Exercices corrigés : signal et capteur (Seconde)

a) Elle est la MÊME : dans un circuit série, il n'y a qu'un seul chemin, donc une seule intensité. C'est la conséquence directe de la loi des noeuds appliquée à un circuit sans noeud, ou, dit autrement, du fait que la charge électrique ne s'accumule nulle part.

b) La loi des mailles s'écrit $E=U_1+U_2=R_1 I+R_2 I=(R_1+R_2)I$. Donc $I=\dfrac{12{,}0}{100+200}=\dfrac{12{,}0}{300}=4{,}00\times 10^{-2}\ \mathrm{A}=40{,}0\ \mathrm{mA}$.

c) $U_1=100\times 4{,}00\times 10^{-2}=4{,}00\ \mathrm{V}$ et $U_2=200\times 4{,}00\times 10^{-2}=8{,}00\ \mathrm{V}$. Leur somme vaut $12{,}0\ \mathrm{V}$, soit bien $E$. On remarque que la résistance double reçoit la tension double : dans un montage série, la tension se répartit proportionnellement aux résistances, et c'est exactement l'idée du pont diviseur.

d) En dérivation, chaque branche voit la totalité de $12{,}0\ \mathrm{V}$. Donc $I_1=\dfrac{12{,}0}{100}=0{,}120\ \mathrm{A}=120\ \mathrm{mA}$ et $I_2=\dfrac{12{,}0}{200}=6{,}00\times 10^{-2}\ \mathrm{A}=60{,}0\ \mathrm{mA}$. La loi des noeuds donne $I=I_1+I_2=180\ \mathrm{mA}$.

e) De loin en dérivation : $180\ \mathrm{mA}$ contre $40\ \mathrm{mA}$, soit quatre fois et demie plus. Résistance équivalente en série : $300\ \Omega$. En dérivation : $R_{eq}=\dfrac{12{,}0}{0{,}180}=66{,}7\ \Omega$, plus petite que chacune des deux. Ajouter une branche en dérivation offre un chemin supplémentaire au courant, donc DIMINUE la résistance de l'ensemble, ce qui est contre-intuitif la première fois qu'on le rencontre.

a) $I=\dfrac{U}{R}=\dfrac{4{,}5}{220}=2{,}05\times 10^{-2}\ \mathrm{A}$, soit $20{,}5\ \mathrm{mA}$.

b) $R=\dfrac{U}{I}=\dfrac{3{,}0}{20\times 10^{-3}}=150\ \Omega$. L'oubli de la conversion donnerait $0{,}15\ \Omega$, une valeur absurde qui laisserait passer un courant destructeur : un ordre de grandeur invraisemblable est le meilleur signal d'alerte.

c) $U=R\,I=4{,}7\times 10^{3}\times 1{,}5\times 10^{-3}=7{,}05\ \mathrm{V}$, soit $7{,}1\ \mathrm{V}$.

d) $P=U\,I=7{,}05\times 1{,}5\times 10^{-3}=1{,}06\times 10^{-2}\ \mathrm{W}$, soit environ $11\ \mathrm{mW}$. On peut vérifier par $P=R\,I^{2}=4700\times (1{,}5\times 10^{-3})^{2}=1{,}06\times 10^{-2}\ \mathrm{W}$, ce qui confirme. Cette puissance chauffe la résistance, et c'est pourquoi les composants portent une puissance maximale admissible.

e) Parce que le kilo et le milli se compensent exactement : $10^{3}\times 10^{-3}=1$. Le produit d'une valeur en kilohms par une valeur en milliampères donne donc directement des volts. Cette chance n'est PAS générale, elle ne vaut que pour cette combinaison précise. Avec des microampères et des kilohms, le résultat serait en millivolts, et l'élève se tromperait d'un facteur mille. Mieux vaut voir cette compensation comme une astuce de vérification que comme une méthode.

a) Le dipôle 1, dont la caractéristique est une DROITE passant par l'origine. C'est la signature d'un conducteur ohmique : la tension y est proportionnelle à l'intensité. La courbe du dipôle 2 s'incurve vers le haut, la proportionnalité n'y est pas respectée.

b) La pente de la droite vaut la résistance. En lisant deux points, par exemple $I=0{,}100\ \mathrm{A}$ pour $U=4{,}7\ \mathrm{V}$ : $R=\dfrac{4{,}7}{0{,}100}=47\ \Omega$. Il vaut mieux prendre un point éloigné de l'origine, l'erreur relative de lecture y est plus faible.

c) À $I=0{,}040\ \mathrm{A}$ : $U=250\times 0{,}040^{2}+30\times 0{,}040=0{,}40+1{,}20=1{,}60\ \mathrm{V}$, donc $\dfrac{U}{I}=40\ \Omega$. À $I=0{,}100\ \mathrm{A}$ : $U=2{,}50+3{,}00=5{,}50\ \mathrm{V}$, donc $\dfrac{U}{I}=55\ \Omega$. Le rapport n'est pas constant, il augmente avec l'intensité.

d) Non, elle ne suit pas la loi d'Ohm, précisément parce que ce rapport varie. L'explication est thermique : plus l'intensité est grande, plus le filament chauffe, et la résistance d'un métal AUGMENTE avec la température. La lampe n'est donc pas un conducteur ohmique à proprement parler, mais un conducteur ohmique dont la valeur dépend de son propre échauffement. On dit qu'elle n'est pas linéaire.

e) En série, l'intensité est commune et les tensions s'ajoutent. Dipôle 1 : $U_1=47\times 0{,}060=2{,}82\ \mathrm{V}$. Dipôle 2 : $U_2=250\times 0{,}060^{2}+30\times 0{,}060=0{,}90+1{,}80=2{,}70\ \mathrm{V}$. Total : $E=5{,}52\ \mathrm{V}$. On additionne bien les TENSIONS à intensité fixée, ce qui revient graphiquement à empiler verticalement les deux caractéristiques.

a) Les deux résistances sont en série, donc parcourues par la même intensité $I$. La loi des mailles donne $E=R_1 I+R_2 I=(R_1+R_2)I$, d'où $I=\dfrac{E}{R_1+R_2}$. Or $U_2=R_2 I$, donc $U_2=R_2\times \dfrac{E}{R_1+R_2}=E\times \dfrac{R_2}{R_1+R_2}$. La démonstration tient en deux lignes et vaut mieux que la mémorisation de la formule, car elle dit d'où vient chaque terme.

b) $U_2=5{,}0\times \dfrac{10}{10+10}=5{,}0\times 0{,}50=2{,}5\ \mathrm{V}$. Deux résistances égales partagent la tension en deux parts égales, ce qui donne un contrôle instantané du calcul.

c) $U_2=5{,}0\times \dfrac{4{,}7}{14{,}7}=1{,}6\ \mathrm{V}$. On remarque que les kilohms se simplifient : seul le RAPPORT des résistances compte, jamais leurs valeurs absolues.

d) On veut $\dfrac{R_2}{10+R_2}=\dfrac{1{,}0}{5{,}0}=0{,}20$, donc $R_2=0{,}20\,(10+R_2)$, soit $0{,}80\,R_2=2{,}0$ et $R_2=2{,}5\ \mathrm{k\Omega}$. Vérification : $5{,}0\times \dfrac{2{,}5}{12{,}5}=1{,}0\ \mathrm{V}$.

e) Non, jamais. Le rapport $\dfrac{R_2}{R_1+R_2}$ est toujours compris entre $0$ et $1$, puisque le dénominateur est plus grand que le numérateur pour toute résistance positive. Donc $U_2$ reste entre $0$ et $E$. Un pont diviseur ne peut que diviser, jamais amplifier, et c'est ce que dit son nom. Obtenir davantage exige un composant actif, alimenté, ce qui est le rôle d'un amplificateur.

a) À $25\ \mathrm{^\circ C}$ on lit $10\ \mathrm{k\Omega}$, à $50\ \mathrm{^\circ C}$ environ $3{,}6\ \mathrm{k\Omega}$.

b) $\dfrac{10}{3{,}6}=2{,}8$. La résistance est donc divisée par presque trois pour vingt-cinq degrés d'écart, ce qui fait de la CTN un capteur très sensible.

c) Non, la courbe décroît de plus en plus lentement, elle n'est pas une droite. Conséquence directe : on ne peut pas écrire une simple relation de proportionnalité entre température et résistance. Il faut soit une courbe d'étalonnage, soit un calcul dans le programme du microcontrôleur. La sensibilité est d'ailleurs bien meilleure aux basses températures, là où la pente est forte, qu'aux hautes températures où la courbe s'aplatit.

d) $\dfrac{1{,}0\times 10^{6}}{1{,}0\times 10^{3}}=1{,}0\times 10^{3}$, soit un facteur mille. C'est bien plus que pour la CTN, ce qui explique qu'un simple détecteur de jour ou de nuit soit très facile à réaliser.

e) Tous deux traduisent une grandeur physique, température ou éclairement, en une RÉSISTANCE. Or une entrée de microcontrôleur mesure une tension, pas une résistance : brancher directement le capteur ne donnerait rien, faute de courant imposé. C'est précisément le rôle du pont diviseur, qui convertit la variation de résistance en variation de tension exploitable. Le montage est le même quel que soit le capteur, et c'est ce qui rend l'électronique de mesure si universelle.

a) Pont diviseur : $U_{CTN}=E\times \dfrac{R_{CTN}}{R+R_{CTN}}$. À $0\ \mathrm{^\circ C}$ : $5{,}00\times \dfrac{27{,}9}{37{,}9}=3{,}68\ \mathrm{V}$. À $25\ \mathrm{^\circ C}$ : $5{,}00\times \dfrac{10{,}0}{20{,}0}=2{,}50\ \mathrm{V}$. À $50\ \mathrm{^\circ C}$ : $5{,}00\times \dfrac{3{,}59}{13{,}59}=1{,}32\ \mathrm{V}$.

b) Elle diminue. La résistance de la CTN diminue quand il fait plus chaud, donc sa part de la tension totale diminue aussi : dans un pont diviseur, chaque résistance reçoit une tension proportionnelle à sa valeur relative. Aucun calcul n'est nécessaire pour prévoir le sens, seulement la formule lue qualitativement.

c) Entre $0$ et $25\ \mathrm{^\circ C}$ : $\dfrac{3{,}68-2{,}50}{25}=47\ \mathrm{mV}$ par degré. Entre $25$ et $50\ \mathrm{^\circ C}$ : $\dfrac{2{,}50-1{,}32}{25}=47\ \mathrm{mV}$ par degré. Les deux valeurs sont pratiquement identiques : le pont diviseur a en partie compensé la courbure de la CTN, ce qui est un effet remarquable et l'une des raisons du choix de $R=10\ \mathrm{k\Omega}$.

d) $\dfrac{5{,}0}{47}=0{,}11\ \mathrm{^\circ C}$ dans les deux plages. Le thermomètre a donc une résolution d'environ un dixième de degré, largement suffisante pour un usage domestique ou médical.

e) $U_{CTN}=5{,}00\times \dfrac{10{,}0}{11{,}0}=4{,}55\ \mathrm{V}$. Le choix est mauvais : la tension est déjà proche de $E$, il ne reste presque plus de marge vers le haut, et la sensibilité s'effondre du côté des basses températures où la CTN devient très grande devant $1\ \mathrm{k\Omega}$. La règle pratique est de choisir la résistance fixe du même ordre que celle du capteur au milieu de la plage utile, ce qui place le point de fonctionnement autour de $\dfrac{E}{2}$.

a) $U_s=E\times \dfrac{R_{LDR}}{R+R_{LDR}}$. Obscurité : $5{,}0\times \dfrac{1000}{1010}=4{,}95\ \mathrm{V}$. Crépuscule : $5{,}0\times \dfrac{50}{60}=4{,}17\ \mathrm{V}$. Plein jour : $5{,}0\times \dfrac{1{,}0}{11{,}0}=0{,}45\ \mathrm{V}$.

b) La lampe s'allume dès que $U_s>2{,}5\ \mathrm{V}$, donc dès le crépuscule, et elle reste allumée toute la nuit. En plein jour, $0{,}45\ \mathrm{V}$ est très en dessous du seuil, elle reste éteinte.

c) Le seuil $2{,}5\ \mathrm{V}$ est la moitié de $5{,}0\ \mathrm{V}$, ce qui correspond à deux résistances égales : $R_{LDR}=R=10{,}0\ \mathrm{k\Omega}$. Le basculement a donc lieu quand l'éclairement fait passer la photorésistance par $10\ \mathrm{k\Omega}$, une valeur intermédiaire entre le jour et le crépuscule.

d) S'allumer plus tôt signifie basculer alors que la photorésistance est encore assez faible, donc abaisser le seuil en résistance. Comme le basculement se produit pour $R_{LDR}=R$, il faut DIMINUER $R$, par exemple à $4{,}7\ \mathrm{k\Omega}$. Le réglage du seuil se fait donc entièrement par la résistance fixe, et c'est pourquoi on la remplace en pratique par un potentiomètre.

e) Quand l'éclairement est tout juste au seuil, la moindre fluctuation, un nuage, un phare de voiture, fait passer $U_s$ de part et d'autre de $2{,}5\ \mathrm{V}$ : la lampe bascule sans cesse. Pis, la lampe elle-même éclaire la photorésistance et fait rebasculer le circuit, ce qui crée une oscillation entretenue. La correction consiste à introduire un écart entre le seuil d'allumage et le seuil d'extinction, ce qu'on appelle une hystérésis, et à placer la photorésistance de façon qu'elle ne reçoive pas la lumière du lampadaire.

a) Faux : l'intensité est la MÊME en tout point d'un circuit série. Ce qui se consomme, c'est l'énergie, pas le courant : les charges ressortent en même nombre mais avec moins d'énergie, ce que traduit la chute de tension. Énoncé correct : l'intensité est identique avant et après la lampe.

b) Faux : une branche supplémentaire offre un chemin de plus au courant, donc l'intensité totale augmente et la résistance équivalente DIMINUE. Avec $100\ \Omega$ et $200\ \Omega$ en dérivation, l'équivalent vaut $66{,}7\ \Omega$, moins que chacune. Énoncé correct : en dérivation, la résistance équivalente est inférieure à la plus petite des résistances.

c) Faux : la loi d'Ohm ne s'applique qu'aux conducteurs ohmiques, dont la caractéristique est une droite passant par l'origine. Une lampe, une diode ou une pile n'y obéissent pas. Énoncé correct : la loi d'Ohm caractérise une famille de dipôles, elle n'est pas universelle.

d) Faux : le rapport $\dfrac{R_2}{R_1+R_2}$ reste toujours inférieur à $1$, quelle que soit la taille de $R_2$. Quand $R_2$ devient très grande, $U_2$ tend vers $E$ sans jamais l'atteindre. Énoncé correct : $U_2$ est toujours comprise entre $0$ et $E$.

e) Faux : elle ne fournit qu'une résistance, qui plus est de façon non linéaire. Il faut un pont diviseur pour la convertir en tension, puis un étalonnage ou un calcul pour remonter à la température. Énoncé correct : une CTN transforme la température en résistance, et un montage est nécessaire pour en tirer une mesure.

a) $R_{eq}=20\times 30{,}0=600\ \Omega$. Intensité : $I=\dfrac{24{,}0}{600}=4{,}00\times 10^{-2}\ \mathrm{A}=40{,}0\ \mathrm{mA}$. Tension par ampoule : $U=30{,}0\times 0{,}0400=1{,}20\ \mathrm{V}$, ce qu'on retrouve aussi en divisant $24{,}0$ par $20$.

b) $P=U\,I=1{,}20\times 0{,}0400=4{,}80\times 10^{-2}\ \mathrm{W}$, soit $48{,}0\ \mathrm{mW}$ par ampoule. Pour la guirlande : $20\times 48{,}0=0{,}960\ \mathrm{W}$, ce que confirme le calcul direct $P=E\,I=24{,}0\times 0{,}0400=0{,}960\ \mathrm{W}$.

c) Chaque ampoule est sous $1{,}20\ \mathrm{V}$, donc $I=\dfrac{1{,}20}{30{,}0}=40{,}0\ \mathrm{mA}$, exactement comme avant, et l'intensité totale vaut $20\times 40{,}0=800\ \mathrm{mA}$. Puissance totale : $1{,}20\times 0{,}800=0{,}960\ \mathrm{W}$, identique. C'est logique : chaque ampoule est dans le même état électrique dans les deux montages, seule l'organisation change.

d) En série, le circuit est ouvert : plus aucun courant ne passe et TOUTES les ampoules s'éteignent, ce qui est le défaut bien connu des vieilles guirlandes. En dérivation, les autres branches sont intactes, les dix-neuf ampoules restantes continuent de briller normalement, seule celle qui a grillé reste noire.

e) La résistance totale passe à $19\times 30+60=630\ \Omega$, donc l'intensité tombe à $\dfrac{24{,}0}{630}=38{,}1\ \mathrm{mA}$. Les dix-neuf ampoules normales reçoivent alors $30\times 0{,}0381=1{,}14\ \mathrm{V}$ au lieu de $1{,}20$, elles brillent donc un peu moins. La nouvelle, elle, reçoit $2{,}29\ \mathrm{V}$ et brille davantage. Dans un montage série, changer un seul composant modifie l'état de tous les autres, et c'est précisément ce qui rend ce montage fragile.

a) Câble de $1{,}0\ \mathrm{m}$ : $R=0{,}10\ \Omega$, chute $U=R\,I=0{,}10\times 2{,}00=0{,}20\ \mathrm{V}$, le téléphone reçoit $5{,}00-0{,}20=4{,}80\ \mathrm{V}$. Câble de $3{,}0\ \mathrm{m}$ : $R=0{,}30\ \Omega$, chute $0{,}60\ \mathrm{V}$, le téléphone reçoit $4{,}40\ \mathrm{V}$.

b) $P=R\,I^{2}$. Court : $0{,}10\times 2{,}00^{2}=0{,}40\ \mathrm{W}$. Long : $0{,}30\times 4{,}00=1{,}20\ \mathrm{W}$. Cette puissance ne sert à rien, elle chauffe le câble, ce qui explique qu'un câble de mauvaise qualité devienne tiède en charge rapide.

c) Puissance utile : $P=U\,I$, donc $4{,}80\times 2{,}00=9{,}60\ \mathrm{W}$ pour le câble court et $4{,}40\times 2{,}00=8{,}80\ \mathrm{W}$ pour le long. La puissance fournie par le chargeur vaut $5{,}00\times 2{,}00=10{,}0\ \mathrm{W}$ dans les deux cas. Rendements : $96\ \%$ et $88\ \%$. Le câble long fait donc perdre près d'un dixième de la charge, et allonge d'autant la durée de recharge.

d) $R=0{,}60\ \Omega$, chute $1{,}20\ \mathrm{V}$, tension reçue $3{,}80\ \mathrm{V}$, puissance perdue $2{,}40\ \mathrm{W}$ et rendement $76\ \%$. Pire, sous $3{,}8\ \mathrm{V}$ beaucoup de téléphones refusent la charge rapide et basculent en charge lente, ce qui double encore le temps ressenti.

e) Parce que les pertes valent $R\,I^{2}$ : elles dépendent du carré de l'INTENSITÉ, pas de la tension. Pour transporter les mêmes $20\ \mathrm{W}$, il faut $4{,}0\ \mathrm{A}$ sous $5\ \mathrm{V}$ mais seulement $1{,}0\ \mathrm{A}$ sous $20\ \mathrm{V}$ : les pertes sont alors divisées par $16$. C'est exactement le raisonnement qui fait transporter l'électricité sur de longues distances sous très haute tension, jusqu'à $735\ \mathrm{kV}$ sur certaines lignes, et le principe est le même à l'échelle d'un câble de téléphone.

a) $\Delta t=3{,}0\times 60=180\ \mathrm{s}$, donc $E=2000\times 180=3{,}6\times 10^{5}\ \mathrm{J}$. En kilowattheures : $\dfrac{3{,}6\times 10^{5}}{3{,}6\times 10^{6}}=0{,}10\ \mathrm{kWh}$, ce que l'on retrouve directement par $2{,}0\ \mathrm{kW}\times 0{,}050\ \mathrm{h}$.

b) $E=0{,}100\ \mathrm{kW}\times 4{,}0\ \mathrm{h}=0{,}40\ \mathrm{kWh}$ par jour, soit $0{,}40\times 365=146\ \mathrm{kWh}$ par an. Le piège est de multiplier des watts par des heures et d'écrire le résultat en kilowattheures : il faut d'abord convertir $100\ \mathrm{W}$ en $0{,}100\ \mathrm{kW}$.

c) $E=0{,}0020\ \mathrm{kW}\times 20\ \mathrm{h}\times 365\approx 14{,}6\ \mathrm{kWh}$ par an.

d) $\dfrac{14{,}6}{0{,}10}=146$ utilisations : la veille d'un seul appareil consomme en un an autant que près de cent cinquante bouilloires. Une petite puissance multipliée par une très longue durée finit par peser.

e) Lampe à incandescence : $0{,}060\times 1000=60\ \mathrm{kWh}$. Lampe à DEL : $0{,}0080\times 1000=8{,}0\ \mathrm{kWh}$. Économie : $52\ \mathrm{kWh}$, soit plus de $85\ \%$ de l'énergie. L'essentiel de l'énergie d'une lampe à incandescence part en chaleur, pas en lumière.

Méthode à retenir : on choisit un couple d'unités cohérent, watts et secondes pour des joules, kilowatts et heures pour des kilowattheures, et l'on ne mélange jamais les deux.

a) L'ampèremètre se branche en SÉRIE : le courant doit le traverser. Le voltmètre se branche en DÉRIVATION, aux bornes du dipôle étudié. Brancher un ampèremètre en dérivation aux bornes de la pile le mettrait en court-circuit.

b) Le plus petit calibre supérieur à la valeur attendue : $4{,}5\ \mathrm{V}$ dépasse $2\ \mathrm{V}$ mais reste sous $20\ \mathrm{V}$, on prend donc le calibre $20\ \mathrm{V}$.

c) $150\ \mathrm{mA}$ se mesure sur le calibre $200\ \mathrm{mA}$. Sur le calibre $20\ \mathrm{mA}$, la valeur dépasse le calibre : l'écran afficherait « 1 », sans valeur exploitable. En cas de doute, on commence par le plus grand calibre et l'on descend.

d) Le calibre $20\ \mathrm{V}$ donne un chiffre significatif de plus : $4{,}37$ au lieu de $4{,}4$. Le plus petit calibre adapté est aussi le plus précis.

e) $0{,}5\ \%$ de $4{,}37$ vaut environ $0{,}022\ \mathrm{V}$, et l'on ajoute un digit, $0{,}01\ \mathrm{V}$ : l'incertitude vaut environ $0{,}03\ \mathrm{V}$, et l'on écrit $U=4{,}37\pm 0{,}03\ \mathrm{V}$. Un affichage négatif signifie que les bornes du voltmètre sont inversées : la borne COM est reliée à la borne positive de la pile.

Méthode à retenir : ampèremètre en série, voltmètre en dérivation, et toujours le plus petit calibre qui contient la valeur.

a) En sens bloquant, aucun courant ne passe : $I=0$. La diode reçoit toute la tension du générateur, $5{,}0\ \mathrm{V}$, puisqu'elle est seule dans la maille.

b) Loi des mailles : $E=U_s+U_R$, donc $U_R=5{,}0-1{,}8=3{,}2\ \mathrm{V}$. Loi d'Ohm pour la résistance : $I=\dfrac{U_R}{R}=\dfrac{3{,}2}{150}\approx 2{,}1\times 10^{-2}\ \mathrm{A}$, soit $21\ \mathrm{mA}$. On applique la loi d'Ohm à la RÉSISTANCE, pas à la diode, qui ne la suit pas.

c) Oui : $21\ \mathrm{mA}<30\ \mathrm{mA}$.

d) Rien ne limiterait le courant : la tension de la diode ne peut pas monter à $5{,}0\ \mathrm{V}$, l'intensité deviendrait très grande et la DEL serait détruite en un instant. C'est le rôle de la résistance de protection.

e) Il faut $I\le 30\ \mathrm{mA}$, donc $R\ge\dfrac{3{,}2}{0{,}030}\approx 107\ \Omega$. La DEL n'est pas un conducteur ohmique : sa caractéristique n'est pas une droite passant par l'origine, puisqu'elle ne conduit rien sous $1{,}8\ \mathrm{V}$ puis garde une tension presque constante.

Le fil de l'exercice : pour un dipôle non ohmique, on utilise ses propriétés propres, ici sa tension de seuil, et la loi d'Ohm seulement pour les conducteurs ohmiques du circuit.

a) $q=\dfrac{5{,}00}{1024}\approx 4{,}88\times 10^{-3}\ \mathrm{V}$, soit $4{,}88\ \mathrm{mV}$.

b) $U=N\times q=614\times 4{,}88\times 10^{-3}\approx 3{,}00\ \mathrm{V}$.

c) On isole $P$ : $P=\dfrac{U-0{,}50}{0{,}020}=\dfrac{3{,}00-0{,}50}{0{,}020}\approx 125\ \mathrm{kPa}$. L'erreur fréquente est d'oublier de retrancher $0{,}50\ \mathrm{V}$ : la relation est affine, pas proportionnelle.

d) Une variation de tension de $q$ correspond à une variation de pression $\dfrac{q}{0{,}020}=\dfrac{4{,}88\times 10^{-3}}{0{,}020}\approx 0{,}24\ \mathrm{kPa}$ : c'est la résolution du montage.