Le circuit RL
I. La bobine
Une bobine est constituée d’un enroulement cylindrique d’un fil conducteur de résistance r, recouvert d’un isolant.
II. Influence d’une bobine dans un circuit.
1-Expérience :
On considère le montage suivant formé de deux lampes identiques, un résistance $R$, une bobine de résistance interne $r=R$ et un générateur de tension de f.e.m $E$.
On ferme l’interrupteur $k$ et on observe que La lampe $L_2$ s’allume avec un retard par rapport à la lampe $L_i$, et puis les deux lampes s’allument de la même façon.
2- consequence
On constate qu’il se produit un retard à l’établissement du courant dans la portion de circuit qui comporte la bobine,
donc
Une bobine s’oppose transitoirement à l’établissement du courant dans un circuit. En régime permanent, la bobine se comporte comme un conducteur ohmique de résistance $r$
III. La tension au borne d’une bobine
1) Expérience 1
On considère le montage suivant formé d’une bobine, une résistance $R$ et un générateur de f.e.m $E$ réglable. On fait varier la valeur de $E$ et on note la valeur de I passant par la bobine et la tension $U_b$ entre ses bornes.
$$
begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}
hline mathrm{u}_{mathrm{b}}(V) & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \
hline I quad(A) & 0 & 0,08 & 0,16 & 0,24 & 0,32 \
hline U / I(Omega) & & 12,5 & 12,5 & 12,5 & 12,5 \
hline
end{array}
$$
On constate que $u_b$ est proportionnel à l’intensité
I, donc:
$$
U_b=r . I
$$
$r$ est la résistance interne de la bobine
la bobine se comporte comme une résistance lorsqu’elle est parcourue par un courant continue.
2) Expérience 2
On change le générateur précédent par un GBF délivrant une tension triangulaire et on néglige la résistance de la bobine devant celle du résistor.
On visualise la tension $u_{s M}$ au borne de la bobine et la tension $u_{A M}$ au borne de la résistance.
$$
begin{array}{|c|c|c|c|c|}
hline text { L’intrval } & text { U }_{A M}=-R . i & i & frac{d i}{d t} & text { u }_{B M} \
hlineleft[0-frac{T}{2}[ right. & a . t+b & -frac{a}{R} cdot t-frac{b}{R} & -frac{a}{R}=text { Cte }langle 0 & -k=text { Cte }langle 0 \
hlineleft[frac{T}{2}-T[ right. & -a . t+b^{prime} & frac{a}{R} cdot t-frac{b^{prime}}{R} & left.frac{a}{R}=text { Cte }rightrangle 0 & k=text { Cte }rangle 0 \
hline
end{array}
$$
En faisant varier le coefficient $a$ on constate que $u_b$ varie proportionnellement donc $u_{B M}$ est proportionnelle à $frac{d i}{d t}$, le facteur de proportionnalité est appelé coefficient d’auto-induction de la bobine, on le noté L, son unité est le Henry (H)
L représente le pouvoir de s’opposer à la variation du courant dans ses spires, il dépond des propriétés de la bobine
$$
u_b(t)=L frac{d i(t)}{d t}
$$
3) la tension au borne d’une bobine.
En convention récepteur on a pour une bobine
de résistance $r$ et d’induction $L$.
$$
u_b(t)=r . i+L frac{d i(t)}{d t}
$$
IV. Réponse d’un dipôle RL à un échelon de tension
1) le montage du circuit.
$k$ fermé ,la tension $u_{A B}$ est $E$ (échelon
ascendant)
$k$ ouvert , la tension $u_{A B} s^{prime}$ annule (échelon descendant)
2) L’établissement de courant.
À un instant $t=0$ on ferme $k$, la diode bloque le courant.
a) Équation différentielle vérifiée par
le courant $i$.
La loi d’additivité des tensions appliquée aux bornes du dipôle RL permet d’écrire:
$$
u_{mathrm{R}}+u_{mathrm{b}}=mathrm{E} quad Rightarrow mathrm{Ri}+mathrm{ri}+mathrm{L} frac{d i}{d t}=mathrm{E}
$$
Finalement l’équation différentielle cherchée s’écrit
$$
frac{L}{R+r} cdot frac{d i}{d t}+i=frac{E}{R+r}
$$
b) solutions d’équation différentielle.
La solution générale de l’équation différentielle précédente est $i(t)=A . e^{-t / tau}+B$ A, B et $tau$ sont des constantes à déterminer.
Pour déterminer les constantes $A, B$ et $tau$ il faut suivre les étapes suivantes:
$>$ On remplace la solution dans l’équation différentielle
Donc : $frac{L}{R+r} cdot underbrace{left(A cdot frac{-1}{tau} e^{-t / tau}right.}_{frac{d i}{d t}})+underbrace{A cdot e^{-t / tau}+B}_i=frac{E}{R+r} Rightarrowleft(1-frac{L}{R+r} cdot frac{1}{tau}right) cdot A e^{-t / tau}=frac{E}{R+r}-B$.
Pour que cet équation soit vérifié $forall t$ il faut que : $Rightarrow underbrace{(underbrace{1-frac{L}{R+r} cdot frac{1}{tau}})}_{=0} cdot A e^{-+/ tau}=underbrace{frac{E}{R+r}-mathrm{B}}_{=0}$
Donc
$$
tau=frac{L}{R+r} text { et } mathrm{B}=frac{E}{R+r} text {. }
$$
$$
begin{aligned}
&text { Les conditions initiales : à } t=0 text { on a } i=0 text { (la bobine empêche le courant de passer) donc }\
&A+B=0 quad Rightarrow quad A=-B=-frac{E}{R+r}
end{aligned}
$$
$$
begin{aligned}
&text { On pose } mathrm{Ip}=frac{E}{R+r} quad text { l’intensité du courant en régime permanant, donc : }\
&i(t)=I_p cdotleft(1-e^{-t / tau}right)
end{aligned}
$$
Remarques
• $$
begin{aligned}
tau=frac{L}{R_T} & Rightarrow[tau]=[mathrm{L}] cdot[mathrm{R}]^{-1} Rightarrow quad[tau]=[mathrm{u}] cdot[mathrm{T}] cdot[mathrm{I}]^{-1} cdot[mathrm{U}] cdot[mathrm{I}]^{-1}=[mathrm{T}]=mathrm{s} \
& tau text { est la constante du temps du circuit. }
end{aligned}
$$
• $i(tau)=operatorname{Ip} .left(1-e^{-1}right) quad Rightarrow quad i(tau)=63 % cdot I_p quad$ donc $:$
$tau$ est la durée au bout de laquelle le courant est établie à $63 %$.
$$
tau text { est l’abscisse du point d’intersection de la tangente à la courbe à } t=0 text { et la tangente à l’m. }
$$
• $$
tau text { est l’abscisse du point d’intersection de la tangente à la courbe à } t=0 text { et la tangente à l’m. }
$$
• $i(5 tau)=E .left(1-e^{-5}right) Rightarrow quad i(tau)=99,4 % I_p$ donc au bout de $5 tau$ on peut considérer que le courant permanant Ip est établie.
c) la tension au borne de la bobine
$$
begin{aligned}
u_b(t)=r cdot i+L cdot frac{d i}{d t} & Rightarrow u_b(t)=r cdot I_p cdotleft(1-e^{-t / tau}right)+L cdot I_p cdot frac{e^{-t / tau} tau}{tau} \
& Rightarrow u_b(t)=r cdot I_p cdotleft(1-e^{-t / tau}right)+I_p cdot(R+r) cdot e^{-t / tau} quad Rightarrow u_b(t)=r cdot I_p+R cdot I_p cdot e^{-t / tau}
end{aligned}
$$
Autre méthode : $u_b(t)=E-R . i Rightarrow u_b(t)=E-R . I_p .left(1-e^{-t / tau}right) quad Rightarrow u_b(t)=$ r.I $I_p+$ R.I $I_p . e^{-t / tau}$
$$
text { donc } u_b(0)=E text { et } u_b(infty)=r . I_p text {. }
$$
3) Rupture de courant
À un instant $t=0$ on ouvre $k$, la diode est passante et $u_D=0$
a) Équation différentielle vérifiée par le courant $i$.
La loi d’additivité des tensions appliquée aux bornes du dipôle RL permet d’écrire: $u_R+u_b=0 Rightarrow R i+r i+L frac{d i}{d t}=0$.
$$
Rightarrow quad frac{L}{R+r} cdot frac{d i}{d t}+i=0
$$
b) solution d’équation différentielle.
La solution générale de l’équation différentielle précédente est $i(dagger)=A cdot e^{-t / tau}+B$
$A, B$ et $tau$ sont des constantes à déterminer.
Pour déterminer les constantes A, B et $tau$ il faut suivre les étapes suivantes:
On remplace la solution dans l’équation différentielle
Donc : $frac{L}{R+r} cdot underbrace{left(A cdot frac{-1}{tau} e^{-t / tau}right.}_{frac{d i}{d t}})+underbrace{A cdot e^{-t / tau}+B}_i=frac{E}{R+r} Rightarrowleft(1-frac{L}{R+r} cdot frac{1}{tau}right) cdot A e^{-t / tau}=frac{E}{R+r}-B$.
Pour que cet équation soit vérifié $forall t$ il faut que : $Rightarrow(underbrace{left(1-frac{L}{R+r} cdot frac{1}{tau}right)}_{=0}) cdot A e^{-t / tau}=underbrace{frac{E}{R+r}-B}_{=0}$
Donc
$$
tau=frac{L}{R+r} text { et } mathrm{B}=frac{E}{R+r} .
$$
$$
begin{aligned}
&text { Les conditions initiales : à } t=0 text { on a } i=0 text { (la bobine empêche le courant de passer) donc }\
&A+B=0 quad Rightarrow quad A=-B=-frac{E}{R+r}
end{aligned}
$$
$$
text { donc } quad i(t)=I_p cdot e^{-t / tau}
$$
Remarques
•$$
begin{aligned}
mathrm{i}(tau)=mathrm{I}_{mathrm{p}} cdot mathrm{e}^{-1} & Rightarrow mathrm{i}(tau)=37 % mathrm{I}_p text { donc } \
& tau text { est la durée au bout laquelle le courant est rompue à } 63 % .
end{aligned}
$$
• $tau$ est l’abscisse du point d’intersection de la tangente à la courbe à $t=0$ et la tangente à l’ $infty$. $i(5 tau)=I_p e^{-5} approx 0$ donc au bout de $5 tau$ on peut considérer que le courant est Rompu totalement.
c) la tension au borne de la bobine
On $a: u_b(t)+u_R(t)=0 Rightarrow u_b(t)=-u_R(t)=-R . i(t) Rightarrow u_b(t)=-R cdot I_p e^{-t / tau}$ donc $u_b(0)=-R I_p$ et $u_b(infty)=0$.
En absence de diode on obtient une rupture instantané de courant ce qui provoque une étincelle au niveau de l’interrupteur. C’est la surtension. Donc la diode évite la surtension.
Le courant traversant la bobine est une fonction continue en fonction du temps et la tension au borne de la bobine est discontinue.
V. Énergie emmagasinée dans une bobine
1. Puissance électrique de la bobine.
$$
begin{aligned}
&text { La puissance instantanée reçue par la bobine est }\
&begin{aligned}
& P=u_b cdot i Rightarrow P=r cdot i^2+L . i cdot frac{d i}{d t} \
& Rightarrow P=r cdot i^2+frac{1}{2} cdot L cdot frac{d i^2}{d t} \
& Rightarrow P=r . i^2+frac{dleft(frac{1}{2} L i^2right)}{d t}
end{aligned}
end{aligned}
$$
2. l’énergie électrique emmagasinée dans le condensateur
$xi_e(t)$ est L’énergie reçue par la bobine. on a $P=P_{t h}+P_m$ avec $P_m=frac{dleft(xi_mright)}{d t}$
$xi_m$ est l’énergie magnétique emmagasiné par la bobine, donc $boldsymbol{xi}_m=frac{1}{2} boldsymbol{L} boldsymbol{i}^2+$ Cte.
Pour $mathrm{i}=0$ on $a xi_m=0$ donc $quad xi_m=frac{1}{2} L . boldsymbol{i}^2$
Donc
$$
begin{array}{|c|c|}
hline text { Pendant l’établissement } & text { Pendant la rupture } \
hline xi_e(t)=frac{1}{2} L cdot I_P^2left[1-e^{-t / tau}right]^2 & xi_e(t)=frac{1}{2} L cdot I_P^2 e^{-2 t / tau} \
hline
end{array}
$$
Exercice
Un générateur basse fréquence (GBF) applique une 
tension alternative triangulaire aux bornes d’un dipôle $A B$ constitué d’une bobine d’inductance $L$ et de résistance négligeable et d’un conducteur ohmique de résistance $R=500 Omega$ montés tous en série, comme le montre la figure 1. Un oscilloscope, convenablement branché, permet de visualiser, simultanément la tension $U_{A M}$ aux bornes de la bobine sur la voie $Y_1$ et la tension $u_{s M} a u x$ bornes du conducteur ohmique sur la voie $Y_2$. Les chronogrammes de la figure 2, représentent les tensions observées sur l’écran de l’oscilloscope pour une fréquence $N$ du GBF.
1-a-Identifier, parmi les chronogrammes et de la figure 3 celui qui correspond à la tension visualisée sur la voie $Y_2$. Justifier la réponse.
b- Déterminer la fréquence N du GBF.
2- Donner les expressions des tensions $u_{M M}$ et $u_{g M}$ en fonction de l’intensité $i$ du courant et des caractéristiques du dipôle $A B$.
3-a- Exprimer $u_{A M}$ en fonction de $u_{B M}$, $L$ et $R$.
b- Justifier, sur une demi-période, la forme de la tension $u_{M M}$ observée sur la voie $Y_1$.
c- Déterminer la valeur de I ‘inductance $L$ de la bobine.
Exercice
On réalise un circuit électrique AM comportant en série un
conducteur ohmique de résistance $R_0=60 Omega$, une bobine ( $B_1$ ) d’inductance $L_1$ et de résistance supposée nulle et un interrupteur $K$. le circuit AM est alimenté par générateur de tension de fém $mathbf{E}$ (figure-1).
Un système d’acquisition adéquat permet de suivre l’évolution au cours du temps des tensions $u_{A M}(t)$ et $u_{D M}(t)$ sont celles de la figure 2.
1a. Montrer que la courbe 1 correspond à $u_{D M}(t)$.
b. Donner la valeur du fém. E du générateur.
2. a. A l’instant $t_1=12 mathrm{~ms}$, déterminer graphiquement la valeur de la tension $u_{31}$ aux bornes de l bobine ( $B_1$ ) et déduire la valeur de la tension $u_R$ aux bornes du conducteur ohmique.
b. A l’instant $t_2=108 mathrm{~ms}$, montrer que l’intensité du courant qui s’établit dans le circuit est $I_0=0,1 mathrm{~A}$.
3. a. Déterminer graphiquement la valeur de la constante de temps $tau$ du dipôle RL.
b. En déduire la valeur de l’inductance $L_1$ de la bobine ( $B_1$ ).
c. Calculer l’énergie emmagasinée dans la bobine ( $B_1$ ) en régime permanant.
4. On remplace la bobine ( $B_1$ ) par une bobine ( $B_2$ ) d’inductance $L_2$ et de résistance $r$. La courbe de variation de la tension $u_{D M}(t)$ est représentée sur la figure 3.
a. Montrer qu’en régime permanant, la tension aux bornes de la bobine ( $B_2$ ) est : $u_{B 2}=r cdot E /(r+R)$
b. Déduire la valeur de la résistance $r$ de la bobine.
c. Déterminer la valeur de l’inductance $L_2$.
I. La bobine
Une bobine est constituée d’un enroulement cylindrique d’un fil conducteur de résistance r, recouvert d’un isolant.
II. Influence d’une bobine dans un circuit.
1-Expérience :
On considère le montage suivant formé de deux lampes identiques, un résistance $R$, une bobine de résistance interne $r=R$ et un générateur de tension de f.e.m $E$.
On ferme l’interrupteur $k$ et on observe que La lampe $L_2$ s’allume avec un retard par rapport à la lampe $L_i$, et puis les deux lampes s’allument de la même façon.
2- consequence
On constate qu’il se produit un retard à l’établissement du courant dans la portion de circuit qui comporte la bobine,
donc
Une bobine s’oppose transitoirement à l’établissement du courant dans un circuit. En régime permanent, la bobine se comporte comme un conducteur ohmique de résistance $r$
III. La tension au borne d’une bobine
1) Expérience 1
On considère le montage suivant formé d’une bobine, une résistance $R$ et un générateur de f.e.m $E$ réglable. On fait varier la valeur de $E$ et on note la valeur de I passant par la bobine et la tension $U_b$ entre ses bornes.
$$
begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}
hline mathrm{u}_{mathrm{b}}(V) & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \
hline I quad(A) & 0 & 0,08 & 0,16 & 0,24 & 0,32 \
hline U / I(Omega) & & 12,5 & 12,5 & 12,5 & 12,5 \
hline
end{array}
$$
On constate que $u_b$ est proportionnel à l’intensité
I, donc:
$$
U_b=r . I
$$
$r$ est la résistance interne de la bobine
la bobine se comporte comme une résistance lorsqu’elle est parcourue par un courant continue.
2) Expérience 2
On change le générateur précédent par un GBF délivrant une tension triangulaire et on néglige la résistance de la bobine devant celle du résistor.
On visualise la tension $u_{s M}$ au borne de la bobine et la tension $u_{A M}$ au borne de la résistance.
$$
begin{array}{|c|c|c|c|c|}
hline text { L’intrval } & text { U }_{A M}=-R . i & i & frac{d i}{d t} & text { u }_{B M} \
hlineleft[0-frac{T}{2}[ right. & a . t+b & -frac{a}{R} cdot t-frac{b}{R} & -frac{a}{R}=text { Cte }langle 0 & -k=text { Cte }langle 0 \
hlineleft[frac{T}{2}-T[ right. & -a . t+b^{prime} & frac{a}{R} cdot t-frac{b^{prime}}{R} & left.frac{a}{R}=text { Cte }rightrangle 0 & k=text { Cte }rangle 0 \
hline
end{array}
$$
En faisant varier le coefficient $a$ on constate que $u_b$ varie proportionnellement donc $u_{B M}$ est proportionnelle à $frac{d i}{d t}$, le facteur de proportionnalité est appelé coefficient d’auto-induction de la bobine, on le noté L, son unité est le Henry (H)
L représente le pouvoir de s’opposer à la variation du courant dans ses spires, il dépond des propriétés de la bobine
$$
u_b(t)=L frac{d i(t)}{d t}
$$
3) la tension au borne d’une bobine.
En convention récepteur on a pour une bobine de résistance $r$ et d’induction $L$.
$$
u_b(t)=r . i+L frac{d i(t)}{d t}
$$
IV. Réponse d’un dipôle RL à un échelon de tension
1) le montage du circuit.
$k$ fermé ,la tension $u_{A B}$ est $E$ (échelon ascendant)
$k$ ouvert , la tension $u_{A B} s^{prime}$ annule (échelon descendant)
2) L’établissement de courant.
À un instant $t=0$ on ferme $k$, la diode bloque le courant.
a) Équation différentielle vérifiée par le courant $i$.
La loi d’additivité des tensions appliquée aux bornes du dipôle RL permet d’écrire:
$$
u_{mathrm{R}}+u_{mathrm{b}}=mathrm{E} quad Rightarrow mathrm{Ri}+mathrm{ri}+mathrm{L} frac{d i}{d t}=mathrm{E}
$$
Finalement l’équation différentielle cherchée s’écrit
$$
frac{L}{R+r} cdot frac{d i}{d t}+i=frac{E}{R+r}
$$
b) solutions d’équation différentielle.
La solution générale de l’équation différentielle précédente est $i(t)=A . e^{-t / tau}+B$ A, B et $tau$ sont des constantes à déterminer.
Pour déterminer les constantes $A, B$ et $tau$ il faut suivre les étapes suivantes:
$>$ On remplace la solution dans l’équation différentielle
Donc : $frac{L}{R+r} cdot underbrace{left(A cdot frac{-1}{tau} e^{-t / tau}right.}_{frac{d i}{d t}})+underbrace{A cdot e^{-t / tau}+B}_i=frac{E}{R+r} Rightarrowleft(1-frac{L}{R+r} cdot frac{1}{tau}right) cdot A e^{-t / tau}=frac{E}{R+r}-B$.
Pour que cet équation soit vérifié $forall t$ il faut que : $Rightarrow underbrace{(underbrace{1-frac{L}{R+r} cdot frac{1}{tau}})}_{=0} cdot A e^{-+/ tau}=underbrace{frac{E}{R+r}-mathrm{B}}_{=0}$
Donc
$$
tau=frac{L}{R+r} text { et } mathrm{B}=frac{E}{R+r} text {. }
$$
$$
begin{aligned}
&text { Les conditions initiales : à } t=0 text { on a } i=0 text { (la bobine empêche le courant de passer) donc }\
&A+B=0 quad Rightarrow quad A=-B=-frac{E}{R+r}
end{aligned}
$$
$$
begin{aligned}
&text { On pose } mathrm{Ip}=frac{E}{R+r} quad text { l’intensité du courant en régime permanant, donc : }\
&i(t)=I_p cdotleft(1-e^{-t / tau}right)
end{aligned}
$$
Remarques
• $$
begin{aligned}
tau=frac{L}{R_T} & Rightarrow[tau]=[mathrm{L}] cdot[mathrm{R}]^{-1} Rightarrow quad[tau]=[mathrm{u}] cdot[mathrm{T}] cdot[mathrm{I}]^{-1} cdot[mathrm{U}] cdot[mathrm{I}]^{-1}=[mathrm{T}]=mathrm{s} \
& tau text { est la constante du temps du circuit. }
end{aligned}
$$
• $i(tau)=operatorname{Ip} .left(1-e^{-1}right) quad Rightarrow quad i(tau)=63 % cdot I_p quad$ donc $:$
$tau$ est la durée au bout de laquelle le courant est établie à $63 %$.
$$
tau text { est l’abscisse du point d’intersection de la tangente à la courbe à } t=0 text { et la tangente à l’m. }
$$
• $$
tau text { est l’abscisse du point d’intersection de la tangente à la courbe à } t=0 text { et la tangente à l’m. }
$$
• $i(5 tau)=E .left(1-e^{-5}right) Rightarrow quad i(tau)=99,4 % I_p$ donc au bout de $5 tau$ on peut considérer que le courant permanant Ip est établie.
c) la tension au borne de la bobine
$$
begin{aligned}
u_b(t)=r cdot i+L cdot frac{d i}{d t} & Rightarrow u_b(t)=r cdot I_p cdotleft(1-e^{-t / tau}right)+L cdot I_p cdot frac{e^{-t / tau} tau}{tau} \
& Rightarrow u_b(t)=r cdot I_p cdotleft(1-e^{-t / tau}right)+I_p cdot(R+r) cdot e^{-t / tau} quad Rightarrow u_b(t)=r cdot I_p+R cdot I_p cdot e^{-t / tau}
end{aligned}
$$
Autre méthode : $u_b(t)=E-R . i Rightarrow u_b(t)=E-R . I_p .left(1-e^{-t / tau}right) quad Rightarrow u_b(t)=$ r.I $I_p+$ R.I $I_p . e^{-t / tau}$
$$
text { donc } u_b(0)=E text { et } u_b(infty)=r . I_p text {. }
$$
3) Rupture de courant
À un instant $t=0$ on ouvre $k$, la diode est passante et $u_D=0$
a) Équation différentielle vérifiée par le courant $i$.
La loi d’additivité des tensions appliquée aux bornes du dipôle RL permet d’écrire: $u_R+u_b=0 Rightarrow R i+r i+L frac{d i}{d t}=0$.
$$
Rightarrow quad frac{L}{R+r} cdot frac{d i}{d t}+i=0
$$
b) solution d’équation différentielle.
La solution générale de l’équation différentielle précédente est $i(dagger)=A cdot e^{-t / tau}+B$
$A, B$ et $tau$ sont des constantes à déterminer.
Pour déterminer les constantes A, B et $tau$ il faut suivre les étapes suivantes:
On remplace la solution dans l’équation différentielle
Donc : $frac{L}{R+r} cdot underbrace{left(A cdot frac{-1}{tau} e^{-t / tau}right.}_{frac{d i}{d t}})+underbrace{A cdot e^{-t / tau}+B}_i=frac{E}{R+r} Rightarrowleft(1-frac{L}{R+r} cdot frac{1}{tau}right) cdot A e^{-t / tau}=frac{E}{R+r}-B$.
Pour que cet équation soit vérifié $forall t$ il faut que : $Rightarrow(underbrace{left(1-frac{L}{R+r} cdot frac{1}{tau}right)}_{=0}) cdot A e^{-t / tau}=underbrace{frac{E}{R+r}-B}_{=0}$
Donc
$$
tau=frac{L}{R+r} text { et } mathrm{B}=frac{E}{R+r} .
$$
$$
begin{aligned}
&text { Les conditions initiales : à } t=0 text { on a } i=0 text { (la bobine empêche le courant de passer) donc }\
&A+B=0 quad Rightarrow quad A=-B=-frac{E}{R+r}
end{aligned}
$$
$$
text { donc } quad i(t)=I_p cdot e^{-t / tau}
$$
Remarques
•$$
begin{aligned}
mathrm{i}(tau)=mathrm{I}_{mathrm{p}} cdot mathrm{e}^{-1} & Rightarrow mathrm{i}(tau)=37 % mathrm{I}_p text { donc } \
& tau text { est la durée au bout laquelle le courant est rompue à } 63 % .
end{aligned}
$$
• $tau$ est l’abscisse du point d’intersection de la tangente à la courbe à $t=0$ et la tangente à l’ $infty$. $i(5 tau)=I_p e^{-5} approx 0$ donc au bout de $5 tau$ on peut considérer que le courant est Rompu totalement.
c) la tension au borne de la bobine
On $a: u_b(t)+u_R(t)=0 Rightarrow u_b(t)=-u_R(t)=-R . i(t) Rightarrow u_b(t)=-R cdot I_p e^{-t / tau}$ donc $u_b(0)=-R I_p$ et $u_b(infty)=0$.
En absence de diode on obtient une rupture instantané de courant ce qui provoque une étincelle au niveau de l’interrupteur. C’est la surtension. Donc la diode évite la surtension.
Le courant traversant la bobine est une fonction continue en fonction du temps et la tension au borne de la bobine est discontinue.
V. Énergie emmagasinée dans une bobine
1. Puissance électrique de la bobine.
$$
begin{aligned}
&text { La puissance instantanée reçue par la bobine est }\
&begin{aligned}
& P=u_b cdot i Rightarrow P=r cdot i^2+L . i cdot frac{d i}{d t} \
& Rightarrow P=r cdot i^2+frac{1}{2} cdot L cdot frac{d i^2}{d t} \
& Rightarrow P=r . i^2+frac{dleft(frac{1}{2} L i^2right)}{d t}
end{aligned}
end{aligned}
$$
2. l’énergie électrique emmagasinée dans le condensateur
$xi_e(t)$ est L’énergie reçue par la bobine. on a $P=P_{t h}+P_m$ avec $P_m=frac{dleft(xi_mright)}{d t}$
$xi_m$ est l’énergie magnétique emmagasiné par la bobine, donc $boldsymbol{xi}_m=frac{1}{2} boldsymbol{L} boldsymbol{i}^2+$ Cte.
Pour $mathrm{i}=0$ on $a xi_m=0$ donc $quad xi_m=frac{1}{2} L . boldsymbol{i}^2$
Donc
$$
begin{array}{|c|c|}
hline text { Pendant l’établissement } & text { Pendant la rupture } \
hline xi_e(t)=frac{1}{2} L cdot I_P^2left[1-e^{-t / tau}right]^2 & xi_e(t)=frac{1}{2} L cdot I_P^2 e^{-2 t / tau} \
hline
end{array}
$$
Une bobine est constituée d’un enroulement cylindrique d’un fil conducteur de résistance r, recouvert d’un isolant.
1-Expérience :
On considère le montage suivant formé de deux lampes identiques, un résistance $R$, une bobine de résistance interne $r=R$ et un générateur de tension de f.e.m $E$.
On ferme l’interrupteur $k$ et on observe que La lampe $L_2$ s’allume avec un retard par rapport à la lampe $L_i$, et puis les deux lampes s’allument de la même façon.
2- consequence
On constate qu’il se produit un retard à l’établissement du courant dans la portion de circuit qui comporte la bobine,
donc
Une bobine s’oppose transitoirement à l’établissement du courant dans un circuit. En régime permanent, la bobine se comporte comme un conducteur ohmique de résistance $r$
1) Expérience 1
On considère le montage suivant formé d’une bobine, une résistance $R$ et un générateur de f.e.m $E$ réglable. On fait varier la valeur de $E$ et on note la valeur de I passant par la bobine et la tension $U_b$ entre ses bornes.
$$
begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}
hline mathrm{u}_{mathrm{b}}(V) & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \
hline I quad(A) & 0 & 0,08 & 0,16 & 0,24 & 0,32 \
hline U / I(Omega) & & 12,5 & 12,5 & 12,5 & 12,5 \
hline
end{array}
$$
On constate que $u_b$ est proportionnel à l’intensité
I, donc:
$$
U_b=r . I
$$
$r$ est la résistance interne de la bobine
la bobine se comporte comme une résistance lorsqu’elle est parcourue par un courant continue.
2) Expérience 2
On change le générateur précédent par un GBF délivrant une tension triangulaire et on néglige la résistance de la bobine devant celle du résistor.
On visualise la tension $u_{s M}$ au borne de la bobine et la tension $u_{A M}$ au borne de la résistance.
$$
begin{array}{|c|c|c|c|c|}
hline text { L’intrval } & text { U }_{A M}=-R . i & i & frac{d i}{d t} & text { u }_{B M} \
hlineleft[0-frac{T}{2}[ right. & a . t+b & -frac{a}{R} cdot t-frac{b}{R} & -frac{a}{R}=text { Cte }langle 0 & -k=text { Cte }langle 0 \
hlineleft[frac{T}{2}-T[ right. & -a . t+b^{prime} & frac{a}{R} cdot t-frac{b^{prime}}{R} & left.frac{a}{R}=text { Cte }rightrangle 0 & k=text { Cte }rangle 0 \
hline
end{array}
$$
En faisant varier le coefficient $a$ on constate que $u_b$ varie proportionnellement donc $u_{B M}$ est proportionnelle à $frac{d i}{d t}$, le facteur de proportionnalité est appelé coefficient d’auto-induction de la bobine, on le noté L, son unité est le Henry (H)
L représente le pouvoir de s’opposer à la variation du courant dans ses spires, il dépond des propriétés de la bobine
$$
u_b(t)=L frac{d i(t)}{d t}
$$
3) la tension au borne d’une bobine.
En convention récepteur on a pour une bobine de résistance $r$ et d’induction $L$.
$$
u_b(t)=r . i+L frac{d i(t)}{d t}
$$
1) le montage du circuit.
$k$ fermé ,la tension $u_{A B}$ est $E$ (échelon ascendant)
$k$ ouvert , la tension $u_{A B} s^{prime}$ annule (échelon descendant)
2) L’établissement de courant.
À un instant $t=0$ on ferme $k$, la diode bloque le courant.
a) Équation différentielle vérifiée par le courant $i$.
La loi d’additivité des tensions appliquée aux bornes du dipôle RL permet d’écrire:
$$
u_{mathrm{R}}+u_{mathrm{b}}=mathrm{E} quad Rightarrow mathrm{Ri}+mathrm{ri}+mathrm{L} frac{d i}{d t}=mathrm{E}
$$
Finalement l’équation différentielle cherchée s’écrit
$$
frac{L}{R+r} cdot frac{d i}{d t}+i=frac{E}{R+r}
$$
b) solutions d’équation différentielle.
La solution générale de l’équation différentielle précédente est $i(t)=A . e^{-t / tau}+B$ A, B et $tau$ sont des constantes à déterminer.
Pour déterminer les constantes $A, B$ et $tau$ il faut suivre les étapes suivantes:
$>$ On remplace la solution dans l’équation différentielle
Donc : $frac{L}{R+r} cdot underbrace{left(A cdot frac{-1}{tau} e^{-t / tau}right.}_{frac{d i}{d t}})+underbrace{A cdot e^{-t / tau}+B}_i=frac{E}{R+r} Rightarrowleft(1-frac{L}{R+r} cdot frac{1}{tau}right) cdot A e^{-t / tau}=frac{E}{R+r}-B$.
Pour que cet équation soit vérifié $forall t$ il faut que : $Rightarrow underbrace{(underbrace{1-frac{L}{R+r} cdot frac{1}{tau}})}_{=0} cdot A e^{-+/ tau}=underbrace{frac{E}{R+r}-mathrm{B}}_{=0}$
Donc
$$
tau=frac{L}{R+r} text { et } mathrm{B}=frac{E}{R+r} text {. }
$$
$$
begin{aligned}
&text { Les conditions initiales : à } t=0 text { on a } i=0 text { (la bobine empêche le courant de passer) donc }\
&A+B=0 quad Rightarrow quad A=-B=-frac{E}{R+r}
end{aligned}
$$
$$
begin{aligned}
&text { On pose } mathrm{Ip}=frac{E}{R+r} quad text { l’intensité du courant en régime permanant, donc : }\
&i(t)=I_p cdotleft(1-e^{-t / tau}right)
end{aligned}
$$
Remarques
• $$
begin{aligned}
tau=frac{L}{R_T} & Rightarrow[tau]=[mathrm{L}] cdot[mathrm{R}]^{-1} Rightarrow quad[tau]=[mathrm{u}] cdot[mathrm{T}] cdot[mathrm{I}]^{-1} cdot[mathrm{U}] cdot[mathrm{I}]^{-1}=[mathrm{T}]=mathrm{s} \
& tau text { est la constante du temps du circuit. }
end{aligned}
$$
• $i(tau)=operatorname{Ip} .left(1-e^{-1}right) quad Rightarrow quad i(tau)=63 % cdot I_p quad$ donc $:$
$tau$ est la durée au bout de laquelle le courant est établie à $63 %$.
$$
tau text { est l’abscisse du point d’intersection de la tangente à la courbe à } t=0 text { et la tangente à l’m. }
$$
• $$
tau text { est l’abscisse du point d’intersection de la tangente à la courbe à } t=0 text { et la tangente à l’m. }
$$
• $i(5 tau)=E .left(1-e^{-5}right) Rightarrow quad i(tau)=99,4 % I_p$ donc au bout de $5 tau$ on peut considérer que le courant permanant Ip est établie.
c) la tension au borne de la bobine
$$
begin{aligned}
u_b(t)=r cdot i+L cdot frac{d i}{d t} & Rightarrow u_b(t)=r cdot I_p cdotleft(1-e^{-t / tau}right)+L cdot I_p cdot frac{e^{-t / tau} tau}{tau} \
& Rightarrow u_b(t)=r cdot I_p cdotleft(1-e^{-t / tau}right)+I_p cdot(R+r) cdot e^{-t / tau} quad Rightarrow u_b(t)=r cdot I_p+R cdot I_p cdot e^{-t / tau}
end{aligned}
$$
Autre méthode : $u_b(t)=E-R . i Rightarrow u_b(t)=E-R . I_p .left(1-e^{-t / tau}right) quad Rightarrow u_b(t)=$ r.I $I_p+$ R.I $I_p . e^{-t / tau}$
$$
text { donc } u_b(0)=E text { et } u_b(infty)=r . I_p text {. }
$$
3) Rupture de courant
À un instant $t=0$ on ouvre $k$, la diode est passante et $u_D=0$
a) Équation différentielle vérifiée par le courant $i$.
La loi d’additivité des tensions appliquée aux bornes du dipôle RL permet d’écrire: $u_R+u_b=0 Rightarrow R i+r i+L frac{d i}{d t}=0$.
$$
Rightarrow quad frac{L}{R+r} cdot frac{d i}{d t}+i=0
$$
b) solution d’équation différentielle.
La solution générale de l’équation différentielle précédente est $i(dagger)=A cdot e^{-t / tau}+B$
$A, B$ et $tau$ sont des constantes à déterminer.
Pour déterminer les constantes A, B et $tau$ il faut suivre les étapes suivantes:
On remplace la solution dans l’équation différentielle
Donc : $frac{L}{R+r} cdot underbrace{left(A cdot frac{-1}{tau} e^{-t / tau}right.}_{frac{d i}{d t}})+underbrace{A cdot e^{-t / tau}+B}_i=frac{E}{R+r} Rightarrowleft(1-frac{L}{R+r} cdot frac{1}{tau}right) cdot A e^{-t / tau}=frac{E}{R+r}-B$.
Pour que cet équation soit vérifié $forall t$ il faut que : $Rightarrow(underbrace{left(1-frac{L}{R+r} cdot frac{1}{tau}right)}_{=0}) cdot A e^{-t / tau}=underbrace{frac{E}{R+r}-B}_{=0}$
Donc
$$
tau=frac{L}{R+r} text { et } mathrm{B}=frac{E}{R+r} .
$$
$$
begin{aligned}
&text { Les conditions initiales : à } t=0 text { on a } i=0 text { (la bobine empêche le courant de passer) donc }\
&A+B=0 quad Rightarrow quad A=-B=-frac{E}{R+r}
end{aligned}
$$
$$
text { donc } quad i(t)=I_p cdot e^{-t / tau}
$$
Remarques
•$$
begin{aligned}
mathrm{i}(tau)=mathrm{I}_{mathrm{p}} cdot mathrm{e}^{-1} & Rightarrow mathrm{i}(tau)=37 % mathrm{I}_p text { donc } \
& tau text { est la durée au bout laquelle le courant est rompue à } 63 % .
end{aligned}
$$
• $tau$ est l’abscisse du point d’intersection de la tangente à la courbe à $t=0$ et la tangente à l’ $infty$. $i(5 tau)=I_p e^{-5} approx 0$ donc au bout de $5 tau$ on peut considérer que le courant est Rompu totalement.
c) la tension au borne de la bobine
On $a: u_b(t)+u_R(t)=0 Rightarrow u_b(t)=-u_R(t)=-R . i(t) Rightarrow u_b(t)=-R cdot I_p e^{-t / tau}$ donc $u_b(0)=-R I_p$ et $u_b(infty)=0$.
En absence de diode on obtient une rupture instantané de courant ce qui provoque une étincelle au niveau de l’interrupteur. C’est la surtension. Donc la diode évite la surtension.
Le courant traversant la bobine est une fonction continue en fonction du temps et la tension au borne de la bobine est discontinue.
1. Puissance électrique de la bobine.
$$
begin{aligned}
&text { La puissance instantanée reçue par la bobine est }\
&begin{aligned}
& P=u_b cdot i Rightarrow P=r cdot i^2+L . i cdot frac{d i}{d t} \
& Rightarrow P=r cdot i^2+frac{1}{2} cdot L cdot frac{d i^2}{d t} \
& Rightarrow P=r . i^2+frac{dleft(frac{1}{2} L i^2right)}{d t}
end{aligned}
end{aligned}
$$
2. l’énergie électrique emmagasinée dans le condensateur
$xi_e(t)$ est L’énergie reçue par la bobine. on a $P=P_{t h}+P_m$ avec $P_m=frac{dleft(xi_mright)}{d t}$
$xi_m$ est l’énergie magnétique emmagasiné par la bobine, donc $boldsymbol{xi}_m=frac{1}{2} boldsymbol{L} boldsymbol{i}^2+$ Cte.
Pour $mathrm{i}=0$ on $a xi_m=0$ donc $quad xi_m=frac{1}{2} L . boldsymbol{i}^2$
Donc
$$
begin{array}{|c|c|}
hline text { Pendant l’établissement } & text { Pendant la rupture } \
hline xi_e(t)=frac{1}{2} L cdot I_P^2left[1-e^{-t / tau}right]^2 & xi_e(t)=frac{1}{2} L cdot I_P^2 e^{-2 t / tau} \
hline
end{array}
$$
Exercice
Un générateur basse fréquence (GBF) applique une tension alternative triangulaire aux bornes d’un dipôle $A B$ constitué d’une bobine d’inductance $L$ et de résistance négligeable et d’un conducteur ohmique de résistance $R=500 Omega$ montés tous en série, comme le montre la figure 1. Un oscilloscope, convenablement branché, permet de visualiser, simultanément la tension $U_{A M}$ aux bornes de la bobine sur la voie $Y_1$ et la tension $u_{s M} a u x$ bornes du conducteur ohmique sur la voie $Y_2$. Les chronogrammes de la figure 2, représentent les tensions observées sur l’écran de l’oscilloscope pour une fréquence $N$ du GBF.
1-a-Identifier, parmi les chronogrammes et de la figure 3 celui qui correspond à la tension visualisée sur la voie $Y_2$. Justifier la réponse.
b- Déterminer la fréquence N du GBF.
2- Donner les expressions des tensions $u_{M M}$ et $u_{g M}$ en fonction de l’intensité $i$ du courant et des caractéristiques du dipôle $A B$.
3-a- Exprimer $u_{A M}$ en fonction de $u_{B M}$, $L$ et $R$.
b- Justifier, sur une demi-période, la forme de la tension $u_{M M}$ observée sur la voie $Y_1$.
c- Déterminer la valeur de I ‘inductance $L$ de la bobine.
Exercice
On réalise un circuit électrique AM comportant en série un conducteur ohmique de résistance $R_0=60 Omega$, une bobine ( $B_1$ ) d’inductance $L_1$ et de résistance supposée nulle et un interrupteur $K$. le circuit AM est alimenté par générateur de tension de fém $mathbf{E}$ (figure-1).
Un système d’acquisition adéquat permet de suivre l’évolution au cours du temps des tensions $u_{A M}(t)$ et $u_{D M}(t)$ sont celles de la figure 2.
1a. Montrer que la courbe 1 correspond à $u_{D M}(t)$.
b. Donner la valeur du fém. E du générateur.
2. a. A l’instant $t_1=12 mathrm{~ms}$, déterminer graphiquement la valeur de la tension $u_{31}$ aux bornes de l bobine ( $B_1$ ) et déduire la valeur de la tension $u_R$ aux bornes du conducteur ohmique.
b. A l’instant $t_2=108 mathrm{~ms}$, montrer que l’intensité du courant qui s’établit dans le circuit est $I_0=0,1 mathrm{~A}$.
3. a. Déterminer graphiquement la valeur de la constante de temps $tau$ du dipôle RL.
b. En déduire la valeur de l’inductance $L_1$ de la bobine ( $B_1$ ).
c. Calculer l’énergie emmagasinée dans la bobine ( $B_1$ ) en régime permanant.
4. On remplace la bobine ( $B_1$ ) par une bobine ( $B_2$ ) d’inductance $L_2$ et de résistance $r$. La courbe de variation de la tension $u_{D M}(t)$ est représentée sur la figure 3.
a. Montrer qu’en régime permanant, la tension aux bornes de la bobine ( $B_2$ ) est : $u_{B 2}=r cdot E /(r+R)$
b. Déduire la valeur de la résistance $r$ de la bobine.
c. Déterminer la valeur de l’inductance $L_2$.