CHP7-Dipôle RL - exercices corrigés Exercice 6 p 167 : régime permanent 1- schéma. di
2- a) u L = uAB = r.i + L.
dt
b) En régime permanent
di dt
= 0 donc u L = r.i
3-!apr"s #a #oi d!additi$ité des tensions dans ce circuit% u& = u' + uL
⇒
(- a) En régime permanent% b) * =
6,0 43 + 7
E = '.i + r.i + L. di dt
= 0
di dt
⇒
E = ' + r ).*
*=
E R
+
r
= 0,12 A
Exercice 7 p 167 : constante de temps a) schéma b) La courbe de #a $oie B $isua#ise u ' % or u '='.i i $arie donc de #a m,me aon /ue u '. c) our déterminer graphi/uement τ% i# aut ca#cu#er uτ) uτ) = 0%3.u ' ma = 0%3 ( = 2%4 5 6apr"s #e graphi/ue% τ = 0%2 ms
Exercice 8 p 168 : énergie emmagasinée dans ne !o!ine" a) En régime permanent% 7 = '+r).* b) EL =
1 2
donc
*=
U R
+ r
L.*2 = 0%4 0%4 0%1 2 = 2%4.10-3 8
Exercice 1# p 168 : détermination de l$indctance d$ne !o!ine
=
4,5 45 + 0,5
= 0,099 A
1- τ1= 1 ms
= 9 ms
τ2
= 4 ms τ(= 3%4 ms.
τ3
2- τ =
L R
3-a) graphi/ue b) τ est donc proportionne##e : 1;' donc τ = < . 1; ' a#cu# du coeicient directeur de #a droite ⇒
0,02
<=
0,025
= 0,8
0,8
=
τ
R
(- !apr"s #a déinition de τ% L = τ × '
donc L = < = 0%9 >
Exercice 11 p 168 : rptre d corant" Résoltion anal%ti&e" 1-schéma 2- A #!ou$erture du circuit% on a 0 = u L + u'6 3- u'6 = '.i
et
uL = r.i + L.
d!o?
0 = ' + r).i + L.
di dt
di dt
(- a) 7ne so#ution de cette é/uation diérentie##e a pour orme it) = c+a e b t donc
di
=.ab.e b t
dt
soit
0 = '+r).c+a.e b t)+L.ab.e b t = '+r).c + '+r+Lb).a.e b t
our /ue cette epression soit $ériiée /ue##e /ue soit #a $a#eur de t% i# aut 0 = '+r).c
et
'+r+L.b = 0
soit c = 0
et
b
= −
r + R L
!apr"s #es conditions initia#es : : t = 0s% i = i ma =
b) it) =
E R
+
e
−
E R
+
r
= a
( R + r ) t L
r
Exercice 1' p 16( : in)lence des param*tres sr l$éta!lissement d corant"
a) 6apr"s #e graphi/ue% #a tangente : #6origine intercepte #6as@mptote : = %4 ms
τ
b) ar déinition% τ = L ; ' '=
L τ
=
1,1 6,5.10
−3
= 1
c) E6 = 9%0 5. tangente : #6origine identi/ue ) Exercice 16 p 16( : Retard + l$allmage 1-La bobine s6oppose : #6étab#issement du courant dans sa branche. Le courant arri$e donc p#us $ite dans #a #ampe L 1 car i# n6@ a pas de bobine dans cette branche. 2-a) L6ensemb#e #ampe L 1 - résistance ' et #e générateur est branché en para##"#e 7 = 7 L1%' 7 = uL1+u' = '+r).i1 L6ensemb#e #ampe L 2 - bobine et #e générateur est branché en para##"#e 7 = 7 L2% L% ' 7 = uL2+uL% ' = '+r).i2 + L.
di 2 dt
b) En régime permanent% i 1 et i2 sont constants. donc
di 2 dt
= 0 7 = '+r).i 1='+r).i2
i1 = i2
c) Cn peut $ériier epérimenta#ement #6éga#ité i 1 = i2 % en obser$ant #!éc#at des ampou#es ou p#us précisément en branchant en série des amp"rem"tres de$ant cha/ue #ampe pour mesurer i 1 et i2 Exercice 18 p 17# : ,denti)ication des cor!es a) A #6étab#issement du courant% u '=E.1- e -t; )% et% : #a rupture % u '= E.e-t; . La courbe correspond donc : #a rupture du courant. τ
τ
b) A #6étab#issement du courant% u L=E.e-t; % : #a rupture% u L= -E.e-t; . τ
τ
L6é#"$e ne peut donc pas conc#ure car #a courbe
u L
a #a m,me a##ure dans #es 2 cas
c) ADDED*C% i# @ a une erreur d6énoncé% #es $a#eurs de E ne correspondent pas au courbes our déterminer #a $a#eur de E% i# aut #ire #a $a#eur maima#e de #a tension. our #es courbes 1%( et 4% E = 10 5 et pour #a courbe 3% E = 4 5 our L et '% i# aut déterminer graphi/uement τ et #e comparer au $a#eurs de τ% ca#cu#er a$ec #es $a#eurs données de L et '. as L ; ' en s)
A 4%4.10 -3
B 2%F4.10-3
4%4.10-3
Cn trace #a tangente : #6origine et #a droite as@mptoti/ue /ui se croisent : t = τ.
3%4.10-3
our #a courbe 1% on trou$e τ G 4%4 ms . *# s6agit donc du cas A. our #a courbe 3% on trou$e τ =4%4 ms . *# s6agit donc du cas our #a courbe (% on trou$e τ = 3%4 ms . *# s6agit donc du cas . our #a courbe 4% on trou$e τ = 2%F4 ms . *# s6agit donc du cas B
Exercice 1( p 171 : C. a) En bascu#ant #6interrupteur sur #a position 1% #e courant s6étab#it% c6est #a courbe 2 /ui correspond : une augmentation de #6intensité i. b) En bascu#ant #6interrupteur sur #a position 2% i# @ a rupture de courant% c6est #a courbe 1 /ui correspond : une diminution de #6intensité i. c) τ est #a durée au bout de #a/ue##e #6intensité a atteint 3 H de sa $a#eur maima#e. i = E;' 1 - e I t ; ) % : t = τ % i = E;'.1 - e-1) % 1 - e-1 = 0%3 = 3 H τ
d) Lors/u6on bascu#e #6interrupteur J sur #a position 2% #6intensité est maima#e : t = 0s% puis e##e diminue et tend $ers 0. Keu#e #a derni"re proposition i = E;' e - t ; ) correspond : ce#a. τ
e) uL = r.i + L.di;dt % en courant continu% di;dt = 0 % donc uL = r.i. La bobine est é/ui$a#ente : un conducteur ohmi/ue.
Exercice /1 p 17/ : Extrait 0PE a) En régime permanent% di;dt = 0
d!o? E = r.* 0
donc *0 = E ; r = 10 ; 10 = 1 A. ette $a#eur d6intensité est grande pour un te# circuit% c6est dangereu. b) Koit uJ #a tension au bornes de #!interrupteur. Ki on nég#ige #a résistance interne de #a bobine% E = uJ+uL % soit
uJ = E I L.
di dt
= 10 I 1 ×
−3 = - 0 5 10.10 1
c) 6est une grande tension /ui ep#i/ue #6étince##e produite : #6interrupteur. d) &rce : cette déri$ation% #a bobine peut transérer #6énergie emmagasinée dans #a résistance% d6o? #6appe##ation Mdiode de roue #ibreM.
Exercice / p 17/ : régime permanent et constante de temps" di
di
dt
1-a) !apr"s #a #oi d!additi$ité des tensions E = '6.i + L.
+ '.i = '6+').i + L.
i = a + b.e- t ;
#a so#ution de cette é/uation est de #a orme
dt
τ
en remp#aant dans #!é/uation diérentie##e on obtient Lb
E = '6+').a+b.e- t ; ) I τ
e
−
t
L
τ
τ
E = '6+').a + '!+'- τ )b.e-t;
⇔
τ
L
A$ec E = '6+').a et a
onc
'6+'I
E =
R
+ R
τ
= 0 E
L
'
τ =
et
R
+ R
'
soit
i=
R
+ R ' + b.e I t ;
E
!apr"s #es conditions initia#es
: t = 0 s%
i0) = 0 =
R
+ R ' + bsoit
b=
τ
−
E R
+ R'
E
La so#ution de #!é/uation diérentie##e est donc b) A t = t1 % it1) = 0%.i ma a$ec ima =
d!o?
⇔
i (t 1 ) imax
=
0,99 = 1 − e
−
i=
+ R ' 1 I e- t ; ) a$ec τ
R
+ R
E R
+ R '
t 1 τ
R
L τ =
⇔
e
−
t 1 τ
= 0%01
t 1
⇔
= −
ln 0,01
τ
t1 = -τ.#n 0%01 = (% τ.
A cette $a#eur% on consid"re /ue i a atteint sa $a#eur maima#e% /ue #e régime permanent est atteint. 2-A$ec #e m,me raisonnement /ue #a /uestion précédente% on trou$e i = L τ =
