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+\usepackage{multicol} +\allowdisplaybreaks[4] \newcommand{\note}[1]{\begin{color}{Orange}\textbf{NOTE:} #1\end{color}} \newcommand{\todo}[1]{\begin{color}{Red}\textbf{TODO:} #1\end{color}} \newcommand{\fixme}[1]{\begin{color}{Fuchsia}\textbf{FIXME:} #1\end{color}} \newcommand{\question}[1]{\begin{color}{ForestGreen}\textbf{QUESTION:} #1\end{color}} - % \d{x} command for integral delimiters \renewcommand{\d}[1]{\mathrm{d}#1} \newcommand{\dt}{\mathrm{d}t} @@ -35,28 +34,21 @@ \newcommand{\vrt}{V_R(t)} \newcommand{\vst}{V_S(t)} \newcommand{\vlz}{V_L(0^+)} - \newcommand{\ilt}{I_L(t)} \newcommand{\ict}{I_C(t)} - \newcommand{\al}{\alpha} \newcommand{\la}{\lambda} \newcommand{\wz}{\omega_{0}} \newcommand{\ws}{\omega_{0}^2} \newcommand{\wn}{\omega_{\mathrm{n}}} - \renewcommand{\exp}[1]{\times10^{#1}} - \newcommand{\rootd}{\sqrt{\al^2-\ws}} - - \DeclareSIPrefix{\micro}{% \text{% \fontencoding{TS1}\fontfamily{kurier}\selectfont \symbol{"B5}% }% }{-6} - % \addbibresource{bibliography.bib} % \institution{Université de Sherbrooke} % \faculty{Faculté de génie} @@ -74,513 +66,442 @@ \teacher{Jean-Philippe Gouin} % \location{Sherbrooke} % \date{\today} +\titleformat{\section} +{\Large\bfseries} +{} +{0em} +{} +[{\titlerule[0.3pt]}] +\titlespacing*{\thesection} {0pt}{-0.5ex}{0pt} + +\titleformat{\thesubsection} +{\Large\bfseries} +{} +{0em} +{} +\titlespacing*{\subsection} {0pt}{-0.5ex}{0pt} + +\titleformat{\subsubsection}[runin] +{\normalsize\bfseries} +{} +{0em} +{} +\titlespacing*{\thesubsubsection}{0pt}{-9.5ex}{2pt} + +\setlength{\jot}{0.23ex} \begin{document} \maketitle -\newpage - -\begin{appendix} - \section{Outils mathématiques (Bible)} - \label{sec:bible} - Les fonction suivantes seront utilisées et référencées tout au long de l'annexe. - - \begin{gather} - \vct = \frac{1}{C}\int\ict \dt \label{eq:vct}\\ - \ict = C\frac{\text{d}}{\dt}\vct \label{eq:ict}\\ - \nonumber\\ - \vlt = L\frac{\text{d}}{\dt}\ilt \label{eq:vlt}\\ - \ilt = \frac{1}{L}\int \vlt\dt \label{eq:ilt}\\ - \nonumber\\ - V(t) = RI(t) \label{eq:vri}\\ - \nonumber\\ - \al = \frac{R}{2L} \label{eq:alpha}\\ - \wz = \frac{1}{\sqrt{LC}} \label{eq:omega_0}\\ - \omega_n = \sqrt{\ws - \al^2 \label{eq:omega_n}} \\ - e^{j\theta} = \cos(\theta) + j\sin(\theta) \label{e:euler} - \end{gather} - - \newpage - \section{Circuit RLC} - \subsection{Charge} - On pose l'équation de l'état du circuit au temp $t(0)$ et on substitue pour - avoir en fonction de $\vlt$. - Puisque que circuit simplifié est constitué d'une seule boucle, le courant - se simplifie comme suit: $I_C = I_R = I_V = I$. - - - \begin{gather} - \vst = \vct + \vrt + \vlt \label{eq:vst-initiale-charge}\\ - \vst = \frac{1}{C}\int I(t) \dt + RI(t) + \vlt \\ - \vst = \frac{1}{CL} \iint \vlt \dt\ \dt + \frac{R}{L}\int\vlt\dt + \vlt\\ - \nonumber \text{On substitue les termes $R, L, C$ par les \cref{eq:alpha,eq:omega_0}}\\ - \ddt{2}V_S = \ddt{2}\vlt + 2\al\ddt{}\vlt + \ws\vlt - \end{gather} - - On entame la résolution de l'equation différentielle d'ordre 2 à coéfficient - constant et forcé par la solution homogène. - Tel que présenté par l'\cref{eq:vlt-charge-generale}. - \begin{gather} - V_{L_g} = V_{L_h} + V_{L_p} \label{eq:vlt-charge-generale}\\ - \nonumber \text{On pose la forme de la solution homogène: } V_{L_h} = Ae^{\la t} = 0\\ - 0 = \la^2Ae^{\la t} + 2\al\la Ae^{\la t} + \ws Ae^{\la t}\\ - 0 = \cancelto{0}{Ae^{\la t}}\left(\la^2 + 2\al\la + \wz\right)\\ - \la_{1,2} = \frac{-2\al \pm \sqrt{(2\al)^2 - 4\ws }}{2}\\ - \la_{1,2} = -\al\pm\sqrt{\al^2 - \ws }\\ - \nonumber\text{Puisque le discriminant est négatif, on le multiplie par $-1$,}\\ - \nonumber\text{on sort $j$ et on simplifie avec l'\cref{eq:omega_n}.}\\ - \la_{1,2} = -\al\pm j\omega_n\\ - \begin{WithArrows} - V_{L_h} &= A_1e^{(-\al+j\wn)t} + A_2e^{(-\al+j\wn)t} \Arrow{Se simplifie} \\ - V_{L_h} &= e^{-\al t}\left(A_1e^{j\wn t} + A_2e^{-j\wn t}\right) - \end{WithArrows} - \end{gather} - - On utilise ensuite la formule d'Euler afin de résoudre l'équation. - \begin{gather} - V_{L_h} = e^{-\al t}\left[A_1\cos(\wn t) + A_1j\sin(\wn t) + A_2\cos(\wn t) - A_2j\sin(\wn t)\right]\\ - V_{L_h} = e^{-\al t}\left[\underbrace{(A_1+A_2)}_{C_1}\cos(\wn t) - + \underbrace{(A_1-A_2)j}_{C_2}\sin(\wn t)\right]\\ - V_{L_h} = e^{-\al t}\left[C_1\cos(\wn t) + C_2\sin(\wn t)\right]\label{eq:vlh-sol-homo} - \end{gather} - - Ayant maintenant la solution homogène, il faudrait trouver la solution particulière - afin d'arriver à l'\cref{eq:vlt-charge-generale} - Cependant, puisque le terme forcé est une constante, la solution particulière $V_{L_p}$ - basé sur sa dérivée est donc nulle. - \begin{gather} - V_{L_g} = V_{L_h} + \cancelto{0}{V_{L_p}}\label{eq:vlt-sol-generale} - \end{gather} - - - Les conditions initiales sont trouvées en se basant sur l'\cref{eq:vst-initiale-charge}: - \begin{DispWithArrows} - \ddt{}\vst &= \ddt{}\vct + \ddt{}\vrt + \ddt{}\vlt \Arrow{\footnotesize Isoler $\vlt$}\\ - \ddt{}\vlt &= - \cancelto{0}{\ddt{}\vst} - \underbrace{\ddt{}\vct}_{\text{\cref{eq:vct}}} - - \underbrace{\ddt{}\vrt}_{\text{\cref{eq:vri}}} \Arrow{\footnotesize Se simplifie} \\ - \vlt &= \cancelto{0}{\frac{I_C(0)}{C}} - \frac{R}{L}\vlz \label{eq:cond-init-deriv-charge} - \end{DispWithArrows} - - Les conditions initiales sont donc: - \begin{gather} - \vlz = 12 \ \text{\footnotesize(Provenant de l'\cref{eq:vst-initiale-charge})} \\ - \ddt{}\vlz = -24000 \ \text{\footnotesize(Provenant de l'\cref{eq:cond-init-deriv-charge})} - \end{gather} - - Puisque la condition initiale de l'\cref{eq:cond-init-deriv-charge} requiert la dérivé - de $V_{L_g}$ (\cref{eq:vst-initiale-charge}): - \begin{gather} - \ddt{}V_{L_g} = -\al e^{-\al t}\left[C_1\cos(\wn t) + C_2\sin(\wn t)\right] + - e^{-\al t}\left[-C_1\wn\sin(\wn t) - C_2\wn\cos(\wn t)\right] \\ - \ddt{}V_{L_g} = -e^{-\al t}\left[C_1\al\cos(\wn t) + C_2\al\sin(\wn t) + - C_1\wn\sin(\wn t) - C_2\wn\cos(\wn t)\right] \label{eq:grosse-criss-de-derivee} - \end{gather} - - Il est maintenant possible de trouver $C_1$ et $C_2$ en se servant des - conditions initiales présenté aux \cref{eq:vlh-sol-homo,eq:grosse-criss-de-derivee} - \begin{gather} - V_{L_h}(0) = 12 = \cancelto{1}{e^{-\al t}}\left[C_1\cancelto{1}{\cos(\wn t)} + - \cancelto{0}{C_2\sin(\wn t)}\right]\\ - 12 = C_1\\ - \ddt{}V_{L_g}(0) = -24000 = \cancelto{1}{-e^{-\al t}} - \left[12\al\cancelto{1}{\cos(\wn t)} + \cancelto{0}{C_2\al\sin(\wn t)} + - \cancelto{0}{12\wn\sin(\wn t)} - C_2\wn\cancelto{1}{\cos(\wn t)}\right]\\ - -24000 = -12\al + C_2\wn\\ - C_2 = \frac{-24000 + 12\al}{\wn} = -1.41 \\ - \vlt = e^{-\al t}\left[12\cos(\wn t) - 1.41\sin(\wn t)\right] - \end{gather} - - Avec les valeurs de $C_1$ et $C_2$ il est maintenant possible d'écrire la fonction $\vlt$ complète. - \begin{gather} - \al = 1000;\quad \wn = 8516.42; \\ - \vlt = e^{-1000t}\left[12\cos(8516.42 t) - 1.41\sin(8516.42 t)\right] - \end{gather} - - - - \subsection{Décharge} - \begin{gather*} - \begin{align} - 0 & = \vlt + V_C(t) + V_R(t) \\ - \label{eq:rlc_decharge_initial} - 0 & = \vlt+\frac{1}{C}\int \ilt\dt + R_I(t) \\ - 0 & = \ddt{2}\left[ \vlt + \frac{1}{LC}\iint\vlt\dt\ \dt + \frac{R}{L}\ddt{} \vlt \right] \\ - 0 & = \ddt{2}\vlt+ \frac{R}{L}\ddt{}\vlt +\frac{1}{LC}\vlt \\ - 0 & = \ddt{2}\vlt+2\al\ddt{}\vlt+\ws \\ - \nonumber \text{Posons que: } & - \vlt=Ae^{\la t} \Rightarrow - \ddt{}\vlt=\la Ae^{\la t} \Rightarrow - \ddt{2}\vlt=\la^{2}Ae^{\la t} \\ - 0 & = \la^2Ae^{\la t} +2\al Ae^{\la t} + \ws Ae^{\la t} \\ - 0 & = \cancel{Ae^{\la t}} \left(\la^2 +2\al\la+\ws \right) \\ - 0 & = \la^2 +2\al\la+\ws \\ - \la_{1,2} & = \frac{-2\al\pm\sqrt{(-2\al)^2-4\ws}}{2} \\ - \la_{1,2} & = -\al\pm\sqrt{\al^2-\ws} - \end{align} - \end{gather*} - Puisque $R$ est de l'ordre des \si{\kohm} et $L$ de l'ordre des \SI{}{\mH}, on peut déterminer - sans faire de calculs que l'intérieur de la racine carrée $\wn$ est positive donc nul besoin de - passer par notre ami Euler pour déterminer les valeurs de $\la$. - - Nous pouvons maintenant réintégrer - ce coefficient dans notre supposition initiale que $\vlt=Ae^{\la t}$. - - \begin{equation} - \vlt = A_1e^{(-\al-\rootd)t} + A_2e^{(-\al+\rootd)t} \\ - \label{eq:vl_straight_decharge} - \end{equation} - - Du même coup, le résultat de cette expression évaluée à $t=0^+$ sera utille pour isoler $A_1$ et $A_2$ - plus tard. La voici donc: - - \begin{gather*} - \begin{align} - \vlz & = A_1\cancelto{1}{e^0} + A_2\cancelto{1}{e^0} = A_1 + A_2 = -12 - \end{align} - \end{gather*} - - Pour déterminer les constantes $A_1$ et $A_2$, il faudra une deuxième équation dont on connait les - charactéristiques à un temps donné. On peut obtenir en dérivant l'équation de $\vlt$ dont - il est possible de déterminer les propriétés à $t=0^+$ (\cref{eq:vlt-decharge-deriv}). - - Lors de la simulation \textit{LTspice}, les spécifications de décharge du circuit généraient déjà une - régression exponentielle suffisament rapides pour les besoins du circuit. La valeur de $R_2$ (\SI{100}{\kohm}) - est donc gardée idem puis utilisée dans le calcul de la dérivée pour en simplifier la résolution. La résistance $R_1$ - est négligée puisque sa valeur est moindre face à la tolérance $\pm 5\%$ de $R_2$. - - \begin{gather*} - \begin{align} - R = \SI{100}{\kohm} & ;\quad L = \SI{20}{\mH};\quad C = \SI{680}{\nF} \\ - \al & = \frac{1\exp{5}}{2\cdot20\exp{-3}} = 2.5\exp{6} \\ - \al^2 & = 6.25\exp{12} \\ - \wz & =\frac{1}{\sqrt{20\exp{-3}\cdot680\exp{-9}}} = \frac{1}{\sqrt{1.36\exp{-8}}} \\ - \ws & =\frac{1}{1.36\exp{-8}} \\ - \rho & = \sqrt{\al^2-\ws} \quad\text{\footnotesize(variable pour alléger la lecture)} \\ - \rho & = \sqrt{6.25\exp{12}-\frac{1}{1.36\exp{-8}}} \\ - \rho & = 2499985.2941\ldots \\ - \al-\rho & \approx 14.7059 \\ - \al+\rho & \approx 4'999'999.2941 - \end{align} - \end{gather*} - On peut alors dériver l'\cref{eq:vl_straight_decharge} pour obtenir la deuxième équation - nécessaire pour déterminer $A_1$ et $A_2$: - \begin{align} - \ddt{}\vlt & =\ddt{}\left( A_1e^{\al-\rho} + A_2e^{\al+\rho}\right) \\ - \ddt{}\vlt & =\ddt{}\left( A_1e^{14.7059t} + A_2e^{4'999'999.2941t}\right) \\ - \ddt{}\vlt & = 14.7059\cdot A_1e^{14.7059t} + 4'999'999.2941\cdot A_2e^{4'999'999.2941t} - \label{eq:vlt-decharge-deriv} \\ - \ddt{}\vlz & = 14.7059 A_1\cancelto{1}{e^{0}} + 4'999'999.2941 A_2\cancelto{1}{e^{0}} - \label{eq:bertha_mommy_decharge} - \end{align} - - Nous connaissons donc la forme de la dérivée de $\vlz$ mais pas sa valeur à - $t=0^+$. Toutefois, il est possible d'avoir que des termes dont la condition - initiale est connue en remaniant la mise en équation du circuit avec les - équations de l'\cref{sec:bible}: - \begin{gather*} - \begin{align} - 0 & = \ddt{}\vlt + \ddt{}V_C(t) + \ddt{}V_R(t)\quad \\ - \ddt{}\vlt & = - \ddt{}V_C(t) - \ddt{}V_R(t) \\ - \ddt{}\vlt & = \frac{-1}{C}I(t) - R\ddt{}I(t) - \end{align} - \end{gather*} - En réarangeant les termes de l'\cref{eq:vlt}, nous pouvons substituer $\ddt{}I(t)$ pour obtenir: - \begin{gather*} - \begin{align} - \ddt{}\vlt & = \frac{-1}{C}I(t) - \frac{R}{C}\vlt - \end{align} - \end{gather*} - Nous pouvons enfin déterminer la dériver du système à $t=0^+$ puisque tout les termes de droite sont connus: - \begin{gather*} - \begin{align} - I(0^+) & = 0 \\ - \vlz & = -12 \\ - \ddt{}\vlz & = 0 - 12\frac{1\exp{5}}{20\exp{-3}} = 6\exp{7} - \end{align} - \end{gather*} - Il est maintenant possible d'isoler $A_1$ et $A_2$ en résolvant un système d'équations. - \begin{gather*} +\begin{multicols}{2} + \begin{appendix} + \section{Outils mathématiques (Bible)} + \label{sec:bible} + Les fonction suivantes seront utilisées et référencées tout au long de l'annexe. + \begin{gather} + \vct = \frac{1}{C}\int\ict \dt \label{eq:vct}\\ + \ict = C\frac{\text{d}}{\dt}\vct \label{eq:ict}\\ + \vlt = L\frac{\text{d}}{\dt}\ilt \label{eq:vlt}\\ + \ilt = \frac{1}{L}\int \vlt\dt \label{eq:ilt}\\ + V(t) = RI(t) \label{eq:vri}\\ + \al = \frac{R}{2L} \label{eq:alpha}\\ + \wz = \frac{1}{\sqrt{LC}} \label{eq:omega_0}\\ + \omega_n = \sqrt{\ws - \al^2 \label{eq:omega_n}} \\ + e^{j\theta} = \cos(\theta) + j\sin(\theta) \label{e:euler} + \end{gather} + \section{Circuit RLC} + \subsection{Charge} + On pose l'équation de l'état du circuit au temp $t(0)$ et on substitue pour + avoir en fonction de $\vlt$. + Puisque que circuit simplifié est constitué d'une seule boucle, le courant + se simplifie comme suit: $I_C = I_R = I_V = I$. + \begin{gather} + \vst = \vct + \vrt + \vlt \label{eq:vst-initiale-charge}\\ + \vst = \frac{1}{C}\int I(t) \dt + RI(t) + \vlt \\ + \vst = \frac{1}{CL} \iint \vlt \dt\ \dt + \frac{R}{L}\int\vlt\dt + \vlt\\ + \nonumber \text{On substitue les termes $R, L, C$ par les \cref{eq:alpha,eq:omega_0}}\\ + \ddt{2}V_S = \ddt{2}\vlt + 2\al\ddt{}\vlt + \ws\vlt + \end{gather} + On entame la résolution de l'equation différentielle d'ordre 2 à coéfficient + constant et forcé par la solution homogène. + Tel que présenté par l'\cref{eq:vlt-charge-generale}. + \begin{gather} + V_{L_g} = V_{L_h} + V_{L_p} \label{eq:vlt-charge-generale}\\ + \nonumber \text{On pose la forme de la solution homogène: } V_{L_h} = Ae^{\la t} = 0\\ + 0 = \la^2Ae^{\la t} + 2\al\la Ae^{\la t} + \ws Ae^{\la t}\\ + 0 = \cancelto{0}{Ae^{\la t}}\left(\la^2 + 2\al\la + \wz\right)\\ + \la_{1,2} = -\al\pm\sqrt{\al^2 - \ws }\\ + \nonumber\text{Puisque le discriminant est négatif, on le multiplie par $-1$,}\\ + \nonumber\text{on sort $j$ et on simplifie avec l'\cref{eq:omega_n}.}\\ + \la_{1,2} = -\al\pm j\omega_n\\ + \begin{WithArrows} + V_{L_h} &= A_1e^{(-\al+j\wn)t} + A_2e^{(-\al+j\wn)t} \Arrow{Se simplifie} \\ + V_{L_h} &= e^{-\al t}\left(A_1e^{j\wn t} + A_2e^{-j\wn t}\right) + \end{WithArrows} + \end{gather} + On utilise ensuite la formule d'Euler afin de résoudre l'équation. + \begin{gather} + V_{L_h} = e^{-\al t}\left[A_1\cos(\wn t) + A_1j\sin(\wn t) + A_2\cos(\wn t) - A_2j\sin(\wn t)\right]\\ + V_{L_h} = e^{-\al t}\left[\underbrace{(A_1+A_2)}_{C_1}\cos(\wn t) + + \underbrace{(A_1-A_2)j}_{C_2}\sin(\wn t)\right]\\ + V_{L_h} = e^{-\al t}\left[C_1\cos(\wn t) + C_2\sin(\wn t)\right]\label{eq:vlh-sol-homo} + \end{gather} + Ayant maintenant la solution homogène, il faudrait trouver la solution particulière + % afin d'arriver à l'\cref{eq:vlt-charge-generale} + Cependant, puisque le terme forcé est une constante, la solution particulière $V_{L_p}$ + basé sur sa dérivée est donc nulle. + \begin{gather} + V_{L_g} = V_{L_h} + \cancelto{0}{V_{L_p}}\label{eq:vlt-sol-generale} + \end{gather} + Les conditions initiales sont trouvées en se basant sur l'\cref{eq:vst-initiale-charge}: + \begin{DispWithArrows} + \ddt{}\vst &= \ddt{}\vct + \ddt{}\vrt + \ddt{}\vlt \Arrow{\footnotesize Isoler $\vlt$}\\ + \ddt{}\vlt &= + \cancelto{0}{\ddt{}\vst} - \underbrace{\ddt{}\vct}_{\text{\cref{eq:vct}}} - + \underbrace{\ddt{}\vrt}_{\text{\cref{eq:vri}}} \Arrow{\footnotesize Se simplifie} \\ + \vlt &= \cancelto{0}{\frac{I_C(0)}{C}} - \frac{R}{L}\vlz \label{eq:cond-init-deriv-charge} + \end{DispWithArrows} + Les conditions initiales sont donc: + \begin{gather} + \vlz = 12 \ \text{\footnotesize(Provenant de l'\cref{eq:vst-initiale-charge})} \\ + \ddt{}\vlz = -24000 \ \text{\footnotesize(Provenant de l'\cref{eq:cond-init-deriv-charge})} + \end{gather} + Puisque la condition initiale de l'\cref{eq:cond-init-deriv-charge} requiert la dérivé + de $V_{L_g}$ (\cref{eq:vst-initiale-charge}): + \begin{gather} + \ddt{}V_{L_g} = -\al e^{-\al t}\left[C_1\cos(\wn t) + C_2\sin(\wn t)\right] + + e^{-\al t}\left[-C_1\wn\sin(\wn t) - C_2\wn\cos(\wn t)\right] \\ + \ddt{}V_{L_g} = -e^{-\al t}\left[C_1\al\cos(\wn t) + C_2\al\sin(\wn t) + + C_1\wn\sin(\wn t) - C_2\wn\cos(\wn t)\right] \label{eq:grosse-criss-de-derivee} + \end{gather} + Il est maintenant possible de trouver $C_1$ et $C_2$ en se servant des + conditions initiales présenté aux \cref{eq:vlh-sol-homo,eq:grosse-criss-de-derivee} + \begin{gather} + V_{L_h}(0) = 12 = \cancelto{1}{e^{-\al t}}\left[C_1\cancelto{1}{\cos(\wn t)} + + \cancelto{0}{C_2\sin(\wn t)}\right]\\ + 12 = C_1\\ + \ddt{}V_{L_g}(0) = -24000 \\ + \tiny -24000 = \cancelto{1}{-e^{-\al t}} + \left[12\al\cancelto{1}{\cos(\wn t)} + \cancelto{0}{C_2\al\sin(\wn t)} + + \cancelto{0}{12\wn\sin(\wn t)} - C_2\wn\cancelto{1}{\cos(\wn t)}\right]\\ + -24000 = -12\al + C_2\wn\\ + C_2 = \frac{-24000 + 12\al}{\wn} = -1.41 \\ + \vlt = e^{-\al t}\left[12\cos(\wn t) - 1.41\sin(\wn t)\right] + \end{gather} + Avec les valeurs de $C_1$ et $C_2$ il est maintenant possible d'écrire la fonction $\vlt$ complète. + \begin{gather} + \al = 1000;\quad \wn = 8516.42; \\ + \vlt = e^{-1000t}\left[12\cos(8516.42 t) - 1.41\sin(8516.42 t)\right] + \end{gather} + \subsection{Décharge} + \begin{gather} + 0 = \vlt + V_C(t) + V_R(t) \\ + 0 = \vlt+\frac{1}{C}\int \ilt\dt + R_I(t) \\ + 0 = \ddt{2}\left[ \vlt + \frac{1}{LC}\iint\vlt\dt\ \dt + \frac{R}{L}\ddt{} \vlt \right] \\ + 0 = \ddt{2}\vlt+ \frac{R}{L}\ddt{}\vlt +\frac{1}{LC}\vlt \\ + 0 = \ddt{2}\vlt+2\al\ddt{}\vlt+\ws \\ + \nonumber \text{Posons que: } + \vlt=Ae^{\la t} \Rightarrow \ddt{}\vlt=\la Ae^{\la t} \Rightarrow \ddt{2}\vlt=\la^{2}Ae^{\la t} \\ + 0 = \la^2Ae^{\la t} +2\al Ae^{\la t} + \ws Ae^{\la t} \\ + 0 = \cancel{Ae^{\la t}} \left(\la^2 +2\al\la+\ws \right) \\ + 0 = \la^2 +2\al\la+\ws \\ + \ = \frac{-2\al\pm\sqrt{(-2\al)^2-4\ws}}{2} \\ + \la_{1,2} = -\al\pm\sqrt{\al^2-\ws} + \end{gather} + Puisque $R$ est de l'ordre des \si{\kohm} et $L$ de l'ordre des \SI{}{\mH}, on peut déterminer + sans faire de calculs que l'intérieur de la racine carrée $\wn$ est positive donc nul besoin de + passer par notre ami Euler pour déterminer les valeurs de $\la$. + Nous pouvons maintenant réintégrer + ce coefficient dans notre supposition initiale que $\vlt=Ae^{\la t}$. + \begin{equation} + \vlt = A_1e^{(-\al-\rootd)t} + A_2e^{(-\al+\rootd)t} \\ + \label{eq:vl_straight_decharge} + \end{equation} + Du même coup, le résultat de cette expression évaluée à $t=0^+$ sera utille pour isoler $A_1$ et $A_2$ + plus tard. La voici donc: + \begin{gather*} + \begin{align} + \vlz & = A_1\cancelto{1}{e^0} + A_2\cancelto{1}{e^0} = A_1 + A_2 = -12 + \end{align} + \end{gather*} + Pour déterminer les constantes $A_1$ et $A_2$, il faut une deuxième équation dont on connait les + conditions initiales. On peut obtenir en dérivant l'équation de $\vlt$ dont + il est possible de déterminer les propriétés à $t=0^+$ (\cref{eq:vlt-decharge-deriv}). + On néglige $R_1$ + \begin{gather*} + \begin{align} + R = \SI{100}{\kohm} & ;\quad L = \SI{20}{\mH};\quad C = \SI{680}{\nF} \\ + \al & = \frac{1\exp{5}}{2\cdot20\exp{-3}} = 2.5\exp{6} \\ + \al^2 & = 6.25\exp{12} \\ + \wz & =\frac{1}{\sqrt{20\exp{-3}\cdot680\exp{-9}}} = \frac{1}{\sqrt{1.36\exp{-8}}} \\ + \ws & =\frac{1}{1.36\exp{-8}} \\ + \rho & = \sqrt{\al^2-\ws} \quad\text{\footnotesize(variable pour alléger la lecture)} \\ + \rho & = \sqrt{6.25\exp{12}-\frac{1}{1.36\exp{-8}}} \\ + \rho & = 2499985.2941\ldots \\ + \al-\rho & \approx 14.7059 \\ + \al+\rho & \approx 4'999'999.2941 + \end{align} + \end{gather*} + On peut alors dériver l'\cref{eq:vl_straight_decharge} pour obtenir la deuxième équation + nécessaire pour déterminer $A_1$ et $A_2$: \begin{align} - -12 = A_1 + A_2 \Rightarrow -176.4708 = 14.7059A_1 + 14.7059A_2 + \ddt{}\vlt & =\ddt{}\left( A_1e^{\al-\rho} + A_2e^{\al+\rho}\right) \\ + \ddt{}\vlt & =\ddt{}\left( A_1e^{14.7059t} + A_2e^{4'999'999.2941t}\right) \\ + \ddt{}\vlt & = 14.7059\cdot A_1e^{14.7059t} + 4'999'999.2941\cdot A_2e^{4'999'999.2941t} + \label{eq:vlt-decharge-deriv} \\ + \ddt{}\vlz & = 14.7059 A_1\cancelto{1}{e^{0}} + 4'999'999.2941 A_2\cancelto{1}{e^{0}} + \label{eq:bertha_mommy_decharge} \end{align} - \end{gather*} - Il est maintenant trivial d'isoler $A_2$: - \begin{gather*} - \begin{array}{l@{\quad}cr@{}ll} - & & -176.4708 & {}= \cancel{14.7059A_1} & + 14.7059A_2 \\ - \text{\bfseries--} & & 6\exp{7} & {}= \cancel{14.7059 A_1} & + 4'999'999.2941 A_2 \\ \cline{2-5} - \approx & & 6\exp{7} & {}= 0 & -4'999'999.2941 A_2 - \end{array} - \end{gather*} - \begin{gather*} - \begin{align} - A_2 & \approx -\frac{6\exp{7}}{5\exp{6}} = -12 \\ - -12 & = A_1 + A_2 \\ - A_1 & = 0 - \end{align} - \end{gather*} - La solution de la décharge est donc: - - \begin{gather*} - \begin{align} - \vlt & = \cancelto{0}{0e^{(\al-\rootd)t}} -12 e^{-5\exp{6}t} \\ - \vlt & = -12 e^{-5\exp{6}t} - \end{align} - \end{gather*} - - - \newpage - \section{Circuit RC (\texorpdfstring{$C_2$}{TEXT})} - \subsection{Charge} - Le circuit RC forme une équation différentielle du premier order forcé et à coefficient constant. - Sont but est de réguler la longueur des pulsation envoyé envoyé à l'amplis U2. - Ce dernier étant en configuration "Comparateur", on sait que la tension à laquelle le changement - s'opère est celle dicté par le diviseur de tension $R_8 = \SI{2}{\kohm}$ et $R_9 = \SI{1}{\kohm}$. - \begin{gather} - V_x = V_S\frac{R_x}{R_t}\\ - V_x = 12\frac{R_9}{R_8 = R_9}\\ - V_x = \SI{4}{\V} - \end{gather} - - Les conditions initiales en charge du circuit sont les suivantes: - \begin{gather} - \vst = \vct + V_D + \vrt \label{eq:rc-charge-base}\\ - V_S(0) = 12\\ - V_C(0) = -12\\ - V_D(0) = 0.6\\ - V_R(0) = 23.4 \label{eq:rc-charge-init}\\ - \end{gather} - - En substituant l'\cref{eq:vct} dans l'\cref{eq:rc-charge-base} afin de tout - avoir en fonction de $\vrt$: - \begin{DispWithArrows}[rr,xoffset=0.4cm] - \vst &= \frac{1}{C}\int I\dt + \vrt + V_D - \Arrow{\footnotesize Utilisation de \\l'\cref{eq:rc-charge-base}} \\ - \vst &= \frac{1}{RC}\int\vrt + \vrt + V_D - \Arrow{On dérive}\\ - \cancelto{0}{\ddt{}\vst} &= \frac{1}{RC}\vrt + \ddt{}\vrt + \cancelto{0}{V_D}\label{eq:rc-charge-deriv} - \end{DispWithArrows} - - On pose ensuit la fomre standarde des équations différentielle homogène et - on l'applique à l'\cref{eq:rc-charge-deriv}. - \begin{DispWithArrows}[format=c] - V_{R_h} = Ae^{\la t} \Arrow[jump=3,tikz=<-]{On reporte dans\\\cref{eq:rc-charge-homo}} \label{eq:rc-charge-homo}\\ - 0 = \la Ae^{\la t} + \frac{1}{RC}Ae^{\la t}\\ - \la\cancelto{1}{Ae^{\la t}} = -\frac{1}{RC}\cancelto{1}{Ae^{\la t}}\\ - \la = -\frac{1}{RC} - \end{DispWithArrows} - - Après avoir rapporté la valeur de $\la$ dans l'\cref{eq:rc-charge-homo} on trouve la valeur - de la constante $A$ à l'aide de la condition initiale à l'\cref{eq:rc-charge-init}. - - \begin{gather} - V_{R_h}(0) = 23.4 = A\cancelto{0}{e^{-\frac{t}{RC}}}\\ - 23.4 = A\\ - \nonumber\text{Forme finale de l'equation:}\\ - \vrt = 23.4Ae^{-\frac{t}{RC}} \label{eq:rc-charge-final} - \end{gather} - - Un des requis du problème est la longueure des impulsions. - Sachant que celle-ci doivent durer \SI{150}{\us} et s'atténuent à une tension de \SI{4}{\V}, - on peut les imposé à l'\cref{eq:rc-charge-final} afin de trouver la valeur de $R$ qui - satisfera le circuit. - - \begin{DispWithArrows}[format=c] - V_R(\SI{150}{\us})= 4 = 23.4e^{-\frac{\num{150e-6}}{RC}}\\ - \frac{4}{23.4} = e^{-\frac{\num{150e-6}}{RC}}\\ - \ln(\frac{4}{23.4}) = -\frac{\num{150e-6}}{RC}\\ - R = -\frac{\num{150e-6}}{C\ln(\frac{4}{23.4})} \Arrow{Application \\numérique}\\ - R_7 = \SI{8491}{\ohm} \xrightarrow{\text{Serie E24}} R_7 = \SI{8.2}{\kohm} - \end{DispWithArrows} - - \subsection{Décharge} \label{sc:rc-decharge} - La décharge du condensateur est indentique à la charge en tout point sauf - les conditions initiales et les requis pour l'application numérique servant à - déduire $R_6$. - Voici les conidions initiales pour la décharge: - \begin{gather} - \vst = \vct + V_D + \vrt \label{eq:rc-decharge-base}\\ - V_S(0) = -12\\ - V_C(0) = 12\\ - V_D(0) = -0.6\\ - V_R(0) = -23.4 \label{eq:rc-decharge-init}\\ - \end{gather} - - Les étapes suivantes sont similaires aux \crefrange{eq:rc-charge-base}{eq:rc-charge-final} - à quelques signes près. - On obtient donc l'équation $V_R(t)$ suivante: - \begin{gather} - \vrt = -23.4Ae^{-\frac{t}{RC}} \label{eq:rc-decharge-final} - \end{gather} - Contrairement à la charge, il n'est pas immédiatement évident que la valeur de $R$ est - fixée avec une coordonée concrète (comme \SI{4}{\V} après \SI{150}{\us} pour la charge). - La coordonée fixant la résistance à la décharge est basée sur une proportion de la décharge. - Il faut qu'après \SI{15}{\us}, la tension au bornes de la résistance valle $63.7\%$ de la - tension qui était présente à $t=0^+$ (Communément appelé $\tau$). - Il est important de noter que puisque le condensateur a - un charge initiale de \SI{12}{\V}, la tension au borne de la résistance doit chuter à - $63.7\%$ de \SI{23.4}{\V}. - \begin{gather} - \SI{-23.4}{\V} \times (1-0.637) = \SI{-8.712}{\V} - \end{gather} - - La valeur de la résistance $R_6$ est donc fixée afin de satisfaire une tension à ses bornes - de \SI{8.712}{\V} à \SI{15}{\us} après le début de la décharge. - \begin{DispWithArrows}[format=c] - V_R(\SI{15}{\us})= -8.712 = -23.4e^{-\frac{\num{15e-6}}{RC}}\\ - \frac{-8.712}{-23.4} = e^{-\frac{\num{15e-6}}{RC}}\\ - \ln(\frac{-8.712}{-23.4}) = -\frac{\num{15e-6}}{RC}\\ - R = -\frac{\num{15e-6}}{C\ln(\frac{-8.712}{-23.4})} \Arrow{Application \\numérique}\\ - R_7 = \SI{1518.17}{\ohm} \xrightarrow{\text{Serie E24}} R_6 = \SI{1.5}{\kohm} - \end{DispWithArrows} - - La valeur calculée est amplement dans la marge $\pm 5\%$ de la valeur nominale de $R_6$. - - - \subsection{Confirmation} - Le résultat obtenue à l'\cref{sc:rc-decharge} sont adéquat puisqu'il prouvent l'équation: - \begin{DispWithArrows}[format=c] - \tau = RC \Rightarrow R = \frac{\tau}{C}\Arrow{Application\\numérique}\\ - R = \frac{\num{15e-6}}{\num{10e-9}} = \SI{1.5}{\kohm} - \end{DispWithArrows} - - \newpage - \section{Circuit RC (\texorpdfstring{$C_3$}{TEXT})} - \subsection{Charge} - La charge du condensateur $C_3$ suit une logique similaire à celle du condensateur $C_2$. - Voici les conditions initiales pour la décharge: - \begin{gather} - \vst = \vct + V_D + \vrt \label{eq:rc2-charge-base}\\ - V_S(0) = 12\\ - V_C(0) = 0 \\ - V_D(0) = 0.6\\ - V_R(0) = 11.4 - \end{gather} - - Puisque la diode est placé devant le capaciteur et qu'elle produit une chute de tension - d'environ \SI{0.6}{\V}, on considerera que la tension de la source est celle restante - après la diode soit \SI{11.4}{\V}. - - \begin{DispWithArrows}[format=c] - \vst = \vrt + \vct \Arrow[ll]{En substituan l'\cref{eq:vri}} \\ - \vst = RI(t) + \vct \Arrow[rr]{En substituan l'\cref{eq:ict}} \\ - \vst = RC\ddt{}\vct + \vct - \end{DispWithArrows} - - En se fiant aux \crefrange{eq:rc-charge-base}{eq:rc-charge-final}, - on assume la solution homogène: - \begin{gather} - V_{C_h} = Ae^{-\frac{t}{RC}} - \end{gather} - - Puisque l'équation est forcé par une constante, la solution particulière correspond à - la valeur de la source tel que démontré par les \cref{eq:rc2-charge-particu,eq:rc2-charge-partires}. - - \begin{DispWithArrows}[format=c] - V_{C_p} = K_0\vst + \cancelto{0}{K_1\ddt{}\vst} - \Arrow{Application \\numérique}\label{eq:rc2-charge-particu}\\ - 11.4 = K_011.4 \Rightarrow K_0 = 11.4 \label{eq:rc2-charge-partires} - \end{DispWithArrows} - - Vient ensuite la solution générale $V_{C_g}$ et l'application des conditions initiales - afin de trouver les coéfficients de la fonction. - - \begin{DispWithArrows}[format=c] - V_{C_g} = V_{C_h} + V_{C_p} - V_{C_g} = Ae^{-\frac{t}{RC}} + 11.4 \Arrow{Cond. Initiale} \\ - V_{C_g}(0) = A\cancelto{1}{e^{-\frac{t}{RC}}} + 11.4 \\ - -11.4 = A \\ - \nonumber\text{Réponse du system: }\\ - V_{C_g}(0) = -11.4e^{-\frac{t}{RC}} + 11.4 - \end{DispWithArrows} - - On peut ensuite trouver la valeur de la résistance $R_{10}$ nécessaire au fonctionnement - du circuit. - En assumant que le condensateur ne se vide pas entre les impulsions, on peut déduire le - temps pendant lequel il se remplira en multipliant le nombre d'impulsions avec la durée - établie d'inpusions de \SI{150}{\us}. - Pour deux impulsions (\SI{300}{\us}) on vise \SI{2.5}{\V} $\pm$ \SI{0.5}{\V}. - Pour 5 (\SI{750}{\us}) on vise \SI{5}{\V} $\pm$ 10\%. - - \subsubsection{2 impulsions} - \begin{gather} - 2.5 = -11.4e^{-\frac{\num{300e-6}}{\num{1e-6}R}} + 11.4\\ - \ln\left(\frac{2.5 - 11.4}{-11.4}\right) = -\frac{\num{300e-6}}{\num{1e-9}R}\\ - R = \frac{\num{300e-6}}{\num{1e-6}\ln\left(\frac{2.5 - 11.4}{-11.4}\right)}\\ - R_{10} = \SI{1.2}{\kohm} - \end{gather} - - \subsubsection{5 impulsions} - \begin{gather} - 5 = -11.4e^{-\frac{\num{750e-6}}{\num{1e-6}R}} + 11.4\\ - \ln\left(\frac{5 - 11.4}{-11.4}\right) = -\frac{\num{750e-6}}{\num{1e-9}R}\\ - R = \frac{\num{750e-6}}{\num{1e-6}\ln\left(\frac{5 - 11.4}{-11.4}\right)}\\ - R_{10} = \SI{1.3}{\kohm} - \end{gather} - - Puisque la série E24 inclue des résistance exacte pour les deux équations, - il faudra déterminer comment le systeme se comporte dans les limites - des tolérance. - Pour tester le pire des sénario, on utilise les valeurs extrêmes extérieurs. - On teste donc $\SI{1.2}{\kohm} - 5\%$ et $\SI{1.3}{\kohm} + 5\%$ - - \begin{gather} - V_{C_3} = -11.4e^{-\frac{\num{750e-6}}{1140(\num{1e-6})}} + 11.4 = \SI{5.494}{\V} \\ - V_{C_3} = -11.4e^{-\frac{\num{300e-6}}{1365(\num{1e-6})}} + 11.4 = \SI{2.24}{\V} - \end{gather} - - À la lumière de ces résultats, les deux résistance ferait l'affaire mais - on observe une plus grande marge de manoeuvre avec la résistance de \SI{1.2}{\kohm}. - - \subsection{Décharge} - \begin{gather*} - \begin{align} - V_S(t) & = V_C(t) + V_R(t) \\ - 0 & = RI(t) - V_C(t) \\ - 0 & =RC\ddt{}V_C(t) - V_C(t) \\ - \nonumber & \text{Posons: } V_C(t) = Ae^{\la t} - \end{align} - \end{gather*} - Puisqu'il existe deux cas de figure possible pour la charge initiale du - condensateur (Minimum de $\rho_1=\SI{2}{\V}$ pour deux pulses et $\rho_2=\SI{5.5}{\V}$ pour 5). - $\rho$ est donc posé comme variable pour représenter ces deux extrêmes: - - \begin{gather*} - \begin{align} + Nous connaissons donc la forme de la dérivée de $\vlz$ mais pas sa valeur à + $t=0^+$. Toutefois, il est possible d'avoir que des termes dont la condition + initiale est connue en remaniant la mise en équation du circuit avec les + équations de l'\cref{sec:bible}: + \begin{gather*} + \begin{align} + 0 & = \ddt{}\vlt + \ddt{}V_C(t) + \ddt{}V_R(t)\quad \\ + \ddt{}\vlt & = - \ddt{}V_C(t) - \ddt{}V_R(t) \\ + \ddt{}\vlt & = \frac{-1}{C}I(t) - R\ddt{}I(t) + \end{align} + \end{gather*} + En réarangeant les termes de l'\cref{eq:vlt}, nous pouvons substituer $\ddt{}I(t)$ pour obtenir: + \begin{gather*} + \begin{align} + \ddt{}\vlt & = \frac{-1}{C}I(t) - \frac{R}{C}\vlt + \end{align} + \end{gather*} + Nous pouvons enfin déterminer la dériver du système à $t=0^+$ puisque tout les termes de droite sont connus: + \begin{gather*} + \begin{align} + I(0^+) & = 0 \\ + \vlz & = -12 \\ + \ddt{}\vlz & = 0 - 12\frac{1\exp{5}}{20\exp{-3}} = 6\exp{7} + \end{align} + \end{gather*} + Il est maintenant possible d'isoler $A_1$ et $A_2$ en résolvant un système d'équations. + \begin{gather*} + \begin{align} + -12 = A_1 + A_2 \Rightarrow -176.4708 = 14.7059A_1 + 14.7059A_2 + \end{align} + \end{gather*} + Il est maintenant trivial d'isoler $A_2$: + \begin{gather*} + \begin{array}{l@{\quad}cr@{}ll} + & & -176.4708 & {}= \cancel{14.7059A_1} & + 14.7059A_2 \\ + \text{\bfseries--} & & 6\exp{7} & {}= \cancel{14.7059 A_1} & + 4'999'999.2941 A_2 \\ \cline{2-5} + \approx & & 6\exp{7} & {}= 0 & -4'999'999.2941 A_2 + \end{array} + \end{gather*} + \begin{gather*} + \begin{align} + A_2 & \approx -\frac{6\exp{7}}{5\exp{6}} = -12 \\ + -12 & = A_1 + A_2 \\ + A_1 & = 0 + \end{align} + \end{gather*} + La solution de la décharge est donc: + \begin{gather*} + \begin{align} + \vlt & = \cancelto{0}{0e^{(\al-\rootd)t}} -12 e^{-5\exp{6}t} \\ + \vlt & = -12 e^{-5\exp{6}t} + \end{align} + \end{gather*} + \section{Circuit RC (\texorpdfstring{$C_2$}{TEXT})} + \subsection{Charge} + Le circuit RC forme une équation différentielle du premier order forcé et à coefficient constant. + On sait que la tension à laquelle le changement + s'opère est celle dicté par le diviseur de tension $R_8 = \SI{2}{\kohm}$ et $R_9 = \SI{1}{\kohm}$. + \begin{gather} + V_x = V_S\frac{R_x}{R_t}\\ + V_x = 12\frac{R_9}{R_8 = R_9}\\ + V_x = \SI{4}{\V} + \end{gather} + Les conditions initiales en charge du circuit sont les suivantes: + \begin{gather} + \vst = \vct + V_D + \vrt \label{eq:rc-charge-base}\\ + V_S(0) = 12\\ + V_C(0) = -12\\ + V_D(0) = 0.6\\ + V_R(0) = 23.4 \label{eq:rc-charge-init}\\ + \end{gather} + En substituant l'\cref{eq:vct} dans l'\cref{eq:rc-charge-base} afin de tout + avoir en fonction de $\vrt$: + \begin{DispWithArrows}[rr,xoffset=0.4cm] + \vst &= \frac{1}{C}\int I\dt + \vrt + V_D + \Arrow{\footnotesize Utilisation de \\l'\cref{eq:rc-charge-base}} \\ + \vst &= \frac{1}{RC}\int\vrt + \vrt + V_D + \Arrow{On dérive}\\ + \cancelto{0}{\ddt{}\vst} &= \frac{1}{RC}\vrt + \ddt{}\vrt + \cancelto{0}{V_D}\label{eq:rc-charge-deriv} + \end{DispWithArrows} + On pose ensuit la fomre standarde des équations différentielle homogène et + on l'applique à l'\cref{eq:rc-charge-deriv}. + \begin{DispWithArrows}[format=c] + V_{R_h} = Ae^{\la t} \Arrow[jump=3,tikz=<-]{On reporte dans\\\cref{eq:rc-charge-homo}} \label{eq:rc-charge-homo}\\ + 0 = \la Ae^{\la t} + \frac{1}{RC}Ae^{\la t}\\ + \la\cancelto{1}{Ae^{\la t}} = -\frac{1}{RC}\cancelto{1}{Ae^{\la t}}\\ + \la = -\frac{1}{RC} + \end{DispWithArrows} + Après avoir rapporté la valeur de $\la$ dans l'\cref{eq:rc-charge-homo} on trouve la valeur + de la constante $A$ à l'aide de la condition initiale à l'\cref{eq:rc-charge-init}. + \begin{gather} + V_{R_h}(0) = 23.4 = A\cancelto{0}{e^{-\frac{t}{RC}}}\\ + 23.4 = A\\ + \nonumber\text{Forme finale de l'equation:}\\ + \vrt = 23.4Ae^{-\frac{t}{RC}} \label{eq:rc-charge-final} + \end{gather} + Un des requis du problème est la longueure des impulsions. + Sachant que celle-ci doivent durer \SI{150}{\us} et s'atténuent à une tension de \SI{4}{\V}, + on peut les imposé à l'\cref{eq:rc-charge-final} afin de trouver la valeur de $R$ qui + satisfera le circuit. + \begin{DispWithArrows}[format=c] + V_R(\SI{150}{\us})= 4 = 23.4e^{-\frac{\num{150e-6}}{RC}}\\ + \frac{4}{23.4} = e^{-\frac{\num{150e-6}}{RC}}\\ + \ln(\frac{4}{23.4}) = -\frac{\num{150e-6}}{RC}\\ + R = -\frac{\num{150e-6}}{C\ln(\frac{4}{23.4})} \Arrow{Application \\numérique}\\ + R_7 = \SI{8491}{\ohm} \xrightarrow{\text{Serie E24}} R_7 = \SI{8.2}{\kohm} + \end{DispWithArrows} + \subsection{Décharge} \label{sc:rc-decharge} + La décharge du condensateur est indentique à la charge en tout point sauf + les conditions initiales et les requis pour l'application numérique servant à + déduire $R_6$. + Voici les conidions initiales pour la décharge: + \begin{gather} + \vst = \vct + V_D + \vrt \label{eq:rc-decharge-base}\\ + V_S(0) = -12\\ + V_C(0) = 12\\ + V_D(0) = -0.6\\ + V_R(0) = -23.4 \label{eq:rc-decharge-init}\\ + \end{gather} + Les étapes suivantes sont similaires aux \crefrange{eq:rc-charge-base}{eq:rc-charge-final} + à quelques signes près. + On obtient donc l'équation $V_R(t)$ suivante: + \begin{gather} + \vrt = -23.4Ae^{-\frac{t}{RC}} \label{eq:rc-decharge-final} + \end{gather} + Il faut qu'après \SI{15}{\us}, la tension au bornes de la résistance valle $63.7\%$ de la + tension qui était présente à $t=0^+$. + Il est important de noter que puisque le condensateur a + un charge initiale de \SI{12}{\V}, la tension au borne de la résistance doit chuter à + $63.7\%$ de \SI{23.4}{\V}. + \begin{gather} + \SI{-23.4}{\V} \times (1-0.637) = \SI{-8.712}{\V} + \end{gather} + La valeur de la résistance $R_6$ est donc fixée afin de satisfaire une tension à ses bornes + de \SI{8.712}{\V} à \SI{15}{\us} après le début de la décharge. + \begin{DispWithArrows}[format=c] + V_R(\SI{15}{\us})= -8.712 = -23.4e^{-\frac{\num{15e-6}}{RC}}\\ + \frac{-8.712}{-23.4} = e^{-\frac{\num{15e-6}}{RC}}\\ + \ln(\frac{-8.712}{-23.4}) = -\frac{\num{15e-6}}{RC}\\ + R = -\frac{\num{15e-6}}{C\ln(\frac{-8.712}{-23.4})} \Arrow{Application \\numérique}\\ + R_7 = \SI{1518.17}{\ohm} \xrightarrow{\text{Serie E24}} R_6 = \SI{1.5}{\kohm} + \end{DispWithArrows} + La valeur calculée est amplement dans la marge $\pm 5\%$ de la valeur nominale de $R_6$. + \subsection{Confirmation} + Le résultat obtenue à l'\cref{sc:rc-decharge} sont adéquat puisqu'il prouvent l'équation: + \begin{DispWithArrows}[format=c] + \tau = RC \Rightarrow R = \frac{\tau}{C}\Arrow{Application\\numérique}\\ + R = \frac{\num{15e-6}}{\num{10e-9}} = \SI{1.5}{\kohm} + \end{DispWithArrows} + \section{Circuit RC (\texorpdfstring{$C_3$}{TEXT})} + \subsection{Charge} + La charge du condensateur $C_3$ suit une logique similaire à celle du condensateur $C_2$. + Voici les conditions initiales pour la décharge: + \begin{gather} + \vst = \vct + V_D + \vrt \label{eq:rc2-charge-base}\\ + V_S(0) = 12\\ + V_C(0) = 0 \\ + V_D(0) = 0.6\\ + V_R(0) = 11.4 + \end{gather} + Puisque la diode est placé devant le capaciteur et qu'elle produit une chute de tension + d'environ \SI{0.6}{\V}, on considerera que la tension de la source est celle restante + après la diode soit \SI{11.4}{\V}. + \begin{DispWithArrows}[format=c] + \vst = \vrt + \vct \Arrow[ll]{En substituan l'\cref{eq:vri}} \\ + \vst = RI(t) + \vct \Arrow[rr]{En substituan l'\cref{eq:ict}} \\ + \vst = RC\ddt{}\vct + \vct + \end{DispWithArrows} + En se fiant aux \crefrange{eq:rc-charge-base}{eq:rc-charge-final}, + on assume la solution homogène: + \begin{gather} + V_{C_h} = Ae^{-\frac{t}{RC}} + \end{gather} + Puisque l'équation est forcé par une constante, la solution particulière correspond à + la valeur de la source tel que démontré par les \cref{eq:rc2-charge-particu,eq:rc2-charge-partires}. + \begin{DispWithArrows}[format=c] + V_{C_p} = K_0\vst + \cancelto{0}{K_1\ddt{}\vst} + \Arrow{Application \\numérique}\label{eq:rc2-charge-particu}\\ + 11.4 = K_011.4 \Rightarrow K_0 = 11.4 \label{eq:rc2-charge-partires} + \end{DispWithArrows} + Vient ensuite la solution générale $V_{C_g}$ et l'application des conditions initiales + afin de trouver les coéfficients de la fonction. + \begin{DispWithArrows}[format=c] + V_{C_g} = V_{C_h} + V_{C_p} + V_{C_g} = Ae^{-\frac{t}{RC}} + 11.4 \Arrow{Cond. Initiale} \\ + V_{C_g}(0) = A\cancelto{1}{e^{-\frac{t}{RC}}} + 11.4 \\ + -11.4 = A \\ + \nonumber\text{Réponse du system: }\\ + V_{C_g}(0) = -11.4e^{-\frac{t}{RC}} + 11.4 + \end{DispWithArrows} + Pour deux impulsions (\SI{300}{\us}) on vise \SI{2.5}{\V} $\pm$ \SI{0.5}{\V}. + Pour 5 (\SI{750}{\us}) on vise \SI{5}{\V} $\pm$ 10\%. + \subsubsection{2 impulsions} + \begin{gather} + 2.5 = -11.4e^{-\frac{\num{300e-6}}{\num{1e-6}R}} + 11.4\\ + \ln\left(\frac{2.5 - 11.4}{-11.4}\right) = -\frac{\num{300e-6}}{\num{1e-9}R}\\ + R = \frac{\num{300e-6}}{\num{1e-6}\ln\left(\frac{2.5 - 11.4}{-11.4}\right)}\\ + R_{10} = \SI{1.2}{\kohm} + \end{gather} + \subsubsection{5 impulsions} + \begin{gather} + 5 = -11.4e^{-\frac{\num{750e-6}}{\num{1e-6}R}} + 11.4\\ + \ln\left(\frac{5 - 11.4}{-11.4}\right) = -\frac{\num{750e-6}}{\num{1e-9}R}\\ + R = \frac{\num{750e-6}}{\num{1e-6}\ln\left(\frac{5 - 11.4}{-11.4}\right)}\\ + R_{10} = \SI{1.3}{\kohm} + \end{gather} + Il faut déterminer comment le systeme se comporte dans les limites des tolérance. + Pour tester le pire des sénario, on utilise les valeurs extrêmes extérieurs. + On teste donc $\SI{1.2}{\kohm} - 5\%$ et $\SI{1.3}{\kohm} + 5\%$ + \begin{gather} + V_{C_3} = -11.4e^{-\frac{\num{750e-6}}{1140(\num{1e-6})}} + 11.4 = \SI{5.494}{\V} \\ + V_{C_3} = -11.4e^{-\frac{\num{300e-6}}{1365(\num{1e-6})}} + 11.4 = \SI{2.24}{\V} + \end{gather} + À la lumière de ces résultats, les deux résistance ferait l'affaire mais + on observe une plus grande marge de manoeuvre avec la résistance de \SI{1.2}{\kohm}. + \subsection{Décharge} + \begin{gather} + V_S(t) = V_C(t) + V_R(t) \\ + 0 = RI(t) - V_C(t) \\ + 0 =RC\ddt{}V_C(t) - V_C(t) \\ + \nonumber \text{Posons: } V_C(t) = Ae^{\la t} + \end{gather} + Puisqu'il existe deux cas de figure possible pour la charge initiale du + condensateur (Minimum de $\rho_1=\SI{2}{\V}$ pour deux pulses et $\rho_2=\SI{5.5}{\V}$ pour 5). + $\rho$ est donc posé comme variable pour représenter ces deux extrêmes: + \begin{gather} V_C(0^+) = \rho = A e^0 \\ \rho = A \\ V_C(t) = \rho e^{\frac{-t}{RC}} - \end{align} - \end{gather*} - - Apposons la contrainte que le condensateur doit être déchargé de $99.3\%$ de sa valeur - initiale après \SI{1}{\ms}: - \begin{DispWithArrows}[format=c] - (1-0.993)\rho \Arrow{$\rho_1$}\Arrow[jump=2,xoffset=1cm]{$\rho_2$}\\ - \sigma_1 = \SI{0.014}{\V} \\ - \sigma_2 = \SI{0.0385}{\V} - \end{DispWithArrows} - - \begin{DispWithArrows}[format=c] - R = \frac{-1\exp{-3}}{1\exp{-6}\ln(\frac{\sigma}{\rho})} - \Arrow{$\rho_1,\ \sigma_1$}\Arrow[jump=2,xoffset=1.8cm]{$\rho_2,\ \sigma_2$}\\ - R_{11_2} = \SI{201.54}{\ohm}\\ - R_{11_{5.5}} = \SI{201.54}{\ohm} - \end{DispWithArrows} - - Puisque la résistance actuelle de \SI{200}{\ohm} dépasserait le seuil à $\pm 5\%$ - Une valeur inférieur de résistance est choisis, $R_{11}=\SI{180}{\ohm}$. Il est possible de - s'assurer, que celle-ci se décharge toujours de $99.3\%$ - ou plus en \SI{1}{\ms} ou moins: - - \begin{DispWithArrows}[format=c] - V_C(t) = \rho e^{\frac{-1\exp{-3}}{1\exp{-6}\cdot180}} - \Arrow{$\rho_1$}\Arrow[jump=2,xoffset=1cm]{$\rho_2$}\\ - \sigma_1 = \SI{0.014}{\V} \geq \SI{0.0077}{\ohm} \\ - \sigma_2 = \SI{0.0385}{\V}\geq\SI{0.0212}{\ohm} - \end{DispWithArrows} - -\end{appendix} - + \end{gather} + Apposons la contrainte que le condensateur doit être déchargé de $99.3\%$ de sa valeur + initiale après \SI{1}{\ms}: + \begin{DispWithArrows}[format=c] + (1-0.993)\rho \Arrow{$\rho_1$}\Arrow[jump=2,xoffset=1cm]{$\rho_2$}\\ + \sigma_1 = \SI{0.014}{\V} \\ + \sigma_2 = \SI{0.0385}{\V}\\ + R = \frac{-1\exp{-3}}{1\exp{-6}\ln(\frac{\sigma}{\rho})} + \Arrow{$\rho_1,\ \sigma_1$}\Arrow[jump=2,xoffset=1.8cm]{$\rho_2,\ \sigma_2$}\\ + R_{11_2} = \SI{201.54}{\ohm}\\ + R_{11_{5.5}} = \SI{201.54}{\ohm} + \end{DispWithArrows} + Puisque la résistance actuelle de \SI{200}{\ohm} dépasserait le seuil à $\pm 5\%$ + Une valeur inférieur de résistance est choisis, $R_{11}=\SI{180}{\ohm}$. Il est possible de + s'assurer, que celle-ci se décharge toujours de $99.3\%$ + ou plus en \SI{1}{\ms} ou moins: + \begin{DispWithArrows}[format=c] + V_C(t) = \rho e^{\frac{-1\exp{-3}}{1\exp{-6}\cdot180}} + \Arrow{$\rho_1$}\Arrow[jump=2,xoffset=1cm]{$\rho_2$}\\ + \sigma_1 = \SI{0.014}{\V} \geq \SI{0.0077}{\ohm} \\ + \sigma_2 = \SI{0.0385}{\V}\geq\SI{0.0212}{\ohm} + \end{DispWithArrows} + \end{appendix} +\end{multicols} \end{document} - |