Eléments de correction du Devoir Maison n°1

Yves Josse

Description

Niveau: Supérieur
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

Sujets

• Courant
• Lois de Kirchhoff
• Résistance

Informations

• Publié par: profil-nechor-2012
• Nombre de lectures: 227
• Langue: Français

Extrait

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 ` =n 1 . La condition de confinement 2 n 1 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 ` =n− 1 3. NumÉriquementon aON= 0,298 4. Letemps de parcours est minimal pourθ= 0, et maximal pourθ=θ l . 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 ` n 1 c la distance parcourue par la vitesse de propagation. On en dÉduit la diffÉrence de temps n n(n−n 1 )L δt= n 1 c 0 tie estt+δt. 5. LadurÉe caractÉristique de l’impulsion lumineuse en sor 0 =t 0

Il y a Étalement temporel de l’impulsion lors de la propagation. 1 0 6. Lenon-recouvrement nÉcessite que la pÉriodesoit supÉrieure Àt0≈δt, ce qui s’Écrit :F δt<1 F nΔL soitF <1. c nΔL max c 7. Dansle cas limite, on aF= 1soitB=L max F= c nΔ −2 10−1 8.Δ = 1,98.10etB= 1,01.10m.s;L max = 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 RR p A.1RetR p Étant montÉes en parallÈle, on aR d =. R+R p

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  2 d R d (T) A.2La condition de linÉarisation est 2 = 0. Calculons les dÉrivÉes deR d par rapport ÀT. dT T 0 R(R+ dR d dR d dR dR p R p )−RR p On a,R p Étant indÉpendante de la tempÉrature,== = 2 soit en simplifiant dT dRdT dT (R+R p ) 2 R dR d dR p = 2 . dT dT (R+R p ) 2  2  2 2 R R d R pd p d RdR d On dÉrive une nouvelle fois, 2 = 2 2 + 2 dT dT(R+R p ) dT dT (R+R p ) 2  2  R R 2 2 d R d d R p ddR dR p d’oÙ 2 = 2 2 + 2 dT dT(R+R p ) dT dT dR (R+R p ) 2 2   2 2 R 2 −2R R dR d R d d p p donc 2 = 2 2 + 3 dT dT(R+R p ) dT (R+R p ) 2   2 2   R 2 d R d dRd R1 p soit 2 = 2 2 −2. dT(R+R p ) dT dTR+R p     2 2 2   d R(T) d d RdR1 La condition de linÉarisation 2 = 0s’Écrit donc 2 −2 =0 dT dT dT T 0 R(T 0 )+R p T 0 T 0 soit   2 dR ( dT ) T 0   R p = 2 2 −R(T 0 ) d R 2 dT T 0 A.3αpermet de quantifier la variation deRavecT. 2 2 R RR p R+ R R 1 dR d dR d dR p p dR p A.4On aα d =. Or= 2 etR d =, donc en remplaÇant,α d = 2 = R d dT dTdT (R+R p ) R+R p RR p dT (R+R p ) R 1dR p 1 dR R p . Commeα=, on aα d =α < α. R dTR+R p R dTR+R p En linÉarisant le capteur, on perd en sensibilitÉ : commeα d < 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(t 1 ) = 74 Ω,R(t 2 ) = 375 ΩetR(t 0 ) = 198 Ω. B.2

dR1 Avec la rÉsistance au nickel,=R 0 (A+ 2Bt), doncα(t 0 ) =R 0 (A+ 2Bt 0 ). On trouveα= dT R (t 0 ) −3−1 3,8.10K.

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  2 dR ( dT ) T dR 0   B.3On utilise la formule de la partie prÉcÉdente :R p = 2 2 −R(T 0 )avec=R 0 (A+ 2Bt) d R dT 2 dT T 0 2 2 2 2 d R 2R 0 (A+2Bt 0 ) (A+2Bt) et 2 = 2BR 0 . En remplaÇant, on aR p =−R(t 0 ) =R 0 −R(T 0 ). On trouve dT 2BR 0 B 2 R p = 6,4.10 Ω. R p −3−1 Commeα d =α, on aα d = 2,9.10K. R+R p 2 RR p R p R 0 (1+At+Bt) B.4On aR d = = 2 . R+R p R 0 (1+At+Bt)+R p Application numÉrique : on trouveR d1 = 66,5ΩetR d2 = 237Ω, la courbeR d (t)est la droite passant par les deux points(t 1 , R d1 )et(t 2 , R d2 ). B.5On aR d (t) =at+bdoncR d1 =R d (t 1 ) =at 1 +betR d2 =R d (t 2 ) =at 2 +b. On en dÉduit que t R d2 −Rd1 −1 R d1 t 2 −R d 2 1 a= =0,43 Ω.Ketb= =88 Ω. t 2 −t 1 t 2 −t 1

C Etuded’une thermistance R ln( ) R 0 3 C.1On aB= 1 1 = 3,4.10K. − T T 0 h i   1dR1B1 1B h i =− 2 R 0 expB−doncα T h =− 2 . C.2On aα T h = dT 1 1 TT T 0 T R R 0 expB− T T 0 −2 Application numÉrique : on aα T h =−1,9.10K−1, 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 1 4 C.3On aR(T) =R(T 1 ) exp(B(−)). Pourt= 5C,R(278K) = 1,4.10 Ωet pourt= 110C, T T 1 R(383K) = 389 Ω. 2R C (R C +R2R C (R C +R C.4La rÉsistance Équivalente estR eq =doncV C −V D =R eq I G =I G . La formule 3R C +R3R C +R R R C 1 du diviseur de tension donneV A −V D = (V C −V D )etV B −V D = (V C −V D ) =(V C −V D ). R+R C R C +R C 2 R1 C.5On aV mes =V A −V B =V A −V D −(V B −V D )doncV mes = (V C −V D )−(V C −V D ). R+R C 2 R1 R−R C En factorisant,V mes = (−)(V C −V D () =V C −V D ). Avec l’expression deV C −V D , on a R+R C 2R+R C (R−R C )R C V mes =I G . 3R C +R V mes est du signe deR−R C : siR−R C >0,V mes >0et inversement. R C (R C I G +3V mes ) On isoleRdans l’expression prÉcÉdente, on aR=. R C I G −V mes

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 E m =Li(∞)soitE m =L 2 . 2 2 R 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 alorsE eq =etR eq =. 3 3

0 − E 6. Avantla fermeture de l’interrupteurK 2 , 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 0 3L poseτ=. La solution de cette Équation diffÉrentielle est la somme de la solution de l’Équation R 0 di2E gÉnÉrale sans second membre (τ+i= 0) et d’une solution particuliÈre (i=). La solution dt R 0 −t0 2E s’Écrit alorsi(t) =Ke τ+oÙKest une constante d’intÉgration qui se dÉtermine À partir de R 0 t − 0 E2E E 0 E 0 la condition initiale :i(t== 0) =K+soitK=−. On en dÉduiti(t) =(2−e) 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.E m =Li(∞) = 2L 2 . L’Énergie magnÉtique emmagasinÉ est quatre fois plus importante que 2 R celle calculÉe À la question 4.

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