Corrigé détaillé CCINP Physique Chimie PSI 2023

Par analogie entre la conduction thermique et la conduction électrique :

• Potentiels électriques :

  • V_1 correspond à la température interne du corps du cycliste, notée T_c ;
  • V_2 correspond à la température de surface des vêtements du cycliste, notée T_s ;
  • V_3 correspond à la température de l'air ambiant, notée T_a.

• Courants électriques :

  • I_1 correspond à la puissance thermique interne générée par le métabolisme, notée P_\text{int} ;
  • I_2 correspond à la puissance thermique évacuée par échange conducto-convectif avec l'air, notée P_{cc} ;
  • I_3 correspond à la puissance thermique évacuée par vaporisation de l'eau issue de la sudation, notée P_\text{vap}.
• Résistance électrique R_1 : elle correspond à la résistance thermique globale de la couche dermique et des vêtements, notée R_d.

D'après la loi de Newton pour le transfert conducto-convectif :

Par analogie avec la loi d'Ohm V_2 - V_3 = R_2\,I_2, on identifie directement l'expression de la résistance thermique conducto-convective :

D'après l'analogie électrothermique (loi d'Ohm thermique appliquée à la couche dermique et aux vêtements modélisés par la résistance R_1 = R_d) :

On en déduit l'expression de la température de surface des vêtements :

Application numérique :

• T_c = 37\text{ }^\circ\mathrm{C}
• R_d = 3\cdot 10^{-2}\text{ K}\cdot\mathrm{W}^{-1}
• P_\text{int} = 400\text{ W}

La chute de température à travers les tissus et vêtements vaut :

D'où :

D'après le schéma électrique équivalent de la figure 1, la loi des nœuds appliquée au potentiel V_2 donne :

Or le courant I_2 traversant la résistance R_2 s'écrit, en utilisant R_2 = \frac{1}{hS} :

On en déduit l'expression de I_3 :

La puissance I_3 correspond à la puissance thermique de vaporisation de l'eau P_{\text{vap}}. Durant la durée \Delta t, le transfert thermique associé à la sudation s'écrit :

On en déduit :

Application numérique :

• I_1 = P_{\text{int}} = 400\text{ W} ;
• hS = 36 \times 2 = 72\text{ W}\cdot\text{K}^{-1} ;
• V_2 - V_3 = T_s - T_a = 25 - 30 = -5\text{ }^\circ\mathrm{C} = -5\text{ K} ;
• I_3 = 400 - 72 \times (-5) = 400 + 360 = 760\text{ W} ;
• \Delta t = 4\text{ h} = 4 \times 3\,600 = 14\,400\text{ s} ;
• l_{\text{vap}} = 2{,}4\cdot 10^3\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} = 2{,}4\cdot 10^6\text{ J}\cdot\text{kg}^{-1}.

Avec un chiffre significatif :

L'équation de combustion complète d'une mole de glucose solide \mathrm{C_6H_{12}O_6(s)} par le dioxygène gazeux \mathrm{O_2(g)} s'écrit :

D'après la loi de Hess, l'enthalpie standard de la réaction s'exprime en fonction des enthalpies standard de formation \Delta_{\mathrm{f}}H^\circ des espèces chimiques mises en jeu :

Par convention, pour un corps pur simple dans son état standard de référence à la température considérée, l'enthalpie standard de formation est nulle : \Delta_{\mathrm{f}}H^\circ(\mathrm{O_2(g)}) = 0.

L'expression devient ainsi :

En effectuant l'application numérique avec les données :

Parmi les quatre valeurs proposées, la bonne valeur numérique est donc :

Le travail mécanique fourni par le cycliste pendant la durée \Delta t à puissance moyenne constante s'écrit :

Par définition du rendement musculaire \eta, l'énergie chimique E_{\text{chim}} consommée par l'organisme vaut :

La combustion du glucose étant exothermique (\Delta_{\mathrm{r}}H^\circ < 0), la quantité de chaleur libérée à pression constante par la consommation d'une quantité de matière n_{\text{gluc}} de glucose est :

En égalant les deux expressions de E_{\text{chim}}, on obtient :

Application numérique :

• Masse molaire du glucose :

  M_{\text{gluc}} = 6\,M(\mathrm{C}) + 12\,M(\mathrm{H}) + 6\,M(\mathrm{O}) = 6 \times 12 + 12 \times 1 + 6 \times 16 = 180\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1}
• Durée de la sortie : \Delta t = 4\text{ h} = 4 \times 3\,600\text{ s} = 14\,400\text{ s} ;
• P_{\text{méca}} = 180\text{ W}, \eta = 0{,}25, \Delta_{\mathrm{r}}H^\circ = -2\,802\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} = -2{,}802 \cdot 10^6\text{ J}\cdot\text{mol}^{-1}.

Calculons l'énergie chimique nécessaire :

La quantité de matière de glucose requise est :

D'où la masse :

La valeur numérique correcte parmi celles proposées est :

1. Nombres d'oxydation de l'iode :

• Pour l'ion iodure \mathrm{I^-} :

  \text{n.o.}(\mathrm{I}) = -\mathrm{I}

• Pour le diiode \mathrm{I_2} (corps simple neutre) :

  \text{n.o.}(\mathrm{I}) = 0

• Pour l'ion iodate \mathrm{IO_3^-} :

  \text{n.o.}(\mathrm{I}) + 3 \times (-\mathrm{II}) = -\mathrm{I} \implies \text{n.o.}(\mathrm{I}) = +\mathrm{V}

2. Attribution des domaines du diagramme E\text{--pH} :

Dans un diagramme potentiel-pH, l'axe vertical correspond au potentiel d'oxydoréduction : les formes les plus oxydées (degré d'oxydation le plus élevé) se situent vers le haut, et les formes les plus réduites (degré d'oxydation le plus faible) vers le bas.

• L'ion iodate \mathrm{IO_3^-} possède le degré d'oxydation le plus élevé (+\mathrm{V}) : il correspond au domaine situé aux potentiels les plus hauts, soit le domaine III.
• L'ion iodure \mathrm{I^-} possède le degré d'oxydation le plus faible (-\mathrm{I}) : il correspond au domaine situé aux potentiels les plus bas, soit le domaine I.
• Le diiode \mathrm{I_2} possède un degré d'oxydation intermédiaire (0) : il correspond au domaine intermédiaire aux pH acides, soit le domaine II.

D'après l'attribution des domaines réalisée à la question Q6, le segment BD sépare le domaine III (\mathrm{IO_3^-}) du domaine I (\mathrm{I^-}).

La demi-équation électronique du couple redox \mathrm{IO_3^-}/\mathrm{I^-} s'écrit :

D'après la formule de Nernst à T = 298\text{ K} :

En développant le terme logarithmique :

Sur la frontière BD, la convention adoptée est [\mathrm{IO_3^-}] = [\mathrm{I^-}] = 10^{-1}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}, soit \log\left(\frac{[\mathrm{IO_3^-}]}{[\mathrm{I^-}]}\right) = 0. Le potentiel le long du segment BD vérifie donc :

La pente du segment BD vaut par conséquent :

Lors de l'opération 2, l'ajout d'une base forte (\mathrm{NaOH}) augmente le \mathrm{pH}. D'après le diagramme E\text{--}\mathrm{pH} (au-delà du point triple \mathrm{B} à \mathrm{pH} = 7{,}4), le domaine du diiode disparaît : le diiode devient instable et réagit avec les ions hydroxyde \mathrm{HO^-}.

Les couples redox mis en jeu sont \mathrm{I_2(aq)}/\mathrm{I^-(aq)} et \mathrm{IO_3^-(aq)}/\mathrm{I_2(aq)}. Les demi-équations électroniques associées s'écrivent :

En combinant ces deux demi-équations et en simplifiant par 2, on obtient l'équation de la réaction :

L'élément iode au nombre d'oxydation 0 dans \mathrm{I_2} joue à la fois le rôle d'oxydant (réduit en \mathrm{I^-} au n.o. -\mathrm{I}) et de réducteur (oxydé en \mathrm{IO_3^-} au n.o. +\mathrm{V}).

1. Rôle du temps d'attente

L'oxydation d'une molécule organique (le glucose) par les ions iodate est une réaction cinétiquement lente à température ambiante. Il est nécessaire d'attendre 20 minutes afin de s'assurer que la réaction soit complète (consommation totale du glucose présent) avant de procéder aux étapes ultérieures du dosage.

2. Équation de la réaction

En milieu basique apporté par la soude à l'opération 2, les deux demi-équations d'oxydoréduction s'écrivent :

• Pour le couple \mathrm{IO_3^-}/\mathrm{I^-} (réduction de l'oxydant) :

  \mathrm{IO_3^-(aq)} + 3\,\mathrm{H_2O(l)} + 6\,\mathrm{e^-} \rightleftharpoons \mathrm{I^-(aq)} + 6\,\mathrm{HO^-(aq)}

• Pour le couple \mathrm{C_6H_{11}O_7^-}/\mathrm{C_6H_{12}O_6} (oxydation du réducteur) :

  \mathrm{C_6H_{12}O_6(aq)} + 3\,\mathrm{HO^-(aq)} \rightleftharpoons \mathrm{C_6H_{11}O_7^-(aq)} + 2\,\mathrm{H_2O(l)} + 2\,\mathrm{e^-}

En multipliant la demi-équation d'oxydation par 3 afin d'échanger 6\,\mathrm{e^-}, on obtient l'équation de la réaction bilan :

Après simplification des molécules d'eau et des ions hydroxyde :

Lors de l'opération 4, l'apport d'ions \mathrm{H^+} (milieu acide) permet la réaction de médiamutation (ou synproportionation) entre les ions iodate \mathrm{IO_3^-} résiduels et les ions iodure \mathrm{I^-} présents en excès.

Les demi-équations d'oxydoréduction associées sont :

En combinant ces deux demi-équations (la première avec un coefficient 1, la seconde avec un coefficient 5), on obtient :

Soit, en simplifiant par 2 :

Cette réaction explique la réapparition de la coloration jaune brunâtre caractéristique du diiode en solution aqueuse.

Lors de l'opération 6, le diiode \mathrm{I_2(aq)} régénéré à l'opération 4 est titré par les ions thiosulfate \mathrm{S_2O_3^{2-}(aq)}. Les deux couples rédox impliqués sont :

• \mathrm{I_2(aq)/I^-(aq)} : \mathrm{I_2(aq)} + 2\,\mathrm{e}^- \rightleftharpoons 2\,\mathrm{I^-(aq)} ;
• \mathrm{S_4O_6^{2-}(aq)/S_2O_3^{2-}(aq)} : 2\,\mathrm{S_2O_3^{2-}(aq)} \rightleftharpoons \mathrm{S_4O_6^{2-}(aq)} + 2\,\mathrm{e}^-.

L'équation de la réaction support du titrage s'écrit donc :

Justification qualitative du caractère quasi-total : D'après les données fournies à 298\text{ K} :

L'écart entre les potentiels standard est :

L'oxydant le plus fort (\mathrm{I_2}) réagit sur le réducteur le plus fort (\mathrm{S_2O_3^{2-}}). Cet écart de potentiel standard très nettement supérieur à 0{,}2\text{ V} (pour une réaction échangeant n = 2 électrons) conduit à une constante d'équilibre :

La constante d'équilibre est extrêmement grande, ce qui garantit que la réaction est quasi-totale.

Détaillons les bilans de matière successifs :

• Opération 1 : La quantité initiale de diiode introduite vaut :

  n_0(\mathrm{I_2}) = C_1 V_1

• Opération 2 : Lors de la dismutation en milieu basique (question Q8) :

  3\,\mathrm{I_2} + 6\,\mathrm{HO^-} \longrightarrow 5\,\mathrm{I^-} + \mathrm{IO_3^-} + 3\,\mathrm{H_2O}

  les quantités d'ions formés sont :

  \begin{aligned} n_0(\mathrm{IO_3^-}) &= \frac{1}{3} n_0(\mathrm{I_2}) = \frac{1}{3} C_1 V_1 \\ n_0(\mathrm{I^-}) &= \frac{5}{3} n_0(\mathrm{I_2}) = \frac{5}{3} C_1 V_1 \end{aligned}

• Opération 3 : La boisson de concentration C_0 est diluée d'un facteur 10, soit une concentration C_2 = \dfrac{C_0}{10}. Le volume V_2 apporte une quantité de glucose :

  n_{\text{gluc}} = C_2 V_2 = \frac{C_0 V_2}{10}

  D'après la stœchiométrie de la réaction d'oxydation (question Q9) :

  \mathrm{IO_3^-} + 3\,\mathrm{C_6H_{12}O_6} + 3\,\mathrm{HO^-} \longrightarrow \mathrm{I^-} + 3\,\mathrm{C_6H_{11}O_7^-} + 3\,\mathrm{H_2O}

  le glucose étant le réactif limitant, la quantité d'ions iodate restante s'écrit :

  n_{\text{rest}}(\mathrm{IO_3^-}) = n_0(\mathrm{IO_3^-}) - \frac{1}{3} n_{\text{gluc}} = \frac{1}{3} C_1 V_1 - \frac{C_0 V_2}{30}

• Opération 4 : En milieu acide, la réaction de médiamutation (question Q10) régénère le diiode :

  \mathrm{IO_3^-} + 5\,\mathrm{I^-} + 6\,\mathrm{H^+} \longrightarrow 3\,\mathrm{I_2} + 3\,\mathrm{H_2O}

  Comme les ions \mathrm{I^-} sont en large excès par rapport aux ions \mathrm{IO_3^-}, le réactif limitant est \mathrm{IO_3^-}. La quantité de diiode régénéré est donc :

  n(\mathrm{I_2}) = 3\,n_{\text{rest}}(\mathrm{IO_3^-}) = C_1 V_1 - \frac{C_0 V_2}{10}

• Opération 6 : Le titrage par le thiosulfate (question Q11) selon la réaction :

  \mathrm{I_2} + 2\,\mathrm{S_2O_3^{2-}} \longrightarrow 2\,\mathrm{I^-} + \mathrm{S_4O_6^{2-}}

  conduit à l'équivalence à :

  n(\mathrm{I_2}) = \frac{1}{2} n_{\text{éq}}(\mathrm{S_2O_3^{2-}}) = \frac{1}{2} C_3 V_{\text{éq}}

En égalant les deux expressions de n(\mathrm{I_2}), on obtient :

D'où l'expression de la concentration en glucose de la boisson :

Le principe d'un dosage indirect repose sur l'oxydation intégrale de l'espèce à doser par un réactif en excès, suivi du titrage du surplus.

Pour que la totalité du glucose présent soit oxydée et qu'il subsiste une quantité non nulle de diiode à doser lors de l'opération 6, le volume équivalent doit être strictement positif :

D'après la relation établie à la question précédente :

La condition V_{\text{éq}} > 0 impose directement :

Le récepteur \mathrm{R} est animé d'un mouvement rectiligne uniforme selon l'axe (Ox), de vitesse v et d'abscisse initiale x_0. Sa loi horaire s'écrit :

1. Date t_1 de réception de la première impulsion

La première impulsion est émise en x=0 à t=0. Elle se propage à la célérité c_0, donc sa position à l'instant t est :

L'impulsion atteint le récepteur à la date t_1 vérifiant x_1(t_1) = x_{\mathrm{R}}(t_1) :

En supposant c_0 > v, on obtient :

2. Date t_2 de réception de la deuxième impulsion

La deuxième impulsion est émise en x=0 à la date t = T_{\mathrm{E}}. Pour t \ge T_{\mathrm{E}}, son abscisse vaut :

Elle est reçue par \mathrm{R} à la date t_2 telle que x_2(t_2) = x_{\mathrm{R}}(t_2) :

D'où l'expression de t_2 :

La période de réception T_{\mathrm{R}} correspond à la durée séparant la réception de deux impulsions successives par le récepteur \mathrm{R}. En utilisant les expressions établies à la question Q14 :

Comme les fréquences sont liées aux périodes par f_{\mathrm{R}} = \frac{1}{T_{\mathrm{R}}} et f_{\mathrm{E}} = \frac{1}{T_{\mathrm{E}}}, on obtient directement :

On étudie la voiturette, assimilée à un point matériel de masse m, dans le référentiel terrestre supposé galiléen.

Le système est soumis à deux forces au cours de sa descente :

• son poids \vec{P}, force conservative dérivant de l'énergie potentielle de pesanteur E_{\mathrm{p}} = mgz (avec l'axe Oz vertical ascendant et l'origine z = 0 choisie sur le plan horizontal) ;
• la réaction du support \vec{R}, orthogonale à chaque instant à la trajectoire en l'absence de frottement, qui ne travaille donc pas (\delta W(\vec{R}) = 0).

L'énergie mécanique E_{\mathrm{m}} = E_{\mathrm{c}} + E_{\mathrm{p}} est donc conservée au cours du mouvement :

Au point de départ, la voiturette est lâchée sans vitesse initiale à l'altitude z = h :

Sur la portion horizontale (z = 0), la vitesse est notée v :

L'égalité des énergies mécaniques conduit à :

Application numérique : Avec h = 50\text{ cm} = 0{,}50\text{ m} et g \approx 9{,}8\text{ m}\cdot\text{s}^{-2} (ou g = 10\text{ m}\cdot\text{s}^{-2}), on a :

Avec un seul chiffre significatif demandé par l'énoncé :

• Célérité des ondes sonores dans l'air :
  À température ambiante (environ 20\text{ }^\circ\mathrm{C}), la célérité des ondes sonores dans l'air est :

  \boxed{c_0 \approx 340\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}}

• Fréquence des ondes réfléchies par les obstacles fixes :
  Pour un obstacle fixe, la vitesse relative est nulle (v = 0). D'après la formule du cinémomètre f_{\mathrm{R}} = f_{\mathrm{E}}\!\left(1 - 2\frac{v}{c_0}\right), la fréquence réfléchie est rigoureusement égale à la fréquence d'émission :

  \boxed{f_{\text{fixe}} = f_{\mathrm{E}} = 40\text{ kHz}}

• Justification de la détection synchrone :
  Pour la voiturette se déplaçant à la vitesse v \approx 3\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} (d'après la question Q16), l'écart relatif entre la fréquence réfléchie f_{\mathrm{R}} et la fréquence incidente f_{\mathrm{E}} vaut :

  \frac{|\Delta f|}{f_{\mathrm{E}}} = \frac{|f_{\mathrm{R}} - f_{\mathrm{E}}|}{f_{\mathrm{E}}} = 2\,\frac{v}{c_0} \approx 2 \times \frac{3}{340} \approx 1{,}8\,\%

  Cet écart relatif est très inférieur au seuil de 20\,\% requis par l'oscilloscope pour distinguer deux fréquences. Il est donc impossible de séparer directement à l'écran l'onde utile de celle issue des obstacles fixes.

  La détection synchrone (multiplication par le signal d'émission suivie d'un filtrage passe-bas) permet d'extraire la composante basse fréquence à la fréquence de battement \Delta f = 2\frac{v}{c_0}f_{\mathrm{E}} \approx 700\text{ Hz}, directement mesurable sur l'oscilloscope.

L'amplificateur linéaire intégré (A.Li.) fonctionne en régime linéaire avec rétroaction sur la borne inverseuse, d'où V^- = V^+ = 0\text{ V} (masse virtuelle).

• À basse fréquence (\omega \to 0) : L'impédance d'un condensateur \underline{Z}_C = \frac{1}{\mathrm{j}C\omega} tend vers l'infini : les deux condensateurs C_1 et C_2 se comportent comme des circuits ouverts.

  • Le condensateur C_2 étant en circuit ouvert et l'entrée inverseuse ne prélevant aucun courant (i^- = 0), aucun courant ne traverse la résistance R_1 reliée à la borne (-). Le nœud intermédiaire est donc au potentiel de la masse virtuelle : V_{\text{nœ ud}} = V^- = 0.
  • Le courant issu de l'entrée V_e traverse la première résistance R_1, puis est intégralement dérivé à travers la résistance R_2 vers la sortie V_s.
  • La sortie est donc non nulle : le gain statique n'est pas nul (V_s \neq 0).

• À haute fréquence (\omega \to \infty) : L'impédance d'un condensateur tend vers zéro : les condensateurs C_1 et C_2 se comportent comme des courts-circuits (fils idéaux).

  • Le condensateur C_1 relie le nœud intermédiaire directement à la masse (V_{\text{nœ ud}} \to 0), ce qui court-circuite le signal d'entrée.
  • Le condensateur C_2 relie directement la sortie V_s à l'entrée inverseuse (-), ce qui impose V_s = V^- = 0.
  • Le signal de sortie s'annule : V_s \to 0.

Le montage transmet les composantes basse fréquence et atténue les composantes haute fréquence : il s'agit donc d'un filtre passe-bas du second ordre (structure de Rauch passe-bas).

Examinons les limites des deux fonctions de transfert proposées :

La fonction de transfert décrivant ce montage est donc :

À basse fréquence (\omega \to 0), les condensateurs C_1 et C_2 se comportent comme des circuits ouverts (impédance infinie). Le schéma équivalent en continu présente les caractéristiques suivantes :

• La branche contenant C_1 est déconnectée de la masse ;
• La branche de contre-réaction contenant C_2 est ouverte ;

• L'A.Li. étant supposé parfait et fonctionnant en régime linéaire, les courants d'entrée sont nuls (i_+ = i_- = 0) et la tension différentielle d'entrée est nulle (V_- = V_+). L'entrée non inverseuse étant reliée à la masse, on a :

  V_+ = 0 \implies V_- = 0 \quad \text{(masse virtuelle)}.

Puisque le courant d'entrée i_- est nul et que la branche C_2 est coupée, aucun courant ne traverse la seconde résistance R_1 située entre le nœud intermédiaire A et l'entrée inverseuse. Par la loi d'Ohm, la d.d.p. à ses bornes est nulle :

Le courant i débité par l'entrée à travers la première résistance R_1 vaut donc :

Ce courant ne pouvant ni s'écouler vers C_1 ni vers l'entrée inverseuse, il traverse intégralement la résistance R_2 vers la sortie :

En égalant les deux expressions du courant i, on obtient :

Par identification avec l'expression de la fonction de transfert à pulsation nulle \underline{H}_1(0) = G_0, on en déduit :

(ou |G_0| = \dfrac{R_2}{R_1} si l'on s'intéresse au gain statique en valeur absolue).

1. Sens concret de la pulsation \omega_0

La pulsation \omega_0 est la pulsation propre (ou caractéristique) du filtre passe-bas du second ordre. Pour la valeur particulière m = \frac{\sqrt{2}}{2} (réponse maximale plate de Butterworth), le gain vérifie :

\omega_0 représente donc exactement la pulsation de coupure à -{3\,\mathrm{dB}}. Elle délimite la bande passante du filtre :

• les signaux de pulsation \omega \ll \omega_0 sont transmis avec le gain statique |G_0| ;
• les composantes de pulsation \omega \gg \omega_0 sont fortement atténuées (asymptote à -{40\,\mathrm{dB\cdot decade}}).

2. Contraintes sur la pulsation \omega_0

Le signal en sortie du multiplieur s'écrit s_{\mathrm{m}}(t) = k\,s_{\mathrm{E}}(t)\,s_{\mathrm{R}}(t). En modélisant les signaux par des sinusoïdes de fréquences respectives f_{\mathrm{E}} et f_{\mathrm{R}} = f_{\mathrm{E}}\!\left(1 - 2\frac{v}{c_0}\right) :

Ce signal contient deux composantes fréquentielles :

• la composante basse fréquence utile, associée au décalage Doppler :

  \omega_{\mathrm{D}} = 2\pi(f_{\mathrm{E}} - f_{\mathrm{R}}) = 4\pi\,\frac{v}{c_0}f_{\mathrm{E}}

• la composante haute fréquence parasite :

  \omega_+ = 2\pi(f_{\mathrm{E}} + f_{\mathrm{R}}) \approx 4\pi f_{\mathrm{E}} \quad \left(\text{car } \frac{v}{c_0} \ll 1\right)

Le filtre passe-bas doit transmettre la composante Doppler sans l'atténuer et éliminer complètement la composante haute fréquence, ce qui impose les deux inégalités fortes :

3. Expression de compromis pour \omega_0

Pour se placer au centre de l'intervalle sur une échelle logarithmique (compromis optimal d'atténuation et de transmission), on choisit la moyenne géométrique des deux pulsations :

1. Qualification de l'essai en basse fréquence

Deux éléments permettent de qualifier cet essai d'essai en basse fréquence :

• Mesure de la fréquence : Sur l'oscillogramme 1, la période correspond à 5\text{ divisions} avec une base de temps de 1\text{ ms/div}, soit :

  T = 5 \times 1\text{ ms} = 5\text{ ms} \quad \implies \quad f = \frac{1}{T} = 200\text{ Hz}

  (valeur confirmée par l'indication en bas à droite de l'écran : f \approx 200\text{ Hz}).
  Or, avec les valeurs des composants du filtre (R_1 = 1\text{ k}\Omega, C_1 = 3{,}2\text{ nF}, C_2 = 1{,}2\text{ nF}), la fréquence propre du filtre est de l'ordre de plusieurs kilohertz (f_0 \sim 8\text{ kHz}). On a donc :

  f \ll f_0

• Déphasage : Les signaux v_e(t) (voie 1) et v_s(t) (voie 2) sont en opposition de phase parfaite (\Delta\varphi = \pi). Dans le domaine des basses fréquences (\omega \ll \omega_0), la fonction de transfert se réduit à son gain statique :

  \underline{H}_1(\mathrm{j}\omega) \approx G_0 = -\frac{R_2}{R_1}

  Le filtre se comporte comme un simple amplificateur inverseur de gain constant négatif, sans retard de phase dynamique lié aux condensateurs.

2. Détermination de la résistance R_2

D'après l'oscillogramme 1 :

• Voie 1 (tension d'entrée v_e) : sensibilité de 100\text{ mV/div}, amplitude crête-à-crête de 2\text{ divisions}, soit une amplitude :

  V_{e,\mathrm{m}} = 1\text{ div} \times 100\text{ mV/div} = 100\text{ mV} = 0{,}10\text{ V}

• Voie 2 (tension de sortie v_s) : sensibilité de 5\text{ V/div}, amplitude crête-à-crête de 4\text{ divisions}, soit une amplitude :

  V_{s,\mathrm{m}} = 2\text{ div} \times 5\text{ V/div} = 10\text{ V}

Le module du gain statique s'écrit :

D'après la question Q19, |G_0| = \dfrac{R_2}{R_1}, d'où :

Application numérique avec R_1 = 1\text{ k}\Omega :

D'après les questions Q18 et Q19, la fonction de transfert du filtre s'écrit :

1. Réponse au premier signal : e_1(t) = E_{01}\cos(\omega_0 t)

Pour la pulsation \omega = \omega_0, la fonction de transfert devient :

Le gain en amplitude et le déphasage introduits par le filtre sont :

En régime sinusoïdal établi, la tension de sortie s'écrit :

2. Réponse au second signal : e_2(t) = E_{02}\cos(100\,\omega_0 t)

Pour la pulsation \omega = 100\,\omega_0 \gg \omega_0, le filtre fonctionne dans son comportement asymptotique à haute fréquence :

En remplaçant G_0 = -R_2/R_1 = -100 :

Le gain en amplitude est |\underline{H}_1| \approx 10^{-2} et le déphasage est nul (\varphi_2 \approx 0). La tension de sortie s'écrit donc :

Le signal issu du multiplieur s'écrit :

Le filtre passe-bas élimine la composante haute fréquence à f_{\mathrm{E}} + f_{\mathrm{R}} \approx 2f_{\mathrm{E}} \approx 80\text{ kHz} et conserve la composante basse fréquence (signal Doppler) de fréquence :

L'oscillogramme 2 montre le paquet d'ondes lors du passage de la voiturette, tandis que l'oscillogramme 3 en constitue un agrandissement temporel permettant la mesure de la période du signal filtré.

D'après le menu des curseurs affiché sur l'oscillogramme 3 :

• L'écart temporel entre deux crêtes successives vaut \Delta t = T_{\mathrm{D}} = 1{,}720\text{ ms} ;
• La fréquence associée lue directement est f_{\mathrm{D}} = \frac{1}{T_{\mathrm{D}}} = 581{,}4\text{ Hz}.

On en déduit la vitesse de la voiturette :

Avec f_{\mathrm{D}} \approx 581\text{ Hz}, c_0 \approx 340\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} et f_{\mathrm{E}} = 40\text{ kHz} = 4{,}0\cdot 10^4\text{ Hz} :

En arrondissant avec un seul chiffre significatif :

À vitesse constante v le long de la route, le théorème de l'énergie cinétique (ou le principe fondamental de la dynamique projeté sur l'axe du mouvement) conduit au bilan de puissance suivant :

où P_T(v) est la puissance liée à la traînée aérodynamique (lue sur les figures 13a et 13b), F_{\text{frot}} = 6\text{ N} et g = 10\text{ m}\cdot\text{s}^{-2}.

1. Course 1 : Route plate (\alpha = 0, L_1 = 90\text{ km}) En l'absence de pente (\sin\alpha = 0), l'équation devient :

Les caractéristiques aérodynamiques des deux cyclistes étant similaires, la courbe P_T(v) est identique pour A et B.

• Pour le cycliste A (P_A = 220\text{ W}) : Pour v \approx 8\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}, on lit sur la figure 13a P_T(8) \approx 180\text{ W}, et F_{\text{frot}} \, v = 6 \times 8 = 48\text{ W}, soit :

  P_{\text{tot}} \approx 180 + 48 = 228\text{ W} \approx 220\text{ W} \implies v_A \approx 7{,}9\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}

• Pour le cycliste B (P_B = 240\text{ W}) : La puissance disponible est supérieure (P_B > P_A) pour une même résistance à l'avancement, donc sa vitesse est supérieure :

  v_B \approx 8{,}1\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} > v_A

Le cycliste B roule plus vite que le cycliste A sur le plat.

Calculons le temps t_1 mis par le vainqueur pour parcourir les L_1 = 90\text{ km} = 90 \cdot 10^3\text{ m} à la vitesse v_B \approx 8\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} :

Avec un chiffre significatif :

2. Course 2 : Montée à 7 % (\sin\alpha = 0{,}07, L_2 = 14\text{ km}) La force exercée par la gravité le long de la pente vaut F_{\text{pente}} = m g \sin\alpha :

• Pour le cycliste A (m_A = 70\text{ kg}) :

  F_{\text{pente}, A} = 70 \times 10 \times 0{,}07 = 49\text{ N} \implies F_{\text{lin}, A} = 6 + 49 = 55\text{ N}

  Le bilan de puissance s'écrit P_T(v_A) + 55 v_A = 220\text{ W}.
  Pour v \approx 3{,}7\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}, on lit sur la figure 13b P_T(3{,}7) \approx 16\text{ W}, et 55 \times 3{,}7 = 203{,}5\text{ W}, d'où P_{\text{tot}} \approx 220\text{ W} :

  v_A \approx 3{,}7\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}

• Pour le cycliste B (m_B = 90\text{ kg}) :

  F_{\text{pente}, B} = 90 \times 10 \times 0{,}07 = 63\text{ N} \implies F_{\text{lin}, B} = 6 + 63 = 69\text{ N}

  Le bilan de puissance s'écrit P_T(v_B) + 69 v_B = 240\text{ W}.
  Pour v \approx 3{,}3\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}, on lit P_T(3{,}3) \approx 12\text{ W}, et 69 \times 3{,}3 = 227{,}7\text{ W}, d'où P_{\text{tot}} \approx 240\text{ W} :

  v_B \approx 3{,}3\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}

On constate que v_A > v_B.

D'après l'énoncé, pour un conducteur aller, le courant d'intensité I circule selon le vecteur +\vec{\mathrm{e}}_z. L'élément de longueur orienté s'écrit donc :

Le champ magnétique statorique dans l'entrefer étant radial, \vec{B}_{\mathrm{s}} = B_{\mathrm{s}}\,\vec{\mathrm{e}}_r, la force de Laplace élémentaire s'exerçant sur une portion de conducteur s'écrit :

La base cylindrique (\vec{\mathrm{e}}_r, \vec{\mathrm{e}}_\theta, \vec{\mathrm{e}}_z) étant directe, on a \vec{\mathrm{e}}_z \wedge \vec{\mathrm{e}}_r = \vec{\mathrm{e}}_\theta. Le champ B_{\mathrm{s}} étant uniforme le long du conducteur, l'intégration sur la longueur L donne directement :

Chaque point du conducteur rotorique est situé à la distance R de l'axe de rotation (Oz), c'est-à-dire à une position repérée par \vec{r} = R\,\vec{\mathrm{e}}_r + z\,\vec{\mathrm{e}}_z. Le moment élémentaire de la force de Laplace par rapport à l'axe (Oz) vaut :

En intégrant le long du conducteur de longueur L, on obtient le moment de la force de Laplace s'exerçant sur le conducteur aller :

D'après la question Q25, le moment de la force de Laplace exercée sur les conducteurs du rotor est proportionnel au rayon R :

Dans une machine synchrone inversée, le rotor est externe (situé en périphérie) et entoure le stator interne :

• Augmentation du couple : À encombrement global fixé, le rayon R des conducteurs (ou des aimants) du rotor est maximalisé, ce qui permet de développer un couple moteur \Gamma nettement plus important qu'avec une machine conventionnelle à rotor interne de même taille.
• Vitesse de rotation adaptée au pédalage : Pour une puissance mécanique donnée (P_{\text{méca}} = \Gamma\,\Omega), l'obtention d'un couple élevé autorise une vitesse de rotation \Omega plus faible, directement compatible avec la cadence de pédalage d'un cycliste (de l'ordre de 60 à 100\text{ tr}\cdot\text{min}^{-1}).
• Suppression du réducteur mécanique : Cette adéquation directe entre la vitesse du moteur et celle du pédalier permet de s'affranchir d'un réducteur mécanique à engrenages (ou de l'alléger considérablement).

Pour le VAE, les bénéfices directs sont :

• un gain de masse significatif, limitant l'alourdissement du vélo ;
• une compacité accrue (intégration aisée dans le moyeu de roue ou le pédalier) ;
• un meilleur rendement énergétique (absence de pertes par frottement mécanique dans le réducteur) ;
• une plus grande fiabilité et une maintenance réduite (moins de pièces mécaniques en mouvement).

1. Tracé de la fonction B_1(\theta) :

D'après les données de l'énoncé, le champ magnétique créé par une spire unique vaut :

2. Répartition des conducteurs pour créer \vec{B}_3 = B_3(\theta)\vec{\mathrm{e}}_r :

D'après le théorème d'Ampère appliqué à un contour traversant l'entrefer, le franchissement d'un conducteur parcouru par un courant d'intensité I impose une discontinuité du champ magnétique radial :

• un conducteur aller (\odot, orienté selon +\vec{\mathrm{e}}_z) provoque une augmentation de champ \Delta B = +2B_0 lorsque \theta croît ;
• un conducteur retour (\otimes, orienté selon -\vec{\mathrm{e}}_z) provoque une diminution de champ \Delta B = -2B_0 lorsque \theta croît.

Sur la figure 17, les sauts de champ s'effectuent par paliers d'amplitude 2B_0 aux abscisses angulaires suivantes :

• en \theta = -\dfrac{2\pi}{3} : saut de -3B_0 à -B_0 (\Delta B = +2B_0) \longrightarrow conducteur aller ;
• en \theta = -\dfrac{\pi}{2} : saut de -B_0 à +B_0 (\Delta B = +2B_0) \longrightarrow conducteur aller ;
• en \theta = -\dfrac{\pi}{3} : saut de +B_0 à +3B_0 (\Delta B = +2B_0) \longrightarrow conducteur aller ;
• en \theta = +\dfrac{\pi}{3} : saut de +3B_0 à +B_0 (\Delta B = -2B_0) \longrightarrow conducteur retour ;
• en \theta = +\dfrac{\pi}{2} : saut de +B_0 à -B_0 (\Delta B = -2B_0) \longrightarrow conducteur retour ;
• en \theta = +\dfrac{2\pi}{3} : saut de -B_0 à -3B_0 (\Delta B = -2B_0) \longrightarrow conducteur retour.

On en déduit la répartition des conducteurs dans l'entrefer :

Il s'agit d'un bobinage réparti d'axe horizontal Ox, constitué de trois spires (connectées en série) dont les conducteurs sont logés dans les encoches à ces six positions angulaires.

Le milieu étant linéaire, le champ magnétique total créé dans l'entrefer par les deux bobines du stator s'obtient par le principe de superposition :

En remplaçant les expressions des champs créés par chaque bobine :

En injectant les expressions des courants d'alimentation i_a(t) = I_{\mathrm{Seff}}\sqrt{2}\cos(\omega_{\mathrm{s}}t) et i_b(t) = I_{\mathrm{Seff}}\sqrt{2}\sin(\omega_{\mathrm{s}}t) :

D'après la formule trigonométrique \cos(a-b) = \cos(a)\cos(b) + \sin(a)\sin(b), il vient :

Caractère tournant, vitesse et sens de rotation Un point d'amplitude maximale (ou de phase constante \varphi) du champ magnétique radial vérifie la condition :

La répartition spatiale du champ conserve une forme sinusoïdale invariable qui se déplace le long de l'entrefer : il s'agit donc bien d'un champ tournant.

• Sa vitesse angulaire de rotation est :

  \boxed{\Omega_{\mathrm{s}} = \frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}t} = \omega_{\mathrm{s}}}

  ce qui correspond à une fréquence de rotation N_{\mathrm{s}} = \dfrac{\omega_{\mathrm{s}}}{2\pi} = f_{\mathrm{s}}.

• Puisque \theta(t) croît avec le temps t, le champ tourne dans le sens trigonométrique (sens direct, orienté par +\vec{\mathrm{e}}_z, de la bobine a vers la bobine b).

1. Expression de la mutuelle-inductance M_{bR} :

La bobine statorique (b) est identique à la bobine (a), mais décalée spatialement d'un angle de +\frac{\pi}{2} dans le sens trigonométrique (son axe magnétique est dirigé selon l'axe \mathrm{O}y).

L'angle relatif entre l'axe de la bobine du rotor et celui de la bobine (b) est donc \theta_{\mathrm{R}} - \frac{\pi}{2}. Sachant que M_{a\mathrm{R}} = M_0 \cos(\theta_{\mathrm{R}}), la mutuelle-inductance entre la bobine (b) et la bobine rotorique s'obtient par déphasage spatial :

En utilisant la relation trigonométrique \cos\left(x - \frac{\pi}{2}\right) = \sin(x), on obtient :

En effet, pour \theta_{\mathrm{R}} = \frac{\pi}{2}, l'axe du rotor coïncide avec celui de la bobine (b), ce qui correspond bien à un couplage magnétique maximal positif (M_{b\mathrm{R}} = M_0).

2. Valeur de la mutuelle-inductance M_{ab} :

Les deux bobines statoriques (a) et (b) possèdent des axes magnétiques orthogonaux (\mathrm{O}x et \mathrm{O}y). Par raison de symétrie, le flux du champ magnétique créé par l'une des bobines à travers les spires de la seconde est rigoureusement nul :

a) Énergie magnétique stockée dans la machine

Le système est constitué de trois circuits couplés en régime magnétique linéaire : les deux bobines statoriques (a et b) et la bobine rotorique (R). L'énergie magnétique s'écrit de manière générale :

En utilisant les données du problème ainsi que les résultats de la question Q29 :

• L_a = L_b = L_{\mathrm{S}} ;
• M_{ab} = 0 (bobines statoriques en quadrature spatiale) ;
• M_{a\mathrm{R}} = M_0 \cos(\theta_{\mathrm{R}}) ;
• M_{b\mathrm{R}} = M_0 \sin(\theta_{\mathrm{R}}).

Il vient ainsi :

b) Couple électromagnétique \Gamma_{\mathrm{em}}

Le couple électromagnétique s'obtient par dérivation partielle de l'énergie magnétique par rapport à la variable d'espace \theta_{\mathrm{R}}, à courants constants :

Injectons les expressions des courants statoriques :

Le terme entre parenthèses devient :

À l'aide de la formule trigonométrique \sin(a-b) = \sin a \cos b - \cos a \sin b, on reconnaît :

On en déduit l'expression du couple électromagnétique :

D'après la question Q30.b, le couple électromagnétique instantané s'écrit :

En introduisant la loi horaire \theta_{\mathrm{R}}(t) = \Omega t + \theta_0, il vient :

La valeur moyenne temporelle du couple électromagnétique est définie par :

Pour toute pulsation \omega_{\mathrm{s}} - \Omega \neq 0, le signal est purement alternatif sinusoïdal et sa moyenne temporelle est strictement nulle : \langle \Gamma_{\mathrm{em}} \rangle = 0.

Pour obtenir un couple moyen non nul, l'argument du sinus doit être indépendant du temps, ce qui impose la condition de synchronisme :

À cette vitesse de synchronisme, le couple instantané devient constant au cours du temps et coïncide avec sa valeur moyenne :

soit :

D'après la question Q31, le couple électromagnétique moyen à la pulsation de synchronisme \Omega = \Omega_1 = \omega_{\mathrm{s}} s'écrit :

Ce couple moteur est maximal lorsque la fonction \sin(\theta_0) est minimale, c'est-à-dire :

Ce couple maximal, noté \Gamma_{\mathrm{em,max}}, vaut alors :

L'expression du couple électromagnétique instantané fournie par l'énoncé est :

En regroupant les termes dépendant du temps t dans l'argument du sinus, on obtient :

1. Condition de synchronisme :

• Si \omega_{\mathrm{s}} - p\Omega \neq 0, le couple instantané \Gamma_{\mathrm{em},p}(t) est une fonction purement sinusoïdale du temps de pulsation |\omega_{\mathrm{s}} - p\Omega| \neq 0. Sa valeur moyenne sur une période est nulle :

  \langle \Gamma_{\mathrm{em},p} \rangle = 0

• Pour obtenir un couple moyen non nul, la pulsation apparente doit s'annuler, ce qui impose que l'argument soit indépendant du temps :

  \omega_{\mathrm{s}} - p\Omega = 0 \iff \Omega = \frac{\omega_{\mathrm{s}}}{p}

La nouvelle condition de synchronisme s'écrit donc :

2. Expression du couple électromagnétique moyen :

À la vitesse de synchronisme \Omega = \Omega_p, le couple électromagnétique instantané est indépendant du temps et rigoureusement égal à sa valeur moyenne :

Remarque : si l'on remplaçait strictement \theta_{\mathrm{R}}(t) = \Omega t + \theta_0 dans une expression physique du type \sin(\omega_{\mathrm{s}}t - p\theta_{\mathrm{R}}), l'argument contiendrait -p\theta_0, conduisant à un signe moins supplémentaire. En s'en tenant rigoureusement à la formule donnée dans le texte avec -(\Omega t - \theta_0), le terme de phase s'écrit bien +p\theta_0.

D'après la condition de synchronisme établie à la question Q33, la vitesse angulaire de rotation du rotor s'écrit :

où N est la vitesse de rotation mécanique en tours par seconde et f_{\mathrm{s}} = \frac{\omega_{\mathrm{s}}}{2\pi} la fréquence d'alimentation électrique.

Le choix d'un nombre élevé de paires de pôles p présente un double intérêt majeur :

• Réduction de la vitesse de rotation : à fréquence d'alimentation f_{\mathrm{s}} fixée, la vitesse de rotation mécanique est divisée par p, devenant directement compatible avec les faibles cadences de pédalage d'un cycliste ;
• Augmentation du couple développé : à courants d'alimentation constants, le couple électromagnétique moyen est proportionnel à p (\langle \Gamma_{\mathrm{em},p} \rangle \propto p), permettant de délivrer un couple important à basse vitesse.

Cette architecture à entraînement direct (« direct drive ») supprime le réducteur mécanique à engrenages (ou en réduit fortement le rapport de réduction), ce qui allège le vélo, diminue l'encombrement, élimine les frottements et l'usure mécanique, et supprime les bruits d'engrenage.

Pour une cadence de pédalage de N_{\text{péd}} = 90\text{ tr}\cdot\text{min}^{-1}, la fréquence de rotation du pédalier en tours par seconde est :

Si la machine synchrone est directement accouplée au pédalier avant, son rotor tourne à cette même vitesse (N = 1{,}5\text{ tr}\cdot\text{s}^{-1}). La fréquence des courants statoriques d'alimentation doit alors être :

Pour p = 10 paires de pôles, on obtient :