Corrigés Physique 13Oscillations dans un circuit RLC

13.4 N°10 p. 174 : Oscillations électriques libres

1) Il s’agit d’un cosinus amorti. La forme de la courbe est due à l’échange d’énergie entre C et L, avec une absorption par R (effet Joule). Les oscillations sont pseudo-périodiques car on ne retrouve pas un motif qui se reproduit à l’identique, juste deux passages par zéro par pseudo-période.

2) [T0] = s

uL = Ldi

dt⇒ L =

uLdidt

⇒ [L] =LAs

= V.s.A−1

1

q = CuC ⇒ C =q

uC⇒ [C] =

CV

= C.V−1

i =dq

dt⇒ [q] = C = A.s ⇒ [C] = A.s.V−1

�kLaCb

�= 1× V asaA−a ×AbsbV −b = V a−bAb−asa+b

⇒�

a− b = 0a + b = 1 ⇒ a = b =

12

⇒ T0 = k√

LC

3)• Une mesure sur 3 pseudo-périodes ;• Une mesure au passage à zéro.

Précision maximale pour :

2

T =3, 25

3× 8

3, 95= 2, 2 ms

Hypothèse d’un faible amortissement, T � T0

⇒ k =T√LC

=2, 2·10−3

�0, 112× 1, 00·10−6

= 6, 6

2π � 6, 3 ⇒ 5 % d’écart.

13.7 N°14 p. 174 : Oscillations libres

1) En régime permanent, C se comporte comme un circuit-ouvert, L se comporte comme un court-circuit (= un fil). On a donc qu’une seule boucle (schéma page suivante).

3

Aux bornes de la résistance : uR = E = Ri

⇒ i =uR

R=

1225

= 0, 48 A

2) La configuration du montage impose : uL = uC

Pour une bobine purement inductive : uL = Ldi

dt

Par définition du régime permanent :di

dt= 0

⇒ uL = 0 ⇒ uC = 0 cqfd

R

uR

Ei

4

3) Équation différentielle en = 100 % cours !uC

uL = Ldi

dti =

dq

dt⇒ uL = L

d2q

dt2

q = CuC ⇒ uL = LCd2uC

dt2

Loi des mailles :

uL + uC = 0 ⇒ LCd2uC

dt2+ uC = 0

4) Solution :

uC(t) = Um cos�

2πt

T0+ ϕ0

�

⇒ duC

dt= −2π

T0Um sin

�2π

t

T0+ ϕ0

�

5

En remplaçant dans l’équation différentielle :

⇒ −LC4π2

T 20

uC(t) + uC(t) = 0

⇒ d2uC

dt2= −4π2

T 20

Um cos�

2πt

T0+ ϕ0

�= −4π2

T 20

uC

Équation vraie ssi :∀t

−LC4π2

T 20

+ 1 = 0 ⇔ LC4π2

T 20

= 1 ⇔ T 20 = 4π2LC

⇒ T0 = 2π√

LC

Condition initiale n°1 : condensateur déchargé à t = 0 s

⇒�

uC(0) = 0uC(0) = Um cos (ϕ0)

⇒ ϕ0 =π

2ou

3π

2= 0

6

Condition initiale n°2 :

q = CuC i =dq

dt⇒ i = C

duC

dt

⇒ i(t) = −C2π

T0Um sin

�2π

t

T0+ ϕ0

�

de la forme :

i(t) = Im cos�

2πt

T0+ ϕ0 +

π

2

�avec Im = C

2π

T0Um

⇒�

i(0) = 0, 48 Ai(0) = Im cos

�ϕ0 +

π

2

� ⇒ Im = 0, 48 A

= 1

ϕ0 =3π

2

et

i(0) = 0, 46 A

7

T0 = 2π√

LC

⇒ Um = 0, 48×�

0, 1200, 45·10−6

= 248 V

Im = C2π

T0Um ⇔ Um =

ImT0

2πC=

Im√

LC

C= Im

�L

C

Et, pour terminer, calcul du facteur devant :t2π

T0=

2π

2π√

LC=

1√LC

⇒ 2π

T0=

1�0, 120× 0, 45·10−6

= 4, 3·103 s−1

uC(t) = 248 cos�

4, 3·103t +3π

2

�

8

13.7 N°19 p. 175 : Étude expérimentale de la décharge1) • Voie CH1 au point D, bouton INV CH1 appuyé ;

• Voie CH2 au point A ;• Masse de l’oscilloscope au point B, et vérifier le

générateur n’a pas de prise de terre, sinon le condensateur est court-circuité.

2) Hypothèses : valeurs de dans le colonne A, valeurs de dans la colonne B ; loi d’Ohm :

uC

uR

uR = Ri ⇒ i =uR

R=

uR

50Taper =B1/50 dans la première ligne de la colonne C, recopier vers le bas.Énergie dans le condensateur : EC =

12Cu2

C

9

Taper =0,5*(160e-6)*A1^2 dans la première ligne de la colonne D, recopier vers le bas.

C = 160 µFRésultat de la question 5) :

Énergie dans la bobine : EL =12Li2

Résultat de la question 7) : L = 63 mH

Taper =0,5*(63e-3)*C1^2 dans la première ligne de la colonne E, recopier vers le bas.

3) Le condensateur est initialement chargé, donc correspond à la courbe ayant son maximum à l’origine des temps. correspond à la courbe nulle à l’origine, l’enveloppe des deux courbes étant .

EC

EL

Etot

10

Etot

EC

EL

4) La décroissance de l’énergie totale s’explique par la dissipation de l’énergie dans la résistance, par effet Joule.

5) Lecture graphique : EC(0) = 6, 5 mJÀ l’état initial, le condensateur est totalement chargé, il ne se charge pas plus, le circuit est en régime permanent : i(0) = 0 ⇒ uR(0) = 0 et uC(0) = E

11

EC =12Cu2

C ⇔ C =2EC

u2C

=2EC(0)u2

C(0)

⇒ C =2× 6, 5·10−3

92= 1, 6·10−4 F � 160 µF

6) Attention, piège, les tensions repassent deux fois par période par zéro, et donc aussi les énergies ; ne pas se tromper d’un facteur dans la pseudo-période !Lecture graphique : T0 = 20 ms

7) T0 = 2π√

LC ⇔ T 20 = 4π2LC ⇔ L =

T 20

4π2C

⇒ L =

�20·10

−3�2

4π2 × 160·10−6= 6, 3·10

−2H = 63 mH

8) ∆Etot � 6, 25 mJ soit une diminution de 96 %.

12

Taper =0,5*(160e-6)*A1^2 dans la première ligne de la colonne D, recopier vers le bas.

C = 160 µFRésultat de la question 5) :

Énergie dans la bobine : EL =12Li2

Résultat de la question 7) : L = 63 mH

Taper =0,5*(63e-3)*C1^2 dans la première ligne de la colonne E, recopier vers le bas.

3) Le condensateur est initialement chargé, donc correspond à la courbe ayant son maximum à l’origine des temps. correspond à la courbe nulle à l’origine, l’enveloppe des deux courbes étant .

EC

EL

Etot

10

Etot

EC

EL

4) La décroissance de l’énergie totale s’explique par la dissipation de l’énergie dans la résistance, par effet Joule.

5) Lecture graphique : EC(0) = 6, 5 mJÀ l’état initial, le condensateur est totalement chargé, il ne se charge pas plus, le circuit est en régime permanent : i(0) = 0 ⇒ uR(0) = 0 et uC(0) = E

11

EC =12Cu2

C ⇔ C =2EC

u2C

=2EC(0)u2

C(0)

⇒ C =2× 6, 5·10−3

92= 1, 6·10−4 F � 160 µF

6) Attention, piège, les tensions repassent deux fois par période par zéro, et donc aussi les énergies ; ne pas se tromper d’un facteur dans la pseudo-période !Lecture graphique : T0 = 20 ms

7) T0 = 2π√

LC ⇔ T 20 = 4π2LC ⇔ L =

T 20

4π2C

⇒ L =

�20·10

−3�2

4π2 × 160·10−6= 6, 3·10

−2H = 63 mH

8) ∆Etot � 6, 25 mJ soit une diminution de 96 %.

12

Taper =0,5*(160e-6)*A1^2 dans la première ligne de la colonne D, recopier vers le bas.

C = 160 µFRésultat de la question 5) :

Énergie dans la bobine : EL =12Li2

Résultat de la question 7) : L = 63 mH

Taper =0,5*(63e-3)*C1^2 dans la première ligne de la colonne E, recopier vers le bas.

3) Le condensateur est initialement chargé, donc correspond à la courbe ayant son maximum à l’origine des temps. correspond à la courbe nulle à l’origine, l’enveloppe des deux courbes étant .

EC

EL

Etot

10

Etot

EC

EL

4) La décroissance de l’énergie totale s’explique par la dissipation de l’énergie dans la résistance, par effet Joule.

5) Lecture graphique : EC(0) = 6, 5 mJÀ l’état initial, le condensateur est totalement chargé, il ne se charge pas plus, le circuit est en régime permanent : i(0) = 0 ⇒ uR(0) = 0 et uC(0) = E

11

EC =12Cu2

C ⇔ C =2EC

u2C

=2EC(0)u2

C(0)

⇒ C =2× 6, 5·10−3

92= 1, 6·10−4 F � 160 µF

6) Attention, piège, les tensions repassent deux fois par période par zéro, et donc aussi les énergies ; ne pas se tromper d’un facteur dans la pseudo-période !Lecture graphique : T0 = 20 ms

7) T0 = 2π√

LC ⇔ T 20 = 4π2LC ⇔ L =

T 20

4π2C

⇒ L =

�20·10

−3�2

4π2 × 160·10−6= 6, 3·10

−2H = 63 mH

8) ∆Etot � 6, 25 mJ soit une diminution de 96 %.

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