Feuille d'entraînement : Circuits électriques et régimes transitoires

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2025, Q16

   L'ensemble des N spires mobiles constituant la bobine est le siège :

   • d'effets ohmiques, modélisés par la résistance totale R_b ;
   • d'effets d'auto-induction, modélisés par l'inductance propre L_b ;
   • d'un phénomène d'induction motionnelle caractérisé à la question Q13 par la force électromotrice e(t) = 2\pi r N B_0 \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}.

   Dans l'orientation du circuit associée au sens de comptage du courant i(t), la force électromotrice induite e(t) agit en convention générateur. Le circuit électrique équivalent est une maille unique fermée sur le générateur E(t) :

   En convention récepteur pour la bobine (composée de R_b, L_b et du siège de la f.é.m. e), la tension à ses bornes s'écrit :

   u_b(t) = R_b i(t) + L_b \frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} - e(t)

   La loi des mailles impose E(t) = u_b(t), soit :

   E(t) = R_b i(t) + L_b \frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} - e(t)

   En injectant l'expression de la f.é.m. issue de la question Q13, e(t) = 2\pi r N B_0 \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}, on obtient :

   E(t) = R_b i(t) + L_b \frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} - 2\pi r N B_0 \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}

   Par identification avec la relation E(t) = R_b i(t) + L_b \frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} - \gamma \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}, on en déduit :

   \boxed{\gamma = 2\pi r N B_0}

   Résultat

   $$\gamma =2\pi rN{B}_0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2025, Q16

   Considérons la maille unique du circuit représenté sur la figure 4. En choisissant le potentiel de référence nul au niveau du potentiel de la cathode (branche inférieure), le générateur impose une tension continue V_{cc} au sommet du montage.

   Le courant anodique I_a traverse la résistance de charge R_a du haut vers le bas (en entrant par l'anode du tube). En convention récepteur pour la résistance, la tension à ses bornes s'écrit U_{R_a} = R_a I_a.

   La loi des mailles (ou l'additivité des tensions) s'écrit alors :

   V_{cc} = R_a I_a + U_{ac}

   On en déduit l'expression de la droite de charge reliant I_a à U_{ac} :

   \boxed{I_a = \frac{V_{cc} - U_{ac}}{R_a}}

   ou, sous forme affine pour la tension :

   \boxed{U_{ac} = V_{cc} - R_a I_a}

   Résultat

   $$I_a=\frac{V_{cc}-U_{ac}}{R_a}$$

   $$U_{ac}=V_{cc}-R_a{I}_a$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2025, Q19

   Le filament est un conducteur cylindrique homogène de longueur L, de rayon r_{\mathrm{f}} et de conductivité électrique \gamma. Sa section droite vaut :

   S = \pi r_{\mathrm{f}}^2

   D'après la loi de Pouillet (résistance d'un conducteur cylindrique en régime continu), sa résistance électrique s'écrit :

   \boxed{ R_{\mathrm{f}} = \frac{L}{\gamma \pi r_{\mathrm{f}}^2} }

   Application numérique :

   \begin{aligned} R_{\mathrm{f}} &= \frac{4,0 \times 10^{-2}}{8,9 \times 10^6 \times \pi \times (0,20 \times 10^{-3})^2} \approx 3,58 \times 10^{-2}\ \Omega \end{aligned}

   Soit, avec deux chiffres significatifs :

   \boxed{ R_{\mathrm{f}} = 3,6 \times 10^{-2}\ \Omega = 36\ \mathrm{m\Omega} }

   Le filament étant soumis à la tension continue U_{\mathrm{f}}, la puissance électrique reçue (dissipée par effet Joule) s'exprime par :

   \boxed{ P_{\text{él}} = \frac{U_{\mathrm{f}}^2}{R_{\mathrm{f}}} = \frac{\gamma \pi r_{\mathrm{f}}^2 U_{\mathrm{f}}^2}{L} }

   Application numérique :

   \begin{aligned} P_{\text{él}} &= \frac{(1,5)^2}{3,58 \times 10^{-2}} \approx 62,9\ \mathrm{W} \end{aligned}

   Soit :

   \boxed{ P_{\text{él}} = 63\ \mathrm{W} }

   Résultat

   $$R_{\mathrm{f}}=\frac{L}{\gamma \pi r_{\mathrm{f}}^2}$$

   $$R_{\mathrm{f}}=3,6\times 10^{-2}\Omega =36\mathrm{m\Omega }$$

   $$P_{\text{eˊl}}=\frac{U_{\mathrm{f}}^2}{R_{\mathrm{f}}}=\frac{\gamma \pi r_{\mathrm{f}}^2{U}_{\mathrm{f}}^2}{L}$$

   $$P_{\text{eˊl}}=63\mathrm{W}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2025, Q33

   La relation constitutive d'un condensateur parfait de capacité C s'écrit, en convention récepteur :

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

   En régime stationnaire (régime continu), toutes les tensions et toutes les charges sont constantes dans le temps, soit :

   \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t} = 0 \implies i = 0

   Un condensateur est donc traversé par un courant rigoureusement nul, quelle que soit la tension continue à ses bornes.

   \boxed{\text{En régime stationnaire, un condensateur se comporte comme un circuit ouvert (interrupteur ouvert).}}

   Par conséquent, dans le montage de la figure 7 :

   • la source alternative v_e(t) est déconnectée de la grille car le condensateur de liaison d'entrée C_e se comporte comme un circuit ouvert (de plus, par hypothèse de l'énoncé, la source variable est éteinte : v_e = 0) ;
   • le condensateur de découplage cathodique C_c en parallèle de la résistance de cathode R_c est également un circuit ouvert : aucun courant continu ne traverse cette branche, qui peut être supprimée du schéma.

   Le schéma électrique équivalent du montage en régime stationnaire est représenté ci-dessous :

   Résultat

   $$\text{En reˊgime stationnaire, un condensateur se comporte comme un circuit ouvert (interrupteur ouvert).}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CCINP Physique-Chimie MPI 2024, Q1

   a) Dans un milieu conducteur ohmique isotrope, en régime stationnaire ou quasi-stationnaire, la loi d'Ohm locale s'écrit, en reliant le champ électrique \vec{E} au potentiel électrique V par \vec{E} = -\overrightarrow{\operatorname{grad}}\,V :

   \vec{j} = \sigma \vec{E} = -\sigma\,\overrightarrow{\operatorname{grad}}\,V

   où \vec{j} est le vecteur densité volumique de courant électrique et \sigma la conductivité électrique du milieu.

   En comparant cette relation avec la loi de Darcy :

   \vec{j}_M = -\frac{K}{\rho_e g}\,\overrightarrow{\operatorname{grad}}\,\psi

   on identifie directement les analogies suivantes :

   • le potentiel hydrique \psi est l'analogue du potentiel électrique V ;
   • le vecteur densité de courant de masse \vec{j}_M est l'analogue du vecteur densité de courant électrique \vec{j}.

   Par identification formelle entre \vec{j}_M = -\gamma\,\overrightarrow{\operatorname{grad}}\,\psi et \vec{j} = -\sigma\,\overrightarrow{\operatorname{grad}}\,V, on définit la conductivité hydraulique \gamma du milieu, analogue de la conductivité électrique \sigma, par :

   \boxed{\gamma = \frac{K}{\rho_e g}}

   b) En électrocinétique, le flux du vecteur densité de courant \vec{j} à travers une section (S) définit l'intensité du courant électrique I :

   I = \iint_{(S)} \vec{j}\cdot\mathrm{d}\vec{S}

   Par analogie, le débit massique D = \iint_{(S)} \vec{j}_M \cdot \mathrm{d}\vec{S} est l'analogue de l'intensité du courant électrique I.

   Résultat

   $$\gamma =\frac{K}{{\rho }_{e}g}$$

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6. Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2024, Q44

   Lorsque l'interrupteur K est fermé, le courant d'entrée de l'amplificateur opérationnel (ALI supposé idéal) est nul : i_+ = 0. Par la loi des mailles, le circuit se réduit à un dipôle RC série soumis à la tension V_e(t) :

   V_e(t) = R i(t) + u_C(t) = RC \frac{\mathrm{d}u_C}{\mathrm{d}t}(t) + u_C(t)

   L'énoncé précise que les variations de V_e(t) sont très lentes devant la constante de temps \tau = RC. Sur la durée de charge, la tension d'entrée peut donc être considérée comme constante : V_e(t) \simeq V_e. Avec la condition initiale u_C(0) = 0, la solution s'écrit :

   u_C(t) = V_e \left(1 - \mathrm{e}^{-t/RC}\right)

   Le condensateur atteint 99 % de la tension V_e à un instant t_{99\%} tel que :

   \begin{aligned} u_C(t_{99\%}) = 0{,}99\,V_e &\iff 1 - \mathrm{e}^{-t_{99\%}/RC} = 0{,}99 \\ &\iff \mathrm{e}^{-t_{99\%}/RC} = 0{,}01 = 10^{-2} \\ &\iff t_{99\%} = RC \ln(100) = 2 \ln(10) RC \end{aligned}

   Numériquement, avec \ln(10) \simeq 2{,}30 :

   \boxed{t_{99\%} = RC \ln(100) \simeq 4{,}6 \, RC}

   L'interrupteur K est fermé pendant le niveau haut de l'horloge et s'ouvre à chaque front descendant. Pour que la tension u_C ait le temps d'atteindre la valeur de V_e à moins de 1 % près avant l'ouverture de l'interrupteur, la durée à l'état haut t_{\text{haut}} doit être supérieure ou égale à t_{99\%} :

   t_{\text{haut}} \geqslant t_{99\%} = RC \ln(100) \implies RC \leqslant \frac{t_{\text{haut}}}{\ln(100)} \simeq \frac{t_{\text{haut}}}{4{,}6}

   Dans le cas d'un signal d'horloge créneau symétrique de période T_e = 1/f_e (rapport cyclique de 50 %), le temps à l'état haut vaut t_{\text{haut}} = \frac{T_e}{2} = \frac{1}{2f_e}, d'où la contrainte :

   \boxed{RC \leqslant \frac{T_e}{2\ln(100)} \simeq \frac{T_e}{9{,}2} = \frac{1}{9{,}2\,f_e}}

   Résultat

   $$t_{99\%}=RC\ln (100)\simeq 4,6RC$$

   $$RC⩽\frac{T_e}{2\ln (100)}\simeq \frac{T_e}{9,2}=\frac{1}{9,2f_e}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7Mines-Ponts Physique 2 MPI 2024, Q13

   1. Basculement d'une seule porte à t = 0

   À l'instant t = 0^-, le circuit est invalidé (v = 0\text{ V}, soit b_v = 0). D'après l'énoncé, le condensateur est alors déchargé :

   u_C(0^-) = e(0^-) - s(0^-) = 0

   Le système est dans un état où e(0^-) = s(0^-) = V_{cc} (niveaux logiques b_e = 1 et b_s = 1). La porte 2 a donc sa sortie à l'état haut (s = V_{cc}).

   À l'instant t = 0^+, le circuit est validé, ce qui impose v = V_{cc} (b_v = 1).

   • Les deux entrées de la porte 1 sont alors à l'état logique 1 (b_v = 1 et b_e = 1). La sortie s_1 de la porte NAND 1 passe instantanément à l'état logique 0 (s_1(0^+) = 0\text{ V}). La porte 1 bascule donc.
   • La porte 2 a ses deux entrées reliées à s_1. Comme son entrée passe à 0, sa sortie (fonction inverseur NON) prend la valeur \text{NON}(0) = 1, soit s(0^+) = V_{cc}.

   La tension de sortie s reste donc égale à V_{cc} : la porte 2 ne bascule pas.

   \boxed{\text{Seule la porte 1 change d'état (elle bascule à } t = 0\text{).}}

   2. Continuité de la différence e(t) - s(t)

   La différence e(t) - s(t) = u_C(t) représente la tension aux bornes du condensateur de capacité C. L'intensité du courant restant finie, la tension aux bornes d'un condensateur est une fonction continue du temps. On en déduit :

   \boxed{e(0^+) - s(0^+) = e(0^-) - s(0^-) = 0}

   Comme s(0^+) = V_{cc}, il vient immédiatement :

   e(0^+) = s(0^+) = V_{cc}

   3. Évolution de e(t) et détermination de t_1

   Pour t \in ]0, t_1[, la sortie de la porte 2 demeure au niveau haut constant s(t) = V_{cc}.

   Le courant d'entrée de la porte 1 étant négligeable, la loi des nœuds au point e montre que le courant i_C(t) traversant le condensateur s'écoule intégralement à travers le résistor R vers la masse. En convention récepteur pour C avec la tension orientée de e vers s :

   i_C(t) = C\,\frac{\mathrm{d}(s - e)}{\mathrm{d}t} = -C\,\frac{\mathrm{d}e}{\mathrm{d}t} \quad \text{car } s = V_{cc} = \text{cste}

   La loi d'Ohm aux bornes du résistor R donne e(t) = R\,i_C(t), d'où l'équation différentielle :

   \frac{\mathrm{d}e}{\mathrm{d}t} + \frac{e}{RC} = 0

   La solution générale est de la forme e(t) = K\,\mathrm{e}^{-t/(RC)}. Avec la condition initiale e(0^+) = V_{cc}, on obtient :

   \boxed{e(t) = V_{cc}\,\mathrm{e}^{-t/(RC)}}

   La tension e(t) décroît à partir de V_{cc}. L'état logique de l'entrée e reste b_e = 1 tant que e(t) > V_{cc}/2. Le nouvel instant de basculement t_1 correspond au franchissement du seuil de basculement V_{cc}/2 :

   e(t_1) = \frac{V_{cc}}{2} \iff V_{cc}\,\mathrm{e}^{-t_1/(RC)} = \frac{V_{cc}}{2} \iff \mathrm{e}^{-t_1/(RC)} = \frac{1}{2}

   D'où l'expression de l'instant de basculement :

   \boxed{t_1 = RC\ln(2)}

   Résultat

   $$\text{Seule la porte 1 change d’eˊtat (elle bascule aˋ }t=0\text{).}$$

   $$e(0^{+})-s(0^{+})=e(0^{-})-s(0^{-})=0$$

   $$e(t)=V_{cc}{\mathrm{e}}^{-t/(RC)}$$

   $$t_1=RC\ln (2)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8Mines-Ponts Physique 2 MPI 2026, Q10

   On adopte la notation complexe associée à la pulsation \omega :

   i_1(t) = \mathrm{Re}\left(\underline{i}_1(t)\right) \quad \text{avec} \quad \underline{i}_1(t) = I_1\,\mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega t}

   En régime sinusoïdal établi, le courant induit s'écrit \underline{i}_2(t) = \underline{I}_2(z)\,\mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega t}. L'équation différentielle établie à la question Q9 :

   R\,i_2(t) + L\,\frac{\mathrm{d}i_2}{\mathrm{d}t}(t) + M(z)\,\frac{\mathrm{d}i_1}{\mathrm{d}t}(t) = 0

   devient en notation complexe :

   (R + \mathrm{j}L\omega)\,\underline{i}_2(t) + \mathrm{j}M(z)\omega\,\underline{i}_1(t) = 0

   On en déduit l'expression du courant complexe \underline{i}_2(t) :

   \boxed{\underline{i}_2(t) = -\frac{\mathrm{j}M(z)\omega I_1}{R + \mathrm{j}L\omega}\,\mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega t}}

   Le signal temporel réel s'écrit i_2(t) = \mathrm{Re}\left(\underline{i}_2(t)\right) = I_2(z)\cos(\omega t + \varphi), où I_2(z) = |\underline{I}_2(z)| et \varphi = \arg(\underline{I}_2(z)).

   Comme M(z) > 0 et I_1 > 0, le module de \underline{I}_2(z) vaut :

   \boxed{I_2(z) = \frac{M(z)\omega I_1}{\sqrt{R^2 + L^2\omega^2}}}

   Pour déterminer les lignes trigonométriques du déphasage \varphi, multiplions le numérateur et le dénominateur de \underline{I}_2(z) par le complexe conjugué R - \mathrm{j}L\omega :

   \underline{I}_2(z) = \frac{-\mathrm{j}(R - \mathrm{j}L\omega)\,M(z)\omega I_1}{R^2 + L^2\omega^2} = \frac{(-L\omega - \mathrm{j}R)\,M(z)\omega I_1}{R^2 + L^2\omega^2}

   Sachant que \underline{I}_2(z) = I_2(z)\,\mathrm{e}^{\mathrm{j}\varphi} = I_2(z)(\cos\varphi + \mathrm{j}\sin\varphi), on identifie les parties réelle et imaginaire :

   \boxed{\cos\varphi = -\frac{L\omega}{\sqrt{R^2 + L^2\omega^2}}} \quad \text{et} \quad \boxed{\sin\varphi = -\frac{R}{\sqrt{R^2 + L^2\omega^2}}}

   Résultat

   $${\underline{i}}_2(t)=-\frac{\mathrm{j}M(z)\omega I_1}{R+\mathrm{j}L\omega }{\mathrm{e}}^{\mathrm{j}\omega t}$$

   $$I_2(z)=\frac{M(z)\omega I_1}{\sqrt{R^2+L^2{\omega }^2}}$$

   $$\cos \phi =-\frac{L\omega }{\sqrt{R^2+L^2{\omega }^2}}$$

   $$\sin \phi =-\frac{R}{\sqrt{R^2+L^2{\omega }^2}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9Mines-Ponts Physique 2 MPI 2026, Q23

   L'anneau étant circulaire et coaxial avec la bobine inductrice, les lignes de courant sont, par symétrie de révolution autour de l'axe (Oz), des cercles coaxiaux à l'axe. Le courant circule donc selon la direction orthoradiale (ou azimutale), portée par le vecteur unitaire \vec{e}_\theta.

   La section droite de l'anneau, normale aux lignes de courant, correspond à la section par un demi-plan méridien à \theta = \text{cte}. Il s'agit d'un rectangle de dimension radiale e et de hauteur axiale d, d'aire :

   S = e \, d

   Puisque la densité volumique de courant \vec{j}_2(t) est supposée uniforme sur l'ensemble de cette section, le courant total i_2(t) traversant l'anneau s'exprime par le flux :

   i_2(t) = \iint_S \vec{j}_2(t) \cdot \mathrm{d}\vec{S} = j_2(t) \, S = j_2(t) \, e \, d

   avec \mathrm{d}\vec{S} = \mathrm{d}r\,\mathrm{d}z\,\vec{e}_\theta. On en déduit :

   \boxed{\vec{j}_2(t) = \frac{I_2 \cos(\omega t)}{e \, d} \, \vec{e}_\theta}

   Résultat

   $${\vec{j}}_2(t)=\frac{I_2\cos (\omega t)}{ed}{\vec{e}}_{\theta }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10Mines-Ponts Physique 2 MPI 2026, Q24

    D'après la loi d'Ohm locale sous forme conductrice, le champ électrique local dans l'anneau s'écrit :

    \vec{E} = \frac{\vec{j}_2}{\gamma}

    La puissance volumique instantanée dissipée par effet Joule en tout point du conducteur est donnée par :

    p_J(t) = \vec{j}_2(t) \cdot \vec{E}(t) = \frac{\|\vec{j}_2(t)\|^2}{\gamma}

    En utilisant l'expression de \vec{j}_2(t) établie à la question Q23, il vient :

    p_J(t) = \frac{1}{\gamma} \left(\frac{I_2 \cos(\omega t)}{e\,d}\right)^2 = \frac{I_2^2}{\gamma\,e^2 d^2} \cos^2(\omega t)

    La valeur moyenne temporelle sur une période du terme en cosinus au carré vaut \langle \cos^2(\omega t) \rangle_t = \frac{1}{2}. On en déduit l'expression de la puissance volumique moyenne :

    \boxed{p_J = \frac{I_2^2}{2\gamma\,e^2 d^2}}

    Application numérique : Avec les données de l'énoncé :

    • I_2 = 15\text{ A} ;
    • \gamma = 6\cdot 10^7\text{ S}\cdot\text{m}^{-1} ;
    • e = 1\text{ mm} = 10^{-3}\text{ m} ;
    • d = 5\text{ mm} = 5\cdot 10^{-3}\text{ m}.

    Le dénominateur vaut :

    2\gamma\,e^2 d^2 = 2 \times (6\cdot 10^7) \times (10^{-3})^2 \times (5\cdot 10^{-3})^2 = 12\cdot 10^7 \times 10^{-6} \times 25\cdot 10^{-6} = 3\cdot 10^{-3}\text{ S}\cdot\text{m}^3

    D'où :

    p_J = \frac{15^2}{3\cdot 10^{-3}} = \frac{225}{3\cdot 10^{-3}} = 7{,}5\cdot 10^4\text{ W}\cdot\text{m}^{-3}

    Avec un seul chiffre significatif, on obtient :

    \boxed{p_J \approx 8\cdot 10^4\text{ W}\cdot\text{m}^{-3}}

    Résultat

    $$p_J=\frac{I_2^2}{2\gamma e^2{d}^2}$$

    $$p_J\approx 8\cdot 10^4\text{ W}\cdot {\text{m}}^{-3}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question