PCSI 1 - Stanislas DS de PHYSIQUE N

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PCSI 1 - Stanislas DS de PHYSIQUE N

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3 - 30/11/19 - CORRIGÉ A. MARTIN

ÉLECTRICITÉ

I. Alimentation d’une diode électroluminescente

1. La relation courant-tension correspondant à la droite du ré- gime « passant » est

u = V

_S

+ ri

ce qui correspond au schéma ci-contre. u

i V

S

r

2. a) Le dipôle constitué de la fem E et de la résistance R a pour relation courant tension u = E − Ri ⇔ i = E

R − u R .

Sa caractéristique est donc une droite de pente négative et d’ordonnée à l’origine positive (cf ci-contre) croisant l’axe des abscisses en u = E > V

_S

. L’intersection avec la caracté- ristique de la diode est donc nécessairement dans le domaine

passant. u

0 i

V

_S

E

b) La loi des mailles s’écrit donc u = E − Ri = V

_s

+ ri ce qui donne i = E − V

_S

R + r . On en déduit R

0

= E − V

_S

i

0

− r = 2, 8 × 10

²

Ω.

c) Le courant traversant la source est maintenant 2i

0

, d’où par la loi des mailles E − 2R

⁰₀

i

0

= V

_S

+ ri

0

⇔ R

⁰₀

= 1

2 E − V

_S

i

0

− r

= R

0

2 = 1, 4 × 10

²

Ω .

On voit que R

0

r , donc la résistance dynamique de la diode est ici négligeable à mieux qu’1%

près.

d) Les puissances reçues par R

₀⁰

et par la diode sont respectivement P

_R

= 4R

⁰₀

i

²₀

= 0, 13 W et P

_d

= V

_S

i

0

+ ri

²₀

= 0, 027 W.

D’après la loi des mailles précédente, on obtient en multipliant par le courant 2i

0

: P

_g

= E2i

0

= (V

_S

+ ri

0

+ R

⁰₀

2i

0

).2i

0

d’où P

_g

= 2P

_d

+ P

_R

= 0, 18 W .

Ainsi toute la puissance fournie par la source est bien intégralement reçue par tous les autres dipôles. On constate que la majeure partie est dissipée dans R

⁰₀

.

3. a) Le dipôle {R

1

, R

2

, E} auquel est associée la branche de la diode peut être converti en un générateur de Thévenin équivalent (de même orientation) de f.e.m E

Th

= E/(1 +R

2

/R

1

) et de résistance interne R

Th

= (1/R

1

+ 1/R

2

)

⁻¹

. SCHEMA

On est donc ramené à la situation des questions 2.a) et 2.b). La diode est passante à la condition que

E

Th

> V

_S

⇔ R

1

> R

2

E/V

_S

− 1 = 0, 43 Ω .

Autre méthode : on peut aussi supposer la diode passante, calculer u (ou le courant i qui la traverse) et imposer u > V

_s

(ou i > 0). On peut encore supposer la diode bloquée donc i = 0, puis imposer u < V

_s

et ensuite nier cette condition.

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b) Le calcul fait en 2.b) est adapté en remplaçant E par E

Th

et R par R + R

Th

, ce qui donne i = E

Th

− V

_S

R + R

Th

+ r = E/(1 + R

2

/R

1

) − V

_S

R + (1/R

1

+ 1/R

2

)

⁻¹

+ r = E − V

_S

(1 + R

2

/R

1

)

R

2

+ (R + r)(1 + R

2

/R

1

) = 15 mA . On obtient donc le même niveau d’éclairement que précédemment.

c) On en déduit la puissance consommée par la diode n’a pas changé car le courant est le même : P

_d

= (V

_S

+ ri)i = 0, 027 W.

Le générateur est traversé par un courant i

2

(orienté comme E) somme de i et du courant i

1

traversant R

1

, à savoir

SCHEMA i

1

= 1 R

1

(V

_S

+ (R+ r)i) d’où P

_g

= Ei

2

= E V

_S

R

1

+ i

1 + R + r R

= 0, 13 W . Ce circuit est donc plus économe en énergie, pour un même niveau d’éclairement.

II. Étude d’un flash d’appareil photographique

1. En régime permanent continu, la bobine est équivalente à un fil, alors u

L∞

= 0 . 2. La loi des mailles donne pour tout t > 0 : E = Ri + u

L

+ u

C

.

La tension u

_C

aux bornes du condensateur est conti- nue, et comme il était initialement déchargé, cette tension reste nulle pour t = 0

⁺

: u

_C

(t = 0

⁺

) = 0.

De plus, le courant traversant la bobine est lui aussi continu et comme il était nul avant la fermeture de l’interrupteur, il reste nul pour t = 0

⁺

: i(t = 0

⁺

) = 0.

Ainsi, il reste

E = Ri(0

⁺

) + u

_L

(0

⁺

) + u

_C

(0

⁺

) ⇒ u

_L

(0

⁺

) = E .

3. On dérive la loi des mailles obtenue ci-dessus pour t > 0 : 0 = R di

dt + du

_L

dt + du

_C

dt Or i = C

^du^C

dt

et u

_L

= L

^di

dt

, d’où

0 = R L u

_L

+ du

_L

dt + i C On redérive à nouveau cette équation :

0 = R L

u

_L

dt + d

²

u

_L

dt

²

+ 1

LC u

_L

⇒ d

²

u

_L

dt

²

+ R

L u

_L

dt + 1 LC u

_L

= 0 4. On pose la pulsation propre

ω

0

= 1

√ LC = 3, 7.10

⁵

rad.s

⁻¹

On pose le facteur de qualité Q tel que

ω

0

Q = R

L ⇒ Q = ω

0

L R = 1

R

s

L

C = 2, 7.10

⁴

.

2

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5. Il s’agit d’une équation différentielle linéaire à coefficients constants du second ordre sans second membre.

Déterminons les solutions de l’équation caractéristique : x

²

+ ω

0

Q x + ω

₀²

= 0 Son discriminant s’écrit

∆ = ω

0

Q

2

− 4ω

²₀

= 4ω

²₀

1 4Q

²

− 1

< 0 car Q ≥ 1 2

Le régime est donc pseudo-périodique, et les solutions sont, en notant j l’imaginaire pur tel que j

²

= −1 : x

_±

= − ω

0

2Q ± j

√ −∆

2 = − ω

0

2Q ± jω

0 s

1 − 1 4Q

²

Ainsi, en posant la pseudo-pulsation Ω = ω

0 s

1 − 1

4Q

²

et le temps caractéristique d’amortisse- ment τ = 2Q

ω

0

, on a :

u

_L

(t) = e

⁻τ^t

(Acos Ωt + B sin Ωt) où A et B sont des constantes d’intégration réelles.

Pour déterminer ces constantes, on connaît u

_L

(0

⁺

) = E et on doit déterminer

^du_dt^L

(0

⁺

). La première dérivation de la loi des mailles donne pour tout t > 0 :

0 = R L u

_L

+ du

_L

dt + i

C ⇒ du

_L

dt (0

⁺

) = − R

L u

_L

(0

⁺

) − i(0

⁺

) C = − R

L E − 0 . On en déduit

u

_L

(0

⁺

) = A = E et du

_L

dt (0

⁺

) = − A

τ + BΩ = − R

L E ⇒ B = E Ω

1 τ − R

L

= − RE 2LΩ . 6. Le temps caractéristique pour atteindre u

L∞

est de l’ordre de

τ = 2Q ω

0

= 2L R = 0, 14 s

7. Il s’agit d’un circuit du premier ordre. La charge maximale correspond au régime permanent atteint lorsque l’interrupteur est sur la position (1) depuis longtemps. Le condensateur est alors équivalent à un interrupteur ouvert et donc u

_C0

= E

⁰

=

^q⁰^max_C0

. Donc q

_max⁰

= C

⁰

E

⁰

= 4, 50 × 10

⁻²

C. L’énergie emmagasinée par le condensateur est alors E

_e

= 1

2 C

⁰

E

⁰²

= 6, 8 J.

8. Une fois l’interrupteur en position (2), R

_f

et C

⁰

sont en parallèle. L’égalité des tensions donne, avec l’intensité du courant donnée par la loi de fonctionnement du condensateur,

u

_C0

= R

_f

i = R

_f

C

⁰

du

_C⁰

dt ⇒ du

_C⁰

dt + 1

τ

⁰

u

_C0

= 0 avec τ

⁰

= R

_f

C

⁰

= 1, 5 ms

le temps caractéristique de la décharge. C’est une équation différentielle du premier ordre, linéaire, à coefficients constants et sans second membre. La solution de l’équation différentielle s’écrit u

_C0

(t) = A

⁰

e

^−t/τ⁰

où A

⁰

est une constante d’intégration. La condition initiale est donnée par le moment de basculement de l’interrupteur en position (2). La continuité de la tension aux bornes du condensateur C

⁰

donne

u

_C⁰

(0

⁻

) = u

_C⁰

(0

⁺

) = E

⁰

⇒ E

⁰

= A

⁰

⇒ u

_C⁰

(t) = E

⁰

e

^−t/τ⁰

.

3 PCSI 1 - Stanislas DS de PHYSIQUE N

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3 - 30/11/19 - CORRIGÉ A. MARTIN

III. 2 + 3 = 6

Le voltmètre doit nécessairement être considéré comme non idéal, c’est-à-dire de résistance d’entrée finie R, sinon la loi d’additivité des tensions est violée. On note u

1 0

et u

2 0

les deux tensions réelles aux bornes des résistors, c’est-à-dire celles qui existent en l’absence du voltmètre. Les trois mesures successives u

1

= 2, 0 V, u

2

= 3, 0 V et u

3

= 6, 0 V peuvent être modélisées par les schémas correspondant ci-dessous.

E

R

1

R

2

u

1

R

E

R

1

R

2

u

2

R

E

R

1

R

2

u

3

Grâce à la loi du pont diviseur de tension, ces trois schémas conduisent aux relations suivantes :

u

1

= E

1 + R

2

(1/R + 1/R

1

) ; u

2

= E

1 + R

1

(1/R + 1/R

2

) et u

3

= E . Ainsi E = 6, 0 V . Les tensions réelles ne dépendent que du rapport x =

^R_R²

1

selon les expressions u

1 0

= E

1 + x et u

2 0

= E 1 + 1/x .

Il faut donc trouver x. Les expressions de u

1

et u

2

ci-dessus permettent de trouver les rapports : R

2

R = E u

1

− x − 1 et R

1

R = E u

2

− 1 x − 1 . en divisant ces deux relations on obtient

x =

E u1

− x − 1

E

u2

−

¹_x

− 1 ⇔ x = u

2

u

1

= 1, 5 . On en déduit alors

u

1 0

= E

1 + x = 2, 4 V et u

2 0

= E

1 + 1/x = 3, 6 V .

4