Surtension à l`ouverture d`un circuit inductif

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 ret R2est 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.
EL
i
uL
R2
u2
L’équation différentielle est ensuite directement donnée par les lois de comportement,
E=Ldi
dt+R2i
Le forçage étant continu, le courant i∞en régime permanent asymptotique sera aussi continu.
L’équation différentielle donne alors
E= 0 + R2i∞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,
di
dt+1 τi=E Lavec 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) = Ae−t/τ . Ainsi,
i(t) = E
R2
+Ae−t/τ .
E
L
i(0−)
R2
R1
i(0−)La constante Ase 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.
On en déduit donc
E=R1i(0−) + R2i(0−)d’où i(0−) = E
R1+R2
1/4 Étienne Thibierge, 9 décembre 2015, www.etienne-thibierge.fr

DM 26 novembre : Surtension en circuit inductif Langevin–Wallon, PTSI 2015-2016
Ainsi, par continuité,
i(0+) = E
R1+R2
=E
R2
+Ad’où A=1
R1+R2
−1
R2E=−R1 (R1+R2)R2
E
Ainsi,
i(t) = E
R2
−R1
(R1+R2)R2
Ee−t/τ soit i(t) = E
R21−R1 R1+R2
e−t/τ .
Encore une fois, on retrouve bien
lim
t→∞ i(t) = E
R2
=i∞.
Barème : 3 points
B.5 Le chronogramme est représenté figure 1.
−2 0 2 4 6 8 10
t, en ms
−2
0
2
4
6
8
10
12
14
i, en mA
Fig. 1 –Chronogramme de i(t)suite à fermeture de l’interrupteur. Les deux lignes pointillées indiquent les valeurs
de τet de i∞.
Barème : 1 point
C - Régime transitoire suite à l’ouverture de l’interrupteur
C.1 Le courant idéterminé 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 R1àt= 0+(elle est montée en
série avec la bobine), alors
u(0+) = R1i∞=R1
R2
E .
Barème : 2 points
C.2 D’après la loi des mailles, E=uL+u+u2.
EL
i
uL
R2
u2
R1u
En utilisant les lois de comportement (et évidemment sans remplacer uque l’on cherche),
E=Ldi
dt+u+R2i .
car le courant iest le même dans tous les dipôles, et vaut i=u/R1. Ainsi,
E=L
R1
du
dt+u+R2 R1
u .
soit du
dt+R1+R2 Lu=R1 LE
ce qui se met sous forme canonique
du
dt+1 τ0u=R1 LEavec τ0=L R1+R2
.
2/4 Étienne Thibierge, 9 décembre 2015, www.etienne-thibierge.fr

DM 26 novembre : Surtension en circuit inductif Langevin–Wallon, PTSI 2015-2016
Barème : 2 points
C.3 Le portrait de phase consiste à tracer Y=du
dten fonction de X=u. L’équation différentielle ci-dessus donne
Y=−1
τ0X+R1 LE .
Le portrait de phase, représenté figure 2, est donc une droite de pente −1/τ0<0et d’ordonnée à l’origine R1E/L > 0.
u
du/dt
•
t= 0
•
t→ ∞
u(0+)
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
τ0up=R1 LEd’où up=τ0R1 LE=R1 R1+R2
E .
La solution de l’équation homogène associée s’écrit quant à elle
uh(t) = Ae−t/τ0.
et ainsi
u(t) = R1
R1+R2
E+Ae−t/τ0.
La constante Ase détermine alors sur la solution complète à partir de la condition initiale déterminée à la question C.1,
u(0+) = R1
R1+R2
E+A=R1
R2
Ed’où A=R2
1
R2(R1+R2)E .
Finalement, en factorisant,
u(t) = R1
R1+R2
E1 + R1
R2
e−t/τ0.
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 R1est élevée.
Barème : 1 point
3/4 Étienne Thibierge, 9 décembre 2015, www.etienne-thibierge.fr

DM 26 novembre : Surtension en circuit inductif Langevin–Wallon, PTSI 2015-2016
−0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0
t, en ms
−10
0
10
20
30
40
50
60
70
u, en V
Fig. 3 –Chronogramme de u(t)suite à l’ouverture de l’interrupteur. Les deux lignes pointillées indiquent les
valeurs de τ0et de u∞.
4/4 Étienne Thibierge, 9 décembre 2015, www.etienne-thibierge.fr