Exercices de physique des dispositifs 1 - correction, Exercices de Physique des dispositifs à impulsions. Université Claude Bernard (Lyon I)
Eleonore_sa
Eleonore_sa5 May 2014

Exercices de physique des dispositifs 1 - correction, Exercices de Physique des dispositifs à impulsions. Université Claude Bernard (Lyon I)

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Exercices de physique des dispositifs sur les équations au service des sciences physiques - correction. Les principaux thèmes abordés sont les suivants:le domaine des systèmes électriques,le domaine mécanique,le domaine ...
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Exercice nO 1 (9

Correction Antilles Septembre 2005

Une équation au service des Sciences Physiques

PARTIE A: DANS LE DOMAINE DES SYSTÈMES ÉLECTRIQUES

1. Étude expérimentale 1.1. L'établissement du courant dans la bobine n'est pas instantané. Durant le régime transitoire, l'intensité du courant i(t) augmente jusqu'à une valeur constante I = 0,25 A. Graphiquement on peut

estimer la durée du régime transitoire à t = 0,25 s.

1.2.1. L'expression littérale de la constante de temps  en fonction des paramètres du circuit est:

L

R r  

1.2.2. Détermination de l'inductance L.

La relation précédente donne: L = .(R + r). Connaissant R = 12  et r = 11,8 , il faut évaluer  pour

déterminer L.

1ère méthode: tangente à l'origine: la tangente à l'origine coupe l'asymptote horizontale i = I = 0,25 A en

un point d'abscisse t = . Graphiquement, on lit:  = 0,045 s = 45 ms.

2nde méthode: établissement du courant à 63 % dans la bobine: pour t = , i() = 0,63.I

i() = 0,63  0,25 = 0,16 A. On trace la droite i() = 0,16 A qui coupe la courbe i(t) pour un point

d'abscisse t = . Graphiquement, on lit:  = 0,045 s = 45 ms.

Remarque: on peut vérifier que pour t  5 soit t  0,23 s le régime permanent est pratiquement

établi.

Finalement: L = 45.10-3  (12 + 11,8) = 1,1 H L = 1,1 H

Régime transitoire Régime permanent

2. Modèle théorique 2.1. La loi d'additivité des tensions donne: E = uAB + uBC. Compte tenu du sens du courant, imposé par le générateur, il vient:

uAB = r.i + L. di

dt

uBC = R.i

donc: E = r.i + L. di

dt + R.i

finalement: di

dt +

R r E .i

L L

   

 

2.2. Par identification avec l'équation (1):   dx

+ x = dt

, pour

laquelle x  i, il vient: R r

L

   et  =

E

L

2.3. L'équation horaire i(t) s'obtient par identification avec la solution:   

-αtx(t)= . 1 - e

R r .t

L E

i(t) 1 e R r

  

     

Cette solution valide l'équation établie en 2.1 si di

dt +

R r .i

L

     

est égal à E

L :

On a: di

dt =

R r .t

LE R r .e

R r L

 

 

=

R r .t

LE .e

L

 

Et: R r

.i L

     

= R r

. L

     

R r .t

L E

1 e R r

  

    

= R r

.t L

E 1 e

L

  

   

Soit di

dt +

R r .i

L

     

=

R r .t

LE .e

L

 

+ R r

.t L

E 1 e

L

  

   

Finalement : di

dt +

R r .i

L

     

= E

L donc la solution i(t) valide bien l'équation établie en 2.1.

2.4. En posant: L 1

R r   

  il vient:

t E

i(t) 1 e R r

 

       

3. Confrontation des résultats expérimentaux avec le modèle théorique. 3.1. L'intensité I en régime permanent est obtenue pour t .

Or

t

e 0    lorsque t donc: i(t ) = I =

E

R r

Application numérique: I = 6,1

12 11,8 = 2,6.10-1 A.

La valeur lue sur le graphique est 2,5.10-1 A . Les deux valeurs sont voisines (écart relatif de 4 %).

3.2. Pour t =  , on a: i() =  1 E

1 e R r

 

= E

R r  0,63 = I  0,63

i() = 1,6.10-1 A.

Cette valeur est égale à la valeur expérimentale obtenue sur le graphique à la question 1.2.2.

i

uBC

uAB

PARTIE B : DANS LE DOMAINE MÉCANIQUE:

1. Exploitation de l'équation v(t) modélisée.

1.1. Par identification de la solution v(t) =

t

0,1321,14. 1 e  

    

avec la solution 

x(t)= . ( 1 – e–.t),

on a: 1,14   

et  = 1

7,58 0,132

 (on conserve 3 chiffres significatifs)

Le rapport 

 est homogène à une vitesse (le terme entre parenthèses étant sans dimension) donc le

rapport 

 s'exprime en m.s-1.

Remarques: ce rapport est égal à la vitesse limite de la bille lorsque t , valeur que l'on peut lire sur le graphe. Par ailleurs, la justification n'était pas demandée.

1.2. Méthode 1: L'équation (3) v(t) =

t

0,1321,14. 1 e  

    

est la solution d'une équation différentielle du type:

  dx

+ x = dt

(1).

Par identification, x  v, soit dv

α.v = β dt 

Or  = 7,58 comme établi en 1.1. Et 

 = 1,14, soit  =1,14. alors  = 1,14 7,58 = 8,64.

En remplaçant  et  par leurs valeurs, on retrouve l'expression proposée: dv

dt + 7,58 v = 8,64 .

Méthode 2: L'équation (3) v(t) =

t

0,1321,14. 1 e  

    

, peut s'écrire v(t) = 1,14 – 1,14.

t

0,132e 

Donc dv

dt = –1,14

1

0,132

     

.

t

0,132e 

= 8,64.

t

0,132e 

Exprimons maintenant dv

dt + 7,58 v et vérifions que cette somme vaut 8,64.

dv

dt + 7,58 v = 8,64.

t

0,132e 

+ 7,58 (1,14 – 1,14.

t

0,132e 

)

= 8,64.

t

0,132e 

+ 7,58  1,14 – 7,58  1,14.

t

0,132e 

= 8,64 donc l'équation (3) est bien solution de l'équation différentielle proposée.

2. Étude du phénomène physique. 2.1. Le système étudié est la bille de masse m dans le référentiel terrestre supposé galiléen. Les forces appliquées à la bille sont:

- le poids P = m. g direction verticale et sens vers le bas;

- la poussée d'Archimède A = – m fluide déplacé. g direction verticale et sens vers le haut;

- la force de frottement f , direction verticale et sens vers le haut (opposé au vecteur vitesse v )

Schéma des forces sans souci d'échelle:

2.2. Appliquons au système bille la seconde loi de Newton: extF = P + A + f = m. Ga

3. Exploitation de la modélisation 3.1. Soit (Oz) un axe vertical orienté vers le bas. la projection de la seconde loi de Newton selon cet axe

donne: avec les coordonnées Pz + zA

 + fz = m. z dv

dt

avec les valeurslittérales de ces coordonnées P – A  – f = m.

dv

dt

m.g – m fluide déplacé.g – k.v = m. dv

dt

Or m fluide déplacé =  fluide.V donc il vient: g.(m –  fluide.V ) – k.v = m. dv

dt

finalement, en divisant par m, on a: fluide .Vdv k

v 1 .g dt m m

     

 

3.2. En identifiant l'équation précédente avec   dx

+ x = dt

on tire:

 = k

m et  = fluide

.V 1 .g

m

   

 

3.3. Si la poussée d'Archimède était nulle: A  = 0, alors mfluide.g = 0 donc mfluide = 0 soit fluide.V = 0.

L'expression de  se simplifie  = 0

1 m

     

.g, alors  = g.

= 9,81 m.s-2 .

Or dans l'équation différentielle dv

dt + 7,58 v = 8,64 on constate que:  = 8,64 m.s-2  9,81 m.s-2 .

Donc  g et la poussée d'Archimède doit donc être prise en compte.

Remarque: on peut évaluer la valeur de cette force. En effet:  = fluide .V

1 .g m

   

  = Ag

m

   

 

Donc: A = m.(g – ) = 32.10 -3  (9,80 – 8,64) = 3,7.10-2 N.

G

O

z P

f A

PARTIE C : DANS LE DOMAINE DE LA RADIOACTIVITÉ

1.1 A(t) = A0. te alors .

0

( )t A te A

  donc .t = ln 0

( )A t

A

[.t] = 1  [] = [t]-1 = T–1

La constante radioactive  est homogène à l'inverse d'un temps.

1.2 La relation liant  à la constante de temps  du radio isotope est:  = 1

La loi A(t) = A0. te s'écrit alors: A(t) = A0.

t

e   .

1.3 Pour évaluer la constante de temps , on peut utiliser l'une des deux méthodes suivantes:

 1ère méthode: pour t =  , voir graphe ci-après

on a: A() = A0.e–1 = 300.106  0,368 = 110 MBq

On trace la droite A = 110 MBq qui coupe le graphe A(t) en un point d'abscisse t = .

Graphiquement on a:  = 29 min.

 2nde méthode: tangente à l'origine: la tangente à l'origine coupe l'axe des abscisses pour une date t = .

Graphiquement on a:  = 29 min.

La valeur de  est alors:= 1 1

29  

= 3,4.10–2 min-1 .

Cette valeur est égale à celle donnée dans l'énoncé. (  = 3,40.10-2 min-1)

1.4 Le temps de demi-vie t1/2 est la durée pour laquelle l'activité atteint la moitié de sa valeur initiale: A(t1/2 ) = A0 / 2.

A(t1/2 ) = 300.106 / 2 = 150 MBq.

On trace la droite A = 150 MBq qui coupe le graphe A(t) en un point d'abscisse t = t1/2 .

Graphiquement on lit (en vert): t1/2 = 20 min.

t1/2

2. La méthode d'Euler permet d'écrire: dx

x(t t) x(t) t dt

    , donc ici: dA

A(t t) A(t) t dt

   

L'équation différentielle est dA

.A(t) 0 dt   , donc

dA .A(t)

dt  

il vient: A(t t) A(t) .A(t). t   

soit A(t+t) = A(t). [1 – .t]

3.1. Pour que la méthode d'Euler donne des résultats corrects il faut que le pas d'itération t soit

"suffisamment petit" soit ici t << t1/2 . Or t1/2 = 20 min et t = 15 min, donc l'inégalité forte précédente

n'étant pas respectée, le pas t = 15 min n'est pas adapté pour l'étude.

3.2. On choisit t = 5 min.

Date (min) A Euler (Bq) A théorique (Bq)

0 3,00.108 3,00.108

5 2,49.108 2,53. 108

10 2,07.108 2,14.108

15 1,72.108 1,80.108

On a: AEuler(t = 5 min) = A(0).[1 – 5.]

AEuler(t = 5 min) = 3,00.108  [1– 5  3,40.10–2] = 2,49.108 Bq

Et Athéorique(t) = A0.e–.t

Athéorique(t =10 min) = 3,00.108 0,034 10e  = 2,14.108 Bq

remarque: nous ne tenons pas compte du manque de chiffres significatifs pour t…

3.3 L'écart relatif est défini par : Euler théorique

théorique

A A

A

 100

Pour t = 5 min , 8 8

8

2,49.10 2,53.10 100

2,53.10

   1,58 %

Pour t = 10 min , 3,27 %

Pour t = 15 min, 4,44 %.

Les écarts relatifs étant inférieurs à 5 %, la valeur de t est correctement adaptée pour l'étude.

remarque : le calcul de l'écart pour t = 15 min est suffisant, si il est inférieur à 5% alors les autres écarts

le sont aussi forcément. Mais les calculs des écarts pour t = 5 min et t = 10 min permettent de voir si l'on

a commis une erreur de calcul au 3.2

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