Bac 2012 STI Physique appliquee Corr

Description

BACCALAUREAT TECHNOLOGIQUE 12 PYEL ME1/LR1 série Génie Electronique Physique Appliquée Juin 2012 Etude d’un véhicule électrique Partie A Mise en forme du signal issu du capteur A -1- 2 -1 V = 300 mV V = -900mV max min on a v=k donc k= v / =( 0,3 - - 0,9 ) /( -10- 30 )= -0,03 V/°C - - +A -1- 2 -1 L’Aop est en régime linéaire car la sortie est bouclée sur l’entrée inverseuse E E = E donc v=v c’est un montage suiveur adaptateur d’impédance il isole le capteur du reste du montage 1 -A -1- 2 –2 oui on est en régime linéaire car la sortie est bouclée sur l’entrée inverseuse E + + On a E à la masse donc E = 0 et v=U =R I v = U =-R I avec I = I ( Aop parfait ) R1 1 E 1 R2 2 S E s donc I = -(v /R )= (v /R ) v = -(R /R ) v c’est un amplificateur inverseur S 2 2 1 1 2 2 1 A -1- 2 –3 v = -(R /R ) v = -(R /R ) k donc R = -( v R ) / ( k ) R = 50k 2 2 1 2 1 2 2 1 2 A -1- 2 –4 sur doc réponse courbe de proportionnalité Comparateur + A -2- 1 -1 non on n’est pas en régime linéaire car la sortie V est bouclée sur l’entrée non inverseuse E3 V = V =

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• Publié par: lewebpedagogique
• Publié le: 09 décembre 2013
• Nombre de lectures: 555

Extrait

BACCALAUREAT TECHNOLOGIQUE 12 PYEL ME1/LR1

série Génie Electronique Physique Appliquée Juin 2012

Etude d’un véhicule électrique






Partie A
Mise en forme du signal issu du capteur
A -1- 2 -1 Vmax= 300 mV Vmin= -900mV
on a v=kΚdonc k=Dv /DΚ ) /( -10- 30 )= -0,03 V/°C 0,9 0,3 - - =(
A -1- 2 -1 L’Aop est en régime linéaire car la sortie est bouclée sur l’entrée inverseuse E- E-= E+ donc
v=v1 c’est un montage suiveur adaptateur d’impédancele capteur du reste du montage il isole
A -1- 2 –2oui on est en régime linéaire car la sortie est bouclée sur l’entrée inverseuse E-
On a E+ E à la masse donc+= 0 et v=UR1=R1IE v1= UR2=-R2IS avec IE= Is( Aop parfait )

donc IS= -(v2/R2)= (v1/R1) v2= -(R2/R1 c’est un amplificateur inverseur) v
A -1- 2 –3v2= -(R2/R1) v = -(R2/R1) kΚ donc R2= -( v2R1) / ( kΚ) R2= 50kW
sur de proportionnalité courbe doc réponse
A -1- 2 –4

Comparateur
A -2- 1 -1 non on n’est pas en régime linéaire car la sortie V3est bouclée sur l’entrée non inverseuse E+
V3=±VSAT=±15 V
A -2- 1 -2 R3et R4étant en série, on utilise les théorèmes de superposition et diviseur de tension :
E+= E(R4/R3+R4)+v3(R3/R3+R4)
si v3= VSAT v1+= E(R4/R3+R4)+ VSAT(R3/R3+R4) AN: v1+=3V
si v3= - VSAT v2+= E(R4/R3+R4) - VSAT(R3/R3+R4 v) AN:2+=1,24V
A -2- 1 -3 Ud = E Ud est la tension différentielle d’entrée+- E-= v+- v2
A -2- 1 -4 E(R Ud=4/R3+R4)+v3(R3/R3+R4) - v2
A -2- 1 -5 si UD>0 alors v3= VSAT
donc v3bascule si Ud=0 avec E(R4/R3+R4)+v3(R3/R3+R4) - v2 v=0 et2H= V1+on a bien v2H= 3V
si UD<0 alors v3= -VSAT
donc v3bascule si Ud=0 avec E(R4/R3+R4)+v3(R3/R3+R4) - v2=0 et v2B= V2+on a bien v2B= 1,24V
A -2- 1 -7 à seuils inverseur non symétrique Comparateur
A -2- 2si v3=VSATalors Dz est en inverse et VSTOP = 5V si v3=-VSATn esspateant eVst eDzs oralSTOP = 0V
A -2-3- 2Les comparateurs à deux seuils ne sont pas sensibles au bruit : des petites vibrations ou parasites
ne seront pas prises en compte .

Partie B

B - 1 - 1 - 1 a Z onc= 1/C1w
pour f= 0 C1comme un interrupteur ouvert , un trouse comporte
pour f=µ en haute fréquence C1se comporte comme un interrupteur fermé, un fil
B 1 - 1 - 2
-
pour f= 0 C1 vn’intervient pas : ampli inverseur4¹0
pour f=µ C1court circuite AO4 v4 un filtre passe bas=0 c’est
B - 1 – 2 - 1 on a Yc= jC1w
B - 1 - 2 - 2

Yeq= YR7+ YC1+RCj 1 =1w
7
On a un Aop en régime linéaire donc IEVR 62 et Is-VZ= QE4 = -V4Yeq
=
L’ Aop est parfait donc IE= ISdonc V26 V V24 R6Y-1E Q
= -

R V4Yeq =

T= 1-+ RR77R/C61


B - 1 - 2 - 3 continu enw=0 donc T= - R7/R6et le module T= R7/R6donc si v4= -v2 Ralors T=17=R6
BO n- 1a -l e4 -m1o dule T =TR=7/R6


2
1+(R7C1w)



on a limT R =7/R6 = R7R/R7/R6
B - 1 – 4 - 2 6 a limT on = = 0


1+ 0 1+υ


²

w|0 w|υ





On retrouve bien le comportement d’un filtre passe bas

B - 1 – 4 - 3 on a T0= R7/R6 etw/wc= R7C1w doncwc= 1/ R7C1


B - 1 – 4 - 4 si fC= 10 Hz alorswc = 2ϑfC 1 donc/2ϑR3C = 10 donc R7= 1/2ϑfCC = 159kW
B - 1 – 4 - 5 si fC= 10 Hz alorswc = 2ϑfC 1 donc/2ϑR3C = 10 R donc7= 1/2ϑfCC =
On a la fréquence de coupure lorsque T = Tmax/ Ö2 on a donc Tmax=1 et Tc = 0,7
B 1 – 5 - 1
-
T

0,7


F en Hz


B - 1 – 5 - 2 si v3=8V v4= -v2=-8V

B - 1 – 5 - 3 avec des vibrations v4=0V le montage élimine les valeurs de v2 qui ne sont pas prises en
compte comme une variation d’angle
B - 1 – 6 - 1 L’Aop non :n’est pas en régime linéaire car v5 E à l’entrée reliéen’est pas-
V5=±VSAT=±15 V

-
B - 1 – 6 2 siΚ=16° v2= 8V v4= -8V
B - 1 – 6 3 siΚaugmente la durée à l’état bas est plus courte doncaaugmenteΚmodifie la valeur
–
moyenne de v5

MOTEUR
B - 2 – 1 courant dans le moteur . d est une diode dela bobine lisse le courant et assure la continuité du
roue libre qui protège le circuit de commande lors des ouvertures de l’interrupteur elle permet à la bobine
de se décharger

B - 2 – 2Imot mot= ID

B - 2 – 2 – 2a= 0,15/0,20 = 0,75
La période du signal est de 0,20ms donc la fréquence est son inverse soit 5kHz
Iam-t xom= 55 A It-mon mi= 45 A donc Iy t-momo
= 50 A
B - 2 – 2 – 3UC= aUCmax0,75x24= 18 V
=
B - 2 – 2 – 4UC= UL+UMOTUCmoy= ULmoy+UMOTmoy=UMOTmoy
B - 2 – 2 – 6Ce convertisseur est un hacheur il permet en fonction du rapport cyclique de la commande de
régler la valeur moyenne de Imot et donc la vitesse du moteur

B - 3 – 1L’inducteur génère un champ magnétique nécessaire pour créer les forces de Laplace . ce sont des
aimants permanents qui génèrent ce champ .
D’après la loi d’ohm U=E+RI
B - 3 – 2–1pour n =1500 E= 1500x 13,3x10-3 45m R = ( U-E)/I = (24-19,95)/90 = 0,045 = 19,95 V doncW
B - 3 – 2–2On a Pabs P= U I = 24 x 90 = 2160 Wuti= E x I = 19,95 x 90 = 1796 W Pperdue= R I² = 364 W

B - 4On a donc besoin de deux batteries fournissant au total une capacité de 40x 1,50 = 60 Ah
La batterie 2 convient juste la batterie 1 ne permettra pas cette durée d’utilisation