électricité (PCSI) · Chapitre 3 · Exercice de TD

États initial et final sans résoudre

Le circuit linéaire du premier ordre · A. Régimes transitoire et permanent · niveau 2

Énoncé

Un générateur de tension idéal de force électromotrice $E = 12 V$ (borne $+$ en un point $P$ , borne $-$ à la masse) est relié, par un interrupteur $K$ puis une résistance $R_{1} = 100 Ω$ , à un nœud $A$ . Entre $A$ et la masse sont branchées en parallèle deux branches :

la branche 1 comporte une résistance $R_{2} = 50 Ω$ en série avec une bobine idéale $L = 0, 10 H$ ; elle est parcourue par le courant $i_{L}$ , compté de $A$ vers la masse ;
la branche 2 comporte une résistance $R_{3} = 200 Ω$ en série avec un condensateur $C = 10 μ F$ ; elle est parcourue par $i_{3}$ , compté de $A$ vers la masse, et l'on note $u_{C}$ la tension du condensateur en convention récepteur.

On note $i_{1}$ le courant dans $R_{1}$ , compté de $K$ vers $A$ , et $u_{L}$ la tension de la bobine en convention récepteur. Tout est au repos quand on ferme $K$ à $t = 0$ .

1) Rappeler pourquoi $u_{C}$ et $i_{L}$ sont continues. Que valent-elles en $t = 0^{+}$ ?

2) Par quoi peut-on remplacer le condensateur et la bobine à l'instant $t = 0^{+}$ ? En déduire $i_{1} (0^{+})$ , $i_{3} (0^{+})$ , $u_{L} (0^{+})$ , puis $\frac{d i _{L}}{d t} (0^{+})$ et $\frac{d u _{C}}{d t} (0^{+})$ .

3) Par quoi les remplacer en régime permanent continu ? En déduire $i_{L} (\infty)$ , $u_{C} (\infty)$ et les énergies stockées dans la bobine et dans le condensateur.

4) Le régime permanent étant atteint, on rouvre $K$ (nouvelle origine des temps). Déterminer $i_{3} (0^{+})$ , le potentiel $V_{A} (0^{+})$ , la tension $u_{L} (0^{+})$ , puis la tension $u_{K}$ aux bornes de l'interrupteur ouvert. Commenter.

5) Pourquoi ne demande-t-on pas l'évolution de $u_{C} (t)$ après la réouverture ?

6) Vérifier l'homogénéité des deux dérivées obtenues au 2).

Corrigé

La stratégie. On ne cherche pas l'équation différentielle — le circuit contient deux éléments réactifs, et ce chapitre ne sait résoudre que le premier ordre. On cherche seulement des valeurs à des instants particuliers. Pour cela, deux outils suffisent. En $0^{+}$ , la continuité fixe $u_{C}$ et $i_{L}$ : le condensateur se comporte, à cet instant, comme une source de tension de valeur $u_{C} (0^{+})$ , et la bobine comme une source de courant de valeur $i_{L} (0^{+})$ . En régime permanent continu, plus rien ne varie : $i = C u ˙_{C} = 0$ (le condensateur est un interrupteur ouvert) et $u_{L} = L i ˙_{L} = 0$ (la bobine est un fil). Il ne reste à chaque fois qu'un circuit de résistances.

1) Continuité. Le condensateur stocke l'énergie $\frac{1}{2} C u_{C}^{2}$ et la bobine $\frac{1}{2} L i_{L}^{2}$ . Un saut de $u_{C}$ ou de $i_{L}$ ferait varier cette énergie en un temps nul, ce qui exigerait une puissance infinie : aucun générateur réel ne la fournit. De façon équivalente, un saut de $u_{C}$ rendrait $i = C u ˙_{C}$ infini, un saut de $i_{L}$ rendrait $u_{L} = L i ˙_{L}$ infinie. Le circuit étant au repos avant la fermeture, $u_{C} (0^{-}) = 0$ et $i_{L} (0^{-}) = 0$ , donc $u_{C} (0^{+}) = 0, i_{L} (0^{+}) = 0.$

2) Le circuit en $0^{+}$ . Le condensateur, de tension nulle, se comporte comme un fil ; la bobine, de courant nul, comme un interrupteur ouvert. C'est exactement l'inverse du régime permanent — à retenir. La branche 1 ne prend aucun courant ; le générateur débite dans $R_{1}$ puis $R_{3}$ en série : $i_{1} (0^{+}) = i_{3} (0^{+}) = \frac{E}{R _{1} + R _{3}} = \frac{12}{300} = 40 mA .$ Le potentiel du nœud $A$ vaut $V_{A} (0^{+}) = E - R_{1} i_{1} = 12 - 4 = 8 V$ . Dans la branche 1, $i_{L} = 0$ , donc la tension de $R_{2}$ est nulle et toute la tension $V_{A}$ est aux bornes de la bobine : $u_{L} (0^{+}) = 8 V$ . On en tire les dérivées initiales, sans avoir résolu quoi que ce soit : $\frac{d i _{L}}{d t} (0^{+}) = \frac{u _{L} ( 0 ^{+} )}{L} = \frac{8}{0 , 10} = 80 A s^{- 1},$ $\frac{d u _{C}}{d t} (0^{+}) = \frac{i _{3} ( 0 ^{+} )}{C} = \frac{0 , 040}{10 \times 1 0 ^{- 6}} = 4, 0 \times 1 0^{3} V s^{- 1} .$ Le point délicat : $u_{L}$ et $i_{3}$ , elles, ont sauté (de $0$ à $8 V$ , de $0$ à $40 mA$ ). Seules $u_{C}$ et $i_{L}$ sont protégées par la continuité ; toutes les autres grandeurs se déduisent des lois de Kirchhoff à l'instant $0^{+}$ .

3) Le circuit en régime permanent. Condensateur = interrupteur ouvert, bobine = fil. La branche 2 ne porte plus de courant ; le générateur débite dans $R_{1}$ puis $R_{2}$ : $i_{L} (\infty) = \frac{E}{R _{1} + R _{2}} = \frac{12}{150} = 80 mA, V_{A} (\infty) = R_{2} i_{L} (\infty) = 4, 0 V .$ Aucun courant ne traverse $R_{3}$ , donc $u_{C} (\infty) = V_{A} (\infty) = 4, 0 V$ . Les énergies stockées : $E_{L} = \frac{1}{2} L i_{L}^{2} = \frac{1}{2} \times 0, 10 \times (0, 080)^{2} = 0, 32 mJ, E_{C} = \frac{1}{2} C u_{C}^{2} = \frac{1}{2} \times 1 0^{- 5} \times 4^{2} = 0, 08 mJ .$

4) La réouverture. En $0^{+}$ , la continuité impose $i_{L} = 80 mA$ et $u_{C} = 4, 0 V$ . L'interrupteur ouvert annule $i_{1}$ ; la loi des nœuds en $A$ donne alors $i_{1} = i_{L} + i_{3} = 0$ , soit $i_{3} (0^{+}) = - i_{L} (0^{+}) = - 80 mA :$ le courant de la bobine, qui ne peut pas s'arrêter, est forcé de remonter par la branche du condensateur. Le potentiel de $A$ se lit sur la branche 2 : $V_{A} = R_{3} i_{3} + u_{C} = 200 \times (- 0, 080) + 4 = - 12 V$ . Sur la branche 1, $V_{A} = R_{2} i_{L} + u_{L}$ , d'où $u_{L} (0^{+}) = V_{A} - R_{2} i_{L} = - 12 - 4 = - 16 V .$ La tension de la bobine est passée de $0$ (régime permanent) à $- 16 V$ : elle a changé de signe pour freiner la décroissance du courant. Côté interrupteur, la borne reliée à $R_{1}$ est au potentiel $V_{A}$ (aucun courant dans $R_{1}$ , donc aucune chute de tension), l'autre au potentiel $E$ : $u_{K} = E - V_{A} = 12 - (- 12) = 24 V = 2 E .$ L'interrupteur ouvert voit deux fois la tension du générateur. C'est le premier signe d'un phénomène que l'exercice 3 rendra spectaculaire : couper le courant d'une bobine crée des tensions qui dépassent celles de l'alimentation.

5) Pourquoi on s'arrête là. Après la réouverture, la maille restante est $R_{2}$ , $L$ , $R_{3}$ , $C$ en série : elle contient deux éléments réactifs, et son équation est du second ordre. Elle sera traitée au chapitre suivant (oscillateurs). Le présent exercice montre qu'on n'a pas besoin de savoir la résoudre pour connaître ses valeurs initiales — ni même ses pentes initiales : $i ˙_{L} (0^{+}) = - 16/0, 10 = - 160 A s^{- 1}$ .

6) Homogénéité. Le henry vérifie $1 H = 1 V s A^{- 1}$ (puisque $u = L d i / d t$ ), donc $u_{L} / L$ s'exprime en $V / (V s A^{- 1}) = A s^{- 1}$ . Le farad vérifie $1 F = 1 A s V^{- 1}$ (puisque $i = C d u / d t$ ), donc $i / C$ s'exprime en $V s^{- 1}$ . Les deux résultats ont la dimension attendue d'une dérivée temporelle.

Ce que l'exercice installe. Deux tableaux à connaître par cœur, et qui sont inverses l'un de l'autre. Juste après un échelon, un condensateur initialement déchargé est un fil et une bobine initialement sans courant est un interrupteur ouvert ; en régime permanent continu, c'est le contraire. Avec la continuité de $u_{C}$ et $i_{L}$ , ils donnent les valeurs initiales, les pentes initiales et les valeurs finales de tout circuit linéaire, quel que soit son ordre. On s'en servira pour vérifier chaque solution de ce chapitre et du suivant.

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