Problème — La charge adiabatique d'un condensateur

La stratégie. Le « paradoxe de la moitié » vient de ce qu'on impose brutalement une grande différence de tension $e-u$ aux bornes de la résistance. Toute la suite consiste à ne jamais imposer de grande différence de tension, en faisant suivre à la source la tension du condensateur — d'abord par marches, puis continûment.

1) L'échelon. La source fournit $W_{\mathrm{source}}={\int }_0^{\infty }Ei\mathrm{d}t=E{q}_{\mathrm{finale}}=E\cdot CE=C{E}^2$. Le courant vaut $i=\frac{E}{R}{e}^{-t/\tau }$ (continuité de $u$, puis décroissance exponentielle), donc $$W_J={\int }_0^{\infty }R\frac{E^2}{R^2}{e}^{-2t/\tau }\mathrm{d}t=\frac{E^2}{R}\cdot \frac{\tau }{2}=\frac{1}{2}C{E}^2.$$ Le condensateur stocke $\frac{1}{2}C{E}^2$, la résistance dissipe $\frac{1}{2}C{E}^2$ : rendement $50\%$. Pourquoi $R$ n'intervient pas : changer $R$ en $\lambda R$ multiplie le courant par $1/\lambda$ et la durée par $\lambda$ ; la puissance $R{i}^2$ est multipliée par $1/\lambda$, l'intégrale par $\lambda \times 1/\lambda =1$. $R$ ne fixe que l'échelle des temps, pas l'énergie.

2) Les paliers. La $k$-ième marche fait passer la source de $(k-1)E/N$ à $kE/N$, le condensateur partant de $(k-1)E/N$ : c'est un échelon de hauteur $E/N$ à partir d'un condensateur déjà chargé. La source, à la tension $kE/N$, débite la charge $CE/N$ et fournit $\frac{kE}{N}\cdot \frac{CE}{N}$ ; l'énergie stockée augmente de $\frac{1}{2}C\left[{\left(\frac{kE}{N}\right)}^2-{\left(\frac{(k-1)E}{N}\right)}^2\right]=\frac{1}{2}C\frac{E^2}{N^2}(2k-1)$. La différence est l'énergie dissipée : $$W_{J,k}=\frac{C{E}^2}{N^2}\left[k-\frac{2k-1}{2}\right]=\frac{1}{2}C{\left(\frac{E}{N}\right)}^2.$$ Chaque marche coûte $\frac{1}{2}C\Delta U^2$, où $\Delta U$ est sa hauteur — c'est le résultat du 1), appliqué à l'écart $\Delta U$. Au total : $$W_J=N\times \frac{1}{2}C\frac{E^2}{N^2}=\frac{C{E}^2}{2N},{\eta }_N=\frac{\frac{1}{2}C{E}^2}{\frac{1}{2}C{E}^2+\frac{C{E}^2}{2N}}=\frac{N}{N+1}.$$

Mais chaque marche doit durer $\approx 5\tau$ : la charge dure $\approx 5N\tau$. On gagne en rendement ce qu'on perd en temps.

3) La rampe. L'équation est $\tau \dot{u}+u=Et/T$ pour $0\le t\le T$. La solution exacte est celle de l'exercice 6 : $u(t)=\frac{E}{T}\left(t-\tau +\tau e^{-t/\tau }\right)$. Pour $t\gg \tau$, $u\approx \frac{E}{T}(t-\tau )$ : le condensateur suit la source avec le retard $\tau$, sa tension croît à la vitesse $E/T$, et le courant devient constant : $$i=C\dot{u}\approx \frac{CE}{T}.$$ La différence de tension aux bornes de la résistance n'est plus que $Ri=E\tau /T$, petite devant $E$ si $T\gg \tau$. L'énergie dissipée pendant la rampe vaut alors $$W_J\approx R{\left(\frac{CE}{T}\right)}^{2}T=\frac{RC\cdot C{E}^2}{T}=C{E}^2\frac{\tau }{T}.$$ À la fin de la rampe, il reste un écart $\approx E\tau /T$ entre $u$ et $E$, qui se comble par une exponentielle et coûte $\frac{1}{2}C(E\tau /T{)}^2$ d'après le 2) : un terme du second ordre en $\tau /T$, qui explique la correction dans la formule exacte. La simulation d'Euler (le script de l'exercice 6, avec $\theta =T$, et le calcul de $\sum R{i}_n^{2}h$) donne :

L'accord est parfait, et l'approximation $\tau /T$ est excellente dès $T=10\tau$.

4) Cas limites et interprétation.

• $T\to 0$ : posons $x=T/\tau \to 0$ ; $1-e^{-x}=x-\frac{x^2}{2}+\dots$, donc le crochet vaut $1-\frac{1}{x}\left(x-\frac{x^2}{2}\right)=\frac{x}{2}$, et $W_J\to C{E}^2\cdot \frac{1}{x}\cdot \frac{x}{2}=\frac{1}{2}C{E}^2$. On retrouve l'échelon, comme il se doit.
• $T=\tau$ : $W_J=C{E}^2\left[1-(1-e^{-1})\right]=C{E}^2/e=0,37C{E}^2$ : déjà mieux que l'échelon.
• $T=100\tau$ : $W_J=0,0099C{E}^2$, cinquante fois moins que l'échelon : le rendement dépasse $98\%$.
• Homogénéité : $\tau /T$ est sans dimension, et $C{E}^2$ est une énergie ($\mathrm{F}{\mathrm{V}}^2=\mathrm{C}\mathrm{V}=\mathrm{J}$).

Le produit perte × durée. En paliers : $\frac{C{E}^2}{2N}\times 5N\tau =2,5\tau C{E}^2$, indépendant de $N$. En rampe : $C{E}^2\frac{\tau }{T}\times T=\tau C{E}^2$, indépendant de $T$. Dans les deux cas, l'énergie perdue est inversement proportionnelle à la durée de la charge, et le produit vaut quelques $\tau C{E}^2$ : la rampe est un peu plus efficace que les paliers, mais aucune des deux ne gagne de l'énergie sans payer en temps. Une charge est dite adiabatique (au sens de « lente devant le temps propre du système », pas au sens de la thermodynamique) quand $T\gg \tau$ : elle tend alors vers une charge sans pertes.

5) Ordre de grandeur. Chaque charge d'une porte dissipe $\frac{1}{2}C{E}^2=\frac{1}{2}\times 10^{-15}\times 1^2=5\times 10^{-16}\mathrm{J}$ dans le transistor. Le nombre de charges par seconde est $10^9\times 10^9\times 0,1=10^{17}{\mathrm{s}}^{-1}$, d'où $$P\sim 5\times 10^{-16}\times 10^{17}=50\mathrm{W}.$$ L'énergie stockée, elle, est perdue à son tour quand la porte se décharge vers la masse : la consommation totale est de l'ordre de $C{E}^2$ par cycle, soit $\sim 100\mathrm{W}$ — c'est bien l'ordre de grandeur de la puissance d'un processeur de bureau, et la raison pour laquelle il faut un radiateur et un ventilateur. Avec une alimentation en rampe de durée $10\tau$, la perte à la charge serait divisée par plus de $5$ ($0,09$ contre $0,5$ en unités de $C{E}^2$) ; c'est le principe de la logique dite adiabatique, étudiée en recherche, qui doit encore récupérer l'énergie stockée à la décharge, par une rampe descendante.

6) Le chargeur à découpage. Une bobine en série impose au courant de varier continûment : la source ne voit jamais un condensateur déchargé « en direct », et la tension aux bornes des résistances parasites reste faible. Les interrupteurs découpent la charge en une suite de petits transferts d'énergie, chacun stocké d'abord dans la bobine (énergie $\frac{1}{2}L{i}^2$) puis restitué au condensateur, au lieu d'être imposé brutalement à une résistance. C'est exactement l'idée des questions 2) et 3) : ne jamais imposer de grande différence de tension aux bornes d'une résistance. Les rendements atteignent ainsi $90$ à $95\%$. (L'étude de ces convertisseurs n'est pas au programme : il suffit de retenir qu'une inductance, qui stocke l'énergie au lieu de la dissiper, permet de dépasser les $50\%$.)

Le résultat obtenu — la charge adiabatique d'un condensateur. Charger un condensateur $C$ sous $E$ à travers une résistance $R$ par un échelon dissipe $\frac{1}{2}C{E}^2$, la moitié de l'énergie fournie, quelle que soit $R$. Mais si la tension de la source croît lentement, en une durée $T$ grande devant $\tau =RC$, l'énergie dissipée devient $W_J\simeq C{E}^2\tau /T$ et tend vers zéro : le rendement de $50\%$ n'est pas une loi de la nature, c'est le prix de la brutalité. L'énergie perdue est inversement proportionnelle à la durée de la charge.

Ce que le problème installe. Un bilan d'énergie ne dépend pas que des états initial et final : il dépend aussi du chemin, ici de la manière dont la source varie. La perte est due à la différence de tension imposée à la résistance, et l'on peut la rendre aussi petite qu'on veut en allant assez lentement. On retrouvera exactement cette idée en thermodynamique : une transformation brutale crée de l'irréversibilité, une transformation lente (quasi statique) la supprime — le gaz détendu brutalement contre une pression extérieure fixe se comporte comme le condensateur chargé par un échelon.