Classe PC Dupuy de Lôme

A
Étude de la guitare
(
)
(1.5pt)
-
=
donc
=
√
=
L’onde mécanique au niveau de la corde
→=
)⋅"
≡ .
Q6
Q5
=
-
, donc
(1pt)
-
● Les CAL doivent être vérifiées : (
en accord avec des CAL.
)= (
) = . La solution proposée est bien
● L’onde ne peut être que stationnaire. La forme de la solution correspond donc à
ce type d’onde.
(2pt)
Q4√
(2pt) -
)= ( −
) ∀
On obtient donc ( +
Soit ( ) = ( ). Or aux extrémités, la tension est constante, égale à
( )=
→(
● Les déplacements transversaux de la corde impliquent que "
● L’hypothèse des petits mouvements nous permet de dire que
Q3 (3pt) On applique le PFD à une tranche
de la corde entourant le point . Projeté selon
, cela donne :
l’axe
$
→( ) ⋅ "
→=+ ( +
)
( +
)− ( −
)
( −
)
Q2 (0.5pt) La corde étant assimilable à l’axe
au repos, on néglige le poids qui donnerait au
repos une forme non rectiligne à la corde.
Q1
AI
Devoir 11 - Corrigé
CPGE Dupuy de Lôme - PC 2014/2015
1
(1pt)
-
-
. Sur une longueur de
, on aura donc
spires
● La courbe d’ampère, l’orientation de cette courbe
Q11 (3pt) On détaillera :
"
→
. Le théorème de Stokes nous permet
● Le plan d’une spire est plan de symétrie pour la distribution des courants. Le
→
champs sera donc selon l’axe orthogonal à ce plan, don porté par "
● Le symétries nous orientent vers un système e coordonnées cylindriques (
).
Il y aura invariance par rotation d’angle et translation selon
. La norme du
champ ne dépendra donc que de
(2pt)
=
√
Q10 (2pt) →
"→"
Dans le cadre de l’ARQS magnétique,
≡
de retrouver le théorème d’Ampère.
Q9
jointives :
=
Inductance de la bobine
Étude du microphone
Chaque fil a un diamètre
Q8
AII-1
AII
Q7 (1pt) Il doit restituer le fondamental ainsi que l’ensemble des harmoniques
E. Ouvrard
(2pt)
et
-
"
→
=∭
=
()
=
=
=
=
∭
(2pt)
-
(0.5pt)
=
=
"
→
=
−
, or
→
"
→ "
⋅ = −∫
=
−
=
, ce qui donne
=
Par identification à la loi d’Ohm,
∫
"
→
=
""→
● Dans le cas statique, = −
. Entre les deux parties extrêmes du conducteur :
""→ "
→
→
"
→ "
⋅ = −∫
⋅
∫
"
→
Résistance du bobinage
=
● Loi d’Ohm locale :
Q15
Q14
=
AII-2
AN :
( ). Par identification, on obtient donc
Q13 (1.5pt) -Déterminer alors l’expression de l’inductance associée à la bobine, en
fonction de , , et . Effectuer l’application numérique.
En électrocinétique, l’énergie emmagasinée par une bobine a pour expression
=
Ce qui donne
La longueur du solénoïde est
Mais le champ étant uniforme à l’intérieur du solénoïde :
=
Q12
Pour retrouver
● Le calcul de l’intensité entrelacée
● Le calcul de la circulation le long de cette courbe
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2
(2pt)
-
Étude de l’aimant
(2pt)
=
-
"
→
-
−
(2pt)
=
=∣
−
=
∣
(1pt)
=
-
Couplage aimant-corde
=
=
̵
=
et
=
,
, on a
, le magnéton de Bohr
avec
=
Q21
(2pt)
-
Q20 (2pt) On peut supposer tous les dipôles magnétiques dans le même sens. Par principe de superposition, le champ magnétique crée par cette distribution sera la somme des champs
crées par chacun des dipôles. Le moment magnétique de l’ensemble correspond lui à la
somme des moments magnétiques atomiques :
M=
=
AII-4
On exploite la relation précédente pour en déduire
Q19
Donc
M=
ce qui donne :
Le moment magnétique a pour expression M =
Q18
donc
L’électron traverse une section du conducteur une fois à chaque période
Q17
Donc
"
→ ""→
→
=
∧ "
On rappelle l’expression du moment cinétique
"
→
Pour un mouvement circulaire, la vitesse a pour expression
=
"
→ ""→
"
→
"
→
Ce qui donne
=
∧
=
Q16
AII-3
On admet que cette expression de la résistance reste valable dans le cadre de l’ARQS
magnétique.
E. Ouvrard
M
′
=
=
( +
et
)
≡
=−
( −
)
La fem induite est déduite de la loi de Faraday :
′
=−
=−
(
Q23 (2pt) On calcule le flux de ce champ à travers l’ensemble des spires du solénoïde :
Donc
=
, on obtient :
)
=
● Cet élément de corde crée alors au niveau de la bobine un champ magnétique
M
′
=
, soit
Q22 (1pt) Par un développement limité au premier ordre en
′
=
● L’élément de corde peut alors être modélisé par un dipôle magnétique de moment
M
dipolaire M =
=
● L’aimant crée au niveau de la bobine un champ magnétique
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3
(2pt)
-
Étude électrique
-
+
=
=
+
+
, soit :
+
+
+
Ce qui permet d’obtenir
=
+
et
=
+
Q27 (1pt) La fem induite étant proportionnelle à la vitesse de la corde, la fonction de transfert
est donc adaptée à l’étude du comportement du microphone. Celui-ci se comporte
donc comme un filtre passe-bas du premier ordre.
=
correspond. Afin d’identifier la fonction obtenue à la
+
forme canonique, on fait en sorte d’obtenir la partie réelle égale à 1 au dénominateur :
(2pt)
+
La forme canonique
Q26
=
Le pont diviseur de tension donne :
Q25
AII-5
Q24 (1pt) Selon les harmoniques, on peut tomber sur des nœuds de vibration à certaines positions. Le fait d’avoir des microphones à différentes positions permettra de compenser
ce problème.
E. Ouvrard
CORRIGE CCP PC 2 2013
Corrigé proposé par Marc STRUBEL ([email protected]) , relu par Nicole ADLOFF
([email protected] ) . Merci de nous faire part de vos remarques et commentaires !
Ce corrigé est d’utilisation libre, à condition de citer la source ; il peut en particulier être distribué à vos
élèves dès septembre 2013.
Problème A : Thermique dans un réacteur à eau pressurisée :
A.1.1.
V
Pth
Pe
2
N. .rc .H
-3
365W.cm
2
.N. .rc .H
A.1.2. Difficile de répondre, mais on attend surement :
Pth
Pe
S
N.2 .rc .H
Cela n’est vrai qu’en régime stationnaire.
-2
73W.cm .
.N.2 .rc .H
A.1.3. Nf = Pth. t /Ef = 4,2.1027 désintégrations.an -1.
A.2.1.
dU = .c.S.dx.dT,
T
.dt .
dT étant la variation de température à x fixé, soit dT
t
A.2.2. Le premier principe s’écrit :
dU = W + Q
avec :
W = 0 ( phase condensée )
Q = S(x,t).S.dt - S(x+dx,t).S.dt
A.2.3. On ajoute alors aux termes précédents :
Q’ = V(x,t).S.dx.dt.
A.2.4. Le premier principe donne :
.c .dT
(
A.2.5. La loi de Fourier s’écrit en toute généralité :
jQ
, avec ici jQ
V ).dt
.gradT
S .ux , on a donc :
S
A.2.6.
S
x
.c .
T
t
.
T
.
x
²T
x²
V
A.3.1. En régime stationnaire (plutôt que permanent), T est indépendant de t.
L’invariance par rotation permet de conclure que T est indépendant de .
Enfin, la conduction étant radiale, T est indépendant de z.
Ainsi, T = T(r), et l’équation de la chaleur s’écrit à z donné :
0
c
1
T
r.
r r
r
V
A.3.2. on en déduit par intégration :
T ( r ) T0
A.3.3.1. Dans la gaine
V .r² et
4. c
Tcomb
V .r 2
c
4. c
400K .
= 0, l’équation de la chaleur s’écrit alors :
1
T
.
0
r.
c
r r
r
On en déduit par intégration :
Tp ln( r / rc ) Tg ln( r / rg )
T( r )
ln( rg / rc )
V
A.3.3.2. En régime stationnaire, la puissance produite dans le combustible est intégralement évacuée, soit :
v(z).
.rc².H =
S(r).2.
2
V .rc
.r.H
S ( r ).2.r
Dans la gaine, la loi de Fourier s’écrit, en projection sur ur :
S(r )
T
r
g
On déduit des deux équations précédentes :
T
r
V
T ( r ) Tg
V
2
r
. c
g 2r
La solution est :
2
r
r
. c ln
.
rc
g 2
On en déduit :
Tgaine Tg Tp
2
rg
rc
. ln
= 28, 0 K.
rc
g 2
V
3.4. D’après la question 332 :
S ( rc )
1
.rc
2. V
On en déduit :
Tcontact
3.5.
Tconv
3.6.
Tcrayon
Tp T f
Tcomb
Tc Tg
S ( rg )
Tcontact
1
.rc .Rth
2 V
g
73 ,0 K.
T
r gaine
Tgaine
2
V .rc
2. .rg
20 K.
Tconv
= 400 + 73 + 28 + 20 = 521 K.
Tous les écarts de température calculés précédemment sont proportionnels à
V,
donc Tcrayon également.
On calcule :
2
A
rc
4 c
2
rg
rc
ln
2 g
rc
Rth .rc
2
2
rc
2 rg
-1
3
1,43 K.W .cm
T(r)
3.7.
T0
Tc
Tg
Tp
Tf
r
rc
rg
4.1. La puissance échangée à travers 4 quarts de crayon est égale à la puissance fournie par un crayon, donc :
L( z )
Q
4.2.
4.3.
On en déduit :
2
V ( z ).
.rc
L ( z ).dt .dz
Q dH dh. dV
dh. .S p .dz
L ( z ).dt
dh
.S p
4.4. La hauteur élémentaire d’échange est pendant dt : dz= v.dt.
On déduit de l’équation du 4.3 :
c p .v .
dT f ( z )
L( z )
dz
.S p
4.5.On déduit de 4.1. et 4.4. :
2
dT f ( z )
L( z )
dz
.S p .c p .v
². V .rc
z
. cos( )
2.Dm .c p
H
D’où :
2
.H . V .rc
z
. sin( ) B
2.Dm .c p
H
Tf ( z )
2
.H . V .rc
2.Dm .c p
C
24 K
La condition Tf(-H/2) = Tfe permet de calculer :
2
B
.H . V .rc
2.Dm .c p
T fe = C + Tfe
4.6. D’après la question 3.6. :
T0 ( z ) T f ( z ) A. V ( z )
z
A. . V . cos
2
H
B C . sin
z
.
H
4.7. La condition
dT0 ( z )
dz
0 donne :
tan
zmax
zmax
4 ,3
arctan
2.C
.A V
zmax
H
H
arctan
2.C
A V
2 * 24
* 1,43.10
6
6
* 365.10
0 ,04m
H
Cela paraît logique.
On calcule :
T0(zmax) = 1134°C.
On peut effectivement trouver de telles températures dans un barreau d’oxyde d’uranium.
Problème B : Convertisseur tension-fréquence :
B.1.1.
B.1.2.1.
Vs
Vcc
Si V+ > V- alors Vs = + Vcc
B.1.2.
R1
Si Vs = +Vcc, V
Vcc > V- = Ve .
R1 R2
Si V+ < V- alors Vs = - Vcc
Si Vs = -Vcc, V
On pose Vh
R1
Vcc < V- = Ve .
R1 R2
R1
Vcc
R1 R2
-Vcc
Vcc
Vb
Vb
0
Vs
Vh
Ve
-Vcc
B.1.3.1. Soit iD le courant circulant dans la diode dans le sens anode -> cathode ( sens direct de la diode ), et
donc également dans la résistance R.
Supposons la diode bloquée, alors iD = 0 ; on aurait alors Vdiode = Vc = VA = Vcc > 0.
C’est impossible, donc la diode est passante.
Je ne vois pas pourquoi un schéma équivalent serait plus éclairant.
B. 1.3.2. Vc est la tension aux bornes de la diode, donc :
Vc = 0.
Le condensateur C’ est équivalent à un circuit ouvert en régime continu ; on reconnaît alors un diviseur de
tension idéal :
Vc’= V+ = Vh.
B.1.3.3.1. La tension aux bornes d’un condensateur est une fonction continue du temps, donc elles gardent donc les mêmes valeurs qu’à la question précédente :
Vc(0+) = 0 ; Vc’(0+) = Vh
B.1.3.3.2. On veut avoir :
Or :
VA(0+) = -Vcc
V+(0+) < V-(0+).
V+(0+) = Ve(0+) + Vc’(0+) = E +Vh
V-(0+) = Vc(0+) = 0
On doit donc avoir :
E < -Vh.
B.1.3.3.3. La diode étant bloquée, on a :
VA = -Vcc = Vc + R.i(t) = Vc + RC.dVc/dt
On en déduit, avec la condition initiale :
Vc(0+) = 0,
Vc(t) = -Vcc( 1-exp(-t/ ) ) avec = RC.
1.3.3.4.La tension aux bornes de diode est Vc ; elle reste négative à tout instant, donc la diode est bloquée.
1.3.3.5. On peut se placer en régime permanent sinusoidal pour utiliser le théorème de Millman :
'
Vc
VM
E
jC E VA
jC
On en déduit l’équation différentielle :
jC
1
Vcc
R1
R2
1
R2
'
dV ( t )
'. c
dt
'
Vc ( t )
La solution, avec la condition initiale :
jC E
R2
1
1
R1
R2
Vh E
Vc’(0+) = Vh,
Vc’(t) = -Vh - E + ( E+2Vh ) exp( -t/ ’)
V+(t) = E + Vc’(t) = -Vh + ( E+2Vh ) exp( -t/ ’).
1.3.3.6.
1.3.3.7.
R1
V-∞ = Vc = -Vcc < 0 ; V+ = -Vh =
R1
R2
Vcc
donc :
V+ - V- = V+ - Vc =
R1
R1 R2
Vcc VCC
Vcc
R2
R1 R2
> 0,
qui correspond à un état haut de la sortie ; la sortie va donc rebasculer de –Vcc à +Vcc.
'
dV ( t )
1.3.3.8.a. On suppose que la vitesse de charge de Vc’(t) est c
.
dt
'
dVc ( t )
Vcc dVc ( t )
dVc ( t )
E 2Vh
On a donc :
;
, d’où :
dt
dt
dt
'
Vc’(t) varie beaucoup plus rapidement que Vc(t).
dV'c ( t )
dt
1.3.3.8.b. On va donc considérer que Vc’(t) atteint très rapidement sa valeur limite, soit :
Vc’(t) Vc’( ) = -E – Vh.
On a alors :
(t) = V+(t) -V-(t) = V+(t) - Vc(t) = E + Vc’(t) –Vc(t) = -Vh + Vcc ( 1 – exp( -t/ ) )
R2
t/
.
( t ) Vcc
e
R1 R2
1.3.3.8.c. (t) s’annule pour :
t = RC.ln( 1+ R1/R2 ).
VA
B.2.1. On suppose que l’AO fonctionne en régime linéaire :
VB = -VA.R4/R3.
Vcc
t
B.2.2. VB = -VA.
Lorsque VB > 0, la diode D’ est bloquée et VD = VB > 0
Lorsque VB < 0, la diode D’ est passante et VD = 0.
-Vcc
Vcc
VB
B.2.3.
t
T
VD
1
1
VD ( t ).dt
T
T
0
T
Vcc .dt Vcc .
T
T
Vcc . . f
-Vcc
VD
Vcc
B.2.4. La valeur moyenne de VD(t) est sa composante continue,
donc sa composante de pulsation nulle.
0
t
Si l’on veut éliminer toutes les fréquences supérieures, on doit réaliser un filtrage passe-bas.
On aura alors :
k = Vcc. .
La fréquence de coupure du filtre utilisé doit être inférieure à la fréquence fondamentale f.
B.3.1. Là encore l’AO fonctionne en régime linéaire :
V- = Vs.
On nomme A le nœud entre les résistances R5 et R6.
Le théorème de Millmann appliqué à l’entrée non-inverseuse s’écrit :
VA
V
jC6
R6
1
VA = Vs ( 1+ jR6C6 )
R6
Le théorème de Millmann appliqué en A s’écrit :
VA
jC5 Vs
VD
jC5
1
R5
R5
VS
1
R6
R6
B.3.2. Après calculs, on obtient bien la forme proposée avec :
H0 = 1 ;
R5R6C 5C 6
.
( R5 R6 )C 6
1
;Q
R5R6C5C6
0
B.3.3. Il s’agit d’un filtre passe-bas du second ordre. En effet :
pour << 0 : H H0 ;
pour >> 0 : H 0.
B.3.4. On calcule :
1
H( j )
1
²
2
2
0
4
2
1
Q 0
2
1
Q²
0
2
0
On doit donc réaliser :
1
.
2
Q
B.3.5. On alors :
1
H( j )
²
1
2
0
j 2
0
2
1
(j )
Arg( H )
2
arctan
0
2
0
.