CORRIGÉS
Réseauxlinéaires en régime variable
2
342
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
On peut lire sur le graphe :
Δt =0,5 s;V(0 + )=–0,24 V;
V(Δt – )=–0,04 V;V(Δt + )=+0,2 V. La tangente àl’origine
coupe l’axe des t pour .0,2 senviron, soit τ=0,12 s.
• i(0 + )=–
( cf. A.3.1.)e ti(0 + )=V (0 + )/R f .One nt ire
• V(Δt – )=R f i(Δt – )=R f .( A.3.1.)
soit
,soit R 2 =10,4 MΩ.
• V (Δt + )=R f i(Δt + )=
(A.3.5.)
L’AN donne, avec R 1 et R 2 trouvés précédemment,
V(Δt + )=0,2 Vc eque confirme la lecture.
•Enfin,
,d’où C =70nF.
Remarque :L al ectured eτ est approximative et donne Cà
une dizaine de %près.
Réponse d’un circuit (L, C )
àune impulsion
1 • On peut écrire àchaque instant :
u e (t)=u s (t)+L
et i = C
.
On en déduit que u s (t)v érifie l’équation différentielle :
+ w
2
0 u s = w
2
0 u e avec w 0 =.
Pour t 0, cette équation s’écrit :
+ w
2
0 u s = w
2
0 E.
La tension aux bornes d’une capacité et le courant dans une
inductance étant des fonctions continues du temps, les conditions initiales sont :
u s (0 + )=u s (0 – )=0 et i(0 + )=C t =0+
=i(0 – )=0.
La solution qui vérifie les conditions initiales est:
u s =E[1 –cos (w 0 t)] pour t 0.
M
21 Ω
,.
du s
dt
d 2 u s
dt 2
d 2 u s
dt 2
1
5LC
di
dt
du s
dt
10
τ =+
11
1
12
CR R
R
VR
RR R
f
réf2
12 1
+
(
)
RR
R
V
V
M
12
12 5
+=
−
Δ
()
=Ω
f
t
,
réf
–
−
+
V
RR
réf
12
RR
V
V
1
0
21
=−
=
+
f
réf
()
,.
V
R
réf
1
3
5
2 • u e ( t )p eut se mettre sous la forme de la somme de deux
échelons : u e (t)=u e 1 (t)+u e 2 (t), où u e 1 (t)est la fonction du 1
et u e 2 (t)=u e 1 (t–T).
L’équation différentielle étant linéaire, la solutionest la superposition des solutions associées séparément à u e 1 (t)e tu e 2 ( t ).
u s (t)=u s 1
(t)+u s 2
(t)a vec :
• u s 1
(t)=0 pour t 0;
u s 1
(t)=E[1 –cos (w 0 t)] pour t 0;
•u s 2
(t)=0 pour t T ;
u s 2
(t)=–E[1 –cos (w 0 t – w 0 T)] pour t T.
D’où :
u s (t)=0 pour t 0;
u s (t)=E[1 –cos (w 0 t)] pour 0 t T ;
u s (t)=E[– cos (w 0 t)+cos (w 0 t + w 0 T))]
=2Esin
sin w 0 t – pour t T.
L’amplitude des oscillations est égale à 2 E sin ;e lle
est maximale si
=(2p+1);
soit :
w 0 T =(2p+1)π.
3•Si T → 0o nd étermine u s par un D.L. àl ’ordre1en
w 0 T.
• u s (t)=0pour t 0;
•u s (t)=0pour 0 t T ;
• u s (t)=ET w 0 sin w 0 t pour t T.
Modélisation d’un neurone
•Oncommence par calculer les constantes de temps relatives
aux différents états.
Lors de l’excitation, le circuit équivalent est :
On obtient le générateur de Thévenin équivalent en transformant le générateur (e 1 , R 1 )e ng énérateur de Norton (soit
h 1 =, R 1 ), puis en regroupant les deux résistances R 1 et
R 2 en R éq =e tenfin en transformant le générateur
de Norton (h 1 , R éq )engénérateur de Thévenin.
On obtient donc :
R 1 R 2
R 1 + R 2
e 1
R 1
C
u(t)
u(t)
R 1
e 1
C
R éq
E éq
R 2
11
w 0 T
2
π
2
w 0 T
2
w 0 T
2
w 0 T
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Réseauxlinéaires en régime variable
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©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
On peut lire sur le graphe :
Δt =0,5 s;V(0 + )=–0,24 V;
V(Δt – )=–0,04 V;V(Δt + )=+0,2 V. La tangente àl’origine
coupe l’axe des t pour .0,2 senviron, soit τ=0,12 s.
• i(0 + )=–
( cf. A.3.1.)e ti(0 + )=V (0 + )/R f .One nt ire
• V(Δt – )=R f i(Δt – )=R f .( A.3.1.)
soit
,soit R 2 =10,4 MΩ.
• V (Δt + )=R f i(Δt + )=
(A.3.5.)
L’AN donne, avec R 1 et R 2 trouvés précédemment,
V(Δt + )=0,2 Vc eque confirme la lecture.
•Enfin,
,d’où C =70nF.
Remarque :L al ectured eτ est approximative et donne Cà
une dizaine de %près.
Réponse d’un circuit (L, C )
àune impulsion
1 • On peut écrire àchaque instant :
u e (t)=u s (t)+L
et i = C
.
On en déduit que u s (t)v érifie l’équation différentielle :
+ w
2
0 u s = w
2
0 u e avec w 0 =.
Pour t 0, cette équation s’écrit :
+ w
2
0 u s = w
2
0 E.
La tension aux bornes d’une capacité et le courant dans une
inductance étant des fonctions continues du temps, les conditions initiales sont :
u s (0 + )=u s (0 – )=0 et i(0 + )=C t =0+
=i(0 – )=0.
La solution qui vérifie les conditions initiales est:
u s =E[1 –cos (w 0 t)] pour t 0.
M
21 Ω
,.
du s
dt
d 2 u s
dt 2
d 2 u s
dt 2
1
5LC
di
dt
du s
dt
10
τ =+
11
1
12
CR R
R
VR
RR R
f
réf2
12 1
+
(
)
RR
R
V
V
M
12
12 5
+=
−
Δ
()
=Ω
f
t
,
réf
–
−
+
V
RR
réf
12
RR
V
V
1
0
21
=−
=
+
f
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()
,.
V
R
réf
1
3
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2 • u e ( t )p eut se mettre sous la forme de la somme de deux
échelons : u e (t)=u e 1 (t)+u e 2 (t), où u e 1 (t)est la fonction du 1
et u e 2 (t)=u e 1 (t–T).
L’équation différentielle étant linéaire, la solutionest la superposition des solutions associées séparément à u e 1 (t)e tu e 2 ( t ).
u s (t)=u s 1
(t)+u s 2
(t)a vec :
• u s 1
(t)=0 pour t 0;
u s 1
(t)=E[1 –cos (w 0 t)] pour t 0;
•u s 2
(t)=0 pour t T ;
u s 2
(t)=–E[1 –cos (w 0 t – w 0 T)] pour t T.
D’où :
u s (t)=0 pour t 0;
u s (t)=E[1 –cos (w 0 t)] pour 0 t T ;
u s (t)=E[– cos (w 0 t)+cos (w 0 t + w 0 T))]
=2Esin
sin w 0 t – pour t T.
L’amplitude des oscillations est égale à 2 E sin ;e lle
est maximale si
=(2p+1);
soit :
w 0 T =(2p+1)π.
3•Si T → 0o nd étermine u s par un D.L. àl ’ordre1en
w 0 T.
• u s (t)=0pour t 0;
•u s (t)=0pour 0 t T ;
• u s (t)=ET w 0 sin w 0 t pour t T.
Modélisation d’un neurone
•Oncommence par calculer les constantes de temps relatives
aux différents états.
Lors de l’excitation, le circuit équivalent est :
On obtient le générateur de Thévenin équivalent en transformant le générateur (e 1 , R 1 )e ng énérateur de Norton (soit
h 1 =, R 1 ), puis en regroupant les deux résistances R 1 et
R 2 en R éq =e tenfin en transformant le générateur
de Norton (h 1 , R éq )engénérateur de Thévenin.
On obtient donc :
R 1 R 2
R 1 + R 2
e 1
R 1
C
u(t)
u(t)
R 1
e 1
C
R éq
E éq
R 2
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w 0 T
2
π
2
w 0 T
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w 0 T
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w 0 T
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