INSA Rouen Normandie - STPI1 - E.C. P3
Correction de l’I.S. de P3 du 8 novembre 2017
Exercice I - Dipˆole RLC en r´egime sinuso¨ıdal forc´e 1a)Une incertitude ´evalue une erreur al´eatoire.
1b)L’incertitude donn´ee par le constructeur sur la notice correspond `a±0,7 % de la valeur lue + 4 digit (calibre 300 Ω).
On a donc ∆R= 0,007×118,1+4×0,1 = 1,227 Ω, ce qui donne ∆R = 2 Ω puisqu’une incertitude s’arrondit toujours `a un chiffre significatif par exc`es.
1c) Il s’agit d’uneincertitude sur une mesure unique.
1d) Le r´esultat de la mesure doit donc ˆetre donn´e `a l’Ohm pr`es, en arrondissant au plus proche.
On ´ecrit donc le r´esultat de la mesure : R= 118±2Ω , leniveau de confiance est de 95 %.
L’intervalle de confiance est donc [116 ;120] Ω.
2)On a ue(t) =Ue,maxcos(ωt) et donc ue=Ue,maxexp(jωt)
3)Les trois dipˆoles ´etant branch´es en s´erie, on somme les imp´edances complexesZ =ZR+ZL+ZC ce qui donne : Z =R+jLω+ 1
jCω
4)Une loi des mailles sur le circuit ci-contre donne : i= ue
ZR+ZL+ZC c’est `a dire i= ue R+jLω+ 1
jCω L’amplitudeImax du couranti(t) est ´egale au module de l’amplitude complexe i.
On a alors :Imax = Ue,max
|R+j(Lω−Cω1 )| et donc Imax = Ue,max q
R2+ (Lω−Cω1 )2 Arg(i) = Arg(e)−Arg
R+jLω+ 1 jCω
et donc Arg(i) =ωt−arctan Lω−Cω1 R
!
5a)On mesure la p´eriodeT d’un des deux signaux, il s’agit de l’´ecart temporel entre deux maxima de ue(t) par exemple. On trouve T = 12×0,1 ms = 1,2 ms = 1,2×10−3 s
Puisque ω= 2π
T , on obtient : ω=5200 rad.s−1
5b) On mesure sur l’oscillogramme les amplitudes des deux signaux. On obtient : Ue,max= 3×2 (V/div) = 6 V etUR,max= 5×1 (V/div) = 5 V
D’autre part, on aImax = UR,max
R et Z= Ue,max
Imax ce qui donne : Z = Ue,max×R UR,max AN :Z = 6×118
5 Z = 140 Ω
6a) La tension uR(t) est en avance par rapport `a la tension ue(t) car elle atteint son maximum avantue(t).
6b) Les signaux i(t) et uR(t) sont en phase car uR(t) = Ri(t) donc le courant i(t) est en avance par rapport `a la tension ue(t). Puisque ψ est le d´ephasage de i(t) par rapport `a ue(t), on a donc ψ >0.
D’autre part, on a|ψ|= 2π∆t
T o`u ∆test la dur´ee entre les instants o`u les fonctions uR(t) et ue(t) atteignent leurs maxima.
On a donc|ψ|= 2π×112 ce qui donne|ψ|= π
6. Finalement ψ= π 6 6c) D’apr`es la question 4, on aψ=−arctanLω− 1
Cω
R
, d’o`u tanπ
6 = Lω−Cω1
R ou encore : L= 1
ω 1
Cω −Rtanψ
AN : L=24 mH
1
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6d) On a i(t) =Imaxcos(ωt+ψ)
D’apr`es la question 5b, on aImax= 5/118 = 42×10−3 A Finalement i(t) = 42×10−3(cos(5200t+π6)
Exercice II - D´etermination d’un courant
1)Utilisons le th´eor`eme de l’´equivalence Th´evenin-Norton :
avec 1 RT = 1
3R + 1
R = 1 + 3 3R = 4
3R eteT = E
3R ×RT = E 3R × 3R
4 On obtient donc RT = 3R
4 et eT = E 4 Analyse dimensionnelle :
3R 4
= [R] et E
4
= [E] Les r´esultats obtenus sont homog`enes.
2)La loi des mailles s’´ecrit :eT−RTi−Rui= 0 et conduit `ai= eT RT +Ru
ce qui donne finalement i= E
3R+ 4Ru Analyse dimensionnelle :
E 3R+ 4Ru
= E
R
= [I], r´esultat homog`ene
Exercice III - Antivol `a d´eclenchement retard 1) Un pont diviseur de tension donne : VA= R1
R1+R2E
2) Puisque VA=VB `at1 = 50 s, on a doncVA= 9 V, donc R1
R1+R2
= 9
15 ou encore R2
R1
= 2 3 Par exemple, choisissonsR1= 33 k ΩetR2= 22 k Ω
V´erifions que les puissances limites ne sont pas d´epass´ees. Soit I l’intensit´e du courant dans cette branche, une loi des mailles donne alors I = E
R1+R2
.
SoitP la puissance dissip´ee dans la r´esistanceR1 (celle de plus grande valeur). On aP =R1I2, ce qui donne ici P =2,5 mW ¡ 250 mW, la puissance limite n’est donc pas d´epass´ee.
Note : d’autres couples de r´esistances fonctionnent (par exemple R1= 330 Ωet R2= 220 Ω), en revanche, le couple R1= 33 Ωet R2= 22 Ωne peut ˆetre retenu car la puissance dissip´ee est trop grande.
3)voir figure ci-apr`es
4) Pour VC=0, la DEL est ´eteinte, pour VC = 15V, la DEL est allum´ee.
5) On a VC = 15V, et d’autre part VD= 1,6V (car la DEL est allum´ee).
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La loi d’Ohm aux bornes de la r´esistanceR4 donneVC−VD =R4If, d’o`u R4 = VC −VD
If c’est `a dire R4 = 15−1,6
20×10−3 = 670Ω On choisit donc R4= 680 Ω 6)et7)voir figure ci-apr`es
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