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Chapitre 4
Électrocinétique
Maths Sup - Concours 2018
Correction des exercices
Sommaire
Exercices classiques . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1 - Lois de Kirchhoff et conventions de signe H . . .
2 - Résistance équivalente HH . . . . . . . . . . . .
3 - Noeuds et mailles HH . . . . . . . . . . . . . . .
4 - Pont de Wheastone HHH . . . . . . . . . . . . .
5 - Circuit RC HH . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6 - Circuit RL HH . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7 - Circuit RLC HH . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercices d’approfondissement . . . . . . . . . . . .
8 - Pont double de Thomson HHH . . . . . . . . . .
9 - Circuit R,(C || R’) HHH . . . . . . . . . . . . .
10 - Réponse d’un circuit R,L,(C || R) HHH . . . .
11 - Couplage et modes propres HHHH . . . . . . .
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2
2
2
3
3
4
4
5
6
6
6
7
8
2
- Concours 2018
Exercices classiques
Exercice 1 - Lois de Kirchhoff et conventions de signe
H
1)
2) D’après la loi des noeuds, on a :
i “ i1 ` i2 ´ i3
3) D’après la loi des mailles, la tension est identique dans chacun des branches :
uA ´ uD “ uC “ uE ´ uB “ ´uF
4) precueB “ ´uB ˆ i2 et pf ournieB “ uB ˆ i2
et :
precueC “ uC ˆ i1 et pf ournieC “ ´uC ˆ i1
Exercice 2 - Résistance équivalente
HH
L’objectif est de déterminer la résistance équivalente du circuit. On veut donc :
Selon la loi des noeuds en N1 , on a :
VN 1 ´ VN 3 “ Req i
3
- Concours 2018
Soit :
Donc :
VN 1
´i `
D’où :
´i ` i1 ` i ´ i1
ua
u1
´i `
` a
a
a
´ VN 2
VN 1 ´ VN 4
`
a
a
VN 1
“0
“0
“0
ai VN2 ` VN4
“
`
2
2
De même, d’après la loi des noeuds en N3 :
Donc :
Soit :
´i `
VN 2
D’où :
´i ` i2 ` i ´ i2
ub
u1
´i `
` b
b
b
´ VN 3
VN 4 ´ VN 3
`
b
b
VN 3
“0
“0
“0
“´
bi VN2 ` VN4
`
2
2
Alors :
VN 1 ´ VN 3 “
pa ` bqi
2
Donc :
Req “
a`b
2
Exercice 3 - Noeuds et mailles
HH
On utilise la loi des mailles dans les différentes mailles.
Dans la maille 1 (bleue) :
Dans la maille 2 (verte) :
Dans la maille 3 (rose) :
Rpi ´ i1 q “ Ri2 ` Ri1
Rpi1 ´ i2 q “ Rpi ´ i1 ` i2 q ` Ri2
E ´ ri “ Ri1 ` Ri2 ` Rpi ´ i1 ` i2 q
Donc, on en déduit le système :
$
pL1 q
& i ´ i1 “ i2 ` i1
i1 ´ i2 “ i ´ i1 ` i2 ` i2
pL2 q
%
E “ ri ` Ri1 ` Ri2 ` Ri ´ Ri1 ` Ri2
pL3 q
4
- Concours 2018
Soit :
Donc :
D’où :
On en déduit :
$
pL1 q
& i “ i2 ` 2i1
i “ 2i1 ´ 3i2
pL2 q
%
E “ pr ` Rqi ` 2Ri2
$
pL1 ´ L2 q
& 0 “ 2i2
i “ 2i1 ´ 3i2
pL2 q
%
E “ pr ` Rqi ` 2Ri2
"
pL3 q
pL3 q
0 “ i2
pL1 ´ L2 q
E “ pr ` Rqi
pL3 q
i“
E
r`R
Exercice 4 - Pont de Wheastone
HHH
Puisqu’on cherche à déterminer X lorsqu’aucun courant ne passe dans l’ampèremètre, on a donc i “ 0. On peut donc
utiliser un pont diviseur de tension.
Remarque
Les calculs de cet exercice classique peuvent être très laborieux. Il faut bien réfléchir avant à quelle loi utilisée. Ici
l’indication i “ 0 peut faire penser à utiliser le pont diviseur de tension.
Rappel de cours
Pour utiliser le pont diviseur de tension, il faut i “ 0 (cf schéma).
Par égalité du courant, on a alors :
u1 “
Alors, on a :
R1
u2
R 1 ` R2
5
- Concours 2018
VA ´ VD “
Et :
Or :
Donc :
D’où :
Alors, avec L1 et L2 :
Donc :
VC ´ VD “
i“
ri “
VA “
X
pVB ´ VD q “
X `P
XpR ` Qq “
X
pVB ´ VD q
X `P
R
pVB ´ VD q
Q`R
0
V A ´ VC “ 0
VC
R
pVB ´ VD q
R`Q
RpX ` P q
(L1 )
(L2 )
En conclusion :
X“
RP
Q
En utilisant le théorème de Millmann :
Rappel de cours
Le théorème de Millmann découle de la loi des noeuds. On l’appelle parfois la loi des noeuds en terme de potentiel.
Il s’exprime ainsi :
Loi des noeuds :
Donc :
Soit :
V A1 ´ V N
R1
i1 ` i2 ` i3 “ 0
u1
u2
u3
`
`
“0
R1
R2
R3
V A2 ´ V N
V A3 ´ V N
`
`
“0
R2
R3
D’où l’expression du théorème de Millmann :
VN
V A1
V A2
V A3
`
`
R
R2
R3
“ 1
1
1
1
`
`
R1
R2
R3
On choisit l’origine des potentiels en D, i.e. VD “ 0.
Alors :
6
- Concours 2018
Donc :
Soit :
D’après Millmann :
Et :
Comme VA “ VC :
Soit :
i“0
VA ´ VC “ ri “ 0
VA “ VC
VB
VD
`
`0
VB
X
VA “ P
“
1
1
P
`
1`
P
X
X
VB
VD
`
`0
VB
Q
R
VC “
“
1
1
Q
`
1`
Q R
R
VB
VB
“
P
Q
1`
1`
X
R
P
Q
1`
“ 1`
X
R
car le pont est équilibré.
car VD “ 0.
Donc :
X“
RP
Q
Exercice 5 - Circuit RC
HH
Rappel de cours
Pour tout exercice concernant les condensateurs, il est très important de se souvenir que :
duC
dt
le courant entrant dans le condensateur.
iC “ C
où uC est la tension aux bornes du condensateur et iC
Charge :
1) On sait que la tension aux bornes d’un condensateur est continue donc nécessairement :
uC p0` q “ 0
De plus d’après la loi des mailles :
uR ` uC “ E
Donc :
uR p0` q “ E
Enfin :
i“
uR
R
D’où :
ip0` q “
E
R
C’est donc le courant qui subit une discontinuité.
2) Pour déterminer le nouveau régime permanent, il faut prendre l’équivalent des composants du circuit en régime
permanent.
7
- Concours 2018
Rappel de cours
Il est très important de se rappeler qu’en régime permanent (i.e. à basse fréquence), un condensateur
est équivalent à un interrupteur ouvert :
A haute fréquence, un condensateur sera équivalent à un fil (mais ce n’est pas ce qui nous intéresse ici).
On a donc :
ip8q “ 0
Et :
uR p8q “ Rip8q
uR p8q “ 0
Enfin :
uR ` uC “ E
uC “ E
3) Détermination de l’équation différentielle vérifiée par uC ptq :
On a :
Soit :
Or :
Donc :
uC ` uR “ E
uC ptq ` Riptq “ E
i“C
uC ptq ` RC
duC
“E
dt
, d’après la loi des mailles.
duC
dt
Sous forme canonique, on a :
⌧
duC
` uC ptq “ E
dt
avec le temps caractéristique : ⌧ “ RC
Le point méthode suivant montre la marche à suivre (systématiquement) pour résoudre cette équation tout en
l’appliquant au cas de l’exercice. La solution de l’équation différentielle se trouve donc à la fin du point méthode
suivant.
8
- Concours 2018
Point méthode
Pour résoudre cette équation différentielle qui est linéaire du premier ordre :
duC
— on cherche d’abord les solutions de l’équation homogène ⌧
` uC ptq “ 0.
dt
Les solutions sont donc de la forme :
uChom ptq “ Ae´ ⌧ où A est une constante réelle.
t
— on cherche une solution particulière de l’équation différentielle totale.
uCpart “ E convient.
Les solutions sont donc du type : uC ptq “ Ae´ ⌧ ` E
t
— On utilise les conditions initiales pour déterminer complètement la solution.
Ici : uC pt “ 0q “ 0 et donc :
A ` E “ 0 soit A “ ´E
La solution est donc :
uC ptq “ Ep1 ´ e´ ⌧ q
t
Elle convient bien avec uC p8q “ E.
Puisque : uC ptq “ Ep1 ´ e´ ⌧ q et comme iptq “ C
t
duC
alors on a directement :
dt
iptq “
EC ´ t
E t
e ⌧ “ e´ ⌧
⌧
R
4) On a :
uC ` uR “ E
uC i ` Ri2 “ Ei
duC
uC C
` Ri2 “ Ei
dt
Donc :
Soit :
Donc :
d 1 2
p Cu q
dt 2 C
looooomooooon
`
puissance reçue par le condensateur
puissance reçue par la résistance
hkkikkjet dissipée par effet Joule
Ri2
“
looEi
moon
puissance fournie
Décharge :
1) On change l’origine du temps pour prendre l’instant 0 comme celui de la commutation de 1 vers 2. L’instant initial
correspond donc au régime permanent de l’état 1. On a donc à t “ 0´ :
uC p0´ q “ E, ip0´ q “ 0 et uR p0´ q “ 0.
Par continuité de la tension aux bornes du condensateur :
uC p0` q “ E
D’après la loi des mailles uR ` uC “ 0 donc :
9
- Concours 2018
uR p0` q “ ´E
Alors :
ip0` q “
´E
R
2) Le nouveau régime permanent impose :
ip8q “ 0
uC p8q “ 0
uR p8q “ 0
3) D’après la loi des mailles :
uR ` uC “ 0
duC
RC
` uC ptq “ 0
dt
Donc :
Sous forme canonique, l’équation différentielle est :
⌧
duC
` uC ptq “ 0
dt
avec ⌧ “ RC, le temps caractéristique.
Cette équation est déjà homogène. La résolution donne :
uC ptq “ Ae´ ⌧
uC p0q “ E
t
Or :
où A est une constante réelle.
Donc :
uC ptq “ Ee´ ⌧
t
Et ce résultat coïncide bien avec : uC p8q “ 0.
Alors :
iptq “ ´
E ´t
e ⌧
R
4) Le bilan de puissance s’écrit :
2
loRi
omoon
puissance reçue par la résistance et dissipée par effet Joule
“
puissance délivrée
par le condensateur
hkkkkkkikkkkkkj
´
d 1 2
p Cu q
dt 2 C
10
- Concours 2018
Exercice 6 - Circuit RL
HH
Rappel de cours
Pour tout exercice concernant les bobines, il est très important de se souvenir que :
diL
dt
où uL est la tension aux bornes de la bobine et iL le courant entrant dans la bobine.
uL “ L
1) On a :
E “ uR ` uL
di
E “ Ri ` L
dt
Soit :
di R
E
` i“
dt
L
L
Donc :
2) On pose ⌧ “
L
le temps caractéristique. Alors :
R
di 1
E
` i“
dt ⌧
L
3) On détermine d’abord les conditions initiales. A t “ 0´ , on a : ip0´ q “ 0 et donc par continuité du courant dans la
bobine :
ip0` q “ 0
uL p0` q “ E
i.e.
di `
E
p0 q “
dt
L
Puis on détermine le régime permanent :
Rappel de cours
En régime permanent (i.e. à basse fréquence) une bobine est équivalente à un fil :
A haute fréquence, une bobine sera équivalente à un interrupteur ouvert.
Donc, puisque uR p8q “ Ri “ E :
ip8q “
E
R
On peut désormais résoudre l’équation différentielle qui précède.
— On résout d’abord la partie homogène de l’équation linéaire différentielle du premier ordre :
11
- Concours 2018
On a :
di 1
` i “ 0 et donc :
dt ⌧
ihom ptq “ Ae´ ⌧ où A est une constante réelle.
t
— On trouve une solution particulière de l’équation globale :
Ici :
E
iptq “
convient.
R
Une solution est donc donnée par : iptq “ Ae´ ⌧ `
t
E
.
R
— On trouve la solution unique avec les conditions initiales :
ip0q “ 0 donc A “
´E
R
Donc la solution est :
iptq “
Et alors, puisque uL “ L
E
t
p1 ´ e´ ⌧ q
R
di
:
dt
uL ptq “ ´Ee´ ⌧
t
4) On retrouve bien en régime permanent (i.e. pour t „ 8) :
ip8q “
E
R
.
5) L’équation différentielle est donc la même que précédemment mais sans second membre. Il s’ensuit, sous forme
canonique :
di 1
` i“0
dt ⌧
6) A t “ 0´ , l’état initial est l’état permanent précédent (en changeant l’origine des temps à la commutation). Donc :
E
ip0´ q “ .
R
Par continuité du courant dans la bobine, on a donc :
ip0` q “
E
R
Donc :
uR p0` q “ E
uL p0` q “ 0
La résolution de l’équation différentielle qui est homogène linéaire du premier ordre donne :
iptq “ Ae´ ⌧ où A est une constante.
t
Et les conditions initiales donnent :
12
- Concours 2018
iptq “
E ´t
e ⌧
R
Alors :
uL ptq “ ´Ee´ ⌧
t
7) Alors l’état permanent est cohérent avec ce qui est attendu qualitativement ; à savoir ip8q “ 0 et uL p8q “ 0.
8) D’après la loi des mailles, dans la première phase :
uL ` uR “ E
Donc :
d 1 2
p Li q
dt 2
loooomoooon
puissance reçue par la bobine
`
puissance reçue par la résistance
hkkikkjet dissipée par effet Joule
Ri2
“
looEi
moon
puissance fournie
Et dans la seconde phase :
2
loRi
omoon
puissance reçue par la résistance et dissipée par effet Joule
“
puissancehkkkkkikkkkkj
délivrée par la bobine
Exercice 7 - Circuit RLC
´
d 1 2
p Li q
dt 2
HH
1) En régime permanent, le condensateur est équivalent à un interrupteur ouvert et la bobine à un fil. On a donc :
ip8q “ 0
uR p8q “ 0
uL p8q “ 0
uC p8q “ E
2) Par continuité du courant dans la bobine :
ip0` q “ 0
Par continuité de la tension aux bornes du condensateur :
uC p8q “ E
Pour le nouveau régime permanent, toutes les grandeurs sont nulles.
3) D’après la loi des mailles :
Donc :
D’où :
uR ` uC ` uL “ 0
di
Ri ` uC ` L “ 0
dt
duC
duC
RC
` uC ` LC
2st “ 0
dt
dr
Donc, l’équation différentielle vérifiée par uC ptq est :
13
- Concours 2018
LC
En reprenant :
On dérive cette relation :
d 2 uC
duC
` RC
` uC ptq “ 0
dt2
dt
di
Ri ` uC ` L “ 0
dt
di
i
d2 i
R ` `L 2 “ 0
dt C
dt
Donc, l’équation différentielle vérifiée par iptq est :
LC
d2 i
di
` RC ` iptq “ 0
dt2
dt
4) Pour la mise sous forme canonique, on doit avoir :
d2 uC
!0 duC
`
` !02 uC ptq “ 0
dt2
Q dt
Donc :
Soit :
Donc :
$
1
’
& !02 “
LC
!
R
’
% 0 “
Q
L
$
1
’
& !0 “ ?
LC
’
% Q “ L !0
R
!0 “ ?
1
1
et Q “
R
LC
c
L
C
5) Si R “ 0, le terme d’amortissement disparaît i.e. le facteur de qualité Q diverge vers `8. On retrouve alors un
oscillateur harmonique sans amortissement : le circuit LC.
6) Les différents régimes sont obtenus à partir du signe du discriminant
Or :
!0
“ p q2 ´ 4!02
Q
1
“ !02 p 2 ´ 4q
Q
de l’équation caractéristique.
Donc :
Régime apériodique (amortissement élevé) si
° 0 i.e. Q †
Régime critique (amortissement intermédiaire) si
Régime pseudo-périodique (amortissement faible) si
1
2
“ 0 i.e. Q “
1
2
† 0 i.e. Q °
1
2
14
- Concours 2018
Exercices d’approfondissement
Exercice 8 - Pont double de Thomson
HHH
Première méthode :
On choisit judicieusement la masse dans le réseau :
Alors puisque le courant est nul dans l’ampèremètre :
VB “ V A “ 0
Puis on applique le théorème de Millmann au point A et B, sachant qu’on utilise les conductances (Gi “
G1 VF ` G2 V E ` 0
“0
G 1 ` G2
G4 VC ` G3 V D ` 0
“
“0
G3 ` G4
En A :
VA “
En B :
VB
On en déduit :
Et :
Donc :
1
):
Ri
G1 V F ` G2 VE
G4 V C ` G3 V D
G1 V F
G4 V C
“
“
“
“
0
0
´G2 VE
´G3 VD
Et puisque le courant est nul dans l’ampèremètre, nécessairement le courant traversant la résistance x est le même que
celui traversant la résistance R.
15
- Concours 2018
Donc :
Soit :
Or :
Et :
Donc :
Or :
Donc :
D’où :
V C ´ VF
VE ´ V D
“
x
R
VC ´ VF
x“
R
VE ´ V D
G2
VF “ ´ VE
G1
G3
VC “ ´ V D
G4
G3
G2
´ VD `
VE
G4
G1
x“
R
VE ´ V D
R1 R3 “ R2 R4
R4
R1
“
R3
R2
R1 VE ´ V D
x“
R
R2 VE ´ V D
d’après l’énoncé.
Donc :
x“
R1
R
R2
Deuxième méthode :
On utilise la loi des mailles dans les deux mailles supérieures :
Alors :
Dans la boucle 1 :
Soit :
Dans la boucle 2 :
Soit :
i1 x ´ pi ´ i1 qR1 ` pi1 ´ i2 qR4
pi ´ i1 qR1
i1 R ´ pi ´ i1 qR2 ` pi1 ´ i2 qR3
pi ´ i1 qR2
R1
Donc, en faisant le quotient des deux lignes :
R2
Soit :
i1 R1 R ` pi1 ´ i2 qR1 R3
pR1 R ´ R2 xqi1
Comme :
R1 R3
D’où :
pR1 R ´ R2 xqi1
“
“
“
“
“
“
“
“
“
0
i1 x ` pi1 ´ i2 qR4
0
i1 R ` pi1 ´ i2 qR3
i1 x ` pi1 ´ i2 qR4
i1 R ` pi1 ´ i2 qR3
R2 xi1 ` pi1 ´ i2 qR2 R4
pi2 ´ i1 qpR1 R3 ´ R2 R4 q
R2 R4
on peut simplifier ce qui précède.
0
16
- Concours 2018
Donc :
x“
R1
R
R2
Exercice 9 - Circuit R,(C || R’)
HHH
1) On a :
Soit :
Et dans la grande maille :
Soit :
Donc :
Or :
D’où :
uC “ pi ´ iC qR1
uC
i “ iC ` 1
R
E ´ Ri “ uC
E ´ uC
i“
R
uC
E ´ uC
iC ` 1 “
R
R
duC
iC “ C
dt
duC
uC
E ´ uC
C
` 1 “
dt
R
R
Donc, l’équation différentielle vérifiée par uC ptq est :
duC ptq R ` R1
E
`
uC ptq “
dt
CRR1
RC
2) On pose ⌧ 1 “ RC et ⌧ “
CRR1
“
R ` R1
RC
. Alors l’équation différentielle devient :
R
1` 1
R
duC ptq uC ptq
E
`
“ 1
dt
⌧
⌧
3) Il faut d’abord trouver les conditions initiales. A l’instant initial, le condensateur est non chargé et on ferme l’interrupteur. Donc :
ip0´ q “ 0 et uC p0´ q “ 0
Or la tension est continue aux bornes du condensateur donc nécessairement :
uC p0` q “ 0
Et :
uR p0` q “ E
ip0` q “ iC p0` q “
E
R
Puisque l’équation différentielle est linéaire du premier ordre, uC ptq est la superposition d’une solution homogène et
d’une solution particulière :
La solution homogène générale est :
Une solution particulière est :
Donc :
Soit :
uChom ptq “ Ae´ ⌧
E⌧
uCpart ptq “ 1
⌧
uC ptq “ uChom ptq ` uCpart ptq
E⌧
t
uC ptq “ Ae´ ⌧ ` 1
⌧
t
où A est une constante.
17
- Concours 2018
Et la solution unique est donnée par les conditions initiales. Or :
uC p0q “ 0 donc A “ ´
E⌧
“
⌧1
E
1`
R
R1
Donc :
uC ptq “
4) On a :
Donc :
D’où :
E
p1 ´ e´ ⌧ q
t
R
1` 1
R
duC
dt
E⌧
1 t
iC ptq “ C ˆ 1 ˆ e´ ⌧
⌧
⌧
EC t
iC ptq “ 1 e´ ⌧
⌧
iC ptq “ C
Donc :
E ´t
e ⌧
R
iC ptq “
Et :
Soit :
Donc :
uC “ pi ´ iC qR1
uC ptq
iptq “
` iC ptq
R1
E
E t
t
iptq “
p1 ´ e´ ⌧ q ` e´ ⌧
R ` R1
R
E
E
E
t
`p ´
qe´ ⌧
iptq “
1
R ` R1
R R
`
R
E
ER1
t
iptq “
` 2
e´ ⌧
1
1
R`R
R ` RR
Donc :
iptq “
E
R1 ´ t
p1
`
e ⌧q
R ` R1
R
5) D’après les formules, en régime permanent on a :
uC p8q “
E
1`
R
R1
iC p8q “ 0
ip8q “
E
R ` R1
Or le condensateur est équivalent à un interrupteur ouvert en régime permanent. C’est donc bien cohérent avec le
schéma électrique équivalent en régime permanent (on pourra faire un schéma rapide et le calcul des grandeurs par
loi des mailles/noeuds pour s’en convaincre).
18
- Concours 2018
6) Si R1 „ 8, on retrouve le cas classique du circuit RC. La constante de temps est la même dans les deux circuits. Seule
la valeur finale de uC est modifiée (pas celle de iC ). Pour un circuit RC classique : uC Ñ E en régime permanent
E
alors que uC Ñ
ici.
R
1` 1
R
Exercice 10 - Réponse d’un circuit R,L,(C || R)
1) D’après la loi des mailles :
HHH
E “ uL ` uR ` uC
di
uL “ L
dt
uC “ Rpi ´ iC q
uC
i“
` iC
R
1 duC
diC
uC
E “ Lp
`
q ` Rp
` iC q ` uC
R dt
dt2
R
L duC
d uC
duC
E“
` LC
` 2uC ` RC
R dt
dt2
dt
L
LC “
ˆ RC “ ⌧ 2
R
Or :
Et :
Donc :
D’où :
Or :
Donc, l’équation différentielle vérifiée par uC ptq est :
⌧2
2) On a :
Donc, en dérivant par rapport à t :
Or :
p1q
0“
p2q
uC “
Soit, dans p1q :
E“
D’après p2q :
E“
E
“
R
Alors :
di
` Ri ` uC
dt2
d i
di duC
L 2 `R `
dt u dt
dt
C
iC `
R
duC
Ri ´ RC
dt
duC
di
L ` 2Ri ´ RC
dt
dt 2
di
d i
di
L ` 2Ri ` RCpL 2 ` R q
dt 2
dt
dt
d i
L di
LC 2 ` pRC ` q ` 2i
dt
R dt
E“L
i“
D’où :
d 2 uC
duC
` 2⌧
` 2uC “ E
dt2
dt
Donc :
⌧2
d2 i
di
E
L
` 2⌧ ` 2i “
avec ⌧ “ RC “
et ⌧ 2 “ LC
dt2
dt
R
R
3) Alors :
D’où :
Donc :
E
1
d2 i
ˆ 2 “ 2`
R ⌧
dt2
E
d i
!02
“ 2`
2R
dt
2 di
2
` 2i
⌧ dt ⌧
!0 di
` !02 i
Q dt
$
2
’
⌧2 “ 2
’
’
’
!
’
0
& ⌧
Q
“
2
!0
’
’
’
’
⌧2
1
’
%
“ 2
2
!0
si et seulement si on a :
19
- Concours 2018
D’où la mise sous forme canonique avec :
?
?
$
2
2
’
& !0 “
“
⌧0
RC
?
’
% Q “ !0 ⌧ “ 2
2
2
!0 “
?
2
⌧0
“
?
2
1
et Q “ ?
RC
2
4) Pour déterminer le régime du circuit, il faut calculer le discriminant associé à cette équation différentielle linéaire
d’ordre 2.
Le déterminant est :
!0
“ p q2 ´ 4!02
Q
1
“ !02 p 2 ´ 4q “ !02 p2 ´ 4q
Q
´4
“ ´2!02 “ 2 † 0
⌧
Donc :
Le régime du circuit est pseudo-périodique puisque :
†0
5) Pour résoudre cette équation différentielle linéaire d’ordre 2, il faudra nécessairement trouver les conditions initiales
di
du circuit, à savoir la valeur de i et
à l’instant initial.
dt
Or à l’instant initial, le condensateur est initialement déchargé soit uC p0´ q “ 0 et c. Par continuité de la tension
aux bornes du condensateur : uC p0` q “ 0 et par continuité du courant dans la bobine : ip0` q “ 0. Donc uC p0` q “
di
uR p0` q “ 0 soit uL p0` q “ E or uL “ L .
dt
Donc, à l’instant initial :
ip0` q “ 0 et
di `
E
p0 q “
dt
L
Cherchons les solutions de l’équation homogène :
Les solutions de l’équation caractéristique de discriminant
r1,2 “
“
´4
sont (avec j le nombre complexe tel que j 2 “ ´1) :
⌧2
´1
1
˘j
⌧
⌧
Donc les solutions de l’équation homogène sont données par (avec A et B sont des constantes réelles) :
ihom ptq “ eRe pr1,2 qt pA cospIm pr1,2 qtq ` B sinpIm pr1,2 qtqq
t
t
´t
ihom ptq “ e ⌧ pA cosp q ` B sinp qq
⌧
⌧
Cherchons une solution particulière :
Une solution constante convient :
ipart ptq “
E
2R
Déterminons l’unique solution satisfaisant aux conditions initiales :
20
- Concours 2018
Remarque
Il faut toujours déterminer la solution complète de l’équation différentielle avant de déterminer les
constantes d’après les conditions initiales. Physiquement, la solution homogène n’est pas solution de l’équation différentielle et ne représente donc pas la grandeur physique variant dans le circuit ; or c’est pour cette
grandeur qu’on détermine les conditions initiales.
On a :
Or
Et
iptq “ ihom ptq ` ipart ptq
E
t
t
´t
iptq “
` e ⌧ pA cosp q ` B sinp qq
2R
⌧
⌧
ip0q “ 0
di
E
p0q “
dt
L
Donc (en prenant soin de bien dériver iptq (il y a 4 termes)) :
$
’
& 0 “ E `A
2R
E
´A B
’
% “
`
L
⌧
⌧
D’où :
$
’
&A “ ´ E
2R
E
E
E
’
%B “ ⌧ ` A “
´
L
R 2R
$
’
&A “ ´ E
2R
E
’
%B “
2R
Donc :
iptq “
t
E
t
´t
r1 ` e ⌧ p´ cosp q ` sinp qqs
2R
⌧
⌧
6) La pseudo-période des oscillations est :
T “ 2⇡⌧
7) Le régime permanent atteint est cohérent avec la solution trouvée (on pourra faire un schéma en régime permanent
pour s’en convaincre ; la bobine est équivalente à un fil et le condensateur à un interrupteur ouvert donc on obtient
E ´ 2Ri “ 0) puisque :
ip8q Ñ
E
2R
21
- Concours 2018
Exercice 11 - Couplage et modes propres
Rappel de cours
On se souviendra de la relation (phonétiquement, on peut retenir facilement la relation...) :
Q “ CU
où Q est la charge du condensateur, C sa capacité et U la tension à ses bornes.
On prendra les notations évidentes associées au schéma.
1) On a :
Et :
dq1
dt
dq2
i2 “
dt
0 “ i ` i1 ` i2
i1 “
Or d’après la loi des mailles :
Dans la maille 1 :
Soit :
D’où :
u L ` u C1 ` u L 0 “ 0
di1
q1
di
L
`
´ L0
“0
dt
C1
dt
2
2
2
d q1
q1
d q1
d q2
L 2 `
` L0 p 2 `
q“0
dt
C1
dt
dt2
Donc :
pL ` L0 q
d 2 q1
q1
d 2 q2
`
` L0 2 “ 0 (1)
2
dt
C1
dt
De la même manière, on obtient dans la maille 2 :
pL ` L0 q
d 2 q2
q2
d 2 q1
`
` L0 2 “ 0 (2)
2
dt
C2
dt
2) Pour résoudre ce système d’équations différentielles couplées, il faut les découpler.
HHHH
22
- Concours 2018
Point méthode
Lorsqu’on obtient un système d’équations différentielles couplées, il existe deux méthodes pour découpler ce
système : méthode des complexes ou méthode de la somme-différence.
On suppose que les grandeurs x1 et x2 vérifient un système d’équations différentielles couplées.
Méthode des complexes : On pose le complexe (i est le nombre complexe tel que i2 “ ´1) :
X “ x1 ` ix2
Alors X va vérifier une équation différentielle que l’on résoudra. Il suffira de prendre la partie réelle
de X pour trouver x1 et la partie imaginaire de X pour trouver x2 .
Méthode de la somme-différence : On fait la somme et la différence des deux équations différentielles
couplées. Alors la grandeur x1 ` x2 va être solution d’une équation différentielle. Il en sera de même
pour x1 ´ x2 . Il suffira de résoudre ces nouvelles équations ; à partir de x1 ` x2 et x1 ´ x2 , on déduit
facilement x1 et x2 .
On peut par exemple utiliser la méthode de la somme-différence.
En sommant (1) et (2) :
En notant S “ q1 ` q2 :
Donc :
En faisant p1q ´ p2q :
En notant D “ q1 ´ q2 :
Donc :
0 “ pL0 ` Lqpq:1 ` q:2 q ` L0 pq:1 ` q:2 q `
S
0 “ p2L0 ` LqS: `
C
0 “ S: ` !12 S
0 “ pL0 ` Lqpq:1 ´ q:2 q ` L0 pq:2 ´ q:1 q `
:`D
0 “ LD
C
: ` !2 D
0“D
2
q1 ` q2
C
avec !12 “
1
.
p2L0 ` LqC
q1 ´ q2
C
avec !22 “
1
.
LC
Il ne reste plus qu’à déterminer les solutions S et D. Il faut tout d’abord les conditions initiales. . A l’instant initial,
uC1 p0´ q “ E et uC2 “ 0 donc par continuité de la tension aux bornes du condensateur q1 p0` q “ C1 E et q2 p0` q “ 0.
Donc :
Sp0` q “ C1 E et Dp0` q “ C1 E
De plus, i1 p0´ q “ i2 p0´ q “ 0 car le condensateur C1 est chargé et le condensateur C2 est déchargé. Par continuité
duC1 `
duC2 `
p0 q “ C2
p0 q “ 0. Soit :
du courant dans la bobine, i1 p0` q “ i2 p0` q “ 0. Donc C1
dt
dt
9 ` q “ 0 et Dp0
9 `q “ 0
Sp0
Or, les équations différentielles vérifiées par S et D sont celles d’oscillateurs harmoniques, on a donc :
Or :
Donc :
Et :
Donc :
Sptq
Sp0q
A1
9
Sp0q
A2
“
“
“
“
“
A1 cosp!1 tq ` A2 sinp!1 tq
C1 E
C1 E
0
0
Dptq
Dp0q
B1
9
Dp0q
B2
“
“
“
“
“
B1 cosp!2 tq ` B2 sinp!2 tq
C1 E
C1 E
0
0
De même :
Or :
Donc :
Et :
Donc :
D’où :
Sptq “ C1 E cosp!1 tq et Dptq “ C1 E cosp!2 tq
Or :
23
- Concours 2018
Sptq ` Dptq
2
Sptq ´ Dptq
q2 ptq “
2
q1 ptq “
Donc :
q1 ptq “
C1 E
pcosp!1 tq ` cosp!2 tqq
2
q2 ptq “
C2 E
pcosp!1 tq ´ cosp!2 tqq
2