IChargesinitialesdescondensateurs IIDécompositiondel’éthanal IÉtudegénérale Devoirentempslimité 3:Cinétiquechimiqueetélectrocinétique

Les sacs seront laissés devant le tableau. Conservez seulement de quoi écrire et une calculatrice : pas de téléphone !

Si vous ne comprenez pas une notation, une question, ou si vous pensez avoir découvert une erreur d’énoncé, signalez-le immédiatement.

Problème 1 : Temps de 1/2 et de 3/4 de réaction

On étudie une caractérisation de la cinétique d’une réaction fondée sur la comparaison des temps de1/2et 3/4de réaction.

I Étude générale

On considère la réaction :

A B + C,

effectuée à volume et température constants. On noteala concentration initiale de A àt= 0etx_V l’avan- cement volumique de la réaction.

I.1. (a) Donner l’équation différentielle d’évolution dexV si l’ordre partiel de A est 1 et la constante de vitessek1. En déduire l’expression dexVpuis celle de [A] en fonction du temps.

(b) Même question si l’ordre partiel de A est 2 et la constante de vitessek2.

(c) Donner, dans chacun des deux cas précédents, les temps de demi-réaction (notéτ_1/2) et de trois quarts de réaction (notéτ_3/4) pour lesquels la réaction est respectivement effectuée à moitié et aux trois quarts. En déduire la valeur du rapport

τ_3/4−τ_1/2 τ_1/2 pour l’ordre 1 et pour l’ordre 2.

I.2. Les espèces A, B et C sont désormais des gaz, qu’on modélise par des gaz parfaits.

(a) Exprimer la pression partiellePAen A à l’instantten fonction de sa valeur à l’instant initial, notée PA0, deaet dexV à l’instantt.

(b) En déduire que les duréesτ1/2etτ3/4précédemment définis pour la concentrationadonnent les temps de1/2et de3/4réaction d’évolution de la pressionPA.

II Décomposition de l’éthanal

On considère la décomposition en phase gazeuse de l’éthanal à la températureθ=507^◦C selon la réaction d’équation bilan :

CH₃CHO CH₄+ CO.

Dans un récipient de volumeVinvariable dans lequel on a préalablement fait le vide, on introduit de l’étha- nal sous la pression 180Torr.

II.1. Établir l’expression de la pression totale, notéePtoten fonction dePAetPA0. II.2. Une expérience a donné les résultats suivants :

PA(Torr) 180 150 128,6 112,5 100 81,8 69,2 60 52,9 47,3 42,8 39,1 36

t(min) 0 5 10 15 20 30 40 50 60 70 80 90 100

(a) Déterminer les temps deτ_1/2etτ_3/4et en déduire une hypothèse sur l’ordre partiel de l’éthanal.

On supposera cette hypothèse valable dans toute la suite.

(b) Donner sous cette hypothèse la valeur de la constante de vitesse notéek. On conservera les Torr et les min dans son unité.

(c) Quelle devrait être son énergie d’activation, supposée constante, pour diviser le temps de1/2réac- tion par2en augmentant la température de 100^◦C. Quel serait alors le temps de3/4de réaction ? II.3. On souhaite vérifier l’hypothèse de la questionII.2a.

(a) Établir une fonction dePAvariant linéairement en fonction du temps dans le cadre de l’hypothèse précédente.

(b) Vérifier par le tracé de cette fonction dePAen fonction detla validité de l’hypothèse.

Données : Constante des gaz parfaitsR=8,314 J·mol⁻¹·K⁻¹. Le Torr est une unité de pression valant 1,33·10⁻³bar.

Problème 2 : Simulation de résistance

Un condensateur de capacitéCpeut être mis en contact avec deux générateurs linéaires de force électromotriceEi

(i= 1. .2) et de même résistance internerpar l’intermédiaire d’un commutateurK.

Les forces électromotrices vérifientE1> E2. On pose τ=rC.

E

E

u 1 K 2

r r

I Charges initiales des condensateurs

Le condensateur est initialement déchargé et l’interrupteur est basculé en position2à l’instantt= 0.

I.1. Déterminer l’expression de la tensionu(t)pourt >0.

I.2. Au bout d’un tempsT0, l’interrupteur est basculé en position1. Déterminer l’expression ultérieure de u(t).

I.3. Tracer l’allure deu(t)entret= 0ett=∞quandT0= 2rC. On y fera figurer les constantes de temps pertinentes.

I.4. Déterminer les énergies fournies par chacun des générateurs, ainsi que l’énergie dissipée par effet Joule dans les résistors pourtvariant entret= 0ett=∞.

II Régime périodique

Le commutateur bascule désormais périodiquement d’une position à l’autre suivant la loi suivante pour n∈Z: Ken position 1 pour nT < t6(n+¹₂)T

Ken position 2 pour (n+¹₂)T < t6(n+ 1)T

On suppose qu’un régime périodique (non sinusoïdal) a eu le temps de s’établir :toutes les grandeurs électrocinétiques sont périodiques de périodeT. On choisit comme origine des temps la commutation correspondant àn= 0.

II.1. On poseu(0) =U0etu(T/2) =U₀⁰.

(a) Tracer très schématiquement l’allure générale deu(t)sur une périodeT. (b) Établir les expressions deu(t)pourt∈]0 ;T]à l’aide deU0etU₀⁰.

II.2. (a) Exprimer, en régime périodique,U0etU₀⁰ en fonction deE1,E2et de la constantea=T/(2τ) dont on précisera la dimension.

(b) En déduire l’expression de la chargeQ0qui transite du générateur de force électromotriceE1vers celui de f.é.mE2pendant une périodeT.

(c) Calculer l’intensité moyenneI0sur une période correspondant à ce transfert de charge.

II.3.

(a) Quelle serait la résistanceReq qui serait traversée par le même courant moyen ? On donnera son ex- pression en fonction dereta.

(b) Déterminer un équivalent deReqpourT τet interpréter le résultat obtenu.On se placera dans ce régime dans toute la suite.

(c) Déterminer la valeur limite lim

TτReqet justifier cette valeur en décrivant le fonctionnement dans ce ré- gime.

E

E

I

R

II.4. La commutation se fait avec une fréquencefégale à 20 kHz.

(a) Quelles valeurs des paramètres peut-on choisir pour réaliser une résistance de 1 kΩ ? (b) Quelle condition doit vérifier la valeur der?

(c) Que se passe-t-il si on change les valeurs deE1ouE2?

III Défauts du dispositif

On considère désormais que le condensateur possède une résistance de fuiteRfbranchée en parallèle.

III.1. (a) Établir les nouvelles équations différentielles vérifiées paru(t)quand le commutateur est en po- sition1ou2.

(b) En déduire la nouvelle constante de temps qui caractérise le système ainsi que la nouvelle valeur de la résistance simulée.

III.2. Quelle condition doit vérifierRfpour qu’on soit dans le régime de la questionII.3b?

IV Et avec une bobine ?

On remplace le condensateur par une bobine. Déterminer le comportement du dispositif. A-t-on toujours une simulation de résistance ?

Exercice 1 : Convertisseur numérique-analogique

On étudie le principe d’un montage permettant de coder un entier écrit en base2en une tension.

1. (a) On considère le montage de la figure1ci-contre composé, d’une source idéale de courant de courant électromoteurη, et de résistors identiques, de résistance notée2R. Établir l’expression de la tensionUaux bornes des résistors.

(b) Déterminer la résistance équivalente entre les nœuds AetB du réseau de la figure2 ci- contre.

b

A

b

B R

2R 2R

Figure 2 : pour la question1b.

η

2R U 2R 2R

Figure 1 : pour la ques- tion1a.

2. On considère le réseau de résistors représenté sur la figure3ci-dessous, formé par association den cellules élementaires comme celle représentée sur la figure4, fermée (à droite) par deux résistors de résistanceR. Pour toutk= 1. . . n, on désigne parUkla différence de potentiel entre les nœudsAket Bket parRkla résistance équivalente à l’association desk−1premières cellules et des deux résistors de fermeture, entre les mêmes nœuds.

b

A_n

b

B_n U_n

R

2R

Rn

b

A_n

−1

b

Bn

−1

b

A_n

−2

b

Bn

−2 R

2R U₂ 2R

b

A₂

b

B₂ R

U₁ 2R

b

A₁

b

B₁ R

R U₀

R₁

Figure 3 : pour la question2

bb bb

R

2R

Figure 4 : pour la question2.

(a) Établir l’expression deRk+1en fonction deRketRet celle deUk+1en fonction deUk,RketR.

(b) En déduire les expressions deUnetRnen fonction deU0et deR.

3. Le montage complet du convertisseur est représenté ci-contre. Il se compose dencellules identiques de résistors identiques à celles étudiées précédemment, fermées à gauche et à droite cette fois, par deux résistors de résistanceR. Chacune est connectée à un générateur idéal de courant identique de courant électromoteurη. Les autres bornes de ces générateurs peuvent être reliées entre elles par des interrupteurs, notésSkaveck= 1. . . n.

b

A_n

b

B_n 2R U_n

R

2R R

R

η S_n

b

A_n

−1

b

B_n

−1

b

A_n

−2

b

B_n

−2

R

2R η

S_n

−1

η S_n

−2

R

2R

b

A₂

b

B₂ R

U₁ 2R η S₂

b

A₁

b

B₁ R

R U₀ η

S₁

(a) Dans cette question, on considère que tous les interrupteurs sont ouverts sauf un, dont on nomme l’indicekf. Établir l’expression de la tensionUk_f et en déduire celle deU0.

(b) On rappelle qu’un entierQs’écrit en base2comme une somme de différentes puissances de2: Q=X

k∈N

pk2^k, où les coefficientspkvalent0ou1.

SoitQun entier décrit en base2par un ensemble de coefficients{p_k}. Montrer brièvement qu’on peut, en fermant certains interrupteurs, obtenir une tensionU0proportionnelle àQ. Préciser en

particulier les interrupteurs à fermer pour coder l’entierQ = 44si on dispose d’un montage à n= 6cellules.

4. Les générateurs ne sont pas idéaux : on les modélise comme des généra- teurs de courant linéaires de résistance interner. Le schéma électrique d’une cellule particulière, d’indicek_f, est représenté ci-contre.

Établir l’expression de la tensionU_kfet commenter. On pourra l’expri- mer en fonction uniquement deRetrsi on a précédemment établi les expressions deR_kfetR⁰_k

fen fonction deR.

η r

R_k

f U_k

R′ f kf 2R

Exercice 2 : Interrupteurs en cascade

On considère le circuit électrique de la figure ci-dessous. Initialement tous les interrupteurs sont ouverts et le condensateur est déchargé.

E

R

u

S

u

C

S

R S

η

1. On ferme l’interrupteurS1à l’instantt= 0.

(a) Déterminer l’expression ultérieure deuC(t).

(b) Déterminer de même l’expression ultérieure deuR(t).

(c) Tracer sur un même graphe l’allure des courbesuR(t)etuC(t).

2. Au bout d’un temps long devantRC, on ferme l’interrupteurS2(en laissant1fermé). Déterminer et tracer sur le même graphe les nouvelles évolutions deuCetuR.

3. Même question quand on ferme l’interrupteurS3au bout d’un temps long devantRC, en laissant les interrupteurs1et2fermés.

Correction du problème 1

I Étude générale

I.1. (a) Comme vu en cours, on aura : dxv

dt =−k1(a−xv) xV =a(1−e^−k1t) [A]=a−xV =ae^−k1t. (b) On a cette fois-ci :

dxv

dt =−k2(a−xV)² xV =a ak2t

1 +ak2t [A] =a−xV = a 1 +ak2t

(c) ordre1 On a [A]=a/2pourt≡τ1/2 =ln(2)/k1et [A]=a/4pourt≡τ3/4 =ln(4)/k1. On calcule alors :

τ_3/4−τ_1/2

τ_1/2 =ln(4)−ln(2) ln(2) = 1.

ordre2 On a [A]=a/2pourt≡τ1/2 = 1/(ak2)et [A]=a/4pourt≡τ3/4 = 3/(ak2). On calcule alors :

τ_3/4−τ_1/2

τ_1/2 = 3/(ak2)−1/(ak2) 1/(ak2) = 2.

I.2. (a) La pression partielle initiale en A étaitPA0=aRT/V. À un instant ultérieur, on a :

PA=nART

V =[A]RT

V = (a−xV)RT

V =PA0(1−xV/a).

(b) La pressionPAest une fonction affine dexVson évolution temporelle est donc la même et il faudra le même temps pour qu’elle ait diminué de moitié ou qu’elle soit réduite à un quart.

II Décomposition de l’éthanal

II.1. On a :

Ptot= ([CH₃CHO] + [CH₄] + [CO])RT= ((a−xv) +xv+xv)RT

= (PA+ 2(PA0−PA)) = 2PA0−PA.

II.2. (a) Par interpolation, on détermineτ1/2 =25 min etτ3/4=72 min, soit(τ3/4−τ1/2)/τ1/2 =1,9.

On peut donc supposer que la réaction est d’ordre2.

(b) On a donck2= 1/(aτ_1/2) =RT/(τ_1/2PA0) =1,44 J/Torr/min/mol.

(c) La loi d’Arrhénius donne, pour une énergie d’activationEaconstante et avec des températures exprimées en K :

dk dT =−Ea

RT −→ k2(T⁰) k2(T) =exp

Ea(T⁰−T) RT T⁰

.

Comme le temps de demi-réaction est inversement proportionnel à la constantek, il faut multiplier cette dernière par2pour diviserτ_1/2par2. On doit donc avoir :

expEa(T⁰−T) RT T⁰

= 2−→Ea=Rln(2)T T⁰

T⁰−T =40 kJ·mol⁻¹.

II.3. (a) et (b) On vérifie quePA0/PA= 1 +ak2t= 1 +PAk2t/(RT)varie linéairement en fonction du temps.

Correction du problème 2

I Charge initiale des condensateurs

I.1. La continuité de la tension aux bornes du condensateur assure queu(t= 0) = 0. La loi des mailles dans le circuit 2 s’écrit :

u+rCdu

dt =E2→du dt+ u

RC = E2

RC.

On identifieτ=rCetE2=u∞. L’unique solution vérifiant la condition initialeu0= 0est : u=E2

1−e^−t/τ .

En particulier, son expression ent=T0est :

u=E2

1−e^−T0/τ

. I.2. Pourt > T0, l’équation différentielle devient, en

écrivant la loi des mailles dans le circuit 1 : du

dt + u RC = E1

RC.

La continuité de la tension aux bornes du conden- sateur assure que àt=T0,u=E2(1−e^−T0/τ).

L’unique solution vérifiant cette condition initiale est donc :

u=E1+h E2

1−e^−T0/τ

−E1

i

e^{−(t−T0)/τ}. I.3. L’évolution deu(t)est représentée sur la figure ci-

contre.

0 τ T

T

+ τ

E

E

t

u

I.4. On peut tout d’abord calculer la variation d’énergie électrostatique du condensateurEeà l’issue de la charge complète. On a :

∆Ee= Cuc

2 t=∞

t=0

=CE₁² 2 .

Sur chacun des intervalles de temps, la puissance fournie par les générateurs s’écritE1,2i1,2, aveci= Cdu

dt. L’énergie que chacun fournit est donc :

EE₂=

T₀

Z

t=0

E2Cdu

dt =CE2(u(T0)−u(0)) =CE2u(T0) =CE₂²

1−e^−T0/τ

E_E1=

∞

Z

t=T₀

E1Cdu

dt =CE1(u(∞)−u(T0)) =CE1(E1−u(T0)).

Avecu(T0) =E2(1−e^−T0/τ), l’énergie totale fournie par les générateurs est : EE,tot=C

E₁²−E2(E1−E2)

1−e^−T/τ

L’énergie dissipée par effet Joule, notéeE_Jest alors, comme établi en cours, la différence :

EE,tot−∆Ee=C E²₁

2 −E2(E1−E2)

1−e^−T0/τ .

II Régime périodique

II.1. (a) Pour avoir un régime périodique, la tensionu doit croître puis décroître sur chaque demi- période. On en déduit l’allure ci-contre (tracée poura=1,5).

(b) Les résultats de la section précédente donnent immédiatement :

t∈[0, T/2] :u(t) =E1+ (U0−E1)e^−t/T t∈[T/2, T] :u(t) =E2+ (U₀⁰−E2)e^{−(t−T/2)/τ}

=E2+ (U₀⁰−E2)e^−t/τe^−a

0 0 T/2 T E

E

U

U

t

u

II.2. (a) La continuité de la charge du condensateur assure : (

t∈]0;T/2] :u(t) =E1+ (U0−E1)e^−t/τ t∈]T/2;T] :u(t) =E2+ U₀⁰−E2

e^{−(t−T/2)/τ}=E2+ U₀⁰−E2 e^−t/τe^a.

La périodicité supposée du régime assure queu(T) = u(0) = U0, les deux tensions vérifient

donc : (

u(T/2) =U₀⁰ =E1+ (U0−E1)e^−a u(T) =U0 =E2+ U₀⁰−E2

e^−a.. On effectue la somme et la différence de ces deux équations :

U0+U₀⁰

1−e^−a

= (E1+E2) 1−e^−a

U₀⁰−U0

1 +e^−a

= (E1−E2) 1−e^−a

U0+U₀⁰ =E1+E2 U₀⁰−U0= (E1−E2)1−e^−a 1 +e^−a U₀⁰ =E1+E2e^−a

1 +e^−a U0=E2+E1e^−a

1 +e^−a (1)

< E1 > E2.

(b) De0àT/2, la charge du condensateur varie de∆Q = Q0 = CU₀⁰ −CU0 > 0. Pendant la deuxième demi-période, elle varie de−Q0. Au bout d’une période, il est revenu à sa charge initiale et la chargeQ0a transité du générateurE1vers le générateurE2.

(c) À ce transfert de charge correspond une intensité moyenne :

I0=Q0

T =C U₀⁰−U0

T =C(E1−E2) T

1−e^−a 1 +e^−a >0

=E1−E2

2ra tanha 2. II.3. (a) On en déduit immédiatement :

Req= E1−E2

I0

= 2racotha 2.

(b) PourT τ, on aa1et donc tanh ^a₂ '1:Req= 2ra=T/C. Le condensateur a le temps de se charger complètement (àE1) et de se décharger complètement (àE2), la charge transférée est donc :

Q0=C(E1−E2),transférée en T soitI0=CE1−E2

T .

Cette intensité étant inversement proportionnelle àT, la résistance est, elle, proportionnelle àT. (c) PourT τ, on aa1. Comme alors tanha'a, on obtientReq'4r. En effet, la tension aux

bornes du condensateur est pratiquement stationnaire dans ce régime puisqu’il n’a quasiment pas le temps de se charger ou de se décharger. On a de plusU0'U₀⁰'(E1+E2)/2. Les courants de charge et de décharge sont également pratiquement stationnaires, égaux à leur valeur initiale de charge ou déchargeic= (U₀⁰−E2)/r=id= (E1−U0)/r= (E2−E1)/(2r). On a donc :

Q0=icT/2 =idT/2 =I0T →I0=ic/2 =E1−E2

4r →Req= 4r.

II.4. (a) Dans le régime choisi, on aReq =T/C = 1/(f C). Pour avoirReq =1 kΩ, il suffit de choisir : C=50 nF.

(b) On doit rester dans le régime oùT τ, soitrR.

(c) Les valeurs deE1etE2n’influent pas sur le fonctionnement du système. Le dispositif de capacité commutée, un tripôle formé de la capacité et du commutateur trois voies est d’ailleurs vendu comme tel et s’adapte dans n’importe quel circuit pour réaliser une résistance variable entre deux dipôles quelconques, pas nécessairement des générateurs de tension. Il suffit de régler la fréquence de commutation par une horloge électronique pour changer la valeur de la résistance.

III Défauts du dispositif

III.1. (a) Considérons le cas où le commutateur est en position1. Des transformations Thévenin-Norton et associations de résistors aboutissent à un générateur de Thévenin de force électromotrice E1Rf/(Rf +r)et de résistance interneRfr/(Rf +r). Le problème est donc formellement analogue au cas sansR_f mais en remplaçantrparr_f = R_fr/(R_f +r)etEiparD_if = EiRf/(Rf+r).

(b) La nouvelle constante de temps est doncrfC, on noteaf =T/(2rfC). On détermine comme précédemment le courant moyen notésI_0fet la résistance équivalenteR_eqf = (E1−E2)/I_0f égaux à :

I0f =C(E_1f−E_2f)

T tanh(af/2) =C(E1−E2) T

R_f

Rf+rtanh(af/2)

→R_eqf = T C

Rf

Rf+r

coth(af/2).

III.2. On sera dans le régimea_f 1pourT r_fC. Commer_f=r/(1 +R_f/r)< r, la prise en compte de la résistanceRfne fait pas sortir du régime de la questionII.3b. En revanche, dans ce régime, la valeur de la résistance simulée est inférieure du fait deRf. On a en effet :

R_eqf=Req Rf

Rf+r.

IV Et avec une bobine ?

La grandeur continue est cette fois-ci l’intensité du courantiLtraversant la bobine, la constante de temps estL/ret les valeurs asymptotiques, qu’on obtient en remplaçant la bobine par un interrupteur ouvert, sont E1/retE2/r. La courbe d’évolution dei_Lest donc celle représentée ci-contre.

On peut alors calculer le courant moyen circulant d’un générateur à l’autre. Notons pour celair le courant circulant dans l’un des résistorsr(deE1versE2) et u_Lla tension aux bornes de la bobine.

• Pourt∈[0 ;T/2], la loi des mailles s’écritE1 = rir(t) +uL(t),

• Pourt ∈ [0 ;T/2], elle s’écritE2 = −ri_r(t) + uL(t),

0 T/2 T

0 E

/r

E

/r I

I

t

i

On calcule la valeur moyenne deirselon :

I0= 1 T

t=T

Z

t=0

ir(t)dt=E1

2r −E2

2r + 1 rT





−

t=T/2

Z

t=0

uL(t)dt+

t=T

Z

t=T/2

uL(t)dt







Or :

t=T/2

Z

t=0

uL(t)dt=L

t=T

Z

t=0

diL(t)

dt dt=L(iL(T/2)−LiL(0)) et, de même:

t=T

Z

t=T/2

uL(t)dt=L(iL(T)−iL(T/2)).

En adaptant les expressions de l’équation 1 (il suffit d’y remplacerEiparEi/ret de prendreτL =L/r puisτL=T/(2τL)). On obtient alors, après calculs ;

I0=E1−E2

2r

1 + 2a_L 2

→Req= 2r 1 + 2tanh^a₂^L Les deux cas limites sont désormais :

• poura_L1ieT r/(2L)1, on a tanh(aL/2)'1et doncR_eq'2r/3.

• pouraL1, on a tanh(aL/2)1etR_eq'2r.

Contrairement au cas du condensateur commuté, on a ici une résistance équivalente qui ne dépend pratique- ment pas des caractéristiques de la bobine ou de la fréquence de commutation mais surtout des résistances internes des sources. Le dispositif n’est pas utilisable comme résistance variable.

Correction de l’exercice 1

1. (a) D’après le pont diviseur de courant, chaque résistor est parcouru par un courant d’intensitéη/3.

La tension à leurs bornes est donc2Rη/3.

(b) L’association parallèle des deux résistors2Rest équivalente à un résistor de résistanceR. Il est en série avecR, la résistance équivalente est donc2R.

2. (a) Rk+1est l’association série deRavec l’association parallèle de2RetRk, on a donc : Rk+1=R+ 2RRk

2R+Rk

. Un diviseur de tension assure de plus que :

Uk=

2RR_k 2R+R_k

R+_2R+R^2RRk

k

Uk+1.

(b) La première question appliquée à la relation de récurrence sur lesRkmontre que siRk = 2R, R_k+1=R_k= 2R. Comme on a fermé la chaîne de résistances surR0 = 2R, on est dans cette situation etRk= 2Rpour toutk.

La relation de récurrence sur lesUkdevient alors : U_k= R

R+RU_k+1→U_k= 2^kU0.

3. (a) Chacune des chaînes à gauche et à droite du nœudAkest équivalente à un résistor de résistance 2Rd’après la question précédente. La première question assure alors que :U_k= 2Rη/3. On en déduitU0=Uk/2^k=^Rη₃ × ¹

2^k−1.

(b) Le théorème de superposition assure qu’il suffit de sommer les tensionsU0correspondant à cha- cune des sources allumées séparément. On a donc :

U0=Rη 6

n

X

k=1

pk

2^k, qu’on peut récrire :

U0= Rη 6×2ⁿ

n

X

k=1

pk2^n−k= Rη 6×2ⁿ

n

X

k⁰=0

pn−k⁰2^k0,

en posantk⁰=n−k. Comme 44 s’écrit 101100 en binaire, on le codera en choisissantp1=p3= p4= 1etp2=p5=p6= 0.

4. Comme vu précédemment, on aRk_f =R⁰_k

f = 2R. Le courant est divisé dans les quatre branches de l’association parallèler||2R||2R||2R2Ret la fraction traversant un résistore2R, notéeη2Rest donc :

η2R=η

1 2R 3

2R+¹_r = ηr 3r+ 2R. On en déduit la tension aux bornes du résistor :

Uk= 2Rη2R= 2Rr 3r+ 2Rη.

On constate qu’elle est indépendante dek, les résultats précédents s’appliquent donc directement et on peut utiliser de tels générateurs pour réaliser un convertisseur numérique-analogique.

Correction de l’exercice 2

1. (a) On retrouve la charge d’un dipôleRC, soit, en notantt1le paramètre temporel dans cet intervalle : uc(t1) =E

1−e^−t1/τ , avecτ=RC.

(b) La loi des mailles donne :

u_R(t1) =E−uc(t1) =Ee^−t1/τ. (c) Les courbes sont représentées ci-

contre. On y vérifie que la tension uC aux bornes du condensateur est toujours continue. En revanche,uRest discontinue ent = 0mais continue lors des fermetures d’interrupteurs ultérieures.

−2 0 2 4 6 8 10

0 E

E/2

(E−Rη)/2 (E+Rη)/2

t/τ

uC

uR

2. Des transformations Thévenin-Norton aboutissent à un générateur de Thévenin de f.e.m.E/2et de résistanceR/2. On a de nouveau la charge d’un condensateur avec cette fois-ci une valeur asymptotique deE/2et une constante de temps deRC/2. La continuité de la tension aux bornes du condensateur quand on ferme l’interrupteurS2fournit la condition initialeE. En notantt2le nouveau paramètre temporel nul quandS2est fermé, on a :

uc(t2) = E 2

1 +e^−2t2/τ . On a de nouveau :

uR(t2) =E−uc=E 2

1−e^−2t2/τ .

3. Des transformations Thévenin Norton aboutissent à un générateur de Thévenin de f.e.m.(E−Rη)/2 et de résistanceR/2. La constante de temps est encoreτ/2et la continuité de la tension aux bornes du condensateur à la fermeture deS3assure queu(t3= 0) =E/2, avect3le nouveau paramètre temporel nul à la fermeture deS3. On en déduit donc :

uc(t3) =E−Rη 2 +Rη

2 e^−2t3/τ uR(t3) =E−uC(t3) = E+Rη

2 −Rη 2 e^−2t3/τ.