Lolat25 Posté(e) le 14 avril 2020 Signaler Posté(e) le 14 avril 2020 Bonjour, j’ai trouvé un exercice d’électronique pour m’entraîner mais je n’ai pas de correction pour voir Si j’ai fait juste. J’aimerais donc un peu d’aide ou d’explications sur cet exercice pour m’aider dans la correction.. merci beaucoup. Exercice d’éléctronique .pdf
E-Bahut julesx Posté(e) le 14 avril 2020 E-Bahut Signaler Posté(e) le 14 avril 2020 Bonjour, On veut bien t'aider, mais commence par poster ce que tu as déjà fait.
E-Bahut julesx Posté(e) le 14 avril 2020 E-Bahut Signaler Posté(e) le 14 avril 2020 Pas de réaction de ta part, donc ne t'étonne pas s'il n'y en pas non plus de la notre.
Lolat25 Posté(e) le 15 avril 2020 Auteur Signaler Posté(e) le 15 avril 2020 Il y a 13 heures, julesx a dit : Pas de réaction de ta part, donc ne t'étonne pas s'il n'y en pas non plus de la notre. Bonjour, c’est juste que je suis débordée par les devoirs et les partiels donc je ne peux pas aller sur internet tout le temps... Je vous donne ici ce que j’ai fait, mais je n’ai pas fait la partie 4 car je ne comprends pas.. je vais re essayer aujourd’hui. Et la partie 2 je ne suis pas du tout sûre de moi. Désolé du coup pour mon manque de rapidité.. Réponses électronique .pdf
E-Bahut julesx Posté(e) le 15 avril 2020 E-Bahut Signaler Posté(e) le 15 avril 2020 Ok, tu es excusée ! 1) Il faut surtout dire que le courant dans une bobine ne peut pas subir de discontinuité. Donc is(0+)=is(0-)=0. 2) Pas tout à fait pour α. Le module de ER/(R+jLω) est égal à ER/|R+jLω| et |R+jLω| =√(R²+(Lω)²), il n'y a plus de j dans le module. φ est bien égal à arg(ER/(R+jLω)). Comme ER est réel, l'argument se réduit à celui du dénominateur. Comme R et Lω sont positifs, on a simplement φ=-arctan(Lω/R). ω n'est pas donné ? 3) Je trouve que tu vas un peu vite en besogne. A mon avis, il faut commencer par écrire LdisF/dt+vsl=0. Puis sachant que isF=vsl/R, le remplacer pour obtenir et terminer dans un premier temps par τdvsl/dt+vsl=0 qui donne vsl=Ke-t/τ Ensuite, tu utilises la condition initiale vsl(0)=R*isF(0) pour aboutir à l'expression donnée dans l'énoncé. La suite plus tard. La suite ... Oui pour τ=0,2 ms. La valeur maximale de vsl est R*isF(0), donc, lorsque vsl aura perdu 95% de sa valeur maximale il restera 5%. to est défini par R*isF(0)*e-to/τ=0,05* R*isF(0) ce qui donne, tous calculs faits to=τ*ln(20) que je te laisse calculer. 4) En régime sinusoïdal permanent on a jLω/R*Vs+Vs=Ve (je sous-ligne les complexes, à défaut). On a donc H(ω)=1/(1+jLω/R). Le gain statique, égal à H(0), vaut 1. Le module de H(ω) vaut 1/√(1+(Lω/R)²). Il tend vers 0 lorsque ω tend vers l'infini. C'est donc bien un filtre passe-bas. La pulsation de coupure ωC est telle que 1/√(1+(Lω/R)²=1/√2, soit ωC=R/L (on peut aussi la déterminer ici en disant que la partie imaginaire vaut 1, donc que Lω/R=1). 5) isF(t)=vsF(t)/R. Je ne vois pas bien l'intérêt de cette question. Tu regardes tout ça et tu reviens si nécessaire ?
Lolat25 Posté(e) le 15 avril 2020 Auteur Signaler Posté(e) le 15 avril 2020 Il y a 1 heure, julesx a dit : Ok, tu es excusée ! 1) Il faut surtout dire que le courant dans une bobine ne peut pas subir de discontinuité. Donc is(0+)=is(0-)=0. 2) Pas tout à fait pour α. Le module de ER/(R+jLω) est égal à ER/|R+jLω| et |R+jLω| =√(R²+(Lω)²), il n'y a plus de j dans le module. φ est bien égal à arg(ER/(R+jLω)). Comme ER est réel, l'argument se réduit à celui du dénominateur. Comme R et Lω sont positifs, on a simplement φ=-arctan(Lω/R). ω n'est pas donné ? 3) Je trouve que tu vas un peu vite en besogne. A mon avis, il faut commencer par écrire LdisF/dt+vsl=0. Puis sachant que isF=vsl/R, le remplacer pour obtenir et terminer dans un premier temps par τdvsl/dt+vsl=0 qui donne vsl=Ke-t/τ Ensuite, tu utilises la condition initiale vsl(0)=R*isF(0) pour aboutir à l'expression donnée dans l'énoncé. La suite plus tard. La suite ... Oui pour τ=0,2 ms. La valeur maximale de vsl est R*isF(0), donc, lorsque vsl aura perdu 95% de sa valeur maximale il restera 5%. to est défini par R*isF(0)*e-to/τ=0,05* R*isF(0) ce qui donne, tous calculs faits to=τ*ln(20) que je te laisse calculer. 4) En régime sinusoïdal permanent on a jLω/R*Vs+Vs=Ve (je sous-ligne les complexes, à défaut). On a donc H(ω)=1/(1+jLω/R). Le gain statique, égal à H(0), vaut 1. Le module de H(ω) vaut 1/√(1+(Lω/R)²). Il tend vers 0 lorsque ω tend vers l'infini. C'est donc bien un filtre passe-bas. La pulsation de coupure ωC est telle que 1/√(1+(Lω/R)²=1/√2, soit ωC=R/L (on peut aussi la déterminer ici en disant que la partie imaginaire vaut 1, donc que Lω/R=1). 5) isF(t)=vsF(t)/R. Je ne vois pas bien l'intérêt de cette question. Tu regardes tout ça et tu reviens si nécessaire ? Il y a 1 heure, julesx a dit : Ok, tu es excusée ! 1) Il faut surtout dire que le courant dans une bobine ne peut pas subir de discontinuité. Donc is(0+)=is(0-)=0. 2) Pas tout à fait pour α. Le module de ER/(R+jLω) est égal à ER/|R+jLω| et |R+jLω| =√(R²+(Lω)²), il n'y a plus de j dans le module. φ est bien égal à arg(ER/(R+jLω)). Comme ER est réel, l'argument se réduit à celui du dénominateur. Comme R et Lω sont positifs, on a simplement φ=-arctan(Lω/R). ω n'est pas donné ? 3) Je trouve que tu vas un peu vite en besogne. A mon avis, il faut commencer par écrire LdisF/dt+vsl=0. Puis sachant que isF=vsl/R, le remplacer pour obtenir et terminer dans un premier temps par τdvsl/dt+vsl=0 qui donne vsl=Ke-t/τ Ensuite, tu utilises la condition initiale vsl(0)=R*isF(0) pour aboutir à l'expression donnée dans l'énoncé. La suite plus tard. D’accord merci! Pour la question 4 j’ai fait ça, mais je n’arrive pas du tout à trouver le gain statique.. 4 .pdf
Lolat25 Posté(e) le 15 avril 2020 Auteur Signaler Posté(e) le 15 avril 2020 Il y a 2 heures, julesx a dit : Ok, tu es excusée ! 1) Il faut surtout dire que le courant dans une bobine ne peut pas subir de discontinuité. Donc is(0+)=is(0-)=0. 2) Pas tout à fait pour α. Le module de ER/(R+jLω) est égal à ER/|R+jLω| et |R+jLω| =√(R²+(Lω)²), il n'y a plus de j dans le module. φ est bien égal à arg(ER/(R+jLω)). Comme ER est réel, l'argument se réduit à celui du dénominateur. Comme R et Lω sont positifs, on a simplement φ=-arctan(Lω/R). ω n'est pas donné ? 3) Je trouve que tu vas un peu vite en besogne. A mon avis, il faut commencer par écrire LdisF/dt+vsl=0. Puis sachant que isF=vsl/R, le remplacer pour obtenir et terminer dans un premier temps par τdvsl/dt+vsl=0 qui donne vsl=Ke-t/τ Ensuite, tu utilises la condition initiale vsl(0)=R*isF(0) pour aboutir à l'expression donnée dans l'énoncé. La suite plus tard. La suite ... Oui pour τ=0,2 ms. La valeur maximale de vsl est R*isF(0), donc, lorsque vsl aura perdu 95% de sa valeur maximale il restera 5%. to est défini par R*isF(0)*e-to/τ=0,05* R*isF(0) ce qui donne, tous calculs faits to=τ*ln(20) que je te laisse calculer. 4) En régime sinusoïdal permanent on a jLω/R*Vs+Vs=Ve (je sous-ligne les complexes, à défaut). On a donc H(ω)=1/(1+jLω/R). Le gain statique, égal à H(0), vaut 1. Le module de H(ω) vaut 1/√(1+(Lω/R)²). Il tend vers 0 lorsque ω tend vers l'infini. C'est donc bien un filtre passe-bas. La pulsation de coupure ωC est telle que 1/√(1+(Lω/R)²=1/√2, soit ωC=R/L (on peut aussi la déterminer ici en disant que la partie imaginaire vaut 1, donc que Lω/R=1). 5) isF(t)=vsF(t)/R. Je ne vois pas bien l'intérêt de cette question. Tu regardes tout ça et tu reviens si nécessaire ? D’accord merci beaucoup pour l’aide !
E-Bahut julesx Posté(e) le 15 avril 2020 E-Bahut Signaler Posté(e) le 15 avril 2020 De rien, bonne continuation.
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