Exercice à rendre le jeudi 26 novembre Langevin–Wallon, PTSI 2015-2016 Surtension à l’ouverture d’un circuit inductif A - Modélisation La résistance interne du générateur r, qui vaut 50 W, est montée en série avec la résistance R2 , qui vaut 1,0 kW. Les valeurs numériques indiquent que la résistance équivalente à l’association série de r et R2 est pratiquement égale à R2 . Par conséquent, le générateur est modélisé sans résistance interne, donc comme une source idéale. Attention, il y a deux arguments à donner : les valeurs numériques d’une part, mais aussi le fait que les résistances sont montées en parallèle. Barème : 1 point B - Régime transitoire suite à la fermeture de l’interrupteur B.1 Pour t > 0, l’interrupteur court-circuite la résistance R1 , qui n’est donc traversée par aucun courant. Barème : 0.5 point B.2 En régime permanent, la bobine est équivalente à un fil. Ainsi, le circuit est équivalent à une résistance R2 reliée aux bornes du générateur continu de f.é.m. E. D’après la loi d’Ohm, le courant parcourant le circuit vaut i∞ = E . R2 Barème : 1 point B.3 D’après la loi des mailles, E = uL + uR . uL L’équation différentielle est ensuite directement donnée par les lois de comportement, i E L E=L R2 u2 di + R2 i dt Le forçage étant continu, le courant i∞ en régime permanent asymptotique sera aussi continu. L’équation différentielle donne alors E = 0 + R2 i ∞ d’où i∞ = E , R2 ce qui est cohérent avec l’analyse précédente. Barème : 2 points B.4 Écrivons l’équation différentielle sous forme canonique, E di 1 + i= dt τ L avec τ= L . R2 Ses solutions sont la somme de la solution particulière i∞ trouvée précédemment et d’une solution de l’équation homogène qui prend la forme sh (t) = A e−t/τ . Ainsi, i(t) = i(0− ) i(0− ) L E R2 On en déduit donc R1 E + A e−t/τ . R2 La constante A se détermine à partir d’une condition initiale, i(0+ ). Comme i est le courant traversant une bobine, alors il est toujours continu donc i(0+ ) = i(0− ). Pour déterminer i(0− ), analysons le circuit à cet instant : l’interrupteur est ouvert et le régime est permanent. La bobine est donc équivalente à un fil, et les deux résistances sont parcourues par le même courant. E = R1 i(0− ) + R2 i(0− ) d’où 1/4 i(0− ) = E R1 + R2 Étienne Thibierge, 9 décembre 2015, www.etienne-thibierge.fr DM 26 novembre : Surtension en circuit inductif Langevin–Wallon, PTSI 2015-2016 Ainsi, par continuité, E E i(0 ) = = +A R1 + R2 R2 + d’où A= 1 1 − R1 + R2 R2 soit E i(t) = R2 E=− R1 E (R1 + R2 )R2 Ainsi, R1 E − E e−t/τ i(t) = R2 (R1 + R2 )R2 1− R1 e−t/τ R1 + R2 . Encore une fois, on retrouve bien lim i(t) = t→∞ E = i∞ . R2 Barème : 3 points Le chronogramme est représenté figure 1. i, en mA B.5 14 12 10 8 6 4 2 0 −2 −2 0 2 4 6 t, en ms 8 10 Fig. 1 – Chronogramme de i(t) suite à fermeture de l’interrupteur. Les deux lignes pointillées indiquent les valeurs de τ et de i∞ . Barème : 1 point C - Régime transitoire suite à l’ouverture de l’interrupteur C.1 Le courant i déterminé précédemment est celui qui traverse une bobine. Il doit donc être continu, et en particulier i(0+ ) = i(0− ) = i∞ . Comme c’est ce courant qui traverse la résistance R1 à t = 0+ (elle est montée en série avec la bobine), alors R1 u(0+ ) = R1 i∞ = E. R2 Barème : 2 points C.2 D’après la loi des mailles, E = uL + u + u2 . uL En utilisant les lois de comportement (et évidemment sans remplacer u que l’on cherche), i E L R2 u2 R1 u E=L di + u + R2 i . dt car le courant i est le même dans tous les dipôles, et vaut i = u/R1 . Ainsi, E= soit L du R2 +u+ u. R1 dt R1 du R1 + R2 R1 + u= E dt L L ce qui se met sous forme canonique du 1 R1 + 0u= E dt τ L avec 2/4 τ0 = L . R1 + R2 Étienne Thibierge, 9 décembre 2015, www.etienne-thibierge.fr DM 26 novembre : Surtension en circuit inductif Langevin–Wallon, PTSI 2015-2016 Barème : 2 points du en fonction de X = u. L’équation différentielle ci-dessus donne dt 1 R1 Y =− 0X+ E. τ L Le portrait de phase, représenté figure 2, est donc une droite de pente −1/τ 0 < 0 et d’ordonnée à l’origine R1 E/L > 0. C.3 Le portrait de phase consiste à tracer Y = du/dt t→∞ u(0+ ) • t=0 u • Fig. 2 – Portrait de phase. Barème : 1 point C.4 Résolvons l’équation différentielle, en commençant par trouver une solution particulière up . Le forçage étant constant, la solution particulière l’est aussi. On déduit de l’équation différentielle que 0+ 1 R1 E up = 0 τ L up = τ 0 d’où R1 R1 E= E. L R1 + R2 La solution de l’équation homogène associée s’écrit quant à elle 0 uh (t) = A e−t/τ . et ainsi 0 R1 E + A e−t/τ . R1 + R2 La constante A se détermine alors sur la solution complète à partir de la condition initiale déterminée à la question C.1, u(t) = u(0+ ) = R1 R1 E+A= E R1 + R2 R2 d’où A= R12 E. R2 (R1 + R2 ) Finalement, en factorisant, R1 R1 −t/τ 0 u(t) = E 1+ e . R1 + R2 R2 Barème : 2 points C.5 Chronogramme représenté figure 3. Barème : 1 point D - Surtension aux bornes de l’interrupteur D.1 Comme l’interrupteur est monté en parallèle de R1 , alors la tension aux bornes de l’interrupteur est tout simplement u. Barème : 0.5 point D.2 Lorsque l’interrupteur est ouvert, la continuité du courant entraîne de très fortes valeurs pour la tension u, nettement supérieures à la tension E : la valeur u(0+ ) atteint 60 V. Barème : 1 point D.3 Une étincelle est le signe du passage d’un courant électrique dans l’air : en schématisant, les molécules sont ionisées et permettent le passage d’électrons. Cela n’est possible que si la tension aux bornes de l’interrupteur est suffisamment élevée, supérieure à une valeur seuil qui déclenche le phénomène. Or u(0+ ) est proportionnelle à R1 , et est donc d’autant plus grande que R1 est élevée. Barème : 1 point 3/4 Étienne Thibierge, 9 décembre 2015, www.etienne-thibierge.fr u, en V DM 26 novembre : Surtension en circuit inductif Langevin–Wallon, PTSI 2015-2016 70 60 50 40 30 20 10 0 −10 −0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 t, en ms Fig. 3 – Chronogramme de u(t) suite à l’ouverture de l’interrupteur. Les deux lignes pointillées indiquent les valeurs de τ 0 et de u∞ . 4/4 Étienne Thibierge, 9 décembre 2015, www.etienne-thibierge.fr