I. Etude d’un électrolyseur

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PCSI 1 - Stanislas DS de PHYSIQUE N^◦3 - 1/12/18 - CORRIGÉ A. MARTIN

ÉLECTRICITÉ

I. Etude d’un électrolyseur

1. Dipôle passif : la caractéristique statique passe par l’origine (i= 0 etu= 0).

Dipôle symétrique : la caractéristique statique est impaire, donc les deux pôles peuvent être permutés sans effet sur l’état du circuit.

Dipôle linéaire : la caractéristique statique est une droite, et la relation courant tension est une équation différentielle linéaire à coefficients constants.

L’électrolyseur est doncun dipôle passif, symétrique, et non linéaire.

2. a)D’après le graphe, l’intensitéIest nulle dans le régime 2 quelle que soit la tension (dans le domaine [−E1, E1]). On peut donc remplacer le dipôle par un interrupteur ouvert, c’est-à-dire le supprimer.

b)On est ramené à une circuit de type pont de Wheatstone. On décomposeU en passant parA(ou B) :U=V_M−V_A+V_A−V_N. L’application de la formule du pont diviseur de tension dans chaque branche entreAetBconduit alors àU=xE−(1−x)E, donc U= (2x−1)E.

c)D’après le graphe, le régime 2 existe sous la double condition −E1 ≤ U ≥ E1. Ceci équivaut donc à−E1 ≤(2x−1)E ≥E1. CommeE≥ 0, on obtient la condition nécessaire et suffisante

1 2

1−E1

E

≤x≤1 2

1 +E1

E

, c’est-à-dire 0,25< x <0,75.

3. a)D’après le graphe, dans le régime 3 la caractéristique est une demi-droite d’équationI=^U−E_R ¹

1 ⇐⇒

U=R1I+E1. Cette relation est cohérente avec le schéma équivalent proposé.

b)Première méthode :On applique la loi des noeuds en termes de potentiel, qui combine loi des noeuds et loi d’Ohm : on exprime d’abordU=V_M−V_Nen fonction deI, puis on imposeU=R1I+E1ce qui détermineI.

Par commodité, on impose une masse au pointA, donc V_A= 0 et V_B = E. La loi des noeuds en termes de potentiel conduit alors enM àI =−^V_xR^M +_(1−x)R^E−V^M ⇐⇒V_M =xE−x(1−x)RI, et enN àI = _(1−x)R^V^N +^V^N_xR^−E ⇐⇒ V_N = (1−x)E+x(1−x)RI. Ceci mène àU = V_M−V_N = (2x−1)E−2x(1−x)RI. En imposant par ailleurs queU=R1I+E1, on en déduit

I=αE+βE1

γR1+δR avec α= 2x−1 , β=−1 , γ= 1 et δ= 2x(1−x) .

c)D’après le graphe, le régime 3 correspond àI >0⇐⇒(2x−1)E−E1>0⇔ x >1 2

1 +E1

E

= 0,75.

4. a)D’après le graphe, dans le régime 1 la caractéristique est une demi-droite d’équationI=^U+E_R ¹

1 ⇔

U=R1I−E1. Cette relation est cohérente avec le schéma équivalent proposé.

b)Le calcul deI(x) est en tout point identique au précédent, mis-à-part le fait que la sourceE1a été retournée. Donc il suffit de changerE1en−E1dans le résultat, ce qui conduit à I=αE−βE1

γR1+δR . De même que précédemment, la condition d’existence du régime 1 est I < 0 et conduit bien à

x <1 2

1−E1

E

= 0,25.

1

II. Champ mégagauss

1. Avant le basculement de K de la position 2 vers 1, le condensateur est chargé et le régime est stationnaire.

Donc le condensateur est équivalent à un interrupteur ouvert et le courant y est nul (aussi dans la branche de droite qui est de fait ouverte). Par conséquentla tension sur les résistances est nulleet u_c=E. Aux bornes de la bobine la tension est aussi nullecar le courant l’est.

2. On notei_cle courant rentrant dans le condensateur en convention récepteur par rapport à la tensionu_c. On a donc la puissance reçue par le condensateur

P_{r C}=u_c.i_c=C.u_c.du_c dt =dξ_e

dt avec ξ_e=1 2Cu²_c

l’énergie électrique contenue dans le condensateur. L’énergie reçue par le condensateur entre le début et la fin de la charge est donc

W_{r C}= ˆ ∞

0

P_{r C}dt= 1

2Cu²_c ∞

0

= 1

2Cu²_c(∞)−1 2Cu²_c(0)

d’où W_{r C}=1

2CE² = 54 kJ. 3. Le courant est maintenant nul dans la branche de gauche. La loi des mailles de la maille de droite s’écrit

Ldi

dt+ri−u_c= 0 pour tout t >0.

Commei=−C^du_dt^c, on dérive cette équation et on la multiplie par_L¹, ce qui donne : d²i

dt²+r L

di dt+ 1

LCi= 0.

4. On peut alors poser ω0= 1

√

LC = 9,1×10⁵rad.s⁻¹et Q=1 r

s L C = 0,91.

5. Le courantidoit évoluer continûment à cause de la bobine, or il est nul àt= 0⁻car l’interrupteur était en position 2 donc la branche ouverte. Donc i(0⁺) =i(0) = 0 .

On noteu_Lla tension aux bornes de la bobine en convention récepteur par rapport au courant. Par la loi des mailles et en utilisant la continuité de la tension aux bornes du condensateur, on obtient

Ldi

dt(0⁺) =u_L(0⁺) =u_C(0⁺)−ri(0⁺) =E−0 d’où di dt(0⁺) =E

L .

6. Le discriminant de l’équation caractéristiquex²+^ω_Q⁰x+ω²₀= 0 est ∆ = 4ω₀²_4Q¹2−1<0 carQ >¹₂. La solution générale s’écrit donc (pas de solution particulière car pas de second membre) :

i(t) =e⁻

ω0t

2Q (Acos(ωt) +Bsin(ωt)) avec ω=ω0 s

1− 1

4Q² , pour tout t >0.

L’application des conditions initiales permet de trouver les constantesAetB: i(0⁺) = 0 =A et di

dt(0⁺) =E

L=Bω d’où i(t) = E Lωe⁻

ω0t 2Q sin(ωt) .

7. On représente ci-dessous le couranti(t) en trait épais, et l’enveloppe exponentielle supérieure_Lω^E e⁻^2Q^ωt en trait fin. La première annulation a lieu à l’instant ^T₂, puis à l’instantT, avecT=^2π_ω la pseudo-période.

2

(2)

0 t

i

2Q ω0

T

2 T

E Lω

8. Par proportionnalité, le champ magnétique suit le même profil temporel que le courant. Le temps carac- téristique de décroissance de l’enveloppe exponentielle est τ=2Q

ω0

= 2,0µs, qui est (comme on peut le voir ci-dessus) un bon ordre de grandeur de la durée de vie du champ magnétique.

9. Au départ on a stocké une énergie électriqueE_e = ¹₂CE² dans le condensateur. L’énergie magnétique stockée dans la bobine vautEm=¹₂Li². Si tout est converti on obtient

1

2Li²_max=1

2CE² ⇔ imax= s

C

LE = 3,3×10⁶A et imax=µ0

D s

C

LE = 2,0×10²T. 10. Lors de la décharge, une partie de l’énergie stockée est perdue (dissipée) par effet Joule dans la résistance

r. On ne peut donc pas transférer l’intégralité de l’énergie dans la bobine, ce qui aboutit à un courant maximal inférieur.

11. Attention erreur d’énoncé !... il fallait lire « bloquée » et non « passante », sinon il n’y a plus aucun rapport avec la première partie de l’énoncé.

Première méthode :

Commei=−C^du_dt^c, on intègre l’expression précédente : u_c(t)−u_c(0) = ´t

0 duc

dt(t⁰) dt⁰=−_C¹´t

0i(t⁰)dt⁰=−_LCω^E ´t 0e⁻^t

0

τ sin(ωt⁰)dt⁰

= −_LCω^E _2j¹ ´t 0e⁻^t

0 τ

e^jωt⁰−e^−jωt⁰dt⁰=−_LCω^E _2j¹

e⁽⁻¹^τ^+jω)t−1

−_τ¹+jω −^e⁽⁻^τ¹^−jω)t⁻¹

−¹_τ−jω

= − ^E

LCω(¹ τ2+ω²)

e⁻^tτ 2j

(e^jωt−1)(−¹_τ−jω)−(e^−jωt−1)(−¹_τ+jω)

= − ^E

LCω(¹ τ2+ω²)

e⁻^tτ 2j

−_τ¹2jsin(ωt)−2jωcos(ωt) + 2jω

Commeu_c(0) =Eet_τ¹2+ω²=ω²₀, on obtient finalement

u_c(t) =E e⁻^t^τ 1

ωτsin(ωt) + cos(ωt)

=Eω₀²

ω² e⁻^t^τ cos(ωt+ϕ) avec ϕ=−arctan(τ ω) . Seconde méthode (plus rapide et moins risquée...) :

On établit l’équation différentielle vérifiée paru_c, à savoir ¨u_c+^ω_Q⁰u˙_c+ω²₀u_c= 0 (cf cours). Puis on la résout directement, ce qui donneu_c(t) =e⁻^tτ (A⁰cos(ωt) +B⁰sin(ωt)) avec les conditions initiales suivantes :

u_c(0) =E=A⁰ et u˙_c(0⁺) =−1

Ci(0) = 0 =−A⁰

τ +B⁰ω⇒B⁰= E τ ω, ce qui conduit à la même expression que ci-dessus.

3

12.On obtient cos(ωt0+ϕ) = 0⇔ωt0+ϕ=^π₂ d’où t0=1 ω

π

2+ arctan(τ ω)

avecω=ω0

q1−_4Q¹2 = 7,6×10⁵rad.s⁻¹, d’oùt0= 3,4µs.

13.La tensionu_cne peut continuer à décroître selon l’expression précédente car la diode devient passante et assimilable à un fil. Le condensateur est alors court-circuité etu_c(t) = 0 pour toutt≥t0. On peut s’en convaincre par l’absurde : le courantiest nécessairement positif (à cause de la diode). Supposons qu’à un instant ultérieur la diode redevienne bloquée, alors le courant doit circuler dans le condensateur qui est à cet instant de charge nulle. Donc comme ^du_dt^c =−_Cⁱ <0,u_cva décroître et devenir négative immédiatement, donc la diode va repasser immédiatement en mode passant.

Ainsi le courant évolue définitivement dans un circuit r-L série, vérifiant l’équation différentielle di

dt+τ_Li= 0 avec τ_L=L

r pour tout t≥t0.

L’expression trouvée en6.permet d’écrire la condition initiale, par continuité du courant dans la bobine :

i(t0) = E Lωe⁻

ω0t0

2Q cos(ϕ) car ωt0=π 2−ϕ .

Et la solution s’écrit alors i(t) =i(t0)e⁻

t−t0 τL . 14.On chercheτ⁰vérifiant

i(t0+τ⁰) =i(t0)

10 ⇔ e⁻^τ

0 τL = 1

10 ⇔ τ⁰=τ_Lln 10 = 2,3µs.

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