Corrige ENAC Physique 1999

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EPL - SESSION 1999 CORRIGÉ Électrocinétique : régime transitoire. ( )dit()1. La loi des mailles conduit à l'équation différentielle ER=+itL dont la solution générale dt R E()est de la forme it=−K exp t + . La continuité de l'énergie emmagasinée dans la bobine implique  L RE+ −la continuité de l'intensité soit i(0 ) = i(0 ) = 0 qui entraîne K=− . En définitive il vient : RE  R  i()t = 1− exp− t  R L  ( )di t()2. La différence de potentiel entre A et B est UR=+itL où i(t) est l'intensité du courant AB 11dtdans la branche ABC. En utilisant le résultat de la question 1 et compte tenu que, dans un montage série, les résistances et les inductances propres s'ajoutent respectivement, il vient :   E R + R1 2 i()t = 1− exp − t   R + R L + L1 2   1 2  On en déduit :     RE RR+ LE RR+1 12 1 12    U = 1e−−xp t + exp − t AB    RR+  LL+  LL+ LL+   12   12R L1 1Cette différence de potentiel sera indépendante du temps si = soit : RR+ LL+1212R L1 1= R L2 2  RE RE1 1 ()  3. Dans ce cas on aura U = et i t = 1−−exp t . L'énergie consommée AB   RR+ RR+ L  12 12 1tdans le tronçon AB, pendant l'intervalle de temps [0,t], est définie par W = U i()t' dt' , ce qui nous AB AB∫0donne : 2    L E R R1 1 1 W = t − 1− exp− t  AB 2   L L()R + R  1  1 1 2   4. Pour que la différence de potentiel U puisse être nulle il faut que simultanément : BDR L3 3♦ U soit indépendante du ...

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CORRIGÉ

Électrocinétique : régime transitoire.

d i t 1. ELa loi des mailles conduit à l'équation différentielle=R i ( t ) +L d ( ) dont la solution générale est de la forme i ( t ) =K exp   − L R t  +  biboinelimpequ. R E tédinuicontLaammeeigrené'lealnsdaenésiga E la continuité de l'intensité soit i(0 + ) = i(0 − ) = 0 qui entraîne K= −. En définitive il vient : R  i ( t ) = E R    1−exp   −  L t R      

2.La différence de potentiel entre A et B est U AB =R 1 i ( t ) +L 1 d id ( t t ) où i(t) est l'intensité du courant dans la branche ABC. En utilisant le résultat de la question1et compte tenu que, dans un montage série, les résistances et les inductances propres s'ajoutent respectivement, il vient :     i(t) = R 1 +R E 2    1−exp   − L R 1 1 + +L R 2 2 t      

On en déduit :   U AB = R R + 1 E R     1−exp   −  L R 1 1 + +R L 2 2 t  +      L 1 L + 1 L E 2 exp    − R L 1 + +R L 2 t    1 2 1 2 R Cette différence de potentiel sera indépendante du temps si 1 = 1 soit : R 1 +R 2 L 1 +L 2 R 1 L 1 =  R 2 L 2

R E  E  R  3.Dans ce cas on aura U A R 1 + 1 R 2 et i ( t ) R 1 +R 2    1−exp   −  L 1 1       . L'énergie consommée B = =t dans le tronçon AB, pendant l'intervalle de temps [0,t], est définie par W AB = ∫ t 0 U AB i(t') qui nousdt' , ce donne :

W AB = ( R 1 L + 1 R E 2 2 ) 2     L R 1 1 t     −1−exp    − R L 1 1 t            

4.Pour que la différence de potentiel U BD puisse être nulle il faut que simultanément : ♦U AD soit indépendante du temps ce qui impose, dans la branche ADC,  R 3 = 3 ; R 4 L 4 ♦U AB = U AD , soit, d'après la question2, R  1 = R 3 dcno R 1 = R 3 . R 1 +R 2 R 3 +R 4 R 2 R 4 En définitive on doit avoir : L 1 R 1 R 3 L 3 = = =  L 2 R 2 R 4 L 4 

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