\documentclass[11pt,a4paper,landscape,twocolumn]{article}


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\lhead{MPSI - \'Electrocinétique I - Circuits linéaires en régime transitoire}      %en-tête
\chead{}%
\rhead{page \thepage/\pageref{dernierepage}}%
\lfoot{\tiny{Damien DECOUT - Dernière modification : janvier 2007}}%
\cfoot{}%
\rfoot{}%
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\pagestyle{fancy}




\newcommand{\cadre}[1]
{\begin{center}%
  \fbox{\begin{minipage}{13.3cm} #1 \end{minipage}}%
 \end{center}}



\newcommand{\graphique}[2]{
 \begin{center}
 \includegraphics[#1]{#2}
 \end{center}
}




\begin{document}


\part*{Circuits linéaires en régime transitoire}



\section{Conditions initiales et continuité}
\noindent On va étudier ce qui se passe entre entre deux régimes
continus = régime transitoire. Les grandeurs électriques ne sont
plus constantes. Rappelons les conventions et résultats pour la
bobine et le condensateur :%
\graphique{width=3cm}{bobine}
$$\boxed{u=L\dfrac{di}{dt}}$$
L inductance en henry ($H$).%
\graphique{width=3cm}{condensateur}
$$\boxed{q=Cu\quad i=\dfrac{dq}{dt}=C\dfrac{du}{dt}}$$
C capacité en farad ($F$).\\
\\
Les circuits étant linéaires, toute grandeur électrique $x(t)$ est
décrite par une équation différentielle linéaire à coefficient
constant.\\
On détermine les constantes d'intégration grâce aux conditions
initiales en utilisant :
\begin{itemize}
 \item la continuité de la tension aux bornes du condensateur
 (sinon $i=C\dfrac{du}{dt}$ tendrait vers l'infini
 ce qui est physiquement impossible);
 \item la continuité de l'intensité du courant dans la bobine
(sinon $u=L\dfrac{di}{dt}$ tendrait vers l'infini ce qui est
physiquement impossible).
\end{itemize}



\section{Régime libre du circuit RC}
\subsection{\'Evolution de la tension aux bornes du condensateur}

\graphique{width=11cm}{RC_libre.eps}

\noindent Le condensateur est initialement chargé sous une tension
$E$. En régime continu, le condensateur se comporte comme un
interrupteur ouvert $U=E$ et $I=0$ ($E/R$ dans la
résistance).\\
A $t=0$, on ouvre l'interrupteur, le condensateur se décharge dans
la résistance :
$$u=Ri=-R\dfrac{dq}{dt}=-RC\dfrac{du}{dt}$$
$$\dfrac{du}{dt}+\dfrac{u}{\tau}=0\quad\mathrm{avec}\quad\tau=RC$$
La solution est de la forme $u(t)=A\exp(-t/\tau)$.\\
$u(0)=A=E$ par continuité de la tension aux bornes du
condensateur.\\
Finalement $$\boxed{u(t)=E\exp(-t/\tau)}$$

\psfrag{u(t)}{$u(t)$}\psfrag{t}{$t$}\psfrag{E}{$E$}\psfrag{tau}{$\tau$} \graphique{height=6cm}{RC_libre_u.eps}

$\left(\dfrac{du}{dt}\right)_{t=0}=-\dfrac{E}{\tau}$\\
La tangente à l'origine d'équation $-\dfrac{E}{\tau}t+E$ coupe
l'axe des abscisses en $t=\tau$.\\
D'autre part :\\
pour $t=\tau$, $u=E\exp(-1)=0,37E$\\
pour $t=2\tau$, $u=E\exp(-1)=0,14E$\\
pour $t=3\tau$, $u=E\exp(-1)=0,05E$\\

\subsection{\'Evolution de l'intensité du courant}
\noindent $i=-\dfrac{dq}{dt}=-C\dfrac{du}{dt}$, ce qui donne
$$\boxed{i(t)=\dfrac{E}{R}\exp(-t/\tau)}$$

\psfrag{i(t)}{$i(t)$}\psfrag{t}{$t$}\psfrag{E/R}{$\dfrac{E}{R}$}\psfrag{tau}{$\tau$}\graphique{height=6cm}{RC_libre_i}

\noindent Le condensateur assure la continuité de la tension à ses
bornes mais pas celle de l'intensité du courant.

\subsection{\'Etude énergétique}
\noindent Calculons l'énergie reçue (on est bien en convention
récepteur pour la résistance) et dissipée par effet Joule dans la
résistance :
$$W=\int\mathcal{P}dt=\int uidt=\dfrac{E^2}{R}\int_0^\infty \exp(-2t/\tau)dt=\dfrac{E^2}{R}\left[\dfrac{\exp(-2t/\tau)}{-2/\tau}\right]_0^\infty$$
$W=\dfrac{1}{2}CE^2$ énergie emmagasinée dans le condensateur.




\section{Régime libre du circuit RL}
\subsection{\'Evolution de l'intensité du courant}

\graphique{width=11cm}{RL_libre.eps}

\noindent En régime continu, la bobine se comporte comme un
interrupteur fermé $U=0$ et $I=E/R$.\\
A $t=0$, on supprime $E$ :
$$u=L\dfrac{di}{dt}=-Ri$$
$$\dfrac{di}{dt}+\dfrac{i}{\tau}=0\quad\mathrm{avec}\quad\tau=L/R$$
La solution est de la forme $i(t)=A\exp(-t/\tau)$.\\
$i(0)=A=E/R$ par continuité de l'intensité du courant dans la bobine.\\
Finalement $$\boxed{i(t)=\dfrac{E}{R}\exp(-t/\tau)}$$

\psfrag{i(t)}{$i(t)$}\psfrag{t}{$t$}\psfrag{E/R}{$\dfrac{E}{R}$}\psfrag{tau}{$\tau$}\graphique{height=6cm}{RL_libre_i.eps}

\subsection{\'Evolution de la tension aux bornes de la bobine}
\noindent $u=L\dfrac{di}{dt}$, ce qui donne
$$\boxed{u(t)=-E\exp(-t/\tau)}$$

\psfrag{u(t)}{$u(t)$}\psfrag{t}{$t$}\psfrag{-E}{$-E$}\psfrag{tau}{$\tau$}\graphique{height=6cm}{RL_libre_u}

\subsection{\'Etude énergétique}
\noindent Calculons l'énergie reçue (on est en convention
générateur pour la résistance) et dissipée par effet Joule dans la
résistance :
$$W=\int\mathcal{P}dt=\int -uidt=\dfrac{E^2}{R}\int_0^\infty \exp(-2t/\tau)dt=\dfrac{E^2}{R}\left[\dfrac{\exp(-2t/\tau)}{-2/\tau}\right]_0^\infty$$
$W=\dfrac{1}{2}\dfrac{E^2}{R}\dfrac{L}{R}=\dfrac{1}{2}LI^2$ énergie
emmagasinée dans la bobine.




\section{Régime libre du circuit RLC série}
\subsection{\'Equation différentielle}

\graphique{width=8cm}{RLC_libre.eps}

$$(1)\quad u=Ri+L\dfrac{di}{dt}$$
avec $u=q/C$ et $i=-\dfrac{dq}{dt}$ donne
$\dfrac{q}{C}=-R\dfrac{dq}{dt}-L\dfrac{d^2q}{dt^2}$ soit
$$(2)\quad \dfrac{d^2q}{dt^2}+\dfrac{R}{L}\dfrac{dq}{dt}+\dfrac{1}{LC}q=0$$
Avec $q=Cu$, (2) donne
$$\dfrac{d^2u}{dt^2}+\dfrac{R}{L}\dfrac{du}{dt}+\dfrac{1}{LC}u=0$$
En dérivant (1) et en utilisant $u=q/C$ et $i=-\dfrac{dq}{dt}$, on
obtient
$$\dfrac{d^2i}{dt^2}+\dfrac{R}{L}\dfrac{di}{dt}+\dfrac{1}{LC}i=0$$

\subsection{Différents régimes}
\begin{center}\begin{tabular}{|c|c|}
  \hline
  % after \\: \hline or \cline{col1-col2} \cline{col3-col4} ...
    &  $\dfrac{d^2u}{dt^2}+2\alpha\dfrac{du}{dt}+\omega_0^2u=0$
    \\
    régime& $2\alpha=\dfrac{R}{L}$, $\omega_0^2=\dfrac{1}{LC}$ et
    $Q=\dfrac{\omega_0}{2\alpha}$\\ \hline
    $Q>\dfrac{1}{2}$ &  $u=\mathrm{e}^{-\alpha t}(A\cos(\Omega
    t)+B\sin(\Omega t))$\\
    pseudo-périodique & $\Omega^2=\omega_0^2-\alpha^2$ \\
    \hline
    $Q<\dfrac{1}{2}$ &  $u=\mathrm{e}^{-\alpha
    t}(A'\mathrm{e}^{\Omega'
    t}+B'\mathrm{e}^{-\Omega' t})$\\
    apériodique & $\Omega'^2=\alpha^2-\omega_0^2$\\ \hline
    $Q=\dfrac{1}{2}$ & $u=\mathrm{e}^{-\omega_0 t}(A''t+B'')$\\
    critique &  \\
  \hline
\end{tabular}\end{center}
$Q$ s'appelle le facteur de qualité.

\vspace{0,5cm}\normalsize\noindent On détermine les constantes
grâce aux conditions initiales en utilisant la continuité de la
tension aux bornes du condensateur et la continuité de l'intensité
du courant dans la bobine.\\

\graphique{height=6cm}{RLC_libre_u} %
La pseudo-période est égale à
$T=\dfrac{2\pi}{\omega}=\dfrac{2\pi}{\sqrt{\omega_0^2-\alpha^2}}=\dfrac{2\pi}{\omega_0\sqrt{1-\dfrac{1}{4Q^2}}}$

\subsection{\'Etude énergétique}
\noindent En multipliant (1) par $i$, on obtient
$$ui=Ri^2+L\dfrac{di}{dt}i$$
comme $i=-\dfrac{dq}{dt}$ et $q=Cu$, on a
$$-Cu\dfrac{du}{dt}=Ri^2+L\dfrac{di}{dt}i$$
$$\dfrac{d}{dt}\left(\dfrac{1}{2}Cu^2+\dfrac{1}{2}Li^2\right)=-Ri^2$$
L'énergie emmagasinée dans le condensateur et la bobine à un
instant t, $W(t)=\dfrac{1}{2}Cu^2+\dfrac{1}{2}Li^2$, diminue au
cours du temps, elle est dissipée par effet Joule dans la
résistance.



\section{Réponse d'un circuit RC à un échelon de tension}
\subsection{\'Evolution de la tension aux bornes du condensateur}

\graphique{width=12cm}{RC_echelon.eps}

\noindent Le condensateur est initialement déchargé (Régime
continu $U=0$ et $I=0$).\\
A $t=0$, on ferme l'interrupteur et le condensateur se charge :
$$E=Ri+u=RC\dfrac{du}{dt}+u$$
$$\dfrac{du}{dt}+\dfrac{u}{\tau}=\dfrac{E}{\tau}\quad\mathrm{avec}\quad\tau=RC$$
La solution est de la forme $u(t)=u^{(h)}+u^{(p)}=A\exp(-t/\tau)$+E.\\
$u(0)=A+E=0$ par continuité de la tension aux bornes du
condensateur.\\
Finalement $$\boxed{u(t)=E(1-\exp(-t/\tau))}$$

\graphique{height=6cm}{RC_echelon_u.eps}

\subsection{\'Evolution de l'intensité du courant}
\noindent$i=+\dfrac{dq}{dt}=C\dfrac{du}{dt}$ ce qui donne
$$\boxed{\dfrac{E}{R}\exp(-t/\tau)}$$

\graphique{height=6cm}{RC_echelon_i.eps}


\subsection{Bilan énergétique}
\noindent Multiplier $E=Ri+u$ par $i$ donne
$$Ei=Ri^2+ui$$
où Ei est la puissance fournie par le générateur (E(-i) puissance
reçue);\\
$Ri^2$ est la puissance reçue et dissipée dans la résistance;\\
$ui$ est la puissance reçue et emmagasinée dans le condensateur.\\
$$\int_0^\infty
Eidt=\dfrac{E^2}{R}\int_0^\infty\exp(-t/\tau)dt=\dfrac{E^2}{R}RC=CE^2$$
$$\int_0^\infty
Ri^2dt=R\dfrac{E^2}{R^2}\int_0^\infty\exp(-2t/\tau)dt=R\dfrac{E^2}{R^2}\dfrac{RC}{2}=\dfrac{1}{2}CE^2$$
$$\int_0^\infty
uidt=\dfrac{E^2}{R}\int_0^\infty(\exp(-t/\tau)-\exp(-2t/\tau))dt=\dfrac{E^2}{R}(RC-\dfrac{RC}{2})=\dfrac{1}{2}CE^2$$
L'énergie fournie par le générateur se répartit équitablement
entre la résistance et le condensateur.



\section{Réponse d'un circuit RL à un échelon de tension}
\subsection{\'Evolution de l'intensité du courant}

\graphique{width=12cm}{RL_echelon.eps}

\noindent Régime continu $U=0$ et $I=0$.\\
A $t=0$, on ferme l'interrupteur :
$$E=Ri+L\dfrac{di}{dt}$$
$$\dfrac{di}{dt}+\dfrac{i}{\tau}=\dfrac{E}{L}\quad\mathrm{avec}\quad\tau=L/R$$
La solution est de la forme $i(t)=i^{(h)}+i^{(p)}=A\exp(-t/\tau)+\dfrac{E}{R}$.\\
$i(0)=A+\dfrac{E}{R}=0$ par continuité de l'intensité du courant
dans la
bobine.\\
Finalement
$$\boxed{i(t)=\dfrac{E}{R}(1-\exp(-t/\tau))}$$

\graphique{height=6cm}{RL_echelon_i.eps}

\subsection{\'Evolution de la tension aux bornes de la bobine}
\noindent $u=L\dfrac{di}{dt}$ ce qui donne
$$\boxed{u(t)=E\exp(-t/\tau)}$$

\graphique{height=6cm}{RL_echelon_u.eps}

\subsection{Bilan énergétique}
\noindent Multiplier $E=Ri+u$ par $i$ donne
$$Ei=Ri^2+ui$$
où Ei est la puissance fournie par le générateur (E(-i) puissance
reçue);\\
$Ri^2$ est la puissance reçue et dissipée dans la résistance;\\
$ui$ est la puissance reçue et emmagasinée dans la bobine.\\
Quand $t\rightarrow\infty$ Un nouveau régime continu s'établit
avec $I=E/R$ donc :
$$\int_0^\infty Eidt\rightarrow\infty$$
$$\int_0^\infty Ri^2dt\rightarrow\infty$$
$$\int_0^\infty
uidt=\dfrac{E^2}{R}\int_0^\infty(\exp(-t/\tau)-\exp(-2t/\tau))dt=\dfrac{E^2}{R}(\dfrac{L}{R}-\dfrac{L}{2R})=\dfrac{1}{2}LI^2$$




\section{Réponse d'un circuit RLC série à un échelon de tension}
\subsection{Tension aux bornes du condensateur}

\graphique{width=8cm}{RLC_echelon.eps}

\noindent Le condensateur est initialement déchargé.\\
A $t=0$, on ferme l'interrupteur :\\
$E=L\dfrac{di}{dt}+Ri+u$ soit
$$\dfrac{d^2q}{dt^2}+\dfrac{R}{L}\dfrac{dq}{dt}+\dfrac{1}{LC}q=\dfrac{E}{L}$$
$u$ et $i$ vérifient la même équation.\\
La solution est de la forme $q(t)=q^{(h)}+q^{(p)}$. \\
Pour $q^{(h)}$ voir régime libre.\\
$q^{(p)}=CE$. \\
Par exemple en régime pseudo-périodique :

\graphique{height=6cm}{RLC_echelon_u.eps}

\subsection{Bilan énergétique}
\noindent Multiplier $E=L\dfrac{di}{dt}+Ri+u$ par $i$ donne
$$Ei=L\dfrac{di}{dt}i+Ri^2+C\dfrac{du}{dt}u$$
où Ei est la puissance fournie par le générateur (E(-i) puissance
reçue);\\
$L\dfrac{di}{dt}i$ est la puissance reçue et emmagasinée dans la
bobine;\\
$Ri^2$ est la puissance reçue et dissipée dans la résistance;\\
$ui$ est la puissance reçue et emmagasinée dans le condensateur.\\
Quand $t\rightarrow\infty$ Un nouveau régime continu s'établit
avec $U=E$ et $I=0$ donc :
$$\int_0^\infty L\dfrac{di}{dt}idt=\left[\dfrac{1}{2}Li^2\right]_0^\infty=0$$
$$\int_0^\infty C\dfrac{du}{dt}udt=\left[\dfrac{1}{2}Cu^2\right]_0^\infty=\dfrac{1}{2}CE^2$$
Pour les deux autres intégrales, il faut expliciter $u(t)$ et
$i(t)$ :
$$u(t)=\mathrm{e}^{-\alpha t}(A\cos(\Omega t)+B\sin(\Omega t))+E$$
comme $i(t)=C\dfrac{du}{dt}$, on a
$$i(t)=C\left(-\alpha\mathrm{e}^{-\alpha t}(A\cos(\Omega t)+B\sin(\Omega
t))+\mathrm{e}^{-\alpha t}(-A\Omega\sin(\Omega
t)+B\Omega\cos(\Omega t))\right)$$ $u(0)=A+E=0\Rightarrow A=-E$\\
$i(0)=C(-\alpha A+B\Omega)=0\Rightarrow B=\dfrac{-\alpha E}{\Omega}$
d'où
$$i(t)=CE\mathrm{e}^{-\alpha t}\sin(\Omega t)\left(\dfrac{\alpha^2}{\Omega}+\Omega\right)$$
$$\int_0^\infty Eidt=CE^2$$
(voir calcul MAPLE) donc en utilisant le bilan, la dernière
intégrale vaut
$$\int_0^\infty Ri^2dt=\dfrac{1}{2}CE^2$$

\graphique{width=11cm}{calcul_MAPLE}


\label{dernierepage}


\end{document}
