LES CIRCUITS ELECTRIQUES EN REGIME VARIABLE

Les Equations différentielles en Physique
I) Homogène (=sans second membre)
A, B, C et ψ sont des constantes d’intégration déterminées tout à la fin par les conditions initiales.
1) 1r Ordre (à coefficient éventuellement non constants)
dy
 ky  0
dt
Si k cst : 𝒅𝒚/𝒚 = − 𝒌 𝒅𝒕
(De même, si k(t) alors
𝒍𝒏𝒚 = − 𝒌 𝒕 + 𝒄𝒔𝒕𝒆
y  Ae   k (t )dt

solution :
y  Ae
 kt
)
2) Second Ordre (à coefficients constants)
2
d y
dy
résoudre l’équation caractéristique associée :
a
 b  cy  0 Il faut
dt
dt
am2 + bm + c = 0 . C’est une équation du deuxième degré qui a donc 2
2
racines réelles ou complexes (ou une racine double) suivant le signe de Δ.
Les solutions de l’Equa. Diff. dépendent des racines de l’équation caractéristique.
Condition
Nature des 2 racines
Solution de l’Equa. Diff
2
1. b − 4ac > 0
2 racines réelles, m1, m2
y = Aem1t + Bem2t
2. b2 − 4ac = 0
1 racine double réelle, mo
y = emot(A + Bt)
2 racines complexes
y = eαt(A cos ωt + B sin ωt)
3. b2 − 4ac < 0
m1 = α + jω
ou y = C eαt cos(ωt+ψ)
m1 = α − jω
(Avec α =
-b/2a
qui représente
l’amortissement
et ω= √|𝚫|/𝟐𝒂
appelée la pulsation.)
II) Non homogène (= avec second membre)
Ex :
d2y
dy

a
 b  cy  F (t )
2
dt
dt
La solution générale vaut
y = yg + yp
ou yg est la solution générale de l’équation homogène associée (cf. I ) et yp est UNE (= la + simple
possible) solution particulière de l’équation avec 2ème membre. Pour trouver cette solution particulière,
on la cherche de la forme de F(t) .
Deux cas sont courants en physique (coef. Cst):
- F(t) = cst = Fo, dans ce cas yp = cst = Fo/c
- F(t) = Fo cos Ωt, on cherche alors yp de la forme yp = D cos (Ωt +φ) , et on détermine D et φ tels
que yp soit solution en passant en complexe : y  De jt 
p
(Rq : si F(t) était un polynôme, on chercherait yp de la forme d’un polynôme du mm ordre.)
En physique : Pour trouver LA solution au problème, on utilise ensuite les conditions initiales pour
déterminer les constantes avec la solution TOTALE yg(0) + yp(0) = …(C.I.)
y = yg + yp est la solution transitoire (intéressant pour t petit !).
Si t ∞, y  yp : solution permanente (seule utile si on s’intéresse à t grand ! )
1
Si le système perd de l’énergie (frottement, effet Joule) on a toujours yg  0 si t ∞ !!
Exemples de régimes TRANSITOIRES
1) Circuit RC
: à t=0 le condensateur est déchargé et on ferme l’interrupteur
Définitions des dipoles (chap 1)
uR=………
uC=………
Lois de l’élec (chap 2) Equation différentielle : (1er ordre)
A savoir (chap 3)
Continuité de q et uc pour un condensateur
Maths  Solution = sol. générale de l’ Ed. Dif. sans 2e m. + sol. particulière de l’ Ed. Dif. avec 2e m.
t
A est une cste d’intégration déterminée avec les conditions initiales :
Pour t=0, q = ………….. (continuité de q) donc A =
q
uC
t
t
i
uR
t
t
Attention : discontinuité de i !
Interprétation : le condensateur se charge progressivement de q=0 à une valeur max :
Quand t∞, On sait que le condensateur est équivalent à ……………..
Vérifions que notre solution est bien compatible avec le circuit équivalent en régime continu ?
Une fois l’interrupteur fermé, si on attend suffisamment longtemps le condensateur est équivalent
à un interrupteur ouvert, on aura donc i=0 et UR=0 et UC=E. C’est bien compatible avec notre
résultat théorique.
2
2) Circuit RL : à t=0 on éteint la source de tension.
Définitions des dipoles (chap 1) UR=…Ri…
UL=Ldi/dt
er
Lois de l’élec (chap 2)Equation différentielle : (1 ordre)
Ri+Ldi/dt=0
A savoir (chap 3)
Maths 
Continuité de i
dans une bobine.
Solution = sol. générale de l’ Ed. Dif. sans 2e m. (+ sol. particulière de l’ Ed. Dif. avec 2e m.)
i = Aexp(-R/L t)
A est une cste d’intégration déterminée avec les conditions initiales :
Pour t=0, i = E/R (continuité de i) donc A = E/R
i
t
E/R
Attention : discontinuité de UL
t
UR
UL
E
t
t
Interprétation : la bobine s’oppose aux variations du courant :
Quand t∞, on sait que la bobine est équivalente à
un fil
Vérifions que notre solution est bien compatible avec le circuit équivalent en régime continu ?
Une fois le générateur éteint, si on attend suffisamment longtemps la bobine est équivalente à un
fil, on aura i=0 et UR=0 et UL=0. C’est bien compatible avec notre résultat théorique.
Remarque : et si à t=0 on ferme l’interrupteur (en laissant la source allumée), qu’est-ce que cela change ???
1) le second membre de l’equa diff : Ri+Ldi/dt=E
2) les conditions initiales: pour t<0 l’interrupteur est ouvert, donc i(0-)=0
 tout est différent  on n’apprend rien par cœur, sauf la méthode !
3
3) Circuit RLC
à t=0-, l’interrupteur est en 1, il passe en 2 à t=0+
Equation différentielle : (2eme ordre)
Différentes observations en fonction de la résistance : les oscillations sont plus ou moins amorties. Si
l’amortissement est supérieur ou égal à une valeur critique on n’a plus d’oscillation.
( http://www.discip.ac-caen.fr/phch/lycee/terminale/rlcsimul/rlclib/rlc.htm )
b)
a)
d)
c)
Ra(peu amorti) < Rb(amorti) < Rc(amortissement critique) < Rd(tres amorti)
Ceci correspond aux 3 cas possibles de résolution de l’équation caractéristique associée :
ECA :
Δ=
 Δ < 0 soit R < 2√𝐿/𝐶 : 2 racines complexes conjuguées de l’ECA
 solution oscillante pour l’Eq. Diff. : régime transitoire oscillant amorti (=pseudopériodique)
 Δ > 0 soit R > 2√𝐿/𝐶: 2 racines réelles de l’ECA
 solution exponentielle (décroissante) pour l’Eq. Diff. : régime transitoire apériodique
 Δ = 0 soit R = 2√𝐿/𝐶 : 1 racine double de l’ECA
 solution décroissante pour l’Eq. Diff. : régime transitoire critique
Remarque : L’Eq. Dif. est du 2eme ordre, il y a donc 2 cste d’intégration à déterminer avec 2 conditions
initiales (q(0+)= ……
et i(0+)= ………. dans cet exemple)
Vérifions que notre solution est bien compatible avec le circuit équivalent en régime continu :
Une fois l’interrupteur basculé, si on attend suffisamment longtemps le circuit est équivalent à une
résistance avec un interrupteur ouvert (C), on aura donc i=0 , UR=0 , UL=0 et UC=0. C’est bien
compatible avec notre résultat théorique.
4