Exercices corrigés : circuits RC, RL et RLC (203-SN2-RE, ancien 203-NYB)

a) À $t=0^{+}$, le condensateur est déchargé : $u_{C}=0$, il se comporte comme un FIL, et toute la tension tombe sur $R$ : $i(0)=\frac{E}{R}=\frac{12}{1500}=8{,}0$ mA, le courant est MAXIMAL dès la fermeture. En régime permanent, le condensateur est plein : plus aucune charge ne circule, $i=0$, il se comporte comme un INTERRUPTEUR OUVERT, et $u_{C}=E=12$ V (plus de chute dans $R$).

b) Loi des mailles : $E=Ri+u_{C}$, avec $i=\frac{dq}{dt}=C\frac{du_{C}}{dt}$, d'où $RC\frac{du_{C}}{dt}+u_{C}=E$. En injectant $u_{C}=E(1-e^{-t/\tau})$ : $\frac{du_{C}}{dt}=\frac{E}{\tau}e^{-t/\tau}$, donc $\frac{RC}{\tau}Ee^{-t/\tau}+E-Ee^{-t/\tau}=E$, ce qui exige $\frac{RC}{\tau}=1$ : la solution convient si et seulement si $\tau=RC$. La condition initiale $u_{C}(0)=0$ est bien vérifiée.

c) $\tau=RC=(1500)(20\times 10^{-6})=0{,}030$ s $=30$ ms. Lecture 1 : $u_{C}(\tau)=12(1-e^{-1})\approx 7{,}6$ V, soit 63 % de 12 V, la barre horizontale de la figure. Lecture 2 : la tangente à l'origine, de pente $\frac{E}{\tau}$, atteint l'asymptote $E$ exactement en $t=\tau=30$ ms. Lecture 3 : il reste $e^{-5}\approx 0{,}7$ % à $t=5\tau=150$ ms, le bord droit de la figure : la charge est finie à 99 % et quelques.

d) La pile débite la charge totale $Q=CE$ sous la tension constante $E$ : elle fournit $W=QE=CE^{2}=(20\times 10^{-6})(144)=2{,}88$ mJ. Le condensateur ne stocke que $\frac{1}{2}CE^{2}=1{,}44$ mJ : exactement la MOITIÉ. L'autre moitié est partie en chaleur dans la résistance, et ce partage ne dépend pas de $R$ : une petite résistance dissipe par courants intenses et brefs, une grande par courants faibles et longs, mais la facture est la même. Charger un condensateur à tension constante coûte toujours le double de ce qu'on y range : un rendement de 50 %, incompressible.

a) $W=\frac{1}{2}CU_{0}^{2}=\frac{1}{2}(1200\times 10^{-6})(300)^{2}=54$ J : l'énergie d'un litre d'eau soulevé de cinq mètres et demi, rangée dans un composant de poche.

b) Sans pile, la loi des mailles donne $Ri+u=0$ avec $i=-C\frac{du}{dt}$ (le condensateur se vide) : $RC\frac{du}{dt}+u=0$. Avec $u=U_{0}e^{-t/\tau}$ : $-\frac{RC}{\tau}U_{0}e^{-t/\tau}+U_{0}e^{-t/\tau}=0$, vérifié si $\tau=RC=(10)(1200\times 10^{-6})=12$ ms. Courant initial : $I_{0}=\frac{U_{0}}{R}=\frac{300}{10}=30$ A : trente ampères dans une lampe.

c) $u=\frac{U_{0}}{2}$ quand $e^{-t/\tau}=\frac{1}{2}$, soit $t_{1/2}=\tau\ln 2\approx 8{,}3$ ms. Depuis n'importe quelle tension $u_{1}$ atteinte à l'instant $t_{1}$ : $u(t_{1}+t_{1/2})=u_{1}e^{-t_{1/2}/\tau}=\frac{u_{1}}{2}$ : l'exponentielle divise par deux tous les $8{,}3$ ms, d'où qu'on parte, exactement comme une désintégration radioactive. La barre des 110 V est $\frac{U_{0}}{e}\approx 0{,}37\times 300$ V : la tension à $t=\tau=12$ ms, la lecture des 37 %.

d) $P_{0}=U_{0}I_{0}=\frac{U_{0}^{2}}{R}=\frac{90000}{10}=9000$ W : neuf kilowatts, la puissance de trois bouilloires. En moyenne sur $5\tau=60$ ms : $P_{\text{moy}}=\frac{54}{0{,}060}=900$ W. Or la recharge du même condensateur, à travers une grande résistance et un petit courant, prend plusieurs secondes à quelques watts : le condensateur encaisse lentement et restitue brutalement. Il n'a pas créé un joule, il les a seulement CONCENTRÉS dans le temps : amplificateur de puissance, jamais d'énergie.

a) La CHARGE totale se conserve : les deux condensateurs forment un système isolé, aucune charge ne peut s'échapper du circuit. L'ÉNERGIE, elle, n'a aucune raison de se conserver, puisque le circuit contient une résistance qui dissipe. Charge initiale : $Q=C_{1}U_{0}=(100\times 10^{-6})(100)=1{,}0\times 10^{-2}$ C. En régime permanent, plus de courant, donc les deux condensateurs sont à la même tension : $U_{f}=\frac{Q}{C_{1}+C_{2}}=\frac{1{,}0\times 10^{-2}}{200\times 10^{-6}}=50$ V, la moitié de la tension de départ.

b) Avant : $W_{i}=\frac{1}{2}C_{1}U_{0}^{2}=\frac{1}{2}(100\times 10^{-6})(10^{4})=0{,}50$ J. Après : $W_{f}=\frac{1}{2}(C_{1}+C_{2})U_{f}^{2}=\frac{1}{2}(200\times 10^{-6})(2500)=0{,}25$ J. Exactement la MOITIÉ de l'énergie a disparu, alors qu'aucune charge ne s'est perdue. La raison tient au carré : la charge s'est répartie sur deux fois plus de capacité, donc la tension a été divisée par deux, et l'énergie, qui va comme $U^{2}$ à charge donnée, a été divisée par deux encore.

c) Le calcul du b) n'a utilisé que la conservation de la charge et l'état final : $R$ n'y figure nulle part. Une petite résistance donne un transfert violent et bref, une grande un transfert lent et faible, mais dans les deux cas $\int Ri^{2}dt$ vaut la même chose : c'est l'écart entre les deux états, imposé par la physique des états, pas par le chemin. En général, $W_{diss}=W_{i}-W_{f}=\frac{1}{2}C_{1}U_{0}^{2}-\frac{1}{2}\frac{(C_{1}U_{0})^{2}}{C_{1}+C_{2}}=\frac{1}{2}\frac{C_{1}C_{2}}{C_{1}+C_{2}}U_{0}^{2}$. On y reconnaît la capacité SÉRIE des deux condensateurs. Vérification : $\frac{1}{2}(50\times 10^{-6})(10^{4})=0{,}25$ J.

d) $U_{f}=\frac{1{,}0\times 10^{-2}}{400\times 10^{-6}}=25$ V, $W_{f}=\frac{1}{2}(400\times 10^{-6})(625)=0{,}125$ J : il ne reste qu'un quart, la perte atteint 75 %. La perte relative vaut $\frac{C_{2}}{C_{1}+C_{2}}$ : elle croît avec $C_{2}$ et tend vers 100 % quand $C_{2}\to\infty$ (verser dans un réservoir infini, c'est tout perdre), et vers 0 quand $C_{2}\to 0$ (ne rien transférer, c'est ne rien perdre). Il n'y a donc pas de maximum intérieur : le seul moyen de limiter la casse est de transférer PEU à la fois, ce qui est exactement ce que fait une pompe de charge en multipliant les petits transferts.

e) Non, un fil parfait ne sauve rien : l'énergie manquante ne dépend pas de $R$, elle doit partir quelque part quoi qu'il arrive. Avec $R\to 0$, tout circuit réel garde une inductance parasite : le montage devient un circuit LC, la charge oscille au lieu de se poser, et l'énergie s'évacue en rayonnement électromagnétique (le circuit devient une petite antenne) jusqu'à ce que l'oscillation meure sur l'état final. Pour transférer SANS perte, il faut au contraire ajouter une inductance VOLONTAIRE et couper au bon moment, après un demi-cycle : la bobine sert alors de tampon inertiel qui transporte l'énergie au lieu de la brûler, exactement comme dans les alimentations à découpage. Le même mécanisme est déjà à l'œuvre dans l'exercice 1 : charger un condensateur sous une source de tension FIXE gaspille toujours la moitié de l'énergie fournie, et pour la même raison profonde, quelle que soit la résistance.

a) Toute croissance de $i$ fait croître le flux du champ de la bobine à travers elle-même : par la loi de Lenz, la fem induite $e=-L\frac{di}{dt}$ s'OPPOSE à cette croissance. Un saut instantané de courant exigerait une fem infinie : le courant s'installe donc progressivement. À $t=0^{+}$ : $i=0$, la bobine se comporte comme un INTERRUPTEUR OUVERT (toute la tension est à ses bornes). En régime permanent : $\frac{di}{dt}=0$, plus aucune fem, la bobine idéale est un simple FIL : $I_{\infty}=\frac{E}{R}=\frac{12}{6{,}0}=2{,}0$ A. C'est le miroir exact du condensateur, qui fait fil au départ et coupure à l'arrivée.

b) $[L]=$ V·s/A (une fem par taux de variation du courant) et $[R]=$ V/A : le quotient $\frac{L}{R}$ est en secondes. $\tau=\frac{L}{R}=\frac{0{,}30}{6{,}0}=50$ ms, et $i(t)=I_{\infty}(1-e^{-t/\tau})=2{,}0(1-e^{-t/0{,}050})$ : même exponentielle que la charge du condensateur, mêmes lectures de $\tau$ sur la courbe (63 %, tangente à l'origine).

c) $i(\tau)=2{,}0(1-e^{-1})\approx 1{,}26$ A. Énergie en régime permanent : $W=\frac{1}{2}LI_{\infty}^{2}=\frac{1}{2}(0{,}30)(2{,}0)^{2}=0{,}60$ J, stockée dans le champ magnétique de la bobine.

d) L'ouverture force $i$ de 2,0 A à 0 en $\Delta t\approx 1$ ms : $|e|=L\frac{\Delta i}{\Delta t}\approx(0{,}30)\frac{2{,}0}{0{,}001}=600$ V, cinquante fois la tension de la pile ! Cette surtension claque l'air de l'interrupteur entrouvert : c'est l'étincelle, la vengeance de la bobine qui refuse qu'on coupe son courant. Application : la bobine d'allumage d'une voiture pousse le procédé jusqu'à des dizaines de milliers de volts pour faire jaillir l'étincelle de la bougie. Protection : une diode de roue libre en parallèle offre au courant un chemin de repli et absorbe la surtension (relais, moteurs, électronique).

a) Densité de spires : $n=\frac{500}{0{,}25}=2000$ spires/m. Champ : $B=\mu_{0}nI=(4\pi\times 10^{-7})(2000)(3{,}0)\approx 7{,}54\times 10^{-3}$ T. Flux par spire : $\Phi=BA=(7{,}54\times 10^{-3})(4{,}0\times 10^{-4})\approx 3{,}02\times 10^{-6}$ Wb. Inductance : $L=\frac{N\Phi}{I}=\frac{(500)(3{,}02\times 10^{-6})}{3{,}0}\approx 5{,}03\times 10^{-4}$ H, soit environ 0,50 mH. Le courant se simplifie : $\Phi$ lui est proportionnel, donc le quotient n'en garde aucune trace. L'inductance est une propriété de la GÉOMÉTRIE, pas du régime.

b) $B=\mu_{0}nI$, $\Phi=\mu_{0}nIA$, et $N=n\ell$ : $L=\frac{N\Phi}{I}=\frac{(n\ell)(\mu_{0}nIA)}{I}=\mu_{0}n^{2}A\ell$. Vérification : $(4\pi\times 10^{-7})(2000)^{2}(4{,}0\times 10^{-4})(0{,}25)\approx 5{,}03\times 10^{-4}$ H, identique. Doubler $N$ à longueur fixe double $n$, donc QUADRUPLE $L$ : on passe à environ 2,0 mH.

c) $W=\frac{1}{2}LI^{2}=\frac{1}{2}(5{,}03\times 10^{-4})(9{,}0)\approx 2{,}26\times 10^{-3}$ J. Par le champ : $u=\frac{B^{2}}{2\mu_{0}}=\frac{(7{,}54\times 10^{-3})^{2}}{2(4\pi\times 10^{-7})}\approx 22{,}6$ J/m³, et le volume intérieur vaut $A\ell=(4{,}0\times 10^{-4})(0{,}25)=1{,}0\times 10^{-4}$ m³, d'où $W=uV\approx 2{,}26\times 10^{-3}$ J : le compte est exact. L'énergie d'une bobine n'est donc pas rangée « dans le fil » : elle est rangée dans le CHAMP, entre les spires, exactement comme celle d'un condensateur l'est dans le champ électrique entre ses armatures.

d) Le flux créé par le solénoïde traverse aussi le second enroulement : $M=\frac{N_{2}\Phi}{I}=\frac{(100)(3{,}02\times 10^{-6})}{3{,}0}\approx 1{,}01\times 10^{-4}$ H, soit $\frac{N_{2}}{N_{1}}L$, un cinquième de $L$. Tension au secondaire : $|e_{2}|=M\frac{dI}{dt}=(1{,}01\times 10^{-4})(200)\approx 2{,}0\times 10^{-2}$ V. Au primaire, l'auto-induction donne $|e_{1}|=L\frac{dI}{dt}=(5{,}03\times 10^{-4})(200)\approx 0{,}10$ V, cinq fois plus : le rapport des tensions est celui des nombres de spires, ce qui est précisément le principe du transformateur.

e) Deux effets se multiplient. Ajouter des spires augmente d'abord le champ, donc le flux traversant CHAQUE spire, proportionnellement à $N$; mais ce flux est ensuite compté une fois par spire, ce qui multiplie encore par $N$. D'où le $N^{2}$ : la bobine s'induit à elle-même, et chaque nouvelle spire agit à la fois comme source et comme récepteur. Dans un bobinage bifilaire, le fil part et revient collé à lui-même : les deux brins portent le même courant en sens OPPOSÉS, leurs champs s'annulent presque partout, le flux propre est quasi nul et donc $L$ aussi. C'est ainsi qu'on fabrique une résistance qui reste une pure résistance jusqu'aux hautes fréquences, sans réagir aux variations de courant.

a) Loi des mailles sur le circuit fermé condensateur-bobine : $u_{C}=L\frac{di}{dt}$ n'est plus compensée par rien d'autre; avec $u_{C}=\frac{q}{C}$ et $i=-\frac{dq}{dt}$ (le condensateur se vide), il vient $\frac{q}{C}=-L\frac{d^{2}q}{dt^{2}}$, soit $\frac{d^{2}q}{dt^{2}}=-\frac{1}{LC}\,q$ : l'accélération de la charge est proportionnelle à la charge et de signe opposé, la signature exacte de l'oscillateur harmonique, avec $\omega_{0}^{2}=\frac{1}{LC}$.

b) $\omega_{0}=\frac{1}{\sqrt{LC}}=\frac{1}{\sqrt{(0{,}050)(20\times 10^{-6})}}=\frac{1}{\sqrt{10^{-6}}}=1000$ rad/s. Fréquence : $f_{0}=\frac{\omega_{0}}{2\pi}\approx 159$ Hz. Période : $T_{0}=2\pi\sqrt{LC}\approx 6{,}28$ ms : c'est bien l'abscisse du trait vertical de la figure, où la cosinusoïde boucle son premier tour.

c) L'énergie totale est celle du départ : $W=\frac{1}{2}CU_{0}^{2}=\frac{1}{2}(20\times 10^{-6})(144)=1{,}44$ mJ. Quand le courant est maximal, le condensateur est vide et TOUTE l'énergie est magnétique : $\frac{1}{2}LI_{\max}^{2}=W$, d'où $I_{\max}=U_{0}\sqrt{\frac{C}{L}}=12\sqrt{\frac{20\times 10^{-6}}{0{,}050}}=0{,}24$ A. Cohérence : $Q_{0}=CU_{0}=2{,}4\times 10^{-4}$ C et $\omega_{0}Q_{0}=(1000)(2{,}4\times 10^{-4})=0{,}24$ A, identique. Le courant culmine quand $u_{C}=0$ : aux quarts et trois quarts de période, à chaque passage de la tension par zéro sur la figure.

d) Les correspondances : $q\leftrightarrow x$ (l'élongation), $i\leftrightarrow v$ (la vitesse), $L\leftrightarrow m$ (l'INERTIE : la bobine refuse les variations de courant comme la masse refuse les variations de vitesse), $\frac{1}{C}\leftrightarrow k$ (la RAIDEUR : un petit condensateur se « tend » vite, comme un ressort raide). Les énergies se répondent : $\frac{1}{2}Li^{2}\leftrightarrow\frac{1}{2}mv^{2}$ et $\frac{q^{2}}{2C}\leftrightarrow\frac{1}{2}kx^{2}$, et $\omega_{0}=\frac{1}{\sqrt{LC}}$ décalque $\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}$. Le circuit LC est un masse-ressort où l'énergie se balance entre champ électrique et champ magnétique deux fois par période.

a) La résistance dissipe en chaleur, par effet Joule, une part de l'énergie à chaque aller-retour de charge : l'énergie totale du circuit décroît, donc l'amplitude aussi. Constante de temps de l'enveloppe : $\frac{2L}{R}=\frac{2(0{,}050)}{20}=5{,}0$ ms. Demi-amplitude : $t=\frac{2L}{R}\ln 2\approx 3{,}5$ ms : sur la figure, l'enveloppe grise passe de 12 V à 6 V en trois millisecondes et demie.

b) $R<R_{c}$ : régime PSEUDO-PÉRIODIQUE, le circuit oscille sous une enveloppe décroissante (la figure). $R=R_{c}$ : régime CRITIQUE, retour à zéro le plus rapide possible sans osciller. $R>R_{c}$ : régime APÉRIODIQUE, retour lent sans oscillation. Ici $R_{c}=2\sqrt{\frac{0{,}050}{20\times 10^{-6}}}=2\sqrt{2500}=100$ Ω.

c) $\frac{R}{2L}=\frac{20}{0{,}10}=200$ s$^{-1}$, donc $\omega'=\sqrt{1000^{2}-200^{2}}=\sqrt{9{,}6\times 10^{5}}\approx 980$ rad/s et $T'=\frac{2\pi}{\omega'}\approx 6{,}41$ ms, contre $T_{0}=6{,}28$ ms : un allongement d'à peine 2 %. Pendant ce temps, l'amplitude a été divisée par deux TOUS les 3,5 ms : l'amortissement tue l'amplitude bien avant de toucher au rythme. C'est pourquoi un pendule qui s'épuise bat quasiment la même seconde jusqu'au bout.

d) Le régime critique est celui du retour au repos le plus rapide sans rebond : amortisseurs d'automobile (la caisse revient sans pomper), ferme-portes (la porte se ferme vite mais ne claque pas), aiguilles des instruments de mesure (le galvanomètre se pose sur la valeur sans osciller autour). Moins d'amortissement : on oscille, la voiture rebondit, l'aiguille dépasse et revient. Plus d'amortissement : plus de rebond mais un retour paresseux, la porte met dix secondes à se fermer. Le critique est l'optimum exact entre les deux défauts.

a) $\omega=2\pi f=2\pi(60)\approx 377$ rad/s. $X_{L}=\omega L=(377)(0{,}10)\approx 37{,}7$ Ω. $X_{C}=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{(377)(40\times 10^{-6})}\approx 66{,}3$ Ω. La bobine s'oppose aux VARIATIONS de courant : plus la fréquence est haute, plus le courant varie vite, plus elle réagit, d'où $X_{L}$ croissante (à très haute fréquence, une bobine est un circuit ouvert). Le condensateur, lui, doit se remplir et se vider : plus la fréquence est haute, moins il a le temps de se charger, moins il oppose de tension, d'où $X_{C}$ décroissante (à très haute fréquence, un condensateur est un fil). En continu, c'est l'inverse exact, comme le rappelle le régime permanent des exercices de la partie A.

b) $X_{L}-X_{C}=37{,}7-66{,}3=-28{,}6$ Ω : le circuit est à dominante CAPACITIVE. $Z=\sqrt{30^{2}+28{,}6^{2}}=\sqrt{1719}\approx 41{,}5$ Ω. Courant : $I=\frac{U}{Z}=\frac{120}{41{,}5}\approx 2{,}89$ A. Déphasage : $\tan\varphi=\frac{-28{,}6}{30}=-0{,}954$, donc $\varphi\approx -43{,}7°$ : la tension est en RETARD sur le courant, autrement dit le courant est en AVANCE de 43,7°, ce qui est la signature d'un circuit capacitif.

c) $U_{R}=RI=(30)(2{,}894)\approx 86{,}8$ V; $U_{L}=X_{L}I=(37{,}7)(2{,}894)\approx 109$ V; $U_{C}=X_{C}I=(66{,}3)(2{,}894)\approx 192$ V. Leur somme arithmétique atteint 388 V, plus du triple de la source, et $U_{C}$ à lui seul dépasse la tension du secteur. Ce n'est pas une erreur : ces tensions ne sont pas en phase, il faut les additionner comme des VECTEURS. $U_{L}$ et $U_{C}$ sont en opposition de phase et se retranchent : $|U_{L}-U_{C}|\approx 82{,}8$ V, perpendiculaire à $U_{R}$. Somme : $\sqrt{86{,}8^{2}+82{,}8^{2}}\approx 120$ V, la tension de la source, retrouvée exactement. La loi des mailles reste vraie, mais à chaque INSTANT, pas sur les amplitudes.

d) $P=RI^{2}=(30)(2{,}894)^{2}\approx 251$ W, ou tout aussi bien $P=UI\cos\varphi=(120)(2{,}894)(0{,}724)\approx 251$ W. Facteur de puissance : $\cos\varphi=\frac{R}{Z}=\frac{30}{41{,}5}\approx 0{,}72$. La bobine et le condensateur sont en quadrature avec le courant : sur un quart de période ils absorbent de l'énergie, sur le quart suivant ils la RENDENT intégralement au réseau. Leur puissance instantanée oscille autour de zéro et sa moyenne est nulle : ils empruntent de l'énergie, ils n'en consomment pas. Seule la résistance en détruit, en chaleur.

e) Il faut $X_{C}=X_{L}$, soit $C=\frac{1}{\omega^{2}L}=\frac{1}{(377)^{2}(0{,}10)}\approx 7{,}0\times 10^{-5}$ F, environ 70 μF au lieu de 40. Un atelier plein de moteurs présente une charge fortement inductive, donc un $\cos\varphi$ faible : pour fournir la même puissance UTILE $P=UI\cos\varphi$, le réseau doit y faire circuler un courant $I$ d'autant plus grand. Ce courant supplémentaire ne produit aucun travail mais chauffe bel et bien les câbles et les transformateurs du distributeur, en $RI^{2}$, d'où la facturation d'une pénalité et le surdimensionnement des conducteurs. La correction consiste à brancher en parallèle une batterie de condensateurs, dont le courant capacitif compense exactement le courant inductif des moteurs : le déphasage global retombe vers zéro et le courant de ligne diminue, sans rien changer à la puissance utile.

a) La résonance est atteinte quand les deux réactances se compensent, $X_{L}=X_{C}$, soit $\omega_{0}L=\frac{1}{\omega_{0}C}$, d'où $\omega_{0}=\frac{1}{\sqrt{LC}}=\frac{1}{\sqrt{(0{,}10)(40\times 10^{-6})}}=\frac{1}{2{,}0\times 10^{-3}}=500$ rad/s, soit $f_{0}=\frac{\omega_{0}}{2\pi}\approx 79{,}6$ Hz. C'est exactement la pulsation propre du circuit LC laissé libre : le circuit répond le plus fort quand on l'excite au rythme auquel il aime osciller tout seul, comme une balançoire qu'on pousse en cadence.

b) À la résonance, la partie réactive s'annule : $Z=R=30$ Ω, la valeur MINIMALE possible. Courant : $I=\frac{120}{30}=4{,}0$ A, contre 2,89 A à 60 Hz. Déphasage nul : le circuit se comporte comme une simple résistance, facteur de puissance égal à 1. Puissance : $P=RI^{2}=(30)(16)=480$ W, contre 251 W à 60 Hz. Toute la puissance disponible passe dans la résistance, sans qu'un seul volt-ampère ne soit gaspillé en va-et-vient.