Exercice — Circuit RLC
Énoncé
On considère le circuit de la figure . Le condensateur est initialement déchargé. À l’instant $t=0$, on ferme l’interrupteur.
On pose $\tau = RC$ et on suppose que $RC = L/R$.
On désigne par $i(t)$ le courant traversant la bobine.
- Déterminer $i(0^+)$ et $\displaystyle \frac{di}{dt}(0^+)$.
- Calculer le facteur de qualité $Q$ et la pulsation propre $\omega_0$.
- En déduire l’expression de $i(t)$ (solution générale : $i(t) = i_H + i_P$ ; trouver chaque solution en passant par l’équation caractéristique).
- Donner un ordre de grandeur de la durée du régime transitoire.
Solution :
1 — Conditions initiales
Avant fermeture, le circuit est ouvert : $i(0^-) = 0$. Le courant dans une bobine ne peut pas varier brutalement : $\boxed{i(0^+) = 0}.$ Le condensateur étant initialement déchargé, $u_C(0^+) = 0$.
Application de la loi des mailles au moment $t=0^+$ :
$$E - R\,i(0^+) - L\,\frac{di}{dt}(0^+) - u_C(0^+) = 0$$
Avec $i(0^+)=0$ et $u_C(0^+)=0$, on obtient :
$$\boxed{\frac{di}{dt}(0^+) = \frac{E}{L}}$$
2 — Équation différentielle, $\omega_0$ et $Q$
Écrivons les équations de base :
- Loi des mailles : $E = L\,\dfrac{di}{dt} + R\,i + u_C$
- Loi des nœuds : $i = C\,\dfrac{du_C}{dt} + \dfrac{u_C}{R}$
En dérivant la loi des mailles (source continue ⇒ $dE/dt = 0$) :
$$0 = L\,\frac{d^2 i}{dt^2} + R\,\frac{di}{dt} + \frac{du_C}{dt} \quad (1)$$
De la loi des nœuds :
$$\frac{du_C}{dt} = \frac{i}{C} - \frac{u_C}{R\,C} \quad (2)$$
On remplace $u_C$ par $E - L\,\dfrac{di}{dt} - R\,i$ et après simplifications, on obtient :
$$L\,C\,\frac{d^2 i}{dt^2} + \left(RC + \frac{L}{R}\right)\frac{di}{dt} + 2\,i = \frac{E}{R}$$
Avec la condition $RC = \dfrac{L}{R}$ :
$$\boxed{L\,C\,\frac{d^2 i}{dt^2} + \frac{2L}{R}\frac{di}{dt} + 2\,i = \frac{E}{R}}$$
Divisons par $LC$ :
$$\frac{d^2 i}{dt^2} + \frac{2}{RC}\frac{di}{dt} + \frac{2}{LC}i = \frac{E}{RLC}$$
Comparaison avec la forme standard $\dfrac{d^2 i}{dt^2} + \dfrac{\omega_0}{Q}\dfrac{di}{dt} + \omega_0^2 i = \text{const}$ :
$$\boxed{\omega_0 = \sqrt{\frac{2}{LC}}}, \quad \boxed{Q = \frac{\omega_0 RC}{2}}$$
Avec $\tau = RC = L/R$, on a : $$\boxed{\omega_0 = \frac{\sqrt{2}}{\tau}}, \quad \boxed{Q = \frac{1}{\sqrt{2}} \approx 0.707}$$
3 — Résolution de l’équation
Équation à résoudre :
$$\frac{d^2 i}{dt^2} + \frac{2}{\tau}\frac{di}{dt} + \frac{2}{LC}i = \frac{E}{RLC}$$
(a) Équation homogène :
$$\frac{d^2 i_H}{dt^2} + \frac{2}{\tau}\frac{di_H}{dt} + \frac{2}{LC}i_H = 0$$
Équation caractéristique :
$$r^2 + \frac{2}{\tau}r + \frac{2}{LC} = 0$$
Les racines sont : $r = -\dfrac{1}{\tau} \pm j\dfrac{1}{\tau}$
Donc :
$$\boxed{i_H(t) = e^{-t/\tau}\big(A\cos(t/\tau) + B\sin(t/\tau)\big)}$$
(b) Solution particulière :
Pour le régime permanent (terme constant), $$\frac{2}{LC}i_P = \frac{E}{RLC} \Rightarrow i_P = \frac{E}{2R}$$
(c) Solution générale :
$$\boxed{i(t) = i_P + i_H = \frac{E}{2R} + e^{-t/\tau}\big(A\cos(t/\tau) + B\sin(t/\tau)\big)}$$
(d) Conditions initiales :
$i(0) = 0$ et $\displaystyle \frac{di}{dt}(0) = \frac{E}{L}$
À $t=0$ :
$$0 = \frac{E}{2R} + A \Rightarrow A = -\frac{E}{2R}$$
Dérivée :
$$\frac{di}{dt} = e^{-t/\tau}\left[-\frac{1}{\tau}(A\cos\frac{t}{\tau}+B\sin\frac{t}{\tau}) + \frac{1}{\tau}(-A\sin\frac{t}{\tau}+B\cos\frac{t}{\tau})\right]$$
À $t=0$ :
$$\frac{di}{dt}(0) = \frac{-A + B}{\tau} = \frac{E}{L}$$
Or $\tau = L/R$ ⇒ $\dfrac{-A + B}{L/R} = \dfrac{E}{L}$ donc $-A + B = \dfrac{E}{R}$.
Avec $A = -E/(2R)$, on obtient $B = E/(2R)$.
Donc la solution finale :
$$\boxed{i(t) = \frac{E}{2R}\Big[1 - e^{-t/\tau}\big(\cos\frac{t}{\tau} - \sin\frac{t}{\tau}\big)\Big]}$$
4 — Durée du régime transitoire
Le terme exponentiel $e^{-t/\tau}$ décroît rapidement. La durée du régime transitoire est de l’ordre de :
$$T_{\text{trans}} \approx 3\tau \text{ à } 5\tau,\quad \text{avec } \tau = RC = \frac{L}{R}$$