BCPST2 – Électricité – Circuit (R,L) parallèle

Cet exercice est assez classique. Dans le cas d’un circuit RL parallèle, soumis à un régime transitoire (par application d’un échelon de tension), il est demandé

  • de déterminer les valeurs initiales et asymptotiques des grandeurs électriques intensité du courant à travers la bobine et tension à ses bornes ;
  • d’obtenir l’équation différentielle vérifiée par le courant à travers la bobine et d’en déterminer la solution ;
  • de tracer les représentations graphiques de ces grandeurs électriques ;
  • d’expliciter la signification du temps caractéristique du régime transitoire.

Énoncé de l’exercice

– Circuit (R,L) parallèle –


On considère le montage ci-dessous. L’interrupteur $\mathrm{K}$ étant initialement ouvert, on le ferme à un instant choisi comme origine des temps.

sos-mp.fr - BCPST2 - Électricité - Circuit RL parallèle - Ex5 - schéma1

1. Déterminer la valeur de la tension $u$ aux bornes de la bobine et la valeur de l’intensité $i_\mathrm{L}$ circulant dans la bobine au moment où l’on ferme l’interrupteur $\mathrm{K}$ $(t=0^+)$.

2. Déterminer ces mêmes grandeurs pour $t \rightarrow \infty$.

3. Déterminer l’équation différentielle vérifiée par $i_\mathrm{L}$.

4. En déduire $i_\mathrm{L}(t)$ et $u(t)$, puis effectuer les représentations graphiques. On introduira une constante de temps caractéristique du régime transitoire que l’on explicitera


Corrigé de l’exercice

– Circuit (R,L) parallèle –

fleches
Pour accéder gratuitement au corrigé détaillé de l'exercice ci-dessus, cliquez ici.
Tous droits réservés
Ne pas vendre, ne pas céder, ne pas diffuser et ne pas copier cette correction sans autorisation.

Vous êtes enseignant et vous êtes intéressé par cette correction, contactez-moi.

1. Détermination de la tension u et de l’intensité $i_\mathrm{L}$ à $t=0^+$
Détermination de $i_\mathrm{L}(0^+)$

Pour déterminer $i_\mathrm{L}$ à $t=0^+$, que nous noterons $i_\mathrm{L}(0^+)$, nous exploitons le fait que l’intensité du courant à travers la bobine est une fonction continue du temps, en l’occurrence en $0$, autrement dit que que $i_\mathrm{L}(0^+)=i_\mathrm{L}(0^-)=i_\mathrm{L}(0)$ mais aussi que nous connaissons $i_\mathrm{L}(0^-)$.

En effet à $t=0^-$, l’interrupteur $\mathrm{K}$ est ouvert. Donc aucun courant ne circule dans le circuit et nous avons $i(0^-)=0$. Nous avons donc aussi $i_\mathrm{L}(0^-)=0$ et $i_\mathrm{R}(0^-)=0$.

À $t=0^-$, la situation est donc la suivante

sos-mp.fr - BCPST2 - Électricité - Circuit RL parallèle - Ex5 - schéma2

Nous pouvons donc en conclure (continuité de l’intensité du courant à travers la bobine) que

$$\boxed{i_\mathrm{L}(0^+)=0}$$

Ajoutons, sur le schéma précédent, que, puisque $i_\mathrm{R}(0^-)=0$, la tension $u$ aux bornes du résistor $R$ (qui est aussi la tension aux bornes de la bobine) est telle que

$u(0^-)=R i_\mathrm{R}(0^-)=0$.

Détermination de $u(0^+)$

Bien, maintenant, qu’en est-il à $t=0^+$ (immédiatement après avoir fermé l’interrupteur) ?

Nous avons déjà montré (voir plus haut) que $i_\mathrm{L}(0^+)=0$.

Or, d’après la loi des nœuds,  $i=i_\mathrm{L}+i_\mathrm{R}$. Ainsi, $i(0^+)=i_\mathrm{L}(0^+)+i_\mathrm{R}(0^+)$ et donc

$i_\mathrm{R}(0^+)=i(0^+)$

Nous avons alors le circuit

sos-mp.fr - BCPST2 - Électricité - Circuit RL parallèle - Ex5 - schéma3

$u$ étant la tension aux bornes du résistor $R$, d’après la loi d’Ohm, nous pouvons écrire $u(0^+)=Ri_\mathrm{R}(0^+)=Ri(0^+)$.

sos-mp.fr - BCPST2 - Électricité - Circuit RL parallèle - Ex5 - schéma4

Or la loi des mailles donne

$\begin{eqnarray}&& E-ri(0^+)-Ri_\mathrm{R}(0^+)=0 \nonumber \\&\Leftrightarrow& E=ri(0^+)+Ri(0^+) \nonumber \\ &\Leftrightarrow& i(0^+)=\frac{E}{R+r} \nonumber \end{eqnarray}$

D’où finalement

$$\boxed{u(0^+)=\frac{R}{R+r}E}$$

Ainsi, à $t=0^+$, le circuit se comporte comme un pont diviseur de tension.

2. Détermination de la tension u et de l’intensité $i_\mathrm{L}$ pour $t \rightarrow \infty$

Pour $t\rightarrow \infty$, c’est-à-dire si l’on attend un temps très long, le régime transitoire évolue vers un régime permanent. Cela signifie que les grandeurs électriques, en l’occurrence l’intensité du courant, tendent vers des valeurs constante. La bobine se comporte alors comme un fil conducteur. Le circuit est alors équivalent au circuit suivant

sos-mp.fr - BCPST2 - Électricité - Circuit RL parallèle - Ex5 - schéma5

La tension aux bornes de la bobine est celle aux bornes d’un fil conducteur, soit

$$\boxed{u(\infty)=0}$$

Tout le courant passe donc par la bobine (se comportant comme un fil conducteur), soit $i_\mathrm{L}(\infty)=i(\infty)$. On a de plus, d’après la loi des noeuds, $i_\mathrm{R}(\infty)=0$.

Il ne nous reste plus qu’à déterminer $i(\infty)$.

En appliquant la loi des mailles dans le circuit précédent, nous obtenons

$$E-ri(\infty)=0 \Longleftrightarrow i(\infty)=\frac{E}{r}$$

soit

$$\boxed{i_\mathrm{L}(\infty)=\frac{E}{r}}$$

3. Détermination de l’équation différentielle vérifiée par $i_\mathrm{L}(t)$

À tout instant $t\geq 0$, nous avons donc le circuit et les notations suivante :

sos-mp.fr - BCPST2 - Électricité - Circuit RL parallèle - Ex5 - schéma6

La loi des mailles donne

$$E-ri(t)-u(t)=0 \qquad (1)$$

Pour alléger la rédaction, nous écrirons les grandeurs électriques en omettant la dépendance au temps. Mais nous garderons bien à l’esprit que ces grandeurs, pendant le régime transitoire, sont fonctions du temps.

Ainsi, $(1)$ donne

$$E=ri+u \qquad (2)$$

Nous souhaitons ici déterminer l’équation différentielle vérifiée par $i_\mathrm{L}$. Pour cela, il nous faut éliminer $i$ et $u$ et ne faire apparaître que $i_\mathrm{L}$ dans la relation précédente.

Tout d’abord, la loi des nœuds permet d’écrire

$$i=i_\mathrm{R}+i_\mathrm{L} \qquad (3)$$

D’où, en combinant $(2)$ et $(3)$, nous obtenons

$$E=r(i_\mathrm{R}+i_\mathrm{L})+u \qquad(4)$$

Or, puisque $u=Ri_\mathrm{R}$, nous avons

$$\displaystyle i_\mathrm{R}=\frac{u}{R} \qquad(5)$$

La combinaison de $(4)$ et $(5)$ donne alors

$$E=r\left(\frac{u}{R}+i_\mathrm{L}\right)+u \qquad(6)$$

Enfin, la tension aux bornes de la bobine s’écrit

$$u=L\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{L}}{\mathrm{d}t} \qquad (7)$$

d’où finalement, en combinant $(6)$ et $(7)$, nous obtenons

$\begin{eqnarray}&& \quad E=r\left(\frac{L\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{L}}{\mathrm{d}t}}{R}+i_\mathrm{L}\right)+L\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{L}}{\mathrm{d}t} \nonumber \\ &\Longleftrightarrow& \quad\frac{r}{R}L\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{L}}{\mathrm{d}t}+ri_\mathrm{L}+L\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{L}}{\mathrm{d}t}=E \nonumber \\ &\Longleftrightarrow& \quad L\left(1+\frac{r}{R}\right)\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{L}}{\mathrm{d}t}+ri_\mathrm{L}=E \nonumber \\ &\Longleftrightarrow& \quad \frac{L(R+r)}{R}\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{L}}{\mathrm{d}t}+ri_\mathrm{L}=E \nonumber \\ &\Longleftrightarrow& \quad \frac{\mathrm{d}i_\mathrm{L}}{\mathrm{d}t}+\frac{rR}{L(R+r)}i_\mathrm{L}=\frac{ER}{L(R+r)} \nonumber \qquad (8)\end{eqnarray}$

Posons $\displaystyle R_\mathrm{éq}=\frac{rR}{R+r}$. L’équation $(8)$ s’écrit alors

$$\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{L}}{\mathrm{d}t}+\frac{R_\mathrm{éq}}{L}i_\mathrm{L}=\frac{ER}{L(R+r)}$$

et enfin, en  posant $\displaystyle \tau=\frac{L}{R_\mathrm{éq}}$, elle s’écrit finalement

$$\boxed{\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{L}}{\mathrm{d}t}+\frac{i_\mathrm{L}}{\tau}=\frac{ER}{L(R+r)}} \qquad (9)$$

4. Déduction de $i_\mathrm{L}(t)$ et $u(t)$
Détermination de $i_\mathrm{L}(t)$

Nous obtenons $i_\mathrm{L}(t)$ en résolvant l’équation différentielle $(9)$

$$\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{L}}{\mathrm{d}t}+\frac{i_\mathrm{L}}{\tau}=\frac{ER}{L(R+r)}$$

Il s’agit d’une équation différentielle linéaire du premier ordre. Linéaire car $i_\mathrm{L}$ intervient au plus à la puissance $1$ et du premier ordre car la dérivée est au plus d’ordre $1$. La solution d’une telle équation est de la forme

$$i_\mathrm{L}=i_\mathrm{L,h}+i_\mathrm{L,p}$$

c’est-à-dire la somme de deux termes

  1. $i_\mathrm{L,h}$, la solution de son équation homogène associée $\displaystyle \frac{\mathrm{d}i_\mathrm{L}}{\mathrm{d}t}+\frac{i_\mathrm{L}}{\tau}=0$ ;
  2. $i_\mathrm{L,p}$ une solution particulière.

La solution $i_\mathrm{L,h}$ s’écrit (voir cours de mathématiques)

$\displaystyle i_\mathrm{L,h}=A\exp\left(-\frac{t}{\tau}\right)\qquad$ avec $A$ une constante (à déterminer)

Ensuite, il faut trouver une solution particulière, quelle qu’elle soit. La plus simple est celle correspondant au régime stationnaire, c’est-à-dire constante.

Ainsi, si $i_\mathrm{L,p}=\mbox{cste}$, alors $\displaystyle \frac{\mathrm{d}i_\mathrm{L,p}}{\mathrm{d}t}=0$ et donc  $\displaystyle\frac{i_\mathrm{L,p}}{\tau}=\frac{ER}{L(R+r)}$ et donc $\displaystyle i_\mathrm{L,p}=\frac{E}{r}$

La solution complète de l’équation différentielle est donc de la forme

$$ i_\mathrm{L,h}=A\exp\left(-\frac{t}{\tau}\right)+\frac{E}{r}$$

Il reste à déterminer la valeur de la constante $A$. Pour cela on utilise la condition initiale : à $t=0$, $i_\mathrm{L}(0)=0$ (voir plus haut la continuité de l’intensité à travers la bobine). Soit

$$ i_\mathrm{L}(0)=A\exp\left(-\frac{0}{\tau}\right)+\frac{E}{r}=0 \quad \Longleftrightarrow \quad A\exp(0)+\frac{E}{r}=0 \quad \Longleftrightarrow \quad A=-\frac{E}{r}$$

On obtient finalement une intensité $i_\mathrm{L}$ évoluant selon la relation

$\displaystyle \boxed{i_\mathrm{L}(t)=\frac{E}{r}\left(1-\exp\left(-\frac{t}{\tau}\right)\right)}\qquad$ avec $\qquad\displaystyle \tau=\frac{L(R+r)}{Rr}$

Détermination de $u(t)$

Puisque la tension au borne de la bobine est  $\displaystyle u=L\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{L}}{\mathrm{d}t}$, on obtient

$\begin{eqnarray}u(t)&=&L\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left[ \frac{E}{r}\left(1-\mbox{e}^{\displaystyle -\frac{t}{\tau}}\right)\right] \nonumber \\ &=&L\frac{E}{r\tau}\mbox{e}^{\displaystyle -\frac{t}{\tau}}\nonumber \\ &=& L\frac{E}{r}\frac{rR}{L(R+r)}\mbox{e}^{\displaystyle -\frac{t}{\tau}} \nonumber \end{eqnarray}$

soit finalement

$$\boxed{u(t)=\frac{ER}{L(R+r)}\mbox{e}^{\displaystyle -\frac{t}{\tau}}}$$

Représentation graphique de $i_\mathrm{L}(t)$

Récapitulons ce que nous avons obtenu comme information concernant $i_\mathrm{L}(t)$. Nous avons montré (en 1.) que $i_\mathrm{L}(0)=0$. Ainsi, la courbe représentative de $i_\mathrm{L}$ passe par l’origine du repère. De même, nous avons montré (en 2.) que $\displaystyle \lim_{t\rightarrow \infty}i_\mathrm{L}=\frac{E}{r}$. Donc la courbe admet une asymptote horizontale d’équation $y=\frac{E}{r}$ en l’infini.

De plus, nous avons $\displaystyle \frac{\mathrm{d}i_\mathrm{L}}{\mathrm{d}t}=\frac{E}{r \tau}\mbox{e}^{\displaystyle -\frac{t}{\tau}}> 0$, ce qui signifie que $i_\mathrm{L}$ est strictement croissante.

Enfin $\displaystyle \frac{\mathrm{d}^2i_\mathrm{L}}{\mathrm{d}t^2}=-\frac{E}{r \tau^2}\mbox{e}^{\displaystyle -\frac{t}{\tau}}< 0$. Cela signifie que $i_\mathrm{L}$ est strictement concave pour tout $t>0$.

Ceci nous permet de représenter graphiquement $i_\mathrm{L}$ de la manière suivante :

sos-mp.fr - BCPST2 - Électricité - Circuit RL parallèle - Ex5 - schéma7

Nous avions introduit plus haut la grandeur $\displaystyle\tau=\frac{L(R+r)}{Rr}$. Cette grandeur, homogène à un temps, appelée constante de temps caractéristique du régime transitoire, représente la rapidité de l’évolution des grandeurs électriques du circuit lors de ce régime transitoire.

Nous pouvons remarquer que lorsque $t=\tau$, nous avons

$$i_\mathrm{L}(t)=\frac{E}{r}\left(1-\exp(-1)\right)\simeq 0{,}63\frac{E}{r}$$

Cela signifie qu’au bout du temps $\tau$, l’intensité $i_\mathrm{L}$ est à environ $63~\%$ de sa valeur maximale $\displaystyle \frac{E}{r}$.

Représentation graphique de $u(t)$

Concernant $u(t)$, nous avons tout d’abord montré (en 1.) que $\displaystyle u(0^+)=\frac{RE}{R+r}$. Ensuite, nous avons montré (en 2.) que $\displaystyle \lim_{t\rightarrow \infty}u(t)=0$, ce qui signifie que la courbe admet une asymptote horizontale d’équation $y=0$, autrement dit l’axe des abscisses, en l’infini.

De plus, nous avons $\displaystyle \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}=-\frac{ER}{L(R+r) \tau}\mbox{e}^{\displaystyle -\frac{t}{\tau}}< 0$, ce qui signifie que $u$ est strictement décroissante.

Enfin $\displaystyle \frac{\mathrm{d}^2u}{\mathrm{d}t^2}=\frac{ER}{L(R+r) \tau^2}\mbox{e}^{\displaystyle -\frac{t}{\tau}}> 0$. Cela signifie que $u$ est strictement convexe pour tout $t>0$.

Ceci nous permet de représenter graphiquement $u$ de la manière suivante :

sos-mp.fr - BCPST2 - Électricité - Circuit RL parallèle - Ex5 - schéma8

Ici, pour $t=\tau$, nous avons

$$u=\frac{ER}{L(R+r)}\exp(-1)\simeq 0{,}37\frac{ER}{L(R+r)}$$

Cela signifie qu’au bout du temps $\tau$, la tension $u$ au borne de la bobine est à environ $37~\%$ de sa valeur maximale $\displaystyle \frac{ER}{L(R+r)}$, autrement dit qu’elle a diminué de $63~\%$ de sa valeur maximale

$\tau$ correspond au temps au bout duquel, les grandeurs électriques varient d’environ $63~\%$ de leur valeur maximale.

Graphiquement, $\tau$ correspond, dans les deux cas, à l’abscisse du point d’intersection de la tangente à la courbe représentative de la grandeur électrique en $t=0$ avec son asymptote en l’infini.


Si besoin, consultez les cours de BCPST1 de M Nicolas Clatin sur :


Laisser un commentaire

Votre adresse de messagerie ne sera pas publiée. Les champs obligatoires sont indiqués avec *

Ce site utilise Akismet pour réduire les indésirables. En savoir plus sur comment les données de vos commentaires sont utilisées.