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MOST AF A Proposition de correction de PH-I TSI Session 2018
I. Questions de cours :
I.1. G´en´eralit´es
I.1.1. la densit´e volumique de courant:
ρ =
dQdv= nq
I.1.2. l’expression de la charge
d
3Q = ρ ( M ) dv = ρ ( M ) #» v #»
dsdt
I.1.3. l’expression de la charge #»
J(M)
#» J = ρ ( M ) #» v = nq #» v
I.1.4. l’intensit´e I dans le conducteur
I =
dQdt= R R #»
J ( M ) ds #»
I.2. Bilan de charge
I.2.1. on a :
dQ
sur f= [ J ( x ) − J ( x + dx )] Sdt = −
∂J∂tSdxdt = −
∂∂tJdvdt
I.2.2. la variation de la chargedQ:
dQ
sur f= [ Q ( t + dt ) − Q ( t )] = [ ρ ( x, t + dt ) − ρ ( x, t )] dv =
∂ρ(∂tx,t)dvdt
I.2.3. Bilan local de la charge :
`a partir des deux bilans on trouve :
∂J
∂t
+
∂ρ∂t= 0
Par g´en´eralisation dans les trois directions on trouve la forme locale de la conservation de la charge
div #»
J ( M ) +
∂ρ(∂tM,t)= 0
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I.2.4. Les deux relations de Mawell sont : Mawell-Gauss:
div#»
E = ρ
ε0
Mawell-Ampere :
rot#»
B =µ0#»J +µ0ε0∂∂t#»E a partir des deux equations on a :
div(rot#»
B) = 0=µ0div#»
J +µ0ε0
∂div#»
E
∂t donc on trouve la forme locale pr´ec´edente :
div #»
J ( M ) +
∂ρ(∂tM,t)= 0
I.3. Loi d’Ohm locale
I.3.1. on applique le P.F.D. `a un electron de masse m : md#»v
dt =−e#»
E −m τ
#»v
donc l’equation differentielle du mouvement est :
d#»v dt + #»v
τ = me #»E
la resolution de cette equation donne la solution sous la forme suivante :
#» v = v #»
0exp (−
tτ
) −
eτm#» E
I.3.2. En regime permanent la vitesse limite est :
#» v = −
eτm#» E
donc :
#» J = − ne #» v =
nem2τ#» E
I.3.3. La loi d’Ohm locale est :
#» J = γ #»
E
donc la conductivite electrique est donn´ee par l’expression :
γ =
nem2τConcoursNationalCommun—-Session2018—-http://cpgemaroc.com
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MOST AF A I.4. R´esistances des appareils de mesure
I.4.1. Calcul de la r´esistance du galvanom`etre
La r´esistance d’un conducteur de longueur L , section S et r´esistivit´eρest : R =ρL
S D´efinition
donc
rG =Nρ4l
S =16Nρ l πd2
r
G= 16Nρ
πdl2= 815 Ω
I.4.2. Amp`erem`etre
calcul de la r´esistancers
IA
A IA
rG
iG
G
rs
is
on utilise diviseur de courant on trouve :
iG = rs rs+rGIA
Donc :
m= IAmax iGmax
=1+rG rs
Ainsi
r
s=
mr−G1' 0, 815 Ω
rGetrssont en parall`eles donc
r
A=
rrGrsG+rs
=
rmG= 0, 815 Ω
I.4.3. Volt-m`etre iG
V
RV
iG rG
G
`a partir du sch´ema ´equivalent on :
U = (RV+rG)iG =kiG donc :
k= RV+rG
ainsi :
R
V=
iUmaxGmax
− r
G= 99, 18k Ω
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I.4.4.1. `a partir du montage courte d´erivation on a : Rc = R.RV
R+RV
= R.
1+ RR
V
PuisqueRV >>Ron fait D.L.1
Rc = R(1− R RV) donc
ε
c= |
RcR−R| =
RRV
`a partir du montage longue d´erivation on a :
Rl = R+rA PuisqueR >>rAon a :
ε
l= |
RlR−R| =
rRAles graphes deεc(R)et εl(R)
εl(R) εc(R)
R εl(R) εc(R)
Pour les faibles r´esistances,R/RVest plus petit querA/R: il faut utiliser le montage AVAL Pour les grandes r´esistances, c’est l’inverse il faut utiliser le montage AMONT.
I.4.4.2 Les erreurs introduites sont des erreurs syst´ematiques. Ces erreurs sont par d´efaut pour la courte d´erivation et par exc`es pour la longue d´erivation
II. M´esure de l’intensit´e de courant
II.1. Principe d’un galvanom`etre
II.1.1. La r´esultante de Laplace sur le cadre pour les MNetQPon #»
B etd#»
l sont parall`eles donc la force de Laplace est nulle
sur les deux autres cot´es on a :
#»FQM =Noi# »
QM∧ #»B0 =NoihB0#»n
et #»
FNP = Noi# »
NP∧ #»B0=−NoihB0#»n
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avec #»n = #»uz∧ #»u
et #»
S =S#»n donc la r´esultante des forces de Laplace sur la bobine est :
#»FL = #»FQM+#»FNP =0
II.1.2. Le moment des forces de Laplace sur la bobine
M# »L = # »MO(#»FQM) +M# »L(#»FNP) M# »L =OG# »4∧ #»FQM+OG# »2∧ #»FNP
M # »
L= − i2ahN
oB
o#» u
z= − ϕi #» u
zII.1.3. Th´eor`eme du moment cin´etique
d#»
σo
dt = M# »L +M# »r
donc
Jd2θ dt2
#»uz =−Cθ#»uz−iϕ#»uz
ainsi l’´equation diff´erentielle v´erifie par θ(t)est :
J
ddt22θ+ Cθ = − i ϕ θ ¨ +
CJθ = −
iCϕII.1.4. La puissance fournie par le couple # » ML est : P =M# »L∗ −dθ
dt
#»uz =idθ
dtϕ=ei
Le signe (-) provient du fait que la rotation se fait dans le sens oppos´ee deθ
e = ϕ θ ˙
Remarque :
cas de l’induction de Lorenz : e =NR #»
Em(M)dl#»avec #»
Em(M) = #»ve∧ #»B0
Pour les branches MN et PQ, #»
Em(M) est normal au ciruit donc eest nulle ,mais il est parallele pour les branchesQMet NP, dans la f.e.m. est :
e =N( Z M
Q
#»Em(M)dl#»+ Z P
N
#»Em(M)dl#») = 2ahNB0θ˙ = ϕθ˙
II.1.5. Le circuit ´electrique ´equivalent est :
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`a partir du sch´ema ´equivalent et l’expression deeon a :
i =
RE++reG
=
ER++θ ϕr˙G
i E
R
e rG
II.1.6. L’equation differentielle devient :
θ ¨ +
J(RC+2rG)
θ ˙ +
CJθ = −
J(REϕ+rG)
qu’on peut mettre sous la forme :
θ ¨ +
2τ
θ ˙ + ω
02θ = ω
02θ
eqavec
τ = 2J(R+rG) ϕ
2
; ω02= C
J ; θeq =− Eϕ C(R+rG)
L’´equation d’un oscillateur amortie , la forme g´en´erale de θ(t) est la somme de la solution ho- mog`ene θ(t)h et la solution particuli`ere θp tel que la forme de θ(t)h d´epend du signe de ∆0 =
1
τ −ω02doncθ(t) =θeq+θ(t)h
• Si∆0 <0 : r´egime pseudo p´eriodique : θ(t) = θeq+Ae−τtcos(ωt+ϕ)
• Si∆0 >0 : r´egime ap´eriodique : θ(t) = θeq+Ae−r1t+Be−r2t
• Si∆0 =0 : r´egime critique : θ(t) = θeq+ (At+B)e−ω0t II.1.7. On a θeq = −C(REϕ+r
G) et on a `a l’´equilibre i = (R+Er
G) donc θeq = −iϕC donc i est proportionnelle
`aθeqpour retrouver cette valeur il faut que le r´egime transitoire s’annule tr`es vite donc il faut se placer en r´egime critique.
| θeq | θ(t)
t
II.2. Pince amp`erm´etrique
II.2.1. On a invariance par rotation autour de l’axeoz, par translation le long de z de la distribution de courant et tout plan diam´etral est un plan de sym´etrie de la distribution de courant donc :
#» B ( M ) = B ( r ) #» u
θConcoursNationalCommun—-Session2018—-http://cpgemaroc.com
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II.2.2. Th´eor`eme d’amp`ere appliqu´e `a un contour circulaire de rayonr:
H #»
B ( M ) dl #» = µ
oI
enlon trouve
#» B ( M ) =
2πrµoI#» u
θII.2.3. Le flux `a travers le tore : Φ =NΦ(spire) = NR R #»
B(M)ds#»on trouve :
Φ =
µo2πN Ialn (
RRo+a2o−a2
)
le coefficient d’inductance mutuelle est defini par : Φ= MI donc :
M = Φ
I =
µ2πoNaln (
RRo+2ao−2a
)
II.2.4. Le fil est travers´e par un courant variable donc le champ B(t)est variable donc on a l’induction de Neumann ce qui entraine la cr´eation de courant variablei(t)dans le tore
II.2.5. Le flux propre `a travers le tore : Φp = NΦ(spire) = NR R # »
Bp(M)ds#»
la distribution de courant est invariant par rotation autour de l’axe ozet tout plan diam´etral est un plan de sym´etrie de la distribution de courant donc :
#» B ( M ) = B ( r, z ) #» u
θth´eor`eme d’Amp`ere :
H # »
B
p( M ) dl #» = µ
oNi ( t )
on trouve :
B # »
p( M ) =
Nµ2πroi(t)#» u
θDonc le flux propre est :
Φ
p=
µoaN2π2i(t)ln (
RRo+a2o−a2
)
II.2.6. le coefficient d’inductance mutuelle est d´efini par : Φp =Lidonc le flux totale est : Φt = Li(t) +MI D’apres la loi de Fraday one =−dΦdt avece=Ri on a :
e=Ri =−Ldi
dt −MdI dt En notation complexe on trouve la relation :
i = −
RMjωI+jLωII.2.7. PourNtr`es grand et en module on a :
i ≈
MLI ≈
NIce dispositif permet de mesurer des courants intenses puisque Nest grand , son avantage princi- pale est la mesure de I sans ouverture du circuit
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III. Exemple d’un capteur de temp´erature
III.1. L’expression de la tensionVs:
on utilise le diviseur de courant on trouve :
V
B= R
2I
2=
RR2(R3+R04)1+R2+R3+R04
I
oAvecR04= R4+RP et
V
D= R
3I
3=
RR3(R1+R2)1+R2+R3+R04
I
oDoncVs =VD−VB , on trouve :
V
s=
RR1R3−R2(R4+RP)1+R2+R3+R4+RP
I
oIII.2. At=0◦C, le pont est equilibr´e doncVs =0 doncR1R3−R2(R4,0+RP,0) =0 Ainsi :
R
4,0=
RR1R32
− R
P,0= R
1− R
P,0= 900 Ω
III.3. On remplaceRPpar son expression et on utilise la condition d’´equilibrage du pontR4,0on trouve :
V
S( t ) ==
4R−R2RP,0αt1+RP,0αt
I
o=
−t104+t
III.4. Pourt=100◦Cdans le d´enominateur 104 >> 102ainsi :
V
S( t ) = − 10
−4t
III.5. On peut utiliser le montage A.O. non inverseur on a :
V
S0( t ) = ( 1 +
RR0201
) V
S( t )
avec : R20 =9kΩ,R01 =1kΩdonc VS0(t) =10VS(t)
R10
R20
Vs
− +
VS0
Je propose un montage A.O. inverseur pour eliminer le signe (-) de la tension VS(t) avec : R02=10kΩ,R01 =1kΩdoncVS0(t) = −10VS(t)
Remarque
III.6. On aVS0(t=100◦C) = −0, 1V le quantum est :q = ∆V
0 S
2n−1 =0, 39mV Donc
∆ t = 10
3q = 0, 39
◦C ' 0, 4
◦C
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IV. ´Etude d’un capteur de d´eplacement :
IV.1. Expression de la capacit´e d’un condensateur plan :
IV.1. Invariance par translation selonx ety, (xoz) et(yoz) deux plans de sym´etries de la distribution de charge donc
#» E ( M ) = E ( z ) #» u
zIV.2. Le champ cree par un plan infini est :
#» E ( M ) =
Q1ε0l2
#» u
zIV.3. La circulation de #»
E(M)entre les armatures :
V = V
P1− V
P2=
Q1ε0l2
e
IV.4. L’expression de la capacit´e C est :
C =
V Q1P1−VP
2
=
ε0el2IV.2. Capteur de d´eplacement :
IV.2.1. Les expressions des capacit´es initiales :
C
12,0( x = 0 ) =
ε2e0l2C
13,0( x = 0 ) =
ε2e0l2C
0= C
13,0( x =
2l) =
ε0el2IV2.2. L’armatureP1est translat´e de x :
C
12( x ) =
εe0l (
2l− x ) = C
0(
12−
xl)
C
13( x ) =
εe0l (
2l+ x ) = C
0(
12+
xl)
IV2.3. L’expression devs(t):
On utilise le diviseur de tension aux points Bet D:
v
B=
R+RRv
e=
v2eConcoursNationalCommun—-Session2018—-http://cpgemaroc.com
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MOST AF A v
D=
Z ZC12C12+ZC13
v
ev
D=
CC13ve12+C13
Doncvs(t) = vD −vB, on trouve :
v
s( t ) =
2(CC13−C1212+C13)
v
eon remplace par les expressions deC12 etC13on trouve l’expression suivant :
v
s( t ) =
xlv
eIV2.4. Le spectre de Fourier devs(t):
v
s( t ) =
XmlVm[ cos ( ωt ) × cos ( ω
gt )]
donc :
v
s( t ) =
Xm2lVm[ cos (( ω
g− ω ) t ) + cos (( ω
g+ ω ) t )]
en effet le spectre devs(t)contient les deux pulsationsωg−ω etωg+ω IV2.5. Le montage de la figure 8a:
Figure 1: Circuit de conditionnement du signal util
Pour l’amplificateur AO2 ,il me semble une erreur de signe : il faut inverser le signe des deux entr´ees pour avoir un fonctionnement lin´eaire , ce qui j’ai pris pour r´esoudre la question Remarque
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Les r´esistances R1etR2sont parcourus par le mˆeme courantidonc
V
1− V
2= ( R
1+ 2R
2) i
et si l’amplificateur AO2 fonctionne en r´egime lin´eaire on a :
V
D− V
B= v
s( t ) = R
1i
Donc :
V
1− V
2= ( 1 +
2RR21
) v
s( t )
Pour l’amplificateur AO3 , on a fonctionnement lineaire donc : V− = V+ , on utilise Millman avec la condition R3 =R4, on trouve :
v
s1( t ) = V
1− V
2Ainsi on trouve la relation entrevs1(t)etvs(t):
v
s1( t ) = ( 1 +
2RR21
) v
s( t )
Donc le r ˆole du montage est l’amplification devs(t)
IV2.6. Les expressions des tensionsvs2(t)etvs3(t): vs2(t) =k×vs1(t)×ve(t)On trouve :
v
s2( t ) =
kXm2lVm2( 1 +
2RR21
)[ cos ( ωt ) + cos ( ωt ) × cos ( 2ω
gt )]
donc :
v
s2( t ) =
kXm2lVm2( 1 +
2RR21
)[ cos ( ωt ) +
12( cos (( 2ω
g− ω ) t ) + cos (( 2ω
g+ ω ) t ))]
on pose α= kX2lmVm2(1+2RR2
1 )donc :
v
s2( t ) = α [ cos ( ωt ) +
12( cos (( 2ω
g− ω ) t ) + cos (( 2ω
g+ ω ) t ))]
Le filtre passe bas de fr´equence de coupureωc <<ωgdonc :
v
s3( t ) = α H ( ω ) cos ( ωt + ϕ )
Avec
ϕ = arg ( H )
La chaine n’est pas lin´eaire car elle contient le multiplieur qui fait enrichir le spectre par d’autres harmoniques
IV2.7. Sch´ema d’un filtre passe bas passif et sa pulsation de coupure : la fonction de transfert du filtre
est :
H ( jω ) =
1+jRCω1la fr´equence de coupure est : ωc = RC1
R
C vs3
vs2
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