Exercices Exercices Corrigés
CHAPITRE 9 – CIRCUIT LINÉAIRE DU SECOND ORDRE
7. Dans le cas du régime pseudo-périodique considéré ici, la solution de l’équation caractéristique s’écrit r ± = −λ ω 0 ± jω 0
√
1 − λ 2 . On en déduit l’expression de la pseudo-pulsation
ω = ω 0
√
1 − λ 2 =
4r 2 R 2 C − (R + r)
2 L
2rRC
√
L
et de la pseudo-période T =
2π
ω
soit
T = 4πRrC
√
L/
4R 2 r 2 C − (R + r) 2 L.
8. Dans ces conditions, l’intensité i 3 s’écrit i 3 = (A cos ωt + B sin ωt) exp (−λ ω 0 t). La détermination des constantes A et B s’obtient à partir des conditions initiales de la question 1. soit
i 3 (0) = 0 et
di 3
dt
(0) =
E
RrC
.
Or i 3 (0) = A et
di 3
dt
= ((−ωA − λ ωB)sin ωt + (ωB − λ ωA)cos ωt) exp (−λ ωt) donc
di 3
dt
(0) =
ωB − λ ωA. D’où A = 0, B =
E
RrCω
et i 3 =
E
RrCω
sin ωt exp (−λ ω 0 t).
9. Le régime est établi avec une précision de un millième si l’amplitude de i 3 est inférieure au
millième de sa valeur maximale soit
E
1000RrCω
. On résout donc i 3 =
E
RrCω
exp (−λ ω 0 t) <
E
1000RrCω
. On obtient t ≥
ln 1000
λ ω 0
.
10. Pour déterminer les nouvelles conditions initiales juste après l’ouverture de l’interrupteur,
on raisonne comme à la question 1. On obtient i = u = i 3 = 0 et i 1 =
E
R = −i 2 .
11. De même, avec un raisonnement analogue à celui de la question 3., on a
d 2 i 3
dt 2 +
1
rC
di 3
dt
+
1
LC
i 3 = 0.
12. Par identification, on obtient ω 0 =
1
√
LC
et λ =
1
2r
L
C
.
13. Comme
1
2r
<
r + R
RrC
<
C
L
, on a un régime pseudo-périodique.
14. On aura un signal non nul uniquement si le courant dans la bobine est non nul.
9.4 Étude d’un circuit RL
1. On applique la continuité de l’intensité du courant traversant les inductances. Cela impose
de façon immédiate i 4 (0 + ) = 0. Par ailleurs, à t = 0 − , le circuit est en régime permanent
donc les dérivées temporelles sont nulles, ce qui donne pour la tension aux bornes de l’inductance parcourue par le courant i 1 u(0 − ) = L
di 1
dt
(0
−
) = 0. On en déduit par la loi d’Ohm que
i 2 (0 − ) =
u(0 − )
R
= 0 puis que i(0 − ) = i 1 (0 − ) = i 1 (0 + ) par continuité de l’intensité du courant traversant l’inductance. L’écriture de la loi des mailles donne E = Ri(0 − ) + Ri 3 (0 − ) =
2Ri(0
−
) en utilisant la loi des nœuds i(0
−
) = i 3 (0
−
) + i 4 (0
−
) = i 3 (0
−
) soit i(0
−
) =
E
2R
=
i 1 (0
−
). La continuité de l’intensité dans l’inductance permet alors d’écrire i 1 (0 + ) =
E
2R
. La
loi des nœuds i(0 + ) = i 1 (0 + ) + i 2 (0 + ) =
E
2R
+ i 2 (0
+
) = i 3 (0
+
) + i 4 (0
+
) = i 3 (0
+
) donne
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CHAPITRE 9 – CIRCUIT LINÉAIRE DU SECOND ORDRE
7. Dans le cas du régime pseudo-périodique considéré ici, la solution de l’équation caractéristique s’écrit r ± = −λ ω 0 ± jω 0
√
1 − λ 2 . On en déduit l’expression de la pseudo-pulsation
ω = ω 0
√
1 − λ 2 =
4r 2 R 2 C − (R + r)
2 L
2rRC
√
L
et de la pseudo-période T =
2π
ω
soit
T = 4πRrC
√
L/
4R 2 r 2 C − (R + r) 2 L.
8. Dans ces conditions, l’intensité i 3 s’écrit i 3 = (A cos ωt + B sin ωt) exp (−λ ω 0 t). La détermination des constantes A et B s’obtient à partir des conditions initiales de la question 1. soit
i 3 (0) = 0 et
di 3
dt
(0) =
E
RrC
.
Or i 3 (0) = A et
di 3
dt
= ((−ωA − λ ωB)sin ωt + (ωB − λ ωA)cos ωt) exp (−λ ωt) donc
di 3
dt
(0) =
ωB − λ ωA. D’où A = 0, B =
E
RrCω
et i 3 =
E
RrCω
sin ωt exp (−λ ω 0 t).
9. Le régime est établi avec une précision de un millième si l’amplitude de i 3 est inférieure au
millième de sa valeur maximale soit
E
1000RrCω
. On résout donc i 3 =
E
RrCω
exp (−λ ω 0 t) <
E
1000RrCω
. On obtient t ≥
ln 1000
λ ω 0
.
10. Pour déterminer les nouvelles conditions initiales juste après l’ouverture de l’interrupteur,
on raisonne comme à la question 1. On obtient i = u = i 3 = 0 et i 1 =
E
R = −i 2 .
11. De même, avec un raisonnement analogue à celui de la question 3., on a
d 2 i 3
dt 2 +
1
rC
di 3
dt
+
1
LC
i 3 = 0.
12. Par identification, on obtient ω 0 =
1
√
LC
et λ =
1
2r
L
C
.
13. Comme
1
2r
<
r + R
RrC
<
C
L
, on a un régime pseudo-périodique.
14. On aura un signal non nul uniquement si le courant dans la bobine est non nul.
9.4 Étude d’un circuit RL
1. On applique la continuité de l’intensité du courant traversant les inductances. Cela impose
de façon immédiate i 4 (0 + ) = 0. Par ailleurs, à t = 0 − , le circuit est en régime permanent
donc les dérivées temporelles sont nulles, ce qui donne pour la tension aux bornes de l’inductance parcourue par le courant i 1 u(0 − ) = L
di 1
dt
(0
−
) = 0. On en déduit par la loi d’Ohm que
i 2 (0 − ) =
u(0 − )
R
= 0 puis que i(0 − ) = i 1 (0 − ) = i 1 (0 + ) par continuité de l’intensité du courant traversant l’inductance. L’écriture de la loi des mailles donne E = Ri(0 − ) + Ri 3 (0 − ) =
2Ri(0
−
) en utilisant la loi des nœuds i(0
−
) = i 3 (0
−
) + i 4 (0
−
) = i 3 (0
−
) soit i(0
−
) =
E
2R
=
i 1 (0
−
). La continuité de l’intensité dans l’inductance permet alors d’écrire i 1 (0 + ) =
E
2R
. La
loi des nœuds i(0 + ) = i 1 (0 + ) + i 2 (0 + ) =
E
2R
+ i 2 (0
+
) = i 3 (0
+
) + i 4 (0
+
) = i 3 (0
+
) donne
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