Dipôle RL

    Physique-Chimie · 2e Bac Sciences physiques (PC) · Lecture, méthodes et entraînement

    Chapitres
    Plan du chapitre
    Illustration d'une onde

    L'essentiel

    1. La bobine

    Une bobine est un dipôle formé d'un enroulement de fil conducteur (les spires) autour d'un support, parfois autour d'un noyau de fer. Elle est caractérisée par son inductance LL et par la résistance rr de son fil.

    Définition

    En convention récepteur (la tension uLu_L est fléchée en sens inverse de l'intensité ii), la tension aux bornes d'une bobine d'inductance LL et de résistance interne rr est :

    uL=r i+L didtu_L = r\,i + L\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}

    L'inductance s'exprime en henry (H). On utilise surtout le millihenry : 1 mH=10−3 H1\,\text{mH} = 10^{-3}\,\text{H}.

    Quand la résistance est négligeable (r≈0r \approx 0), la bobine est dite idéale et uL=L didtu_L = L\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}.

    Remarque

    À titre d'information : pour un solénoïde long de NN spires, de longueur ℓ\ell et de section SS, l'inductance vaut L=μ0 N2 SℓL = \mu_0\,\frac{N^{2}\,S}{\ell}. Elle augmente avec le nombre de spires et avec la présence d'un noyau de fer. Cette expression n'est pas à retenir : dans les exercices, LL est toujours donnée.

    Propriété

    L'intensité ii du courant qui traverse une bobine est une fonction continue du temps : elle ne peut pas changer brusquement, sinon didt\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} et donc la tension uLu_L seraient infinies. En revanche, la tension uLu_L peut varier brusquement.

    Propriété

    En régime permanent (intensité constante), didt=0\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} = 0 et uL=r iu_L = r\,i : la bobine se comporte comme un conducteur ohmique de résistance rr. Une bobine idéale se comporte alors comme un fil (uL=0u_L = 0).

    La bobine s'oppose aux variations de l'intensité qui la traverse : plus LL est grande, plus le courant s'établit ou disparaît lentement.

    2. Énergie magnétique

    La puissance reçue par la bobine est :

    p=uL i=r i2+L i didt=r i2+ddt(12 L i2)p = u_L\,i = r\,i^{2} + L\,i\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} = r\,i^{2} + \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{1}{2}\,L\,i^{2}\right)

    Le premier terme, r i2r\,i^{2}, est dissipé par effet Joule dans le fil. Le second est stocké sous forme magnétique.

    Propriété

    L'énergie magnétique emmagasinée dans une bobine d'inductance LL parcourue par l'intensité ii est :

    Em=12 L i2E_m = \frac{1}{2}\,L\,i^{2}

    Elle s'exprime en joules (J). Comme ii est continue, EmE_m est aussi une fonction continue du temps.

    3. Établissement du courant dans un dipôle RL

    On associe en série un générateur idéal de tension EE, un conducteur ohmique de résistance RR, une bobine (L ; r)(L\,;\,r) et un interrupteur. Avant la fermeture, aucun courant ne circule : i(0)=0i(0) = 0. À t=0t = 0, on ferme l'interrupteur (échelon de tension montant).

    Équation différentielle. La loi d'additivité des tensions donne E=uR+uLE = u_R + u_L. Avec uR=R iu_R = R\,i et uL=r i+L didtu_L = r\,i + L\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} :

    L didt+(R+r) i=EL\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} + (R + r)\,i = E

    On note Rt=R+rR_t = R + r la résistance totale du circuit. L'équation s'écrit didt=−RtL i+EL\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} = -\frac{R_t}{L}\,i + \frac{E}{L}, du type y′=ay+by' = ay + b. Les solutions sont i(t)=α e−Rtt/L+ERti(t) = \alpha\,e^{-R_t t/L} + \frac{E}{R_t}, et la condition i(0)=0i(0) = 0 donne α=−ERt\alpha = -\frac{E}{R_t}.

    Théorème

    Lors de l'établissement du courant dans un dipôle RL soumis à un échelon EE :

    i(t)=Ip(1−e−t/τ)avecIp=ER+retτ=LR+ri(t) = I_p\left(1 - e^{-t/\tau}\right) \quad \text{avec} \quad I_p = \frac{E}{R + r} \quad \text{et} \quad \tau = \frac{L}{R + r}

    IpI_p est l'intensité du régime permanent.

    On en déduit les tensions :

    uR(t)=R Ip(1−e−t/τ)uL(t)=E−uR=r Ip+R Ip e−t/τu_R(t) = R\,I_p\left(1 - e^{-t/\tau}\right) \qquad u_L(t) = E - u_R = r\,I_p + R\,I_p\,e^{-t/\tau}

    À t=0+t = 0^+, on a i=0i = 0 et uL=Eu_L = E : la tension aux bornes de la bobine est discontinue, alors que ii est continue. En régime permanent, i=Ipi = I_p et uL=r Ipu_L = r\,I_p.

    Le rapport i/Ipi / I_p suit les mêmes valeurs que uC/Eu_C / E pour la charge d'un condensateur : 63,2 %63{,}2\ \% à t=τt = \tau, 95,0 %95{,}0\ \% à 3τ3\tau, 99,3 %99{,}3\ \% à 5τ5\tau. Le régime permanent est atteint au bout d'une durée de l'ordre de 5τ5\tau.

    Remarque

    Si la résistance de la bobine est négligeable (r≈0r \approx 0), on retrouve τ=LR\tau = \frac{L}{R}, Ip=ERI_p = \frac{E}{R} et uL(t)=E e−t/τu_L(t) = E\,e^{-t/\tau}.

    4. La constante de temps

    Définition

    La grandeur τ=LRt\tau = \frac{L}{R_t}, avec Rt=R+rR_t = R + r, s'appelle la constante de temps du dipôle RL. Plus LL est grande ou plus RtR_t est petite, plus l'établissement du courant est lent.

    Dimension. D'après uL=L didtu_L = L\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}, on a [L]=[U] [T] [I]−1[L] = [U]\,[T]\,[I]^{-1}. D'après uR=R iu_R = R\,i, on a [R]=[U] [I]−1[R] = [U]\,[I]^{-1}. Donc [LR]=[T]\left[\frac{L}{R}\right] = [T] : τ\tau a la dimension d'un temps et s'exprime en secondes (1 H/1 Ω=1 s1\,\text{H} / 1\,\Omega = 1\,\text{s}).

    Détermination graphique de τ\tau, sur la courbe i(t)i(t) de l'établissement :

    • la tangente à l'origine coupe l'asymptote horizontale i=Ipi = I_p au point d'abscisse t=τt = \tau ;
    • τ\tau est l'abscisse du point de la courbe d'ordonnée 0,63 Ip0{,}63\,I_p.

    5. Rupture du courant dans un dipôle RL

    Le régime permanent est atteint : i=I0=ER+ri = I_0 = \frac{E}{R + r}. À une nouvelle origine des dates t=0t = 0, on bascule l'interrupteur : le générateur est retiré du circuit et le dipôle RL est fermé sur lui-même (on dit qu'il est court-circuité). C'est un échelon descendant (E=0E = 0). La loi d'additivité des tensions donne uR+uL=0u_R + u_L = 0, soit :

    L didt+(R+r) i=0L\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} + (R + r)\,i = 0

    Théorème

    Lors de la rupture du courant dans un dipôle RL, avec i(0)=I0i(0) = I_0 :

    i(t)=I0 e−t/τavecτ=LR+ri(t) = I_0\,e^{-t/\tau} \quad \text{avec} \quad \tau = \frac{L}{R + r}

    On en déduit uR(t)=R I0 e−t/τu_R(t) = R\,I_0\,e^{-t/\tau} et, comme uR+uL=0u_R + u_L = 0 :

    uL(t)=−R I0 e−t/τu_L(t) = -R\,I_0\,e^{-t/\tau}

    L'intensité décroît de I0I_0 vers 00 et le courant garde le même sens ; i(τ)=I0 e−1≈0,37 I0i(\tau) = I_0\,e^{-1} \approx 0{,}37\,I_0. La tangente à l'origine à la courbe i(t)i(t) coupe l'axe des temps au point d'abscisse t=τt = \tau. Le courant a pratiquement disparu au bout de 5τ5\tau.

    À la bascule, ii est continue, mais uLu_L passe brusquement de r I0r\,I_0 à −R I0-R\,I_0.

    Attention

    Dans la pratique, on n'interrompt pas brutalement le courant dans une bobine en ouvrant simplement un interrupteur : ii s'annulerait très vite, didt\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} serait très grand et la tension L didtL\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} pourrait provoquer une étincelle. Dans le cours, la rupture est étudiée en laissant au courant un chemin de passage : interrupteur à deux positions qui ferme le dipôle RL sur lui-même, ou diode montée en parallèle sur le dipôle RL. Attention aussi à ne jamais relier directement les deux bornes d'un générateur de tension par un fil.

    6. Bilan énergétique

    Pendant l'établissement du courant, on multiplie l'équation L didt+Rt i=EL\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} + R_t\,i = E par ii :

    E i=Rt i2+ddt(12 L i2)E\,i = R_t\,i^{2} + \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{1}{2}\,L\,i^{2}\right)

    La puissance fournie par le générateur sert en partie à l'effet Joule (dans RR et dans rr) et en partie à emmagasiner l'énergie magnétique. En régime permanent, tout est dissipé par effet Joule. Pendant la rupture, l'énergie magnétique 12 L I02\frac{1}{2}\,L\,I_0^{2} est entièrement dissipée par effet Joule dans RR et dans rr.

    7. Comparaison entre les dipôles RC et RL

    GrandeurDipôle RCDipôle RL
    Grandeur continuela tension uCu_Cl'intensité ii
    Constante de tempsτ=RC\tau = RCτ=LR+r\tau = \frac{L}{R + r}
    ÉtablissementuC=E(1−e−t/τ)u_C = E\left(1 - e^{-t/\tau}\right)i=Ip(1−e−t/τ)i = I_p\left(1 - e^{-t/\tau}\right)
    DisparitionuC=E e−t/τu_C = E\,e^{-t/\tau}i=I0 e−t/τi = I_0\,e^{-t/\tau}
    Énergie emmagasinée12 C uC2\frac{1}{2}\,C\,u_C^{2}12 L i2\frac{1}{2}\,L\,i^{2}
    En régime permanentinterrupteur ouvert (i=0i = 0)conducteur ohmique rr (uL=r iu_L = r\,i)

    Méthodes

    Méthode 1 : Établir l'équation différentielle de ii

    1. Flèche l'intensité ii et les tensions uRu_R et uLu_L en convention récepteur.
    2. Écris la loi d'additivité des tensions : E=uR+uLE = u_R + u_L pour l'établissement, 0=uR+uL0 = u_R + u_L pour la rupture.
    3. Remplace uR=R iu_R = R\,i et uL=r i+L didtu_L = r\,i + L\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}.
    4. Ordonne : L didt+(R+r) i=EL\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} + (R + r)\,i = E (ou 00).

    Exemple

    Établissement avec E=9,0 VE = 9{,}0\,\text{V}, R=40 ΩR = 40\,\Omega, r=5,0 Ωr = 5{,}0\,\Omega et L=90 mHL = 90\,\text{mH}. On a R+r=45 ΩR + r = 45\,\Omega, donc 0,090 didt+45 i=9,00{,}090\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} + 45\,i = 9{,}0, soit didt=−500 i+100\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} = -500\,i + 100. Les solutions sont α e−500t+0,20\alpha\,e^{-500t} + 0{,}20 ; avec i(0)=0i(0) = 0, on trouve α=−0,20\alpha = -0{,}20 : i(t)=0,20(1−e−500t)i(t) = 0{,}20\left(1 - e^{-500t}\right) en ampères, et τ=1500=2,0 ms\tau = \frac{1}{500} = 2{,}0\,\text{ms}.

    Méthode 2 : Vérifier qu'une fonction est solution et identifier IpI_p et τ\tau

    1. Écris la fonction proposée i=Ip(1−e−t/τ)i = I_p\left(1 - e^{-t/\tau}\right) et sa dérivée didt=Ipτ e−t/τ\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} = \frac{I_p}{\tau}\,e^{-t/\tau}.
    2. Remplace dans L didt+(R+r) i=EL\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} + (R + r)\,i = E et regroupe : Ip e−t/τ(Lτ−(R+r))+(R+r) Ip=EI_p\,e^{-t/\tau}\left(\frac{L}{\tau} - (R + r)\right) + (R + r)\,I_p = E.
    3. L'égalité est vraie pour tout tt : le coefficient de l'exponentielle est nul, donc τ=LR+r\tau = \frac{L}{R + r}. Le terme constant donne Ip=ER+rI_p = \frac{E}{R + r}.

    Méthode 3 : Déterminer τ\tau graphiquement, puis LL ou rr

    1. Lis IpI_p sur l'asymptote horizontale de la courbe i(t)i(t).
    2. Trace la tangente à l'origine : l'abscisse de son intersection avec l'asymptote est τ\tau. Ou bien cherche l'abscisse du point d'ordonnée 0,63 Ip0{,}63\,I_p.
    3. Déduis L=τ (R+r)L = \tau\,(R + r) ; et la résistance totale avec R+r=EIpR + r = \frac{E}{I_p}.

    Exemple

    La tangente à l'origine coupe l'asymptote à t=5,0 mst = 5{,}0\,\text{ms} et R+r=40 ΩR + r = 40\,\Omega. Alors L=τ (R+r)=5,0×10−3×40=0,20 HL = \tau\,(R + r) = 5{,}0\times 10^{-3} \times 40 = 0{,}20\,\text{H}.

    Méthode 4 : Calculer une durée

    1. Pour l'établissement, isole l'exponentielle dans i=Ip(1−e−t/τ)i = I_p\left(1 - e^{-t/\tau}\right) : t=−τ ln⁡(1−iIp)t = -\tau\,\ln\left(1 - \frac{i}{I_p}\right).
    2. Pour la rupture, dans i=I0 e−t/τi = I_0\,e^{-t/\tau} : t=τ ln⁡(I0i)t = \tau\,\ln\left(\frac{I_0}{i}\right).
    3. Vérifie que le résultat est de l'ordre de quelques τ\tau.

    Exemple

    Avec τ=5,0 ms\tau = 5{,}0\,\text{ms} et Ip=0,20 AI_p = 0{,}20\,\text{A}. Pour que ii atteigne 0,15 A0{,}15\,\text{A} à l'établissement : t=−5,0 ln⁡(1−0,75)=5,0 ln⁡4=6,9 mst = -5{,}0\,\ln(1 - 0{,}75) = 5{,}0\,\ln 4 = 6{,}9\,\text{ms}. Pour que ii retombe de 0,20 A0{,}20\,\text{A} à 0,080 A0{,}080\,\text{A} à la rupture : t=5,0 ln⁡0,200,080=4,6 mst = 5{,}0\,\ln\frac{0{,}20}{0{,}080} = 4{,}6\,\text{ms}.

    Méthode 5 : Utiliser la continuité de ii et le régime permanent

    1. Juste après la fermeture (t=0+t = 0^+) : ii garde sa valeur d'avant (elle est continue), donc i=0i = 0 et uR=0u_R = 0. La loi des mailles donne uL=Eu_L = E.
    2. En régime permanent : i=Ip=ER+ri = I_p = \frac{E}{R + r}, uR=R Ipu_R = R\,I_p et uL=r Ipu_L = r\,I_p.
    3. N'écris jamais uL=0u_L = 0 en régime permanent si la bobine a une résistance rr.

    Exemple

    E=12 VE = 12\,\text{V}, R=50 ΩR = 50\,\Omega, r=10 Ωr = 10\,\Omega. À t=0+t = 0^+ : i=0i = 0, uR=0u_R = 0, uL=12 Vu_L = 12\,\text{V}. En régime permanent : Ip=1260=0,20 AI_p = \frac{12}{60} = 0{,}20\,\text{A}, uR=10 Vu_R = 10\,\text{V} et uL=10×0,20=2,0 Vu_L = 10 \times 0{,}20 = 2{,}0\,\text{V}. On vérifie uR+uL=12 V=Eu_R + u_L = 12\,\text{V} = E.

    Exercices corrigés

    Exercice 1 : Tension aux bornes d'une bobine

    Facile
    Énoncé

    Une bobine d'inductance L=0,20 HL = 0{,}20\,\text{H} et de résistance r=5,0 Ωr = 5{,}0\,\Omega est parcourue par un courant dont l'intensité croît linéairement de 00 à 0,50 A0{,}50\,\text{A} en 25 ms25\,\text{ms}, puis reste constante.

    1. Calcule didt\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} pendant la montée.
    2. Calcule la tension uLu_L à l'instant où i=0,25 Ai = 0{,}25\,\text{A} pendant la montée.
    3. Calcule la tension uLu_L quand l'intensité est constante et vaut 0,50 A0{,}50\,\text{A}.
    4. Calcule l'énergie magnétique emmagasinée dans la bobine à ce moment.
    Voir le corrigé

    1) didt=0,50−025×10−3=20 A.s−1\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} = \frac{0{,}50 - 0}{25\times 10^{-3}} = 20\,\text{A.s}^{-1}.

    2) uL=r i+L didt=5,0×0,25+0,20×20=1,25+4,0=5,25 Vu_L = r\,i + L\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} = 5{,}0 \times 0{,}25 + 0{,}20 \times 20 = 1{,}25 + 4{,}0 = 5{,}25\,\text{V}, soit environ 5,3 V5{,}3\,\text{V}.

    3) L'intensité est constante : didt=0\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} = 0, donc uL=r i=5,0×0,50=2,5 Vu_L = r\,i = 5{,}0 \times 0{,}50 = 2{,}5\,\text{V}. La bobine se comporte comme un conducteur ohmique de résistance rr.

    4) Em=12 L i2=12×0,20×0,502=2,5×10−2 JE_m = \frac{1}{2}\,L\,i^{2} = \frac{1}{2} \times 0{,}20 \times 0{,}50^{2} = 2{,}5\times 10^{-2}\,\text{J}.

    Exercice 2 : Constante de temps et régime permanent

    Facile
    Énoncé

    Un générateur idéal de tension E=10 VE = 10\,\text{V} alimente, en série, un conducteur ohmique de résistance R=40 ΩR = 40\,\Omega et une bobine d'inductance L=0,40 HL = 0{,}40\,\text{H} et de résistance r=10 Ωr = 10\,\Omega.

    1. Calcule la constante de temps τ\tau et vérifie par une analyse dimensionnelle que LR+r\frac{L}{R + r} est un temps.
    2. Calcule l'intensité IpI_p en régime permanent.
    3. Estime la durée d'établissement du courant.
    4. Calcule l'énergie magnétique emmagasinée en régime permanent.
    Voir le corrigé

    1) τ=LR+r=0,4050=8,0×10−3 s=8,0 ms\tau = \frac{L}{R + r} = \frac{0{,}40}{50} = 8{,}0\times 10^{-3}\,\text{s} = 8{,}0\,\text{ms}. Dimension : uL=L didtu_L = L\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} donne [L]=[U] [T] [I]−1[L] = [U]\,[T]\,[I]^{-1} ; uR=R iu_R = R\,i donne [R]=[U] [I]−1[R] = [U]\,[I]^{-1}. Donc [LR]=[T]\left[\frac{L}{R}\right] = [T].

    2) Ip=ER+r=1050=0,20 AI_p = \frac{E}{R + r} = \frac{10}{50} = 0{,}20\,\text{A}.

    3) Le régime permanent est atteint au bout d'environ 5τ=40 ms5\tau = 40\,\text{ms}.

    4) Em=12 L Ip2=12×0,40×0,202=8,0×10−3 JE_m = \frac{1}{2}\,L\,I_p^{2} = \frac{1}{2} \times 0{,}40 \times 0{,}20^{2} = 8{,}0\times 10^{-3}\,\text{J}.

    Exercice 3 : Déterminer la résistance d'une bobine

    Facile
    Énoncé

    Un générateur idéal de tension E=12 VE = 12\,\text{V} alimente, en série, un conducteur ohmique de résistance R=40 ΩR = 40\,\Omega et une bobine d'inductance L=0,50 HL = 0{,}50\,\text{H} dont la résistance rr est inconnue. En régime permanent, un ampèremètre indique 0,20 A0{,}20\,\text{A}.

    1. Rappelle comment se comporte une bobine en régime permanent.
    2. Calcule la résistance totale du circuit, puis rr.
    3. Calcule les tensions uRu_R et uLu_L en régime permanent. Vérifie la loi des mailles.
    4. Calcule l'énergie magnétique emmagasinée.
    Voir le corrigé

    1) En régime permanent, didt=0\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} = 0 : la bobine se comporte comme un conducteur ohmique de résistance rr, avec uL=r iu_L = r\,i.

    2) R+r=EIp=120,20=60 ΩR + r = \frac{E}{I_p} = \frac{12}{0{,}20} = 60\,\Omega, donc r=60−40=20 Ωr = 60 - 40 = 20\,\Omega.

    3) uR=R Ip=40×0,20=8,0 Vu_R = R\,I_p = 40 \times 0{,}20 = 8{,}0\,\text{V} et uL=r Ip=20×0,20=4,0 Vu_L = r\,I_p = 20 \times 0{,}20 = 4{,}0\,\text{V}. On a bien uR+uL=12 V=Eu_R + u_L = 12\,\text{V} = E.

    4) Em=12 L Ip2=12×0,50×0,202=1,0×10−2 JE_m = \frac{1}{2}\,L\,I_p^{2} = \frac{1}{2} \times 0{,}50 \times 0{,}20^{2} = 1{,}0\times 10^{-2}\,\text{J}.

    Exercice 4 : Établissement du courant

    Moyen
    Énoncé

    Un générateur idéal de tension E=6,0 VE = 6{,}0\,\text{V} alimente, en série, un conducteur ohmique de résistance R=22 ΩR = 22\,\Omega et une bobine d'inductance L=0,15 HL = 0{,}15\,\text{H} et de résistance r=8,0 Ωr = 8{,}0\,\Omega. À t=0t = 0, on ferme l'interrupteur ; i(0)=0i(0) = 0.

    1. Établis l'équation différentielle vérifiée par ii. Calcule IpI_p et τ\tau.
    2. Écris i(t)i(t).
    3. À quelle date ii atteint-elle 0,15 A0{,}15\,\text{A} ?
    4. Calcule uRu_R et uLu_L à la date t=τt = \tau. Vérifie la loi des mailles.
    Voir le corrigé

    1) E=uR+uL=R i+r i+L didtE = u_R + u_L = R\,i + r\,i + L\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}, soit 0,15 didt+30 i=6,00{,}15\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} + 30\,i = 6{,}0. Donc R+r=30 ΩR + r = 30\,\Omega, Ip=6,030=0,20 AI_p = \frac{6{,}0}{30} = 0{,}20\,\text{A} et τ=0,1530=5,0×10−3 s=5,0 ms\tau = \frac{0{,}15}{30} = 5{,}0\times 10^{-3}\,\text{s} = 5{,}0\,\text{ms}.

    2) L'équation s'écrit didt=−200 i+40\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} = -200\,i + 40. Ses solutions sont α e−200t+0,20\alpha\,e^{-200t} + 0{,}20. Avec i(0)=0i(0) = 0 : α=−0,20\alpha = -0{,}20. Donc i(t)=0,20(1−e−200t)i(t) = 0{,}20\left(1 - e^{-200t}\right) en ampères.

    3) 0,15=0,20(1−e−200t)  ⟺  e−200t=0,25  ⟺  t=ln⁡4200=6,9×10−3 s=6,9 ms0{,}15 = 0{,}20\left(1 - e^{-200t}\right) \iff e^{-200t} = 0{,}25 \iff t = \frac{\ln 4}{200} = 6{,}9\times 10^{-3}\,\text{s} = 6{,}9\,\text{ms}.

    4) À t=τt = \tau : i=0,20(1−e−1)=0,126 Ai = 0{,}20\left(1 - e^{-1}\right) = 0{,}126\,\text{A}. uR=R i=22×0,126=2,8 Vu_R = R\,i = 22 \times 0{,}126 = 2{,}8\,\text{V}. Pour la bobine : uL=E−uR=3,2 Vu_L = E - u_R = 3{,}2\,\text{V}. On vérifie avec uL=r Ip+R Ip e−1=1,6+4,4×0,368=3,2 Vu_L = r\,I_p + R\,I_p\,e^{-1} = 1{,}6 + 4{,}4 \times 0{,}368 = 3{,}2\,\text{V} ; et uR+uL=6,0 V=Eu_R + u_L = 6{,}0\,\text{V} = E.

    Exercice 5 : Lecture d'un enregistrement

    Moyen
    Énoncé

    Un générateur idéal de tension E=12 VE = 12\,\text{V} alimente, en série, un conducteur ohmique de résistance R=50 ΩR = 50\,\Omega et une bobine d'inductance LL et de résistance rr inconnues. À t=0t = 0, on ferme l'interrupteur. Un dispositif d'acquisition donne l'intensité ii :

    tt (ms)002244661010151525255050
    ii (mA)006666110110140140173173190190199199200200
    1. Quelle est la valeur de IpI_p ? Justifie.
    2. Calcule la résistance totale R+rR + r et déduis rr.
    3. Détermine τ\tau par interpolation linéaire à partir de la valeur 0,63 Ip0{,}63\,I_p, puis déduis LL.
    4. Donne les valeurs de uLu_L à t=0+t = 0^+ et en régime permanent.
    5. Calcule l'énergie magnétique en régime permanent.
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    1) Les dernières valeurs n'évoluent presque plus (199 mA199\,\text{mA} à 25 ms25\,\text{ms}, 200 mA200\,\text{mA} à 50 ms50\,\text{ms}) : la courbe a atteint son asymptote, c'est le régime permanent. Donc Ip=200 mA=0,200 AI_p = 200\,\text{mA} = 0{,}200\,\text{A}.

    2) R+r=EIp=120,200=60 ΩR + r = \frac{E}{I_p} = \frac{12}{0{,}200} = 60\,\Omega, donc r=60−50=10 Ωr = 60 - 50 = 10\,\Omega.

    3) 0,63 Ip=0,63×200=126 mA0{,}63\,I_p = 0{,}63 \times 200 = 126\,\text{mA}. Cette valeur est comprise entre 110 mA110\,\text{mA} (à 4 ms4\,\text{ms}) et 140 mA140\,\text{mA} (à 6 ms6\,\text{ms}). Par interpolation : t=4+2×126−110140−110=5,1 mst = 4 + 2 \times \frac{126 - 110}{140 - 110} = 5{,}1\,\text{ms}. Donc τ≈5,1 ms\tau \approx 5{,}1\,\text{ms} (l'interpolation linéaire entre deux points d'une courbe donne une valeur approchée). Alors L=τ (R+r)=5,1×10−3×60≈0,31 HL = \tau\,(R + r) = 5{,}1\times 10^{-3} \times 60 \approx 0{,}31\,\text{H}.

    4) À t=0+t = 0^+, i=0i = 0 donc uR=0u_R = 0 et uL=E=12 Vu_L = E = 12\,\text{V}. En régime permanent, uL=r Ip=10×0,200=2,0 Vu_L = r\,I_p = 10 \times 0{,}200 = 2{,}0\,\text{V}.

    5) Em=12 L Ip2=12×0,31×0,2002≈6,2×10−3 JE_m = \frac{1}{2}\,L\,I_p^{2} = \frac{1}{2} \times 0{,}31 \times 0{,}200^{2} \approx 6{,}2\times 10^{-3}\,\text{J}.

    Exercice 6 : Rupture du courant

    Moyen
    Énoncé

    Un dipôle RL est formé d'un conducteur ohmique de résistance R=20 ΩR = 20\,\Omega et d'une bobine d'inductance L=0,25 HL = 0{,}25\,\text{H} et de résistance r=5,0 Ωr = 5{,}0\,\Omega. Il est alimenté par un générateur idéal de tension E=10 VE = 10\,\text{V} et le régime permanent est atteint. À t=0t = 0, on bascule un interrupteur à deux positions : le générateur est retiré du circuit et le dipôle RL est fermé sur lui-même.

    1. Calcule I0I_0 et τ\tau.
    2. Établis l'équation différentielle vérifiée par ii et donne sa solution.
    3. Calcule i(τ)i(\tau) et i(5τ)i(5\tau).
    4. Calcule uRu_R et uLu_L à t=0+t = 0^+. Compare uL(0+)u_L(0^+) à la valeur de uLu_L juste avant la bascule.
    5. Calcule l'énergie magnétique initiale.
    6. À quelle date l'énergie magnétique est-elle divisée par 2 ?
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    1) R+r=25 ΩR + r = 25\,\Omega, donc I0=ER+r=1025=0,40 AI_0 = \frac{E}{R + r} = \frac{10}{25} = 0{,}40\,\text{A} et τ=LR+r=0,2525=1,0×10−2 s=10 ms\tau = \frac{L}{R + r} = \frac{0{,}25}{25} = 1{,}0\times 10^{-2}\,\text{s} = 10\,\text{ms}.

    2) uR+uL=0u_R + u_L = 0 donne (R+r) i+L didt=0(R + r)\,i + L\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} = 0, soit didt=−100 i\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} = -100\,i. Les solutions sont α e−100t\alpha\,e^{-100t}. Comme ii est continue, i(0+)=I0=0,40 Ai(0^+) = I_0 = 0{,}40\,\text{A} : i(t)=0,40 e−100ti(t) = 0{,}40\,e^{-100t} en ampères.

    3) i(τ)=0,40 e−1=0,15 Ai(\tau) = 0{,}40\,e^{-1} = 0{,}15\,\text{A} et i(5τ)=0,40 e−5=2,7×10−3 A=2,7 mAi(5\tau) = 0{,}40\,e^{-5} = 2{,}7\times 10^{-3}\,\text{A} = 2{,}7\,\text{mA} : le courant a pratiquement disparu.

    4) uR(0+)=R I0=20×0,40=8,0 Vu_R(0^+) = R\,I_0 = 20 \times 0{,}40 = 8{,}0\,\text{V} et uL(0+)=−uR(0+)=−8,0 Vu_L(0^+) = -u_R(0^+) = -8{,}0\,\text{V}. Juste avant la bascule, en régime permanent, uL=r I0=5,0×0,40=2,0 Vu_L = r\,I_0 = 5{,}0 \times 0{,}40 = 2{,}0\,\text{V} : la tension uLu_L est discontinue, alors que ii est continue.

    5) Em(0)=12 L I02=12×0,25×0,402=2,0×10−2 JE_m(0) = \frac{1}{2}\,L\,I_0^{2} = \frac{1}{2} \times 0{,}25 \times 0{,}40^{2} = 2{,}0\times 10^{-2}\,\text{J}.

    6) Em=12 L I02 e−2t/τE_m = \frac{1}{2}\,L\,I_0^{2}\,e^{-2t/\tau}. On veut e−2t/τ=12e^{-2t/\tau} = \frac{1}{2}, donc t=τ2 ln⁡2=3,5 mst = \frac{\tau}{2}\,\ln 2 = 3{,}5\,\text{ms}.

    Exercice 7 : Relais électromagnétique

    Difficile
    Énoncé

    La bobine d'un relais, d'inductance L=1,2 HL = 1{,}2\,\text{H} et de résistance r=60 Ωr = 60\,\Omega, est montée en série avec un conducteur ohmique de résistance R=140 ΩR = 140\,\Omega et un générateur idéal de tension E=12 VE = 12\,\text{V}. Le contact du relais se ferme quand l'intensité atteint 50 mA50\,\text{mA} et se rouvre quand elle retombe à 20 mA20\,\text{mA} (valeurs données pour cet exercice). À t=0t = 0, on ferme l'interrupteur ; i(0)=0i(0) = 0.

    1. Calcule IpI_p et τ\tau. Le relais peut-il se fermer ?
    2. Calcule la durée t1t_1 entre la fermeture de l'interrupteur et la fermeture du contact.
    3. Le régime permanent étant atteint, on retire le générateur du circuit et on ferme le dipôle (bobine et conducteur ohmique) sur lui-même. Calcule la durée t2t_2 au bout de laquelle le contact se rouvre.
    4. On remplace RR par 340 Ω340\,\Omega. Le relais fonctionne-t-il encore ?
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    1) R+r=200 ΩR + r = 200\,\Omega, donc Ip=12200=0,060 A=60 mAI_p = \frac{12}{200} = 0{,}060\,\text{A} = 60\,\text{mA} et τ=1,2200=6,0×10−3 s=6,0 ms\tau = \frac{1{,}2}{200} = 6{,}0\times 10^{-3}\,\text{s} = 6{,}0\,\text{ms}. Comme Ip=60 mAI_p = 60\,\text{mA} est supérieure à 50 mA50\,\text{mA}, le courant atteint le seuil de fermeture : le relais peut se fermer.

    2) i=Ip(1−e−t/τ)=0,050i = I_p\left(1 - e^{-t/\tau}\right) = 0{,}050 donne e−t1/τ=1−5060=16e^{-t_1/\tau} = 1 - \frac{50}{60} = \frac{1}{6}, donc t1=τ ln⁡6=6,0×1,79=11 mst_1 = \tau\,\ln 6 = 6{,}0 \times 1{,}79 = 11\,\text{ms}.

    3) Pendant la rupture, i=Ip e−t/τi = I_p\,e^{-t/\tau}. Le contact se rouvre quand i=20 mAi = 20\,\text{mA} : e−t2/τ=2060=13e^{-t_2/\tau} = \frac{20}{60} = \frac{1}{3}, donc t2=τ ln⁡3=6,0×1,10=6,6 mst_2 = \tau\,\ln 3 = 6{,}0 \times 1{,}10 = 6{,}6\,\text{ms}.

    4) Avec R=340 ΩR = 340\,\Omega : R+r=400 ΩR + r = 400\,\Omega et Ip=12400=0,030 A=30 mAI_p = \frac{12}{400} = 0{,}030\,\text{A} = 30\,\text{mA}. Cette valeur est inférieure à 50 mA50\,\text{mA} : l'intensité n'atteint jamais le seuil de fermeture, le relais ne fonctionne plus.

    Exercice 8 : Bilan de puissance pendant l'établissement

    Difficile
    Énoncé

    Un générateur idéal de tension E=12 VE = 12\,\text{V} alimente, en série, un conducteur ohmique de résistance R=56 ΩR = 56\,\Omega et une bobine d'inductance L=0,60 HL = 0{,}60\,\text{H} et de résistance r=4,0 Ωr = 4{,}0\,\Omega. À t=0t = 0, on ferme l'interrupteur ; i(0)=0i(0) = 0.

    1. Établis la relation E i=(R+r) i2+ddt(12 L i2)E\,i = (R + r)\,i^{2} + \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{1}{2}\,L\,i^{2}\right) et interprète chaque terme.
    2. Calcule τ\tau et IpI_p.
    3. À la date t=τt = \tau, calcule ii et didt\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}, puis les trois puissances de la relation précédente. Vérifie le bilan.
    4. Calcule l'énergie magnétique finale.
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    1) L'équation du circuit est L didt+(R+r) i=EL\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} + (R + r)\,i = E. On la multiplie par ii : E i=(R+r) i2+L i didtE\,i = (R + r)\,i^{2} + L\,i\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}, et L i didt=ddt(12 L i2)L\,i\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{1}{2}\,L\,i^{2}\right). Le premier terme est la puissance fournie par le générateur, le deuxième la puissance dissipée par effet Joule dans RR et rr, le troisième la puissance qui sert à emmagasiner l'énergie magnétique.

    2) R+r=60 ΩR + r = 60\,\Omega, donc τ=0,6060=1,0×10−2 s=10 ms\tau = \frac{0{,}60}{60} = 1{,}0\times 10^{-2}\,\text{s} = 10\,\text{ms} et Ip=1260=0,20 AI_p = \frac{12}{60} = 0{,}20\,\text{A}.

    3) i(τ)=0,20(1−e−1)=0,126 Ai(\tau) = 0{,}20\left(1 - e^{-1}\right) = 0{,}126\,\text{A} et didt=Ipτ e−1=20×0,368=7,36 A.s−1\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} = \frac{I_p}{\tau}\,e^{-1} = 20 \times 0{,}368 = 7{,}36\,\text{A.s}^{-1}. Les puissances sont :

    • fournie par le générateur : E i=12×0,126=1,52 WE\,i = 12 \times 0{,}126 = 1{,}52\,\text{W} ;
    • dissipée par effet Joule : (R+r) i2=60×0,1262=0,959 W(R + r)\,i^{2} = 60 \times 0{,}126^{2} = 0{,}959\,\text{W} ;
    • stockée : L i didt=0,60×0,126×7,36=0,558 WL\,i\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} = 0{,}60 \times 0{,}126 \times 7{,}36 = 0{,}558\,\text{W}.

    Vérification : 0,959+0,558=1,52 W0{,}959 + 0{,}558 = 1{,}52\,\text{W}, c'est bien la puissance fournie.

    4) Em=12 L Ip2=12×0,60×0,202=1,2×10−2 JE_m = \frac{1}{2}\,L\,I_p^{2} = \frac{1}{2} \times 0{,}60 \times 0{,}20^{2} = 1{,}2\times 10^{-2}\,\text{J}.

    Exercice 9 : Établissement du courant dans un dipôle RL

    Type Bac
    Énoncé

    Pour étudier un dipôle RL, on associe en série un générateur idéal de tension E=12 VE = 12\,\text{V}, un conducteur ohmique de résistance R=40 ΩR = 40\,\Omega, une bobine d'inductance LL inconnue et de résistance r=10 Ωr = 10\,\Omega, et un interrupteur KK. À t=0t = 0, on ferme KK ; i(0)=0i(0) = 0. On enregistre i(t)i(t) : la tangente à la courbe à l'origine coupe l'asymptote horizontale à la date t=6,0 mst = 6{,}0\,\text{ms}.

    1. Établis l'équation différentielle vérifiée par i(t)i(t).
    2. La solution est de la forme i(t)=Ip(1−e−t/τ)i(t) = I_p\left(1 - e^{-t/\tau}\right). Détermine IpI_p et τ\tau en fonction de EE, RR, rr et LL.
    3. Montre que LR+r\frac{L}{R + r} a la dimension d'un temps.
    4. Calcule IpI_p, puis détermine l'inductance LL de la bobine.
    5. Donne l'expression de uL(t)u_L(t) et calcule uLu_L à t=0+t = 0^+ puis en régime permanent.
    6. Calcule l'énergie magnétique emmagasinée en régime permanent.
    7. À quelle date ii atteint-elle 95 %95\ \% de IpI_p ?
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    1) E=uR+uL=R i+r i+L didtE = u_R + u_L = R\,i + r\,i + L\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}, donc :

    L didt+(R+r) i=EL\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} + (R + r)\,i = E

    2) On a didt=Ipτ e−t/τ\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} = \frac{I_p}{\tau}\,e^{-t/\tau}. En remplaçant : L Ipτ e−t/τ+(R+r) Ip−(R+r) Ip e−t/τ=E\frac{L\,I_p}{\tau}\,e^{-t/\tau} + (R + r)\,I_p - (R + r)\,I_p\,e^{-t/\tau} = E, soit Ip e−t/τ(Lτ−(R+r))+(R+r) Ip=EI_p\,e^{-t/\tau}\left(\frac{L}{\tau} - (R + r)\right) + (R + r)\,I_p = E. Cette égalité est vraie pour tout tt : le coefficient de l'exponentielle est nul, donc τ=LR+r\tau = \frac{L}{R + r}, et Ip=ER+rI_p = \frac{E}{R + r}.

    3) uL=L didtu_L = L\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} donne [L]=[U] [T] [I]−1[L] = [U]\,[T]\,[I]^{-1} et uR=R iu_R = R\,i donne [R]=[U] [I]−1[R] = [U]\,[I]^{-1}. Donc [LR+r]=[T]\left[\frac{L}{R + r}\right] = [T] : c'est un temps.

    4) Ip=1240+10=0,24 AI_p = \frac{12}{40 + 10} = 0{,}24\,\text{A}. L'abscisse du point d'intersection de la tangente à l'origine et de l'asymptote est τ=6,0 ms\tau = 6{,}0\,\text{ms}. Donc L=τ (R+r)=6,0×10−3×50=0,30 HL = \tau\,(R + r) = 6{,}0\times 10^{-3} \times 50 = 0{,}30\,\text{H}.

    5) uL=E−uR=E−R Ip(1−e−t/τ)=r Ip+R Ip e−t/τu_L = E - u_R = E - R\,I_p\left(1 - e^{-t/\tau}\right) = r\,I_p + R\,I_p\,e^{-t/\tau}, soit uL(t)=2,4+9,6 e−t/τu_L(t) = 2{,}4 + 9{,}6\,e^{-t/\tau} en volts. À t=0+t = 0^+ : uL=12 V=Eu_L = 12\,\text{V} = E. En régime permanent : uL=r Ip=2,4 Vu_L = r\,I_p = 2{,}4\,\text{V}.

    6) Em=12 L Ip2=12×0,30×0,242=8,6×10−3 JE_m = \frac{1}{2}\,L\,I_p^{2} = \frac{1}{2} \times 0{,}30 \times 0{,}24^{2} = 8{,}6\times 10^{-3}\,\text{J}.

    7) 1−e−t/τ=0,95  ⟺  e−t/τ=0,05  ⟺  t=τ ln⁡20=6,0×3,0=18 ms1 - e^{-t/\tau} = 0{,}95 \iff e^{-t/\tau} = 0{,}05 \iff t = \tau\,\ln 20 = 6{,}0 \times 3{,}0 = 18\,\text{ms}, soit 3τ3\tau.

    Exercice 10 : Établissement puis rupture du courant

    Type Bac
    Énoncé

    Un générateur idéal de tension E=6,0 VE = 6{,}0\,\text{V}, un conducteur ohmique de résistance R=20 ΩR = 20\,\Omega et une bobine d'inductance L=0,10 HL = 0{,}10\,\text{H} et de résistance r=10 Ωr = 10\,\Omega sont reliés par un interrupteur KK à deux positions. Position 1 : générateur, RR et bobine sont en série (établissement). Position 2 : RR et bobine sont reliés seuls (rupture). À t=0t = 0, on place KK en position 1 ; i(0)=0i(0) = 0.

    1. Établis l'équation différentielle vérifiée par ii en position 1, puis donne IpI_p et τ\tau.
    2. Écris i(t)i(t) et estime la durée de l'établissement.
    3. À la date t1=30 mst_1 = 30\,\text{ms}, on bascule KK en position 2. On prend une nouvelle origine des dates, t′=t−t1t' = t - t_1. Montre que le régime permanent est atteint à t1t_1, puis établis l'équation différentielle de la rupture et donne i(t′)i(t').
    4. Calcule uLu_L juste avant la bascule, puis à t′=0+t' = 0^+. Commente.
    5. Calcule l'énergie dissipée par effet Joule dans RR, puis dans la bobine, pendant la rupture.
    6. À quelle date t′t' l'énergie magnétique vaut-elle 10 %10\ \% de sa valeur initiale ?
    Voir le corrigé

    1) E=R i+r i+L didtE = R\,i + r\,i + L\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}, soit 0,10 didt+30 i=6,00{,}10\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} + 30\,i = 6{,}0. Avec R+r=30 ΩR + r = 30\,\Omega : Ip=6,030=0,20 AI_p = \frac{6{,}0}{30} = 0{,}20\,\text{A} et τ=0,1030=3,3×10−3 s=3,3 ms\tau = \frac{0{,}10}{30} = 3{,}3\times 10^{-3}\,\text{s} = 3{,}3\,\text{ms}.

    2) On écrit didt=−300 i+60\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} = -300\,i + 60, dont les solutions sont α e−300t+0,20\alpha\,e^{-300t} + 0{,}20. Avec i(0)=0i(0) = 0 : i(t)=0,20(1−e−300t)i(t) = 0{,}20\left(1 - e^{-300t}\right) en ampères. Le régime permanent est atteint au bout d'environ 5τ=17 ms5\tau = 17\,\text{ms}.

    3) À t1=30 ms=9τt_1 = 30\,\text{ms} = 9\tau : i=0,20(1−e−9)=0,20 A=Ipi = 0{,}20\left(1 - e^{-9}\right) = 0{,}20\,\text{A} = I_p. Le régime permanent est bien atteint. En position 2, uR+uL=0u_R + u_L = 0, soit 0,10 didt+30 i=00{,}10\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} + 30\,i = 0. Comme ii est continue, i(0)=0,20 Ai(0) = 0{,}20\,\text{A}, et i(t′)=0,20 e−300t′i(t') = 0{,}20\,e^{-300t'} en ampères.

    4) Juste avant la bascule, uL=r Ip=10×0,20=2,0 Vu_L = r\,I_p = 10 \times 0{,}20 = 2{,}0\,\text{V}. À t′=0+t' = 0^+ : uL=r i+L didt=10×0,20+0,10×(−60)=−4,0 Vu_L = r\,i + L\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} = 10 \times 0{,}20 + 0{,}10 \times (-60) = -4{,}0\,\text{V}, ce qui est aussi −R i(0)=−20×0,20-R\,i(0) = -20 \times 0{,}20. La tension uLu_L change brusquement de signe (2,0 V2{,}0\,\text{V} puis −4,0 V-4{,}0\,\text{V}), alors que ii est continue.

    5) L'énergie magnétique initiale, 12 L Ip2=12×0,10×0,202=2,0×10−3 J\frac{1}{2}\,L\,I_p^{2} = \frac{1}{2} \times 0{,}10 \times 0{,}20^{2} = 2{,}0\times 10^{-3}\,\text{J}, est entièrement dissipée. Le courant est le même dans RR et dans rr, donc l'énergie se partage proportionnellement aux résistances : dans RR, 2030×2,0=1,3 mJ\frac{20}{30} \times 2{,}0 = 1{,}3\,\text{mJ} ; dans la bobine, 1030×2,0=0,67 mJ\frac{10}{30} \times 2{,}0 = 0{,}67\,\text{mJ}.

    6) Em∝i2E_m \propto i^{2}. On veut i2=0,10 Ip2i^{2} = 0{,}10\,I_p^{2}, soit e−2t′/τ=0,10e^{-2t'/\tau} = 0{,}10, donc t′=τ2 ln⁡10=3,8 mst' = \frac{\tau}{2}\,\ln 10 = 3{,}8\,\text{ms}.

    QCM

    QCM de 8 questions

    Une réponse, puis l'explication : les questions ratées sont gardées dans Mes pièges.

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    Erreurs fréquentes

    • Oublier la résistance rr de la bobine : la constante de temps est τ=LR+r\tau = \frac{L}{R + r} et non LR\frac{L}{R}, et Ip=ER+rI_p = \frac{E}{R + r}.
    • Écrire uL=L didtu_L = L\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} pour une bobine qui a une résistance : il faut ajouter le terme r ir\,i, soit uL=r i+L didtu_L = r\,i + L\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}.
    • Dire que uL=0u_L = 0 en régime permanent alors que la bobine a une résistance : uL=r Ipu_L = r\,I_p. Seule une bobine idéale a uL=0u_L = 0.
    • Croire que l'intensité s'établit instantanément, ou que uLu_L est continue : c'est l'intensité ii qui est continue, et uLu_L passe de 00 à EE à la fermeture.
    • Confondre τ=LR\tau = \frac{L}{R} avec τ=RL\tau = RL ou τ=RL\tau = \frac{R}{L}. Contrôle par l'unité : henry divisé par ohm donne des secondes.
    • Pour la rupture, écrire i=I0(1−e−t/τ)i = I_0\left(1 - e^{-t/\tau}\right) : la rupture est une décroissance exponentielle, i=I0 e−t/τi = I_0\,e^{-t/\tau}, et uL=−R I0 e−t/τu_L = -R\,I_0\,e^{-t/\tau} est négative.
    • Oublier de convertir les mH en H avant de calculer τ\tau ou l'énergie.
    • Écrire Em=12 L iE_m = \frac{1}{2}\,L\,i : il manque le carré. Doubler l'intensité multiplie l'énergie par 44.

    À retenir

    • Pour une bobine (L ; r)(L\,;\,r) en convention récepteur : uL=r i+L didtu_L = r\,i + L\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} ; l'inductance s'exprime en henrys.
    • L'intensité ii est continue dans une bobine ; la tension uLu_L peut varier brusquement. En régime permanent, uL=r iu_L = r\,i.
    • Établissement du courant sous un échelon EE : L didt+(R+r) i=EL\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} + (R + r)\,i = E, de solution i=Ip(1−e−t/τ)i = I_p\left(1 - e^{-t/\tau}\right) avec Ip=ER+rI_p = \frac{E}{R + r}.
    • Rupture du courant : L didt+(R+r) i=0L\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} + (R + r)\,i = 0, de solution i=I0 e−t/τi = I_0\,e^{-t/\tau} ; alors uL=−R I0 e−t/τu_L = -R\,I_0\,e^{-t/\tau}.
    • La constante de temps τ=LR+r\tau = \frac{L}{R + r} s'exprime en secondes ; elle se lit avec la tangente à l'origine ou avec 0,63 Ip0{,}63\,I_p ; le régime transitoire dure environ 5τ5\tau.
    • Si rr est négligeable, τ=LR\tau = \frac{L}{R} et Ip=ERI_p = \frac{E}{R}.
    • L'énergie magnétique emmagasinée est Em=12 L i2E_m = \frac{1}{2}\,L\,i^{2} ; elle est continue.
    • Bilan de puissance à l'établissement : E i=(R+r) i2+ddt(12 L i2)E\,i = (R + r)\,i^{2} + \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{1}{2}\,L\,i^{2}\right).
    • Durées : établissement t=−τ ln⁡(1−iIp)t = -\tau\,\ln\left(1 - \frac{i}{I_p}\right), rupture t=τ ln⁡(I0i)t = \tau\,\ln\left(\frac{I_0}{i}\right).

    Mes notes

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