RL-GDipôle RL

L'exercice d'identification de trois dipôles : chronogrammes, résistance, condensateur (temps de descente), bobine (τ, r, L, énergie)

Idée directrice

Le premier exercice de physique (6 à 7 points) part souvent de chronogrammes de la tension aux bornes d'un même conducteur ohmique $R_0$ placé successivement en série avec trois dipôles inconnus : la tension constante dès $t=0$ trahit le conducteur ohmique, la tension qui décroît de $E$ vers $0$ le condensateur, celle qui s'établit progressivement la bobine (auto-induction). Chaque dipôle livre ensuite sa grandeur caractéristique par la constante de temps lue sur la courbe ( $\tau=R_0C$ , $\tau'=L/(R_0+r)$ ), et l'exercice se clôt sur un calcul d'énergie.

Signature de reconnaissance — l'énoncé se trahit ainsi

« On se propose d'identifier la nature de chacun de ces dipôles » ; « justifier que le dipôle … est le conducteur ohmique » ; « établir l'équation différentielle régissant … » ; « nommer le phénomène physique qui se manifeste dans la bobine à la fermeture de l'interrupteur » ; « déduire la valeur de l'inductance $L$ ».

Sujet principal

Exercice 1 — dipôles RC et RL (6,75 points), dans l’esprit de la session 2021

6 questionsCorrigé masqué

Trois dipôles $(D_1)$ , $(D_2)$ et $(D_3)$ sont, dans un ordre inconnu : un condensateur déchargé de capacité $C$ , une bobine d'inductance $L$ et de résistance interne $r$ , et un conducteur ohmique de résistance $R$ . On monte en série un générateur idéal de f.é.m. $E=5\,\text{V}$ , un conducteur ohmique de résistance $R_0=80\,\Omega$ , un interrupteur $K$ et l'un des dipôles ; on ferme $K$ à $t=0$ et l'on enregistre la tension $u_{R_0}(t)=R_0\,i(t)$ , image de l'intensité du courant pendant son établissement. On obtient trois chronogrammes :

$(\mathcal C_1)$ : $u_{R_0}$ vaut $5\,\text{V}$ à $t=0$ puis décroît vers $0$ ; elle passe par $4{,}5\,\text{V}$ à $t_1$ et par $0{,}5\,\text{V}$ à $t_2$ , avec $t_2-t_1=22\,\text{ms}$ ;
$(\mathcal C_2)$ : $u_{R_0}$ est nulle à $t=0$ , croît puis se stabilise à $4{,}0\,\text{V}$ ; la tangente à l'origine coupe l'asymptote horizontale à l'instant $t=5\,\text{ms}$ ;
$(\mathcal C_3)$ : $u_{R_0}$ vaut $2{,}0\,\text{V}$ dès $t=0$ et reste constante.

1. Justifier que $(D_3)$ est le conducteur ohmique de résistance $R$ .
2. Déterminer la valeur de $R$ .
On s'intéresse au dipôle $(D_1)$ .
1. Justifier que $(D_1)$ est le condensateur.
2. Établir l'équation différentielle régissant $u_{R_0}(t)$ dans ce circuit et vérifier que $u_{R_0}(t)=E\,\e^{-t/\tau}$ en est solution, avec $\tau=R_0C$ .
3. On appelle temps de descente $t_d=t_2-t_1$ la durée entre les instants où la tension vaut $90\,\%$ puis $10\,\%$ de sa valeur maximale. Montrer que $t_d=\tau\ln 9\approx2{,}2\,\tau$ , puis déduire $\tau$ et $C$ .
On s'intéresse au dipôle $(D_2)$ . La tension s'écrit $u_{R_0}(t)=\dfrac{R_0E}{R_0+r}\big(1-\e^{-t/\tau'}\big)$ avec $\tau'=\dfrac{L}{R_0+r}$ .
1. Nommer le phénomène physique qui se manifeste dans la bobine à la fermeture de l'interrupteur $K$ .
2. Relever la valeur de $\tau'$ en décrivant la méthode utilisée.
3. Déterminer la valeur de la résistance interne $r$ de la bobine, puis déduire la valeur de l'inductance $L$ .
4. Déterminer l'instant $t_e$ pour lequel l'énergie emmagasinée par la bobine est égale à $90{,}3\,\%$ de l'énergie maximale qu'elle peut emmagasiner.

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1.a Idée : sans condensateur ni bobine, le régime est permanent dès $t=0$ . Dans un circuit purement résistif, $i=\dfrac{E}{R_0+R}$ est constant dès la fermeture : $u_{R_0}$ constante dès $t=0$ , c'est $(\mathcal C_3)$ , donc $(D_3)$ est le conducteur ohmique.

1.b $u_{R_0}=\dfrac{R_0E}{R_0+R}$ donne $R_0+R=\dfrac{R_0E}{u_{R_0}}=\dfrac{80\times5}{2{,}0}=200\,\Omega$ , soit $\boxed{R=120\,\Omega}$ .

2.a Idée : un condensateur déchargé se comporte comme un fil à $t=0$ puis bloque le courant. À $t=0$ , $u_C=0$ donc $u_{R_0}=E=5\,\text{V}$ ; en régime permanent le courant s'annule ( $u_{R_0}\to0$ ). C'est $(\mathcal C_1)$ : $(D_1)$ est le condensateur.

2.b Idée : loi des mailles, puis $i=C\,\dfrac{\dd u_C}{\dd t}$ . $E=u_{R_0}+u_C$ avec $u_{R_0}=R_0i$ et $i=C\dfrac{\dd u_C}{\dd t}$ . En dérivant la loi des mailles ( $E$ constante) : $0=\dfrac{\dd u_{R_0}}{\dd t}+\dfrac{\dd u_C}{\dd t}=\dfrac{\dd u_{R_0}}{\dd t}+\dfrac{u_{R_0}}{R_0C}$ , soit

\frac{\dd u_{R_0}}{\dd t}+\frac{u_{R_0}}{\tau}=0,\qquad\tau=R_0C

Avec $u_{R_0}=E\e^{-t/\tau}$ : $\dfrac{\dd u_{R_0}}{\dd t}=-\dfrac{E}{\tau}\e^{-t/\tau}$ et $-\dfrac{E}{\tau}\e^{-t/\tau}+\dfrac{E}{\tau}\e^{-t/\tau}=0$ ; de plus $u_{R_0}(0)=E$ : c'est la solution.

2.c $E\e^{-t_1/\tau}=0{,}9E\Rightarrow t_1=\tau\ln\dfrac{10}{9}$ ; $E\e^{-t_2/\tau}=0{,}1E\Rightarrow t_2=\tau\ln10$ . D'où $t_d=t_2-t_1=\tau\big(\ln10-\ln\tfrac{10}{9}\big)=\tau\ln9\approx2{,}2\,\tau$ . Avec $t_d=22\,\text{ms}$ : $\tau=\dfrac{22}{\ln9}\approx10\,\text{ms}$ et

C=\frac{\tau}{R_0}=\frac{10\times10^{-3}}{80}=\boxed{1{,}25\times10^{-4}\,\text{F}=125\,\mu\text{F}}

3.a L'auto-induction : la bobine s'oppose à l'établissement du courant (f.é.m. induite $-L\,\dfrac{\dd i}{\dd t}$ ), d'où la montée progressive de $u_{R_0}$ sur $(\mathcal C_2)$ .

3.b Idée : la tangente à l'origine coupe l'asymptote à $t=\tau'$ . Sur $(\mathcal C_2)$ cette intersection est à $5\,\text{ms}$ : $\tau'=5\,\text{ms}$ (autre lecture : $u_{R_0}(\tau')=0{,}63\times4{,}0=2{,}5\,\text{V}$ ).

3.c En régime permanent, $u_{R_0}(\infty)=\dfrac{R_0E}{R_0+r}=4{,}0\,\text{V}$ , donc $R_0+r=\dfrac{80\times5}{4{,}0}=100\,\Omega$ et $r=20\,\Omega$ . Puis $L=\tau'(R_0+r)=5\times10^{-3}\times100=\boxed{0{,}50\,\text{H}}$ .

3.d Idée : $E_L=\tfrac12Li^2$ ; l'énergie est à $90{,}3\,\%$ du maximum quand $i$ est à $\sqrt{0{,}903}=0{,}950$ de $I_{\max}$ . $i(t)=I_{\max}\big(1-\e^{-t/\tau'}\big)$ , donc $1-\e^{-t_e/\tau'}=0{,}95\iff\e^{-t_e/\tau'}=0{,}05\iff t_e=\tau'\ln20\approx3\,\tau'$ :

t_e=5\times10^{-3}\times\ln20\approx\boxed{15\,\text{ms}}

Exercices d'entraînement — une nuance à la fois

Entraînement 01 / 02

Drill RL-G.1 — lire la constante de temps d’une bobine de deux façons

3 questionsCorrigé masqué

Une bobine d'inductance $L$ et de résistance $r=10\,\Omega$ est montée en série avec un conducteur ohmique $R_0=90\,\Omega$ et un générateur idéal $E=6\,\text{V}$ . À la fermeture du circuit, l'intensité s'établit selon $i(t)=I_{\max}\big(1-\e^{-t/\tau}\big)$ ; on lit $i(4\,\text{ms})=37{,}8\,\text{mA}$ et l'intensité finale $I_{\max}=60\,\text{mA}$ .

Vérifier la valeur de $I_{\max}$ à partir de $E$ , $R_0$ et $r$ .
Montrer que $t=4\,\text{ms}$ correspond à $t=\tau$ et en déduire $L$ .
Calculer l'énergie maximale emmagasinée par la bobine et la durée au bout de laquelle l'intensité atteint $99\,\%$ de $I_{\max}$ .

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1. En régime permanent la bobine se comporte comme sa résistance : $I_{\max}=\dfrac{E}{R_0+r}=\dfrac{6}{100}=60\,\text{mA}$ .

2. $\dfrac{37{,}8}{60}=0{,}63=1-\e^{-1}$ : c'est la valeur atteinte à $t=\tau$ , donc $\tau=4\,\text{ms}$ et $L=\tau(R_0+r)=4\times10^{-3}\times100=0{,}40\,\text{H}$ .

3. $E_{L,\max}=\tfrac12LI_{\max}^2=\tfrac12\times0{,}40\times(0{,}060)^2=7{,}2\times10^{-4}\,\text{J}$ . $1-\e^{-t/\tau}=0{,}99\iff t=\tau\ln100\approx4{,}6\,\tau\approx18\,\text{ms}$ (le « $5\tau$ » usuel donne $99{,}3\,\%$ ).

Entraînement 02 / 02

Drill RL-G.2 — équation différentielle de l’établissement du courant dans une bobine

3 questionsCorrigé masqué

Une bobine d'inductance $L=0{,}30\,\text{H}$ et de résistance $r$ est en série avec un conducteur ohmique $R_0$ et un générateur idéal $E=6\,\text{V}$ ; on note $R_0+r=60\,\Omega$ . On ferme l'interrupteur à $t=0$ ; l'intensité $i(t)$ s'établit progressivement dans la bobine.

En nommant la loi utilisée, établir l'équation différentielle vérifiée par l'intensité $i(t)$ et la mettre sous la forme $\dfrac{\dd i}{\dd t}+\dfrac{i}{\tau}=\dfrac{E}{L}$ ; exprimer la constante de temps $\tau$ de ce circuit RL et la calculer.
Vérifier que $i(t)=I_{\max}\big(1-\e^{-t/\tau}\big)$ est solution et exprimer $I_{\max}$ .
Calculer la pente de la tangente à l'origine de $i(t)$ et interpréter le rôle de l'inductance dans l'établissement du courant.

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1. Idée : loi des mailles avec la f.é.m. d'auto-induction. $E=(R_0+r)\,i+L\,\dfrac{\dd i}{\dd t}$ , soit $\dfrac{\dd i}{\dd t}+\dfrac{R_0+r}{L}\,i=\dfrac{E}{L}$ : $\tau=\dfrac{L}{R_0+r}=\dfrac{0{,}30}{60}=5{,}0\,\text{ms}$ .

2. $\dfrac{\dd i}{\dd t}=\dfrac{I_{\max}}{\tau}\e^{-t/\tau}$ ; en reportant : $\dfrac{I_{\max}}{\tau}\e^{-t/\tau}+\dfrac{I_{\max}}{\tau}\big(1-\e^{-t/\tau}\big)=\dfrac{I_{\max}}{\tau}=\dfrac{E}{L}$ , d'où $I_{\max}=\dfrac{E\tau}{L}=\dfrac{E}{R_0+r}=0{,}10\,\text{A}$ ; et $i(0)=0$ : condition initiale respectée (la bobine s'oppose à la discontinuité du courant).

3. $\Big(\dfrac{\dd i}{\dd t}\Big)_{t=0}=\dfrac{I_{\max}}{\tau}=\dfrac{E}{L}=20\,\text{A}\cdot\text{s}^{-1}$ : plus l'inductance est grande, plus la pente initiale est faible et plus l'établissement du courant est lent (auto-induction).

Méthode / Automatismes

Identifier par le comportement aux deux instants clés : $t=0$ (condensateur déchargé = fil, bobine = interrupteur ouvert) et $t\to\infty$ (condensateur = interrupteur ouvert, bobine = fil de résistance $r$ ).
Constante de temps : tangente à l'origine ∩ asymptote, ou $63\,\%$ / $37\,\%$ de la valeur finale ; toujours dire la méthode.
Temps de descente $90\,\%\to10\,\%$ : $t_d=\tau\ln9\approx2{,}2\tau$ — se démontre en deux lignes avec deux logarithmes.
Bobine : $u_{R_0}(\infty)$ donne $R_0+r$ , puis $L=\tau'(R_0+r)$ ; ne pas oublier $r$ dans la constante de temps.
Énergie de la bobine à une fraction $p$ du maximum : $i=\sqrt p\,I_{\max}$ , puis résoudre en $t$ avec un logarithme.

Pièges classiques

Prendre $\tau'=L/R_0$ en oubliant la résistance interne ; lire $\tau$ à $50\,\%$ de la valeur finale au lieu de $63\,\%$ ; écrire l'énergie à $90{,}3\,\%$ quand le courant est à $90{,}3\,\%$ (c'est le carré qui compte) ; attribuer la décroissance de $u_{R_0}$ à la bobine (c'est le condensateur qui coupe le courant en régime permanent).