Feuille d'entraînement : Circuits électriques et régimes transitoires

Corrigés

1. Exercice 1Banque PT Physique A PT 2025, Q35

   L'amplificateur linéaire d'intégration (ALI) étant supposé idéal, son impédance d'entrée est infinie : le courant entrant sur la borne non inverseuse est nul (i^+ = 0).

   Le potentiel V^+ est donc celui du point milieu constitué par les deux résistances R_1 = xR et R_2 = (1-x)R, connectées respectivement aux potentiels u_{\mathrm{s}} et E.

   En appliquant le théorème de Millman au nœud de potentiel V^+ :

   \begin{aligned} V^+ &= \frac{\dfrac{u_{\mathrm{s}}}{xR} + \dfrac{E}{(1-x)R}}{\dfrac{1}{xR} + \dfrac{1}{(1-x)R}} \end{aligned}

   En multipliant le numérateur et le dénominateur par x(1-x)R :

   \begin{aligned} V^+ &= \frac{(1-x)\,u_{\mathrm{s}} + x\,E}{(1-x) + x} \end{aligned}

   On en déduit :

   \boxed{V^+ = (1-x)\,u_{\mathrm{s}} + x\,E}

   Résultat

   $$V^{+}=(1-x)u_{\mathrm{s}}+xE$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Banque PT Physique A PT 2023, Q35

   Notons U_s = kU la tension efficace aux bornes de sortie du transformateur rehausseur et I la valeur efficace de l'intensité du courant circulant dans la ligne de transmission.

   Le dipôle récepteur D et la résistance de ligne r étant en série, ils sont traversés par le même courant efficace I.

   • La puissance active transmise au dipôle D vaut :

     p = R' I^2

   • La puissance dissipée par effet Joule dans la ligne de transmission s'écrit :

     \mathcal{P}_J = r I^2

   La puissance totale délivrée en sortie du transformateur élévateur est :

   \mathcal{P}_{\text{tot}} = U_s I = p + \mathcal{P}_J = (R' + r) I^2

   Dans une ligne de transport d'électricité conçue pour être efficace, les pertes en ligne sont très faibles devant la puissance transportée (\mathcal{P}_J \ll p, soit r \ll R'). On a donc au premier ordre :

   U_s I \approx p \implies I \approx \frac{p}{U_s}

   En injectant cette expression de l'intensité dans la puissance Joule dissipée, on obtient :

   \boxed{\mathcal{P}_J = \frac{r\,p^2}{U_s^2} = \frac{r\,p^2}{(kU)^2}}

   Résultat

   $${\mathcal{P}}_J=\frac{r{p}^2}{U_s^2}=\frac{r{p}^2}{(kU{)}^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Banque PT Physique A PT 2023, Q39

   D'après la question 38, l'équation différentielle du mouvement s'écrit :

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

   L'équation caractéristique associée à cette équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients constants est :

   r^2 + 2\lambda r + \omega_0^2 = 0

   Le discriminant réduit de ce trinôme vaut :

   \Delta' = \lambda^2 - \omega_0^2

   Le régime critique marque la transition entre le régime apériodique (\Delta' > 0) et le régime pseudo-périodique (\Delta' < 0). Il correspond à un discriminant nul, soit :

   \Delta' = 0 \iff \lambda^2 = \omega_0^2

   Puisque le coefficient d'amortissement \lambda et la pulsation propre \omega_0 sont des grandeurs positives, la valeur critique est :

   \boxed{\lambda = \omega_0}

   L'équation caractéristique admet alors une racine double réelle négative :

   r_0 = -\lambda = -\omega_0

   La forme générale de la solution Z(t) en régime critique s'écrit donc :

   \boxed{Z(t) = (A + B t)\,\mathrm{e}^{-\omega_0 t}}

   où A et B sont deux constantes réelles déterminées par les conditions initiales.

   Résultat

   $$\lambda ={\omega }_0$$

   $$Z(t)=(A+Bt){\mathrm{e}}^{-{\omega }_{0}t}$$

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4. Exercice 4Banque PT Physique A PT 2021, Q31

   L'amplificateur linéaire intégré U_0 étant supposé idéal, le courant entrant sur la borne non inverseuse est rigoureusement nul :

   i_+ = 0

   Les résistances R_1 et R_2 forment par conséquent un pont diviseur de tension non chargé entre la sortie au potentiel V_s et la masse au potentiel nul. Il vient directement :

   V^{(+)} = \frac{R_1}{R_1 + R_2} V_s

   Par application du théorème de Millman au nœud (+), on retrouve de façon équivalente :

   V^{(+)} = \frac{\dfrac{0}{R_1} + \dfrac{V_s}{R_2}}{\dfrac{1}{R_1} + \dfrac{1}{R_2}} = \frac{R_1}{R_1 + R_2} V_s

   \boxed{V^{(+)} = \frac{R_1}{R_1 + R_2} V_s}

   Résultat

   $$V^{(+)}=\frac{R_1}{R_1+R_2}{V}_s$$

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5. Exercice 5Banque PT Physique A PT 2021, Q36

   L'amplificateur linéaire intégré \text{U}_0 est supposé idéal, son impédance d'entrée est infinie et le courant d'entrée sur la borne inverseuse est nul :

   i^- = 0

   Le courant traversant la résistance R est donc intégralement transmis au condensateur de capacité C. En appliquant la loi des nœuds à l'entrée inverseuse de potentiel v_c(t), ou directement la relation courant-tension du dipôle RC série relié à la masse :

   i(t) = C \frac{\mathrm{d}v_c}{\mathrm{d}t}

   La loi des mailles appliquée à cette branche donne :

   v_s(t) - R\, i(t) - v_c(t) = 0 \implies v_s(t) = v_c(t) + R C \frac{\mathrm{d}v_c}{\mathrm{d}t}

   Pendant cette phase de croissance, la sortie de l'amplificateur est au niveau haut : v_s(t) = +V_{\text{sat}}. L'équation différentielle régissant v_c(t) s'écrit alors :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}v_c}{\mathrm{d}t} + \frac{v_c(t)}{RC} = \frac{V_{\text{sat}}}{RC}}

   ou encore, en introduisant la constante de temps \tau = RC :

   \tau \frac{\mathrm{d}v_c}{\mathrm{d}t} + v_c(t) = V_{\text{sat}}

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}{v}_c}{\mathrm{d}t}+\frac{v_c(t)}{RC}=\frac{V_{\text{sat}}}{RC}$$

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6. Exercice 6Banque PT Physique A PT 2025, Q17

   En convention générateur, la puissance électrique \mathcal{P} délivrée par le panneau photovoltaïque s'écrit :

   \mathcal{P} = U \cdot I

   Une courbe iso-puissance correspond à l'ensemble des points de fonctionnement (U, I) pour lesquels la puissance fournie \mathcal{P} est constante. On obtient ainsi la relation mathématique :

   \boxed{I = f(U) = \frac{\mathcal{P}}{U}}

   Commentaire sur la forme :

   • Dans le quadrant où U > 0 et I > 0, cette relation correspond à une branche d'hyperbole équilatère.
   • La fonction U \mapsto \frac{\mathcal{P}}{U} est strictement décroissante et convexe.
   • Elle admet l'axe des ordonnées (U = 0) pour asymptote verticale et l'axe des abscisses (I = 0) pour asymptote horizontale.
   • Sur le graphique de la figure 3, plus la puissance \mathcal{P} est élevée (par exemple 25 W, 50 W, 75 W, 100 W), plus la branche d'hyperbole s'éloigne de l'origine des axes.

   Résultat

   $$I=f(U)=\frac{\mathcal{P}}{U}$$

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7. Exercice 7Banque PT Physique A PT 2025, Q18

   1. Justification qualitative de l'existence d'un maximum de puissance

   Le point de fonctionnement (U, I) du circuit fermé sur la résistance R est l'intersection entre la caractéristique du panneau solaire I = f(U) en convention générateur et celle du conducteur ohmique U = R\,I (soit I = \frac{U}{R}) en convention récepteur. La puissance électrique reçue par le résistor est :

   \mathcal{P} = U\,I = R\,I^2 = \frac{U^2}{R}

   • Dans la limite d'un court-circuit (R \to 0), la tension s'annule (U \to 0) tandis que le courant atteint le courant de court-circuit I_{\mathrm{cc}} \approx 5{,}3\,\mathrm{A} ; la puissance fournie tend vers zéro :

     \lim_{R \to 0} \mathcal{P}(R) = 0

   • Dans la limite d'un circuit ouvert (R \to +\infty), le courant s'annule (I \to 0) tandis que la tension atteint la tension à vide U_{\mathrm{co}} \approx 22\,\mathrm{V} ; la puissance fournie tend également vers zéro :

     \lim_{R \to +\infty} \mathcal{P}(R) = 0

   La fonction \mathcal{P}(R) étant continue, strictement positive sur ]0, +\infty[ et nulle aux deux bornes, elle admet nécessairement au moins un maximum en une valeur particulière R^\star \in ]0, +\infty[.

   2. Détermination graphique de \mathcal{P}_{\max} et de R^\star pour une irradiance de 1\,\mathrm{kW}\cdot\mathrm{m}^{-2}

   Sur la figure 3, les courbes iso-puissance sont espacées de 5\,\mathrm{W}. La caractéristique pour 1\,\mathrm{kW}\cdot\mathrm{m}^{-2} est tangente à la deuxième courbe iso-puissance située au-dessus de la ligne repérée 75\,\mathrm{W}, soit la courbe :

   \mathcal{P} = 75 + 2 \times 5 = 85\,\mathrm{W}

   La puissance maximale délivrée par le panneau vaut donc :

   \boxed{\mathcal{P}_{\max} = 85\text{ W}}

   Au point de tangence (point de fonctionnement à puissance maximale), on lit les coordonnées :

   U^\star \approx 17\text{ V} \quad \text{et} \quad I^\star \approx 5{,}0\text{ A}

   On en déduit la résistance optimale correspondante :

   R^\star = \frac{U^\star}{I^\star} = \frac{17}{5{,}0} = 3{,}4\,\Omega

   \boxed{R^\star \approx 3{,}4\text{ }\Omega}

   Résultat

   $${\mathcal{P}}_{\max }=85\text{ W}$$

   $$R^{\star }\approx 3,4\Omega$$

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8. Exercice 8Banque PT Physique A PT 2023, Q40

   D'après la question Q39, la solution en régime critique (\lambda = \omega_0) est de la forme :

   Z(t) = (A + B\,t)\,\mathrm{e}^{-\omega_0 t}

   La dérivée temporelle s'écrit :

   \dot{Z}(t) = \left(B - \omega_0(A + B\,t)\right)\mathrm{e}^{-\omega_0 t}

   Les conditions initiales imposent :

   \begin{aligned} Z(0) &= A = d \\ \dot{Z}(0) &= B - \omega_0 A = 0 \implies B = \omega_0 d \end{aligned}

   L'expression temporelle du déplacement est donc :

   \boxed{Z(t) = d\,(1 + \omega_0 t)\,\mathrm{e}^{-\omega_0 t}}

   Étudions la fonction pour d > 0 :

   • En t = 0 : Z(0) = d et \dot{Z}(0) = 0, la courbe admet une tangente horizontale à l'origine.

   • Pour t > 0 : la dérivée vaut

     \dot{Z}(t) = -d\,\omega_0^2\,t\,\mathrm{e}^{-\omega_0 t} < 0

     La fonction Z(t) est strictement décroissante et ne change jamais de signe (aucun dépassement de la position d'équilibre Z = 0, absence d'oscillations).

   • Limite : \lim_{t \to +\infty} Z(t) = 0 par croissances comparées.
   • La dérivée seconde \ddot{Z}(t) = d\,\omega_0^2(\omega_0 t - 1)\,\mathrm{e}^{-\omega_0 t} s'annule en t = \frac{1}{\omega_0}, ce qui correspond à un point d'inflexion où Z\left(\frac{1}{\omega_0}\right) = \frac{2d}{\mathrm{e}} \approx 0{,}74\,d.

   Résultat

   $$Z(t)=d(1+{\omega }_{0}t){\mathrm{e}}^{-{\omega }_{0}t}$$

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9. Exercice 9Banque PT Physique A PT 2022, Q1

   La loi de résistance de la thermistance s'écrit :

   R(T) = R_0 \exp\left[ B \left( \frac{1}{T} - \frac{1}{T_0} \right) \right]

   avec R_0 > 0 et B > 0.

   Dérivons R(T) par rapport à la température absolue T :

   \frac{\mathrm{d}R}{\mathrm{d}T} = -\frac{B}{T^2} \, R(T) < 0

   La fonction R(T) est donc strictement décroissante et convexe (\mathrm{d}^2R/\mathrm{d}T^2 > 0) sur ]0, +\infty[.

   Examinons les points et comportements remarquables :

   • Pour T = T_0, on a immédiatement R(T_0) = R_0.
   • Lorsque T \to 0^+, \frac{1}{T} \to +\infty, d'où \lim_{T \to 0^+} R(T) = +\infty.

   • Lorsque T \to +\infty, \frac{1}{T} \to 0, d'où une asymptote horizontale d'équation :

     R_\infty = \lim_{T \to +\infty} R(T) = R_0 \exp\left(-\frac{B}{T_0}\right) > 0

   On en déduit l'allure de la courbe R(T) :

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10. Exercice 10Banque PT Physique A PT 2022, Q2

    D'après l'expression donnée dans l'énoncé :

    R(T) = R_0 \exp\left[B\left(\frac{1}{T} - \frac{1}{T_0}\right)\right]

    En prenant le logarithme népérien, on obtient :

    \ln(R) = B \cdot \frac{1}{T} + \ln(R_0) - \frac{B}{T_0}

    1. Validation de la loi : La loi théorique prédit une relation affine entre \ln(R) et 1/T, de pente positive B :

    \ln(R) = a \cdot \left(\frac{1}{T}\right) + b \quad \text{avec} \quad a = B > 0

    Le tracé expérimental fourni montre des points alignés selon une droite de pente positive, ce qui valide la loi R(T) sur la plage de température étudiée.

    2. Détermination de B : Le paramètre B représente la pente (le coefficient directeur) de la droite :

    \boxed{B = \frac{\Delta \ln R}{\Delta(1/T)}}

    Graphiquement, en choisissant par exemple deux points de la droite :

    • pour 1/T = 15 \cdot 10^{-4}\text{ K}^{-1}, on lit \ln R \approx 2{,}5 ;
    • pour 1/T = 50 \cdot 10^{-4}\text{ K}^{-1}, on lit \ln R \approx 14{,}75 ;

    ce qui donne B \approx \frac{14{,}75 - 2{,}5}{(50 - 15) \cdot 10^{-4}} \approx 3500\text{ K}.

    3. Détermination de R_0 : Pour la température particulière T = T_0 = 294\text{ K}, on a \frac{1}{T} - \frac{1}{T_0} = 0, soit :

    \ln\big(R(T_0)\big) = \ln(R_0) \implies \boxed{R_0 = \exp\left(\left.\ln R\right|_{1/T = 1/T_0}\right)}

    On calcule l'abscisse correspondante :

    \frac{1}{T_0} = \frac{1}{294} \approx 3{,}40 \cdot 10^{-3}\text{ K}^{-1} = 34 \cdot 10^{-4}\text{ K}^{-1}

    La lecture graphique à cette abscisse donne \ln R \approx 9{,}0, d'où :

    R_0 \approx \mathrm{e}^{9{,}0} \approx 8{,}1 \cdot 10^3\ \Omega \approx 8000\ \Omega

    Résultat

    $$B=\frac{\Delta \ln R}{\Delta (1/T)}$$

    $$R_0=\exp \left({\ln R|}_{1/T=1/T_0}\right)$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question