Licence Sciences et Technologies: PHY 124 Année 2004-2005 Electrocinétique: Corrigé partiel de la feuille 4

Licence Sciences et Technologies: PHY 124 Année 2004-2005 Electrocinétique: Corrigé partiel de la feuille 4

1) a) Sachant quei(t) = ^dq_dt, l’équation différentielle vérifiée par q est:

dq dt + q

RC = 0

On définit le temps caractéristiqueτ =RC. La solution de cette équation différentielle est de la formeq(t) =q(0) exp(−t/τ).

b) L’énergie stockée dans le condensateur est de la forme E = _2C^q2. Entre les instantst et t+dt, le condensateur perd une énergie _C¹q(t)dq= _C^{1 dq}_dtdt <0. Cette énergie est dissipée dans la résistance. La puissance consommée dans la résistance estP =Ri² =R(^dq_dt)². Par conservation de l’énergie, on a donc:

1 C

dq

dtdt+R(dq

dt)²dt= 0 En simplifiant par ^dq_dt on retrouve l’équation différentielle du 1a).

2) La charge initiale du condensateur estq₀=CV =nCE. On le branche en opposition avec un générateur. L’équation différentielle est cette fois-ci:

dq dt + q

RC =−E/R

La solution de cette équation différentielle est de la forme:q(t) =−EC+(n+1)ECexp(−t/τ)).

3)a) L’énergie emmagasinée dans le circuit à chaque instant correspond à l’énergie stockée dans le condensateur et dans la bobine. Cette énergie vautU(t) = ^q(t)_2C² + ¹₂Li²(t). Il nous faut donc trouverq(t)eti(t) = ^dq_dt pour un circuit RLC série. L’équation différentielle obéi par q(t)

est: d²q

dt² +R L

dq

dt +ω₀²q= 0.

C’est une équation différentielle du second ordre. Il nous faut donc deux conditions initiales q(0) = q₀ eti(0) = 0. Noter que i(t) obéit à la même équation différentielle. La procédure pour résoudre ces équations différentielles est détaillée dans le polycopié. L’équation polynomiale caractéristique est

X²+R

LX+ω₀² = 0

Le discriminant vaut∆ = (^R_L)²−4ω₀². Dans les questions abc), on s’intéresse au régimeQ =

Lω0

R 1, ce qui supposeω₀ R/Lsoit∆ < 0. Je vais donc directement travailler dans ce

régime. (pour les autres régimes, je renvoie à la question d). On a donc deux racines complexes conjuguées:

x_1/2 =−R 2L± i

2

√−∆≈ −R 2L ±iω₀ Ceci correspond à la solution générale:

q(t) = exp(−tR/2L)

Acos(√

−∆t) +Bsin(√

−∆t) Les constantesAetBsont déterminées par les conditions initiales. On trouve:

q(t) =q₀e^−R2Lt(cos(ω₀t) + 1

2Qsin(ω₀t)) et

i(t) =−q0ω0e^−2LRt(1 + 1

4Q²) sin(ω0t)

En injectantq(t)eti(t)dans l’expression de l’énergie,U(t) = ^q(t)_2C² +¹₂Li²(t)peut s’écrire dans cette limiteQ1sous la forme:

U(t) = q₀²

2C exp−(Rt/L)

b-c) L’énergie dissipée dans la résistanceU_R au bout de la pseudo périodeT₀ = 2π/ω₀ est simplement l’énergie disponible initialement moins l’énergie disponible à l’instantt, soitU_R(t) = U(0)−U(t) = _2C^q20(1−exp−(Rt/L)). Au bout det1 = 2π/ω0,UR(t1) = _2C^q20(1−exp−2π/Q)≈ U(0)2π/Q(lorsque Q 1). On voit donc que lorsqueQ 1, l’énergie dissipée dans la résis- tance reste faible. PlusQest grand, moins on a de perte.Qdéfinit bien un facteur de qualité.

d) L’équation différentielle obéi parq(t)est maintenant:

d²q dt² + R

L dq

dt +ω₀²q= E L. On a trois cas de figures:

•R >2p

L/C, on a une solution amortie:

q(t) =CE+e^−R2Lt

a₁exp(−√

∆t/2) +a₂exp(√

∆t/2)

•R <2p

L/C, on a la solution pseudo-oscillante du a):

q(t) =CE+e^−2LRt

a3cos√

∆t/2) +a4sin(√

∆t/2)

•R= 2p

L/C, on a le régime apériodique critique:

q(t) =CE+e^−2LRt(a₅+a₆t)

Pour chacun des trois cas, les constantesa_i,i ∈ [1,6]sont fixées par les conditions initiales q(0) =q₀eti(0) = 0.

La puissance fournie par le générateur est PG = Ei. La puissance dissipée estPR = Ri². L’énergie emmagasinée dans la bobine et le condensateur vaut:

U = _2C^q2 +¹₂Li². La conservation de l’énergie impose:P_G= ^dU_dt +P_R.

4)a) La loi des noeuds imposei_R+i_L+i_c = 0.

De plus u = Ri_R = L^di_dt^L = _C¹ R

i_Cdt. En combinant ces équations, on obtient facilement l’équation différentielle satisfaite pari_L:

d²i_L dt² + 1

RC di_L

dt + 1

LCi_L= 0, ce qui peut se récrire sous la forme:

d²i_L dt² +ω₀

Q di_L

dt +ω₀²i_L= 0.

b) L’équation caractéristique est:r²+^ω_Q⁰r+ω₀² = 0. On supposeQ1, donc le discriminant

∆ = (^ω_Q⁰)²−4ω₀²== (^ω_Q⁰)²(1−4Q²)est positif. On a donc deux racines négatives:r₁≈ −ω₀/Q etr₂ ≈ −ω₀Q.

La solution générale est du type:

i_L(t) =Aexp(r₁t) +Bexp(r₂t)

iL(0) = 0imposeA+B = 0. Sachant queu(t) = L^di_dt^L = AL(r1exp(r1t)−r2exp(r2t))et u(0) =U₀, on aA= _L(r^U0

1−r2) ≈A=−^U_Lω^0Q₀ =−^U0_L^RC. Ceci détermine donci_L(t), u(t)et égalementi_C(t) =LC^d_dt²ⁱ2^L.

La puissance dissipée dans la résistance vautP(t) =Ri²_R(t) = u²(t)/Ret l’énergie électro- magnétique emmagasinée estW = ¹₂Li²_L+¹₂Cu² ≈ ¹₂CU₀²exp(−ω₀t/Q). Cette énergie décroît exponentiellement vite à cause du facteur1/Q1.

5) Soitqla charge dans le condensateur de capacitéC, etq⁰ dans le condensateur de capacité C⁰. Soienti₁ le courant circulant dans le condensateurC,i₂ le courant dans la résistanceReti le courant dans le condensateurC⁰. J’oriente les courants tel quei = i₁+i₂. On ai₁ = ^dq_dt et i= ^dq_dt⁰, donci2 = ^d(q_dt^0−q). On applique la loi des mailles. On peut écrire deux équations pourq etq⁰:

q⁰ C⁰ + q

C +R⁰(i₁+i₂) = 0 (1) Ri₂= q

C (2)

A partir de l’équation (2), on obtient ^dq_dt⁰ = ^dq_dt + _RC^q . En dérivant l’équation (1), on obtient l’équation différentielle vérifiée parq:

d²q dt² + ( 1

RC + 1

R⁰C + 1 R⁰C⁰)dq

dt + q

RCR⁰C⁰ = 0

On retrouve une équation du second ordre. L’équation caractéristique est:

X²+ ( 1

RC + 1

R⁰C + 1

R⁰C⁰)X+ 1

RCR⁰C⁰ = 0 Le discriminant vaut:

∆ = ( 1

RC + 1

R⁰C + 1

R⁰C⁰)²− 4

RCR⁰C⁰ = ( 1

RC + 1

R⁰C − 1

R⁰C⁰)²+ 4

R⁰²CC⁰ ≥0 On a donc deux racinesw₁etw₂réelles négatives (leur produit est positif et leur somme est néga- tive) et une solution générale pourq(t)de la forme: q(t) = αe^w1t+βe^w2t. La condition initiale q(0) = 0imposeα+β = 0. doncq(t) =α(e^w1t−e^w2t).

La seconde condition initiale est q⁰(0) = q₀⁰. Il faut donc calculer q⁰(t). On a également i₁ = ^dq_dt =α(w₁e^w1t−w₂e^w2t)eti₂ = _RC^α (e^w1t−e^w2t).

L’équation (1) donne:

q⁰(t) =−αC⁰

C (e^w1t−e^w2t)−R⁰C⁰α

(w₁+ 1

RC)e^w1t−(w₂+ 1 RC)e^w2t

. La conditionq⁰(0) = 0imposeα = _R0C0(w^q00

2−w1).

La ddp aux bornes de C vaut donc: V_C = q/C = _R0^q_CC⁰⁰ ₀^ew_w^1t−ew2t

2−w1 . On a q(0) = 0 et q(∞) = 0. C’est donc une courbe en cloche avec un maximum ent₀ = _w ¹

2−w1 log(w₁/w₂). 6)a L’équation différentielle obéi parqest:

dq dt + q

RC = E(t) R

La charge dans le condensateur est continue mais pas forcément le courant. Soit2Tla période du signal (noter l’erreur dans l’énoncé). Supposons queE(t) =V₀ pourt∈[0, T]etE(t) = 0pour t∈[T,2T].

Lorsque E(t) = V₀, le condensateur se charge et la ddp aux bornes du condensateur vaut:

u(t) = V₀(1−e^−t/τ) avec τ = RC. At = T, E(t) = 0, donc le condensateur se décharge sous la formeu(t) = V₀(e^{T /τ} −1)e^−t/τ où l’on a utilisé la continuité de la charge en t = T. Cette expression est valable entret∈ [T,2T]. Pour la suite, on continue le même raisonnement de charge et de décharge en imposant la continuité de la charge à chaque valeur det=nT.

L’intensité i(t) = ^dq_dt vaut: i(t) = ^V_R⁰e^−t/τ > 0 pour t ∈ [0, T]et q(t) = −^V_R⁰(e^{T /τ} − 1)e^−t/τ <0entret∈[T,2T]. On voit clairement que l’intensité est discontinue à chaque pas de tension.

b) La puissance instantanée dans le condensateur vaut:

P(T) =u(t)i(t) = V₀²

R (1−e^−t/τ)e^−t/τ Elle est maximale à l’instantttel quedP(t)/dt= 0cadt=τlog 2.

c) On supposeT RC =τ. Cela signifie que condensateur n’a pas le temps de se décharger lors d’une demi-période. Reprenons les résultats du a) dans cette limite. Entret∈[0, T], u(t)≈

(V0T /τ)e^−t/τ. A t = T, on a en particulier u(T) ≈ V0T /τ = constante. La charge du condensateur est quasi-linéaire. La tension en t = T est indépendante de T si l’on suppose V₀T = constante. La décharge du condensateur est très lente car τ T. Donc lorsque T diminue avecV₀T =constante, la tension tend vers une constante réalisant ainsi un redresseur de tension.

7) Exercice non traité en classe car trop délicat.