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Corrigé 2002 : Charge d’une bobine

Détails: Catégorie : Oscillations électriques

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.1.1.

1.2. Nombre de spires N du solénoïde.

$B=\mu _{0}\frac{N}{l}I\Longrightarrow N=\frac{Bl}{\mu _{0}I}=\frac{0,31.10^{-3}\times 0,4}{4\pi 10.10^{-7}\times 0,5}=197,5$ $spires$

2.

2.1.

2.2. $u_{G}=u_{b}+u_{R}=\left( R_{1}+r\right) i+L\frac{di}{dt}$

$E_{l}=\left( R_{l}+r\right) i+L\frac{di}{dt}$

2.3

. $i=\frac{E_{l}}{R_{l}+r}\left( 1-e^{\frac{-t}{\tau }}\right)\Longrightarrow \frac{di}{dt}=\frac{E_{l}}{\left( R_{l}+r\right) \tau }e^{-\frac{t}{\tau }}\Longrightarrow \left( R_{l}+r\right) \times \frac{E_{l}}{R_{l}+r}\left( 1-e^{\frac{-t}{\tau }}\right) +\frac{LE_{l}}{\left(R_{l}+r\right) \tau }e^{\frac{-t}{\tau }}=E_{l}$

$\tau =\frac{L}{R_{l}+r}$

2.4.

a). $\tau$ est la constante de temps ; Elle représente le temps au bout duquel la bobine est chargée à 63 %.

Graphiquement on détermine en cherchant l'abscisse du point d'intersection de la tangente à la courbe $i=f(t)$ , à la date t = 0, avec l'asymptote horizontale. On trouve $\tau =2.10^{-6}s$ .

b). $L=\left( R_{l}+r\right) \tau =222.10^{-6}H$

$\Phi =Li=NBS=NS\mu _{0}\frac{N}{l}i\Longrightarrow L=\mu _{0}\frac{N^{2}S}{l}=\mu _{0}\frac{N^{2}}{l}\pi \frac{d^{2}}{4}$

c). $N=\sqrt{\frac{4lL}{\mu _{0}\pi d^{2}}}=\sqrt{\frac{4\times 0,4\times 222.10^{-6}}{4\times 3,14.10^{-7}\times 3,14\times 25.10^{-4}}}$

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