CORRIGÉS
Réseaux linéairesenr égime variable
2
337
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
On applique la loi des nœuds en A :
i =+ C
.
(1)
Pour les deux mailles qui contiennent le générateur,laloi des
mailles s’écrit :
E = L
+ Ri + u C ,
(2)
ce qui donne en dérivant :
0=L
+R
+.
(3)
L’équation différentielle en i(t)d uc ircuit s’obtient en éliminant u C entre les trois relations précédentes.
Pour ce faire, il suffit de multiplier la relation (2) par
,l a
relation (3) par C et les ajouter membreàmembre.
Les termes en u C ainsi formés expriment alors le courant i
d’après la relation (1).
On obtient :
= L + Ri + u C + C L + R + ,
soit encore :
LC
+ RC + +2i=.
On a:
t=RC =, soit LC = t 2 .
L’équation àrésoudre est donc :
t 2
+2t
+2i=.
(4)
On remarque que w
2
0 =e t=
,s oit Q =
;
on doit donc obtenir un régime oscillant amorti.
On résout d’abord l’équation homogène associée:
t 2
+2t
+2i=0.
On cherche des solutions en e st ,o ùsvérifie l’équation caractéristique suivante :
t 2 s 2 +2ts+2=0.
Δ=t 2 –2t 2 =–t 2 .
s== (– 1±j), avec j 2 =–1.
La solution générale de l’équation homogène est donc :
e
– t
t
A cos + B sin .
Une solutionp articulièred el ’équation complète (4) est
t
t
t
t
– t ± jt
t 2
1
t
u C
R
du C
dt
di
dt
d 2 i
dt 2
1
2
1
12
w 0
Q
2
t
2
t 2
E
R
di
dt
d 2 i
dt 2
L
R
E
R
di
dt
L
R
d 2 i
dt 2
du C
dt
di
dt
d 2 i
dt 2
di
dt
1
R
E
R
1
R
du C
dt
di
dt
d 2 i
dt 2
di
dt
donnée par une constante, puisque le second membre
est
constant. Elle doit vérifier:
2i=, soit i =.
La solution générale de l’équation complète (4)est donc :
i(t)=e
– t
t
Acos + B sin +.
Pour déterminer A et B,o nsesert des conditions initiales.
La tension u C aux bornes du condensateur est continue et le
courant i dans la bobine l’est aussi.
On adonc :
à t =0 + ,i=0 et u C =0.
En remplaçant dans (2),ilvient :
E = L
(0 + ) ⇒
(0 + )= .
Par dérivation de i(t), on obtient :
=e
– t
t
– Acos + B sin
+ – A sin + B cos .
À t =0 + ,o nadonc :
i(0 + )=0=A+
2
E
R
d
d
i
t
(0
+ )= E
L
=–
A
t
+
1
t
B.
Soit
A =–
2
E
R
B=A+t E
L
=–
2
E
R
+
E
R
=
2
E
R
.
Donc : i(t)=
e
– t
t
–cos +sin +
et :
i()=i =.
1,2
1,0
0,8
0,6
0,4
0,2
0,0
2
4
6
8
10
i
i
t
τ
E
R
E
2R
E
2R
t
t
t
t
E
2R
t
t
t
t
1
t
t
t
t
t
1
t
di
dt
E
L
di
dt
di
dt
E
2R
t
t
t
t
E
2R
E
R
Réseaux linéairesenr égime variable
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337
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
On applique la loi des nœuds en A :
i =+ C
.
(1)
Pour les deux mailles qui contiennent le générateur,laloi des
mailles s’écrit :
E = L
+ Ri + u C ,
(2)
ce qui donne en dérivant :
0=L
+R
+.
(3)
L’équation différentielle en i(t)d uc ircuit s’obtient en éliminant u C entre les trois relations précédentes.
Pour ce faire, il suffit de multiplier la relation (2) par
,l a
relation (3) par C et les ajouter membreàmembre.
Les termes en u C ainsi formés expriment alors le courant i
d’après la relation (1).
On obtient :
= L + Ri + u C + C L + R + ,
soit encore :
LC
+ RC + +2i=.
On a:
t=RC =, soit LC = t 2 .
L’équation àrésoudre est donc :
t 2
+2t
+2i=.
(4)
On remarque que w
2
0 =e t=
,s oit Q =
;
on doit donc obtenir un régime oscillant amorti.
On résout d’abord l’équation homogène associée:
t 2
+2t
+2i=0.
On cherche des solutions en e st ,o ùsvérifie l’équation caractéristique suivante :
t 2 s 2 +2ts+2=0.
Δ=t 2 –2t 2 =–t 2 .
s== (– 1±j), avec j 2 =–1.
La solution générale de l’équation homogène est donc :
e
– t
t
A cos + B sin .
Une solutionp articulièred el ’équation complète (4) est
t
t
t
t
– t ± jt
t 2
1
t
u C
R
du C
dt
di
dt
d 2 i
dt 2
1
2
1
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w 0
Q
2
t
2
t 2
E
R
di
dt
d 2 i
dt 2
L
R
E
R
di
dt
L
R
d 2 i
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dt
di
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d 2 i
dt 2
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1
R
E
R
1
R
du C
dt
di
dt
d 2 i
dt 2
di
dt
donnée par une constante, puisque le second membre
est
constant. Elle doit vérifier:
2i=, soit i =.
La solution générale de l’équation complète (4)est donc :
i(t)=e
– t
t
Acos + B sin +.
Pour déterminer A et B,o nsesert des conditions initiales.
La tension u C aux bornes du condensateur est continue et le
courant i dans la bobine l’est aussi.
On adonc :
à t =0 + ,i=0 et u C =0.
En remplaçant dans (2),ilvient :
E = L
(0 + ) ⇒
(0 + )= .
Par dérivation de i(t), on obtient :
=e
– t
t
– Acos + B sin
+ – A sin + B cos .
À t =0 + ,o nadonc :
i(0 + )=0=A+
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E
R
d
d
i
t
(0
+ )= E
L
=–
A
t
+
1
t
B.
Soit
A =–
2
E
R
B=A+t E
L
=–
2
E
R
+
E
R
=
2
E
R
.
Donc : i(t)=
e
– t
t
–cos +sin +
et :
i()=i =.
1,2
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0,8
0,6
0,4
0,2
0,0
2
4
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8
10
i
i
t
τ
E
R
E
2R
E
2R
t
t
t
t
E
2R
t
t
t
t
1
t
t
t
t
t
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di
dt
E
L
di
dt
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dt
E
2R
t
t
t
t
E
2R
E
R