Réponse d'un RLC à un échelon : le dépassement

Exercice de TD · niveau 3 (difficile) · électricité (MPSI), chapitre 4 — Oscillations libres : circuits LC et RLC · B. Le circuit RLC série

Énoncé

Un circuit RLC série ( $ω_{0}$ , $Q > \frac{1}{2}$ ), initialement au repos (condensateur déchargé, courant nul), est soumis à $t = 0$ à un échelon de tension : un générateur idéal de f.é.m. $E$ est inséré dans la maille. On étudie la tension $u_{C}$ du condensateur, en convention récepteur, et l'on pose $τ = 2 Q / ω_{0}$ et $Ω = ω_{0} 1 - \frac{1}{4 Q ^{2}}$ .

1) Établir l'équation différentielle et la mettre sous forme canonique. Quelle est la solution particulière constante ?

2) Déterminer $u_{C} (0^{+})$ et $\frac{d u _{C}}{d t} (0^{+})$ en justifiant par la continuité.

3) Montrer que $u_{C} (t) = E [1 - e^{- t / τ} (cos Ω t + \frac{1}{Ω τ} sin Ω t)]$ .

4) Montrer que $\frac{d u _{C}}{d t} = \frac{E ω _{0}^{2}}{Ω} e^{- t / τ} sin Ω t$ , puis que le premier maximum est atteint en $t_{m} = π /Ω$ , avec un dépassement relatif $D = \frac{u _{C} ( t _{m} ) - E}{E} = exp (- \frac{π}{4 Q ^{2} - 1})$ . Calculer $D$ et $ω_{0} t_{m}$ pour $Q = 1$ et $Q = 5$ .

5) Sur un oscillogramme, on lit un dépassement de $20 %$ . En déduire $Q$ .

6) Cas limites : $Q \to \infty$ (que vaut $u_{m a x}$ ?) et $Q \to \frac{1}{2}^{+}$ . Pourquoi un circuit soumis à un échelon de $12 V$ peut-il voir près de $24 V$ aux bornes de son condensateur ?

Corrigé

1) L'équation. La loi des mailles s'écrit $E = R i + L i ˙ + u_{C}$ avec $i = C u ˙_{C}$ , soit $L C u ¨_{C} + R C u ˙_{C} + u_{C} = E$ , et sous forme canonique $u ¨_{C} + \frac{ω _{0}}{Q} u ˙_{C} + ω_{0}^{2} u_{C} = ω_{0}^{2} E .$ La solution particulière constante est $u_{C} = E$ : c'est le régime permanent, où le condensateur se comporte comme un interrupteur ouvert ( $i = 0$ ) et la bobine comme un fil, de sorte que toute la tension $E$ se retrouve aux bornes de $C$ .

2) Les conditions initiales, par continuité. La tension aux bornes d'un condensateur est continue : $u_{C} (0^{+}) = u_{C} (0^{-}) = 0$ . L'intensité dans une bobine est continue : $i (0^{+}) = 0$ , donc $u ˙_{C} (0^{+}) = i (0^{+}) / C = 0$ . Le point délicat : on ne peut pas écrire de condition initiale sur $i ˙$ par continuité ; d'ailleurs $i ˙ (0^{+}) = E / L$ (toute la tension du générateur se retrouve aux bornes de la bobine en $0^{+}$ , puisque $u_{C}$ et $R i$ sont nulles). Ce sont $u_{C}$ et $i$ , liées à l'énergie, qui sont continues.

3) La résolution. La solution générale est la somme de la solution particulière et de la solution de l'équation homogène, pseudo-périodique puisque $Q > \frac{1}{2}$ : $u_{C} (t) = E + e^{- t / τ} (A cos Ω t + B sin Ω t) .$ $u_{C} (0) = 0$ donne $A = - E$ . En dérivant, $u ˙_{C} (0) = - \frac{A}{τ} + B Ω = \frac{E}{τ} + B Ω = 0$ , d'où $B = - \frac{E}{Ω τ}$ . On obtient l'expression annoncée.

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