Exercices Exercices Corrigés
CORRIGÉS
en reportant dans la loi des mailles E = Ri(0
+
) + Ri 2 (0
+
) + Ri 3 (0
+
) i(0
+
) =
E
2R
soit avec
relations précédentes i 2 (0 + ) = 0 et i 3 (0 + ) =
E
2R
.
La modélisation du circuit par sa fonction de transfert, alliée à l’utilisation du théorème de la
valeur initiale, vu en cours de SII, permettra dans la suite de répondre à ce genre de questions
beaucoup plus aisément.
2. Pour un temps infini, le régime est permanent donc les dérivées temporelles sont nulles.
On en déduit s(∞) = 0 et u(∞) = Ri 2 (∞) = 0. En reportant dans la loi des mailles, on en
déduit E = Ri(∞) + Ri 2 (∞) + Ri 3 (∞) soit i(∞) =
E
R
. Alors avec la loi des nœuds i(∞) =
i 1 (∞) + i 2 (∞), on a par la loi des mailles i 1 (∞) =
E
R
et i 3 (∞) =
s(∞)
R
= 0. Enfin la loi des
nœuds donne i(∞) = i 3 (∞) + i 4 (∞) et i 4 (∞) =
E
R
.
3. Par la loi d’Ohm, on a s = Ri 3 et la relation entre l’intensité et la tension pour une inductance donne s = L
di 4
dt
.
4. La loi des nœuds s’écrit i = i 3 + i 4 soit en dérivant et en utilisant les relations de la question
précédente, on en déduit :
di
dt
=
1
R
ds
dt
+
s
L
.
5. L’égalité des tensions pour deux dipôles en parallèle s’écrit Ri 2 = L
di 1
dt
avec i = i 1 + i 2 par
la loi des nœuds. On a donc :
di
dt
=
R
L
i 2 +
di 2
dt
.
6. Par une loi des mailles, on a E = Ri + Ri 2 + Ri 3 , ce qui permet en dérivant et en utilisant les
relations précédentes en dérivant et en utilisant les relations établies auparavant d’obtenir :
dE
dt
= 2
ds
dt
+
R
L
s + R
di 2
dt
= 3
ds
dt
+ 2
R
L
s −
R 2
L
i 2 .
7. En dérivant à nouveau cette relation et en utilisant encore les relations établies aux questions préc ´
dentes, on en déduit
d 2 E
dt 2 +
R
L
dE
dt
= 3
d 2 s
dt 2 + 4
R
L
ds
dt
+
R
L
2
s.
8. Ici la tension E est constante donc sa dérivée est nulle et on a l’équation différentielle :
3
d 2 s
dt 2 + 4
R
L
ds
dt
+
R
L
2
s = 0.
9. L’équation caractéristique de cette équation différentielle du second ordre est 3r 2 + 4
R
L
r +
R
L
2
= 0. Son discriminant s’écrit Δ =
2
R
L
2
> 0. La solution est donc de la forme :
s(t) = A exp
−
R
L
t
+ B exp
−
R
3L
t
.
10. Par les conditions initiales, on a s(0 + ) = Ri 3 (0 + ) =
E
2
. Or par la forme de la solution, on
a s(0 + ) = A + B. La relation demandée est donc A + B = 0.
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CORRIGÉS
en reportant dans la loi des mailles E = Ri(0
+
) + Ri 2 (0
+
) + Ri 3 (0
+
) i(0
+
) =
E
2R
soit avec
relations précédentes i 2 (0 + ) = 0 et i 3 (0 + ) =
E
2R
.
La modélisation du circuit par sa fonction de transfert, alliée à l’utilisation du théorème de la
valeur initiale, vu en cours de SII, permettra dans la suite de répondre à ce genre de questions
beaucoup plus aisément.
2. Pour un temps infini, le régime est permanent donc les dérivées temporelles sont nulles.
On en déduit s(∞) = 0 et u(∞) = Ri 2 (∞) = 0. En reportant dans la loi des mailles, on en
déduit E = Ri(∞) + Ri 2 (∞) + Ri 3 (∞) soit i(∞) =
E
R
. Alors avec la loi des nœuds i(∞) =
i 1 (∞) + i 2 (∞), on a par la loi des mailles i 1 (∞) =
E
R
et i 3 (∞) =
s(∞)
R
= 0. Enfin la loi des
nœuds donne i(∞) = i 3 (∞) + i 4 (∞) et i 4 (∞) =
E
R
.
3. Par la loi d’Ohm, on a s = Ri 3 et la relation entre l’intensité et la tension pour une inductance donne s = L
di 4
dt
.
4. La loi des nœuds s’écrit i = i 3 + i 4 soit en dérivant et en utilisant les relations de la question
précédente, on en déduit :
di
dt
=
1
R
ds
dt
+
s
L
.
5. L’égalité des tensions pour deux dipôles en parallèle s’écrit Ri 2 = L
di 1
dt
avec i = i 1 + i 2 par
la loi des nœuds. On a donc :
di
dt
=
R
L
i 2 +
di 2
dt
.
6. Par une loi des mailles, on a E = Ri + Ri 2 + Ri 3 , ce qui permet en dérivant et en utilisant les
relations précédentes en dérivant et en utilisant les relations établies auparavant d’obtenir :
dE
dt
= 2
ds
dt
+
R
L
s + R
di 2
dt
= 3
ds
dt
+ 2
R
L
s −
R 2
L
i 2 .
7. En dérivant à nouveau cette relation et en utilisant encore les relations établies aux questions préc ´
dentes, on en déduit
d 2 E
dt 2 +
R
L
dE
dt
= 3
d 2 s
dt 2 + 4
R
L
ds
dt
+
R
L
2
s.
8. Ici la tension E est constante donc sa dérivée est nulle et on a l’équation différentielle :
3
d 2 s
dt 2 + 4
R
L
ds
dt
+
R
L
2
s = 0.
9. L’équation caractéristique de cette équation différentielle du second ordre est 3r 2 + 4
R
L
r +
R
L
2
= 0. Son discriminant s’écrit Δ =
2
R
L
2
> 0. La solution est donc de la forme :
s(t) = A exp
−
R
L
t
+ B exp
−
R
3L
t
.
10. Par les conditions initiales, on a s(0 + ) = Ri 3 (0 + ) =
E
2
. Or par la forme de la solution, on
a s(0 + ) = A + B. La relation demandée est donc A + B = 0.
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