Correction exercice I

1. a) Calcule de la charge \({Q_0}\)
\({Q_0} = C{U_0} = \) \({10^{ - 2}}C\)
L’énergie initiale fournie est : \(E = \frac{{Q_0^2}}{{2C}} = 0,5J\)
b) Il n’y a pas d’amortissement (la bobine étant idéale) le système se conservera
• \({T_0} = 2\pi \sqrt {LC} \) \( = 6,28 \times {10^{ - 2}}s\)
• \({N_0} = \frac{1}{{{T_0}}} = \) \(15,9Hz\)
c) Expression de la charge \(q(t) = {Q_m}\cos ({\omega _0}t + \varphi )\)
À \(t = 0\), \(q = {Q_m}\) et \(i(0) = 0\) ainsi
\(q = q(0) = {Q_m}\cos (\varphi )\) \( = {Q_m} \Rightarrow \cos (\varphi ) = 1\)
\(i(0) = - {\omega _0}{Q_m}\sin (\varphi )\) \( = 0 \Rightarrow \sin (\varphi ) = 0\)
Alors \(\varphi = 0\)
• \(q(t) = {10^{ - 2}}\cos (100t)\)
• \(i(t) = - \sin (100t)\)
2. L’énergie emmagasinée à chaque instant dans le condensateur est :
\(E = \frac{1}{{2C}}Q_m^2\)

Correction exercice II

Les expressions de la tension \({U_{CD}}\)
La tension aux bornes de la résistance a pour expression \({u_{AC}} = Ri\), celle aux bornes de la bobine s’écrit \({u_{DC}} = ri + L\frac{{di}}{{dt}}\).
Avec \(i = \frac{{{u_{AC}}}}{R}\) nous avons \({U_{DC}} = \frac{r}{R}{u_{AC}} + \) \(\frac{L}{R}\frac{{d{u_{AC}}}}{{dt}}\)
Dans l’intervalle \(\left[ {0;30ms} \right]\), la tension \({u_{AC}}\) est une droite de la forme \({u_{AC}} = at + b\)
À \(t = 0\), \({u_{AC}}(0) = b = 0\)
À \(t = 30ms\), \({u_{AC}}(30) = a30 = \) \(a = \frac{{d{u_{AC}}}}{{dt}} = 0,5\)
Ainsi \({u_{AC}} = 0,5t\)
Soit \({u_{DC}} = 0,2t + 5 \times {10^{ - 3}}\)
Dans l’intervalle \(\left[ {30;40ms} \right]\), la tension \({u_{AC}}\) est une droite de la forme \({u_{AC}} = a’t + b’\)
\(a' = \frac{{d{u_{AC}}}}{{dt}} = - 1,5\) et \(b' = 6 \times {10^{ - 2}}\)
\({u_{AC}} = - 1,5t + 6 \times {10^{ - 2}}\)
Soit \({u_{DC}} = - 0,6t + 9 \times {10^{ - 3}}\)

Correction exercice III

1°) Avec un oscilloscope, on ne peut visualiser directement que les tensions électriques.
Pour visualiser l'évolution temporelle de l'intensité i d'un courant,
il faut une tension proportionnelle à \(i\). Donc, il faut brancher l’oscilloscope aux bornes du résistor de résistance \({R_o}\) où \(u = {R_o}i\).
Pour ce faire, le résistor doit avoir une borne reliée à la masse.
Donc, le schéma du montage avec lequel est visualisée la tension \(u\) est le schéma 2 en reliant le point B à l’une des entrées de l’oscilloscope.
2°) La tension u est liée à l’intensité i du courant débité par le générateur dans le circuit par la relation \(u = {R_o}i\). Or, \(i\) ne peut augmenter que progressivement à cause de la bobine qui s’oppose à sa variation, ce qui explique l’allure de la courbe représentant l’évolution de \(u\) au cours du temps.
3°a) Pour le circuit série réalisé, la loi des mailles s’écrit : \({u_{AB}} + {u_{BM}} + \) \({u_{MA}} = 0\) ce qui signifie \({u_{AB}} + {u_{BM}} = {u_{AM}}\).
Avec le sens positif celui du courant, on a :
\({R_o}i + ri + \) \(L\frac{{di}}{{dt}} = E\)
Soit \(\left( {1 + \frac{r}{{{R_o}}}} \right)u + \) \(\frac{L}{{{R_o}}}\frac{{du}}{{dt}} = E\)
En posant \(R = {R_o} + r\), on a \(\frac{{du}}{{dt}} + \frac{R}{L}u = \frac{{{R_o}}}{L}E\) soit \(\frac{{du}}{{dt}} + \frac{1}{\tau }u = \frac{{{R_o}}}{L}E\)
b) \(u = A{e^{ - \alpha t}} + B\)
à \(A + B = 0 \Rightarrow \) \(A = - B\) soit \(u = B\left( {1 - {e^{ - \alpha t}}} \right)\)
\(\frac{{du}}{{dt}} = \alpha {e^{ - \alpha t}}\)
L'équation différentielle établie précédemment s'écrit donc :
\(\alpha B{e^{ - \alpha t}} + \) \(\frac{B}{\alpha }\left( {1 - {e^{ - \alpha t}}} \right) = \) \(\frac{{Ro}}{L}E\)
\(\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } {e^{ - \alpha t}} \to 0\) d’ou \(B = \frac{{Ro}}{R}E\) et \(\alpha = \frac{1}{\tau }\)
Finalement \(u(t) = \frac{{Ro}}{R}E\) \(\left( {1 - {e^{\frac{{ - t}}{\tau }}}} \right)\)
4) On \(Uo = \frac{{Ro}}{R}E \Rightarrow \) \(\frac{{Ro + r}}{{Ro}} = \frac{E}{{Uo}}\)
\(r = \left( {\frac{E}{{Uo}} - 1} \right)Ro\)
Donc, pour déterminer graphiquement r, il suffit d’avoir la valeur de la tension Uo. Celle-ci est l’ordonnée du point d’intersection de l’asymptote horizontale à la courbe avec
l’axe des ordonnées. Le tracé donne Uo = 5,6 V.
soit \(r = 10\Omega \)
\(U(\tau ) = Uo\) \(\left( {1 - \frac{1}{e}} \right) = 3,45V\)
En portant \(u=3.54V\) sur l’axe des tensions, la projection sur l’axe des temps donne : \(\tau = 2ms\)
\(\tau = \frac{L}{R} \Rightarrow L\) \( = \tau .R = 300mH\)
5) \(u = Ro.i \Rightarrow \) \(i = \frac{u}{{Ro}}\) or \(u = \frac{{Ro}}{R}E\) \(\left( {1 - {e^{ - \frac{{ - t}}{\tau }}}} \right)\)
D’où \(i = Io\) \(\left( {1 - {e^{ - \frac{{ - t}}{\tau }}}} \right)\) avec \(Io = \frac{E}{R} = 0,04A\)

Correction exercice IV

L’impédance Z du circuit (r, L) est : \(Z = \sqrt {{r^2} + {{\left( {L\omega } \right)}^2}} \)
soit \({Z^2} = {\left( {L\omega } \right)^2} + {r^2}\), Cette relation est de la forme \(y = ax + b\); c’est une fonction affine dont la représentation est une droite.
2 Le graphe est une droite dont l’équation est : \({Z^2} = L{\omega ^2} + {r^2}\)
Avec L sa pente et \(r^2\) l’ordonnée à l’origine
\(L = \frac{{\Delta {Z^2}}}{{\Delta {\omega ^2}}} = 1\), \(L = 1H\)
\({r^2} = 2,5 \times {10^3} \Rightarrow \) \(R = 50\Omega \)
3.1 Calcul de l’intensité efficace I pour \(\omega = 50\sqrt 3 \) rad /s
Pour cette valeur de \(\omega \); \(Z = 100\Omega \), Soit \(I = \frac{{150}}{{100}} = 1,5A\)
3.2 L’intensité efficace est maximale à la résonance soit \(LC{\omega ^2} = 1 \Rightarrow \) \(C = \frac{1}{{L{\omega ^2}}} = \) \(1,3 \times {10^{ - 4}}F\)
Calcul de l’intensité maximale \({I_0}\) :
\({I_0} = \frac{U}{r} = 3A\)
3.3 Calcul de la puissance moyenne électrique maximale \({P_0}\) :
\({P_0} = rI_0^2 \Rightarrow 450W\)
4 Montrons que si \(P = \frac{{{P_0}}}{2}\) alors \(I = \frac{{{I_0}}}{{\sqrt 2 }}\)
\(P = \frac{{{P_0}}}{2} \Rightarrow \) soit \(r{I^2} = \frac{{rI_0^2}}{2}\) alors \(I = \frac{{{I_0}}}{{\sqrt 2 }}\)