Partie A , Commun SV et SG DΓ©finition :
Lβauto induction est lβapparition dβune force Γ©lΓ©ctromotrice π(π£) dans un circuit
parcourue par un courant dβintensitΓ© variable .
Flux magnΓ©tique :
π = π π΅ π πππ π = π π΅ π πππ 0 = π π΅ π
Une bobine est constituΓ©e dβun enroulement dβun fil conducteur vernissΓ© autour dβun
cylindre . Le champ magnΓ©tique crΓ©e par une bobine est directement propportionnel
Γ lβintensitΓ© i du courant qui la parcourt , alors B sβΓ©crit sous forme : π΅ = πΎ π , K
Γ©tant le coefficient de propportionnalitΓ© .
π = π πΎ π π = π πΎ π π β π = πΏ π
πΏ = π πΎ π est appelΓ©e inductance du bobine , dβunitΓ© Henrys et de symbole (H) .
i variable , π΅ = πΎ π , Si π β , πππππ π΅ β , ππ‘ ππ π β , πππππ π΅ β .
Loi de Faraday : π = βππ
ππ‘= β
π πΏ π
ππ‘= βπΏ
ππ
ππ‘
Loi dβOhm pour un ciruit fermΓ© :
π = ππ β π
Alors : la tension aux bornes du bobine dβinductance L et de rΓ©sistance r est :
π = ππ + πΏ ππ
ππ‘
CaractΓ©ristiques dβune bobine :
Inductance L en Henrys
RΓ©sistance r en Ohm qui reprΓ©sente la quantitΓ© de perte sous forme dβun
conducteur ohmique montΓ©e en serie avec la bobine .
Nom du phénomène : Auto induction éléctromagnétique .
Loi de Lenz pour lβauto induction :
Lβeffet de la force electromotrice ( f . e . m ) dβauto induction est de sβopposer Γ la
variation de lβintensitΓ© du courant quβil produit .
π = βπΏππ
ππ‘ (ππππ ππ πππ ππ πΉππππππ¦)
Lβinductance L dβun circuit est donnΓ©e par la relation π = πΏ π , tel que :
i est lβintensitΓ© du courant qui parcourt le circuit , et π est le flux propre .
Rπ le de la bobine :
π . π > 0 β πΓ©πΓ©πππ‘ππ’ππ . π < 0 β π Γ©πΓ©ππ‘ππ’π
π . π = 0 ππ‘ π β 0 β π Γ©π ππ π‘πππππ . π = 0 ππ‘ π = 0 β πππ ππ ππππππ₯πππ
Remarque : En courant continue , lβauto induction est un phΓ©nomΓ¨ne transitoire
qui apparait uniquement lors de la fermeture et de lβouverture dβun interrupteur .
Fermeture :
RΓ©gime transitoire :
π ππ’πππππ‘π ,ππ
ππ‘> 0 β π = βπΏ
ππ
ππ‘< 0 ππ‘ π > 0
π΄ππππ βΆ π . π < 0 β π΅πππππ πππ’π ππ ππ ππ πβ²π’π πΓ©πΓ©ππ‘ππ’π
Energie du bobine :
πΈπΏ =1
2 πΏ π2
RΓ©gime permanent :
π = ππππ π‘πππ‘π ,ππ
ππ‘= 0 β π = βπΏ
ππ
ππ‘= 0 β π . π = 0
Ouverture :
RΓ©gime transitoire :
Exercice fondamentale :
Entre deux points A et B dβun circuit , on
place une bobine dβinductance L et de
rΓ©sistance interne nΓ©gligeable , en sΓ©rie
avec un conducteur ohmique de
rΓ©sistance R , un courant dβintensitΓ©
variable i dans le sens de A vers B passe
dans le circuit .
On donne : πΏ = 0.2 π» ππ‘ π = 10Ξ©
1. Nommer et justifier lβΓ©xistence dβun phΓ©nomΓ¨ne Γ©lΓ©ctrique .
Sol: π π£πππππππ π‘πππ£πππ π ππ πππππ’ππ‘ β π = βπΏππ
ππ‘β 0 β π΄π’π‘π ππππ’ππ‘πππ
2. Etablir une relation entre ππ΄π· , ππ·π΅ , πΏ ππ‘ π .
Sol:
ππ΄π· = ππ = ππ + πΏππ
ππ‘= πΏ
ππ
ππ‘ (π = 0)
ππ·π΅ = ππ = π π βππ
ππ‘=
1
π
π ππ·π΅
ππ‘
Les deux Γ©quations donnent :
ππ΄π· = πΏππ
ππ‘β ππ΄π· =
πΏ
π
πππ·π΅
ππ‘
3. Un oscilloscope est utilisΓ© pour mesurer ππ , ππ variation de ππ en fonction du
temps est donnΓ©e par le graphe ci β dessous :
Tracer le graphe de ππ΄π·
Sol:
ππ΄π· = ππ =πΏ
π
πππ
ππ‘
Phase : 1 π‘ β 0 ; 2 π
ππ = π π‘
π =ππ β ππ
π‘π β π‘π=
8 β 0
2 β 0= 4 π/π
Alors : ππ = 4 π‘ β ππ =0.2
10
π(4 π‘)
ππ‘= 0.02(4) = 0.08 (π£)
Phase : 2 π‘ β [2 π ; 6 π ] ππ = ππ‘ + π
π =ππΎ β ππ
π‘πΎ β π‘π=
0 β 8
6 β 2= β2 π/π
ππ (πΎ) = β2π‘πΎ + π β 0 = β2 6 + π β π = 12 (π£)
Alors : ππ = β2π‘ + 12 β ππ =0.2
10 π β2π‘+12
ππ‘= 0.02 β2 = β0.04 (π£)
Graphe :
Exercice fondamentale :
Le circuit est formΓ© dβun gΓ©nΓ©rateur
qui dΓ©livre une signal triangulaire .
Une bobine dβinductance L et de
rΓ©sistance interne nΓ©gligeable est
placΓ©e en sΓ©rie avec un conducteur
ohmique de rΓ©sistance π = 1 πΎΞ© aux
bornes dβun gΓ©nΓ©rateur . Un
oscilloscope est utilisΓ© comme il
indique la figure , le voie π1 pour
mesurer ππ΄π΅ et la voie π2 pour
mesurer ππΆπ΅ . Lβobservation est
reprΓ©senter par la figure ci βcontre :
On donne : ππ£π = ππ£ π = 3 π£/πππ£
πβ = 2 ππ /πππ£
1. Associer Γ chaque oscillogramme (courbe) la tension correspondante .
Sol: La courbe (a) reprΓ©sente ππΆπ΅ = βππ car il ne reprΓ©sente aucune
discontinuitΓ© , cβest un courbe continue , il reste la courbe (b) : discontinue
reprΓ©sente ππ΄π΅ = ππ .
2. DΓ©tΓ©rminer la valeur de lβinductance L de la bobine .
Sol: ( IdΓ©e : chercher la relation entre ππ΄π΅ ππ‘ ππΆπ΅ )
ππ = ππ + πΏππ
ππ‘= 0 + πΏ
ππ
ππ‘= πΏ
ππ
ππ‘
ππ = ππ βππ
ππ‘=
1
π
πππ
ππ‘= β
1
π
πππΆπ΅
ππ‘
Les deux Γ©quations donnent :
ππ = βπΏ
π
πππΆπ΅
ππ‘
Phase : 1
ππΆπ΅ = ππ‘ + π
πππΆπ΅
ππ‘= π =
ππΎ β ππ
π‘πΎ β π‘π
ππΎ = 3πππ£(3π£/πππ£ ) = 9 π , et π‘πΎ = 0
ππ = 0 , et π‘π = 2πππ£ 2 Γ 10β3 ππ /πππ£ = 0.004 π .
π =9 β 0
0 β 0.004= β2250 π/π
On a : ππ = βπΏ
π
πππΆπ΅
ππ‘β πΏ = β
ππ Γπ πππΆπ΅
ππ‘
= β(2πππ£Γ
3π£
πππ£)Γ1000
β2250
πΏ = 2.66 (π»)
Exercice fondamentale :
On considΓ¨re un bobine dβinductance
πΏ = 5 ππ» et de rΓ©sistance interne π = 2Ξ©
traversΓ© par un courant dβintensitΓ© π = 0.2 π΄
1. Calculer le flux magnΓ©tique propre traversant la bobine .
Sol: π = πΏ π = 5 Γ 10β3 Γ 0.2 = 10β3 (ππ)
2. La variation du courant est donnΓ©e en fonction du temps par le graphe ci β
dessous :
a) DΓ©tΓ©rminer lβexprΓ©ssion de i dans chaque phase , en dΓ©duire celle du flux
magnΓ©tique π .
Sol:
Phase : 1 π‘ β 0 ; 0.01 π β π = 0.2 π΄ = ππ‘π β π = 10β3(ππ) dΓ©jΓ dΓ©montrΓ©
Le phΓ©nomΓ¨ne auto induction nβexiste pas .
Phase : 2 π‘ β 0.01 π ; 0.02 π
π = ππ‘ + π
π =0.2 β (β0.2)
0.01 β 0.02= β40 π΄/π
π = β40π‘ + π β 0.2 = β40 0.01 + π β π = 0.6(π΄)
Donc : π = β40 π‘ + 0.6 ( le phΓ©nomΓ¨ne auto induction existe ) .
π = πΏ π = 0.005 β40π‘ + 0.6 β π = β0.2 π‘ + 0.003
Phase : 3 π‘ β [0.02 π ; 0.03 π ]
π = β0.2 π΄ β π = 0.005 β0.2 = β10β3 (ππ)
Le phΓ©nomΓ¨ne auto induction nβexite pas .
Phase : 4 π‘ β [0.03 π ; 0.04 π ]
π = π π‘ + π
π =0.2 β β0.2
0.04 β 0.03= 40 π΄/π
π = 40 π‘ + π β 0.2 = 40 0.04 + π β π = β1.4 (π΄)
Alors : π = 40 π‘ β 1.4 , Le phΓ©nomΓ¨ne auto induction existe .
π = 0.005 40 π‘ β 1.4 β π = 0.2 π‘ β 0.007
b) Calculer la force Γ©lΓ©ctromotrice dβauto induction dans chaque phase , en
dΓ©duire le rπ le de la bobine .
Sol:
Phase : 1 π‘ β 0 ; 0.01 π
π = 10β3 ππ = ππππ π‘πππ‘π
Alors : π = βππ
ππ‘= 0 , et puisque la bobine admet un rΓ©sistance interne , alors : il
joue le rπ le dβun rΓ©sistance .
Phase : 2 π‘ β 0.01 π ; 0.02 π
π = β0.2 π‘ + 0.003
π = βππ
ππ‘= β β0.2 = 0.2 (π£)
Entre : 0.01 π ; 0.015 π , on a π > 0 ππ‘ π > 0 πππππ π. π > 0 , alors la bobine
joue le rπ ππ πβ²π’π πΓ©πΓ©πππ‘ππ’π .
Entre : [0.015 π ; 0.02 π ] , on a π > 0 et π < 0 , alors : π. π < 0 , alors la bobine
joue le rπ le dβun rΓ©cΓ©pteur .
Phase : 3 π‘ β [0.02 π ; 0.03 π ]
π = β10β3 ππ = ππππ π‘πππ‘π
Alors : π = βππ
ππ‘= 0 , et puisque la bobine admet un rΓ©sistance interne , alors : il
joue le rπ le dβun rΓ©sistance .
Phase : 4 π‘ β [0.03 π ; 0.04 π ]
π = 0.2 π‘ β 0.007
π = βππ
ππ‘= β0.2 π£ < 0
Entre [0.03 π ; 0.035 π ] , on π < 0 et π < 0 , alors π. π > 0 , alors : la bobine joue
le rπ le dβun gΓ©nΓ©rateur .
Entre [0.035 π ; 0.04 π ] , on a π > 0 et π < 0 , alors π. π < 0 , alors la bobine joue
le rπ le dβun rΓ©cΓ©pteur .
c) DΓ©tΓ©rminer lβexprΓ©ssion de ππ΄π΅ dans chaque phase .
Sol: Pour une circuit fermΓ© : π = ππ β π
Phase : 1 , ππ΄π΅ = 0.2 2 β 0 = 0.4 π£
Phase : 2 , ππ΄π΅ = 2 β40π‘ + 0.6 β 0.2 = β80 π‘ + 1
Phase : 3 , ππ΄π΅ = β0.2 2 β 0 = β0.4 (π£)
Phase : 4 , ππ΄π΅ = 40π‘ β 1.4 2 + 0.2 = 80π‘ β 2.6
Partie B , Pour SG ( ** )
LβΓ©tude dans cette partie va π tre similaire Γ celle dans lβΓ©tude de la charge et
dΓ©charge dβun condensateur en tension continue .
Lβobjectif de cette partie est dβΓ©tudier lβΓ©tablissement et la rupture du courant
juste Γ lβouverture et juste Γ la fermeture de lβinterrupteur .
Circuit :
Le ciruit est formΓ© dβun gΓ©nΓ©rateur dΓ©livrant une
tension continue de force Γ©lΓ©ctromotrice E et de
rΓ©sistance nΓ©gligeable , une bobine dβinductance
L et de rΓ©sistance interne r , un conducteur
ohmique de rΓ©sistance R , un interrupteur K (2
positions 1 et 2 ) et des fils de connexions .
Etablissement du courant :
Lβinterrupteur K est dans la position 1 , un courant dβintensitΓ© i traverse le circuit
qui est Γ©quivalent Γ :
Conditions initale : Γ π‘0 = 0 , ππ π βΆ π = 0
LβΓ©nΓ©rgie du bobine : πΈπΏ = 0
π β βππ
ππ‘> 0 β π = βπΏ
ππ
ππ‘< 0
Mais π > 0 , πππππ βΆ π. π < 0 , ππππ la bobine
joue le rπ le dβun rΓ©cΓ©pteur .
EnΓ©rgie du bobine : πΈπΏ =1
2 πΏ π2
Loi dβadditivitΓ© et Γ©quation diffΓ©rentielle :
ππ = ππ + ππ = ππ + πΏππ
ππ‘+ ππ β πΈ = π + π π + πΏ
ππ
ππ‘
On pose : π π = π + π , on obtient lβΓ©quation diffΓ©rentielle :
ππ
ππ‘+
π π
πΏπ =
πΈ
πΏ
Solution :
VΓ©rifier que π =πΈ
π π 1 β πβ
π ππΏ
π‘ est une solution de cette Γ©quation diffΓ©rentielle.
π =πΈ
π π 1 β πβ
π ππΏ
π‘ =πΈ
π πβ
πΈ
π ππβ
π ππΏ
π‘
ππ
ππ‘= 0 β
πΈ
π πβ
π π
πΏπβ
π ππΏ π‘ =
πΈ
πΏπβ
π ππΏ π‘
ππ
ππ‘+
π π
πΏπ =
πΈ
πΏπβ
π ππΏ π‘ +
π π
πΏ
πΈ
π πβ
πΈ
π ππβ
π ππΏ π‘
=πΈ
πΏπβ
π ππΏ π‘ +
πΈ
πΏβ
πΈ
πΏπβ
π ππΏ π‘ =
πΈ
πΏ
πΆ. π. π. π.
Graphe :
Valeur de πΌ0 et valeur de π :
La solution de lβΓ©quation diffΓ©rentielle est sous forme π = πΌ0(1 β πβπ‘
π) DΓ©tΓ©rminer πΌ0 ππ‘ π .
On a : ππ
ππ‘+
π π
πΏπ =
πΈ
πΏ
Et dβautre part ,π = πΌ0 1 β πβπ‘
π = πΌ0 β πΌ0πβ
π‘
π , donc :
ππ
ππ‘= 0 β πΌ0 β
1
ππβ
π‘π =
πΌ0ππβ
π‘π , πππππ βΆ
πΌ0ππβ
π‘π +
π π
πΏπΌ0 β πΌ0π
βπ‘π =
πΈ
πΏ
πΌ0ππβ
π‘π +
π π
πΏπΌ0 β
π π
πΏπΌ0π
βπ‘π =
πΈ
πΏ
πΌ0ππβ
π‘π +
π π
πΏπΌ0 =
π π
πΏπΌ0π
βπ‘π +
πΈ
πΏ
Par identification : πΌ0
π=
π π
πΏπΌ0 β π =
πΏ
π π
Et , π π
πΏπΌ0 =
πΈ
πΏβ πΌ0 =
πΈ
π π
On obtient :
π =πΈ
π π1 β πβ
π ππΏ
π‘
Γ π‘0 = 0 β π = πΌ0 1 β π0 = πΌ0 1 β 1 = 0
Γ π‘ = π β π = πΌ0 1 β πβπ
π = πΌ0 1 β πβ1 = 0.63 πΌ0
Γ π‘ = 5 π β π = πΌ0 1 β πβ5 π
π = πΌ0 1 β 0 = πΌ0
La solution de lβΓ©quation diffΓ©rentielle est π = π + π ππΌ π‘ , dΓ©tΓ©rminer a , b et πΌ .
On a : ππ
ππ‘+
π π
πΏπ =
πΈ
πΏ
π = π + π ππΌ π‘ βππ
ππ‘= 0 + πΌπ ππΌ π‘ = πΌπ ππΌ π‘ , ππππ βΆ
πΌπ ππΌ π‘ +π π
πΏπ + π ππΌ π‘ =
πΈ
πΏ
πΌπ ππΌ π‘ +π π
πΏπ +
π π
πΏπ ππΌ π‘ =
πΈ
πΏ
πΌπ ππΌ π‘ +π π
πΏπ =
πΈ
πΏβ
π π
πΏπ ππΌ π‘
Par identification : πΌπ = βπ π
πΏπ β πΌ = β
π π
πΏ
Et , π π
πΏπ =
πΈ
πΏβ π =
πΈ
π π
π = π + π ππΌ π‘
Γ π‘0 = 0 β π = 0 β 0 = π + ππ0 = π + π β π = βπ = βπΈ
π π
Alors :
π =πΈ
π πβ
πΈ
π ππβ
π ππΏ π‘
π =πΈ
π π1 β πβ
π ππΏ π‘
π est le temps nΓ©cΓ©ssaire pour que i devient 63 % de sa valueur maximal πΌ0 , cΓ d
π = 0.63 πΌ0
5 π est le temps nΓ©cΓ©ssaire pour que i devient maximal (π = πΌ0) , cΓ d apparition
du rΓ©gime permanent .
ππππ‘πππ que la tangente Γ la courbe π = π(π‘) coupe lβasymptote π = πΌ0 en
point M dβabscisse π .
On a : π = πΌ0(1 β πβπ‘
π) , et soit π(π‘π ; πΌ0) le point dβintersection de la courbe
avec π = πΌ0 .
La pente de la tangente est dΓ©finie par la dΓ©rivΓ©e : ππ
ππ‘ (πππ’π π‘ = 0) ,
ππ
ππ‘=
πΌ0ππβ
π‘π , πππ’π π‘ = 0 β
ππ
ππ‘=
πΌ0π
Dβautre part , ππππ‘π = πΌπβπΌ(π‘=0)
π‘πβ0=
πΌ0β0
π‘πβ0=
πΌ0
π‘π
ππππ‘π = ππππ‘π βπΌ0π‘π
=πΌ0π
β π‘π = π
(πΆ. π. π. π. )
Montrer que π‘π = π , en utilisant lβΓ©quation diffΓ©rentielle .
Sol: ππ
ππ‘+
π π
πΏπ =
πΈ
πΏ
Pour π‘ = 0 β π = 0 βππ
ππ‘πππ’π π‘ = 0 + 0 =
πΈ
πΏβ
ππ
ππ‘=
πΈ
πΏ (πππ’π π‘ = 0)
Dβautre part , πΈ
πΏ=
πΈ
πΏΓ
π π
π π
Mais , πΌ0 =πΈ
π π , ππ‘ π =
πΏ
π π
Donc : ππ
ππ‘= πΌ0 Γ
1
π=
πΌ0
π
Et , ππππ‘π = πΌπβπΌ(π‘=0)
π‘πβ0=
πΌ0β0
π‘πβ0=
πΌ0
π‘π
ππππ‘π = ππππ‘π βπΌ0π‘π
=πΌ0π
β π‘π = π
Dans le rΓ©gime transitoire :
π ππ’πππππ‘π βππ
ππ‘> 0 β π = βπΏ
ππ
ππ‘< 0 ππ‘ π > 0
π΄ππππ βΆ π. π < 0
Donc la bobine joue le rπ le dβun rΓ©cΓ©pteur .
Dans le rΓ©gime permanent :
π = ππππ π‘πππ‘π βππ
ππ‘= 0 β π = 0 β π. π = 0
π β 0 , alors la bobine joue le rπ le dβun rΓ©sistance .
Variations de π :
π =πΏ
π π
π β π π πΏ β ππ’ π π β
π β π π πΏ β ππ’ π π β
Cas : 1 π π = ππππ π‘πππ‘π , π β π π πΏ β ππ‘ π β π π πΏ β
5 π2 > 5 π1
π2 > π1
πΏ2
π π>
πΏ1
π π
πΏ2 > πΏ1
Cas : 2 πΏ = ππππ π‘πππ‘π , π β π π π π β ππ‘ π β π π π π β
5 π2 > 5 π1 β π2 > π1 βπΏ
π π(2)>
πΏ
π π(1)β
1
π π(2)>
1
π π(1)
π π(2) < π π(1)
πΌ0 =πΈ
π πβ πΌ0(2) > πΌ0(1)
Equation diffΓ©rentielle de ππ :
ππ = ππ + ππ β πΈ = ππ + πΏππ
ππ‘+ ππ
On pose π π = π + π , on obtient :
ππ
ππ‘+
π π
πΏπ =
πΈ
πΏ
Mais : ππ = π π β π =ππ
π ππ ππ’π πππππ
ππ
ππ‘=
1
π
πππ
ππ‘
LβΓ©quation diffΓ©rentielle sera :
1
π
πππ
ππ‘+
π π
πΏ
ππ
π =
πΈ
πΏ
πππ
ππ‘+
π π
πΏππ =
πΈ π
πΏ
Solution de lβΓ©quation diffΓ©rentielle en ππ :
On a , π =πΈ
π π1 β πβ
π ππΏ
π‘ , et ππ = π π , alors :
ππ π‘ =πΈ π
π π (1 β πβ
π ππΏ π‘)
VΓ©rification :
ππ π‘ =πΈ π
π π 1 β πβ
π ππΏ π‘ =
πΈ π
π πβ
πΈ π
π ππβ
π ππΏ π‘
πππ
ππ‘= 0 β
πΈ π
π πβ
π π
πΏπβ
π ππΏ π‘ =
πΈ π
πΏπβ
π ππΏ π‘
πππ
ππ‘+
π π
πΏππ =
πΈ π
πΏπβ
π ππΏ
π‘ +π π
πΏ
πΈ π
π πβ
πΈ π
π ππβ
π ππΏ
π‘
=πΈ π
πΏπβ
π ππΏ π‘ +
πΈ π
πΏβ
πΈ π
πΏπβ
π ππΏ π‘
=πΈ π
πΏ
πΆ. π. π. π
Graphe de ππ (π‘)
Rupture du courant :
Lβinterrupteur K est dans la position 2 , un courant dβintensitΓ© i traverse le circuit
qui est Γ©quivalent Γ :
Conditions initiale Γ π‘0 = 0
π =πΈ
π π , πΈπΏ =
1
2 πΏ π2 =
1
2 πΏ πΌ0
2
Loi dβadditivitΓ© et Γ©quation diffΓ©rentielle :
ππ + ππ = 0 β ππ + πΏππ
ππ‘+ ππ = 0
On pose : π π = π + π , on obtient :
ππ
ππ‘+
π π
πΏπ = 0
Solution :
1. VΓ©rifier que π =πΈ
π ππβ
π ππΏ
π‘ est une solution de cette Γ©quation diffΓ©rentielle .
π =πΈ
π ππβ
π ππΏ π‘ β
ππ
ππ‘=
πΈ
π πβ
π π
πΏπβ
π ππΏ π‘ = β
πΈ
πΏπβ
π ππΏ π‘
ππ
ππ‘+
π π
πΏπ = β
πΈ
πΏπβ
π ππΏ π‘ +
π π
πΏ
πΈ
π ππβ
π ππΏ π‘ = β
πΈ
πΏπβ
π ππΏ π‘ +
πΈ
πΏπβ
π ππΏ π‘ = 0
πΆ. π. π. π
2. La solution de cette Γ©quation diffΓ©rentielle est π = πΌ0πβ
π‘
π . DΓ©tΓ©rminer πΌ0 ππ‘ π .
ππ
ππ‘+
π π
πΏπ = 0
π = πΌ0πβπ‘π β
ππ
ππ‘= β
πΌ0ππβ
π‘π , π΄ππππ βΆ
βπΌ0ππβ
π‘π +
π π
πΏπΌ0π
βπ‘π = 0
πΌ0ππβ
π‘π =
π π
πΏπΌ0π
βπ‘π
1
π=
π π
πΏβ π =
πΏ
π π
Condition initial : Γ π‘0 = 0 β π =πΈ
π π (πβ²πππΓ¨π ππ ππππ‘ππ Γ©tablissement du
courant) , donc : πΈ
π π= πΌ0π
0 = πΌ0 β πΌ0 =πΈ
π π , parsuite : π =
πΈ
π ππβ
π ππΏ
π‘
Graphe :
π = πΌ0πβπ‘π , ππ£ππ πΌ0 =
πΈ
π π ππ‘ π =
πΏ
π π
Γ π‘0 = 0 β π = πΌ0π0 = πΌ0
Γ π‘ = π β π = πΌ0πβ
π
π = πΌ0πβ1 = 0.37 πΌ0
Γ π‘ = 5 π β π = πΌ0πβ
5 π
π = 0
π est le temps nΓ©cΓ©ssaire pour que i devient 37 % de sa valeur initial et maximal
cΓ d π = 0.37 πΌ0 .
5 π est le temps nΓ©cΓ©ssaire pour que π devient Γ©gale Γ zΓ©ro ( le courant sβannule )
et rupture du courant .
Montrer que la tangente Γ lβorigine du temps Γ la courbe π = π(π‘) coupe la
droite asymptote (qui est lβaxe du temps : π = 0) au point M dβabscisse π .
La pente de la tangente Γ la courbe π = π(π‘) Γ lβorigine du temps est dΓ©finie par
la dΓ©rivΓ©e : ππ
ππ‘ (πππ’π‘ π‘ = 0) , et soit le point π(π‘π ; 0)
On a π = πΌ0πβ
π‘
π βππ
ππ‘= β
πΌ0
ππβ
π‘
π
Pour π‘ = 0 , on a : ππ
ππ‘= β
πΌ0
ππ0 = β
πΌ0
π
Dβautre part : ππππ‘π =πΌπβπΌπ‘=0
π‘πβ0=
0βπΌ0
π‘πβ0= β
πΌ0
π‘π
ππππ‘π = ππππ‘π β βπΌ0π
= βπΌ0π‘π
β π‘π = π (πΆ. π. π. π)
Autre mΓ©thode :
LβΓ©quation de la tangente Γ la courbe π = π(π‘) Γ lβorigine du temps qui coupe
lβaxe du temps en un point π(π‘π ; 0) est :
π = ππ‘ + π
MathΓ©matiquement : π =ππ
ππ‘ πππ’π π‘ = 0
On a π = πΌ0πβ
π‘
π βππ
ππ‘= β
πΌ0
ππβ
π‘
π
Pour π‘ = 0 , on a : ππ
ππ‘= β
πΌ0
ππ0 = β
πΌ0
π
La tangente est Γ lβorigine du temps , alors cette tangente passe par le point
(0; πΌ0) car cette point est le point de tangence .
Alors : π = βπΌ0
π π‘ + πΌ0 , cette droite coupe lβaxe du temps au point π(π‘π ; 0)
Donc : 0 = βπΌ0
ππ‘π + πΌ0 β
π‘π
ππΌ0 = πΌ0 β
π‘π
π= 1 β π‘π = π (πΆ. π. π. π)
MΓ©thode de lβΓ©quation diffΓ©rentielle :
Pente de la tangente Γ lβorigine du temps Γ la courbe π = π(π) est dΓ©finie par la
dΓ©rivΓ©e ππ
ππ‘ pour π‘ = 0 .
ππ
ππ‘+
π π
πΏπ = 0
Pour π‘ = 0 , ππ π βΆ π = πΌ0 βππ
ππ‘πππ’π π‘ = 0 = β
π π
πΏπΌ0 = β
1
ππΌ0 = β
πΌ0
π
Dβautre part : ππππ‘π =πΌπβπΌπ‘=0
π‘πβ0=
0βπΌ0
π‘πβ0= β
πΌ0
π‘π
ππππ‘π = ππππ‘π β βπΌ0π
= βπΌ0π‘π
β π‘π = π (πΆ. π. π. π)
Rupture du courant , alors : π ππππππ’π βππ
ππ‘< 0 β π = βπΏ
ππ
ππ‘> 0
Et π > 0 , πππππ βΆ π. π > 0 , πππππ la bobine joue le rπ le dβun gΓ©nΓ©rateur .