Correction du TD Physique - Électrocinétique II - Régimes transitoires

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1 Correction du TD Physique - Électrocinétique II - égimes transitoires - MPSI 1 Lycée Chaptal Correction du TD Physique - Électrocinétique II - égimes transitoires I - Identification d un premier ordre La réponse est du premier ordre, elle est donc caractérisée par son temps caractéristique τ, et éventuellement par ses valeurs initiale et finale. Ici, la méthode de la tangente à l origine s impose, et on a V (0) = 0 V; V ( ) = 8 V et τ = 2 ms On peut alors retrouver l équation différentielle de ce système : dv + 1 τ V = avec = 8 V de solution V (t) = (1 e t/τ ) II - Identification d un second ordre La réponse étant du second ordre, elle est caractérisée par deux paramètres principaux, sa pulsation propre ω 0 et, au choix, son facteur de qualité Q ou son amortissement γ, auxquels il faut ajouter les valeurs initiale et finale, immédiates : V (0) = 0 V; V ( ) = = 1 V La réponse particulière est constante et vaut ; la réponse homogène est pseudo-périodique : en effet, il y a un dépassement. La forme générale de la solution est donc dont la dérivée est V (t) = + e γt [A cos(ωt) + B sin(ωt)] V (t) = e γt [ Aγ cos(ωt) Bγ sin(ωt) Aω sin(ωt) + Bω cos(ωt)] Or, la tension est initialement nulle, ainsi que la dérivée initiale de cette tension (la tangente à l origine est nulle) : V (0) = 0 = + A et ainsi A = et également V (0) = γa + Bω soit B = γ ω L expression de la tension est donc V (t) = [1 e (cos(ωt) γt + γ ) ] ω sin(ωt) de dérivée V (t) = γ2 + ω 2 e γt sin(ωt) ω Le premier dépassement est alors obtenu lorsque la dérivée de V (t) s annule, soit pour t = τ = π/ω. On trouve ainsi ω = π τ = 90 rad.s 1 soit T = 2π ω = 2τ = 72 ms 1

2 Correction du TD Physique - Électrocinétique II - égimes transitoires La valeur maximale est approximativement de 1, 18, ce qui donne sachant que t = τ = π/ω v max = [1 + e γτ ] soit γ = 1 ( τ ln vmax ) 1 = 50 rad.s 1 On voit d ailleurs apparaître, dans le logarithme, le dépassement relatif (v max )/ (voir TP sur le LC en régime transitoire). On a alors, pour un régime pseudo périodique nfin, si on veut le facteur de qualité, on peut utiliser ω 0 = ω 2 + γ 2 = 100 rad.s 1 Q = ω 0 2γ = 1 ce à quoi on pouvait s attendre car le TP nous annonce que Q est à peu près le nombre d oscillations visibles. Il serait ridicule de donner plus d un chiffre significatif lors de ces relevés, qui se font vraiment à la louche... On retiendra également que les calculs sont pénibles, mais faisables : il faut y aller calmement, bien savoir ce que l on cherche, et ne pas hésiter à réécrire plusieurs fois la fonction recherchée afin de faire apparaître des simplifications au fur et à mesure. emarquons enfin que le coefficient d amortissement m = γ/ω 0 que l on rencontre parfois, notamment en TP pour les abaques, donne la valeur de m = 0, 45 environ, ce qui permet grâce à ces mêmes abaques de retrouver les résultats ci-dessus, notamment du dépassement. III - Premier circuit transitoire i 0 i L On considère le paramétrage du dessin suivant. g i 0 i L > 0 L u L A. Tableau Le régime étant établi depuis très longtemps avant 0, toutes les grandeurs sont nulles. On utilise la continuité de l intensité à travers la bobine pour trouver i L (0 + ) = 0. On reconnait alors un diviseur de tension, pour lequel on peut écrire que U = U L = /( + g ) et U g = g /( + g ), et ainsi i 0 = /( + g ). n régime permanent (t = ), la bobine est équivalente à un fil, donc U L = 0, donc 0 = U = (i 0 i L ) et i L = i 0. De plus, u g = = g i 0, soit i 0 = / g t u L = u 0 u g 0 i g 0 g + g + g i L 0 0 g g 2

3 Correction du TD Physique - Électrocinétique II - égimes transitoires - MPSI 1 Lycée Chaptal B. Établissement de l équation différentielle ainsi Première méthode : bourrine La loi des mailles fournit u L = L di L = (i 0 i L ) = g i 0 i 0 = + i L + g et L di L = (i 0 i L ) = + g g i L i L soit finalement Posons 1 τ = g L( + g ) et α = + g di L + Deuxième méthode : plus astucieuse g L( + g ) i L = pour obtenir di L + i L τ = α L L( + g ) On réduit la partie de gauche du circuit grâce au théorème de Thévenin! On obtient alors, avec les notations introduites dans la première méthode, 0 = α et Th = L τ L équation différentielle est alors celle d un circuit L, pour lequel on a di L + i L τ = α L qui est (ouf!) la même équation différentielle qu avec la première méthode. etenez que les schémas de Thévenin et Norton permettent parfois de simplifier grandement un circuit pour ne calculer que ce qui nous intéresse à la fin! C est plus malin, plus rapide et plus élégant. Mais l autre méthode marche toujours, ne cherchez pas non plus à tout prix un astuce qui n existe peut-être pas... C. ésolution de l équation différentielle Posant A constante, on a i L (t) = Ae t/τ + g Or, i L (0 + ) = 0, soit i L (t) = g ( 1 e t/τ ) Á l infini, on retrouve bien le fait que l intensité est nulle. De plus, on a u L (t) = L di L(t), soit u L (t) = α e t/τ 3

4 Correction du TD Physique - Électrocinétique II - égimes transitoires Il y a une discontinuité de la tension aux bornes du condensateur. IV - Allumage d un moteur On considère les deux circuits équivalents suivants, avant et après l ouverture. Avant l ouverture de l interrupteur, le régime permanent est atteint depuis très longtemps, et la bobine est équivalente à un fil. On a alors immédiatement = ri 1 = (i i 1 ) soit i 1 (0 ) = r = 1, 5 A soit u(0 ) = 12 V Après l ouverture, on a l autre schéma, pour lequel u(0 + ) = i 1 (0 + ) = r = 1500 A L équation régissant l évolution de i est Soit une discontinuité de tension de 1512 V! r di 1 + (r + )i 1 = 0 avec i 1 (0 + ) = i 1 (0 ) = r de temps caractéristique τ = L = 0, 8 ms + r i i i 1 i 1 > 0 r u L, r u i 1 AVANT APS 4

5 Correction du TD Physique - Électrocinétique II - égimes transitoires - MPSI 1 Lycée Chaptal V - Deuxième circuit transitoire On ne peut dans cet exercice faire de simplications avec Thévenin Norton car on demande le détail de chacun des courants. Ceux-ci sont tous nuls avant la fermeture de l interrupteur. Par continuité de l intensité traversant la bobine on peut écrire i 1 (0 ) = 0 = i 1 (0 + ) Ainsi, on a i g (0 + ) = i 2 (0 + ) avec = ( g + 2 ) i 2 (0 + ) soit i g (0 + ) = i 2 (0 + ) = g + 2 Á l infini, le régime permanent est atteint, la bobine est alors équivalente à un fil, et le circuit est alors un diviseur de courant : i 1 ( ) = g g // g // 2 i 2 ( ) = g g // g // 1 i g ( ) = i 1 ( ) + i 2 ( ) La loi des mailles donnent les relations g i g = 1 i 1 + L di 1 = 2i 2 avec i g = i 1 + i 2 Ces relations permettent d écrire successivement qui se réécrit en i g = i g = g 2 g i 2 = g 2 g (i g i 1 ) 2 + i g 2 + g n utilisant le fait que g i g = 1 i 1 + L di 1, on obtient di ( 1 + i 1 1 L + g ) 2 L ( g + 2 ) }{{} 1/τ C est très moche... Ben oui, cela arrive parfois! On a alors puis, puisque i g = 2 + i 1, on a 2 + g 2 + g i g = = i 1 (t) = τα (1 e t/τ ) 2 L ( 2 + g ) }{{} α 2 + τα (1 e t/τ ) 2 + g 2 + g et enfin, puisque i 2 = i g i 1, i 2 = g τα (1 e t/τ ) 2 + g 2 + g 5

6 Correction du TD Physique - Électrocinétique II - égimes transitoires La loi des mailles donne VI - ncore un... = 2 (i i 1 ) + u C = 1 i 1 + L di 1 On constate que les deux équations différentielles sont découplées et se résolvent presque immédiatement! Pour une fois d ailleurs, il est plus astucieux de poser i i 1 = i 2. Notons qu initialement, par continuité de l intensité traversant la bobine et de la tension aux bornes du condensateur, on a i 1 (0 + ) = 0 et u C (0 + ) = 0. On a d une part L C > 0 i 1 1 i i 1 di L i 1 = L soit i 1(t) = 1 (1 e t/τ 1) avec τ 1 = L 1 2 i et d autre part = 2 (i i 1 ) + u C donc = 2 C du C + u C soit avec τ 2 = 2 C, u C (t) = (1 e t/τ 2 ) or i 2 = C du C, donc i 2(t) = 2 e t/τ 2 et puisque i = i 2 + i 1 i(t) = 1 (1 e t/τ 1) + 2 e t/τ 2 Si on veut i indépendant du temps, on constate qu il faut choisir 1 = 2 = et τ 1 = τ 2 c est-à-dire L C = 2 et dans ce cas i(t) = VII - Devinez... On commence par simplifier le circuit, puisque cette fois-ci on le peut, grâce aux théorèmes de Thévenin et Norton. On retrouve alors le circuit LC du cours! On a alors par la loi des mailles soit par dérivation 2 = 2 i + u C + L di avec d 2 i 2 + di 2L + i LC = 0 i = C du C Pour cette équation, le discriminant de l équation caractéristique vaut = 2 4L 2 4 LC = 0 /2 i /2 C L 6

7 Correction du TD Physique - Électrocinétique II - égimes transitoires - MPSI 1 Lycée Chaptal On est dans le cas d une racine double. La solution est alors i(t) = (A + Bt) e t/τ avec τ = 4L = C 4 Pour trouver A et B, on utilise les conditions initiales. Ici, on peut dire que i(0 + ) = i(0 ) = 0 par continuité de l intensité dans la bobine. De plus, on peut écrire en utilisant la continuité de la tension aux bornes du condensateur (u C (0 + ) = u C (0 ) = 0) que Ainsi, on obtient di (0+ ) = u L(0 + ) = /2 u C(0 + ) /2 i(0 + ) = L L 2L A = 0 et B = 2L soit i(t) = 2L e t/τ t Or, par définition, i est la dérivée de la charge. Pour trouver q(t), il faut donc intégrer l expression précédente. De plus, on a q(0 + ) = Cu C (0 + ) = 0. On a par conséquent après intégration (par exemple par parties!) : q(t) = te t/τ = [ ] tτe t/τ + τe t/τ 2L 2L 2L et finalement q(t) = τ 2 ou aussi q(t) = C 2 2L [ ( ) ] t 1 τ + 1 e t/τ [ ( ) ] t 1 τ + 1 e t/τ VIII - Précaution expérimentale Le circuit est représenté sur le schéma ci-dessous, avec en encadré le dipôle représentant l oscilloscope. n fait, on peut remarquer que les deux condensateurs sont en parallèle, ce qui se simplifie comme le second schéma avec C = C + C e. Sans oscilloscope (ie C e = 0 et e = ), on a la loi u(t) aux bornes de la résistance donnée dans le cours u(t) = (1 e t/τ ) avec τ = C Dans le cas où l oscilloscope est réel, on grâce à Thévenin-Norton le même circuit C, mais avec un condensateur de C e + C et une résistance valant // e = e /( + e ), donc d une loi u(t) = e e + (1 e t/τ ) avec τ = e + e (C e + C) La non idéalité de l oscilloscope n est donc pas sensible si τ τ et si e et C e C e, c est-à-dire si e + 7

8 Correction du TD Physique - Électrocinétique II - égimes transitoires IX - Lampe au néon Le circuit possède deux phases successives. Á chaque fois, il est équivalent à un circuit différent : > 0 C > 0 C r Dans le premier cas, la lampe au Néon est éteinte, on a un circuit C d équation habituelle = C du + u soit u(t) = (1 e t/τ ) Ce régime prend fin lorsque u(t) = V a, soit pour t = t a avec ( ) t a = τ ln V a Dans la phase suivante, la lampe s allume, et on a le second circuit, tant que u(t) > V e. Le circuit peut se simplifier grâce à Thévenin-Norton par un générateur = α et une résistance e = //r avec α = r/( + r) - ce qui est plus facile à voir si on réalise qu en échangeant C et r, le circuit est strictement le même... et qu on voit alors une sorte de pont diviseur de tension! On a alors la même équation différentielle qu avant, mais avec des grandeurs différentes : = τ du + u avec τ = e C = rc + r de solution u(t) = + λe t/τ La condition initiale correspond à u(0) = V a. Attention! On a repris ici une nouvelle origine des temps pour éviter des calculs compliqués : on a dit que le temps valait zéro au moment du début de cette seconde phase. Ainsi V a = + λ, et finalement u(t) = + (V a )e t/τ Le système s éteindra à un temps t e pour lequel cette quantité vaut V e, soit ( t e = τ Va ) ln V e L allure est globalement la suivante : si on est complètement rigoureux, la première phase demande un temps t a, et la deuxième montée est plus courte car on part de V e. Toutefois, en négligeant le temps de montée pour passer de 0 à V e, on a en gros des cycles de durée t a + t e. 8

9 Correction du TD Physique - Électrocinétique II - égimes transitoires - MPSI 1 Lycée Chaptal X - Circuit de Wien Il est important de faire un paramétrage pertinent du système : puisque C est chargé, on se met en convention générateur, les autres composants seront en convention récepteur, ce qui fixe les orientations des différentes intensités. On a alors les équations : C du = i (1) C dv = i 1 (2) u u i i 1 i i 1 C u C v u = i + (i i 1 ) (3) v = (i i 1 ) (4) Pour le conditions initiales, on a par continuité de v aux bornes de C et de u aux bornes de C : v(0 ) = v(0 + ) = 0 et u(0 ) = u(0 + ) = u 0 = 3 V Au bout d un temps infini, on a atteint le régime permanent, l énergie s est dissipée dans les résistances, et on a v( ) = 0 On a deux réservoirs d énergie, on cherche donc une équation différentielle a priori d ordre 2. Il faut donc faire apparaître des dérivées secondes en dérivant. Commençons par utiliser (1) et (2) pour réécrire (3) et (4) : u = C du + v (3 ) et v = C du dv C (4 ) Ces deux équations sont couplées en u et v, on va chercher par exemple à supprimer u (puisqu on demande l équation sur v!). Or, en dérivant les deux équations, on a du = C d2 u 2 + dv (3 ) (4 ) permet alors de remplacer d2 u dans (3 ) : 2 et enfin, en remplaçant du qui avec = et C = C se simplifie en et du = C d2 v 2 + 2dv (3 ) ainsi obtenue dans (4 ), on parvient à v = 2 CC d2 v dv dv 2C C 2 τ 2 d2 v dv + 3τ 2 + v = 0 Le discriminant vaut = 5/τ 2 > 0, et on a deux racines négatives On a donc r 1 = τ dv + C d2 v 2 = C d2 u 2 (4 ) et r 2 = 3 5 2τ v(t) = Ae r 1t + Be r 2t On a v(0 + ) = 0 = A + B soit A = B. Il est plus difficile de trouver dv (0+ ). Pour cela, on peut écrire en zéro + grâce à (3) et (4) que u 0 = ( + )i 0 i 10 et 0 = i 0 i 10 9

10 Correction du TD Physique - Électrocinétique II - égimes transitoires Les courants i 0 et i 10 sont donc égaux, et u 0 = i 0. Finalement, on a gagné puisque dv (0+ ) = i 10 C = i 0 C = u 0 C = u 0 τ Une dernière ligne de calcul de la dérivée de v(t) conduit à v(t) = u 0 5 (e r 1t e r 2t ) = 1, 34 ( e 382t e 2618t) La fonction s annule lorsque dv = 0, pour un temps t = t max qui est, après dérivation et calcul : t max = τ ( ) ln 5 3 = 0, 86 ms 5 qui correspond à v(t max ) = 0, 82 V 10