Correction du devoir surveillé n o 5. Système récupérateur d énergie en discothèque

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1 Pôle Joliot-Curie Chateaubriand Samedi mars 09 PCS, & 3 Correction du devoir surveillé n o 5 Problème Système récupérateur d énergie en discothèque A Mouvement de la dalle : mise en équation #» A. F r = (x l 0 ) #» e x, avec x la longueur du ressort et #» e x orienté dans le sens de l élongation du ressort. A. En l absence de mouvement, les forces qui s exercent sur la masse dans le référentiel supposé galiléen sont le poids et la tension du ressort. Soit #» F r + m #» g = #» 0 et (x eq l 0 ) mg = 0 soit x eq = l 0 mg. On vérifie que la longueur à l équilibre est plus faible que la longueur à vide du ressort puisque le ressort est comprimé, et que l expression es homogène : [mg] = [F ] [] [F ]/L = L. A.3 Par rapport à l étude précédente on considère un système de masse M + m au lieu de du système de masse m. On a ainsi x eq = l 0 (m + M)g. et δ = x eq x eq = Mg. A.4 En prenant M 70 g et δ max = cm (plusieurs millimètres), on obtient = Mg δ max = N m. A.5 On applique la loi de la quantité de mouvement à la dalle de masse m dans le référentiel supposé galiléen. La projection suivant #» e x de cette relation conduit à : mẍ = (x l 0 ) mg αẋ Dẋ. On pose X = x x eq avec x eq = l 0 mg, ẋ = Ẋ et ẍ = Ẍ. On en déduit : mẍ = (X + x eq l 0 ) ( ) D + α mg + (D + α)ẋ + F. En divisant par m on obtient la forme demandée Ẍ + Ẋ + a 0 X = b 0 m avec a 0 = m et b 0 = F m. A.6 L équation différentielle est linéaire en X (pas de termes quadratiques), et les coefficients présents dans cette équation sont tous de mêmes signes (système stable, solution en exponentielle décroissante). B Caractéristique statique d une LED B. On souhaite étudiée la LED en convention récepteur, la tension doit être dans le sens opposé à. B. On considère le montage ci-dessous alimenté par une alimentation stabilisée délivrant une tension continue comprise entre 0 et 0 V que l on fait évoluer pour chaque point de mesure. Le circuit comporte une résistance de l ordre du Ω, un ampèremètre en mode DC qui permet de mesurer et un voltmètre en parallèle de la LED en mode DC permettant de mesurer. On suppose que que la résistance d entrée du voltmètre est très grande pour supposer que le courant traverse la LED.

2 A E V B.3 La caractéristique est représentée sur le graphique ci-dessous : 50 courbe exp E th =.8 V, th = 5 Ω Caractéristique = f() 40 ntensité (ma) Tension (V) B.4 La caractéristique courant-tension passe par l origine, la LED est donc un dipôle passif. En revanche cette caractéristique n est pas affine, ce n est donc pas un dipôle linéaire. B.5 À partir de la tension S =,8 V, on peut modéliser cette caractéristique par une droite affine. On a donc pour > S, un comportement linéaire qu on peut modéliser par un générateur de Thévenin. B.6 Pour > S, la LED peut être modélisée par le circuit ci-dessous : > S E th th La valeur de E th s obtient en trouvant l intersection de la droite avec l axe des abscisses, et la résistance de Thévenin correspond à l inverse du coefficient directeur de la droite représentée (attention est en ma). On obtient alors E th =,8 V et th = 5 Ω. C Puissance électrique reçue par les LED C. Z = (impédance réelle) et Z L = jlω C. L ordre de grandeur de la fréquence des pas du danseur peut approchée par pas/seconde soit f Hz. L ordre de grandeur de la pulsation associée serait alors de ω = πf 0 rad s. C.3 On compare les modules des deux impédances : Lω 0 3. Comme indiqué dans le texte, on peut négliger l inductance de la bobine. C.4 En assimilant la bobine à un fil, on reconnaît le montage d un pont diviseur de tension soit v = L u + L C.5 La puissance instantanée reçue par le réseau de LED s écrit P L = vi = v L = On vérifie ainsi que P L (t) = A [K t γẋ(t)] avec A = L ( + L ). L ( + L ) (K T γẋ).

3 u C.6 P u (t) = ui = = + L P p (t) = P u(t) = η η( + L ) [K tγẋ(t)]. + L [K t γẋ(t)] (convention générateur car puissance fournie) et C.7 D après le principe des actions réciproques la puissance qu exerce la dalle s écrit P p (t) = #» F α #» v = αẋ. En identifiant avec l expression de P p (t) on obtient α = (K tγ) η( + L ). C.8 L application numérique donne α = 3,0 0 4 N s m. On a D α = 3, On peut donc négliger l amortissement liée à l amortisseur devant l amortissement lié à la conversion d énergie. D Simulations Optimisation des paramètres : réponse indicielle D. En utilisant le fait que dans l équation fournie tous les termes ont la même dimension (équation homogène), on déduit [ω 0 ] = T (unité rad/s) et [Q] = (pas d unité). ω 0 est la pulsation propre des oscillations (pulsation de l oscillateur harmonique en l absence d amortissement) et Q est le facteur de Qualité. D. On cherche une solution particulière constante, ainsi Ẍ = 0 et Ẋ = 0 soit X p = F 0. D.3 On constate que la solution est une combinaison linéaire d exponentielle décroissante (absence d oscillation). l s agit d un régime apériodique. À l instant t = 0, la dalle est dans sa position d équilibre soit X(0) = 0. On vérifie que X(0) = F ( 0 ( Q ) ) Q = 0. D autre part la dalle était immobile à l instant t = 0 soit Ẋ(0) = 0. On détermine alors Ẋ(t) = F ( ) 0 Q ω 0 Qe ω0qt Q ω 0 Q e ω 0t/Q. Q (ω 0Q ω 0 Q) = 0. Les conditions initiales sont bien vérifiées On vérifie ainsi que Ẋ(0) = F 0 par l expression proposée. D.4 D après la question précédente ẋ(t) = Ẋ(t) = F 0 Qω 0 Q ( e ω 0 Qt e ω 0t/Q ). D.5 D après la question C.5, la puissance P L (t) est proportionnelle à ẋ c est-à-dire à F0 ( e ω 0 Qt e ω 0t/Q ). La puissance électrique instantanée reçue par les LED s écrit alors P L (t) = KF0 ( e ω 0 Qt e ω 0t/Q ) avec K un facteur constant. D.6 On pose τ = ω 0 Q et τ = Q. On a ainsi τ =. en faisant l application numérique on ω 0 τ Q obtient Q = 7,6 0 soit τ = 7. Pour un temps long le terme e t/τ tend rapidement vers 0 et τ l expression de P L (t) devient P L (t) = KF0 e t/τ. On identifie ainsi une nouvelle constante de temps pour la puissance P L (t) : τ = τ / = ω 0 Q. D.7 On reconnait en trait plein les échelons de forces, et par déduction en trait pointillés, on a P L (régime apériodique). F 0 =,6 0 3 N pour,3 s < t <,6 s, F 0 = 0, N pour,6 s < t < 3,0 s et F 0 = 0, N pour 4, s < t < 4,8 s. D.8 On constate une évolution de P L (t) sur les fronts montants et descendants des échelons, c est donc cohérent avec le commentaire. D après l expression de P L (t) obtenue précédemment, P L (t) tend vers 0 au bout de quelques τ. Lorsque la force appliquée est constante, le système se stabilise sur une nouvelle position d équilibre et sa vitesse devient nulle (ẋ = 0 implique P L (t) = 0). D.9 D après la question D.5, l amplitude maximale de P L (t) est proportionnelle à F0. C est confirmé par la figure, lorsque la force double (de 0, N à,6 0 3 N), la puissance maximale est multipliée par 4 (de W à 50 W). D.0 Mis à part le premier échelon (existence d un limiteur ou d une butée?), τ semble constant et la durée du régime transitoire est d environ 0,5 s. D après l expression obtenue précédemment τ = = 0,0 s. Les valeurs obtenues sont donc cohérentes. ω 0 Q 3

4 E Simulations Optimisation des paramètres : régime sinusoïdal forcé E. F 0 correspond à la valeur moyenne de la force : F 0 = F (t) = F min + F max =,0 0 3 N, F est l amplitude de la force : F = F max F min = 8,0 0 N et ω = π est la pulsation avec T la T période du signal. On mesure pour le signal 5T =,6 s soit ω = 0 rad s. E. On passe l équation différentielle fournie en notation complexe : Ẍ + ω 0 Q Ẋ + ω 0 X = F m eiϕ puis ( en exprimant les dérivées (Ẋ = iωx et Ẍ = ω X), on obtient X ω + i ωω ) 0 Q + ω 0 = F m eiϕ. X 0 F /m correspond au module de X, on obtient alors : X 0 = ( ). ( ω 0 ω ) ωω0 + Q E.3 On a V = iωx soit V 0 = ωx 0. E.4 P L 0 en basse fréquence (ω 0) (cas statique) et P L 0 en haute fréquence (ω 0)(mouvements trop rapide, la dalle ne bouge pas). Pour obtenir une puissance moyenne maximale, il faut minimiser le dénominateur c est-à-dire pour ω = ω 0. On a alors P L max = (ηf K t ) L γ Kt 4 = ( ) ηf L. Le tracé donne une courbe de résonance pour ω = ω 0 avec les γ4 K t γ limites vues précédemment. E.5 Les applications numériques donnent ω = πf 60 = rad s, ω = πf 60 = 3 rad s et on rappelle que ω 0 = m = 65 rad s. On a ainsi ω < ω < ω 0. On en déduit d après le graphique précédent que l équipe gagne le duel. E.6 Par lecture graphique le maximum de puissance moyenne transmise au LED est pour le couple de coordonnées (γ =,9 0 4 rad m, L = 3,0 0 Ω). Problème A Étude d un circuit, L Comportement asymptotique du circuit A. L intensité traversant une bobine est continue. A t = 0, on a atteint un régime permanent donc s(0 ) = L di = 0 et s(0 ) = i L soit i L (0 ) = 0. D après la continuité du courant dans la bobine i L (0 + ) = i L (0 ) = 0 A. i(0 ) = 0 car le circuit est ouvert à t = 0. D après la loi des mailles E = i + s et s = i car i L (0 ) = 0, soit i(0 + ) = E 3. L intensité i du courant dans la résistance n est pas continue. A.3 s(0 ) = 0 (question A.) et s(0 + ) = i(0+ ) = E 3. La tension s n est pas continue en t = 0. A.4 Lorsque t +, on atteint un régime permanent et s( ) = L di = 0. On en déduit qu il n y a pas de courant dans la résistance et que i L ( ) = i( ) = E. B Etude de la tension s(t) B. Soit i l intensité traversant la résistance. D après la loi des noeuds, on a i = i L + i () et d après la loi des mailles E = i + s (). De plus s = i = L di L. En dérivant l équation (), on obtient ds + di di or = di + di L = ds + Ls. On obtient alors l équation différentielle suivante : ds + 3L s = 0. 4

5 B. On reconnaît une équation différentielle du premier ordre sans second membre. La solution s écrit alors s(t) = Ke 3L t avec K une constante d intégration. Or s(0) = E 3 soit s(t) = E 3 e 3L t. s(t) (V) E 3 3L t (s) B.3 On résout 0 = e 3L t, soit t 0 = 3L B.4 L = t 0 3 ln 0 = 0,43 mh. B.5 On doit choisir T t 0, soit f t 0 ln Hz C Aspects énergétiques C. On s(t) = L di L = E 3 e 3L t soit di L = E 3L e 3L t. On intégrant on obtient i L = E e 3L t + K où K est une constante d intégration. Or i L (0) = 0, soit K = E. On obtient alors i L(t) = E ( e 3L t ) C. L énergie stocée dans la bobine s écrit W L = Li L, et i l( ) = E. Soit W L = L E D D. éouverture de l interrupteur L s(t) i L D. La résistance n est traversée par aucun courant, elle ne dissipe aucun courant. Lorsque t, un régime permanent est atteint et s( ) = L di L = 0 soit i L = 0. Lorsque t, plus aucune énergie n est stocée dans la bobine et la résistance a dissipé l énergie stocée initialement dans la bobine soit W = L E D.3 s(t) = L di L = i L. En dérivant on obtient ds + L s = 0 D.4 Le courant dans la bobine est continu soit i L (t = 0 + ) = i L (t ) = E. On en déduit s(t = 0 + ) = i L(t = 0 + ) = E D.5 On résout l équation différentielle obtenue précédemment et on obtient s(t) = Ke L t avec K une constante d intégration. Or s(0) = E soit s(t) = E e L t. 5

6 s(t) (V) L t (s) E D.6 ds (V.s ) + E 4L E s (V) La trajectoire de phase est rectiligne ce qui est cohérent avec une réponse d un système du premier ordre. 6