Courants transitoires - Dipôles RC et...

Courants transitoires -Dipôles RC et RL

1. Notion de régime transitoire

Mise en évidence expérimentaleOn considère le circuit de la figure ci-dessous (Fig. 1) :

À l’instant t = 0, on ferme l’interrupteur K.Les deux lampes L1 et L2 brillent instantanément.Alors que la lampe L2 conserve son éclat, la lampe L1 s’éteint progressivement.

C

L2

R

L1R

E

K

Figure 1

On distingue deux régimes :

• un régime transitoire au cours duquel on observe une évolution temporelle de l’éclatde L1 ;

• un régime permanent pour lequel le condensateur se comporte comme un interrup-teur ouvert.

� �

� �

1

2 • Réponse d’un circuit R,C à un échelon de tension

2. Réponse d’un circuit R,C à un échelonde tension

Échelon de tension

e(t) (en V)

t (en s)0

E

Figure 2

Une source idéale de tensiondélivre un échelon de tension sila tension produite par la sourceest de la forme :

{e(t) = 0 pour t < 0e(t) = E pour t � 0

(1)

La tension e(t) passe instantané-ment de la valeur 0 à la valeurE . Cela ce produit, par exemple,lorsqu’on bascule l’interrupteurdu circuit à t = 0.

Charge d’un condensateur

On considère le circuit constitué d’un conducteur ohmique de résistance R en sérieavec un condensateur de capacité C : l’ensemble est soumis à une tension E (Fig. 3).

R

C uE

i

UR

+

A

B

Figure 3

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2

Courants transitoires - Dipôles RC et RL

La tableau ci-dessous donne la charge et la tension aux bornes du condensateur :

instant charge de l’armature (A) tension aux bornes du condensateur

0 0 0

t q u avec q = Cu

t + dt q + dq u + du avec dq = Cdu > 0

Établissement de l’équation différentielle

L’intensité du courant dans le circuit est telle que i =|dq|dt

, comme dq > 0 (au cours

de la charge) alors i = +dqdt

.

Appliquons la loi de maille au circuit de charge (fig. 3).

E − u − UR = 0, soit :

u + UR = E (2)

Comme UR = Ri (d’après la loi d’Ohm), alors l’équation 2 devient :

u + Ri = E (3)

Exprimons l’intensité i , du courant, en fonction de u, tension aux bornes du condensa-teur.

On a i = +dqdt

, et comme q = cu alors i = +Cdudt

et UR = RCdudt

.

En remplaçant UR par son expression, l’équation 4.3 devient :

u + RCdudt

= E oududt

+1

RCu =

ERC

OnLa constante de temps t fournit unordre de grandeur de la durée deréponse du dipôle. Elle caractérisela rapidité avec laquelle le régimepermanent est atteint.

pose t = RC : constante de temps du circuit

dudt

+1

RCu =

ERC

dudt

+1t

u(t=RC)

=Et

(4)

Résolution de l’équation différentielleL’équation 4 est une équation différentielle linéaire du premier ordre à coefficientsconstants et avec second membre.

� �

� �

3


Les solutions de l’équation 4.4 sont de la forme :

u = Aeat + b

Si u = Aeat + b est solution de l’équation différentielle, elle doit donc satisfaire cetteéquation.

Comme u = Aeat + b, alorsdudt

= Aaeat .

On injecte les expressions de u etdudt

dans l’équation différentielle, d’où :

Aaeat +1t

(Aeat + b) =Et

Soit :

Aeat

(a +

1t

)+ b.

1t

=Et

L’égalité précédente est vraie quel que soit t si et seulement si :

a +1t

= 0

et

b.1t

=Et

, soita = −1

tet

b = E

En remplaçant a et b par leur valeur il s’ensuit :

u = Ae−tt + E

Appliquons les conditions initiales à l’équation.À la date t = 0, u(0) = 0, et par suite :

A + E = 0, soit A = −E

Ainsi, u = −Ee−tt + E , soit :

u = E(1 − e−tt ) (5)

Intensité du courant de chargeOn a vu que, au cours de la charge du condensateur, l’intensité i du courant dans le

circuit est donnée par : i = +dqdt

= +Cdudt

Comme u = E(1 − e−tt ), alors

dudt

= +Et

e−tt .

Ainsi :

i = CEt

e−tt =

ER

e−tt = Imaxe−

tt

La figure 4 donne l’évolution de la tension aux bornes du condensateur au cours de ladécharge ainsi que l’intensité du courant dans le circuit.©

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4


u(t) (en V)

t (en s)0 τ

i(t) (en A)

t (en s)τ0

a) b)

E Imax

Figure 4

L’intensité i (t) présente une discon-tinuité en t = 0, alors que la tensionu(t) (ou la charge q(t)) est continue.

Énergie dissipée par effet jouleL’énergie dissipée par effet joule dans le conducteur ohmique de résistance R est :

EJ =∫ ∞

0Ri2dt = R

∫ ∞

0

(ER

e−tt

)2

dt =E2

R

∫ ∞

0e−2 t

t dt =E2

R

[−t

2e−2 t

t

]∞0

Comme t = RC , cela entraîne :

EJ =E2

R

(− RC

2

)(0 − 1) =

12

C E2 =12

QE

avec Q = C E : charge finale du condensateur.

Décharge du condensateur

Initialement le condensateur est chargé sous la d.d.p. E = VA − VB > 0.

L’armature (A) porte la charge Q A = Q0 = C E , et l’armature (B) une chargeQ B = −Q0.

À t = 0, on relie les armatures du condensateur à un conducteur ohmique derésistance R.

Cu R

i

UR+

i

A

B

Figure 5

� �

� �

5


La tableau ci-dessous donne la charge et la tension aux bornes du condensateur :

instant charge de l’armature (A) tension aux bornes du condensateur

0 Q0 E avec Q0 = C E

t q u avec q = Cu

t + dt q + dq u + du avec dq = Cdu < 0

• Équation différentielle de décharge

L’intensité du courant dans le circuit est telle que i =|dq|dt

; comme dq < 0 (au cours

de la décharge), alors i = −dqdt

.

Appliquons la loi de maille au circuit de décharge (Fig.5) : u − U R= 0.

Soit :

u + UR = 0 (6)

Comme UR = Ri et i = −dqdt

= −Cdudt

, alors l’équation 4.6 devient :

u + RCdudt

= 0 oududt

+1t

u = 0 (7)

• Évolution de la tension u(t)

L’équation 7 est une équation différentielle du premier ordre à coefficients constantset sans second membre.

Si à t = 0, u = E , alors :

u(t) = Ee−tt

• Intensité du courant dans le circuit

Comme i = −dqdt

= −Cdudt

alors :

i(t) = Imaxe−tt avec Imax =

ER

Remarque : Le sens du courant, au cours de la décharge, est le sens contraire de celui dela charge. Il faut donc changer le signe de l’intensité du courant de décharge.

La figure 6 donne les évolutions de u(t) et i(t) : tension et intensité du courant dedécharge.©

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6


u(t) (en V)

t (en s)0 τ

i(t) (en A)

t (en s)τ0

a) b)

E

- Imax

Figure 6

3. Réponse d’un circuit R,L à un échelonde tension

Bobine d’inductionNous admettrons que la tension u aux bornes d’une bobine idéale (r = 0) et l’intensitéi du courant qui la traverse vérifient la relation :

u = Ldidt

u : tension aux bornes de la bobineen volt (V)

L : inductance de la bobineen henry (H)

i : intensité du couranten ampère (A)

(8)

convention récepteur convention générateur

u = L didt

i

e = -L didt

i

Figure 7

Cas d’une bobine réelle : c’est l’association en série d’une bobine idéale et d’unconducteur ohmique de résistance r .

7

� �

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3 • Réponse d’un circuit R,L à un échelon de tension

La tension aux bornes de la bobine s’écrit :

u = Ldidt

+ ri

∣∣∣∣∣∣∣∣u : en volt ( V)L : en henry ( H)i : en ampère ( A)r : en ohm ( V)

Réponse d’un circuit R,LOn considère le circuit de la figure 8.

R

uLE

i

uR

+

K

Figure 8

À l’instant t = 0, on ferme l’interrupteur K . Le circuit R, L est donc soumis à latension E .

Appliquons la loi des mailles au circuit , pour t � 0 : E − u R − uL = 0

Comme uL = Ldidt

(cas d’une bobine idéale) et u R = Ri , on en déduit :

Ldidt

+ ri = E

En posant t =LR

: constante de temps du circuit R, L , on obtient l’équation

différentielle à laquelle obéit i(t), intensité du courant dans le circuit :

didt

+1t

i =EL

(9)

L’équation 9 est une équation différentielle du premier ordre, qui donne aprèsintégration :

i(t) = Ae−tt︸︷︷︸

(solution générale de l’équation sans second membre)

+ B︸︷︷︸(solution particulière)

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8


• Pour i = cste, l’équation 10 donne :

i p︸︷︷︸(solution particulière)

= B = tEL

=ER

• En appliquant les conditions initiales, à t = 0, i = 0, on déduit :

A = −B = − ER

.

La solution cherchée s’écrit donc :

i(t) =ER

(1 − e−tt ) avec t =

LR

(10)

• Tension aux bornes de la bobine

Comme uL = Ldidt

et i =ER

(1 − e−tt ), on en déduit :

uL = LER

(0 +

1t

e−tt

)=

E LRt

e−tt ,

soit

uL = Ee−tt (11)

Énergie emmagasinée par une bobineLa puissance électrique consommée par la bobine est : P = ui .

Commeu = Ldidt

,alors P = Lididt

.

L’énergie emmagasinée dans la bobine pendant la duréedt s’écrit :

dE = Pdt = Lidi .

Par

E représente l’énergie électro-magnétique emmagasinée par labobine à la datet .

conséquent :

E =∫ E

0dE =

∫ t

0Lidi =

12

Li2 (12)

� �

� �

9

3 • Réponse d’un circuit R,L à un échelon de tension

QCM1 On réalise le montage représenté sur la figure 9.

C1 C2

K1 K2

E

C1 = 1 µF

C2 = 2,5 µF

E = 10 V

Figure 9

1. On bascule l’interrupteur en position 1 :

❑ a) la tension aux bornes du condensateur de capa-cité C1 est uC1 = 10 V ;

❑ b) la charge du condensateur est Q1 = 10−6 C,

❑ c) l’énergie emmagasinée par ce condensateur est

E1 = 5.10−5 J ;

2) On bascule l’interrupteur en position 2 :

❑ a) les charges de chacun des deux condensateurssont : Q′

1 = 5 mC, Q′2 = 5 mC ;

❑ b) l’énergie totale des deux condensateurs est de

5.10−5 J.

2 Pour charger un condensateur de capacité C = 1 mF,on réalise le circuit de la figure 10.

Le circuit comprend un générateur, de résis-tance interne nulle, délivrant une tension constanteUP N = E , un conducteur ohmique de résistance R etle condensateur de capacité C initialement déchargé.À l’instant t = 0, on ferme l’interrupteur K . Lesvariations de la charge q de l’armature A sont donnéespar la courbe de la figure 11.

❑ a) La f.é.m. E du générateur vaut 10 V.

❑ b) L’intensité du courant dans le circuit à la datet est donnée par le coefficient directeur de latangente au point de la courbe d’abscisse t .

❑ c) À la date t = 0, l’intensité du courant dans lecircuit est i0 = 10 mA.

❑ d) La valeur de la résistance R est de 10 kV.

❑ e) L’énergie stockée dans le condensateur, pour un

temps infiniment lent, vaut 5.10−5 J.

R

C

B

A

Ki

uCUPN = E

P

NFigure 10

t (en ms)

q (en C)

0,1 0,2 0,3 0,4 0,5

tangente à la courbe à la date t = 0

10-5

10-6

5.10-6

0

Figure 11

� �

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10


Exercices1. Concours Kiné ASSAS 2007On considère le montage électrique représenté sur la figureci-dessous (Fig 12) :

C3E E

P

N

q

A

B

K (1)(2)

R R

i

Figure 12

On notera C la capacité du condensateur et R la résistancedes résistors.

Dans tout le problème on étudiera la charge q portée parl’armature A du condensateur.

Dans un premier temps, on charge le condensateur sous unetension E (l’interrupteur K est en position (1) depuis trèslongtemps).

1. Donner l’expression de la charge Q0 prise par l’arma-ture A.

À l’instant t = 0 on bascule K en position (2) de telle sorteque le condensateur se trouve relié à un générateur de tensionidéal de force électromotrice 3E .

2. a) Quelle est la charge initiale q(0) de l’armature A ?

b) Lorsque K est en position (2) depuis très longtemps,quelle est l’expression de la charge finale q(∞) du condensa-teur ?

3. a) Exprimer l’intensité i(t) du courant et les tensions

u AB (t) et uB N (t) en fonction de q(t) et dedqdt

.

b) En déduire l’équation différentielle à laquelle obéit q(t).

c) La solution de cette équation différentielle est de la forme

q(t) = A + Be−tt où A, B et t sont des constantes.

En utilisant les résultats de la question 2, exprimer A et B enfonction des données du problème. Comment se nomme t ?Donner son expression.

d) Représenter le graphe de q(t). Faire figurer la constante t.

4. a) Quelle est l’expression de l’intensité i(t) du courant ?Préciser la valeur initiale de celle-ci.

b) Représenter le graphe de i(t). Faire figurer la constante t.

2. Décharge d’un condensateur à travers uncondensateurUn condensateur de capacité C1 = 10 mF est chargé sousune tension constante E = 50 V. Dès que la charge estterminée, on sépare le condensateur de la source de tensionet on connecte ses armatures à celles d’un condensateur nonchargé de capacité C2 = 30 mF monté en série avec unconducteur ohmique de résistance R2 (Fig 13).

R2C1

C2K1 K2

ER

C1

C2i

i

uR

u2

u1

a) b)Figure 13

Déterminer :

1. La tension finale aux bornes des deux condensateurs ;

2. La charge finale de chaque condensateur ;

3. L’énergie finale emmagasinée dans les deux condensa-teurs. La comparer à l’énergie initiale emmagasinée dans lecondensateur de capacité C1.

3. Charge et décharge d’un condensateurUn dipôle AB comporte un générateur de tension de f.é.m.E et un interrupteur K1. On monte en série avec ce dipôleAB une résistance R1 et un ensemble de condensateurs decapacité C1 (Fig. 14).

R1

R2C1

B

DA

K1 K2

uSE

Figure 14

1. À l’instant t = 0, on ferme l’interrupteur K1.

a) Quels sont les comportements du condensateur à l’instantt = 0, puis au bout d’un temps très long?

En déduire les valeurs correspondantes de uS , de l’intensitéi et de la charge du condensateur de capacité C1.

b) On pose t1 = R1C1.

Pour t > 0 :

b1) Écrire l’équation différentielle à laquelle obéit uS .

b2) Indiquer l’unité de t1.

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11

Exercices

b3) Établir l’expression de uS(t) et donner l’allure de lacourbe en précisant :̃• l’asymptote ;• les coordonnées de l’intersection de la tangente à l’origineet de l’asymptote.

Application numérique : R1 = 1 kV, C1 = 1 mF etE = 10 V.

2. Une fois le condensateur de capacité C1 complétementchargé, on ouvre l’interrupteur K1 et on ferme l’interrupteurK2. On choisira à cet instant t = 0. Le condensateur sedécharge dans le circuit à travers la résistance R2.

a) Établir l’équation différentielle à laquelle obéit la chargeq(t) (charge du condensateur à l’instant t).

b) Calculer le temps au bout duquel la charge du condensa-teur devient égale à Q0/e (e base des logarithmes népérienset Q0 charge du condensatuer à t = 0).

c) Déterminer la loi de variation en fonction du temps, del’intensité i du courant de décharge à travers la résistance R2.

4. Circuit RLOn réalise le circuit comportant, en série, un conducteurohmique (R = 4,7 kV ), une bobine (résistance r très faiblenégligeable devant R, L = 50 mH), un générateur idéal detension (E = 6 V) et un interrupteur K.

À t = 0 on ferme l’interrupteur K.

1. Faire un schéma du circuit où l’on indiquera le sensdu courant et où l’on notera les tensions ubob, tension auxbornes de la bobine, la tension u R ,tension aux bornes duconducteur ohmique, en mettant en convention récepteur cesdeux dipôles.

2. Établir l’équation différentielle vérifiée par i , intensité ducourant dans le circuit.

3. a) Déterminer l’expression de t pour que la fonction dutemps suivante :

i =ER

(1 − e−

tt

)soit la solution de l’équation différentielle précédente.

b) Donner le nom de t et calculer sa valeur.

c) Montrer que la tension aux bornes de la bobine est :

ubob = E .e−tt

On considère généralement que le régime permanent estatteint au bout de 5t.

Quelle est alors l’intensité du courant en régime permanent ?

d) Quel rôle a joué la bobine durant la phase 0 < t < 5t etquel nom donne-t-on au régime de fonctionnement du circuitpendant cette phase ?

5. Circuit RC, énergie emmagasinée par uncondensateurUn condensateur de capacité C = 5 mF est initialementchargé sous une tension U0. On étudie expérimentalementla décharge de ce condensateur dans un conducteur derésistance R réglable en réalisant les jonctions indiquéessur le schéma (Fig. 15).

RC

B

Ai

Voie A

(1)

(2)

U0

t

UAB

0

Figure 15

L’oscillographe est utilisé en balayage avec les réglagessuivants :• base de temps : 1 ms/div ;• voie A : 0, 5 V/div.On prend comme instant t = 0, l’instant où l’on ferme lecircuit de décharge.1. Établir, à tout instant, au cours de la décharge, la relationliant i (intensité du courant de décharge) et la dérivéepremière de u AB par rapport au temps.En déduire l’équation différentielle :

u + RCdudt

= 0, où u = u AB .

2. Ayant utilisé un conducteur de résistance R1 = 500 V, ona obtenu sur l’écran de l’oscillographe la courbe 1. On rem-place ce premier conducteur de résistance R1 par un secondde résistance R2; on charge à nouveau le condensateur sous latension U0 et on obtient alors, sur l’écran de l’oscillographe,la courbe 2. Déduire de l’examen des deux courbes quelleest la plus grande des deux résistances.3. a) Déterminer, pour R = R1, la valeur numérique del’énergie apparue sous forme de chaleur dans le conducteurlorsque la décharge est terminée. Cette énergie est-elle modi-fiée lorsqu’on utilise la résistance R2 ? (Justifier la réponse).b) Pour R = R2 quelle est la valeur numérique de l’énergieapparue sous forme de chaleur dans le conducteur à la datet = 4 ms ?Cette énergie est-elle modifiée lorsqu’on utilise la résistanceR1 ? (Justifier la réponse).©

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6. Dipôle RL soumis à une tension en dents de scieUne bobine de résistance négligeable et d’inductance L estmontée en série avec un conducteur ohmique de résistanceR = 1,0 kV. L’ensemble est alimenté par un générateurde signaux basses fréquences délivrant une tension pério-dique triangulaire. À l’aide d’un oscilloscope bicourbe, onvisualise les tensions u AM (t) et uB M (t) (Fig. 16).

R

ii

G

voie B

voie A

L

MB

A

Figure 16

Après avoir réglé les niveaux zéros des deux voies, on obtientles oscillogrammes de la figure 17.

1. On appelle i l’intensité instantanée du courant qui traversele circuit ; son sens positif de circulation est indiquée sur lafigure 16.

a) Le GBF utilisé doit avoir une certaine particularité.Laquelle ? Justifier la réponse.

b) Exprimer littéralement la tension uB M en fonction de i etde L .

c) À partir du circuit de la figure 16, montrer queu AM = −Ri .

bases de temps kb : 0,2 ms/divSensibilités verticales : voie A : k1 = 2 V / divvoie B : k2 = 200 mV / div

voie A

voie B

zéro

Figure 17

d) Déduire des expressions précédentes uB M et u AM que :

uB M = − LR

du AM

dt

e) Justifier la forme de l’oscillogramme de la voie B parrapport à celle de l’oscillogramme de la voie A.

2. Les réglages de l’oscilloscope sont :• Voie A : 2 V/ div• Voie B : 200 mV/div• Base de temps : 0,2 ms/div• La ligne médiane horizontale de l’écran correspond à 0 V.

À partir des oscillogrammes :

a) calculer la période et la fréquence des tensions observées ;

b) calculer les valeurs entre lesquelles varient ces tensions ;

c) en justifiant le raisonnement, calculer la valeur de l’induc-tance L .

� �

� �

13

Corrigés

QCM1 1. Bonnes réponses : 1.a, 1.c

En régime permanent, uC1 = E . Comme E = 10 V, alorsuC1 = 10 V.La charge Q est telle que : Q = C1.uC1, soit numériquement

Q = 1.10−6 × 10 = 1.10−5 C.

L’énergie emmagasinée est E1 =12

C1u2C1,

soit numériquement : E1 =12× 1.10−6 × 102 = 5.10−5 J.

Lorsqu’on bascule l’interrupteur en position (2), on a unedécharge du condensateur de capacité C1 à travers le condensa-teur de capacité C2.Lorsqu’on relie le condensateur chargé au condensateurdéchargé, le premier condensateur se décharge partiellementjusqu’à ce que l’état d’équilibre soit atteint. La tension finale Uatteinte dans ce nouvel état d’équilibre est la même aux bornesdes deux condensateurs.Soient Q′

1 et Q′2 les nouvelles charges des deux condensateurs.

La conservation de la charge impose :

Q1 = Q′1 + Q′

2, soit : C1 E = C1U + C2U .

Il en résulte donc :

U =C1

C1 + C2E .

Application numérique :

U =1,0

1 + 2,5× 10 � 2,86 V.

2. Les charges finales sont :{Q′

1 = C1U

Q′2 = C2U

Application numérique :{Q′

1 = 1.10−6 × 2,86 = 2,86.10−6 C

Q′2 = 2,5.10−6 × 2,86 = 7,15.10−6 C

3. L’énergie finale emmagasinée dans les deux condensateursest :

E f =12

C1U 2 +12

C2U 2 =12

(C1 + C2)U 2.

L’énergie initiale emmagasinée par le condensateur de capacitéC1 est :

Ei =12

C1 E2.

Numériquement :⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

Ei =12× 1,0.10−6 × 102 = 5,0.10−5 J

E f =12× 3,5.10−6 × 2,862 = 1,43.10−5 J

L’énergie perdue par les condensateurs est Eperdue = 3,6.10−5 J.Cette énergie a été transformée en chaleur dans la résistance ducircuit lors de la décharge partielle du premier condensateur.

2 Bonnes réponses : a, b, e

La charge finale du condensateur est Q f = C E , soit E =Q f

C.

Numériquement :

E =10−5

1.10−6= 10 V

Par définition : i =dqdt

. L’intensité i représente donc la pente

de la tangente à courbe q = f (t).

i =10−5

0,1.10−3= 0,1 A, soit 100 mA.

Comme t = RC , alors R =t

C.

Graphiquement : t = 0,1 ms.

Ainsi R =0,1.10−3

1.10−6= 100 V

E =12

C E2, soit E =12

1.10−6 × 102 = 5.10−5 J

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14


Exercices1 1. À l’instant t = 0, le condensateur étant complé-

tement déchargé, on a donc Q0 = 0 et uC (0) = u AB (0) = 0.

Pour un temps infiniment long (t −→ ∞), le condensateur estcomplètement chargé, soit Q0 = C E et uC = E .

2. a) À l’instant t = 0, on bascule l’interrupteur en position (2).La charge initiale de l’armature A est donc q(0) = Q0 = C E .

b) Pour un temps infiniment long, la charge finale estq(∞) = C × 3E = 3C E .

3. a) Le condensateur est en convention récepteur, donc :

i =dqdt

Tensions :

uC = u AB =qC

et

uB N = u R = Ri = Rdqdt

La loi des mailles, appliquée au circuit , donne3E − u AB − uB N = 0, soit :

3E − qC

− Rdqdt

= 0 ou encoredqdt

+1

RCq = 3

ER

c) La solution de l’équation différentielle s’écrit sous la forme :

q(t) = A + Be−tt avec

dqdt

= −1t

Be−tt

En injectant les expressions de q(t) et celle dedqdt

dans

l’équation différentielle, on obtient :

−1t

Be−tt +

1RC

(A + Be−

tt

)= 3

ER

soit :

Be−tt

(1

RC− 1

t

)+

ARC

= 3ER

L’égalité précédente est vraie quel que soit t si et seulement si :

1RC

− 1t

= 0

etA

RC= 3

ER

, soitt = RC

etA = 3EC

La solution cherchée s’écrit donc :

q(t) = 3EC + Be−tt avec t = RC

Appliquons à présent les conditions initiales :

À t = 0, q(0) = Q0 = C E , d’où q(0) = 3EC + B = C E ,soit B = −2C E .

Conclusion :

q(t) = 3EC − 2C Ee−tt = C E(3 − 2e−

tt )

avec t = RC : constante de temps du circuit.

d) À t = t, q(t) = C E(3 − 2e−1) � 2,26.C E .

4. a) Comme i =dqdt

et q(t) = C E(3 − 2e−tt ), alors :

i =2C E

te−

tt = 2

ER

e−tt

À t = 0, i(0) = 2ER

q(t) (en C)

t (en s)0

3EC

2EC

EC

τ

Figure 18

i(t) (en A)

t (en s)0 τ

ER

2

Figure 19

2 1. La charge initiale emmagasinée par le condensa-

teur de capacité C1 est Q1 = C1 E .

Lorsqu’on relie le condensateur chargé au condensateurdéchargé, le premier condensateur se décharge partiellementjusqu’à ce que l’état d’équilibre soit atteint. La tension finale Uatteinte dans ce nouvel état d’équilibre est la même aux bornesdes deux condensateurs.

Soient Q′1 et Q′

2 les nouvelles charges des deux condensateurs.

La conservation de la charge impose : Q1 = Q′1 + Q′

2, soit :

C1 E = C1U + C2U .

Il en résulte donc : U =C1

C1 + C2E .

Application numérique : U =10

10 + 30× 50 = 12,5 V.

� �

� �

15

Corrigés

2. Les charges finales sont :{Q′

1 = C1UQ′

2 = C2U

Application numérique :{Q′

1 = 10.10−6 × 12,5 = 1,25.10−4 C

Q′2 = 30.10−6 × 12,5 = 3,75.10−4 C

3. L’énergie finale emmagasinée dans les deux condensateursest :

E f =12

C1U 2 +12

C2U 2 =12

(C1 + C2)U 2.

L’énergie initiale emmagasinée par le condensateur de capacitéC1 est :

Ei =12

C1 E2.

Numériquement :⎧⎪⎨⎪⎩

Ei =12× 10.10−6 × 502 = 12,5 mJ

E f =12× 40.10−6 × 202 = 8,0 mJ

L’énergie perdue par les condensateurs est Eperdue = 4,5 mJ.Cette énergie a été transformée en chaleur dans la résistancelors de la décharge partielle du premier condensateur.

Complément.Donner la loi d’évolution de l’intensité du courant dans lecircuit.

On a :⎧⎨⎩

q′1 + q′

2 = Q1 (Conservation de la charge)

q′1

C1− q′

2

C2− R2i = 0 (d’après la loi des mailles)

De la relationq′

1

C1− q′

2

C2− R2i = 0 on en déduit

1C1

dq′1

dt− 1

C2

dq′2

dt− R2

didt

= 0.

Comme i = −dq′1

dt=

dq′2

dt, il en résulte :

(1

C1+

1C2

)i + R2

didt

= 0 (13)

Les deux condensateurs étant associés en série, on a donc :

1C1

+1

C2=

1Ce

.

L’équation 13 donne1

Cei + R2

didt

= 0, c’est à dire :

didt

+1t

i = 0 où t = R2Ce (14)

Après intégration de l’équation 14, on obtient : i(t) = Ae−tt .

À t = 0,q′

1(0)C1

+q′

2(0)C2

+ R2i(0) = 0,

soit i(0) = − q′1(0)

R2C1= − Q0

R2C1= − E

R2.

La solution cherchée est donc : i(t) = − ER

e−tt .

3 1. a) À l’instant t = 0, le condensateur étant

complétement déchargé, on a donc Q0 = 0 et uS(0) = 0.

Pour un temps infiniment long (t −→ ∞), le condensateur estcomplétement chargé, soit q∞ = C1 E et uS = E .

La loi des mailles, appliquée au circuit de charge (Fig. 20),donne :

E − R1i − uS = 0,

soit

i =E − uS

R1(15)

R1

C1

B

DA

K1i

usE

Figure 20

On peut donc dresser le tableau ci-dessous :

instanttension uS

(en V)charge q(en C)

intensité(en A)

t = 0 0 0i0 =

ER1

;

i0 = 10 mA

t uS q = C1uS i =E − uS

R1

t −→ ∞ E = 10 Vq∞ = C1 E ;

q∞ = 10 mCi∞ = 0

b) On pose t1 = R1C1.

b1) On a établi l’équation E − R1i − uS = 0.

Comme i =dqdt

= C1dus

dt(charge du condensateur), alors

E − R1C1dus

dt− uS = 0,©

Dun

od–

Laph

otoc

opie

non

auto

risé

ees

tun

délit

� �

� �

16

Courants transitoires - Dipôles RC et...

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