TSI1 – Physique-chimie DM2 : Circuits électriques en régime transitoire – corrigé – 28/11/2019
DM2 : Circuits électriques en régime transitoire – corrigé
Problème:Charge d’un condensateur à travers une résistance (CCP 2005) Première partie : Étude de la charge du condensateur
E
K A
C i B R
vs
1. Au bout d’un temps très long après avoir fermé l’interrupteur, on atteint le régime permanent et le condensateur se comporte comme un interrupteur ouvert. L’intensité qui circule dans le circuit est nulle :i= 0et la tension vs est donnée par la loi des mailles (+ loi d’Ohm) :vs=E−Ri=E.
2. τ est en secondes. On peut le montrer de la manière suivante :
On utilise la formule qui relie la tension aux bornes d’un condensateur à l’intensité qui le traverse :i=Cdu dt, ce qui nous indique queC est en A.s.V−1. DoncRC est enΩ.A.s.V−1, or d’après la loi d’Ohm,R= U
i,Ω=V.A−1. Donc finalement RC est en secondes.
3. 3.1. — La loi des mailles et la loi d’Ohm donnentvs=E−Ri
— Dans le condensateur, on ai=Cdvs
En combinant les deux, on obtient : dt
dvs
dt +1 τvs= E
τ.
3.2. On résout (comme d’habitude) l’équation différentielle en tenant compte des conditions initiales et on trouve finalement :
vs(t) =E
1−exp
−t τ
Lorsque t→ ∞, exp
−t τ
→0 et vs(t)tend vers E. Cette valeur est la même que celle trouvée dans la question 1.
3.3. Graphique :
E
τ
pente :E/τ
t vs(t)
Àt= 0la pente de la courbe est vs(t)
dt (t= 0) = E τ La tangente d’équationv= E
τt intersecte l’asymptote d’équationv=E ent=τ.
3.4. On cherche t1 tel que vs(t1) = 0.99×E. En utilisant l’expression devs(t) on obtient exp(−t1/τ) = 0.01 d’où on tiret1=−τln(0.01), soit t1'4.6τ
4. L’intensité est donnée pari=Cdvs dt = E
Rexp
−t τ
Deuxième partie : Étude énergétique de la charge du condensateur
5. 5.1. Lorsque la charge est terminée, l’énergieEc emmagasinée dans le condensateur est :Ec =1 2CE2
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5.2. L’énergie totale fournie par le générateur est obtenue en intégrant la puissance instantanée fournie P(t) = E×i(t) =E2
R exp(−t/τ)entre 0 et∞ Eg=
Z ∞
0
E2
R exp(−t/τ)dt= E2 R
h−τexp(−t/τ)i∞
0
=τE2
R =CE2 On peut également déterminer l’énergieEr dissipée par la résistance au cours de la charge :
Er= Z ∞
0
Ri(t)2dt= Z ∞
0
E2
R exp(−2t/τ)dt=E2 R
h−2τexp(−2t/τ)i∞ 0
=1 2CE2 On vérifie bien la conservation de l’énergie carEg=Ec+Er.
5.3. Le rendement de la charge du condensateur estρ= Ec
Eg
=1 2
6. 6.1. La première phase de charge est identique à celle étudiée dans la partie précédente en remplaçant E par E/2. DoncEg1=1
4CE2 etEc1=1 8CE2
6.2. Au cours de la seconde phase de charge l’équation différentielle vérifiée parvs(t)est identique à celle trouvée dans la partie précédente, soit :
dvs dt +1
τvs=E.
En tenant compte des conditions initiales, on trouve l’expression devs(t)suivante :
vs(t) =E 2
2−exp
−t τ
6.3. L’intensitéi(t)qui traverse le circuit pendant la deuxième phase de charge esti(t) =Cdvs
dt = E 2R
exp
−t τ
6.4. En utilisant les expressions de vset de ien fonction du temps, déterminer :
• L’énergie fournie par le générateur au cours de la seconde phase de charge est : Eg2=
Z ∞
0
E×i(t)dt= E2 2R
Z ∞
0
exp
−t τ
dt=E2 2R
h−τexp(−t/τ)i∞ 0
=CE2 2
• L’énergie emmagasinée par le condensateur au cours de la seconde phase de charge est : Ec2=Ec(finale)−Ec(initiale) =1
2CE2−1
8CE2=3 8CE2 6.5. Le rendement final de la charge du condensateur est ρ0 = Ec
Eg
= Ec
Eg1+Eg2
=
1 2CE2
3
4CE2 = 2 3
7. Pour faire tendre le rendement de la charge du condensateur vers 1, il faudrait augmenter le nombre de paliers de tension de manière à ne jamais charger le condensateur sous une tension trop élevée. Idéalement, il faudrait faire varier continûment la tension aux bornes deC.
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