DS3 : Électricité – corrigé

TSI1 – Physique-chimie DS3 : Électricité – corrigé – 01/12/2018

DS3 : Électricité – corrigé

Exercice 1: Résistances éqivalentes 1. Req =²¹₈R

2. Req =²⁶₁₁R 3. Req =⁵₇R

Exercice 2: Quelqes circuits (TD4) Circuit 1 :

E i

A

R₁ i1

R2

i₂

Circuit 2 :

E i

A

R₁ i1

i2 R2 R3

U₂ U

Circuit 3 :

E

R

2R

i₂ i

20R

i₁ 4R 12R U U1

1. Circuit 1 : Loi des noeuds enA:i=i1+i2= _R^E

1 +_R^E

2 =E

1 R₁ +_R¹

2

2. Circuit 2 : Loi des noeuds enA:i=i₁+i₂ =_R^E

1 +i₂. On trouvei₂en remplaçantR₂etR₃parR_eq=R₂+R₃, soit i₂= _R^E

eq =_R ^E

2+R3. Et finalement i= E

R₁ + E

R₂+R₃ =E 1

R₁+ 1 R₂+R₃

etU =R3i2=E R3

R₂+R₃

(En exercice : retrouver ces résultats en transformant les résistances en résistances équivalentes et en utilisant la formule d’un pont diviseur de tension)

3. On remplace successivement les associations de résistances par des résistances équivalentes : 4R et 12R en parallèle⇒ 3R ; 3R et 2R en série⇒5R ; 5R et 20R en parallèle⇒4R ; 4R et R en série⇒5R. Donc

i= E 5R .

U est donnée par le diviseur de tension formé par2RetReq= 3Rappliqué àU1=E−Ri= ⁴₅Edonc U = 4

5E×3R 5R =12

25E .

i₂= _12R^U =_25R^E eti₁=_4R^U = _25R^3E.

Exercice 3: Surtension aux bornes d’une bobine (TD5)

U = 3 V

K

L i_L R

U_L UR

1. Au moment où l’on ferme l’interrupteur, l’intensité du courant qui circule dans la bobine est nulle. Comme l’intensité du courant qui circule dans la bobine est constante, on sait qu’àt = 0⁺elle sera encore nulle.

Si on attend suffisamment longtemps on arrive en régime perma- nent et la bobine se comporte comme un fil. Dans ces conditions, l’intensité du courant dans le circuit esti=U/R.

On en conclut que l’intensité dans la bobine va augmenter pro- gressivement jusqu’à atteindre la valeur limite dei=U/R.

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2. La tension aux bornes de la bobine est U_L = Ldi_L

dt . L’application de la loi des mailles donne :U = U_R +U_L = RiL+LdiL

dt . On obtient donc l’équation différentielle : di_L

dt +R LiL= U

L 3. La résolution (habituelle) de l’équation différentielle donne

i_L(t) = U R

1−exp

−t τ

avec τ= L R

4. Suffisamment longtemps signifie que le régime permanent est atteint donc que l’intensité est proche de sa valeur finale U/R. Il faut quetτ.

5. L’énergie emmagasinée par la bobine estWL= 1

2Li²_L= 1 2L

U R

²

6. L’intensité du courant qui traverse la bobine est continue, donc lorsqu’on ouvre l’interrupteur elle ne peut pas passer instantanément à 0. L’interrupteur ne peut pas être considéré comme idéal.

7. Lorsqu’on ouvre l’interrupteur, l’intensité diminue extrêmement rapidement dans le circuit. Comme la tension aux bornes deLest proportionnelle à la dérivée de l’intensité, elle augmente énormément.

Cela crée un arc électrique qui peut user les contacts de l’interrupteur avec le temps.

La surtension aux bornes d’une bobine peut être utilisée pour convertir une tension faible vers une tension plus élevée.

Exercice 4: Convertisseur buck

u_in

K1 L

uL

i

K2 u_out

1. Lors de cette phase, on au_L=u_in−u_out=Ldi

dt. On en déduit que di

dt = ^uin−u_L ^out. 2. Commeu_inetu_outsont des constantes, on en déduit que di

dt =K(constante) et donci(t) =Kt+B. On notei(0) = i_min=Bd’où finalement :

i(t) =i_min+u_in−u_out

L t

Au moment oùK1s’ouvre,t=t_onet on obtient l’expression demandée : i_max=i_min+u_in−u_out

L t_on

3. Lors de la phase oùK1est ouvert, on auL =−u_outet de la même manière que précédemment, on obtient di

dt =−u_out L .

4. On en déduit que pour cette phase,i(t) =A−^u_L^outt. Aveci(t_on) =i_max, on obtient : i(t) =i_max−u_out

L (t−t_on)

5. On ai(t_on+t_off) =i(T) =i(0)car l’intensitéi(t)est périodique. On donne l’évolution dei(t)sur le graphique ci-dessous.

t_on t_off t_on t_off

t i(t)

i_min i_max

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En déduire l’expression deu_outen fonction deu_inetr. On vérifiera que l’on a bienu_out< u_in

6. On déduit de la question précédente quei(t_on+t_off) =i(0) =i_min=i_max−^u_L^outt_off =i_min+^uin−u_L ^outt_on−^u_L^outt_off. D’où finalement

u_out=ru_in≤u_in

Exercice 5: Circuit RLC parallèle (TD6)

1. En régime permanent, condensateur=circuit ouvert et bobine=fil.

— àt= 0⁻on au= 0iC= 0,iL= E Rg

etiR= 0;

— àt= 0⁺L’intensité dans la bobine est continue donciL= E

R_g la tension aux bornes deCest continue doncu= 0 donci_R= 0et la loi des nœuds donnei_C=−iL;

— lorsquet→ ∞L’énergie est dissipée par la résistance eti_C=i_R=i_L= 0etu= 0.

2. La tensionu(t)va commencer par être négative (iC(0⁻) < 0) puis va osciller avant de se stabiliser à0. On obtient l’évolution ci-dessous :

t u(t)

3. Lorsqu’on ouvre l’interrupteur le courant dansLva progressivement diminuer en partie pour chargerCet en partie en passant dansR. Lorsque le courant dansLs’annule, le condensateur se décharge et le courant devient négatif. L’intensité oscillera jusqu’à ce que toute l’énergie ait été dissipée par la résistance.

SiRest très élevée,Qest aussi élevé donc on peut supposer queQ∝R. L’analyse dimensionnelle donneQ=R rC

L (Q doit être sans dimension)

4. u=LdiL

dt ,iL=−iC−iR,iC=Cdu

dt etiR= u Rdoncu

L =−Cd²u dt²−1

R du

dt. Ce qui nous donne l’équation différentielle : d²u

dt² + 1 RC

du dt + 1

LCu= 0 soit d²u dt² +ω0

Q du

dt +ω₀²u= 0 (1)

5. On déduit de l’équation précédente (par identification à celle d’un oscillateur harmonique amorti) : ω₀= 1

√LC etQ=R rC

L On retrouve la même expression que dans la question précédente.

6. Avec les données fournies, on trouveω0≈707 rad/setQ≈6 7. Portrait de phase :

u(t) du dt

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Exercice 6: Circuit RLC série

e(t)

R i

C L uL

u_C uR

I - Réponse à un échelon de tension

1. Pourt <0on est en régime permanent, la bobine se comporte comme un fil doncuL(0⁻) = 0et le condensateur se comporte comme un interrupteur ouvert donci(0⁻) = 0. On en déduit queuR(0⁻) =Ri(0⁻) = 0et donc la loi des mailles donneuC(0⁻) = 0.

2. La continuité de l’intensité qui traverse la bobine imposei(0⁺) = i(0⁻) = 0doncuR(0⁺) = 0et la continuité de la tension aux bornes du condensateur imposeuC(0⁺) =uC(0⁻) = 0. La loi des mailles donne enfinuL(0⁺) =E.

3. On applique la loi des mailles :E=uR+uC+uL, la loi d’Ohm :uR=Ri, du condensateur :i=CduC

dt et de la bobine uL=Ldi

dt. En combinant les trois (en partant de la loi de la bobine) on obtient l’équation différentielle : d²uL

dt² +R L

duL

dt + 1

LCuL= 0

4. La pulsation propre du circuit estω0= ^√1

LC et le facteur de qualité estQ= _R¹ qL

C. 5. D’après le graphique on trouveE'4 V,ω0= 2πf '10⁵rad/setQ'10.

On donne ci-dessous l’évolution de la tensionuL(t)pourt >0. Déterminer à partir de ce graphique une estimation des valeurs numériques deE,ω0etQ.

6. On aω₀² '10¹⁰s⁻² = _LC¹ . On peut donc par exemple prendreL = 0,1 mHetC = 1µF. Dans ces conditions on a R=_Q¹q

L

C =₁₀¹q

0.1

1×10⁻³ = 1 Ω.

II - Régime sinusoïdal forcé 7. e(t) =Ee^j(ωt+ϕ).

8. On a un pont diviseur de tension formé par l’impédanceZLen série avecZCetZR. On a donc u_L=e Z_L

ZL+ZR+ZC

=e jLω jLω+_jCω¹ +R Avec les expressions deω₀etQdonnées on trouve bien :

u_L=e jQ_ω^ω

0

1 +jQ

ω ω₀ −^ω_ω⁰ 9. On a :

U(ω) =|u_L|=E Q_ω^ω

0

r

1 +Q²

ω

ω0 −^ω_ω⁰² On aU(ω0) =QE

10. Lorsque le facteur de qualité est grand, on aU(ω0)> Eil se produit un phénomène de résonance 11. Le déphasage estϕ= arg(u_L)−arg(e)soit :

ϕ= arg





jQ_ω^ω

0

1 +jQ

ω ω0 −^ω_ω⁰



= π

2 −arctan

Q ω

ω0

−ω0

ω

Lorsqueω=ω0,ϕ=^π₂.

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