Corrigé épreuve physique commune - T.P.E 1994
PREMIER PROBLÈME - ÉLECTRONIQUE
I Référence de tension à diode Zener
I-1)
Il est possible d'obtenir V2 = V1 -R(I2 -I) = f(V1,I2) à condition d'éliminer I. On distingue alors suivant la valeur de U
$I = \frac{{U - {V_d}}}{{{R_d}}} = \frac{{ - {V_2} - {V_d}}}{{{R_d}}}$ $ \Rightarrow {\rm{ }}{{\rm{V}}_{\rm{2}}} = {V_1} - \frac{R}{{{R_d}}}({R_d}{I_2} + {V_2} + {V_d})$ d'où le résultat:
$\Rightarrow \text{ }{{\text{V}}_{\text{2}}}={{V}_{1}}-R{{I}_{2}}\text{ si }{{\text{V}}_{\text{2 }}}<\text{ -}{{\text{V}}_{\text{d}}}$
$\Rightarrow \text{ }{{\text{V}}_{\text{2}}}={{V}_{1}}-\frac{R}{{{R}_{z}}}({{R}_{z}}{{I}_{2}}+{{V}_{2}}-{{V}_{z}})$
I-2)
Lorsque le point de fonctionnement se trouve dans la zone 1 le courant I2 et la tension V2 sont de signes contraires, ce qui veut dire que l'on a affaire à une charge constituée par un générateur. Les rôles de l'entrée et de la sortie sont inversés.
I-4)Dans la zone 3 on a établi que : ${V_2} = \frac{{{R_z}}}{{R + {R_z}}}{V_1} - \frac{{R{R_z}}}{{R + {R_z}}}{I_2} + \frac{R}{{R + {R_z}}}{V_z}$
Donc les variations sont données par: $\Delta {V_2} = \frac{{{R_z}}}{{R + {R_z}}}\Delta {V_1} - \frac{{R{R_z}}}{{R + {R_z}}}\Delta {I_2} = S\Delta {V_1} - \rho \Delta {I_2}$
$S=\frac{{{R}_{z}}}{R+{{R}_{z}}}\approx \frac{{{\text{R}}_{\text{z}}}}{\text{R}}\text{ et }\rho \text{=}\frac{R{{R}_{z}}}{R+{{R}_{z}}}\approx {{R}_{z}}$
II Fonctions à seuil
II-1) L'A-O est en régime linéaire donc V- est nul. Alors puisque E1 est positive, I1 est positif
II-1-a)Si VS est positif (strictement) alors le courant I2 est négatif et I0 est positif (strictement).
Alors i1 =I1 -I2 est positif, donc la diode D1 est passante,
Alors VK = V- = 0 comme VS,
Alors la diode D2 est traversée par i2 positif ou nul ⇒ I2 =I0 +i2 est positif
Il y a donc contradiction logique et VS ne peut pas être strictement positf. II-1-b)Si VS est négatif (strictement) alors le courant I2 est positif et I0 est négatif (strictement).
Alors i2 =I0 -I2 est négatif strictement, mais i2 ne peut être que positif ou nul donc nouvelle contradiction logique et VS ne peut pas être strictement négatif. II-1-c) VS ne peut être que nul (D2 est au repos, D1 traversée par I1 court-circuite R2 ).
II-2) V- est toujours nul. Et puisque E1 est négative, I1 est négatif.
• Si VS est négatif ou nul alors le courant I2 est positif ou nul.
Alors i1 =I1 -I2 est négatif, ce qui n'est pas possible,
VS ne peut pas être strictement négatif ou nul.
• Si VS est positif (strictement) alors le courant I2 est négatif, I0 est positif
Alors i2 =I0 -I2 est positif (strictement), la diode D2 est passante.
Alors VK = VS > 0 la diode D1 est bloquée et on a I1 = I2 ${\rm{ soit }}\frac{{{{\rm{E}}_{\rm{1}}}}}{{{{\rm{R}}_{\rm{1}}}}} = - \frac{{{V_S}}}{{{R_2}}}$ • La seule situation possible est: ${\rm{ }}{{\rm{V}}_{\rm{S}}} = - \frac{{{{\rm{R}}_{\rm{2}}}}}{{{{\rm{R}}_{\rm{1}}}}}{E_1}{\rm{ }}$
II-5)VS = µε avec ε = V- - V+ = VA Mais l'amplificateur n'ayant pour seul défaut qu'un gain fini on peut écrire, d'après le théorème de Millman:
${{\rm{V}}_{\rm{A}}}\left( {\frac{1}{{{R_1}}} + \frac{1}{{{R_2}}}} \right) = \frac{E}{{{R_1}}} + \frac{{{V_S}}}{{{R_2}}}{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }} - \frac{{{{\rm{V}}_{\rm{S}}}}}{\mu }\left( {\frac{1}{{{R_1}}} + \frac{1}{{{R_2}}}} \right) = \frac{E}{{{R_1}}} + \frac{{{V_S}}}{{{R_2}}}{\rm{ }}$
\[{{V}_{S}}=\left( \frac{1}{\mu {{R}_{1}}}+\frac{1}{\mu {{R}_{2}}}+\frac{1}{{{R}_{2}}} \right)=-\frac{E}{{{R}_{1}}}\Rightarrow \frac{{{V}_{S}}}{E}=\frac{-1}{{{R}_{1}}\left( \frac{1}{\mu {{R}_{1}}}+\frac{1}{\mu {{R}_{2}}}+\frac{1}{{{R}_{2}}} \right)}=\frac{-{{R}_{2}}/{{R}_{1}}}{1+\frac{1}{\mu }\left( \frac{{{R}_{1}}+{{R}_{2}}}{{{R}_{1}}} \right)}\] Le montage est donc celui d'un ampli-inverseur idéal rétroactionné par un opérateur de retour β vérifiant: $\beta .(gain{\rm{ ideal) = }}\frac{{\rm{1}}}{{\mu {\rm{b}}}}$ Or on sait qu'une rétroaction diminue le gain de l'opérateur direct. C'est bien vérifié ici.
\[-{{V}_{S}}\left( \frac{1+g({{i}_{2}})/{{V}_{s}}}{\mu } \right)=\frac{\frac{{{E}_{1}}}{{{R}_{2}}}+\frac{{{V}_{S}}}{{{R}_{2}}}}{\frac{1}{{{R}_{1}}}+\frac{1}{{{R}_{2}}}}\Rightarrow {{V}_{S}}=-\frac{\frac{{{E}_{1}}}{{{R}_{1}}}}{\frac{1}{{{R}_{2}}}+\left( \frac{1+g({{i}_{2}})/{{V}_{s}}}{\mu } \right).\left( \frac{1}{{{R}_{1}}}+\frac{1}{{{R}_{2}}} \right)}=\frac{{{V}_{0}}}{1+K\left( 1+g({{i}_{2}})/V \right)}\]
A condition de poser: ${V_0} = - \frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}{E_1}{\rm{ et K = }}\frac{{{{\rm{R}}_{\rm{2}}}}}{\mu }(\frac{1}{{{R_1}}} + \frac{1}{{{R_2}}})$
Si on fait µ → ∞ on retrouve bien le résultat de la question II-2) puisqu'alors K = 0
Si on fait g(i2) ≡ 0 alors on retrouve le résultat de la question II-5), ce qui est satisfaisant.
II-7)Le coefficient K est très faible car le coefficient µ est très grand pour un ampli-op, cela veut dire que l'influence des arrondis sur le comportement réel vis à vis du comportement idéal des diodes est négligeable avec un montage à ampli-op.
III Fonctions à seuil à plusieurs cassures.
III-1) Le théorème de Millman donne immédiatement:
${V^ - } = {V^ + } = 0 = \frac{{\frac{{{V_{S1}}}}{{{R_1}}} + \frac{{{V_{S2}}}}{{{R_2}}} + \frac{{{V_S}}}{{{R_3}}}}}{{\frac{1}{{{R_1}}} + \frac{1}{{{R_2}}} + \frac{1}{{{R_3}}}}}$ soit ${V_S} = - {R_3}(\frac{{{V_{S1}}}}{{{R_1}}} + \frac{{{V_{{S_2}}}}}{{{R_2}}})$
III-2) Les diodes D1 et D2 sont montées têtes bêches deux cas sont à examiner:
Ier Cas: D1 est passante et D2 est bloquée. ⇔ VS1 = V- = 0 (D1 passante)
Alors en vertu du théorème de Millman si D2 est bloquée:
$\frac{{{V_1}}}{R} + \frac{E}{R} = {I_{D1}} > 0$ ⇒ E > -V1
2ème Cas: D1 est bloquée et D2 est passante. ⇔ conséquence sur le théorème de Millman
${V^ - } = 0{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ 0}} = \frac{{{V_1}}}{R} + \frac{{{V_{S1}}}}{R} + \frac{E}{R}$ ⇒ VS1 =-(E+V1) or VS1 < V- = 0 soit E < -V1
Les deux cas possibles de valeurs de E sont donc passés en revue.
Ier Cas: D3 et D4 sont passantes. ⇔ U3 = U4 = 0 ⇒ VS2 = 0 et I = I0 = 0
${i_3} = - \frac{E}{R} + \frac{{{V_2}}}{R}{\rm{ > 0}}$ (D3 passante) donc il faut que E < V2
2eme Cas: D3 est bloquée - D4 est passante. ⇔ i3 = 0
et conséquence du théorème de Millman: ${{\rm{V}}^{\rm{ - }}} = 0{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ 0}} = \frac{{ - {V_2}}}{R} + \frac{{{V_{S2}}}}{R} + \frac{E}{R}$
VS2 = V2 -E la condition VS2 < 0 impose d'avoir E > V2
3eme Cas: D3 est passante - D4 est bloquée ⇔ i4 = I + I0 = 0 ⇒ I = I0 = 0 et VS2 est nul
${i_3} = - \frac{E}{R} + \frac{{{V_2}}}{R}{\rm{ > 0}}$ (D3 passante) donc il faut que E < V2
4eme Cas: D3 et D4 sont bloquées. ⇔ i4 = I + I0 = 0 ⇒ I = I0 = 0 et VS2 est nul
i3 = 0 (D3 bloquée) il faut que E = V2
Il y a donc deux situations: $\left\{ \begin{array}{l}E > {V_2}{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}{{\rm{V}}_{{\rm{S2}}}} = {V_2} - E\\E \le {V_2}{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}{{\rm{V}}_{{\rm{S2}}}} = 0\end{array} \right.$
III-4)On fait la synthèse des études précédentes sous forme d'un tableau:
III-5) La tension de sortie VS est indépendante du courant de sortie, on a donc en sortie une source de tension parfaite d'impédance de sortie ZS = 0
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DEUXIÈME PROBLÈME - MÉCANIQUE
I Étude préliminaire
I-1)
I-2)
A-N: I(Ax) = 2,5.10-3 kg.m2
I-3)Les trois côtés sont équivalents pour ce calcul. Donc J(AB) = J(BC). On peut utiliser deux fois le théorème de Huyghens pour calculer ce dernier.
$J(BC) = \left( {I(Ax) - M{{\left( {\frac{{2h}}{3}} \right)}^2}} \right) + M{(\frac{h}{3})^2}$
$J(AB) = \frac{{M{h^2}}}{6}$ A-N: J(AB) = 8,4.10-4 kg.m2
I-4)
${\rm{K}}(Gz) = I(Az) - M{(\frac{{2h}}{3})^2} = \frac{{20M{h^2}}}{{36}} - \frac{{4M{h^2}}}{9}$ ⇒ ${\rm{K}}(Gz) = \frac{{M{h^2}}}{9}$ A-N: K(Gz)= 5,6.10-4 kg.m2
II Rotation autour d'un côté du triangle
Le mouvement de G est circulaire, il y donc une accélération centripète et une accélération tangentielle. Au passage par la verticale l'accélération tangentielle est nulle puisque la vitesse est maximale. Il reste alors uniquement la composante centripète que l'on calcule pour α=0
${a_G} = \frac{h}{3}{\dot \alpha ^2} = \frac{{4g}}{3}$ A-N: aG = 13,1 m.s-2
III Mouvement de vissage
III-2)
D'après le théorème de König ${E_c} = \frac{1}{2}M\dot z_G^2 + \frac{1}{2}{K_{Gz}}{\dot \theta ^2} = \frac{1}{2}M\dot z_G^2 + \frac{{M{h^2}}}{{18}}{\dot \theta ^2}$
III-3)Dans l'hypothèse des petits mouvements on a θ voisin de 0 et zG voisin de L. La relation géométrique devient
${L^2} = z_G^2 + {[\frac{{4h}}{3}\sin (\theta /2)]^2}$ ⇒ ${L^2} = {(L - \varepsilon )^2} + \frac{{4{h^2}{\theta ^2}}}{9}$
Et en dérivant on obtient: $0 = - 2\dot \varepsilon (L - \varepsilon ) + \frac{{8{h^2}\dot \theta \theta }}{9} \approx - 2\dot \varepsilon L + \frac{{8{h^2}\dot \theta \theta }}{9}$
Tandis que la relation de définition de l'énergie cinétique devient:
${E_c} = \frac{1}{2}M{\dot \varepsilon ^2} + \frac{{M{h^2}}}{{18}}{\dot \theta ^2}$ soit en éliminant ε, ${E_c} = \frac{1}{2}M\left[ {\frac{{16{h^4}{{\dot \theta }^2}{\theta ^2}}}{{81{L^2}}} + \frac{{{h^2}{{\dot \theta }^2}}}{9}} \right] = \frac{{M{h^2}}}{{18}}{\dot \theta ^2}\left[ {1 + \frac{{16{h^2}{\theta ^2}}}{{9{L^2}}}} \right]$
Le terme en θ2 est négligeable et on a alors pratiquement ${E_c} = \frac{{M{h^2}}}{{18}}{\dot \theta ^2}$
L'énergie potentielle est Ep =-MgzG =-Mg(L-ε), on écrit alors la constance de l'énergie mécanique:
${E_m} = - Mg(L - \varepsilon ) + \frac{{M{h^2}}}{{18}}{\dot \theta ^2} = {C^{te}}$ par dérivation ⇒ $\frac{{d{E_m}}}{{dt}} = Mg\dot \varepsilon + \frac{{M{h^2}}}{{18}}2\dot \theta \ddot \theta = 0$
Il reste encore à remplacer ε
$Mg\frac{{4{h^2}\dot \theta \theta }}{{9L}} + \frac{{M{h^2}}}{{18}}2\dot \theta \ddot \theta = 0{\rm{ }}$ l'équation des petits mouvements est ${\rm{ }}\ddot \theta {\rm{ + }}\frac{{{\rm{4g}}}}{{\rm{L}}}\theta = 0$
Il s'agit de mouvements sinusoïdaux de période: $T = 2\pi \sqrt {\frac{L}{{4g}}} $ A-N: T= 316 ms
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PREMIER PROBLÈME - ÉLECTRONIQUE
I Référence de tension à diode Zener
I-1)
 $\left\{ \begin{array}{l}{V_1} = {V_2} + R{I_1}\\U = - {V_2}\\{I_1} + I = {I_2}\end{array} \right.$ |
- U > Vd ⇔ Dz est en mode passant (Zone 1 de la figure 1)
$I = \frac{{U - {V_d}}}{{{R_d}}} = \frac{{ - {V_2} - {V_d}}}{{{R_d}}}$ $ \Rightarrow {\rm{ }}{{\rm{V}}_{\rm{2}}} = {V_1} - \frac{R}{{{R_d}}}({R_d}{I_2} + {V_2} + {V_d})$ d'où le résultat:
- -Vz < U < Vd ⇔ Dz est en mode bloqué (Zone 2 de la figure 1) alors I = 0
$\Rightarrow \text{ }{{\text{V}}_{\text{2}}}={{V}_{1}}-R{{I}_{2}}\text{ si }{{\text{V}}_{\text{2 }}}<\text{ -}{{\text{V}}_{\text{d}}}$
- U <- Vz ⇔ Dz est en mode passant inverse (Zone 3 de la figure 1)
$\Rightarrow \text{ }{{\text{V}}_{\text{2}}}={{V}_{1}}-\frac{R}{{{R}_{z}}}({{R}_{z}}{{I}_{2}}+{{V}_{2}}-{{V}_{z}})$
 Zone 1:pente= ${\rm{ }}\frac{{{\rm{ - R}}{{\rm{R}}_{\rm{d}}}}}{{R + {R_d}}} \approx - {R_d}$ Zone 2:pente= ${\rm{ }} - R$ Zone 3:pente= ${\rm{ }}\frac{{{\rm{ - R}}{{\rm{R}}_{\rm{z}}}}}{{R + {R_z}}} \approx - {R_z}$ La zone 3 ayant une pente quasi nulle représente le domaine de régulation V2 ≈Vz |
 Cette fois les pentes sont: Zone 1: pente = $\frac{{{{\rm{R}}_{\rm{z}}}}}{{R + {R_z}}} \approx \frac{{{{\rm{R}}_{\rm{z}}}}}{R}$ Zone 2: pente = 1 Zone 3: pente = $\frac{{{{\rm{R}}_{\rm{d}}}}}{{R + {R_d}}} \approx \frac{{{{\rm{R}}_{\rm{d}}}}}{R}$ La zone 3 ayant une pente quasi nulle représente le domaine de régulation V2 ≈Vz |
Donc les variations sont données par: $\Delta {V_2} = \frac{{{R_z}}}{{R + {R_z}}}\Delta {V_1} - \frac{{R{R_z}}}{{R + {R_z}}}\Delta {I_2} = S\Delta {V_1} - \rho \Delta {I_2}$
$S=\frac{{{R}_{z}}}{R+{{R}_{z}}}\approx \frac{{{\text{R}}_{\text{z}}}}{\text{R}}\text{ et }\rho \text{=}\frac{R{{R}_{z}}}{R+{{R}_{z}}}\approx {{R}_{z}}$
II Fonctions à seuil
II-1-a)Si VS est positif (strictement) alors le courant I2 est négatif et I0 est positif (strictement).
Alors i1 =I1 -I2 est positif, donc la diode D1 est passante,
Alors VK = V- = 0 comme VS,
Alors la diode D2 est traversée par i2 positif ou nul ⇒ I2 =I0 +i2 est positif
Il y a donc contradiction logique et VS ne peut pas être strictement positf. II-1-b)Si VS est négatif (strictement) alors le courant I2 est positif et I0 est négatif (strictement).
Alors i2 =I0 -I2 est négatif strictement, mais i2 ne peut être que positif ou nul donc nouvelle contradiction logique et VS ne peut pas être strictement négatif. II-1-c) VS ne peut être que nul (D2 est au repos, D1 traversée par I1 court-circuite R2 ).
• Si VS est négatif ou nul alors le courant I2 est positif ou nul.
Alors i1 =I1 -I2 est négatif, ce qui n'est pas possible,
VS ne peut pas être strictement négatif ou nul.
• Si VS est positif (strictement) alors le courant I2 est négatif, I0 est positif
Alors i2 =I0 -I2 est positif (strictement), la diode D2 est passante.
Alors VK = VS > 0 la diode D1 est bloquée et on a I1 = I2 ${\rm{ soit }}\frac{{{{\rm{E}}_{\rm{1}}}}}{{{{\rm{R}}_{\rm{1}}}}} = - \frac{{{V_S}}}{{{R_2}}}$ • La seule situation possible est: ${\rm{ }}{{\rm{V}}_{\rm{S}}} = - \frac{{{{\rm{R}}_{\rm{2}}}}}{{{{\rm{R}}_{\rm{1}}}}}{E_1}{\rm{ }}$
 La caractéristique VS = f(E1) est donnée ci-contre : C'est celle d'un ampli-inverseur qui au delà d'un certain seuil (zéro ici) est coupé. |
 II-4a) Plusieurs solutions sont possibles pour placer les sources dont les valeurs sont algébriques. Un schéma classique est représenté ci-contre et en absence d'autres défautson peut dire que l'on a ε = 0 II-4b) Pour un A-O 741 on a typiquement: Ed de l'ordre de quelques mV Ip de l'ordre de quelques nA |
|
 $\begin{array}{l}{I_2} = {I_0}{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}\\\frac{{{{\rm{E}}_{\rm{d}}} - {V_S}}}{{{R_2}}} = \frac{{{V_S}}}{{{R_L}}}\\{V_S} = \frac{{{R_L}}}{{{R_2} + {R_L}}}{E_d}\end{array}$ Mais D2 bloquée ⇒ V- -VS = Ed - VS < 0 impose que Ed <0 Sinon D2 passante est alors VS = Ed |
${{\rm{V}}_{\rm{A}}}\left( {\frac{1}{{{R_1}}} + \frac{1}{{{R_2}}}} \right) = \frac{E}{{{R_1}}} + \frac{{{V_S}}}{{{R_2}}}{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }} - \frac{{{{\rm{V}}_{\rm{S}}}}}{\mu }\left( {\frac{1}{{{R_1}}} + \frac{1}{{{R_2}}}} \right) = \frac{E}{{{R_1}}} + \frac{{{V_S}}}{{{R_2}}}{\rm{ }}$
\[{{V}_{S}}=\left( \frac{1}{\mu {{R}_{1}}}+\frac{1}{\mu {{R}_{2}}}+\frac{1}{{{R}_{2}}} \right)=-\frac{E}{{{R}_{1}}}\Rightarrow \frac{{{V}_{S}}}{E}=\frac{-1}{{{R}_{1}}\left( \frac{1}{\mu {{R}_{1}}}+\frac{1}{\mu {{R}_{2}}}+\frac{1}{{{R}_{2}}} \right)}=\frac{-{{R}_{2}}/{{R}_{1}}}{1+\frac{1}{\mu }\left( \frac{{{R}_{1}}+{{R}_{2}}}{{{R}_{1}}} \right)}\] Le montage est donc celui d'un ampli-inverseur idéal rétroactionné par un opérateur de retour β vérifiant: $\beta .(gain{\rm{ ideal) = }}\frac{{\rm{1}}}{{\mu {\rm{b}}}}$ Or on sait qu'une rétroaction diminue le gain de l'opérateur direct. C'est bien vérifié ici.
 Si les défauts ne modifient pas l'état prévu des diodes. Pour E1<0 D2 est passante, D1 est bloquée. Le théorème de Millman donne: $\begin{array}{l}{\rm{ }}{V^ - } = - \varepsilon = \frac{{\frac{{{E_1}}}{{{R_1}}} + \frac{{{V_S}}}{{{R_2}}}}}{{\frac{1}{{{R_1}}} + \frac{1}{{{R_2}}}}}\\{\rm{et }}\mu \varepsilon = {U_2} + {V_S}\end{array}$ On peut éliminer ε et avoir VS en fonction de g(i2 )=U2 On obtient ainsi: |
Si on fait µ → ∞ on retrouve bien le résultat de la question II-2) puisqu'alors K = 0
Si on fait g(i2) ≡ 0 alors on retrouve le résultat de la question II-5), ce qui est satisfaisant.
II-7)Le coefficient K est très faible car le coefficient µ est très grand pour un ampli-op, cela veut dire que l'influence des arrondis sur le comportement réel vis à vis du comportement idéal des diodes est négligeable avec un montage à ampli-op.
III-1) Le théorème de Millman donne immédiatement:
${V^ - } = {V^ + } = 0 = \frac{{\frac{{{V_{S1}}}}{{{R_1}}} + \frac{{{V_{S2}}}}{{{R_2}}} + \frac{{{V_S}}}{{{R_3}}}}}{{\frac{1}{{{R_1}}} + \frac{1}{{{R_2}}} + \frac{1}{{{R_3}}}}}$ soit ${V_S} = - {R_3}(\frac{{{V_{S1}}}}{{{R_1}}} + \frac{{{V_{{S_2}}}}}{{{R_2}}})$
III-2) Les diodes D1 et D2 sont montées têtes bêches deux cas sont à examiner:
Ier Cas: D1 est passante et D2 est bloquée. ⇔ VS1 = V- = 0 (D1 passante)
Alors en vertu du théorème de Millman si D2 est bloquée:
$\frac{{{V_1}}}{R} + \frac{E}{R} = {I_{D1}} > 0$ ⇒ E > -V1
2ème Cas: D1 est bloquée et D2 est passante. ⇔ conséquence sur le théorème de Millman
${V^ - } = 0{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ 0}} = \frac{{{V_1}}}{R} + \frac{{{V_{S1}}}}{R} + \frac{E}{R}$ ⇒ VS1 =-(E+V1) or VS1 < V- = 0 soit E < -V1
Les deux cas possibles de valeurs de E sont donc passés en revue.
 Cette fois les diodes D3 et D4 sont montées différemment. On a: V- = V+ = 0 U3 +U4 =VS2 -V- = VS2 Aux bornes d'une diode idéale la tension ne peut être que nulle ou négative, il s'en suit que VS2 ne peut être que négatif ou nul. Alors les courants I et I0 de la figure seront positifs ou nuls tous les deux |
${i_3} = - \frac{E}{R} + \frac{{{V_2}}}{R}{\rm{ > 0}}$ (D3 passante) donc il faut que E < V2
2eme Cas: D3 est bloquée - D4 est passante. ⇔ i3 = 0
et conséquence du théorème de Millman: ${{\rm{V}}^{\rm{ - }}} = 0{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ 0}} = \frac{{ - {V_2}}}{R} + \frac{{{V_{S2}}}}{R} + \frac{E}{R}$
VS2 = V2 -E la condition VS2 < 0 impose d'avoir E > V2
3eme Cas: D3 est passante - D4 est bloquée ⇔ i4 = I + I0 = 0 ⇒ I = I0 = 0 et VS2 est nul
${i_3} = - \frac{E}{R} + \frac{{{V_2}}}{R}{\rm{ > 0}}$ (D3 passante) donc il faut que E < V2
4eme Cas: D3 et D4 sont bloquées. ⇔ i4 = I + I0 = 0 ⇒ I = I0 = 0 et VS2 est nul
i3 = 0 (D3 bloquée) il faut que E = V2
Il y a donc deux situations: $\left\{ \begin{array}{l}E > {V_2}{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}{{\rm{V}}_{{\rm{S2}}}} = {V_2} - E\\E \le {V_2}{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}{{\rm{V}}_{{\rm{S2}}}} = 0\end{array} \right.$
III-4)On fait la synthèse des études précédentes sous forme d'un tableau:
| E | E < -V1 | V1 < E < V2 | E > V2 |
|---|---|---|---|
| VS1 | -(V1 + E) | 0 | 0 |
| VS2 | 0 | 0 | (V2 - E) |
| ${V_S} = - {R_3}(\frac{{{V_{S1}}}}{{{R_1}}} + \frac{{{V_{S2}}}}{{{R_2}}})$ | $\frac{{{R_3}}}{{{R_1}}}({V_1} + E)$ | 0 | $ - \frac{{{R_3}}}{{{R_2}}}({V_2} - E)$ |
 La caractéristique obtenue est celle d'une pseudo-diode Zener (cf figure 1) avec la correspondance des grandeurs: (U,I) → (E,VS) L'intérêt de ce montage est de réduire les défauts dûs aux arrondis. |
• • • • • • • • • • • • • •
DEUXIÈME PROBLÈME - MÉCANIQUE
I Étude préliminaire
| Dans un triangle équilatéral une rotation d'angle 2π/3 autour du point intersection des médianes (hauteur, médiatrices, etc..) laisse invariant le triangle et lui même. Il s'agit donc du centre d'inertie de la plaque homogène. Sa position est: $AG = \frac{{2h}}{3}$ |
| Le moment d'inertie est ici un calcul d'intégrale double: $I(Ax) = \int_0^h {dy\int_{ - y\tan (30^\circ )}^{y\tan (30^\circ )} {{y^2}.dx} } $ (en convenant que la masse surfacique est unitaire M≡S) $I(Ax) = 2\int_0^h {dy\left[ {x{y^2}} \right]_0^{y\tan (30^\circ )}} = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\left[ {\frac{{{y^4}}}{4}} \right]_0^h$ $I(Ax) = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\left[ {\frac{{{h^4}}}{4}} \right]{\rm{ or M}} \equiv {\rm{S = }}\frac{{{{\rm{h}}^{\rm{2}}}}}{{\sqrt 3 }}$ donc $I(Ax) = \frac{{M{h^2}}}{2}$ |
I-3)Les trois côtés sont équivalents pour ce calcul. Donc J(AB) = J(BC). On peut utiliser deux fois le théorème de Huyghens pour calculer ce dernier.
$J(BC) = \left( {I(Ax) - M{{\left( {\frac{{2h}}{3}} \right)}^2}} \right) + M{(\frac{h}{3})^2}$
$J(AB) = \frac{{M{h^2}}}{6}$ A-N: J(AB) = 8,4.10-4 kg.m2
| Nous calculerons d'abord le moment d'inertie I(Az) puis par le théorème de Huyghens on obtiendra K(Gz). $I(Az) = \int_0^h {dy\int_{ - y\tan (30^\circ )}^{y\tan (30^\circ )} {({x^2} + {y^2}).dx} } = 2\int_0^h {dy\left[ {\frac{{{x^3}}}{3} + x{y^2}} \right]} _0^{y\tan (30^\circ )}$ $I(Az) = 2\int_0^h {dy\left[ {\frac{{{y^3}}}{{9\sqrt 3 }} + \frac{{{y^3}}}{{\sqrt 3 }}} \right]} = \frac{{20}}{{9\sqrt 3 }}\left[ {\frac{{{y^4}}}{4}} \right]_0^h$ $Avec{\rm{ M}} \equiv {\rm{S = }}\frac{{{{\rm{h}}^{\rm{2}}}}}{{\sqrt 3 }}{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}I(Az) = \frac{{20M{h^2}}}{{36}}$ donc |
 ${E_m} = \frac{1}{2}{J_{AB}}{\dot \alpha ^2} - Mg{z_G} = \frac{{M{h^2}}}{{12}}{\dot \alpha ^2} - Mg\frac{h}{3}\cos \alpha = {C^{te}}$ D'où le résultat cherché ${\dot \alpha ^2} = \frac{{4g}}{h}\cos \alpha $ |
${a_G} = \frac{h}{3}{\dot \alpha ^2} = \frac{{4g}}{3}$ A-N: aG = 13,1 m.s-2
III Mouvement de vissage
 L'angle θ de rotation du solide est représenté dans le plan de la plaque par l'angle entre GA' et GA. A' est l'intersection de la verticale A0z avec le plan de la plaque. On peut écrire: $AA' = 2.\frac{{2h}}{3}\sin (\theta /2)$ |
 La longueur constante du fil se traduit par: ${L^2} = {({z_G})^2} + {(AA')^2}$ ${L^2} = z_G^2 + {[\frac{{4h}}{3}\sin (\theta /2)]^2}$ |
D'après le théorème de König ${E_c} = \frac{1}{2}M\dot z_G^2 + \frac{1}{2}{K_{Gz}}{\dot \theta ^2} = \frac{1}{2}M\dot z_G^2 + \frac{{M{h^2}}}{{18}}{\dot \theta ^2}$
${L^2} = z_G^2 + {[\frac{{4h}}{3}\sin (\theta /2)]^2}$ ⇒ ${L^2} = {(L - \varepsilon )^2} + \frac{{4{h^2}{\theta ^2}}}{9}$
Et en dérivant on obtient: $0 = - 2\dot \varepsilon (L - \varepsilon ) + \frac{{8{h^2}\dot \theta \theta }}{9} \approx - 2\dot \varepsilon L + \frac{{8{h^2}\dot \theta \theta }}{9}$
Tandis que la relation de définition de l'énergie cinétique devient:
${E_c} = \frac{1}{2}M{\dot \varepsilon ^2} + \frac{{M{h^2}}}{{18}}{\dot \theta ^2}$ soit en éliminant ε, ${E_c} = \frac{1}{2}M\left[ {\frac{{16{h^4}{{\dot \theta }^2}{\theta ^2}}}{{81{L^2}}} + \frac{{{h^2}{{\dot \theta }^2}}}{9}} \right] = \frac{{M{h^2}}}{{18}}{\dot \theta ^2}\left[ {1 + \frac{{16{h^2}{\theta ^2}}}{{9{L^2}}}} \right]$
Le terme en θ2 est négligeable et on a alors pratiquement ${E_c} = \frac{{M{h^2}}}{{18}}{\dot \theta ^2}$
L'énergie potentielle est Ep =-MgzG =-Mg(L-ε), on écrit alors la constance de l'énergie mécanique:
${E_m} = - Mg(L - \varepsilon ) + \frac{{M{h^2}}}{{18}}{\dot \theta ^2} = {C^{te}}$ par dérivation ⇒ $\frac{{d{E_m}}}{{dt}} = Mg\dot \varepsilon + \frac{{M{h^2}}}{{18}}2\dot \theta \ddot \theta = 0$
Il reste encore à remplacer ε
$Mg\frac{{4{h^2}\dot \theta \theta }}{{9L}} + \frac{{M{h^2}}}{{18}}2\dot \theta \ddot \theta = 0{\rm{ }}$ l'équation des petits mouvements est ${\rm{ }}\ddot \theta {\rm{ + }}\frac{{{\rm{4g}}}}{{\rm{L}}}\theta = 0$
Il s'agit de mouvements sinusoïdaux de période: $T = 2\pi \sqrt {\frac{L}{{4g}}} $ A-N: T= 316 ms
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