Le courant d'un coup de foudre

Application directe du cours · niveau 2 · électricité (MPSI), chapitre 1 — Charge, courant, tension : les circuits dans l'ARQS

Énoncé

Le courant d'un coup de foudre nuage-sol est souvent modélisé, pour $t \geq 0$ , par une double exponentielle

$i (t) = I_{0} (e^{- t / τ_{1}} - e^{- t / τ_{2}}), τ_{1} = 50 μ s, τ_{2} = 5 μ s .$

Un enregistrement donne un pic de courant de $30 kA$ .

1) Vérifier que $i (0) = 0$ et que $i (t) > 0$ pour $t > 0$ . Déterminer l'instant $t^{*}$ du maximum et exprimer la valeur du pic. En déduire $I_{0}$ .

2) Exprimer la charge totale $q$ transférée au sol ; vérifier l'homogénéité ; calculer $q$ .

3) Que devient le modèle quand $τ_{2} \to 0$ ? Que représente physiquement $τ_{2}$ , et que représente $τ_{1}$ ?

4) Au bout de combien de temps $99 %$ de la charge est-elle passée ? (On pourra résoudre numériquement.)

5) Comparer $q$ à la charge d'une batterie de téléphone de $4000 mA h$ . La différence de potentiel entre le nuage et le sol est de l'ordre de $1 0^{8} V$ : estimer l'ordre de grandeur de l'énergie mise en jeu, en joules et en kilowattheures. Commenter.

(Capacité numérique, facultative : vérifier la charge par la méthode des trapèzes.)

Corrigé

La stratégie. La charge est l'aire sous la courbe $i (t)$ , puisque $i = d q / d t$ donne $q = \int i d t$ . On étudie d'abord la forme de $i (t)$ pour caler le modèle sur la mesure, puis on intègre.

1) Forme du courant et calage. À $t = 0$ , les deux exponentielles valent $1$ : $i (0) = 0$ , le courant part de zéro, comme il se doit. Pour $t > 0$ , $τ_{1} > τ_{2}$ donne $t / τ_{1} < t / τ_{2}$ , donc $e^{- t / τ_{1}} > e^{- t / τ_{2}}$ et $i (t) > 0$ : le courant garde un signe, celui de la décharge. Au maximum, la dérivée s'annule :

$\frac{d i}{d t} = I_{0} (- \frac{1}{τ _{1}} e^{- t / τ_{1}} + \frac{1}{τ _{2}} e^{- t / τ_{2}}) = 0 ⟺ e^{t (\frac{1}{τ _{2}} - \frac{1}{τ _{1}})} = \frac{τ _{1}}{τ _{2}},$

d'où

$t^{*} = \frac{τ _{1} τ _{2}}{τ _{1} - τ _{2}} ln \frac{τ _{1}}{τ _{2}} = \frac{50 \times 5}{45} ln 10 μ s \approx 12, 8 μ s .$

La dérivée est positive avant $t^{*}$ et négative après (le terme en $1/ τ_{2}$ domine aux temps courts) : c'est bien un maximum. Le pic vaut $I_{0} (e^{- t^{*} / τ_{1}} - e^{- t^{*} / τ_{2}}) = 0, 697 I_{0}$ , donc

$I_{0} = \frac{30 kA}{0 , 697} \approx 43, 1 kA .$

Point délicat. $I_{0}$ n'est pas le pic : le pic est plus faible, parce que la seconde exponentielle n'a pas fini de s'éteindre quand la première a déjà commencé à décroître.

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