Feuille d'entraînement : Circuits électriques et régimes transitoires

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Physique PC 2025, Q1

   Dans un conducteur ohmique homogène et isotrope de conductivité électrique \sigma, la loi d'Ohm locale s'écrit :

   \boxed{\vec{j}_{\text{él}} = \sigma \vec{E}}

   En régime stationnaire, le champ électrique dérive d'un potentiel scalaire selon \vec{E} = -\vec{\nabla} V = -\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}x} \vec{u}_x. Le champ électrique est donc orienté dans le sens des potentiels décroissants :

   Comme V_1 > V_2, \vec{E} est dirigé dans le sens de +x, c'est-à-dire selon le vecteur unitaire \vec{u}_x.

   Puisque le courant est uniforme et unidirectionnel, \vec{E} = E \vec{u}_x est également uniforme dans le cylindre. La différence de potentiel entre les deux extrémités s'obtient par circulation du champ électrique :

   \begin{aligned} V_1 - V_2 &= \int_0^L \vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{\ell} = \int_0^L E\,\mathrm{d}x = E L \end{aligned}

   d'où :

   E = \frac{V_1 - V_2}{L}

   L'intensité I traversant une section droite S normale à \vec{u}_x s'écrit :

   \begin{aligned} I &= \iint_S \vec{j}_{\text{él}} \cdot \vec{u}_x\,\mathrm{d}S = j_{\text{él}} S = \sigma E S = \frac{\sigma S}{L}(V_1 - V_2) \end{aligned}

   Par identification avec la relation macroscopique V_1 - V_2 = R_{\text{él}} I, on retrouve bien :

   \boxed{R_{\text{él}} = \frac{L}{\sigma S}}

   Résultat

   $${\vec{j}}_{\text{eˊl}}=\sigma \vec{E}$$

   $$R_{\text{eˊl}}=\frac{L}{\sigma S}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Physique PC 2025, Q24

   D'après les questions Q22 et Q23, la puissance électrique reçue par la charge de résistance R_c s'écrit :

   \mathcal{P}_{\text{charge}} = -\mathcal{P}_{\text{él}} = R_c I^2

   En injectant l'expression du courant I = \dfrac{\alpha \Delta T}{R_{\text{él}} + R_c} établie en Q23, on obtient :

   |\mathcal{P}_{\text{él}}| = (\alpha \Delta T)^2 \frac{R_c}{(R_{\text{él}} + R_c)^2}

   Pour R_{\text{él}}, \alpha et \Delta T fixés, étudions la fonction f(R_c) = \dfrac{R_c}{(R_{\text{él}} + R_c)^2} pour R_c > 0. Sa dérivée par rapport à R_c vaut :

   \begin{aligned} \frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}R_c} &= \frac{(R_{\text{él}} + R_c)^2 - R_c \cdot 2(R_{\text{él}} + R_c)}{(R_{\text{él}} + R_c)^4} \\ &= \frac{R_{\text{él}} + R_c - 2R_c}{(R_{\text{él}} + R_c)^3} \\ &= \frac{R_{\text{él}} - R_c}{(R_{\text{él}} + R_c)^3} \end{aligned}

   Le dénominateur étant strictement positif :

   • \dfrac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}R_c} > 0 si R_c < R_{\text{él}} ;
   • \dfrac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}R_c} = 0 si R_c = R_{\text{él}} ;
   • \dfrac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}R_c} < 0 si R_c > R_{\text{él}}.

   La puissance reçue par la charge admet donc un maximum strict en :

   R_c = R_{\text{él}}

   En remplaçant R_c par R_{\text{él}} dans l'expression de |\mathcal{P}_{\text{él}}|, on obtient la puissance maximale fournie à la charge :

   \boxed{|\mathcal{P}_{\text{él}}|_{\text{max}} = \frac{(\alpha \Delta T)^2}{4 R_{\text{él}}}}

   Résultat

   $$|{\mathcal{P}}_{\text{eˊl}}{|}_{\text{max}}=\frac{(\alpha \Delta T{)}^2}{4R_{\text{eˊl}}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CCINP Physique PC 2024, Q33

   Le flux magnétique total \Phi_2 traversant la boucle de courant représentant le plasma (circuit 2), orientée en cohérence avec le sens de parcours choisi pour i_2, s'écrit comme la somme du flux propre et du flux créé par le solénoïde central (circuit 1) :

   \Phi_2(t) = L_2 i_2(t) + M i_1(t)

   D'après la loi de Faraday, la force électromotrice induite dans la boucle 2 vaut :

   e_2(t) = -\frac{\mathrm{d}\Phi_2}{\mathrm{d}t} = -L_2 \frac{\mathrm{d}i_2}{\mathrm{d}t} - M \frac{\mathrm{d}i_1}{\mathrm{d}t}

   La loi des mailles appliquée au circuit secondaire fermé sur sa résistance R_2 donne :

   \begin{aligned} e_2(t) &= R_2 i_2(t) \\ L_2 \frac{\mathrm{d}i_2}{\mathrm{d}t} + R_2 i_2(t) &= -M \frac{\mathrm{d}i_1}{\mathrm{d}t} \end{aligned}

   Pour t \in [0, t_1], l'expression du courant inducteur est i_1(t) = I_0 \left(1 - \frac{t}{t_1}\right), dont la dérivée temporelle est :

   \frac{\mathrm{d}i_1}{\mathrm{d}t} = -\frac{I_0}{t_1}

   L'équation différentielle devient ainsi :

   L_2 \frac{\mathrm{d}i_2}{\mathrm{d}t} + R_2 i_2 = \frac{M I_0}{t_1}

   En divisant par l'inductance propre L_2, on obtient :

   \frac{\mathrm{d}i_2}{\mathrm{d}t} + \frac{R_2}{L_2} i_2 = \frac{M}{L_2 t_1} I_0

   Cette équation est bien de la forme :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}i_2}{\mathrm{d}t} + \frac{i_2}{\tau_2} = \frac{I_0}{\tau_1}}

   avec les constantes de temps :

   \boxed{\tau_1 = \frac{L_2}{M} t_1 \quad \text{et} \quad \tau_2 = \frac{L_2}{R_2}}

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}{i}_2}{\mathrm{d}t}+\frac{i_2}{{\tau }_2}=\frac{I_0}{{\tau }_1}$$

   $${\tau }_1=\frac{L_2}{M}{t}_1\text{et}{\tau }_2=\frac{L_2}{R_2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4ENS Physique C PC 2024, Q9

   D'après la question Q8, la fonction g(t) vérifie l'équation différentielle :

   m\ddot{g} + 4kg = 4E

   En divisant par m et en introduisant \omega = \sqrt{\frac{k}{m}}, cette équation se met sous la forme canonique :

   \ddot{g}(t) + 4\omega^2 g(t) = 4\omega^2 \frac{E}{k}

   Il s'agit d'une équation différentielle linéaire scalaire du second ordre à coefficients constants avec second membre constant.

   • Une solution particulière constante évidente est :

     g_p = \frac{E}{k}

   • L'équation homogène associée, \ddot{g} + (2\omega)^2 g = 0, admet pour pulsation propre 2\omega. Sa solution générale s'écrit :

     g_h(t) = C_1 \cos(2\omega t) + C_2 \sin(2\omega t)

     où C_1 et C_2 sont deux constantes réelles.

   La solution générale s'écrit donc :

   g(t) = \frac{E}{k} + C_1 \cos(2\omega t) + C_2 \sin(2\omega t)

   Sa dérivée temporelle vaut :

   \dot{g}(t) = -2\omega C_1 \sin(2\omega t) + 2\omega C_2 \cos(2\omega t)

   Les conditions initiales en t = 0 donnent :

   \begin{aligned} g(0) &= \frac{E}{k} + C_1 = g_0 \implies C_1 = g_0 - \frac{E}{k} \\ \dot{g}(0) &= 2\omega C_2 = h_0 \implies C_2 = \frac{h_0}{2\omega} \end{aligned}

   On en déduit l'expression temporelle de g(t) :

   \boxed{g(t) = \frac{E}{k} + \left(g_0 - \frac{E}{k}\right)\cos(2\omega t) + \frac{h_0}{2\omega}\sin(2\omega t)}

   Résultat

   $$g(t)=\frac{E}{k}+\left(g_0-\frac{E}{k}\right)\cos (2\omega t)+\frac{h_0}{2\omega }\sin (2\omega t)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CCINP Physique PC 2023, Q38

   1. Nature du signal attendu

   Dans le modèle établi aux questions Q36 et Q37, les phénomènes dissipatifs ont été explicitement négligés et l'évolution du gaz supposée isentropique. Le système est modélisé par un oscillateur harmonique sans amortissement, d'équation différentielle :

   \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2} + \omega_0^2 x = 0

   Le signal attendu serait donc une oscillation sinusoïdale non amortie, d'amplitude constante au cours du temps et de fréquence f_0.

   2. Interprétation de la différence observée

   Le signal expérimental enregistré (figure 9) met en évidence un régime pseudo-périodique amorti dont l'amplitude décroît exponentiellement avec le temps. Cette dissipation d'énergie mécanique provient de phénomènes réels absents du modèle idéalisé :

   • des forces de frottement visqueux de l'air le long des parois du col ainsi qu'au sein même de la tranche d'air en mouvement ;
   • des transferts thermiques conducto-convectifs avec les parois, l'évolution n'étant pas rigoureusement adiabatique ;
   • des pertes par rayonnement acoustique vers le milieu extérieur via l'embouchure du col.

   3. Estimation du facteur de qualité Q

   L'enveloppe du signal décroît selon une loi exponentielle de la forme u_{\max}(t) = u_0 \mathrm{e}^{-t/\tau}. Le décrément logarithmique \delta associé à la pseudo-période T s'exprime par :

   \delta = \frac{T}{\tau} = \frac{\pi}{Q}

   Sur un intervalle correspondant à n pseudo-périodes consécutives :

   n\,\delta = \ln\left(\frac{u(t)}{u(t + nT)}\right) \implies Q = \frac{n\pi}{\ln\left(\dfrac{u(t)}{u(t + nT)}\right)}

   Effectuons une lecture graphique sur la figure 9 :

   • Au premier pic positif vers t_1 \approx 0{,}008\text{ s}, la tension maximale vaut u(t_1) \approx 0{,}80\text{ V}.
   • Après n = 10 oscillations, vers t_{11} \approx 0{,}10\text{ s}, la tension maximale n'est plus que de u(t_{11}) \approx 0{,}16\text{ V}.

   On en déduit :

   \delta = \frac{1}{10}\ln\left(\frac{0{,}80}{0{,}16}\right) = \frac{\ln(5{,}0)}{10} \simeq 0{,}161

   Le facteur de qualité vaut donc :

   Q = \frac{\pi}{\delta} = \frac{10\pi}{\ln(5{,}0)} \simeq 19{,}5

   \boxed{Q \simeq 20}

   (une valeur comprise entre 15 et 25 est acceptable compte tenu de l'incertitude de lecture graphique).

   Résultat

   $$Q\simeq 20$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6ENS Physique-Chimie L PC 2023, Q16

   D'après la question Q15, le système différentiel vérifié par les populations s'écrit :

   \begin{cases} \dfrac{\mathrm{d}N_1}{\mathrm{d}t} = -\dfrac{N_1}{\tau} + \dfrac{N_2}{\tau} \\[8pt] \dfrac{\mathrm{d}N_2}{\mathrm{d}t} = \dfrac{N_1}{\tau} - \dfrac{N_2}{\tau} \end{cases}

   En sommant ces deux équations, on retrouve la conservation du nombre total de particules :

   \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\big(N_1(t) + N_2(t)\big) = 0 \implies N_1(t) + N_2(t) = N_1(0) + N_2(0) = N

   En soustrayant la seconde équation à la première :

   \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\big(N_1(t) - N_2(t)\big) = -\frac{2}{\tau}\big(N_1(t) - N_2(t)\big)

   L'intégration de cette équation différentielle scalaire du premier ordre donne :

   N_1(t) - N_2(t) = \big(N_1(0) - N_2(0)\big)\,\exp\!\left(-\frac{2t}{\tau}\right) = N\,\exp\!\left(-\frac{2t}{\tau}\right)

   En effectuant la demi-somme puis la demi-différence de ces deux relations, on obtient :

   \boxed{N_1(t) = \frac{N}{2}\left(1 + \exp\!\left(-\frac{2t}{\tau}\right)\right)}

   \boxed{N_2(t) = \frac{N}{2}\left(1 - \exp\!\left(-\frac{2t}{\tau}\right)\right)}

   Résultat

   $$N_1(t)=\frac{N}{2}\left(1+\exp \left(-\frac{2t}{\tau }\right)\right)$$

   $$N_2(t)=\frac{N}{2}\left(1-\exp \left(-\frac{2t}{\tau }\right)\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7E3A Physique-Chimie PC 2022, Q6

   D'après l'équation différentielle du mouvement obtenue à la question Q5 :

   m \frac{\mathrm{d}^2 z'_G}{\mathrm{d}t^2} + \lambda \frac{\mathrm{d}z'_G}{\mathrm{d}t} + k z'_G = m E_m \omega^2 \cos(\omega t + \phi)

   En divisant par la masse m, on obtient la forme canonique de l'oscillateur harmonique amorti :

   \frac{\mathrm{d}^2 z'_G}{\mathrm{d}t^2} + \frac{\lambda}{m} \frac{\mathrm{d}z'_G}{\mathrm{d}t} + \frac{k}{m} z'_G = E_m \omega^2 \cos(\omega t + \phi)

   Par identification directe avec la relation proposée :

   \begin{aligned} \omega_0^2 &= \frac{k}{m} \implies \omega_0 = \sqrt{\frac{k}{m}} \\ \frac{\omega_0}{Q} &= \frac{\lambda}{m} \implies Q = \frac{m\omega_0}{\lambda} = \frac{\sqrt{km}}{\lambda} \end{aligned}

   On identifie ainsi les grandeurs caractéristiques de l'oscillateur :

   • \omega_0 est la pulsation propre (ou pulsation de résonance non amortie) :

     \boxed{\omega_0 = \sqrt{\frac{k}{m}}}

   • Q est le facteur de qualité (sans dimension) :

     \boxed{Q = \frac{\sqrt{km}}{\lambda}}

   Résultat

   $${\omega }_0=\sqrt{\frac{k}{m}}$$

   $$Q=\frac{\sqrt{km}}{\lambda }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8ENS Physique-Chimie L PC 2021, Q11

   La loi d'Ohm généralisée appliquée à la spire fermée, orientée par \vec{e}_x, s'écrit en tenant compte du phénomène d'auto-induction :

   e = -\frac{\mathrm{d}\phi_{\mathrm{a/s}}}{\mathrm{d}t} - L\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} = Ri

   soit encore :

   Ri + L\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} = e_{\mathrm{ext}}

   où e_{\mathrm{ext}} = -\frac{\mathrm{d}\phi_{\mathrm{a/s}}}{\mathrm{d}t} est la force électromotrice induite par le mouvement de l'aimant.

   En estimant les termes par analyse d'ordres de grandeur sur une durée caractéristique \tau_i de variation du courant :

   \begin{aligned} |Ri| &\sim R I \\ \left| L\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} \right| &\sim L\frac{I}{\tau_i} \end{aligned}

   L'hypothèse \mathrm{H}_R selon laquelle le comportement électrique de la spire est dominé par l'effet résistif impose que la tension inductive soit négligeable devant la chute ohmique :

   \left| L\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} \right| \ll |Ri| \iff \frac{L}{\tau_i} \ll R

   ce qui conduit à la condition :

   \boxed{\tau_i \gg \frac{L}{R}}

   Le temps caractéristique d'évolution du courant \tau_i doit ainsi être très grand devant la constante de temps inductive propre de la spire \tau_L = L/R.

   Résultat

   $${\tau }_i\gg \frac{L}{R}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9X-ENS Physique B PC 2021, Q44

   D'après la question Q43, les deux éléments étant montés en parallèle, ils subissent à chaque instant la même déformation :

   \varepsilon_{\mathrm{KV}}(t) = \varepsilon_{\text{el}}(t) = \varepsilon_{\text{visc}}(t)

   Les lois de comportement respectives du solide de Hooke et du fluide newtonien s'écrivent :

   \begin{aligned} \sigma_{\text{el}}(t) &= E \, \varepsilon_{\text{el}}(t) = E \, \varepsilon_{\mathrm{KV}}(t) \\ \sigma_{\text{visc}}(t) &= \eta \, \frac{\mathrm{d}\varepsilon_{\text{visc}}}{\mathrm{d}t}(t) = \eta \, \frac{\mathrm{d}\varepsilon_{\mathrm{KV}}}{\mathrm{d}t}(t) \end{aligned}

   En sommant ces deux contributions selon la loi d'association établie à la question Q43 (\sigma_{\mathrm{KV}} = \sigma_{\text{el}} + \sigma_{\text{visc}}), on obtient :

   \sigma_{\mathrm{KV}}(t) = E \, \varepsilon_{\mathrm{KV}}(t) + \eta \, \frac{\mathrm{d}\varepsilon_{\mathrm{KV}}}{\mathrm{d}t}(t)

   En introduisant le temps de relaxation \tau = \frac{\eta}{E}, cette équation différentielle se met sous la forme :

   \boxed{\tau \frac{\mathrm{d}\varepsilon_{\mathrm{KV}}}{\mathrm{d}t}(t) + \varepsilon_{\mathrm{KV}}(t) = \frac{\sigma_{\mathrm{KV}}(t)}{E}}

   ou, de façon équivalente :

   \boxed{\sigma_{\mathrm{KV}}(t) = E \left( \varepsilon_{\mathrm{KV}}(t) + \tau \frac{\mathrm{d}\varepsilon_{\mathrm{KV}}}{\mathrm{d}t}(t) \right)}

   Résultat

   $$\tau \frac{\mathrm{d}{\epsilon }_{\mathrm{KV}}}{\mathrm{d}t}(t)+{\epsilon }_{\mathrm{KV}}(t)=\frac{{\sigma }_{\mathrm{KV}}(t)}{E}$$

   $${\sigma }_{\mathrm{KV}}(t)=E\left({\epsilon }_{\mathrm{KV}}(t)+\tau \frac{\mathrm{d}{\epsilon }_{\mathrm{KV}}}{\mathrm{d}t}(t)\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10X-ENS Physique B PC 2021, Q45

    D'après la question Q44, l'équation différentielle régissant la déformation dans le modèle de Kelvin-Voigt s'écrit :

    \tau \frac{\mathrm{d}\varepsilon_{\mathrm{KV}}}{\mathrm{d}t} + \varepsilon_{\mathrm{KV}}(t) = \frac{\sigma_{\mathrm{KV}}(t)}{E} \quad \text{avec} \quad \tau = \frac{\eta}{E}

    Pour une expérience de fluage, la contrainte imposée est un échelon : \sigma_{\mathrm{KV}}(t) = \sigma_0 = \text{Cte} pour t > 0.

    L'équation différentielle devient, pour t > 0 :

    \tau \frac{\mathrm{d}\varepsilon_{\mathrm{KV}}}{\mathrm{d}t} + \varepsilon_{\mathrm{KV}}(t) = \frac{\sigma_0}{E}

    La solution générale est la somme d'une solution particulière constante et de la solution générale de l'équation sans second membre :

    \varepsilon_{\mathrm{KV}}(t) = \frac{\sigma_0}{E} + A \mathrm{e}^{-t/\tau}, \quad A \in \mathbb{R}

    La condition initiale \varepsilon_{\mathrm{KV}}(0) = 0 impose :

    \varepsilon_{\mathrm{KV}}(0) = \frac{\sigma_0}{E} + A = 0 \implies A = -\frac{\sigma_0}{E}

    On en déduit l'évolution temporelle de la déformation pour tout t \ge 0 :

    \boxed{\varepsilon_{\mathrm{KV}}(t) = \frac{\sigma_0}{E} \left( 1 - \mathrm{e}^{-t/\tau} \right)}

    Résultat

    $${\epsilon }_{\mathrm{KV}}(t)=\frac{{\sigma }_0}{E}\left(1-{\mathrm{e}}^{-t/\tau }\right)$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question