RL-CDipôle RL

Dipôle RL : énergie emmagasinée dans la bobine et exploitation graphique de $i(t)$

Idée directrice

La trajectoire de cet exercice est de calculer l'énergie magnétique $E_L = \tfrac{1}{2}L\,i^2$ stockée dans la bobine en régime permanent, puis de l'exploiter graphiquement : la pente de la tangente à $i(t)$ en $t=0$ vaut $I_{\max}/\tau=E/L$ , et son intersection avec l'asymptote donne $t^*=\tau=L/(R+r)$ .

Ce qui aide à reconnaître la démarche

« Calculer l'énergie emmagasinée dans la bobine en régime permanent » ; « Déterminer $L$ à partir de la tangente à $i(t)$ en $t=0$ » ; « Expliquer la différence entre énergie fournie et énergie stockée »

Besoin d’un point de départ ? Voir la méthode

Énergie magnétique : $E_L = \tfrac{1}{2}L\,i^2$ (à ne pas confondre avec $E_C = \tfrac{1}{2}C\,u^2$ ). Vérifier les unités : $[\text{H}\cdot\text{A}^2] = [\text{J}]$ .
La tangente en $t=0$ à $i(t)$ coupe l'asymptote $I_{\text{max}}$ en $t = \tau$ — méthode identique à RC.
$I_{\text{max}}$ est fixé par $R$ et $r$ (pas par $L$ ) ; $\tau$ est fixé par $L$ et $R + r$ . Ce sont deux grandeurs indépendantes.
L'énergie fournie par le générateur = énergie stockée dans $L$ + énergie dissipée dans $R + r$ . En régime permanent, seule l'énergie dissipée continue de croître.

Les pièges à vérifier dans ta démarche

Piège classique : utiliser $E_L = L\,i$ au lieu de $E_L = \tfrac{1}{2}L\,i^2$ (confusion avec l'impédance ou la f.é.m.). Autre piège : croire que doubler $L$ double $I_{\text{max}}$ — ce courant limite ne dépend que des résistances et de la tension d'alimentation.

Sujet principal

Exercice — dans l'esprit des sujets du bac

5 questionsFigure fournieCorrigé masqué

On étudie la réponse d'un circuit RL série $(R, L, r)$ à un échelon de tension $E = 15\,\text{V}$ appliqué à $t = 0$ (le circuit est initialement au repos : $i(0) = 0$ ). On donne : la résistance $R = 100\,\Omega$ , la résistance interne $r = 20\,\Omega$ , l'inductance $L$ inconnue. Un oscilloscope affiche $i(t)$ . La tangente à la courbe en $t=0$ coupe l'asymptote $I_{\text{max}}$ en $t^* = 3{,}0\,\text{ms}$ .

Exprimer la loi de réponse $i(t)$ en fonction de $I_{\text{max}}$ , $t$ et $\tau$ .
1. Calculer $I_{\text{max}} = E/(R+r)$ .
2. Exprimer $\tau$ en fonction de $L$ , $R$ et $r$ .
À partir de la tangente en $t=0$ , montrer que $t^* = \tau$ , puis calculer $L$ .
Calculer l'énergie magnétique $E_L$ emmagasinée dans la bobine en régime permanent.
1. Rappeler l'expression de $E_L$ en fonction de $L$ et $I_{\text{max}}$ .
2. Calculer numériquement $E_L$ .
On trace sur le même graphe les courbes $E_L(t) = \tfrac{1}{2}L\,i^2(t)$ et $E_{\text{totale}}(t)$ fournie par le générateur. Expliquer pourquoi $E_L(t) < E_{\text{totale}}(t)$ pour tout $t > 0$ et donner la signification physique de l'écart.
On double la valeur de $L$ (nouveau $L' = 2L$ ), $R$ et $r$ restant inchangés. Sans calcul détaillé, indiquer l'effet sur $I_{\text{max}}$ , sur $\tau$ et sur $E_L$ en régime permanent.

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1.(a) Idée : en régime permanent, la bobine est assimilée à $r$ .

I_{\text{max}} = \frac{E}{R+r} = \frac{15}{120} = \boxed{0{,}125\,\text{A}}

1.(b) $\tau = \dfrac{L}{R+r}$ .

i(t) = I_{\text{max}}\!\left(1 - e^{-t/\tau}\right)

2. Idée : même raisonnement que pour RC — la tangente en $t=0$ a une pente $I_{\text{max}}/\tau$ , elle coupe l'asymptote $I_{\text{max}}$ en $t = \tau$ .
$t^* = \tau = 3{,}0\,\text{ms}$ .

L = \tau(R+r) = 3{,}0\times10^{-3}\times120 = \boxed{0{,}36\,\text{H}}

3.(a) Idée : analogie avec $E_C = \tfrac{1}{2}Cu^2$ pour le condensateur.

E_L = \frac{1}{2}L\,I_{\text{max}}^2

3.(b)

E_L = \frac{1}{2}\times0{,}36\times(0{,}125)^2 = \boxed{2{,}8\times10^{-3}\,\text{J}}

4. Idée : l'énergie fournie par le générateur sert à deux usages : alimenter l'énergie magnétique de la bobine ET dissiper de la chaleur dans $R$ et $r$ . L'écart $E_{\text{totale}}(t) - E_L(t)$ représente l'énergie dissipée par effet Joule dans $R + r$ entre $0$ et $t$ . En régime permanent, l'intégralité de l'énergie fournie par le générateur finit par être dissipée (plus rien n'est stocké après que le courant est constant).

5. Idée : $I_{\text{max}}$ ne dépend que de $R$ , $r$ et $E$ — pas de $L$ . $I_{\text{max}}$ est inchangé. $\tau' = L'/(R+r) = 2\tau$ : la montée est deux fois plus lente. $E_L' = \tfrac{1}{2}L'I_{\text{max}}^2 = 2\,E_L$ : l'énergie stockée est doublée.

Changer d’énoncé, garder le raisonnement

Choisis un seul transfert après le sujet principal. Qu’est-ce qui change ? Quel résultat ou quelle méthode peux-tu réutiliser ? Les autres exercices restent disponibles pour une prochaine séance.

Variantes rencontrées : on donne la courbe $u_L(t)$ (tension aux bornes de la partie inductive) plutôt que $i(t)$ , et on demande d'en déduire $i(t)$ par intégration graphique ; on compare l'énergie stockée dans une bobine et dans un condensateur pour un même circuit LC ; on demande de calculer $L$ en mesurant $u_L(0^+) = E - r\,I_0$ juste avant l'ouverture.

Exercices d'entraînement — une nuance à la fois

1 Drill RL-C.1 — comparer deux bobines par leur temps de demi-montée

Entraînement 01 / 02

Drill RL-C.1 — comparer deux bobines par leur temps de demi-montée

3 questionsCorrigé masqué

Deux circuits RL comportant respectivement les bobines idéales A et B sont testés avec le même générateur $E=10{,}0\,\text{V}$ et la même résistance $R=100\,\Omega$ . Le courant final vaut donc $I_\infty=0{,}100\,\text{A}$ . Le temps nécessaire pour atteindre $I_\infty/2$ vaut $t_{1/2,A}=4{,}16\,\text{ms}$ pour A et $t_{1/2,B}=8{,}32\,\text{ms}$ pour B.

Établir la relation entre $t_{1/2}$ et la constante de temps $\tau$ .
Déterminer les inductances $L_A$ et $L_B$ .
Comparer les énergies magnétiques finales des deux bobines.

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1. Résolution littérale. $i(t)=I_\infty(1-e^{-t/\tau})$ . Pour $i=I_\infty/2$ , $e^{-t_{1/2}/\tau}=1/2$ , donc $t_{1/2}=\tau\ln2$ .

2. Application numérique. $\tau_A=4{,}16/\ln2=6{,}00\,\text{ms}$ et $\tau_B=8{,}32/\ln2=12{,}0\,\text{ms}$ . Comme $L=R\tau$ , $L_A=100\times6{,}00\times10^{-3}=\boxed{0{,}600\,\text{H}}$ et $L_B=\boxed{1{,}20\,\text{H}}$ .

3. Énergie en régime permanent. $E_m=LI_\infty^2/2$ . On obtient $E_{m,A}=0{,}5\times0{,}600\times0{,}100^2=\boxed{3{,}00\,\text{mJ}}$ et $E_{m,B}=\boxed{6{,}00\,\text{mJ}}$ . À courant final identique, doubler $L$ double l'énergie stockée.

2 Drill RL-C.2 — dater un niveau d'énergie magnétique

Entraînement 02 / 02

Drill RL-C.2 — dater un niveau d'énergie magnétique

3 questionsCorrigé masqué

Une bobine d'inductance $L=0{,}50\,\text{H}$ est parcourue, lors de l'établissement du courant, par $i(t)=I_\infty(1-e^{-t/\tau})$ avec $I_\infty=0{,}20\,\text{A}$ et $\tau=5{,}0\,\text{ms}$ . Son énergie magnétique vaut $E_m(t)=\tfrac12Li^2(t)$ .

Calculer l'énergie magnétique finale $E_{m,\infty}$ .
Déterminer l'instant auquel l'énergie atteint $90\,\%$ de sa valeur finale.
Calculer la fraction d'énergie atteinte à $t=5\tau$ et interpréter le résultat.

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1. Régime permanent. $E_{m,\infty}=\tfrac12LI_\infty^2=0{,}5\times0{,}50\times0{,}20^2=\boxed{1{,}00\times10^{-2}\,\text{J}}$ .

2. Résolution inverse. $E_m/E_{m,\infty}=(i/I_\infty)^2=(1-e^{-t/\tau})^2$ . Pour $90\,\%$ , $1-e^{-t/\tau}=\sqrt{0{,}90}$ , donc $t=-\tau\ln(1-\sqrt{0{,}90})$ . Application numérique : $t=5{,}0\times2{,}970=\boxed{14{,}9\,\text{ms}}$ .

3. Interprétation. À $5\tau$ , $E_m/E_{m,\infty}=(1-e^{-5})^2=\boxed{0{,}9866}$ , soit $98{,}66\,\%$ . Le courant et l'énergie sont alors pratiquement à leurs valeurs de régime permanent, sans les atteindre exactement à temps fini.

Relier ce raisonnement au bac

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