solutions des exercices
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Ces régimes nécessitent de l’énergie. Celle-ci provient de l’alimentation de l’A.O. et non
du générateur de créneaux. Ce dernier fournit une tension continue ou nulle, dont la dérivée est nulle. Il n’intervient donc pas dans l’équation différentielle du circuit {R tot , L, C} :
On pourrait s’en passer.
b. – R C = 2
L
C
= 4472 V, R tot = 52 V donc R tot < R C : les oscillations sont amorties.
– Il n’y a pas d’amortissement si R tot = 0, soit pour R om =
RR 2
R 1
= 6 kV.
– Le générateur de créneaux n’est alors plus utile puisque les oscillations ne s’amortissent
plus.
19 1. En régime linéaire, u = −R o i et en régime de saturation, u = R 1 i ± V sat .
2. u = ai 1 bi
3 . Pour que la caractéristique réelle et sa modélisation coïncident en régime
linéaire, il faut que a = −R o .
La courbe modélisée est extrémum pour
du
di
= a 1 3bi
2 = 0, soit pour i = ±
R o
3b
. Or,
sur la courbe réelle, les abscisses de ces extréma valent i = ±
V sat
R o 1 R 1
. Pour que ces
abscisses correspondent, il faut que b =
R o (R o 1 R 1 )
2
3V
2
sat
.
Lorsque i
o = ±
R o
3b
: u caractéristique = ∓R o i
o et u modélisation = ∓
2
3
R o i
o . L’écart entre
la caractéristique et sa courbe modélisée vaut donc |Du max | =
R o i
o
3
=
R o V sat
3(R o 1 R 1 )
. Si
R o R 1 , |Du max | |
V sat
3
, cet écart est négligeable.
3. Pour le circuit RLC série, u = −
q
C
− L
di
dt
− Ri = −R o 1 bi
3 . En dérivant par rapport
à t et en posant v o =
1
√
LC
, il vient :
d
2 i
dt 2 −
(R o − R)
Lv o
v o
1 −
3bi
2
(R o − R)
di
dt
1 v
2
o i = 0
ou encore
d
2 i
dt 2 − ´v o
1 −
i
2
i 2
o
di
dt
1 v
2
o i = 0
avec ´ =
(R o − R)
Lv o
et i
2
o =
(R o − R)V
2
sat
R o (R o − R) 2 . On obtient des oscillations si i
2
o > 0 soit pour
R o > R.
4. ´ = 0,14 1 : ´ n’est pas négligeable mais sa faible valeur permet d’appliquer la
méthode itérative de résolution de cette équation différentielle. On obtient T o = 9,9 ms.
4. ÉLECTRONIQUE
369
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Ces régimes nécessitent de l’énergie. Celle-ci provient de l’alimentation de l’A.O. et non
du générateur de créneaux. Ce dernier fournit une tension continue ou nulle, dont la dérivée est nulle. Il n’intervient donc pas dans l’équation différentielle du circuit {R tot , L, C} :
On pourrait s’en passer.
b. – R C = 2
L
C
= 4472 V, R tot = 52 V donc R tot < R C : les oscillations sont amorties.
– Il n’y a pas d’amortissement si R tot = 0, soit pour R om =
RR 2
R 1
= 6 kV.
– Le générateur de créneaux n’est alors plus utile puisque les oscillations ne s’amortissent
plus.
19 1. En régime linéaire, u = −R o i et en régime de saturation, u = R 1 i ± V sat .
2. u = ai 1 bi
3 . Pour que la caractéristique réelle et sa modélisation coïncident en régime
linéaire, il faut que a = −R o .
La courbe modélisée est extrémum pour
du
di
= a 1 3bi
2 = 0, soit pour i = ±
R o
3b
. Or,
sur la courbe réelle, les abscisses de ces extréma valent i = ±
V sat
R o 1 R 1
. Pour que ces
abscisses correspondent, il faut que b =
R o (R o 1 R 1 )
2
3V
2
sat
.
Lorsque i
o = ±
R o
3b
: u caractéristique = ∓R o i
o et u modélisation = ∓
2
3
R o i
o . L’écart entre
la caractéristique et sa courbe modélisée vaut donc |Du max | =
R o i
o
3
=
R o V sat
3(R o 1 R 1 )
. Si
R o R 1 , |Du max | |
V sat
3
, cet écart est négligeable.
3. Pour le circuit RLC série, u = −
q
C
− L
di
dt
− Ri = −R o 1 bi
3 . En dérivant par rapport
à t et en posant v o =
1
√
LC
, il vient :
d
2 i
dt 2 −
(R o − R)
Lv o
v o
1 −
3bi
2
(R o − R)
di
dt
1 v
2
o i = 0
ou encore
d
2 i
dt 2 − ´v o
1 −
i
2
i 2
o
di
dt
1 v
2
o i = 0
avec ´ =
(R o − R)
Lv o
et i
2
o =
(R o − R)V
2
sat
R o (R o − R) 2 . On obtient des oscillations si i
2
o > 0 soit pour
R o > R.
4. ´ = 0,14 1 : ´ n’est pas négligeable mais sa faible valeur permet d’appliquer la
méthode itérative de résolution de cette équation différentielle. On obtient T o = 9,9 ms.
4. ÉLECTRONIQUE
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