Electrocinetique : controle continue et correction /jan 2011

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Le contrôle est constitué de cinq exercices indépendants, le barême étant approximatif et donné à titre
indicatif seulement. Toute erreur éventuelle de l’énoncé doit être indiquée dans la copie et ne doit pas
empêcher la poursuite de l’exercice.
Exercice 1 Calculs d’intensité (3 points)
◮1. Déterminer l’íntensité du courant traversant
la résistance R= 1Ω dans le montage sui-
vant. On donne e1= 1V, e2= 2V, e3= 4V
et r1= 1Ω,r2= 2Ω,r3= 4Ω.
e1
e2
e3
r1
r2
r3
R
Correction
◮1. Une façon de répondre à la question posée est de d’abord simplifier le circuit électrique. Chaque
branche, comportant un générateur de tension idéal en série avec une résistance, peut être remplacée
de manière équivalente par un générateur de Norton (cf circuit de gauche). On peut alors simplifier
dans un deuxième temps en faisant apparaitre un seul générateur de courant idéal I0en parallèle
avec une résistance R′(cf circuit de droite), tels que I0=e1/R1+e2/R2+e3/R3= 3 A et 1/R′=
1/r1+ 1/r1+ 1/r1, soit R′= 0.57Ω. On trouve alors que I=R′
R′+RI0= 1.1A.
e1/r1
r1
r2
r3
R
e2/r2
e3/r3I0
R'
R
I'
I
Exercice 2 Réponse d’un circuit à un échelon de tension (5 points)
On considère un condensateur de capacité C, et de résistance de fuite R′, monté en série avec une résistance
R. A t= 0, on ferme l’interrupteur K, le condensateur étant non chargé
◮1. Etablir les expressions de u(t)et i(t). Tracer
les graphes correspondants.
◮2. En régime permanent, quelle est alors l’éner-
gie “électrocinétique” W∞d’origine électro-
statique emmagasinée dans le condensateur ?
◮3. En régime permanent toujours, que vaut la
puissance fournie par le générateur au reste
du circuit ?
◮4. On compare la charge du condensateur en
l’absence ou présence de la résistance de fuite
R′. Examiner les cas t→0et t→+∞
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Correction
◮1. En appliquant les lois des mailles et des noeuds, et en utilisant les caractéristiques des dipôles, on
obtient les deux équations E=Ri +uet i=Cdu/dt +u/R′, qui en se combinant conduisent à
du/dt +R+R′
RR′Cu=1 RC E. En posant (facultatif mais fait bien ressortir les grandeurs caractéristiques)
τ=RC et τ′=RR′C/(R+R′), on obtient
d
dtu+u τ′=E τ,
dont la résolution (cf cours) donne pour solution générale u(t) = Ae−t/τ′+τ′
τE, où Aest une constante
à déterminer. La tension aux bornes d’un condensateur est une grandeur continue. A t= 0−,u= 0.
Donc u(0+) = 0. Avec cette condition, on trouve :
u(t) = τ′
τE(1 −e−t/τ′)
i(t) = E−u
R=E R−τ′ τ
E
R(1 −e−t/τ′)
En remarquant que τ′≤τ, on obtient les graphiques de la figure suivante.
−10 −5 0 5 10
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
t
u(t)
τ′
τE
−10 −5 0 5 10
0
0.005
0.01
0.015
0.02
0.025
0.03
0.035
0.04
t
i(t)
E
R
E
R(1 −
τ′
τ)
◮2. En régime permanent, l’énergie “électrocinétique” W∞vaut
W∞=1
2Cu(∞)2=1 2Cτ′ τ2
E2
◮3. En régime permanent, la puissance P∞
gfournie par le générateur au reste du circuit vaut
P∞
g=Ei(∞) = E2
R(1 −τ′/τ) = E2 R+R′
◮4. u(t) = τ′
τE(1 −e−t/τ′). Quand t→0,t/τ′<< 1et donc e−t/τ′≃1−t/τ′. D’où
u(t)t→0≃τ′
τE(1 −(1 −t/τ′)) = Et τ.
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Cette expression est indépendante de R′, donc la charge du condensateur en t= 0 sera la même quelle
que soit la résistance de fuite.
Quand t→ ∞,u≃R′
R+R′E, qui tend vers 0 lorsque R′= 0 et Epour R′→ ∞.
Exercice 3 Dipôles R, C série ou parallèle (3 points)
On considère les deux groupements g1et g2pris sé-
parément alimentés en courant sinusoidal à la pul-
sation ω.
◮1. Déterminer C′et R′pour que les deux grou-
pements soient équivalents entre A et B.
◮2. Pour quelle valeur de ωa-t-on RC =R′C′?
C' R'
A B
C
R
A B
g1
g2
Correction
◮1. En notant Z1et Z2les impédances complexes correspondant respectivement aux groupement g1et g2.
On trouve
Z1=R
1 + RCjω =R(1 −RCjω) 1 + (RCω)2=R 1 + (RCω)2−jR2Cω 1 + (RCω)2
Z2=R′+1
jC′ω=R′−j1 C′ω
En égalisant les parties réelles et imaginaires de Z1et Z2, on trouve
C′=C1 + (RCω)2
(RCω)2
R′=R1
1 + (RCω)2
◮2. En utilisant les expressions ci-dessus, on trouve
R′C′=RC 1
(RCω)2
En prenant ω= 1/RC, on a donc bien RC =R′C′.
Exercice 4 Montage déphaseur (5 points)
On considère le circuit de la figure suivante avec
e(t) = Emcos(ωt). On pose u(t) = Umcos(ωt +ϕ).
◮1. Montrer que Um, l’amplitude de la tension
u(t), est indépendante de R,Let C.
◮2. Exprimer le déphasage ϕet préciser comment
ϕvarie lorsque l’on fait varier Rde 0 à +∞.
RA
B
e(t)
i1
i2
u(t)
C
LL
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Correction
◮1. En raisonnant avec le formalisme complexe, on obtient les relations suivantes (on remarque que l’on
peut faire apparaitre des diviseurs de tensions pour calculer uAet uB) :
uA=1/jCω
1/jCω +Re=1 2e=1 1 + RCjω e
uB=jLω
jLω +jLω e=1 2e
u=uA−uB=1−RCjω
1 + RCjω
e
2
Um=p1 + (RCjω)2
p1 + (RCjω)2
Em
2=Em 2
◮2. On peut réecrire u
e=1
2(1+(RCω)2)[1 −(RCω)2−j2RCω]. D’où ϕ=arg[1 −(RCω)2−j2RCω]. On pose
P= 1 −(RCω)2−j2RC,
et ϕ=arg[P]. Regardons les cas particuliers. Si R= 0,P= 1 et ϕ= 0 (modulo π). Si R→ ∞,
P≃ −(RCω)2et ϕ=π(modulo π). On remarque que sin(ϕ) = −2RC/|F| ≤ 0quelque soit R. Donc
ϕvarie plutôt entre 0(R= 0) et −π(R→ ∞). Parmi les fonctions sin,cos et tan, seule cos est à la
fois bijective ET continue entre −πet 0. Il est donc plus simple d’utiliser cette fonction pour exprimer
ϕ.cos(ϕ) = Re[P]
|P|.
cos(ϕ) = 1−(RCω)2
1 + (RCω)2
La fonction arccos étant définie entre 0 et π, on a donc
ϕ=−arccos 1−(RCω)2
1 + (RCω)2
On remarque qu’en R= 1/ωC,ϕ=−π/2. Le tracé exact est donné par la figure suivante.
0 2 4 6 8 10
−3
−2.5
−2
−1.5
−1
−0.5
0
RCω
ϕ
Exercice 5 Facteur de puissance (4 points)
Un abonné EDF dispose d’une source de tension sinusoidale ude fréquence 50 Hz et de valeur efficace
U= 220V. Il branche un appareil de chauffage (non inductif) qui consomme P1= 1kW et un moteur inductif
(impédance Z2modélisable par une résistance R2en série avec une inductance L2, soit Z2=R2+jL2ω) de
puissance moyenne P2= 2kW et de facteur de puissance cos(ϕZ2) = 0.5.
◮1. Faire un schéma équivalent de l’installation électrique.
◮2. Définir les intensités (valeurs efficaces, déphasages) i1,i2dans les deux dérivations et idans la ligne
d’alimentation.
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◮3. EDF recommande d’améliorer le facteur de puissance de l’installation. Pour cela on adjoint un conden-
sateur en dérivation. Quelle est la valeur de Cqui permet d’obtenir un facteur de puissance égal à 1,
c’est-à-dire avoir uet ien phase ?
Correction
◮1.
u1/jCw
R1
R2
jL2w
Z2u
R1R2
jL2w
Zeq
i1
i2i
u1/jCw
R1
R2
jL2w
Z2u
R1R2
jL2w
Zeq
i1
i2i
Le schéma équivalent correspond à celui de gauche sur la figure ci-dessus.
◮2. Soit Iet ϕi, respectivement la valeur efficace et le déphasage de i(i(t) = √2Icos(ϕi)). De même avec
(I1,ϕi1) et (I2,ϕi2) pour i1et i2.
•caractéristiques de i1:R1est un composant purement résistif, donc P1=UI1et ϕi1=ϕu= 0.
I1=P1/U = 4.5A.
•caractéristiques de i2: dans le cours on a montré que P2=UI2cos(Z2), soit I2=P2/U cos(Z2) =
18.2A. Par définition, i2=u/Z2, soit ϕi2=ϕu−ϕZ2=−ϕZ2. On sait que cos(ϕZ2) = 0.5et
ϕZ2∈[0,π/2] (pour s’en convaincre, tracer dans le plan complexe l’impédance d’une résistance en série
avec une inductance). Soit ϕZ2= +π/3et ϕi2=−π/3.
•caractéristiques de i: d’après la loi des noeuds, i=i1+i2. En traçant ces grandeurs dans le plan
complexe (cf figure), on constate que
Re[i] = Re[i1] + Re[i2] = I1+1
2I2
Im[i] = Im[i1] + Im[i2] = 0 −√3
2I2
Soit I=q(I1+1
2I2)2+ (√3 2I2)2=√13.62+ 15.82= 20.8A. cos(ϕi) = Re[i]/I = 13.6/20.8 = 0.65.
Re
Im
i1
i2
i
◮3. Pour que le facteur de puissance de l’installation soit égal à 1, il faut que l’ensemble de l’installation se
comporte comme un élément purement résistif, c’est-à-dire qu’il faut que Zeq de la figure 1 (droite) ait
une partie imaginaire nulle. Une autre façon de procéder est de faire une représentation complexe. On
aura désormais i=i1+i2+i3, avec i3le courant circulant dans le condensateur. On souhaite avoir i
réel (Im[i] = 0). Il faut donc que Im[i1] + Im[i2] + Im[i3] = 0, soit Im[i3] = −Im[i2] = √3
2I2. D’autre
part, i3=ujCω.uétant réel, on a Im[i3] = UCω. En réunissant les deux expressions on trouve que
la condition pour avoir un facteur de puissance global égal à 1 peut s’écrire :
√3
2I2=UCω
C=√3
2
I2
Uω = 228µF
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