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a) Ce n’est pas un problème de courant alternatif stationnaire, puisqu’on ne laisse pas le temps au régime transitoire de s’estomper. Le circuit est régi par l’équation différentielle
LdI
dt +RI =Umcos(ωt).
Il existe une solution particulière sinusoïdale, que l’on peut obtenir comme la partie réelle de la solution enexp(jωt)de
LdI
dt +RI =Umexp(jωt).
Cette solution particulière estImexp(jωt), avec(jωL+R)ImUm, d’où Im=Imexp(jφ), Im = Um
√R2+L2ω2 , cosφ = R
√R2+L2ω2 , sinφ= −Lω
√R2+L2ω2 . La solution particulière réelle estIpart(t) =Imcos(ωt+φ), à laquelle on peut ajouter une solution quelconque de l’équation homogène, soitAexp(−Rt/L)et on choisitA de façon à reproduire l’intensité initiale, soit au total
I(t) =Im[cos(ωt+φ)−cosφ exp(−Rt/L)], avec les valeurs ci-dessus deImetφ, ce qui donne
I(t1) =−Im[cos(φ)−cosφ exp(−RT /(2L)], b)
W = Z T /2
0
Umcos(ωt)I(t) dt ,
On peut calculer analytiquement le résultat, mais ce n’était pas essentiel pour réussir cet exercice.
@'A('CB
a) Dans un branchement direct, on aurait une résistanceR. Dans le branchement de la figure, on a une résistance équivalente
r1+ 1/(r−12 + (r1+R)−1),
et si on écrit qu’elle est égale àR, on obtientR2 =r1r2, dont seule la racine posiitveR =√r1r2
est acceptable.
b) Le courant débité,U0/R, est divisé entre deux résistances etI1 =I0r2/(r1+r2+R), ce qui donneα =U1/U0 =r2/(r1+r2+R), qui associé àr1r2 =R2 donne deux équations pour calculerr1 etr2, que l’on résout sans problème.
c) On auraUn/U0 =αnet le générateur ne voit toujours qu’une résistanceR.
