Régime Permanent 1 Degré de Liberté.

TEST n°6.

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La tension d'entrée `v_e` est délivrée par un générateur de tension à vide harmonique `e(t)=e_(0 ) cos(2πft)` et de résistance interne `r.` On donne `e_(0 )=2 V` et `r=10 Ω.`

1- Déterminer l'expression théorique du déphasage `ψ` de la tension `v_C (t)` aux bornes du condensateur par rapport à la tension d'entrée `v_e (t).`

Réponse

On note par i le courant traversant le circuit électrique et q la charge du condensateur. On applique la loi des mailles

## \begin{cases} i=C\dfrac{dv_C}{dt}\\ v_e=v_R+v_L+v_C \end{cases} \implies ##
## v_e=Ri+L\dfrac{di}{dt}+v_C \implies ##
## v_e=RC\dfrac{dv_C}{dt}+LC\dfrac{d^2v_C}{dt^2}+v_C \implies ##
## LC\dfrac{d^2v_C}{dt^2}+RC\dfrac{dv_C}{dt}+v_C=v_e \implies ##
## \dfrac{d^2v_C}{dt^2}+2\dfrac{R}{2L}\dfrac{dv_C}{dt}+\dfrac1{LC}v_C=\dfrac1{LC}v_e \implies ##
## \dfrac{d^2v_C}{dt^2}+2\delta_1\dfrac{dv_C}{dt}+4\pi^2f_0^2v_C=4\pi^2f_0^2 V_e cos(2πft +\phi)  ## où ##\delta_1=\dfrac{R}{2L}## , ##f_0^2 =\dfrac1{4\pi^2LC}## et ##\phi## est le déphasage de `v_e(t)` par rapport à `e(t).`


La solution de cette équation différentielle est : ## v_C= V_{C1} cos(2πft+\phi +\psi) ##

où `V_{C1}` est l'amplitude : ## V_{C1}(f) =\dfrac{V_e(f)} {\sqrt{\left(1-\dfrac{f^2}{f_0^2}\right)^2+\left(\dfrac{\delta_1 f}{\pi f_0^2}\right)^2}} ##

et `\psi` est le déphasage de `v_C(t)` par rapport à `v_e(t)`:
## \psi(f) =- arccos\left(\dfrac{1 -\dfrac{f^2}{f_0^2} } {\sqrt{\left(1-\dfrac{f^2}{f_0^2}\right)^2+\left(\dfrac{\delta_1 f}{\pi f_0^2}\right)^2}}\right)## et ## sin(\psi)≤0 ##

2- Les mesures du décalage temporel `Δt` de la tension `v_C (t)` par rapport à la tension d'entrée `v_e (t),` à différentes fréquences `f,` sont regroupées dans le tableau ci- dessous :

`f (kHz)` `1,87` `2,06` `2,20` `2,28` `2,35` `2,41` `2,45` `2,48`
`Δt (μs)` `8,91` `12,1` `16,4` `21,9` `31,9` `40,3` `56,9` `73,9`
`ψ(°)` `` `` `` `` `` `` `` ``
`Δt (μs)` `88,9` `110` `130` `149` `162` `157` `148` `142`
`Δt (μs)` `80,0` `100` `120` `140` `160` `170` `173` `174`
`ψ(°)` `` `` `` `` `` `` `` ``

Montrer que le décalage temporel et le déphasage angulaire en degré de la tension `v_C (t)` par rapport à la tension d'entrée `v_e (t),` sont reliés par : ` ψ (°)=-360fΔt.`
Remplir le tableau et tracer le graphe de `ψ(°)` en fonction de `f (kHz)`.Télécharger le papier gradué linéaire

Réponse
Les expressions des deux tensions `v_C` et `v_e` en foction du temps `t` sont : ## \begin{cases} v_C (t)=V_C (f)cos(2πft+\phi+ψ)\\ v_e (t)=V_e (f)cos(2πft+\phi) \end{cases} ##

Pour déterminer le décalage temporel, `Δt` , on calcule les positions par exemple des maximums de tension :

## \begin{cases} cos(2πft_{C max}+\phi+ψ)=1\\ cos(2πft_{e max}+\phi+ψ)=1 \end{cases} \implies ##
## \begin{cases} 2πft_{C max}+\phi+ψ=2nπ\\ 2πft_{e max}+\phi=2mπ \end{cases} \implies ## où `m` et `n` sont des entiers relatifs.

La différence des deux dernières équations permet d'écrire :

## 2πf(t_{C max}-t_{e max} )+ψ=2(n-m)π \implies ##
## 2πfΔt+ψ=2(n-m)π ## où ##Δt= t_{C max}-t_{e max}\implies##
## ψ=-2πfΔt+2(n-m)π \implies ##
Comme : ## \begin{cases} 0≤Δt≤ \dfrac{T}{2}  où  T=\dfrac1{f}\\ -π< ψ ≤ 0 \end{cases} \implies ##
## \begin{cases} 0≤Δt≤ \dfrac{T}{2} \\ -π< -2π\dfrac{Δt}{T}+2(n-m)π≤0 \end{cases} \implies ##
## \begin{cases} 0≤Δt≤ \dfrac{T}{2} \\ -\dfrac{T}{2}<-Δt+(n-m)T≤0 \end{cases} \implies ##

On additionne ces deux inégalités puis on simplie par T:
## -1/2<n-m≤1/2 \implies ##
## n-m=0 ##

## ψ=-2πfΔt+2(n-m)π \implies ##
## ψ=-2πfΔt \implies ##
L'expression en degré de `\psi` est donnée par : ## ψ(°)=-2πfΔt\times\dfrac{180}{π} \implies ##
## ψ(°)=-360fΔt ##


`f (kHz)` `1,87` `2,06` `2,20` `2,28` `2,35` `2,41` `2,45` `2,48`
`Δt (μs)` `8,91` `12,1` `16,4` `21,9` `31,9` `40,3` `56,9` `73,9`
`ψ(°)` `-6,00` `-8,97` `-13,0` `-18,0` `-27,0` `-35,0` `-50,2` `-66,0`
`f (kHz)` `2,50` `2,53` `2,56` `2,61` `2,74` `3,01` `3,25` `3,50`
`Δt (μs)` `88,9` `110` `130` `149` `162` `157` `148` `142`
`ψ(°)` `-80,0` `-100` `-120` `-140` `-160` `-170` `-173` `-174`

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3- Calculer les valeurs de l'inductance `L` de la bobine et de la capacité `C` du condensateur sachant que la résistance `R=40 Ω.`

Réponse

A partir du graphe, on peut en déduire les valeurs de `f_0,` `f_1` et `f_2`:

## \psi(f_0)=-90° \implies f_0=2,52 \times10^3 Hz\\ \psi(f_1)=-45° \implies f_1=2,44 \times10^3 Hz\\ \psi(f_2)=-135° \implies f_1=2,60 \times10^3 Hz ##

## \delta_1=\dfrac{R}{2L} \implies ##
## L=\dfrac{R}{2\delta_1} \implies ##
## L=\dfrac{R}{2\pi(f_2-f_1)} \implies ##
## L=\dfrac{40}{2\times\pi\times(2,60-2,44)\times 10^3} \implies ##
## L=0,040 H ##


## f_0^2=\dfrac{1}{4\pi^2}\dfrac{1}{LC} \implies ##
## C=\dfrac{1}{4\pi^2}\dfrac{1}{Lf_0^2} \implies ##
## C=\dfrac{1}{4\times\pi^2\times0,040\times 2,51^2\times 10^6} \implies ##
## C=0,10  μF ##

4- Calculer les valeurs des amplitudes de `v_e (t)` et `v_C (t)` à la résonance charge.

Réponse
La résistance totale du cicuit est égale :
## R_T=R+r \implies ##
## R_T=40+10 \implies ##
## R_T=50 \Omega ##


D'après le schéma électrique, on a :

## LC\dfrac{d^2v_C}{dt^2}+R_TC\dfrac{dv_C}{dt}+v_C=e(t) \implies ##
## \dfrac{d^2v_C}{dt^2}+2\dfrac{R_T}{2L}\dfrac{dv_C}{dt}+\dfrac1{LC}v_C=e(t) \implies ##
## \dfrac{d^2v_C}{dt^2}+2\delta_2\dfrac{dv_C}{dt}+4\pi^2f_0^2v_C=4\pi^2f_0^2 e_0 cos(2πft )  ## où ##\delta_2=\dfrac{R_T}{2L}## et ##f_0^2 =\dfrac1{4\pi^2LC}##


On introduit la notation complexe et on exprime en premier lieu, l'amplitude complexe ##\overline{V_e}## en fonction de l'amplitude complexe ##\overline{V_C}##

## \dfrac{d^2\overline{v_C}}{dt^2}+2\delta_1\dfrac{d\overline{v_C}}{dt}+4\pi^2 f_0^2\overline{v_C}=4\pi^2 f_0^2\overline{v_e} ## (voir réponse de la question 1)

Comme ##\overline{v_C}=\overline{V_C}e^{j2\pi f t}## et ##\overline{v_e}=\overline{V_e}e^{j2\pi f t}##

## \left(-4\pi^2f^2+j4\pi\delta_1 f+4\pi^2f_0^2\right)\overline{V_C}=4\pi^2f_0^2\overline{V_e} \implies ##
## \overline{V_e}=\left(1-\dfrac{f^2}{f_0^2}+j\dfrac{\delta_1f}{\pi f_0^2}\right)\overline{V_C} ##


et en second lieu, l'amplitude complexe ##\overline{V_C}## en fonction de l'amplitude ##e_0##

## \dfrac{d^2\overline{v_C}}{dt^2}+2\delta_2\dfrac{d\overline{v_C}}{dt}+4\pi^2 f_0^2\overline{v_C}=4\pi^2 f_0^2\overline{e(t)} ##

Comme ##\overline{v_C}=\overline{V_C}e^{j2\pi f t}## et ##\overline{e(t)}=e_0e^{j2\pi f t}##

## \left(-4\pi^2f^2+j4\pi\delta_2 f+4\pi^2f_0^2\right)\overline{V_C}=4\pi^2f_0^2\overline{e_0} \implies ## ## \overline{V_C}=\dfrac{1}{1-\dfrac{f^2}{f_0^2}+j\dfrac{\delta_2 f}{\pi f_0^2}}e_0 \implies ## ## V_C=\dfrac{e_0} {\sqrt{\left(1-\dfrac{f^2}{f_0^2}\right)^2+\left(\dfrac{\delta_2 f}{\pi f_0^2}\right)^2}} ##

On peut exprimer alors ##\overline{V_e}## en fonction de `e_0` :

## \overline{V_e}=\dfrac{1-\dfrac{f^2}{f_0^2}+j\dfrac{\delta_1 f}{\pi f_0^2}}{1-\dfrac{f^2}{f_0^2}+j\dfrac{\delta_2}{\pi f_0^2}}e_0 \implies ##
## V_e=\sqrt{\dfrac{\left(1-\dfrac{f^2}{f_0^2}\right)^2+\left(\dfrac{\delta_1 f}{\pi f_0^2}\right)^2} {\left(1-\dfrac{f^2}{f_0^2}\right)^2+\left(\dfrac{\delta_2 f}{\pi f_0^2}\right)^2}}e_0 ##

On détermine l'expression de la charge :

## \overline{q(t)}=C\overline{v_C(t)} \implies ##
## \overline Q=C\overline{V_{C}} \implies ##
## \left|\overline Q\right|=C\left|\overline{V_{C}}\right| \implies ##
## Q=CV_{C} ##

La résonance charge se produit à :

## \dfrac{dQ}{df}=0 \implies ##
## \dfrac{dV_{C}}{df}=0 \implies ##
## \dfrac{d}{df}\left(\dfrac{e_0} {\sqrt{\left(1-\dfrac{f_R^2}{f_0^2}\right)^2+\left(\dfrac{\delta_2 f_R}{\pi f_0^2}\right)^2}}\right) \implies ##
## f_R=\sqrt{f_0^2-2\left(\dfrac{\delta_2}{2\pi}\right)^2} \implies ##
## f_R=\sqrt{f_0^2-2\left(\dfrac{R_T}{4\pi L}\right)^2} \implies ##
## f_R=\sqrt{2,52^2\times10^6-2\left(\dfrac{50}{4\times\pi\times0,04}\right)^2} \implies ##
## f_R=2,51 \times 10^3   Hz ##

Les amplitudes `V_C` et `V_e` à la résonance sont égales à :

## V_C(f_R)=\dfrac{e_0} {\sqrt{\left(1-\dfrac{f_R^2}{f_0^2}\right)^2+\left(\dfrac{R_T f_R}{2\pi L f_0^2}\right)^2}} \implies ##
## V_C(f_R)=\dfrac{2} {\sqrt{\left(1-\dfrac{2,51 ^2}{2,52^2 }\right)^2+ \left(\dfrac{0,05 \times2,51}{2\times\pi \times 0,04\times 2,52^2}\right)^2}} \implies ##
## V_C(f_R)=25.3 V ##

## V_e(f_R)=\sqrt{\dfrac {\left(1-\dfrac{f_R^2}{f_0^2}\right)^2+\left(\dfrac{R f_R}{2\pi L f_0^2}\right)^2} {\left(1-\dfrac{f_R^2}{f_0^2}\right)^2+\left(\dfrac{R_T f_R}{2\pi L f_0^2}\right)^2}}e_0 \implies ##
## V_e(f_R)= \sqrt{ \dfrac {\left(1-\dfrac{2,51 ^2}{2,52 ^2}\right)^2+\left(\dfrac{0,04 \times2,51}{2\times\pi \times 0,04\times 2,52^2}\right)^2} {\left(1-\dfrac{2,51 ^2}{2,52^2 }\right)^2+\left(\dfrac{0,05 \times2,51}{2\times\pi \times 0,01\times 2,52^2}\right)^2} }\times2 \implies ##
## V_e(f_R)=1,60  V ##

On aurait pu faire un calcul approché en confondant `f_R` à `f_0` puisque on est dans le cas des très faibles amortissements :

## \dfrac{\delta_1}{2\pi f_0}=\dfrac{R}{4\pi Lf_0} \implies ##
## \dfrac{\delta_1}{2\pi f_0}=\dfrac{40}{4\times\pi\times0,04\times2,52\times10^3} \implies ##
## \dfrac{\delta_1}{2\pi f_0}=0,03 \implies ##
## \dfrac{\delta_1}{2\pi f_0}<<1 ##

## \dfrac{\delta_2}{2\pi f_0}=\dfrac{R_T}{4\pi Lf_0} \implies ##
## \dfrac{\delta_2}{2\pi f_0}=\dfrac{50}{4\times\pi\times0,04\times2,52\times10^3} \implies ##
## \dfrac{\delta_1}{2\pi f_0}=0,04 \implies ##
## \dfrac{\delta_2}{2\pi f_0}<<1 ##


## V_C(f_R)≅\dfrac{2\pi L f_0} {R_T}e_0 \implies ##
## V_C(f_R)≅\dfrac{2\times \pi\times 0,04 \times2,52\times10^3} {50}\times2 \implies ##
## V_C(f_R)≅25,3  V ##

## V_e(f_R)≅\dfrac{R }{R_T}e_0 \implies ##
## V_e(f_R)≅\dfrac{40 }{50}\times2 \implies ##
## V_e(f_R)≅1,60  V ##