Eléments de correction du Devoir Maison n°1

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Eléments de correction du Devoir Maison no 1 Problème I Etude d'un moteur électrique A Caractéristique d'un moteur électrique 1. On a u = e + r.i soit i = u?er . La caractéristique est un segment de droite croissante de pente 1 r et qui coupe l'axe des abscisses en u = e. Comme un moteur est un récepteur véritable, la caractéristique n'est valable que si i ≥ 0. 2. On associe les deux dipôles en série : le point de fonctionnement est l'intersection des deux caractéristiques. On a e+ r.iF = E ?R.iF donc iF = E?eR+r et uF = R.e+r.ER+r . App. Num. : iF = 0.25A et uF = 2.25V . B Moteur alimenté par deux sources 1. On passe les deux générateurs de Thévenin en générateurs de Norton que l'on réunit. Enfin, on définit les paramètres du générateur de Thévenin équivalent : eeq = R1.e2?R2.e1R1+R2 = 2V > 0 et Req = R1R2R1+R2 . Le courant débité par le générateur est positif dans la représentation choisie et donc le courant traversant le moteur circule de B vers A. 2. La loi des mailles sur le réseau simplifié conduit à i = eeq?eReq+r = 0.14A . 3. La tension entre B et A est uBA = e+ r.

  • résistance

  • tension aux bornes

  • loi des mailles

  • nuité du courant

  • équation précédente

  • courant

  • ve ?

  • thévenin-norton


Publié le : mardi 29 mai 2012
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Source : cpge-brizeux.fr
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o Devoir Maison n1 Lois de Descartes - ElectrocinÉtique
ProblÈme 1Fibre optique À saut d’indice 1. Lerayon reste confinÉ À l’intÉrieur du coeur si la rÉflexion À l’interface coeur-gaine est totale. C’est le cas lorsque l’angle d’incidenceiest supÉrieur À l’angle d’incidence limitei`,i`correspondant À π un rayon Émergent rasant (angle de rÉfraction de) soitnsini`=n1. La condition de confinement 2 n1 est donci >arcsin n 2.θÉtant l’angle d’incidence sur le dioptre air-coeur en entrÉe de fibre, l’inclinaisonrdes rayons π par rapport À l’axeOxest donnÉe parsinθ= sinrorr+i=, doncsinθ=ncosi. La condition 2 p 2 2 de confinement est doncθ < θavecsn `inθ`=ncosi`=n1 3. NumÉriquementon aON= 0,298 4. Letemps de parcours est minimal pourθ= 0, et maximal pourθ=θl. Dans le premier cas, le trajet parcouru par la lumiÈre dans le milieu d’indicenest Égal ÀL, et dans le second cas, la L LLn distance parcourue est Égale À= =. LE temps de parcours s’obtient en divisant cosrsini`n1 c la distance parcourue par la vitesse de propagation. On en dÉduit la diffÉrence de temps n n(nn1)L δt= n1c 0 tie estt+δt. 5. LadurÉe caractÉristique de l’impulsion lumineuse en sor0=t0
Il y a Étalement temporel de l’impulsion lors de la propagation. 10 6. Lenon-recouvrement nÉcessite que la pÉriodesoit supÉrieure Àt0δt, ce qui s’Écrit :F δt<1 F nΔL soitF <1. c nΔLmaxc 7. Dansle cas limite, on aF= 1soitB=LmaxF= c nΔ 2 101 8.Δ = 1,98.10etB= 1,01.10m.s;Lmax= 101m. On peut utiliser ce type de fibre pour des transferts de donnÉes informatiques dans un bátiment, mais pas pour des grandes distances.
ProblÈme 2CorrigÉ : ThermomÉtrie par rÉsistance mÉtallique A EtudeprÉliminaire : linÉarisation RRp A.1RetRpÉtant montÉes en parallÈle, on aRd=. R+Rp
1
  2 d Rd(T) A.2La condition de linÉarisation est2= 0. Calculons les dÉrivÉes deRdpar rapport ÀT. dT T0 R(R+ dRddRddR dRpRp)RRp On a,RpÉtant indÉpendante de la tempÉrature,== =2soit en simplifiant dT dRdT dT(R+Rp) 2 R dRddR p =2. dT dT(R+Rp) 222 2 R R d Rpd p d RdR d On dÉrive une nouvelle fois,2=2 2+2 dT dT(R+Rp)dT dT(R+Rp) 22R R 2 2 d Rdd RpddR dR p d’oÙ2=2 2+2 dT dT(R+Rp)dT dT dR(R+Rp) 2 2  2 2 R22R R dR d Rddp p donc2=2 2+3 dT dT(R+Rp)dT(R+Rp) 2  2 2  R2 d RddRd R1 p soit2=2 22. dT(R+Rp)dT dTR+Rp     2 2 2  d R(T) dd RdR1 La condition de linÉarisation2= 0s’Écrit donc22 =0 dT dTdT T0R(T0)+Rp T0T0 soit   2 dR (dT) T 0   Rp= 22R(T0) d R 2 dT T 0 A.3αpermet de quantifier la variation deRavecT. 2 2 R RRpR+R R 1dRddRddRp pdRp A.4On aαd=. Or=2etRd=, donc en remplaÇant,αd=2= RddT dTdT(R+Rp)R+RpRRpdT(R+Rp) R 1dRp1dR Rp . Commeα=, on aαd=α < α. R dTR+RpR dTR+Rp En linÉarisant le capteur, on perd en sensibilitÉ : commeαd< α, une mme variation de tempÉrature conduit À une variation plus faible de la rÉsistance.
B Etuded’un rÉsistance mÉtallique au nickel
B.1On trouveR(t1) = 74 Ω,R(t2) = 375 ΩetR(t0) = 198 Ω. B.2
dR1 Avec la rÉsistance au nickel,=R0(A+ 2Bt), doncα(t0) =R0(A+ 2Bt0). On trouveα= dT R(t0) 31 3,8.10K.
2
  2 dR (dT)TdR 0   B.3On utilise la formule de la partie prÉcÉdente :Rp= 22R(T0)avec=R0(A+ 2Bt) d RdT 2 dT T 0 2 22 2 d R2R0(A+2Bt0) (A+2Bt) et2= 2BR0. En remplaÇant, on aRp=R(t0) =R0R(T0). On trouve dT2BR0B 2 Rp= 6,4.10 Ω. Rp 31 Commeαd=α, on aαd= 2,9.10K. R+Rp 2 RRpRpR0(1+At+Bt) B.4On aRd= =2. R+RpR0(1+At+Bt)+Rp Application numÉrique : on trouveRd1= 66,etRd2= 237Ω, la courbeRd(t)est la droite passant par les deux points(t1, Rd1)et(t2, Rd2). B.5On aRd(t) =at+bdoncRd1=Rd(t1) =at1+betRd2=Rd(t2) =at2+b. On en dÉduit que t Rd2Rd11Rd1t2Rd2 1 a= =0,43 Ω.Ketb= =88 Ω. t2t1t2t1
C Etuded’une thermistance R ln( ) R 03 C.1On aB=1 1= 3,4.10K. T T 0 h i   1dR1B1 1B h i =2R0expBdoncαT h=2. C.2On aαT h=dT1 1TT T0T R R0expBT T 0 2 Application numÉrique : on aαT h=1,9.10K1, ce qui est, en valeur absolue est supÉrieure au coefficient thermique d’un rÉsistance au nickel. Une thermistance sera donc ici un capteur plus sensible qu’une rÉsistance au nickel. A l’inverse d’une rÉsistance mÉtallique, une thermistance voit sa rÉsistance diminuer avec la tempÉrature. 1 14 C.3On aR(T) =R(T1) exp(B()). Pourt= 5C,R(278K) = 1,4.10 Ωet pourt= 110C, T T1 R(383K) = 389 Ω. 2RC(RC+R2RC(RC+R C.4La rÉsistance Équivalente estReq=doncVCVD=ReqIG=IG. La formule 3RC+R3RC+R R RC1 du diviseur de tension donneVAVD= (VCVD)etVBVD= (VCVD) =(VCVD). R+RCRC+RC2 R1 C.5On aVmes=VAVB=VAVD(VBVD)doncVmes= (VCVD)(VCVD). R+RC2 R1RRC En factorisant,Vmes= ()(VCVD() =VCVD). Avec l’expression deVCVD, on a R+RC2R+RC (RRC)RC Vmes=IG. 3RC+R Vmesest du signe deRRC: siRRC>0,Vmes>0et inversement. RC(RCIG+3Vmes) On isoleRdans l’expression prÉcÉdente, on aR=. RCIGVmes
ProblÈme 3Circuit RL comportant deux gÉnÉrateurs 1. Les deux interrupteurs Étant ouverts depuis longtempsi(t= 0) = 0. L’intensitÉ du courant + traversant une bobine Étant continue,i(t= 0) = 0. D’aprÈs la loi des mailles,E=Ri+u, et + À l’instantt= 0on a alorsu(t= 0) =E. Lorsquet→ ∞, on a atteint un rÉgime permanent, di() le courant et la tension sont donc constants. On en dÉduitu() =L= 0et À partir de la dt E loi des maillesi() =. R di 2. D’aprÈsla loi des mailles, on aE=Ri+uetu=L. En dÉrivant la premiÈre Équation on dt di duR dudu L obtientR+ =0soitu+ =0ouτ+u= 0avecτ=qui est homogÈne À un dt dtL dtdt R temps. Cette constante correspond À l’ordre de grandeur de la durÉe du rÉgime transitoire. 3.u(t)est la solution d’une Équation diffÉrentielle linÉaire du premier ordre sans second membre. t t − − On au(t) =Keetu(0) =E, soitu(t) =Ee. τ τ 4. L’ÉnergieemmagasinÉe dans la bobine une fois que le rÉgime permanent est atteint est Égale À 2 1 21E Em=Li()soitEm=L2. 2 2R 3
5. Oneffectue dans un premier temps 2 transformations ThÉvenin-Norton, puis on associe les deux sources de courant et les trois rÉsistances en parallÈle avant de refaire une transformation Norton-2E R Thevenin comme indiquÉ sur la figure ci-dessous. On a alorsEeq=etReq=. 3 3
0 −E 6. Avantla fermeture de l’interrupteurK2, on a montrÉ quei(t= 0) =et l’intensitÉ traversant R 0+E2E R une bobine est continue, on a alorsi(t= 0) =. D’aprÈs la loi des mailles on a=i+u. R3 3 0+ 2E EE At= 0, on obtientu(t) == 0=. 3 3 3 2diE R2E Rdi3L di2E 7. D’aprÈsla loi des mailles=i+uetu=L, soit=i+Lou+i=On 3 3dt3 3dt Rdt R 03L poseτ=. La solution de cette Équation diffÉrentielle est la somme de la solution de l’Équation R 0di2E gÉnÉrale sans second membre (τ+i= 0) et d’une solution particuliÈre (i=). La solution dt R 0 t02E s’Écrit alorsi(t) =Ke τ+Kest une constante d’intÉgration qui se dÉtermine À partir de R 0 t 0E2E E0E0 la condition initiale :i(t== 0) =K+soitK=. On en dÉduiti(t) =(2e) τ R RR R 0 8. Lorsquele rÉgime permanent est atteint on obtient À partir de l’expression dei(t)ou À partir 2E du schÉma Équivalenti() = R 2 1 2E 9.Em=Li() = 2L2. L’Énergie magnÉtique emmagasinÉ est quatre fois plus importante que 2R celle calculÉe À la question 4.
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