e3a 2008, filière PSI, épreuve de physique-chimie
corrigé proposé par Jean-Philippe Caniparoli, PSI, lycée Cormontaigne, Metz
courriel : artefact.act@wanadoo.fr


première partie : moteur de maquette d’avion
A/ Le moteur électrique à courant continu
A.1

R Avec les conventionsR de l’énoncé, la force électromotrice induite est donnée par e =
~ ~` = n ~ ur ).d~` = −2nabBΩ, soit
R
n M N P Q ~v ∧ B.d MN (aΩ~uθ ∧ B~u r ).d` + PQ (aΩ~
u θ ∧ −B~
E = −e = 2nabBΩ = Φ0 Ω, avec Φ0 = 2nabB.
En un point la résultante élémentaire des forces de Laplace vaut dF~L = id~` ∧ B. ~ Sur
0
les segments NP et QM, cette résultante est colinéaire à l’axe de z z et ne contribue
donc pas au moment par rapport à z 0 z des actions de Laplace. Sur le segment MN le
moment élémentaire par rapport à l’axe z 0 z vautR dC = (a~ur ∧ (id`~uz ∧ B~ur )).~uz = aiBd`
soit une contribution au moment CM N = aiB M N d` = abBi. Pour le segment PQ, la
force est opposée (l’intensité change de sens) de même que le sens du bras de levier,
donc la contribution au couple est inchangée. Finalement, en tenant compte des n spires,
Ce m = 2nabBi = Φ0 i. Par symétrie, ce couple est dirigé selon ~ez , donc C ~ em = Cem ~uz .

A.2
Le schéma électrocinétique donne : U = L(di/dt) + Ri + E.

A.3
L’axe zz 0 est un axe de symétrie du rotor, donc ~σ = J Ω.~ Le théorème du moment
~ ~ ~
cinétique s’écrit J(dΩ/dt) = −Cu + Cf + Cem .
Comme tout ces moments sont dirigés selon zz 0 , la projection de l’équation mécanique
sur zz 0 s’écrit : J(dΩ/dt) = −Cu − βΩ + iΦ0 .

A.4
On peut freiner le moteur en mettant l’induit en court-circuit (U = 0), car la force
électromotrice E tend à faire circuler une intensité i de signe opposé à à Ω, à l’origine
d’un couple électromagnétique Cem = Φ0 i, également de signe opposé à Ω, constituant
donc un couple de freinage.
Lorsque le moteur tourne en roue libre, il tend à s’arrêter car tous les moments sont
résistants, y compris le couple électromagnétique.

A.5
En régime nominal établi, les grandeurs électriques sont constantes et les dérivées
di/dt et dΩ/dt sont nulles ;
l’équation électrique du moteur s’écrit alors Unom = RInom + Φ0 Ωnom , soit
Unom − RInom
Φ0 = = 3, 63.10−2 V.s.rad−1
Ωnom


1
A.6
En négligeant l’influence de l’inductance propre de l’induit, l’équation électrique sim-
plifiée U = Ri+Φ0 Ω donne i = (U −Φ0 Ω)/R, puis en reportant l’expression de l’intensité
i dans l’équation mécanique :
 
dΩ U − Φ0 Ω
J = Φ0 − βΩ − Cu
dt R
soit en regroupant les termes :

Φ20
 
dΩ Φ0 U
J + +β Ω= − Cu
dt R R
On déduit de cette équation linéaire du premier ordre à coefficients constants écrite
sous la forme canonique τ (dΩ/dt) + Ω = Ωlim les valeurs
– du temps caractéristique
J
τ= = 1, 82 ms
Φ20 /R +β
– de la vitesse angulaire limite
Φ0 U/R − Cu
Ωlim =
Φ20 /R + β

La solution générale de l’équation précédente Ω(t) = (Ω(0) − Ωlim ) exp(−t/τ ) + Ωlim ,
donne pour une vitesse initiale nulle Ω(t) = Ωlim (1 − exp(−t/τ )). On atteint la vitesse
limite à 1% près à l’instant τ 0 tel que Ωlim − Ω(τ 0 ) = 10−2 Ωlim , soit en reportant :

τ 0 = τ ln 100 = 4, 6τ = 8, 4 ms

On retrouve bien τ 0 ≈ 5τ .

A.7
En régime nominal, Ωlim = Nnom = 3000 tr.min−1 . On déduit de l’expression précé-
dente de Ωlim l’expression de Cu en régime nominal :
 2 
Φ0 Unom Φ0
Cu = − + β Ωlim = Φ0 Inom − βΩlim = 0, 087 N.m
R R
Au démarrage, Ω = 0, donc l’équation électrique s’écrit en négligeant l’inductance
(car sinon par continuité de iL , id serait nul) : U = Rid , soit pour la tension nominale :

id = Unom /R = 50 A

Cette intensité est 20 fois plus élevée que l’intensité nominale. Il est nécessaire de démarrer
le moteur sous tension réduite.
Au démarrage, l’équation du mouvement se simplifie en J(dΩ/dt) = Φ0 U/R − Cu .
Il y a démarrage si dΩ/dt > 0, soit Φ0 U/R − Cu > 0, ce qui correspond à une tension
minimale de démarrage pour le couple utile déterminé à partir des valeurs nominales :
RCu
Udmin = = 0, 58 V
Φ0

2
B/ Commande du MCC par un hacheur
B.1
Un interrupteur idéal vérifie :
– dans l’état ouvert, i = 0 ;
– dans l’état fermé, u = 0.
Quelque soit l’état, la puissance instantanée est nulle, donc l’interrupteur ne consomme
pas de puissance.
– Si l’interrupteur H1 est fermé, la diode D1 est polarisée en inverse (la tension à ses
bornes est −U0 ) donc elle se comporte comme un interrupteur ouvert.
– Si l’interrupteur H1 est ouvert, la continuité de l’intensité i dans le moteur imposée
par la présence de l’inductance, implique que la diode D1 est fermée afin d’assurer
la circulation du courant.
Remarque : l’énoncé se place implicitement dans l’hypothèse de fonctionnement en conduc-
tion continue : i ne s’annule jamais. En régime de conduction discontinue, les deux in-
terrupteurs peuvent être simultanément ouverts.

B.2
Le rôle de la diode de roue libre D1 est d’assurer la continuité du courant dans le
moteur quand l’interrupteur H1 est ouvert. En son absence, la présence de l’inductance
L entraînerait des surtensions à chaque ouverture de H1 .

B.3
– si nTH1 < t < (n + α)TH1 , H1 est fermé et u(t) = U0 (pas de chute de tension aux
bornes de H1 fermé) ;
– si (n + α)TH1 < t < (n + 1)TH1 , D1 est fermé et u(t) = 0 (pas de chute de tension
aux bornes de D1 fermé).

B.4
D’après la question précédente,
Z TH1
1 1
hu(t)i = u(t)dt = αTH1 U0 = αU0
TH1 0 TH1
L’équation électrique s’écrit u(t) = L(di/dt) + Ri + E ≈ L(di/dt) + E, soit en valeur
moyenne sur une période :

hu(t)i = αU0 = L hdi/dti + hEi = E

En effet, i(t) est une fonction périodique donc sur une période hdi/dti = 0, et l’hélice
tourne à vitesse constante donc E = Φ0 Ω est une constante.
E αU0
E = αU0 ; Ω = = = 331α rad.s−1 = 3, 16.103 α tr.min−1
Φ0 Φ0
On obtient effectivement une vitesse de rotation proportionnelle à α, qui n’est pas exac-
tement égale à Nnom = 3000 tr.min−1 lorsque α = 1 car la chute de tension aux bornes
de la résistance d’induit est négligée, contrairement au calcul de Φ0 effectué à la question
A.5.
Pour α = 0, 6, Ω = 1, 9.103 tr.min−1 .

3
B.5
En négligeant la résistance d’induit, l’équation approchée u(t) ≈ L(di/dt) + E donne
dans chacune des 2 phases d’une période une évolution linéaire de l’intensité, la présence
de l’inductance L imposant la continuité de l’intensité :
– si nTH1 < t < (n + α)TH1 , di/dt = (U0 − E)/L > 0, qui donne par intégration

U0 − E
i(t) = (t − nTH1 ) + Imin
L
l’intensité croît linéairement de Imin à Imax ;
– si (n + α)TH1 < t < (n + 1)TH1 , di/dt = −E/L < 0, soit

E
i(t) = − (t − (n + α)TH1 ) + Imax
L
l’intensité décroît linéairement de Imax à Imin .
L’ondulation se calcule à partir de l’une ou l’autre des équations précédentes. Par
exemple pour la première phase, Imax = i((n + α)TH1 ) = (U0 − E)αTH1 /L + Imin , d’où,
puisque E = αU0 :
U0 TH1
∆I = α(1 − α)
L
Il est intéressant de diminuer l’ondulation du courant dans la mesure où les pertes par
effet Joule dans la résistance d’induit augmentent avec l’ondulation.
Comme l’ondulation est inversement proportionnelle à l’inductance L, l’ajout d’une
bobine de lissage en série avec le moteur permet de diminuer l’ondulation (lissage) en
augmentant l’inductance équivalente de l’association moteur/bobine.
Sur le graphique, l’ondulation vaut 1 A, pour un rapport cyclique α = 0, 6 et une
période TH1 = 0, 5 ms. On en déduit :
U0 TH1
L = α(1 − α) = 1, 44 mH
∆I

B.5
D’après le graphique, la valeur moyenne de l’intensité vaut, comme les variations sont
linéaires :
Imax + Imin
hi(t)i = = 2, 5 A
2
On en déduit la chute de tension moyenne aux bornes de la résistance R, h∆U i = 0, 6
V, inférieure d’un facteur 10 à E = αU0 = 7, 2 V. On peut en première approximation
négliger cette chute de tension.
Les valeurs moyennes de l’intensité et de la tension déterminent le couple et la vitesse
angulaire du moteur.

C/ Réalisation des signaux de commande du hacheur
C.1
Pour l’AO1 en régime linéaire,
– v− = v+ = 0
– (Usat − v− )/R1 − I = 0 (loi des nœuds à l’entrée inverseuse)



4
soit
Usat
I=
R1
L’AO1 permet d’effectuer une conversion tension-courant. Les AO 2 et 3 sont utilisés
en montage suiveur pour isoler le montage de sortie de l’AO1 par rapport aux éléments
placés en aval des AO 2 et 3.

C.2
À l’instant t = 0, la fermeture brève de H2 permet la décharge de C1 , donc

uC1 (t = 0+ ) = 0

Entre les instants 0 et TH2 , l’intensité I traverse C1 car l’intensité est nulle à l’entrée des
montages suiveurs. Par conséquent I = Usat /R1 = C1 (duC1 /dt), et après intégration, en
tenant compte de la condition initiale uC1 (t = 0+ ) = 0 :
Usat
uC1 (0 < t < TH2 ) = t
R1 C1
La brève fermeture de H2 à l’instant TH2 permet à nouveau la décharge de C1 , et le cycle
recommence.
La période de uC1 (t) est TH2 , et sa valeur maximale, obtenue en fin de charge vaut
TH2
Ucmax = Usat
R1 C1

C.3
Les équations de fonctionnement de l’AO4 sont :
– loi des nœuds à l’entrée non inverseuse : (vS3 − v+ )/R4 + (0 − v+ )/R4 = 0, soit
v+ = vS3 /2.
– loi des nœuds à l’entrée inverseuse : (vS2 − v− )/R4 + (u0 − v− )/R4 = 0, soit
v− = (vS2 + u0 )/2.
– v− = v+
Par conséquent vS3 = vS2 + u0 et :

u0 = vS3 − vS2 = uC1

L’AO4 est donc utilisé en montage soustracteur, et la tension d’entrée sur la borne
inverseuse de l’AO5 est u0 = uC1 . L’ensemble des AO 2, 3 et 4 est nécessaire pour
assurer que C1 soit bien traversé par l’intensité I.

C.4
L’AO5 est utilisé en comparateur (les tensions sur ses 2 bornes d’entrée sont impo-
sées).
Sur une période [0, TH2 ], u0 (t) = uC1 varie entre 0 et Ucmax , donc comme VCON S est
compris entre ces deux valeurs, il y a basculement de l’AO5 à l’instant tb compris entre
0 et TH2 tel que uC1 = Ucmax t/TH2 = VCON S , soit
VCON S
tb = TH2
Ucmax
La tension us (t) vérifie alors sur une période :

5
 – si 0 < t < tb , u0 (t) < VCON S , us (t) = Usat
– si tb < t < TH2 , u0 (t) > VCON S , us (t) = −Usat
L’association {r, D1 } constitue un montage redresseur :
– lorsque la diode est bloquée, i = 0, donc u1 = us avec la contrainte u1 ≥ 0 ;
– lorsque la diode est passante u1 = 0 avec la contrainte i = (u1 − us )/r ≥ 0, soit
us ≤ u1 = 0.
Par conséquent u1 = us si us ≥ 0, et u1 = 0 si us ≤ 0.
Finalement sur une période u1 (t) vérifie :
– u1 (0 < t < TH2 VCON S /Ucmax ) = Usat ;
– u1 (TH2 VCON S /Ucmax < t < TH2 ) = 0.
u1

Usat




0 VCONS TH2 2TH2 t
Ucmax TH2


C.5
Si les diagrammes temporels du signal de commande et du hacheur se correspondent
(l’interrupteur H1 est fermé lorsque u1 = Usat , le rapport cyclique vérifie

tb VCON S VCON S R1 C1
α= = =
TH2 Ucmax Usat TH2
Le rapport cyclique α est proportionnel à la tension de consigne VCON S qui permet donc
de contrôler via α la vitesse de rotation du moteur.
Pour une valeur donnée du rapport cyclique (α = 0, 6), la valeur de la tension de
consigne est donnée par :
TH2
VCON S = α Usat = 3, 6 V
R1 C1

Le calcul de Ω = 1, 9.103 tr.min−1 pour cette valeur de α a été effectué à la question B.4.

D/ le capteur de vitesse
D.1
La fréquence des éclairs détectés est 30 fois plus élevée que la fréquence de rotation
du moteur puisqu’il y a 30 éclairs par tour, d’où en convertissant la fréquence de rotation
en tr.s−1 , ND = 30.2000/60 = 1000 Hz, et TD = 1 ms.




6
D.2
Pour la tension uT :
– lorsque le phototransistor T est passant, uT = 0 ;
– lorsqu’il est bloqué, l’intensité traversant sa branche est nulle (la résistance d’entrée
de l’AO6 est infinie), donc la chute de tension aux bornes de la résistance R2 en
série avec T est nulle, et uT = USAT − uR2 = USAT
Le potentiel v − est associé au potentiel de sortie uS6 de l’AO6, via le redresseur {r,
D3 }, qui impose v − = uS6 si uS6 ≥ 0, et v − = 0 si uS6 ≤ 0. Les potentiels d’entrée de
l’AO6 sont imposés de l’extérieur ; il se comporte donc en comparateur, avec pour tension
différentielle d’entrée ε6 = V1 − uT .
– si T est passant, uT = 0, ε6 = V1 > 0, uS6 = USAT > 0 donc v − = USAT ;
– si T est bloqué, uT = USAT , ε6 = V1 − USAT < 0, uS6 = −USAT < 0 donc v − = 0 ;
Dans l’état stable du montage les potentiels sont constants, donc la tension uC7 aux
bornes du condensateur est constante, ce qui entraîne i = 0 et v + = Ri + V0 = V0 ,
quelque soit l’état du phototransistor T.
L’AO7 fonctionne en comparateur de tension différentielle d’entrée ε, ce qui permet
de déterminer u2 = ±USAT selon le signe de ε, puis uC7 = u2 − v + = u2 − V0 et ainsi de
compléter le tableau ci-dessous.
uT v− v+ ε u2 uC7
T passant 0 USAT V0 V0 − USAT < 0 −USAT −USAT − V0
T bloqué USAT 0 V0 V0 > 0 USAT USAT − V0

D.3
Si les potentiels ne sont pas supposés constants, la loi des nœuds appliquée à l’entrée
non inverseuse de l’AO7 s’écrit :
V0 − v + V0 − v + duC7
+i= + C7 =0
R0 R0 dt
soit
duC7
v + = V0 + R0 C7
dt
D’autre part
uC7 = u2 − v +

D.4
En éliminant uC7 dans les équations précédentes, on obtient :
d(u2 − v + )
v + = V 0 + R 0 C7
dt
soit l’équation différentielle en v + , simplifiée dans l’hypothèse où u2 est constant et écrite
en introduisant la constante de temps τ = R0 C7 = 0, 125 s :
dv + du2
τ + v + = V0 + τ = V0
dt dt
Remarque : les données de l’énoncé conduise à une valeur trop importante de τ , qui doit
être en réalité suffisamment petit devant TD pour que le régime stable puisse être atteint
en un temps inférieur à TD (voir plus loin).

7
D.5
La grandeur électrique continue pour un condensateur est la tension uC à ses bornes.
Ceci est une conséquence de la continuité de l’énergie, qui pour un condensateur est
proportionnelle à u2C . C’est de manière équivalente une conséquence de la non divergence
de l’intensité iC = C(duC /dt) traversant le condensateur.

D.6
On suppose qu’à t = 0− le système est stable et T bloqué, donc v + (0− ) = V0 ,
u2 (0− ) = USAT et uC7 (0− ) = USAT − V0 .
À l’instant t = 0, T devient passant, donc v − bascule à USAT ce qui entraîne le
basculement de u2 à u2 (0+ ) = −USAT . La continuité de uC7 implique

u2 (0+ ) − v + (0+) = uC7 (0+ ) = uC7 (0− ) = USAT − V0

soit
v + (0+ ) = u2 (0+ ) + V0 − USAT = V0 − 2USAT
v + vérifie ensuite l’équation différentielle de la question D.4, valable tant que u2 ne bascule
pas : τ (dv + /dt) + v + = V0 , qui admet pour solution générale v + (t) = A exp(−t/τ ) + V0 ,
soit en tenant compte de la condition initiale :

v + (t > 0) = −2USAT exp(−t/τ ) + V0

puis
uC7 (t > 0) = u2 − v + = −USAT − V0 + 2USAT exp(−t/τ )
Lorsque le transistor repasse dans l’état bloqué à l’instant tD  τ (tD est de l’ordre de
la microseconde alors que τ = 0, 125 s), v + (tD ) ≈ v + (0+ ) = −2USAT + V0 et v − = 0,
donc ε reste négatif ; u2 ne bascule pas et reste égal à −USAT .

D.7
u2 bascule lorsque v + redevient supérieur à v − . Ceci ne peut se produire que lorsque
T est bloqué (v − = 0) donc lorsque v + redevient positif (si T est passant v − = USAT >
v + (t)).
Le basculement se produit à l’instant t0 tel que v + (t0 ) = −2USAT exp(−t0 /τ ) + V0 =
0, soit :  
2USAT
t0 = τ ln = 0, 4 s
V0
À l’instant t− + +
0 , u2 = −USAT et v = 0 donc uC7 (t0 ) = −USAT . À l’instant t0 , u2 a basculé
+ + +
à la valeu