Correct Physique II CNC Maroc 2015

8/19/2019 Correct Physique II CNC Maroc 2015

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CPGE MAROC e-mail : [email protected]

Physique II TSI Corrigé proposé par M.Ouzi C O R R E

C TIO N D U ⋆

⋆ ⋆ ⋆

C O N C O U

R S C O M

M U N

⋆2014/2015

É tude d’un capteur capacitif

Champ électrique d’un système de deux plans conducteurs.

1.1.1

• Invariances des sources :Toute translation le long des axes

Ox et Oy laisse la distribution decharges invariante donc le champs ne dépend que de z en coordonnéescartésiennes :

E 1(M ) = E 1(z )

• Symétries :Tout plan contenant l’axe Oz est unplan de symétrie de la distribution

alors le champs −→E 1(M ) appartient àchacun de ces plans donc il appartient

à leurs intersection et par consé- quent : −→

E 1(M ) = E 1(M )−→e z

Finalement :−→E 1(M ) = E 1(z )

−→e z

1.1.2

En M on a ρ(M ), donc l’équation deMaxwell-Gauss s’écrit :d i v

−→E 1(M ) = 0 c-à-d

d E 1(z )

d z = 0 donc :

E 1(M ) = c t e

Soient deux points M et M ′, symé- triques par rapport au plan chargé(P 1) et au voisinage immédiat decelui, de coordonnées M (0,0,z ) etM ′(0,0,−z ).La relation de passage de part et

d’autre du plan (P 1) donne :−→E 1(M )−

−→E 1(M ′) =

σ

ǫo

−→e M ′→M

−→E 1(z )−

−→E 1(−z ) =

σ

ǫo c-à-d :

E 1(z )−→e z −E 1(−z )−→e z = σǫo −→e z soit :

E 1(z )− E 1(−z ) = σ

ǫo Or le plan (P 1) est un plan de symétrie

de la distribution alors : Si M ′ = Sy m /P 1 (M ) alors :−→

E 1(M ′) = Sy m /P 1 (−→E 1(M )) donc :

E 1(−z )−→e z = Sy m /P 1 (E 1(z )−→e z ) = −E 1(z )−→e z donc :E 1(−z ) = −E 1(z ) (E (z ) ici est une

fonction impaire) et la relation depassage donne donc :2E 1(z ) =

σ

ǫo et donc :

• Si z > 0 alors : −→E 1(z ) =σ

2ǫo

−→e z

• Si z < 0 on a : −→E 1(z ) =−σ

2ǫo

−→e z

• Le potentiel V 1 correspondant à −→

E 1 est donné par :−→

E 1(M ) = −−−−→g r a d (V 1(M )) et sachant que

V 1(M ) = V 1(z ) alors : E 1(z ) = −d V 1

d z c-à-d

pour z > 0 on a : d V 1d z

= − σ2ǫo

ce qui donne :

V 1(z > 0) =− σ

2ǫo z + c t e

de même pour z < 0 on a :

V 1(z < 0) = σ

2ǫo z + c t e

1.2.1

D’après la question précédente, Lechamps −→E 2 créé en M de coordon-

nées z < d par (P 2) est :• −→E 2 =

−σ2ǫo

(−−→e z ) =σ

2ǫo

−→e z

Et pour z > d on a :• −→E 2 =

−σ2ǫo

(−→e z ) =−

σ

2ǫo

−→e z

Et sachant que le champs crée par(P 1) est donné par :

Pour z > 0 :

• −→

E 1 =σ

2ǫo (−→e z )

Et pour z < 0 on a :• −→E 1 =

σ

2ǫo (−−→e z ) =−

σ

2ǫo

−→e z

Donc par superposition le champ to-

1


2/12

tal pour un point M entre les plans(P 1) et (P 2) est :−→E (M ) =

−→E 1(M ) +

−→E 2(M ) soit :

−→E (M ) =

σ

ǫo

−→e z

Le potentiel V correspondant à −→E dans cette région est donné par :

−→E =−−−−→g r a d V soit :σǫo

=−d V d z

ce qui donne :

V =−σǫo

z + c t e ′

• Pour z > d on a : −→E (M ) = −→E 1 +−→E 2

soit :−→E (M ) =

σ

2ǫo

−→e z +

−σ2ǫo

−→e z =

−→0

−→E (M ) =

−→0

Le potentiel dans cette région est donné par :−→E (M ) =−−−−→g r a d (V (M )) =−d V

d z

−→e z =

−→0

donc V = c t e 1V (z ≥ d ) = c t e 1

• De même pour la région z < 0 on a :−→E (M ) =

−→E 1 +

−→E 2 soit :

−→E (M ) =

σ

2ǫo (−−→e z ) +

−σ2ǫo

(−−→e z ) =−→0

−→E (M ) =−→0Le potentiel dans cette région aussi

est donné par :−→E (M ) =−−−−→g r a d (V (M )) =−d V

d z

−→e z =

−→0

donc V = c t e 2V (z ≤ 0) = c t e 2

1.2.2• Pour 0≤ z ≤ d on a :V (z ) = −σ

ǫo z + c t e ′ puisque V (z = 0) = V 1

alors c t e ′ = V 1 et donc le potentiel V a pour expression :

V (z ) =−σǫo

z + V 1

Notons qu’on a montré que les potentiels sont constants pour z > d et pour z < 0 et donc :par continuité en z = 0 on aV (z ≤ 0) = V (z = 0) = V 1 = c t e 2 etpar continuité en z = d on a

V (z ≥ d ) = V (z = d ) = 0 = c t e 1Les courbes des champs et potentiels

sont les suivants :

E (z )

z |d

σ

ǫo

V (z )

z

V 1

d |.

2-Condensateurplan

2.1

Un conducteur en équilibre électro-statique est un conducteur dont lescharges sont immobiles à l’échelle mé-soscopique.Un condensateur est un systèmeconstitué de deux conducteurs élec-

triques en influence totale.2.2 Pour négliger les effets de bord il faut que les dimensions des armatures soient très grandes devant la distance séparant celles-ci.

2.3

Dans l’approximation où les armatures forment un condensateur plan, on peut dire que celles-ci sont en

influences totales et donc Q 1 +Q 2 = 0soit :

Q 1 =−Q 2 = Q La charge Q du condensateur est lacharge portée par l’armature liée aupotentiel le plus élevé.

2.4

La capacité C d’un condensateur decharge Q (Q > 0 resp Q < 0 ) et de d.d.p

à ces bornes U (U > 0 resp U < 0 ) est définie par :

C = Q U

• On a trouvé que le potentiel entreles armatures d’un condensateur plan

(1.2.1 ) s’écrit par :V (z ) =−σ

ǫo z + V 1 donc :

U = V 1−V 2 = V (z = 0)−V (z = d ) ⇒U =

σ

ǫo × 0 + V 1− (−

σ

ǫo d + V 1) soit :

U =σ

ǫo d et puisque σ=

Q

S alors :

U =Qd

S ǫo = C o Q ce qui donne :

C o =ǫo S

d

2


3/12

2.5.1

La capacité d’un condensateur planrempli d’un diélectrique de permitti-

vité ǫ = ǫr ǫo est obtenue en rem-plaçant la permittivité du vide ǫo par ǫ soit C =

ǫS

d =

ǫr ǫo S

d = ǫr C o et

puisque ǫr > 1 alors l’intérêt d’intro-

duire un matériau diélectrique entreles plaques d’un condensateur est d’augmenter la capacité de celui-ci.

Si v est la vitesse de propaga- tion d’une onde électromagnétique dans un milieu de permittivité ǫ et de perméabilité µ = µo alors d’aprèsl’équation d’onde on a v 2 =

1

µo ǫ donc

µo ǫr ǫo v 2 = 1 c-à-d ǫr v 2

c 2 = 1

(car µo ǫo c 2 = 1 ) et puisque v 1.

2.5.2

Le diélectrique est constitué decharges électriques liées formant

des dipôles (contrairement à unconducteur), une fois introduit dansun condensateur, ses charges quisont liées se polarisent suivant la di-rection du champs, les charges po-

sitives s’orientent vers l’armature négative et les charges négatives vers l’armature positives, donc par influence, des charges supplémentaires apparaissent dans chaque armatures (fournis par le générateur pourmaintenir le potentiel constant) et

donc la charge Q augmente, etpuisque U =

Q

C = c t e alors la capacité

C augmente2.5.3

Cette question est identique à lasuivante!

2.5.4

D’après le schéma du condensateurmuni de la lame d’épaisseur e ′ onpeut dire que ce condensateur est

équivalent à l’association en série de trois condensateur ; le premier

d’armatures P 1 et la face gauche dela lame , donc de permittivité ǫo (air≡ vide), le deuxième d’armature celle

de la lame de permittivité ǫ et d’un troisième d’armatures la face droite

de la lame et (P 2). donc :1

C =

e 1

ǫo S +

e ′

ǫr ǫo S +

e 2

ǫo S

et sachant que C o = ǫo S

d alors :

1

C =

1

C o (

e 1

d +

e ′

ǫr d +

e 2

d )

1

C

=1

C o

(e 1 + e 2

d

+e ′

ǫr d

)

Or d = e 2 + e ′ + e 2 alors :1

C =

1

C o (

d − e ′d

+e ′

ǫr d )

1

C =

1

C o d (d − e ′ + e

′

ǫr ) ⇒

C = C o d

d + ( 1ǫr − 1)e ′

C =C o

1 + ( 1ǫr −1) e

′

d

On vérifie bien que si :• e ′ = 0 (pas de lame) alors C = C o • ǫr = 1 c-à-d ǫ = ǫo (vide) alors C = C o • e ′ = d c-à-d capacité d’un conden-sateur rempli du diélectrique, alorsC = ǫr C o donc formule conforme avec lesrésultats précédents.

-C harge du condensateurplan

3.1

La loi des mailles donne : v + Ri = U o or

v (t ) =q (t )

C et i =

d q (t )

d t alors :

d q (t )

d t +

q (t )

τ =

U o

R où τ = RC donc la

solution particulière est :q p = C U o et la solution sans secondmembre est q s s m = Ae −

t τ donc :

q (t ) = CU o + Ae − t τ et puisque q (0) = 0

alors :q (t ) = CU o (1− e −

t τ )

3.2

La puissance instantanée 1(t ) déli- vrée par le générateur au reste ducircuit est donnée par : 1(t ) = U o i (t ), donc l’énergie fourniepar le générateur pendant la charge

totale du condensateur s’écrit par :

W 1 = ∞

o 1d t = ∞

o U o i (t )d t

W 1 = U o

∞o

d q (t ) = U o (q (∞)−q (0))

ce qui donne :

3


4/12

W 1 = CU 2o

La puissance instantanée 2(t ) em-magasinée dans le condensateur est

donnée par : 2(t ) = v (t )i (t ) =

q (t )

C

d q (t )

d t =

1

2C

d

d t (q 2(t ))

Et donc l’énergie emmagasinée danspendant la durée de charge est :

W 2 = ∞

o

2d t = ∞

o

12C

d d t

(q 2(t ))d t

soit :W 2 =

1

2C (q 2(∞)−q 2(0)) ce qui donne :

W 2 =1

2CU 2

o

L’énergie dissipée par effet Joulepeut être calculée par application dubilan énergétique suivant :

W 1 = W 2 + W 3 donc :W 3 =

1

2CU 2o

Le calcul direct donne :

W 3 =

∞o

Ri 2(t )d t or i = d q

d t =

1

τCU o e

− t τ

W 3 =

∞o

RC 2U 2o

τ2 e −

2t τ d t =

−RC

2U 2o

2τ e −

2t τ

∞o

W 3 = 1

2CU 2

o

3.3

Les équation de Maxwell dans le vides’écrivent :• d i v −→E (M , t ) = ρ(M ,t )

ǫo

• −→rot −→E (M , t ) =−∂ −→B (M , t )

∂ t • d i v −→B (M , t ) = 0

• −→rot

−→B (M , t ) =µo (

−→ j (M ,t ) + ǫo

∂ −→E (M , t )

∂ t

)

Sous forme intégrale elless’écrivent :

•

V (Σ)

d i v −→E .d v =

V (Σ)

ρ(M , t )

ǫo d v

Le théorème de Green-Ostrogradskipermet d’écrire :

Σ(V )

−→E .−→d S =

q i nt

ǫo

Donc cette relation locale exprime le

théorème de Gauss.• De même :•

V (Σ)

d i v −→B .d v =

Σ(V )

−→B .−→dS = 0

Ce qui exprime que le flux du champmagnétique est conservatif à tra-

vers toute surface fermée.• Le théorème d’Ampère-Stokes

donne : Σ(Γ)

−→rot

−→B .−→dS =

Γ(Σ)

−→B .−→d ℓ

soit :

Γ(Σ)

−→B .−→d ℓ=µo I e n l a c +µo ǫo Σ(Γ)

∂ −→E (M ,t )

∂ t .−→dS La relation locale correspondante ex-prime donc le théorème d’Ampère

généralisé.• De même :

Σ(Γ)

−→rot

−→E .−→dS =

Γ(Σ)

−→E .−→d ℓ

e =

Γ(Σ)

−→E .−→d ℓ=− ∂

∂ t

Σ(Γ)

−→B .−→dS =−d Φ

d t

Ce qui exprime donc la loi de Faraday.3.4

D’après 1.2.1 on a : q (t ) = C U o (1− e −t τ )

et puisque −→E (t ) = σǫo

−→e z alors

−→E (t ) =

q (t )

S ǫo

−→e z soit :

−→E (t ) =

CU o

S ǫo (1−e − t τ )−→e z or C =

ǫo S

d donc :

−→E (t ) =

U o

d (1− e − t τ )−→e z

On déduit le courant de déplacement :−→ j D =µo ǫo

∂ −→E

∂ t soit :

−→ j D =

ǫo U o

τd e −

t τ−→e z

3.5

La relation locale de Maxwell-Ampère à l’intérieur du condensateur s’écrit :−→rot

−→B =µo ǫo

∂ −→E

∂ t

car (−→ j =−→0 )La forme intégrale correspondante

est donnée par : Γ(Σ)

−→B .−→d ℓ=µo ǫo

Σ(Γ)

∂ −→E

∂ t .−→dS

3.6

STOP Notons ici que la cause du champmagnétique, demandé, à l’intérieur

du condensateur est la variation duchamps électrique c-à-d la densité

de courant de déplacement et nonles courants de conduction car l’es-pace entre les armatures n’est pasconducteur (

−→ j =

−→0 ).

4


5/12

Tout plan contenant Oz est plan desymétrie de cette cause (−→E est uni-

forme à t donné) donc :−→B (M , t ) = B (M , t )

−→e θ car

−→B est nor-

male à ces plans.L’invariance :Le problème est invariant par touterotation θ autour de Oz donc B ne

dépend pas de θ en coordonnées cy-lindriques. De même la densité de courant de dé-placement est invariante par transla-

tion le long de Oz donc B ne dépendpas de z , et donc B ne dépend que der en coordonnées cylindriques.Finalement : −→B (M ,t ) = B (r , t )−→e θ Les lignes de champs sont des cerclescentrés sur l’axe Oz , (car si r = c t e

alors B = c t e ′ et −→B est suivant −→e θ ).3.7

On a : −→rot −→B =µo ǫo ∂ −→E

∂ t Γ(Σ)

−→B .−→d ℓ=

Σ(Γ)

∂ −→E

∂ t .−→dS

On choisira pour surface ouverte lasection droite du contour circulaireΓ de rayon r .ce qui donne :2πr B (r , t ) =µo ǫo CU

o

S ǫo τe −

t τπr 2

B (r , t ) =µo ǫo CU o r

2S ǫo τe −

t τ or C =

ǫo S

d donc :

−→B (r , t ) =

µo ǫo U o r

2d τ e −

t τ−→e θ

Et donc :

B o (r ) =µo ǫo U o r

2d τ

3.8−→Π (M , T ) =

−→E (M , t )∧−→B (M , t )

µo donc :

−→Π (M , T ) =

1

µo (

U o

d (1− e − t τ )−→e z ∧

µo ǫo U o r

2d τ e −

t τ−→e θ )

−→Π (M , t ) =−

ǫo U 2o r

2τd 2 (1− e − t τ )e − t τ−→e r

−→Π (M , t ) =

ǫo U 2o r

2τd 2 (e −

t τ − 1)e − t τ−→e r

La direction du vecteur de Poynting

est radiale, c-à-d la puissance estrayonnée à travers la surface laté-rale.Le vecteur −→Π est la puissance rayon-

née par unité de surface.

3.9

La puissance rayonnée à travers lasurface latérale en r = a est : =

Σ

−→π (a , t ).

−→dS sur la surface laté-

rale on a −→d S = 2πa d z

−→e r donc :

= d

o Π(a , t )2πa d z

=

ǫo U 2o a

2τd 2

(e −t τ

−1)e −

t τ 2πa d

=πǫo U 2o a

2

τd (e −

t τ −1)e − t τ

3.10

L’énergie sortant de l’espace entre armatures pendant la charge ducondensateur est donnée par :

W s =

∞o

d t c-à-d :

W s = ∞

o

πǫo U 2o a 2

τd

(e −t τ

−1)e −

t τ d t

W s =πǫo U 2o a

2

τd

∞o

e −2t τ d t −

∞o

e −t τ d t

W s =πǫo U 2o a

2

τd

τ

2 −τ

=−

πǫo U 2o a 2

2d Donc l’énergie entrant dans l’espace entre les armatures est :

W E = −W s =πǫo U 2o a

2

2d et puisque

C = ǫo S

d =

ǫo πa 2

d alors :

W E = 1

2CU 2

o

On retrouve l’énergie électrosta- tique emmagasinée dans le conden-sateur.

4-Condensateuren régime sinusoïdal forcé

4.1

Dans ces approximations on a :

−→E (t ) = U (t

)

d −→e z soit :−→E (t ) =

U o

d cosωt

−→e z

car champs est uniforme (non per-manent).On obtient le même résultat si oncalcule E par :−→E (t ) =

σ

ǫo

−→e z =

q (t )

S ǫo

−→e z

4.2

Le théorème d’Ampère généralisé entre les armatures s’écrit :

Γ

−→B .−→d ℓ=µo ǫo

Σ

∂ −→E (t )

∂ t .−→dS

5


6/12

Et sachant que −→B (M ) = B (r , t )−→e θ alorson peut choisir le contour Γ un cercle

de rayon r orienté suivant −→e θ (doncB (r , t ) = c t e sur ce cercle à t donné)

et Σ la surface de section droites’appuyant sur Γ. Ce qui donne :2πr B (r , t ) =µo ǫo (

−ωU o d

) sinωt ×πr 2

finalement :−→B (M , t ) =−ωU o r

2d c 2 sinωt

−→e θ

(µo ǫo c 2 = 1 )

4.3

La densité volumique d’énergie élec- trique est donnée par :w e (t ) =

1

2ǫo E 2(t ) soit :

w e (t ) =ǫo U 2o

2d 2 cos2ωt

De même la densité volumique d’énergie magnétique w m est :w m (t ) =

1

2µo B 2(t ) c-à-d :

w m (t ) =ǫo U 2o ω

2r 2

8d 2c 2 sin2ωt

(µo c 2 =1

ǫo )

4.4Les valeurs moyennes des densités

volumiques qu’on notera par :w e ,m (électrique) et w m ,m (magné-

tique) s’écrivent :

w e ,m = 1

T

T o

w e (t )d t e t w m ,m = 1

T

T o

w m (t )d t

et sachant que les valeurs moyenneT =

1

2 (Il suffit de linéariser

cos2(ωt ) )

de même < sin2(ωt )>T = 12

alors :

w m ,e =ǫo U 2o 4d 2

et w m ,m =ǫo U 2o ω

2r 2

16d 2c 2 et

donc :w m ,m

w e ,m =ω2r 2

4c 2

On peut négliger w m ,m devant w e ,m siw e ,m

w m ,m ≪ 1 c-à-d :

ω2r 2

4c 2 ≪ 1 soit r 2 ≪4c 2

ω2 or la longueur d’onde λ de l’onde électromagnétiquecorrespondant au signal électriqueutilisé est lié à c et ω par λ=

c

ω donc

il faut que :r 2 ≪ 4λ soit r ≪ 2λ cette relationsera largement vérifiée si :

a ≪ 2λCette condition constitue l’ap-proximation des régimes quasi-stationnaire.

4.5 La condition précédente est vérifiéesi a ≪ 2 c

ω soit a ≪ 2 c

2π f ( f étant la

fréquence du signal électrique utilisé ) f ≪ c

πa soit numériquement :

f ≪ 2 3.108

2π3.10−2 c-à-d :

f ≪ 3,18 G H z Cette condition est largement vé-rifiée dans les montages électriquesusuels.

4.6

Le vecteur de P o y n t i n g pour r = a est donné par :−→Π (a , t ) =

−→E ∧−→B µo

⇒−→Π (a , t ) =

1

µo

U o

d cosωt

−→e z ∧ (−

ωU o a

2d c 2 sinωt )

−→e θ

−→Π (a , t ) =ωU 2

o

a

2µo d 2c 2 sin(ωt ) cos(ωt )−→e r

Le flux Φ rentrant du −→Π est donnépar :

Φ =

Σ

−→Π .−→dS

où Σ est la surface latérale (puisqueΠ est radiale) et l’élément de surfaced S sur cette surface est :−→d S = −2πa d z −→e r (il est suivant (−−→e r )car ce n’est pas un flux sortant maisrentrant à Σ ).

Φ =

d o

ωU 2o a

2µo d 2c 2 sin(ωt ) cos(ωt )

−→e r .(−2πa d z −→e r )

Φ =−ωU 2

o πa 2

µo d c 2 sin(ωt ) cos(ωt )

or µo c 2 =1

ǫo et C =

ǫo πa 2

d alors :

φ =−ωCU 2o

sin(ωt ) cos(ωt )

Ce flux n’est autre que la puissance

rayonnée à un signe près dont la valeur moyenne sur une période est nulle car < sinωt cosωt >T = 0.

-A pplication: Capteur capacitif

6


7/12

5.1

Les deux condensateurs ainsi consti- tués sont monté en parallèle carleurs armatures sont portées à lamême différence de potentiel.

5.2

En appliquant l’expression de la ca-pacité du condensateur plan, on trouve :C ′

o =

ǫo (L −h )× ℓd

et C 1 =ǫr ǫo (h × ℓ)

d donc :C h = C ′o + C 1 =

ǫo (L −h )× ℓd

+ǫr ǫo (h × ℓ)

d

C h = ǫo L ℓ

d +

ǫo ℓ

d (ǫr −1)h

Application numérique :

α= ǫo L ℓd

= 8,85.10−12

×1×4,31.10−2

2,54.10−3α= 150 p F

β =ǫo ℓ

d (ǫr − 1)

β =8,85.10−12×4,31.10−2(80−1)

2,54.10−3

β = 1,19.104 p F .m −1

donc si C h est p F et h en m alors :α= 150 et β = 1,19.104

6-Mesure duniveaud’un liquide dansun réservoir

6.1.1

L’amplificateur opérationnel estmonté en comparateur (contre-réaction sur la borne non inver-seuse) et par conséquent les sortiessont soit +V s a t ou −V s a t .Lorsque V a = +V s a t on aura

v + =R 1

R 1 + R 2V s a t (diviseur de ten-

sion).Et lorsque V a = −V s a t on aura

v + =− R 1R 1 + R 2

V s a t

6.1.2

à t = 0 on a V a = +V s a t et la loi desmailles donne :V a +R ′i −v − = 0 et v − =−

q

C ′ (convention

générateur) donc i = −C d v −d t

⇒ d v −d t

+v −τ′

=V s a t

τ′ (avec τ′ = R ′C ′ )

La solution est donc :

v −(t ) = V s a t + A ′e − t τ′ et sachant qu’à

t = 0 on a v − =− R 1

R 1 + R 2V s a t

alors A ′ =−2R 1 + R 2R 1 + R 2

finalement :

v −(t ) = (1−2R 1 + R 2

R 1 + R 2e −

t τ′ )V s a t

On remarque que cette ten-

sion augmente lorsque t aug-mente, donc le condensateur secharge à travers R ′ jusqu’à ce que

v −(t c ) = v + = R 1

R 1 + R 2V s a t cherchons t c :

(1− 2R 1 + R 2R 1 + R 2

e −t c τ′ )V s a t =

R 1

R 1 + R 2V s a t donne :

2R 1 + R 2

R 1 + R 2e −

t c τ′ =

R 2

R 1 + R 2.

ce qui donne :t c = R ′C ′ ln(1 +

2R 1

R 2)

• Lorsque t > t c on aura v − > v + et lasortie basculera à V a = −V s a t et doncv + = − R 1

R 1 + R 2V s a t et la loi des maille

s’écrirait :V a −v − + R ′i = 0 (courant algébrique demême sens que précédemment).v − + R ′C ′

d v −d t

=−V s a t d v −d t

+v −τ′

=−V s a t τ′

La solution est :v −(t ) =−V s a t + A ′′e −

t τ′ et puisque

v −(t c ) =−R 1

R 1 + R 2V s a t alors :

− R 1R 1 + R 2

V s a t = −V s a t + A ′′ ce qui donne donc :

v −(t ) = (−1 +R 2

R 1 + R 2e −

t τ′ )V s a t

Lorsque t augmente v − diminue et

donc le condensateur se décharge à travers R ′v − diminue jusqu’à ce que

v −(t d ) = v + =R 1

R 1 + R 2V s a t et lorsque

t > t d on aura v − < v + et V a basculera à −V s a t et donc le cycle recommence.Cherchons t d :v −(t d ) =

R 1

R 1 + R 2V s a t c-à-d :

(

−1 +

R 2

R 1 + R 2e −

t d τ′ )V s a t =

R 1

R 1 + R 2V s a t

⇒ t d = R ′C ′ ln(1 +2R 1

R 2)

En conclusion le circuit est un os-cillateur dans le quel V a prend pé-

7


8/12

riodiquement les valeurs +V s a t et−V s a t

6.1.3

les courbes demandées sont les sui- vantes :

v +(t )

t

v −(t )v a (t )

V s a t

−V s a t −

R 1V sa t R 1 +R 2

− R 1 V sa t R 1+R 2

T .

.

6.1.4

Les temps de charge et de déchargesont calculés la question 6.1.2 donc :

T C = R ′C ′ ln(1 + 2R 1

R 2) et aussi T d = R ′C ′ ln(1 + 2

R 1

R 2)

finalement la période est :

T = 2R ′C ′ ln(1 + 2 R 1

R 2)

6.2.1

La valeur de V s a t n’a pas été donnéeon peut donc supposer les deux cas

de figure possibles :V s a t > 5,1 V et V s a t < 5.1 V

Si V s a t < 5.1V on a aura la figure

suivante :v m f

t

5, 1V

−0.5V

Et si V s a t > 5.1 V on aura : Si V a = +V s a t

alors v m f = U Z = 5, 1 V et si V a = −V s a t on aura v m f = U D = −0,5 V donc l’allure de v m f est la suivante : ( Le texte par cette question sup-pose que V s a t > 5,1 V prenons la valeur

expérimentale habituelle V s a t = 15 V )

v m f

t

5, 1V

−0.5V .

6.2.2

La loi des maille donne :v m f + R p i z = V a ⇒

( Le texte par cette question sup-pose que V s a t > 5,1 V prenons la valeur

expérimentale habituelle V s a t = 15 V )On prendra ici V a = ±V s a t = ±15 V donclorsque V a = −15 V alors v m f = −0.5V

et la loi des mailles s’écrit pour i = 10m A et R p = R p mi n :−0,5 − R p mi n × 10−2 = −15 (courant né-

gatif d’après caractéristique) ce qui donne :R p mi n =

15−0, 510−2

⇒ R p mi n = 1,45 k Ωsoit une valeur nominale :

R p mi n = 1,5 k Ω

Lorsque V a = +V s a t = 15 V on aurav m f = 5,1 V et donc :v m f + R p i z = V s a t soit un courant i z

avec la valeur de R p = R p mi n 5, 1 + 1,5.103i z = 15 ce qui donne :i z =

15− 5,11.5.103

c-à-d i z = 6,6 m A doncon a obtenu un courant toujours

inférieur à 10 m A donc la valeur de R p minimale est correcte même lorsque

V a prend sa valeur maximale. Onpeut aussi donner le résultat en

fonction de V s a t sans la remplacer par+15 V , mais on obtiendra seulement des expressions et non des valeurs numériques.

6.3.1

On a déjà montré que C h = α+β h .Lorsque le réservoir est vide (pas de

fluide à l’intérieur) on a h = 0, la capa-cité est donc celle d’un condensateurplan dont la surface des armatures

est L × ℓ donc :

C h mi n = α C h mi n =ǫo L ℓ

d = 150 p F

Puisque T i = R x C h la condition du fonctionnement normale du mono-

8


9/12

stable R x C h > T o donne R x > T o

C h et donc

la valeur minimale de R x correspond àC h = C h mi n soit R x mi n =

T o

C h mi n c-à-d :

R x mi n =T o d

ǫo L ℓ Soit :

R x mi n =

10−6

×2,54.10−3

8,85.10−12× 1× 4,31.10−2 = 6,66 k Ωsoit une valeur nominale :

R x mi n = 6, 7 k Ω

6.3.2

Lorsque le réservoir est plein lacapacité est celle d’un condensateurplan rempli du fluide de permittivitéǫ = ǫr ǫo donc :

C h ma x = ǫL ℓ

d = ǫr α

soit numériquement :C h ma x = 12 n F

• Pour avoir T i < T il faut que R x C h < T et pour C h = C h ma x on aura R x <

T

C h ma x

donc R x ma x =T

C h ma x soit numérique-

ment :

R x ma x =2.10−3

12.10−9 = 167 k Ω

6.3.3

Calculons T i :On a C h = α+β h donc :C h = 150 + (1,19.104 × 50.10−2) p F ce qui donne :C h = 6,1 n F donc T i = 82,3.103×6,1.10−9 ⇒

T i = 0,5 m s

L’allure de la tension de sortie dumonostable est la suivante (rapportcyclique

≃25% ) :

−5V v m (t )

T i

T t

6.3.4La valeur moyenne est donnée par

définition par :v mo =

1

T

T o

v m (t )d t

or v m (t ) = V c c si 0 ≤ t ≤ T i et v m = 0 siT i ≤ t ≤ T donc :v mo =

T i V c c + O × (T −T i )T

= T i

T V c c c-à-d :

v mo =R x C x

T V c c

et sachant que C x = α+ β h = C o + β h

(car C o =ǫo L ℓ

d

alors :v mo =

R x (C o +β h )

T V c c

Normalement C o = α et texte demande le résultat en fonction deα et C o , il a peut être voulu dire en

fonction de β et non α. donc :

v mo =R x (C o +β h )

T V c c

Il s’agit donc d’une fonction affine en fonction de la hauteur du fluideh , la mesure de la valeur moyennev mo nous permet de remonter à la

hauteur h . Pour R x = 82,3 k Ω, v mo varie entrev mo mi n = v mo (h = o ) et v mo ma x = v mo (h = L )c-à-d :v mo mi n =

R x C o

T V c c

et v mo ma x

=R x (C o +β L )

T V c c

Application numérique :

v mo mi n = 82,3.103×150.10−12

2.10−3 ×5 soit :

v mo mi n = 31 m V

Rappelons que β = 1,19.104 p F .m −1 soitβ = 1,19.10−8 F .m −1

v mo ma x =82,3.103(150.10−12 + 1,19.10−8× 1)

2.10−3 ×

5 soit :v mo ma x = 0,49 V

la plage de variation de v mo est :0,031 V ≤V mo ≤ 0,49 V

6.4.1

il s’agit d’un filtre passe-bas du pre-mier ordre car lorsque ω tend versl’infini, le module de la fonction du

transfert tend vers zéro et lorsqueω tend vers zéro le module de celle-ci

tend vers l’unité.

Lorsque ω ≫ ωo on a H ( j ω) ≃ j ωo

ω donc le filtre se comporte comme intégrateur si ω ≫ ωo et si ω ≪ ωo

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10/12


11/12

Si on compare l’amplitude du fonda-mental :v f 1 =

V c c T i

T

1 + ω

2

ω2o

s i n c (ωT i

2 )

v f 1 =V c c T i

T

1 +

f 2

f 2c

s i n c (ωT i

2 )

numériquement :v f 1 =

5×10−62.10−3

1 + 500

2

0,52

s i n c (2π×500× 10−6

2 )

Finalement :v f 1 =≃ 0,031 m V .

on voit bien que v f 1 est très infé-rieure à 3 m V et par conséquent :

v f (t )≃ v f o

6.5.1

À la sortie du filtre v f ≃ v f o c-à-d ensortie on a la valeur moyenne du si-

gnal v m (t ) cette valeur moyenne estproportionnel à h qui varie conti-

nuellement en fonction du temps donc v f (t ) est un signal analogique.

6.5.2

L ?échantillonnage consiste à pré-lever des échantillons pendant des

durées brèves T e d’une façon perio-

dique.Le nombre d’échantillons par unité

de seconde est N e = 1

T e .

On peut proposer un montage à base de multiplieur AD 633 ou interrupteur numérique C D 4066

∼ V e c h a n t i l l o n n e

V e V e c h a n t i l l o n n e

6.5.3

Un signal numérique, contrairement à un signal analogique, est un signal qui ne prend que des valeurs dis-

crètes généralement +V = c t e ou 0mais pas de tension intermédiaire.Numériser un signal analogique c’estle convertir à une suite de nombre

(binaires c-à-d des 0 et des 1 ) pour ce

faire on utilise un échantillonneur-bloqueur suivi d’un convertisseur

analogique numérique.L’avantage de la numérisation est

de pouvoir traiter le signal numé-riquement : mémorisation, intégra-

tion numérique etc...6.5.4.1

Si on a un échantillon numérisé sur deux bits, les valeurs possibles sont : (0, 0 ) ; (0, 1 ) (1, 0 ) et (1, 1 ) soit 4 valeurs c- à-d 22 et si on a échantillon numérisésur 3 bits, on aura 8 valeurs possibles, soit 23.

Donc en générale on a :2n b valeurs possibles pour un échan-

tillon numérisé sur n b bits. Dans notre cas N = 8 donc on a :

2

8

= 256 valeurs possibles.6.5.4.2La résolution du convertisseur uti-lisé est :

q =2,56− 0

28−1 ≃ 10−2 V

Le convertisseur ne peut pas détec- ter les variations moins de 10−2 V donc si on a ∆h est la plus petite variation détectable alors puisque :

v f (t 2)− v f (t 1) = 2,438(h 2(t 2)−h 1(t 1)) alors :q = 2,438∆h m i n c-à-d : 10−2 = 2,438∆h m i n ce qui donne :∆h m i n =

10−2

2,438 soit :

∆h m i n = 4, 1 m m

Le nombre minimale de N est obtenusi h = 0 dans ce cas v f = 0,031 V soit3×q (de 0 à 3 ) donc :

N m i n = 4

Le nombre maximale de N est obtenusi h = h m a x = L = 1 m (ou si le C AN estsaturé c-à-d v f = V m a x .

Pour h = L on v f = 0,031 + 2,438 = 2,469V soit 247 fois q (de 0 à 247 ) donc :

N m a x = 248

(s’il est saturé on aurais N m a x = 256 )mais la valeur maximale est limitéepar h et non par la saturation.

6.5.4.3

Puisque la valeur minimale de h détec- table est ∆h m i n , donc une variation q de v f correspond à ∆h m i n et puisquel’incertitude globale ∆h correspond à

2,5 fois la valeur de résolution donc :

11


12/12

∆h = 2,5∆h m i n soit :∆h = 10,25 m m

(Pratiquement un centimètre)6.5.4.4

Pour h = 50 c m on a :v f = 0,031 + 2,438h = 0,031 + 2,438 ×20.10−2 = 1,25 V

donc :1,25 = N q = N ×10−2 soit :N = 125

L’incertitude sur N est : ∆N = 1

Merci de me faire part de vos remarques e-mail : c p g e s p e .m p @g m a i l .co m Merci. M.Ouzi

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