RTF

1/
Electronique :
Relations :
L’intensité du courant, c’est la variation de charges au cours du temps, l’intensité est donc la
dérivée de la charge :
i
dq
dt
Relation entre énergie(W en joul) et puissance(P en Watt) :
W   Pdt
Les résistances :
I
U
Quand on applique une tension aux bornes de la résistance, il y a un champ
électriques, les électrons se déplacent donc, c’est un courant I.
I est donc proportionnel à la tensions appliquée, et dépend de la résistance R
du matériau : d’ou U
= R*I
Le condensateur :
E
I
+q
-q
U
La tension U crée un champ électrique qui charge les plaques avec une
valeur opposée. Au bout d’un moment, les plaques sont chargées, alors le
champ devient nul, Le condensateur devient isolent. On défini la capacité
du condensateur par C dans q = C*U  i  C
dU
dt
La bobine :
On amdmettra juste que U  L
dI
dt
, avec L coefficent propre à la bobine appelé inductance.
(ce phénomène relève du magnétisme, C pô au programme.)
Exercice type 1 : circuit RC :
I
+q
-q
On étudie la décharge du condensateur.
Initialement, le condensateur est chargé de charge q0, trouver q(t), i(t), et les énergies
des 2 composants.
2/
Résolution typique dans le genre :
 Choisissons un sens au courant, on prendra le sens ou I va vers +q, pour avoir q>0, sinon,
c’est juste le signe de q qui change. (Les électrons vont dans le sens inverse de I, vu
comme est chargé le condensateur, on imagine à la décharge le sens des électrons, et c’est
plus facile de travailler avec q positif.)
 On compte : il y a aucun nœud, et 1 maille. On a donc qu’une maille à étudier…
 Loi des mailles : la somme des tensions fait 0. Ici U R  U C  0 .
dq
q
Or U R   RI   R
, et U c  
dt
c
dq q
1
  0  q'
q0
 Selon la loi des mailles, il ne reste qu’à résoudre R
dt c
RC
 Ceci est une équation différentielle du 1er ordre, dont la 2è partie est nulle, les solutions
seront donc de la forme  exp( t /  ) , avec  réel quelconque,   RC constante de
temps du dîpole « RC ».
 Déterminer la constante, on sait que q(t=0), q(t) = q0, donc  exp( 0 /  )  q0    q0
 Donc on peut dire :
 On en déduit i(t) :
q(t )  q0 exp( t /  )
i(t ) 
q
dq
  0 exp( t /  )
dt

 Energies : on se servira de la relation liant la puissance et l’énergie pour les 2 composants,
ici on prend par exemple comme convention puissance reçue.
q02
q(t )
2t
* I (t )  
exp(

)
 Le condensateur : PC (t )  U c (t ) * I (t ) 
C

RC 2
q02
2t
exp(  )   PC (t )
2

RC
 Les 2 puissances sont opposées : toute la puissance sortie du condensateur va dans la
résistance, celle ci dissipe cette puissance par effet joule.
 La résistance : PR (t )  U R (t ) * I (t )  RI (t ) * I (t )  RI 2 (t ) 

 Energie reçue : WC (t )  WR (t )  0 PC (t )dt  
condensateur en tout, l’énergie cédée est
1 q02
. C’est l’énergie reçue par le
2C
1 q02
, c’est l’énergie stockée dans le
2 C
condensateur…
Note : energie/puissance/machin reçu ou cédé, le signe change, attention a bien fixer les
confitions….
I
+q
-q
Charge du condensateur, trouver q(t), I(t), les
énergies des composants (RC avec générateur)
Appui sur exercice type 1 :
 Mise en équation : E  U C  U R  0 . Equation différentielle du 1e ordre avec second
membre, on prend q(t=0) = 0 pour  (charge initatiale). => q(t )  CE (1  exp( t / RC )) .
dq(t ) E
 exp( t / RC )
 i (t ) 
dt
R
3/
 énergie reçue (si on remplace par « cédée », on s’y tient !): on la calcule pour tous les
composants :
2

1 Qf
 condensateur : P(t )  U C (t ) * I (t ) , WC   P(t )dt 
, avec Q f  CE (charge finale)
0
2 C
2
1 Qf
 résistance : U R (t )  RI (t ) , donc WR 
 WC
2 C
 générateur : si on parle toujours en énergie reçue, celle la est négative, car le générateur
Q 2f
émet de l’énergie.  U E  E (le – est du à reçue). On a WE  
C
 conclusion : la moitié de l’énergie émise par le générateur passe dans la résistance ! !
 vérification : rien ne se perd, rien ne se crée, donc WI  0
Circuit RL :
Memes questions ! ! (le truc en pointillé est
une bobine)
di
, équation du premier ordre (il est + facile ici de chercher i(t)
dt
E
Rt
d’abord), aux conditions initiales, i=0 (à cause de la bobine)  i (t )  (1  exp(  ))
R
L
 q(t )   i (t )dt , on peut laisser sous cette forme ici.
 E U R U L  0 ,U l  L
 Applications des énergies de la même façon :
E2
E2
E2
Rt
PE 
(1  exp(  Rt / L)) , PR 
(1  exp(  Rt / L)) 2 , PB 
(1  exp(  Rt / L)) exp(  )
R
R
R
L
1 2
C’est trop compliqué de primitiver tout ça, Cependant, pour la bobine, WB  Li (t  )
2
(c’est l’énergie du champ électrique créé : hors sujet…)
Généralité pour les équations différentielles :
aq
"  bq
' 
cq


d
générateurs
bobines résis tan ces
condensateurs
(a,b,c,d coefficients connues, dépendent des caractéristiques des composants)
Une équation différentielles c’est la loi des mailles, donc la somme des tensions de tous les
composants est nulle  la somme des tensions de tous les composants vaut celle des
générateurs… (E – U = 0  U = E : les générateurs et les récepteurs sont de signe différent).
Les condensateurs expriment leur tension en fonction de q, les résistances en fonction de la
dérivée première de q, les bobines en fonction de la dérivée seconde de q.
Conclusion : bien lire ma fiche sur les équations différentielles (arf ! ) (savoir tous les cas)
Et les constantes  ,  après la résolution, on en fait quoi ?
=> On se met dans un cas particulier ( q(t = 0), ou i(t = 0), ou i (t = l’infini) ou q (t = l’infini))
et on résout les équations qui se simplifient normalement vachement…
4/
Les régimes :
Dans un circuit RLC, il y a des oscillations, et ce sont des équations différentielles du second
ordre (car les bobines, résistances, condensateurs) interviennent tous.
En résolvant l’équation, on cherche un delta à un moment, pour trouver g(x).
 Si   0 : on parle de régime périodique
 Si   0 : on parle de régime critique
 Si   0 : on parle de régime apériodique (ou sous-critique)
Dans tous les cas, on continue la résolution !
i
i1
i2
Exercice type : on a plusieurs nœuds et plusieurs
mailles.
Nous avons la 2 nœuds, 3 mailles = 3 inconnus (i, i1 et i2) ( les q se déduisant des i).
Par la loi des nœuds, ont sait que i = i1 + i2. Voilà les équations que l’on peut obtenir en
appliquant la loi des mailles 3 fois et la loi des nœuds :
di

E

Ri

L
 Ri1

dt

 E  Ri  L di  L di2

dt
dt (remarque : de 2 lois des mailles peut se déduire la troisème)


di
 Ri1  L 2
dt

i  i1  i2
De la, par substitution, on peut pondre 3 équations différentielles, l’une avec i1, l’autre avec
i2 et la troisième avec i.
On se ramène donc au type d’exercice fait en haut.
Type : on a le droit de dériver toute une équation différentielle si on en a besoin :
Ex : pour résoudre i1, on risque de tomber sur :
di R 2
3Ri1  L 1 
i1  E . On peut (et on doit) dériver tout pour obtenir quelque chose de
dt
L 
di
d 2i R 2
dE
plus simple : 3R 1  L 1 
i1 
 0 (note : E=cste, sa dérivée est donc nulle)
dt
dt
L
dt
Le reste de l’exercice est la même chose que les autres.
Ve
Vs
Cas ou on applique des tensions Ve, puis on les enlève brusquement,
ou on les remet brusquement…
Que fait Vs ?
On cherche des Vs, donc on a intérêt à se débrouiller pour que ce soit lui l’inconnu dans
l’équation différentielle.
On écrit déjà les équations différentielles pour les 2 mailles qu’on voit :
5/
dq

Vs

R
  Vsdt  Rq

dt
, on verra 3 lignes plus bas pourquoi on primitive Vs.

q
dq
Ve   R

c
dt
Maintenant, comme je le disais, c’est Vs l’inconnu auquel on s’intéressera dans cet exercice.
dq q
q
Ve  R
  Ve  Vs  , ici on a q. Pour inclure Vs, on est obligé de se servir de la
dt c
c
primitive de Vs, qui s’exprime en fonction de q, et non plus de dq.
1
Ve  Vs 
Vsdt . C’est horrible ! On ne doit pas avoir de primitives dans une équation
RC 
différentielle, alors on dérive tout. (note Ve est constante, puisque lorsqu’on applique une
tension, elle est toujours constante, même si elle saute d’un palier à un autre d’un seul coup).
Notre équa diff est :
dVs
1
dVe

Vs 
0
dt
RC
dt
La solution est bien sur Vs(t )  A exp( t / RC ) .
q
On trouve le A en prenant les cas initiaux, et on n’oubliant pas Ve  Vs  . Ve peut passer
c
brusquement d’une valeur maximale à minimale, ou vice versa….
Cas de Ve=0 depuis longtemps, puis devient max : A=Vmax
Cas de Ve=max depuis longtemps, puis devient 0 : A= -Vmax
Régime permanent alternatif sinusoïdal :
Maintenant, la tension qu’on enverra n’est plus constante, on pose :
E  E0 cos(t   )
2
),  est le déphasage.
T
Le régime permanent est obtenu en une fraction de seconde… On ne s’intéresse pas au régime
transitoire.
E0 est la tension maximum, l’amplitude.  est la pulsation(  
Imaginez une équation différentielle avec des cos et des sin. Comme on est dans les régimes
permanents, imaginez que la solution est aussi en sin et en cos.
Allez ! Faites des circuits ! et cherchez les équations et les solutions !
Solution pour simplifier, on utilise les complexes ! (et ça devient simplex, hem… )
Pour ne pas confondre avec l’intensité, on appelle j le nombre complexe, et non i.
 cos a  j sin a
ja
On pose :
On obtient l’expression des tensions, intensités, et charge complexes (donc soulignées) dans
un circuit :
j (t  ')
j (t  ")
E  E 0 e j (t  ) ;
;
0
0
Pour avoir la valeur réelle, on prend la partie réelle du complexe, tout simplement.
e
ii e
qq e
6/
Loi d’ohm en régime transitoire alternatif.
La loi d’ohm, c’est exprimer u en fonction de i. Pour chaque composant, on prend ses
propriétés de la 1e page pour démontrer les équations suivantes :
L’impédance complexe ( Z )d’un composant, c’est sa résistance exprimée en complexes.
L’admittance ( Y) est l’inverse de l’impédence. Exprimée en  1 ou en Siemens (S)
Résistances :
u  Ri
donc Z  R
Bobines :
u  jL i
donc Z  jL
Condensateurs :
u
donc Z 
1
i
jC
1
jc
Règles sur l’impédance complexe :
Comme les règles sur les résistances, on a : pour 2 composants de résistance R1 et R2, la
résistance équivalente est :
En série : Z  Z1  Z 2
En parallèle :
1
1
1


Z Z1 Z 2