Établissement du courant RL — τ, r et L depuis chronogrammes

1. Idée : en régime permanent la bobine n'est plus qu'une résistance $r$. $U_{0b}=\dfrac{R_bE}{R_b+r}\Rightarrow R_b=\dfrac{rU_{0b}}{E-U_{0b}}=\dfrac{10\times8{,}0}{10-8{,}0}=\boxed{40\,\Omega}$.

2. Idée : $L$ est une caractéristique de la bobine, $\tau$ dépend du circuit. $\tau_b=\dfrac{L}{R_b+r}=\dfrac{0{,}50}{50}=1{,}0\times10^{-2}\,\mathrm{s}=10\,\mathrm{ms}$ : cohérent avec la lecture. La constante de temps est plus grande qu'avec $R_a$ ($\tau_a=2{,}0\,\mathrm{ms}$) parce que la résistance totale est cinq fois plus petite ($50\,\Omega$ contre $250\,\Omega$) : le courant s'établit plus lentement.

1. Idée : la masse étant en $M$, chaque voie mesure la tension entre son point de branchement et $M$. La voie $Y_A$ visualise $u_{AM}$, tension aux bornes de la bobine ; la voie $Y_B$ visualise $u_{BM}$, tension aux bornes du résistor. Le courant traversant le résistor de $M$ vers $B$, la loi d'Ohm donne $u_{MB}=R\,i$, soit $u_{BM}=-R\,i$ : c'est $u_{BM}$ qui est, au signe près, l'image de $i(t)$.

2. D'après les oscillogrammes, chaque courbe se reproduit identique à elle-même toutes les 5 divisions : $T=5\times2=10\ \text{ms}$, d'où $N=\dfrac1T=\boxed{100\ \text{Hz}}$.

3.a. La résistance de la bobine étant négligeable : $u_{AM}=L\,\dfrac{di}{dt}$.

3.b. De $u_{BM}=-R\,i$ on tire $i=-\dfrac{u_{BM}}{R}$, donc $\dfrac{di}{dt}=-\dfrac1R\,\dfrac{du_{BM}}{dt}$ ($R$ constante). En reportant dans 3.a :

3.c. Idée : $u_{AM}$ est proportionnelle à la dérivée de $u_{BM}$. Sur chaque demi-période, une tension triangulaire varie linéairement : sa dérivée y est constante et change de signe à chaque sommet. La dérivée d'une tension triangulaire est donc une tension en créneaux ; l'inverse est impossible, car la dérivée d'un créneau est nulle sur chaque palier. Ainsi $u_{BM}$ est la tension triangulaire : $\boxed{(\mathcal C_2)\text{ correspond à } Y_B}$, et $(\mathcal C_1)$ à $Y_A$. La figure le confirme : les paliers de $(\mathcal C_1)$ changent de niveau exactement aux sommets de $(\mathcal C_2)$.

4.a. Voie $Y_A$ ($20\ \text{mV}$ par division) : les paliers de $(\mathcal C_1)$ sont à $+2$ et $-2$ divisions, d'où les valeurs extrêmes $u_{AM}=\boxed{+40\ \text{mV}}$ et $u_{AM}=\boxed{-40\ \text{mV}}$.

4.b. Voie $Y_B$ ($1\ \text{V}$ par division) : sur $[0\,;\,5\ \text{ms}]$, $u_{BM}$ décroît linéairement de $+3\ \text{V}$ (3 divisions) à $-3\ \text{V}$ :

4.c. Sur cet intervalle $u_{BM}$ décroît, donc la relation 3.b donne $u_{AM}>0$ : c'est le palier $+40\ \text{mV}$, en accord avec la figure. D'où $L=-\dfrac{R\,u_{AM}}{du_{BM}/dt}$ :

Le rapport $\dfrac LR\approx3\times10^{-5}\ \text{s}$ est très petit devant la période : le courant suit fidèlement la tension triangulaire du générateur, d'où l'allure triangulaire de $u_{BM}$.

5.a. Idée : les paliers de $u_{AM}$ sont proportionnels à la pente de $u_{BM}$, donc à la fréquence quand la valeur maximale est gardée. $T'=\dfrac1{250}=4\ \text{ms}$ : $u_{BM}$ passe de $+3\ \text{V}$ à $-3\ \text{V}$ en $\dfrac{T'}2=2\ \text{ms}$, soit une pente de valeur absolue $3{,}0\times10^{3}\ \text{V·s}^{-1}$. D'où $|u_{AM}|=\dfrac{5\times10^{-2}}{1{,}5\times10^{3}}\times3{,}0\times10^{3}$, et les valeurs extrêmes $\boxed{\pm0{,}10\ \text{V}}$.

5.b. Avec $20\ \text{mV}$ par division, les paliers seraient à $\pm\dfrac{0{,}10}{0{,}020}=\pm5$ divisions : ils sortent de l'écran, qui n'offre que 4 divisions de part et d'autre du zéro. Il faut une sensibilité d'au moins $\dfrac{0{,}10}{4}=25\ \text{mV/div}$ : $10\ \text{mV/div}$ ne convient pas, $0{,}1\ \text{V/div}$ ne donnerait que $\pm1$ division. On choisit $\boxed{50\ \text{mV/div}}$, les paliers étant alors à $\pm2$ divisions.