Corrections 169
Exercice 6.10
1. À l’instant t = 0, la tension E1 est appliquée depuis assez longtemps pour qu’on soit en régime
permanent donc u(0) = E1.
2. On cherche l’équation différentielle vérifiée par u(t) pour t ∈ [0, τ]. La loi des mailles s’écrit Ri+u = E2,
le sens choisi pour i étant celui d’une convention récepteur pour C. La caractéristique de la capacité
s’écrit i =
dq
dt
= C
du
dt
. On obtient l’équation : RC
du
dt
+ u = E2.
La solution générale de cette équation est u(t) = A exp(−t/RC) + E2. La constante A se détermine en
utilisant la continuité de la tension aux bornes de la capacité, soit u(0
+ ) = u(0
− ) = E1.
La solution est : u(t) = (E1 − E2) exp
−
t
RC
+ E2.
Sachant que t RC, on linéarise cette expression en faisant un développement limité à l’ordre 1 :
u(t) = (E1 − E2)
1 −
t
RC
+ E2 = E1 − (E1 − E2)
t
RC
3. La variation de tension en sortie est |Δu| = (E1 − E2)τ /RC. |Δu| est donc très faible devant E1 − E2.
4. Pour t > τ, la tension u(t) tend à nouveau vers E1, avec un temps caractéristique égal à RC. Il faut
environ 5RC pour que u = E1, ce qui est un temps grand devant τ .
5. Voici ci-contre la représentation graphique de u(t), avec une variation Δu
volontairement exagérée.
6.
|Δu|
E1
=
Δe
E1
τ
RC
= 10
−3 . Une variation de tension de 10% en entrée a pour
conséquence une variation de seulement
0, 1% en sortie. Le dispositif est donc très
efficace pour absorber les variations de
tension du générateur.
t
u
E1
E1 + Δu
0 τ
Exercice 6.11
1. i1(t) + i2(t) = iL(t) (loi des noeuds) et U + U
= v1(t) − v2(t) (loi des mailles).
2. Première phase :
a. v1(t) = 0 et i2(t) = 0 ; on aboutit alors à i1(t) = iL(t) et U + U
= −v2(t).
b. Par la loi des mailles appliquée dans la maille de gauche, on obtient : vL(t) = L
diL
dt
= U . La
résolution de cette équation avec prise en compte de la condition initiale amène à iL(t) =
U
L
t+Imin.
c. iL(αT ) =
U
L
αT + Imin = Imax.
3. Seconde phase :
a. v2(t) = 0 et i1(t) = 0 ; On aboutit alors à i2(t) = iL(t) et U + U
= v1(t).
b. Par la loi des mailles appliquée dans la maille de droite, on obtient : vL(t) = L
diL
dt
= −U
. La
résolution de cette équation avec prise en compte de la continuité de l’intensité iL à t = αT amène
à iL(t) = −
U
L
(t − αT ) + Imax.
c. iL(T ) = −
U
L
(1 − α)T + Imax.
Cette valeur doit donc être égale à Imin, pour assurer le caractère périodique de l’évolution :
Imin = −
U
L
(1 − α)T + Imax
4. La compatibilité de ces deux équations conduit à :
U
L
(1 − α)T =
U
L
αT soit (1 − α)U
= αU .
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.
partagelivrescpge.blogspot.com
Exercice 6.10
1. À l’instant t = 0, la tension E1 est appliquée depuis assez longtemps pour qu’on soit en régime
permanent donc u(0) = E1.
2. On cherche l’équation différentielle vérifiée par u(t) pour t ∈ [0, τ]. La loi des mailles s’écrit Ri+u = E2,
le sens choisi pour i étant celui d’une convention récepteur pour C. La caractéristique de la capacité
s’écrit i =
dq
dt
= C
du
dt
. On obtient l’équation : RC
du
dt
+ u = E2.
La solution générale de cette équation est u(t) = A exp(−t/RC) + E2. La constante A se détermine en
utilisant la continuité de la tension aux bornes de la capacité, soit u(0
+ ) = u(0
− ) = E1.
La solution est : u(t) = (E1 − E2) exp
−
t
RC
+ E2.
Sachant que t RC, on linéarise cette expression en faisant un développement limité à l’ordre 1 :
u(t) = (E1 − E2)
1 −
t
RC
+ E2 = E1 − (E1 − E2)
t
RC
3. La variation de tension en sortie est |Δu| = (E1 − E2)τ /RC. |Δu| est donc très faible devant E1 − E2.
4. Pour t > τ, la tension u(t) tend à nouveau vers E1, avec un temps caractéristique égal à RC. Il faut
environ 5RC pour que u = E1, ce qui est un temps grand devant τ .
5. Voici ci-contre la représentation graphique de u(t), avec une variation Δu
volontairement exagérée.
6.
|Δu|
E1
=
Δe
E1
τ
RC
= 10
−3 . Une variation de tension de 10% en entrée a pour
conséquence une variation de seulement
0, 1% en sortie. Le dispositif est donc très
efficace pour absorber les variations de
tension du générateur.
t
u
E1
E1 + Δu
0 τ
Exercice 6.11
1. i1(t) + i2(t) = iL(t) (loi des noeuds) et U + U
= v1(t) − v2(t) (loi des mailles).
2. Première phase :
a. v1(t) = 0 et i2(t) = 0 ; on aboutit alors à i1(t) = iL(t) et U + U
= −v2(t).
b. Par la loi des mailles appliquée dans la maille de gauche, on obtient : vL(t) = L
diL
dt
= U . La
résolution de cette équation avec prise en compte de la condition initiale amène à iL(t) =
U
L
t+Imin.
c. iL(αT ) =
U
L
αT + Imin = Imax.
3. Seconde phase :
a. v2(t) = 0 et i1(t) = 0 ; On aboutit alors à i2(t) = iL(t) et U + U
= v1(t).
b. Par la loi des mailles appliquée dans la maille de droite, on obtient : vL(t) = L
diL
dt
= −U
. La
résolution de cette équation avec prise en compte de la continuité de l’intensité iL à t = αT amène
à iL(t) = −
U
L
(t − αT ) + Imax.
c. iL(T ) = −
U
L
(1 − α)T + Imax.
Cette valeur doit donc être égale à Imin, pour assurer le caractère périodique de l’évolution :
Imin = −
U
L
(1 − α)T + Imax
4. La compatibilité de ces deux équations conduit à :
U
L
(1 − α)T =
U
L
αT soit (1 − α)U
= αU .
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