Exercices corrigés : évolution temporelle d'un système électrique (Terminale spécialité)

a) $q=C\,u=4{,}7\times 10^{-6}\times 6{,}0=2{,}8\times 10^{-5}\ \mathrm{C}$, soit $28\ \mathrm{\mu C}$. L'armature négative porte la charge opposée, la charge totale du condensateur restant nulle.

b) $u=R\,i$ donne $[R]=\dfrac{[U]}{[I]}$ et $q=C\,u$ donne $[C]=\dfrac{[Q]}{[U]}$. Donc $[RC]=\dfrac{[U]}{[I]}\times \dfrac{[Q]}{[U]}=\dfrac{[Q]}{[I]}$, et comme une intensité est une charge par unité de temps, ce quotient est bien un TEMPS. Numériquement, $\tau=RC=10\times 10^{3}\times 4{,}7\times 10^{-6}=4{,}7\times 10^{-2}\ \mathrm{s}=47\ \mathrm{ms}$.

c) Si $u$ est constante, $\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}=0$ donc $i=0$. Physiquement, plus aucune charge n'arrive sur les armatures : le condensateur est chargé, il se comporte comme un interrupteur ouvert en régime permanent.

d) À $t=0^{+}$, la tension $u$ vaut ENCORE $0$, car elle est continue et le condensateur était déchargé. La loi des mailles donne alors $E=R\,i+u=R\,i$, d'où $i=\dfrac{E}{R}=\dfrac{6{,}0}{10\times 10^{3}}=6{,}0\times 10^{-4}\ \mathrm{A}=0{,}60\ \mathrm{mA}$. C'est l'intensité maximale de toute la charge, et elle ne décroîtra ensuite qu'à mesure que $u$ monte.

e) Parce qu'une discontinuité de $u$ imposerait une dérivée infinie, donc, par $i=C\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}$, une intensité infinie. Il faudrait un générateur capable de débiter un courant infini et un circuit de résistance nulle, ce qui n'existe pas. La continuité de $u$ est donc la condition initiale que l'on utilise systématiquement pour résoudre l'équation différentielle.

a) La maille donne $E=u_{R}+u$. Or $u_{R}=R\,i$ et $i=C\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}$, donc $E=RC\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}+u$. Toute la difficulté du chapitre est là : il faut exprimer $i$ en fonction de $u$ pour n'avoir qu'une seule inconnue.

b) L'équation s'écrit déjà $RC\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}+u=E$, donc $\tau=RC$. La forme canonique impose un coefficient $1$ devant $u$ : si ce n'est pas le cas, on divise toute l'équation par ce coefficient avant d'identifier $\tau$.

c) $\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}=E\times \dfrac{1}{\tau}e^{-t/\tau}$. En reportant : $\tau \times \dfrac{E}{\tau}e^{-t/\tau}+E(1-e^{-t/\tau})=E\,e^{-t/\tau}+E-E\,e^{-t/\tau}=E$. L'équation est vérifiée pour tout $t$, la fonction proposée est bien solution.

d) $u(0)=E(1-e^{0})=E(1-1)=0$, la condition initiale est respectée. Quand $t\to +\infty$, $e^{-t/\tau}\to 0$ donc $u\to E$ : le condensateur se charge jusqu'à la tension du générateur, ce qui est bien le régime permanent attendu.

e) La maille devient $E=r\,i+R\,i+u$, soit $(R+r)C\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}+u=E$. La nouvelle constante de temps vaut $\tau=(R+r)C$ : la charge est plus LENTE. La tension finale, elle, reste $E$, car en régime permanent $i=0$ et la résistance interne ne consomme plus rien.

a) $u(\tau)=E(1-e^{-1})=6{,}0\times (1-0{,}368)=6{,}0\times 0{,}632=3{,}79\ \mathrm{V}$, soit $63{,}2\ \%$ de $E$. Le nombre vient directement de $1-e^{-1}$ : il ne dépend ni de $R$, ni de $C$, ni de $E$, ce qui en fait une lecture graphique universelle.

b) La tangente à l'origine a pour pente $\left.\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}\right|_{0}=\dfrac{E}{\tau}$, et passe par l'origine : son équation est $u=\dfrac{E}{\tau}t$. Elle atteint la valeur $E$ lorsque $\dfrac{E}{\tau}t=E$, c'est-à-dire $t=\tau$. C'est la deuxième lecture graphique, la plus précise à la règle.

c) Il faut $e^{-t/\tau}<0{,}01$, soit $\dfrac{t}{\tau}>\ln(100)=4{,}6$. Cinq constantes de temps suffisent donc largement : à $5\tau$, l'écart n'est plus que de $e^{-5}=0{,}67\ \%$. On retient la règle des $5\tau$, ici $5\times 47=235\ \mathrm{ms}$.

d) $\tau=RC$ double, donc $94\ \mathrm{ms}$ : la charge est deux fois plus lente. La valeur finale de $u$ reste $E=6{,}0\ \mathrm{V}$, car elle ne dépend pas de $R$. L'intensité initiale $\dfrac{E}{R}$ est DIVISÉE par deux, soit $0{,}30\ \mathrm{mA}$.

e) $\tau$ double aussi, $94\ \mathrm{ms}$. La valeur finale de $u$ reste $6{,}0\ \mathrm{V}$, et l'intensité initiale $\dfrac{E}{R}$ est INCHANGÉE, puisqu'elle ne dépend pas de $C$. En revanche la charge finale $q=CE$ double, passant de $28$ à $56\ \mathrm{\mu C}$ : mêmes tensions, deux fois plus de charges accumulées.

a) La maille sans générateur donne $0=u_{R}+u$, soit $R\,i+u=0$ avec $i=C\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}$. D'où $RC\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}+u=0$, c'est-à-dire $\tau\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}+u=0$ : la même équation que la charge, mais SANS second membre.

b) $u(t)=E\,e^{-t/\tau}$. À $t=0$, $u=E\times 1=6{,}0\ \mathrm{V}$, ce qui est bien la tension au moment du basculement : la continuité de $u$ garantit qu'elle n'a pas sauté.

c) $u(\tau)=6{,}0\times e^{-1}=6{,}0\times 0{,}368=2{,}21\ \mathrm{V}$, soit $36{,}8\ \%$ de $E$. C'est le complément du $63\ \%$ de la charge : $0{,}632+0{,}368=1$. À la constante de temps, il reste toujours $37\ \%$ de ce qu'il y avait.

d) $i(0)=C\left.\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}\right|_{0}=C\times \left(-\dfrac{E}{\tau}\right)=-\dfrac{E}{R}=-6{,}0\times 10^{-4}\ \mathrm{A}$. Même valeur absolue qu'au début de la charge, $0{,}60\ \mathrm{mA}$, mais de signe OPPOSÉ : le courant circule maintenant en sens inverse, le condensateur se vide au lieu de se remplir.

e) On résout $6{,}0\,e^{-t/\tau}<0{,}10$, soit $e^{-t/\tau}<\dfrac{1}{60}$, donc $\dfrac{t}{\tau}>\ln(60)=4{,}09$. Il faut environ $4{,}1\,\tau$, c'est-à-dire $4{,}09\times 47=192\ \mathrm{ms}$.

a) $E_{e}=\dfrac{1}{2}\times 4{,}7\times 10^{-6}\times (6{,}0)^{2}=\dfrac{1}{2}\times 4{,}7\times 10^{-6}\times 36=8{,}5\times 10^{-5}\ \mathrm{J}$, soit $85\ \mathrm{\mu J}$. C'est très peu : un condensateur de ce type stocke moins d'énergie qu'une pile ne peut en fournir en une microseconde.

b) La tension intervient au CARRÉ : la doubler multiplie l'énergie par $2^{2}=4$, soit $3{,}4\times 10^{-4}\ \mathrm{J}$. La capacité, elle, intervient à la puissance un : la doubler ne multiplie l'énergie que par 2. C'est pourquoi les flashs et les défibrillateurs travaillent à haute tension plutôt qu'à forte capacité.

c) Le générateur fournit $W=C\,E^{2}=4{,}7\times 10^{-6}\times 36=1{,}69\times 10^{-4}\ \mathrm{J}$, soit exactement le DOUBLE de ce qui est stocké. La moitié manquante, $8{,}5\times 10^{-5}\ \mathrm{J}$, a été dissipée par effet Joule dans le conducteur ohmique pendant toute la durée de la charge.

d) La durée vaut $5\tau=5\times 4{,}7\times 10^{-2}=0{,}235\ \mathrm{s}$, et l'énergie dissipée $8{,}5\times 10^{-5}\ \mathrm{J}$. Donc $P=\dfrac{8{,}5\times 10^{-5}}{0{,}235}=3{,}6\times 10^{-4}\ \mathrm{W}$, soit $0{,}36\ \mathrm{mW}$.

e) Non, il n'en dépend PAS : le rendement de charge d'un condensateur à travers une résistance vaut toujours exactement $50\ \%$, quelle que soit $R$. C'est contre-intuitif, puisqu'on imagine qu'une petite résistance dissiperait moins ; en réalité une petite résistance fait passer un courant plus grand pendant un temps plus court, et le produit $R\,i^{2}\,t$ ne change pas. Seule une charge à courant contrôlé, par une alimentation à découpage, permet de dépasser ces $50\ \%$.

a) $63\ \%$ de $5{,}00\ \mathrm{V}$ vaut $3{,}16\ \mathrm{V}$. Cette valeur est atteinte entre $50\ \mathrm{ms}$ ($3{,}05\ \mathrm{V}$) et $100\ \mathrm{ms}$ ($4{,}32\ \mathrm{V}$). Une interpolation linéaire donne $t=50+50\times \dfrac{3{,}16-3{,}05}{4{,}32-3{,}05}=50+50\times 0{,}0866=54{,}3\ \mathrm{ms}$. Donc $\tau\approx 54\ \mathrm{ms}$.

b) $C=\dfrac{\tau}{R}=\dfrac{54{,}3\times 10^{-3}}{22{,}0\times 10^{3}}=2{,}47\times 10^{-6}\ \mathrm{F}$, soit $2{,}5\ \mathrm{\mu F}$. La valeur normalisée la plus proche est $2{,}2\ \mathrm{\mu F}$, l'écart de $12\ \%$ restant compatible avec la tolérance usuelle de ces composants, souvent de $\pm 20\ \%$.

c) Avec $\tau=54{,}3\ \mathrm{ms}$ : $u(100)=5{,}00\times \left(1-e^{-100/54{,}3}\right)=5{,}00\times (1-0{,}159)=4{,}21\ \mathrm{V}$. La mesure donne $4{,}32\ \mathrm{V}$, soit un écart de $2{,}5\ \%$ : l'accord est correct compte tenu de l'interpolation grossière faite en a).

d) On trace la tangente à la courbe au point $t=0$ et l'on repère son intersection avec l'asymptote horizontale $u=E$ : l'abscisse de ce point vaut $\tau$. Elle est moins précise sur des données expérimentales parce que la pente en un point unique est très sensible au bruit de mesure et au choix des deux premiers points, alors que la méthode des $63\ \%$ utilise la position d'un point sur une portion de courbe bien définie.

e) $\tau$ est multiplié par dix, soit environ $543\ \mathrm{ms}$. L'avantage est que le phénomène devient dix fois plus lent, donc bien plus facile à échantillonner avec un système d'acquisition modeste, et l'incertitude relative sur $t$ diminue. L'inconvénient est que le courant est dix fois plus faible, de l'ordre du dixième de milliampère : la moindre fuite du condensateur ou l'impédance d'entrée du voltmètre devient non négligeable et fausse la mesure.

a) $E_{e}=\dfrac{1}{2}\,C\,E^{2}=\dfrac{1}{2}\times 1{,}00\times 10^{-3}\times (300)^{2}=45{,}0\ \mathrm{J}$.

b) $\tau_{charge}=R\,C=2{,}00\times 10^{3}\times 1{,}00\times 10^{-3}=2{,}00\ \mathrm{s}$. La charge pratique dure $5\tau=10{,}0\ \mathrm{s}$ : c'est exactement le temps d'attente entre deux photos au flash, et le sifflement aigu qu'on entend est celui du convertisseur qui élève la tension.

c) $\tau_{decharge}=r\,C=1{,}00\times 1{,}00\times 10^{-3}=1{,}00\times 10^{-3}\ \mathrm{s}=1{,}00\ \mathrm{ms}$. L'éclair dure donc environ $5\ \mathrm{ms}$, soit deux mille fois moins que la recharge.

d) $P=\dfrac{45{,}0}{5{,}00\times 10^{-3}}=9{,}00\times 10^{3}\ \mathrm{W}=9{,}00\ \mathrm{kW}$. C'est quatre fois et demie la puissance d'une bouilloire électrique. Le rapport avec la puissance de charge, $\dfrac{45{,}0}{10{,}0}=4{,}50\ \mathrm{W}$, vaut deux mille.

e) Parce qu'un condensateur ne fournit pas plus d'énergie qu'une pile, il la restitue infiniment plus VITE : il accumule lentement, à quelques watts, une énergie modeste, puis la libère en quelques millisecondes, ce qui produit une puissance de plusieurs kilowatts qu'aucune pile de cette taille ne pourrait débiter directement.

1) FAUX. C'est l'INTENSITÉ qui est maximale à la fermeture, $i(0)=\dfrac{E}{R}$, tandis que la tension $u$ vaut encore zéro : elle est continue, et le condensateur était déchargé. La tension ne tend vers $E$ qu'asymptotiquement.

2) FAUX. À $t=\tau$, la tension n'a atteint que $63\ \%$ de $E$. La charge n'est jamais complète au sens strict, la fonction exponentielle ne rejoignant jamais son asymptote ; en pratique on considère la charge terminée au bout de $5\tau$, où il ne manque plus que $0{,}7\ \%$.

3) FAUX. En régime permanent, $u$ est constante donc $\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}=0$ et $i=C\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}=0$ : le condensateur se comporte comme un interrupteur OUVERT. Il ne conduit qu'en régime transitoire, tant que sa tension varie.

4) FAUX. Le rendement de charge vaut exactement $50\ \%$ quelle que soit $R$ : l'énergie dissipée par effet Joule est toujours égale à l'énergie stockée. Diminuer $R$ raccourcit la charge et augmente le courant, mais le produit dissipé reste le même.

a) On isole la dérivée : $\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}=\dfrac{E-u}{\tau}$. En remplaçant la dérivée par le taux de variation entre $t_{n}$ et $t_{n+1}$ : $\dfrac{u_{n+1}-u_{n}}{\Delta t}=\dfrac{E-u_{n}}{\tau}$, d'où $u_{n+1}=u_{n}+\dfrac{E-u_{n}}{\tau}\Delta t$. La pente est évaluée au point de DÉPART de l'intervalle, c'est là toute la méthode et toute son erreur.

b) $u_{1}=0+\dfrac{6{,}0-0}{47}\times 25=0+3{,}19=3{,}19\ \mathrm{V}$. Puis $u_{2}=3{,}19+\dfrac{6{,}0-3{,}19}{47}\times 25=3{,}19+1{,}49=4{,}68\ \mathrm{V}$.

c) La valeur exacte vaut $u(50)=6{,}0\left(1-e^{-50/47}\right)=6{,}0\times (1-0{,}345)=3{,}93\ \mathrm{V}$. L'écart relatif est $\dfrac{|4{,}68-3{,}93|}{3{,}93}=0{,}19$, soit $19\ \%$ : c'est énorme, et cela vient d'un pas $\Delta t$ du même ordre que $\tau$.

d) Le programme affiche plus que la valeur exacte : il SURESTIME, comme au b). La courbe exacte est concave, sa pente diminue au cours du temps ; la méthode d'Euler applique sur tout l'intervalle la pente du DÉBUT, la plus forte, et dépasse donc à chaque pas. L'écart relatif n'est plus que de $\dfrac{5{,}99-5{,}92}{5{,}92}=1{,}2\ \%$, parce que les deux courbes tendent vers la même asymptote $u=E$ : la récurrence donne $u_{n}=E\left(1-\left(1-\dfrac{\Delta t}{\tau}\right)^{n}\right)$, qui tend elle aussi vers $E$, et l'écart absolu s'éteint avec le régime transitoire.

e) Il suffit de réduire $\Delta t$, en remplaçant $dt = 25e-3$ par une valeur plus petite. L'erreur de la méthode d'Euler est proportionnelle à $\Delta t$ au premier ordre : passer de $19\ \%$ à moins de $1\ \%$ demande de diviser le pas par une vingtaine, soit $\Delta t\approx 1\ \mathrm{ms}$, c'est-à-dire environ $\dfrac{\tau}{50}$. La règle pratique retenue en classe est de prendre un pas au plus égal au centième de la constante de temps.

from math import exp

E, R, C = 6.0, 10e3, 4.7e-6
tau = R * C

for n in range(9):
    t = n * 25e-3
    exacte = E * (1 - exp(-t / tau))
    print(round(t * 1000, 1), round(exacte, 3))

a) La décharge suit $u(t)=E\,e^{-t/RC}$. On cherche $T$ tel que $u(T)=U_{s}$ : $E\,e^{-T/RC}=U_{s}$, donc $e^{-T/RC}=\dfrac{U_{s}}{E}$ et $T=RC\,\ln\!\left(\dfrac{E}{U_{s}}\right)$.

b) $\ln\!\left(\dfrac{12{,}0}{3{,}0}\right)=\ln(4)=1{,}386$. Donc $R=\dfrac{T}{C\ln(4)}=\dfrac{180}{470\times 10^{-6}\times 1{,}386}=2{,}76\times 10^{5}\ \Omega$, soit environ $276\ \mathrm{k\Omega}$.

c) $T$ est proportionnelle à $C$ : $T'=180\times \dfrac{1000}{470}=383\ \mathrm{s}$, soit environ $6\ \mathrm{min}\ 23\ \mathrm{s}$. Plus du double, pour un composant qui coûte le même prix.

d) $T'=RC\ln\!\left(\dfrac{10{,}0}{3{,}0}\right)=RC\times 1{,}204$. Le rapport à la durée initiale vaut $\dfrac{1{,}204}{1{,}386}=0{,}869$ : la durée tombe à $156\ \mathrm{s}$, soit $13\ \%$ de moins. Une simple baisse de tension d'alimentation raccourcit donc sensiblement l'éclairage, ce qui est un défaut de conception.

e) Il faut rendre le seuil PROPORTIONNEL à la tension d'alimentation, par exemple en le produisant par un pont diviseur alimenté par $E$ lui-même, réglé sur $U_{s}=\dfrac{E}{4}$. Le rapport $\dfrac{E}{U_{s}}$ vaut alors toujours $4$, quel que soit $E$, et $T=RC\ln(4)$ ne dépend plus que des composants. C'est le principe général des montages dits ratiométriques.

a) $\tau=RC=1{,}0\times 10^{3}\times 100\times 10^{-6}=0{,}10\ \mathrm{s}$. La loi des mailles donne $u_{R}=E-u_{C}=E\,e^{-t/\tau}$, et la loi d'Ohm $i=\dfrac{u_{R}}{R}=\dfrac{E}{R}e^{-t/\tau}$. Alors que $u_{C}$ monte, $u_{R}$ et $i$ DÉCROISSENT avec la même constante de temps.

b) $i(0)=\dfrac{E}{R}=\dfrac{12}{1{,}0\times 10^{3}}=1{,}2\times 10^{-2}\ \mathrm{A}=12\ \mathrm{mA}$ : au premier instant, le condensateur déchargé se comporte comme un fil, toute la tension est aux bornes de $R$.

c) $i(\tau)=12\times e^{-1}=12\times 0{,}368=4{,}4\ \mathrm{mA}$, soit $37\ \%$ de la valeur initiale. Pour l'intensité, c'est le repère des $37\ \%$ qui donne $\tau$, pas celui des $63\ \%$.

d) $12\,e^{-t/\tau}=1{,}0$ donne $e^{-t/\tau}=\dfrac{1}{12}$, soit $t=\tau\ln 12=0{,}10\times 2{,}485=0{,}25\ \mathrm{s}$.

e) $u_{R}=R\,i=1{,}0\times 10^{3}\times 1{,}0\times 10^{-3}=1{,}0\ \mathrm{V}$, donc $u_{C}=E-u_{R}=12-1{,}0=11\ \mathrm{V}$. On pouvait aussi calculer $12\left(1-\dfrac{1}{12}\right)=11\ \mathrm{V}$.