II. Étude de quelques méthodes de mesure de capacité

PCSI 1 - Stanislas DM de PHYSIQUE N^◦3 - 28/11/18 - CORRIGÉ A. MARTIN

ÉLECTRICITÉ

I. Étude de circuits électriques présents dans des automobiles

1. Un résistor reçoit une puissance P_i = ^U_R²

i, d’où R_i=U² Pi

, ce qui donne R1= 29 Ω, R2= 3,2 Ω et R3= 6,9 Ω.

2. Le schéma est le suivant

Les quatre résistancesR1en dérivation équivalent à une seule de valeur Req=_R¹

1+_R¹

1+_R¹

1+_R¹

1

−1

=^R₄¹. La loi des mailles conduit à ifp= E0

r_b+R1/4 = 1,9 A.

Par la relation du pont diviseur de tension on obtient alors u_b= E0

1 + 4r_b/R1

= 14 V.

3.

Le schéma équivalent est ci-contre.

La loi des mailles conduit à id=E0−kω

r_b+r_d = 6.10²A.

4. a)

Le schéma équivalent est ci-contre.

De même que précédemment, la loi des mailles conduit à i(t) = E(t)

r_b+R.

b)Soitδqla quantité élémentaire de charge sortant par la borne + du générateur entre les instants t ett+ dt. On a E(t) =E0−αq(t) etE(t+ dt) =E0−α(q(t) +δq), d’où une variation dE= E(t+ dt)−E(t) =−αδq.

D’autre part le courant est le même partout dans la branche puisque le régime est lentement variable (approximation des régimes quasi-stationnaires), donci(t) =^δq_dt. On en déduit^dE_dt = ˙E(t) =−αi(t).

Avec le résultat précédent cela conduit à τE˙+E= 0 avec τ=r_b+R α .

c)La solution s’écrit sous la formeE(t) =λ.e^−tτ, oùλest une constante. À l’instant initialt= 0 on a E(t) =E0=λdonc finalement E(t) =E0.e^−tτ avec τ=r_b+R

α . d)On peut utiliser la loi précédemment établie, en prenantR=_R²

1+_R²

2

−1

. On cherche l’instantt1

vérifiant

E1=E(t1) =E0.e^−tτ1 ⇔ t1=τln E0

E1

= 4,4.10⁴s≈12 h.

5. PREMIÈRE MÉTHODE : on simplifie le circuit en associant les générateurs de Thévenin qui sont en dérivation (il faut passer par leur représentation de Norton associée). On obtient alors le circuit suivant :

1

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Les équivalences et associations de générateurs conduisent à req=

1 r_b+ 1

r_d −1

et eeq=r_dE1+r_be_d r_b+r_d . La loi des mailles conduit à itot=E0−eeq

r_c+req

=E0(r_b+r_d)−r_dE1−r_be_d r_cr_b+r_cr_d+r_br_d = 1,4.10²A.

DEUXIÈME MÉTHODE : On introduit des courants dans le circuit tel qu’il est et on le traite avec les lois de Kirchhoff. Dans la maille de gauche :E0−r_bi0=E0donci0= 0.Grâce à l’alternateur la batterie ne débite effectivement pas de courant.

On écrit les deux autres lois de maille indépen- dantes, sachant que la loi des nœuds est déjà écrite sur le schéma :

E0=r_citot+r_bi+E1 (1) E0=r_citot+r_d(itot−i) +e_d (2) On élimine ensuite l’inconnueiau profit deitotpar la combinaison linéairer_d(1) +r_b(2), ce qui conduit à la même expression que précédemment.

6. a)

Le schéma équivalent est ci-contre.

De même que précédemment,E=E0+α_ch.qdonc^dE_dt =α_ch.^δq

dt=α_ch.I0. Par intégration entret= 0 tel queE(0) =E2et un instanttquelconque, on obtientE(t) =E2+αch.I0.t.

Posons l’instant t2 tel que E(t2) = E0, on obtient t2=E0−E2

αchI0

= 1,2.10⁵s≈34 h.

b)En supposant que la périodeT des impulsions est très courte devant la durée totale de la charge t⁰₂ (vraissemblable d’après le calcul précédent), on peut considérer que la batterie est chargée par un courant moyen qui vaut Imoy = _T¹´ηT

0 I0dt = ηI0. Le nouveau temps de charge est donc t⁰₂=t2

η =E0−E2

ηαchI0

= 38 h.

7. La « tension à pleine charge » correspond àE0= 14 V.

La « tension nominale » correspond à la tensionE3= 12 V en dessous de laquelle il ne faut pas descendre pour le bon fonctionnement.

D’après la question4.b)on aE3 =E0−αqd’où q=E0−E3

α = 2,5.10⁵C = ^2,5.10₃₆₀₀⁵A.h = 69 A.h≈ 70 A.h. La « capacité de charge » correspond donc àla quantité de charge que l’on peut extraire de la batterie dans les conditions normales de fonctionnement.

2

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II. Étude de quelques méthodes de mesure de capacité

II.1. Détermination graphique

1. La tension aux bornes d’un condensateur évolue continûment, donc u_c(0⁺) =u_c(0⁻) =−E. La loi des mailles pour toutt >0 : 0 =E−(R_g+R)i−u_c.

Àt= 0⁺, cela donne 0 =E−(R_g+R)i(0⁺)−u_c(0⁺) = 2E−(R_g+R)i(0⁺) d’où i(0⁺) = 2E R_g+R. 2. Commei=Cu˙_c, la loi des mailles ci-dessus conduit à τu˙_c+u_c=E, avec τ= (R_g+R)C.

3. La solution générale est la somme d’une solution particulière constanteEet d’une solution générale de la formeλ e⁻τ^t, avecλune constante d’intégration. Elle vérifie la condition initialeu_c(0⁺) =−E=λ+E⇔ λ=−2E. Finalement la solution s’écrit u_c(t) =E1−2e^−tτ

,∀t >0.

4. u_c(t1) = 0,80E=E1−2e^−tτ1⇔e^−tτ1= 0,10⇔ t1=τln 10 .

5. L’oscilloscope est assimilable (en mode DC) à une simple résistanceR_o∼1 MΩ. Tant que cette résistance est grande devantR_g+Rprésente dans la branche d’étude, on peut négliger le courant détourné dans l’oscilloscope.

6. Lavoie Breprésente la tensionu_c, qui passe d’un régime permanentu_c=e=−E1au régime permanent suivantuc= e=E1, ou l’inverse. Il s’agit donc de lacourbe (1), et on peut y lireE1= 3,0 V.La voie Acorrespond à la tension de sortie du GBF, qui vautu_g =e−R_gi. Comme le courant présente des discontinuités à chaque basculement, il n’est pas nul après le basculement d’où un décalage deu_gpar rapporte. Il s’agit donc bien de lacourbe (2).

7. Au pointP, on est à l’instantt⁺₀ tel quee(t⁺₀) =E1(ete(t⁻₀) =−E1). Le courant lui passe du régime permanenti(t⁻₀) = 0 à la valeuri(t⁺₀) telle que par la loi des mailles :i(t⁺₀) =^e(t

+ 0)−uc(t⁺₀)

Rg+R =_R^2E1

g+R. On en déduitu_g(t⁺₀) =e(t⁺₀)−R_gi(t⁺₀) d’où u_g(t⁺₀) =E1−E1

2R_g R_g+R=E1

R−R_g R+R_g .

On litE1= 3,0 V etug(t⁺₀) = 1,0 V sur l’oscillogramme. On en déduit Rg=RE1−u_g(t⁺₀) E1+u_g(t⁺₀) = 50 Ω.

8. La valeur deE1 était déjà nécessaire pour la question précédente.... On litE1= 3,0 V.

Sur le graphe on lit l’instantt1auquelu_ccroise la ligne « 90% » :t1−t0= 0,425 ms. À cet instant on a alorsu_c(t1) = 0,8E1, d’oùt1−t0=τln 10 d’après la question4., avecτ= (R_g+R)C. On en déduit

C= t1−t0

(Rg+R) ln 10 = 1,2.10⁻⁶F.

9. L’arche positive du créneau (régime permanent àE1) visible sur l’oscillogramme s’étend sur 8 carreaux.

On a donc au minimumT /2 = 0,80 ms, d’oùf <625Hz.

10.

Pour observer l’intensité, il faut observer la tension aux bornes deRavec l’oscilloscope. Mais cela nécessite dedéplacer la masse pour qu’elle soit sur la résistance, tout en étant né- cessairement en contact avec le générateur de tension, comme indiqué ci-contre.

voie B voie A

3

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II.2. Utilisation d’un circuit du second ordre 11.

En régime stationnaire, le condensateur est équivalent à un in- terrupteur ouvert, et la bobine à un simple fil (cf ci-contre). On a donc i∞= 0 et u∞= R2

R1+R2

E2 = 2,0 V par la relation du pont diviseur de tension.

12.

Loi des nœuds :i1=i2+i, aveci2=_R^u

2 eti=C^du

dt. En injectant ces relations dans la loi des mailles on obtient :

e=Ldi1

dt +R1i1+u

= L R2

u˙+LC¨u+R1

R2

u+R1Cu˙+u ce que l’on peut mettre sous la forme canonique

¨ u+ω0

Qu˙+ω₀²u= e

LC avec ω0= 1

√LC. s

1 +R1

R2

et Q= ω0 1 R2C+^R_L¹ .

13.Les zéros du régime transitoire sont séparés d’une durée^T₂, et correspondent aux instants oùu(t) =u∞= 2,0 V. On obtient ainsiT= 3×0,20 ms = 0,60 ms.

On mesure les 2 premiers maxima du régime transitoire, de valeur respective u(t_m)−u∞ = 2,0 V et u(t_m+T)−u∞= 0,5 V. D’où δ= ln

2 0,5

= 1,4 ;

14.Lorsque l’on a e(t) =E2 à partir det = 0, la solution générale est la somme d’un régime transitoire solution de l’équation sans second membre associée, et du régime permanent stationnaire up=u∞ = E2

1 +^R_R¹

2

−1

.

Il s’agit d’un régime transitoire pseudo-périodique puisqu’il y a des oscillations. Donc le discriminant de l’équation caractéristique ∆ = 4ω₀²_4Q¹2−1 est négatif, donc Q > ¹₂ et il existe deux racines com- plexes conjuguéesr±=−_2Q^ω0±j ωavec ω=ω0

s 1− 1

4Q² . Cela conduit à une solution générale du type u(t) =u∞+e⁻

ω0 2Qt

.(Acos(ωt) +Bsin(ωt)) , oùAetBsont des constantes d’intégration réelles dépendant des conditions initiales.

15.D’après l’expression ci-dessus, la décroissance exponentielle est caractérisée par un temps caractéristique τ=2Q

ω0

.

Or le décrément logarithmique vérifieδ=^T_τ donc τ=T

δ = 0,43 ms.

16.Les deux équations recherchées proviennent du fait que la connaissance des paramètresTetδpermet de remonter aux deux paramètresω0etQou (ωetτ) qui caractérisent totalement le système dans son régime transitoire. Les résistances étant connues, on peut en déduire les paramètres cachésLetC.

D’une part on aτ=^2Q_ω

0 ce qui d’après l’expression deω0etQpeut se réécrire sous la forme 2

τ = 2δ T = 1

R2C+R1

L . (1)

4

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D’autre part on aω²=ω₀²1−_4Q¹2

=ω₀²−_τ¹2 etω²=^4π_T2² donc

ω₀²=4π² T² + 1

τ² = 4π²+δ² T² = 1

LC

1 +R1

R2

. (2)

II.3. Réalisation d’un capacimètre électronique

17. a)La tension aux bornes du résistorRvautRi=U0−V−avecV−=V+= 0 à cause de la masse. D’où i=U0

R , qui est indépendant deRch.

b)La loi des nœuds en terme de potentiel écrite à l’entrée−de l’ALI s’écrit :^U0−V_R⁻+^VS_R^−V−

ch = 0. D’où V_S=−Rch

R U0.

c)On demandeIsat>|is|=| −i|=^|U0|

R donc R >|U0| Isat

= 40 Ω.

PourR= 1,0 kΩ, on demandeVsat>|V_S|=^R_R^ch|U0|donc Rch< RVsat

|U0| = 15 kΩ.

18. À l’instant initial on a V_S=V−=V+= 0 donc la charge du condensateur du côté de la sortie de l’ALI est q= (VS−V−)C= 0 .

19. On aI0=−C^dV_dt^S, d’où après intégration V_S(t) =−I0

Ct en prenant en compte qu’initialementV_S(0) = 0.

20. À l’arrêt du compteur à l’instant finalt_f, on aV_S(t_f) =−^I_C⁰t_f=−Vsatd’oùt_f=^Vsat_I^C

0 . Le nombre affiché par le compteur est alorsN=_T^tf

H=t_ff_H=^Vsat_I^fHC

0 ouN=^Vsat_U^RfH

0 C.

On souhaite que^N_C = 10⁹F⁻¹donc R=N C

U0

Vsatf_H = 2,0 kΩ.

SiC= 1,0µF, alors t_f=Vsat

U0

RC = 31 ms.

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