MP 2015-2016 Parc des loges

Correction du devoir maison n

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I. Dtermination exprimentale d'une inductance

1 Tension aux bornes de la bobine B :

u(t) = ri(t) + Ldidt

2 En rgime permanent, la bobine se comporte comme un l. On a donc UR =R

R+r+r0E0 (diviseur detension), d'o

r =E0UR 1

R r0AN : r = 29

3 Par lecture de l'oscillogramme :

Ue = 5; 0 V et UR = 2; 5 V

4 I = URR, donc I = 0; 063 A

5 Si U est l'amplitude de la tension aux bornes d'un diple quelconque et I l'amplitude de l'intensit qui letraverse, alors

Z = UI

Pour le diple AM, on a

ZAM =UeI

AN : ZAM = 80

6 La tension ue(t) est en avance sur uR(t), car elle passe par son maximum 0; 33 ms avant.

7 Si on note = 0; 33 ms l'avance de ue(t) sur uR(t), alors l'avance de phase de ue(t) sur i(t) est

'ue=i = 2f

Application numrique : 'ue=i = 0; 52 rad (= 30)

8 ZAM = r + jL! +1

jC!+R, donc

ZAM = R+ r + jL! 1

C!

9 ZAM =

uei= Uee

j'ue=i

I. Donc

ZAM = ZAMej'ue=i

10 D'aprs 8), R+ r = Re (ZAM) = ZAM cos'ue=i. Donc

r = ZAM cos'ue=i R = 29

11 D'aprs 8), L! 1C!

= Im (ZAM). Donc

L = 1!

ZAM sin'ue=i +

1C!

= 0; 066 H

1

Devoir maison

12 Fonction de transfert du ltre :

H =uRue

13 basse frquence, l'inductance L est quivalente un l, le condensateur C est quivalent un inter-rupteur ouvert. haute frquence, l'inductance L est quivalente un interrupteur ouvert, le condensateurC est quivalent un l.Le signal ne passant ni basse frquence ni haute frquence, le ltre est probablement un passe-bande.

14 H =uRue

= RZAM. Donc

H = RR+r+j(L! 1C! )

15

H =R

R+r

1 + jR+r

L! 1

C!

= RR+r1 + j 1

R+r

qLC

pLC! 1p

LC!

En posant

Hmax

= RR+r

!0 =1pLCet Q = 1

R+r

qLC

on obtient bien

H =Hmax

1 + jQ

!!0 !0

!

16 Le diagramme de Bode est constitu de la reprsentation du gain logarithmique GdB

= 20 log jHj enfonction de log! et de la reprsentation de la phase ' = ArgH en fonction de log!.

17

jHj = Hmaxr1 + Q2

!!0 !0

!

2Donc jHj est maximal si 1 + Q2

!!0 !0

!

2est minimal, i.e. si ! = !0. Alors GdB, max = 20 logHmax =

20 log RR+r. D'autre part, par lecture du diagramme de Bode, on obtient GdB, max

= GdB

(!0 = 2f0) =4; 8 dB, avec f0 = 196 Hz.On en dduit

L = 142f20Cet r = R

10

GdB, max

20 1Application numrique : L = 0; 066H et r = 29; 5

18

a) Le spectre d'entre a l'allure :

f(kHz)

2E

pi

2E

3pi

e

fc

3fc

5fc

2E

5pi

E

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b) La composante continue est nulle en sortie. Il faut calculer jH(fc)j. En utilisant le diagramme deBode, on trouve jH(fc)j = 1015=20 et l'amplitude du fondamental est donc

2 jH(fc)j

= 0; 11V

On a jH(3fc)j = Hmax, l'amplitude de la troisime harmonique est donc2 jH(3fc)j

3= 0; 13V

On mesure (ou on calcule) jH(5fc)j = 109=20, l'amplitude de la cinquime harmonique est donc2 jH(5fc)j

5= 0; 05V

c) Le signal de sortie est essentiellement la superposition de trois sinusodes d'amplitudes direntes.

19 En haute frquence le passe-bande se comporte comme un intgrateur. Le signal de sortie est donc un

triangle de frquence 10 kHz (et d'amplitude trs faible).

II. Etude d'un acclromtre

1 Considrons le mouvement d'un bras de longueur ` = 60 cm qui eectue un demi-tour en une dure

= 0:5s (mouvement rapide). Il lui correspond une vitesse moyenne vmoy =vmoy

= 4m:s1. Si l'on considre

qu'en n de parcours, le bras est frein de vmoy 0 en 0 = 0:1s, l'acclration nale est de l'ordre de

arapide ' 40m:s2 = 4g . Si l'on double les dures pour dcrire un mouvement lent, on obtient le quartde la valeur prcdente, soit alent ' 10m:s2 = g . On se situe donc dans les intervalles prciss par lache constructeur. Les mesures eectues sur des volleyeurs montrent que leur bras peuvent atteindre une

acclration de l'ordre de 20g lors de la frappe du ballon !

2 Le botier peut tre considr comme formant un rfrentiel non galilen en translation par rapport au

rfrentiel galilen R, d'acclration !a (t). Ainsi, l'quation du mouvement de la masse m dans ce rfrentielest donne par :

mX!e x = kX!e x 2m _X!e x m!a (t):Aprs projection et simplication, on obtient :

X + 2 _X + !2rX = a(t):

3 Dans tous les cas, la solution particulire est Xp = a!2r. Le discriminant rduit de l'quation caractris-

tique associe l'quation est = 2 !2r .1

er

cas : < !r ) < 0. Les solutions s'crivent :

X(t) = a!2r

+ exp( t)Acos

p!2r 2 t+ Bsin

p!2r 2 t

:

A et B sont les constantes d'intgration.2

e

cas : > !r ) > 0.

X(t) = a!2r

+Aexp +

p

2 !2r

t+ Bexp

p

2 !2r

t:

3

Devoir maison

4 Dans tous les cas, limt!+1

X(t) = a!2r.

5 Les courbes sont traces ci-dessous (X et _X sont continues) :

6

1

er

cas : oscillateur faiblement amorti. Le temps de rponse est =1

.

2

e

cas : oscillateur fortement amorti. Il y a a priori deux constantes, car il y a deux exponentielles dcrois-

santes. Il faut considrer le temps de rponse le plus grand, puisque c'est celui qui dcrira l'amortissement

le plus lent.

Ainsi, =1

p2 !2r .7 Il faut bien sr sparer les dirents cas, qui se rejoignent pour = !r :

8 Le temps de rponse minimal est celui correspondant au rgime critique = !r. Il vaut =1

!r.

9 On se trouve dans le cas pseudo-priodique, d'o =1

= 100s . Le dplacement stationnaire est, en

valeur absolue, Xp =a

!2r= 8nm .

10 Le temps de rponse et la sensibilit caractrise par Xp sont tous deux des fonctions dcroissantes dela pulsation !r. Ainsi, un temps de rponse court est incompatible avec une grande sensibilit.

11 Le dispositif mesure la composante de la dirence entre la pesanteur

!g et l'acclration

!a du botier

sur

!u , soit (

!g !a ) !u .

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