I. Circuit RLC série en régime libre

PCSI 1 - Stanislas DM de PHYSIQUE N^◦3 - 17/11/21 - CORRIGÉ A. MARTIN

ELECTROCINÉTIQUE

I. Circuit RLC série en régime libre

1.

On oriente le courant en convention croisée pour le condensateur.

Loi des mailles :u_c+ri+L^di_dt = 0. En injectanti=C^du_dt^c on obtient

¨ u_c+ω0

Qu˙_c+ω₀²u_c= 0 avec ω0= 1/√

LCetQ=1 r

q L/C. On pose aussi_τ²=^ω_Q⁰ d’où τ=2Q

ω0

=2L R .

2. Pour r = 0 le régime est harmonique. La solution générale s’écrit u_c(t) = Acos(ω0t) +Bsin(ω0t).

La charge du condensateur et le courant sont continus donc q0/C = Aeti(0) = 0 = CBω0. D’où u_c(t) =q0/Ccos(ω0t) . Ce signal oscille à la période T0= 2π√

LC.

3. a)Le régime oscille autour du régime permanentu_c= 0, donc c’est un régime pseudopériodique. Le discriminent de l’équation caractéristique est donc négatif :

ω₀²

Q²−4ω²₀<0 ⇔ Q >1

2 ⇔ r <2^qL/C . b)La forme générale de la solution est

u_c(t) =e^−τt(Acos(ωt) +Bsin(ωt)) =D e^−τt cos(ωt+ϕ) avec ω=ω0 s

1− 1 4Q² =

r ω²₀− 1

τ² (par résolution de l’équation caractéristiquer²+^ω_Q⁰r+ω²₀ = 0). On détermine les constantes par les conditions initiales, par continuité de la tension aux bornes du condensateur (chargeq0) et du courant traversant la bobine (nul lorsque le circuit est ouvert) :

u_c(0) =q0

C =A et i(0)/C= 0 =−A

τ +Bω ⇒ B= q0

Cωτ

Finalement u_c(t) =q0

Ce^−τt(cos(ωt) + 1

τ ωsin(ωt)) =D e^−τt cos(ωt+ϕ) avec D=q0

C s

1 + 1 τ²ω²

, et ϕ=−arctan

1 τ ω

.

Remarque : on peut aussi appliquer les conditions initiales en passant directement par la forme u_c(t) =D e^−tτ cos(ωt+ϕ):

u_c(0) =q0/C=Dcosϕeti(0)/C=D(−¹_τ cosϕ−ωsinϕ) = 0. On en déduittanϕ=−_{τ ω}¹ avec ϕ∈]−^π₂,0], donc ϕ=−arctan

1 τ ω

. Puis D=q0/C cosϕ=q0

C q

1 + tan²ϕ=q0

C s

1 + 1 τ²ω²

.

c)L’équation étant sans second membre (régime libre), la solution se limite au régime transitoire pseudo- périodique. Alors par définition δ= ln u_c(tm)

u_c(tm+T) en notanttm un instant oùu_cest maximale ou

1

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minimale.

CommeT=^2π_ω est la pseudo-période on obtientu_c(tm+T) =e^−Tτ.u_c(tm). D’où δ=T

τ =πω0

ωQ= π Q

1− 1 4Q²

−¹₂

.

Compte-tenu du fait que l’on observe environ 5 oscillations sur le chronogramme, on s’attend à avoir Q≈5 doncQ²1 et doncω≈ω0(ouT≈T0) et simplement δ≈π

Q.

4. a) On mesure la pseudo-période par l’écartement des zéros du régime transitoire, espacés deT /2, c’est- à-dire les points oùu_cs’annule ici. On compte 10 zéros en 9,0µs, doncT= 2,0µs.

b)Il n’est pas très prudent d’utiliser le point ent= 0car on n’est pas certain que ce soit vraiment un maximum.En utilisant le premier maximum et le dernier (5ème), on obtientδ= ln(1,7/0,15)/4≈ 0,61. En utilisant le premier et le second minimum (pics les plus hauts pour une meilleure précision), on obtientδ= ln(1,2/0,65)≈0,61 (δ≈0,58 avec les 2 premiers maxima, a priori moins précis). On en déduit Q≈π

δ ≈5,2, et τ=T

δ = 3,3µs.

Remarque : le calcul exact aurait donnéQ = q1

4+^π_δ²2 = 5,2. Pas de différence à ce niveau de précision.

c) T−T0

T0

=

1− 1 4Q²

−¹₂

−1 ≈0,5 %.

d)On en déduit queω0≈ω= 2π/Tà 0,5 % près. Orω0= 1/√

LCdonc L≈ T²

4π²C ≈1,0 mH.

e) Sur le graphe, on lit la valeur maximale à l’instant initial :u_cmax= 1,6 V, d’où q0=Cu_cmax = 1,6×10⁻¹⁰C.

5. On obtient le portrait ci-contre :

Celui-ci tourne nécessairement dans le sens horaire, depuis l’état initial (EI) (u_c=^q_C⁰,u˙_c(0) = ⁱ⁽⁰⁾_C = 0) vers l’état final (EF) (u_c = 0,u˙_c= 0) (condensa- teur déchargé et coupant le circuit en régime sta- tionnaire).

EF

EI 0

u_cmax u_c

˙ uc

6. i=C^du_dt^cd’où i(t) =−q0ω

1 + 1 τ²ω²

e^−τt sin(ωt) (le terme en cos(ωt) disparaît).

CommeQ1, on obtient à la limiteω≈ω0, etω0τ= 2Q1 donc i(t)≈ −ω0q0e^−τt sin(ω0t) . 7. L’énergie est stockée sous forme électrique dans le condensateur et magnétique dans le bobine : E =

Ee+Em=¹₂Cu²_c+¹₂Li². CommeQ1, on a aussiu_c≈^q_C⁰e⁻τ^t cos(ω0t), ce qui mène à E ≈1

2 q₀²

Ce^−2tτ cos²(ω0t) +1 2 q₀²

Ce^−2tτ sin²(ω0t) donc E ≈1 2 q₀² Ce^−2tτ

8. D’après l’expression ci-dessus, qui est approximative,Edécroît au cours du temps. Ce résultat est correct car le bilan de puissance du circuit s’écrit :i u_c+iL^di_dt=−ri². Aveci=C^du_dt^con obtient

dE

dt =−ri²<0. 2

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Ainsi l’énergie stockée est dissipée à tout instant par effet Joule dans la résistance.

9. α= 1−E(t+T)

E(t) ≈1−e^−2Tτ = 0,70.70% de l’énergie stockée à un instant sera perdue au bout d’une pseudo-période.

II. Analogie et étude de cavités résonantes

1. On additionne les admittances puisque les deux dipôles sont en parallèle : Z=

jCω+ 1 jLω)

−1

.

2. On a d’abordi1=u/Ravecu=U_mcos(ωt), donc i1(t) =U_m R cos(ωt) .

Pouri2, on travaille avec les grandeurs complexes associées. On ai2=u/Z=jCω−_Lω¹u. L’amplitude s’obtient par le module,|i2|=|Cω−_Lω¹ |U_m. On observe qu’elle s’annule pourω= 1/√

LC, ce qui répond à la question suivante en posantω0=^√1

LC.

L’argument est arg[i2] = arg[j] + arg[Cω−_Lω¹ ] + arg[u] =^π₂+ arg[Cω−_Lω¹ ] +ωt. Donc arg[Cω−_Lω¹ ] = 0 siCω−_Lω¹ >0⇔ω > ω0 et arg[Cω−_Lω¹] = −π [2π] siCω−_Lω¹ <0⇔ω < ω0. On en déduit finalement quei2=U_m|Cω−_Lω¹|cos(ωt±^π₂) avec un + siω > ω0et un−sinon. Cela peut se récrire i2=∓U_m|Cω−_Lω¹|sin(ωt), c’est-à-dire i2(t) =U_m

1 Lω−Cω

sin(ωt) quelque soitω.

3. D’après la question précédente,i2= 0 siω= ω0= 1

√LC .

II.2. Etude du modèle "réel"

4. Cette fois Z=

jCω+ 1 r+jLω)

−1

. 5. En introduisantω0on obtientZ=

j^qC_Lx+ ¹

r+jp_L

Cx) −1

. On forme un facteur sans dimension que l’on manipule ensuite :Z =r

jr^qC_Lx+ ¹

1+j¹_rp_L

Cx) −1

=r ^1+j

1 r

p_L

Cx 1+jrp_C

Lx 1+j¹_rp_L

Cx =r ^1+j

1 r

p_L

Cx 1−x²+jrp_C

Lx. D’où Z=r 1 +jQx

1−x²+j^x

Q

en posant Q=1 r s

L C =Lω0

r , et donc |Z|=r² 1 +Q²x² (1−x²)²+^x2

Q²

. 6. Le dipôle{r, L}est soumis à la tensionu. La loi d’Ohm complexe donnei_L=u/(r+jLω).

En prenant le module on obtient I0=√ Um

r²+L²ω² .

D’autre part, arg[i_L] = arg[u]−arg[r+jLω]⇔ωt+α=ωt+arg[r−jLω]⇔ α= arg[r−jLω] =−arctan Lω

r

. 7. Lorsque^Lω_r → ∞, on a α−→ −π

2 . Sachant que la tensionus’applique aussi au condensateur, dans ces conditionsi_Lest en retard de phase suruet en quadrature.

8. De l’énergie est stockée sous forme électrostatique dans le condensateur (Ee), et sous forme magnétique dans la bobine (E_m). Au total on a

E=E_e+E_m=1 2Cu²+1

2Li²_L=1

2(CU_mcos²(ω0t)+LI₀²cos²(ω0t−π 2)) =1

2(CU_m² cos²(ω0t)+LI₀²sin²(ω0t)). 3

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Or on aI0≈U_m/(Lω) carLω/r1. Donc pourω=ω0cela donneI0≈^qC_LU_m, et doncCU_m² =LI₀². Ceci conduit à E = ¹₂LI₀²(cos²(ω0t) + sin²(ω0t)) donc E=1

2LI₀². On remarque qu’à cette pulsation, l’énergie totale stockée dans le circuit ne dépend pas du temps, bien que les énergies stockées dans le condensateur d’une part et la bobine d’autre part dépendent naturellement du temps. Rappelons que ce résultat n’est vrai que sous l’hypothèserLω0.

9. La puissance moyenne reçue et donc dissipée dans la résistancers’écrit P=< ri²_L(t)>=rI₀² <cos²(ωt+α)> donc P=1

2rI₀² . D’après les questions précédentes on a^I₂⁰²=_L^E,ω0=^√1

LCetQ=¹_r qL

C, ce qui donne P= r

LE= 1

√LCr s

C

LE d’où P=ω0E Q .

10.Traduisons les données de l’énoncé :ω0U=PambQamb=P4 KQ4 K. D’où Pamb=P4 K

Q4 K

Qamb

= 5×10⁶W.

La puissance trouvée ci-dessus est énorme, et elle est dissipée par la cavité par effet Joule donc perdue, car elle ne sert pas effectivement à accélérer les particules. Si l’on travaille avec des cavités supraconductrices, la résistance devient très faible (r−→0) donc le facteur de qualité devient très grand (Q−→ ∞). Ainsi, on fait décroître la proportion de la puissance consommée perdue par effet Joule. L’état de supraconductivité s’obtient à des températures très basses, d’où le 4 K dans l’énoncé.

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