Agrégation - Freeagreg.physchim.tlse.free.fr/AGREGATION_PHYSIQUE/COMPOS... · 2017-11-16 · OPTION CHIMIE 17 11.3.2 - Interprétation des courbes - 0 < Vg < 1.22 cm3 : dosage de

OPTION CHIMIE 15

Agrégation (Concours Externe)

OPTION : CHIMIE

Épreuve A : Composition de Chimie - Session : 1993

1 - Structure des aminoacides.

1.1 - Aminoacides essentiels : non synthétisés par l’organisme ils doivent être fournis

par l’alimentation. C02H

1.2 - HîN +

H acide 2-amino-3-mercaptopropanoïque

CH,SH

1.3 - Configuration : R.

1.4 - Espèce ionique : H$-C&C&

II - Aminoacides en solution aqueuse.

11.1.1 - pK~1 = 1,83 (-CO$/C@) ; pK~2 = 9,19 (-NH,/NH*)

- Domaines de prédominance :

H,hXR-C02H , H,%XR-CC$ , H2N-WR-C&

1.83 . 9.19

- La différence des PKA est liée à l’effet électroattracteur de -NH,

- Cet effet devient négligeable lorsque n > 1.

II. 1.2 - Attribution des pKA :

9,8 .---. H,N-FH-C02H ---- 1,8

(FHzh

C02H .--.- 4,5 (absence d’interaction avec -NHJ)

9.5 .---- H2N-FH-C02H ---. 138

($Hzh

Y H,N/%H .--.’ 13.2

(Le groupe guanidine est une base forte; l’acide conjugué est stabilisé par résonance).

16 OPTION CHIMIE

9,2 ..... H2N-FH-C02H --_. 1.8 (IX groupe imidazole est une base

. . . . . 6.1 faible; acide conjugué

11.2.1 - En milieu acide on observe les fréquences d’absorption du groupe carboxylique (~CG). En milieu neutre, il s’agit de celles du groupe carboxylate.

11.2.2 - pouvoir rotatoire spécifique, à 25T, pour la raie D du sodium. - solvant, concentration. - les formes prédominantes changent selon le pH.

11.2.3 - Charges apparentes :

AH? AHa P PH l

1.83 9.19

Les trois schémas (domaines de prédominance, courbes de distribution, charges apparentes) sont tracés de façon qualitative. Les différentes espèces sont schématisées de façon conventionnelle.

11.3.1 - Dosage des aminoacides.

PHA

OPTION CHIMIE 17

11.3.2 - Interprétation des courbes

- 0 < Vg < 1.22 cm3 : dosage de l’acide chlorhydrique en excès. L’équivalence n’est détectée que sur la courbe conductimétrique (H30@ remplacé par Na@ ).

- 1.22 < Vg < 2.18 cm3 : dosage du chlorhydrate de glycinium. L’équivalence est déterminée sans ambiguïté sur la courbe pHmétrique (VB = 2,18 cm3).

- 2,18 < VB < 3,15 cm3 : dosage de la glycine. L’équivalence est déterminée sur la courbe conductimétrique (ajout de Na@ ).

- 3,15 < Vg cm3 : addition d’hydroxyde de sodium en excès (Na@ et OHo ).

11.3.3 -H@+ OH' + 2Hz0

-H,%H&02H + OH' -f H*O + H$CH,-CO:

-H$-CH*-CO: + OH' -+ H,O + H,N-CH,-CO:

- addition d’hydroxyde de sodium en excès.

11.3.4 - Les trois points d’équivalence sont respectivement situés à : - 3,15 cm3 (courbe conductimétrique) - 2.18 cm3 (courbe PHmétrique)

1,21 cm3 (déduit par calcul ou évalué sur la courbe conductimétrique, avec des écarts de 1 à 2 %).

Les deux pKA correspondent aux demi-équivalences, soit : - 1,69 cm3 PKAI = 2,5

- 2,66 cm3 PKAZ = 9,s

11.3.5 - Titre en ion chlorure : 2,18 10-Z mol.L-1 - Titre en glycine : 0,97 10-z mol.L-1

11.3.6 - Méthode de Sorensen par titration en présence de formol.

H$iCH,-CO: +CH,=0 s HOCH,-NH-CH& + HF) zz? CH,=N-CH,-&+ H,O + Ho

11.4 - pH isoélectrique

11.4.1 - A partir des équations suivantes (cours) :

AHQ= C,,.K, I.h d(AH') et -

h2+KAlh+K,,,KAI dl = Co.KA, 2 KAIKA1- hZ

Ch + KA ,h + KA ,KA *j2 = 0

On établit le pH isoélectrique :

PH, = + (PKA] + PKA,) = 6

11.4.2 - La charge apparente est nulle compte tenu du 11.4.1 :

A0 KA KA - = AH,0

;2' =l

11.4.3 - Le pH est le même : 1

PH, = 2 (PKA, + PKA,)

18 OPTION CHIMIE

III - Synthèse et résolution de la D-phénylglycine

III. 1.1 - L’a-aminonitrile : CeHyCH(NH2)CN.

HCN 111.1.2 - C,H&HO + NH, sr) C,H,-CH=NH + H,O- C6H5-CH

FN 'NH,

III. 1.3 - Hydrolyse en amide puis en acide : R-CN + RCONH2 + RCO2H

III. 1.4 - Elimination des produits secondaires à forte tension de vapeur.

111.1.5 - La formation de l’aminonittile est inversable. 111.1.6 - La solubilité de I’aminoacide est minimale à pH # pH1 (pH isoélectrique).

III. 1.7 - Rdt = 36 %. [-Xl~]

111.1.8 - L’addition de l’acide cyanhydrique se fait avec la même probabilité sur l’une ou l’autre face de l’imine du benzaldéhyde (énantiotopiques)

Ill.2 - Résolution de la D-phénylglycine 111.2.1 -

,coy SOCl* ,COCI CH,OH ,COCH, C6H,-CH,~ -

NH3 C,HyCH,o

NH,,CIQ * C,HyCH,o NH

33 c,Q + HC'

111.2.2 - Chlorhydrate de phénylglycinate de méthyle.

111.2.3 - L’acide (+) tartrique est un produit naturel, peu onéreux.

111.2.5 Rdt = 1,08 x 100 151 x 20 x 10”

= 36% au maximum 50%

111.2.6 - Saponification de la fonction ester. - Libération de la fonction amine de son chlorhydrate.

-156 - = 99% 111.2.7 - p.0. = -157 e.e. = WI-L’% = 990/ 0 [RI + PI

111.3.1 - Le précipité est le sel obtenu en 111.2.4, ce qui est confirmé par l’obtention de la D-phénylglycine.

111.3.2 9 1 Rdt = > 18 x x 100 = 83,25% 370 29,8.10-’

- Impossible sans racémisation. ,NHz

111.3.3 - C~HJ-CH0 + GHs-CH \ co CH ,N=CHC6H~

- &H,-CH + H,O 2 3 ‘C02CH3

N-benzylidène glycinate de méthyle.

OPTION CHIMIE 19

111.3.4 -

(R); 50%

CGHS-CH

(R) achiral

(S); 50%

- Il y a formation d’un carbanion plan, achiral, qui est attaqué par Dz0 sur l’une ou l’autre face. (La transfotmation amine + imine est un “umpolung” à l’azote).

- En tout début de réaction les cinétiques sont les mêmes. L’incorporation d’un deutérium conduit à une mole de racémique.

111.3.5 - Suivi de l’intégration du signal dû au proton benzylique @ ne donne pas de signaux dans ces conditions).

111.3.6 -

A ,N=CH&Hs C6H5-CH

,N=CHC6HS 0 B, o,N=CHC6H5

'CO$H, - C6H&

'CO,CH, - C6HSCH

'C02CH3

W achiral

Il W C,H&HO + C,H&H

,W 'CO,CH,

(R)

(3

Il Hz0

/NH2 WWHO + CaHs-CH \ C02CH, (9

C02H

H

+-

OH HO H

1 k02H

(R,R,R)-tartrate cristallisé

- Les phénylglycinates (R) et (S) sont en équilibre avec leurs imines qui se

racémisent continuellement. - Seul le tartrate de l’aminoacide (R) cristallise. Tous les équilibres sont déplacés

jusqu’à la limite de solubilité de ce sel. En solution, il ne reste que du racémique. 111.3.7 - Il n’y a pas séparation de deux énantiomères par formation de deux

diastéréoisomères mais couplage d’une racémisation avec précipitation sélective d’un diastéréoisomère (transfonnation asymétrique du second ordreA.

20 OPTION CHIMIE

IV - Peptides

IV.I.1 - Peptides, polypeptides, protéines mettent en jeu des liaisons peptidiques, $-NH-, entre “résidus” aminoacides. La longueur de chaîne varie de quelques unit& à 0

plusieurs milliers (protéines). Les polyamides synthétiques sont constitués par la r6pétition d’un

même motif (nylon par exemple).

IV.1.2 - $02 C&h CH2 LH,

H$-;H-CO-NHkHCOTJCH,

édulcorant de synthèse.

IV.2 - Liaison peptidique

17 1V.2.1 - R-C 4-----

\ + R-C

NHR \ NHR I I H H

s-trans s-cis

plane avec une conformation s-murs privilégiée. IV.2.2 - Feuillets B stabilisés par liaisons H “interchaînes”.

- Hélices a stabilisées par liaisons H “intrachaines”.

IV.3 - Synthèse peptidique IV.3.1 - Sans protection, 4 dipeptides sont à envisager :

gly-gly ; ala-ala ; ala-gly ; gly-ala.

IV.3.2 - Protéger I’aminoacide C-terminal sous forme d’ester méthylique (mactif E).

- Protéger l’aminoacide N-terminal sous forme de carbamate de t-butyle (NH- Bot) (réactif B).

- Réaliser le couplage (réactif C). - déprotéger la fonction amine (mactif A).

- déprotéger la fonction acide (réactif D).

IV.3.3 - Déprotection de la fonction amine par CF&QH.

/Ch HQ 7 /CH3 R-NH-C-O-C-CH3

t 'CH, ti R-NH-C- -C-CH, -

II 8 0

lCH R-NH-(' + o:-$3

3 OH 'CH,

$Ha - RNH2 + CO2 + H2C=C + HQ

'CH3

OPTION CHIMIE 21

IV.3.4 - Introduction du groupe protecteur NH-Bot. - Action d’une amine sur un anhydride d’acide.

IV.3.5 - Réaction de couplage.

4 0

- R-C 'NHR'

IV.3.6 - Saponification d’un ester.

V - Ocytocine

V.l - Conduite automatisée des réactions de couplage par “ancrage” de la chaîne en

croissance sur support solide (Merrifield).

Exemple de réticulation de chaîne (statistique).

V.2.2 - Il faut que le polymère soit insoluble dans le milieu (rtticulation) mais se “gonfle” facilement avec solvants et réactifs (réticulation limitée).

V.2.3 - Il s’agit d’une SEA,

CICH2-6CH2CH3 + SnCI, ZZZ CICHP + CH#ZH~O&&

puis mécanisme classique.

V.3.1 - Bot-Cily- + CI-F] - BocGlY4-j~ + Cl0

SN2 entre l’ion carboxylate et l’halogénute primaire. V.3.2 - L’aminoacide est greffé sur le polymère, totalement insoluble.

22 OPTION CHIMIE

V.4.1 - Libération de la fonction amine N-terminale. V.4.2 - 11 s’agit d’esters activés (qualité de groupe partant de l’ion p-nitrophénate

stabilisé par résonance). -0

101 tJ

z=rt R-T-d+,,, - R-(iHzR,+ ‘O-@NOz

R’ tJH2

v.4.4 - JWVG~~++-$+ 3 - Gly-NH2 + HO--Polymère]

- Formation d’amide à partir d’un ester. Ce peptide, partiellement protégé, est soluble.

S” YH V.4.5 - H-Cys-Tyr-Ile-Gln~Asn-Cys-Pro-Lcu~ly-NH,

V.4.6 - Formation d’un pont disulfure par oxydation (cf formules brutes).

? s I

HGCys-Tyr-Ilc4ln-Asn-Cys-Prc4xu41y-NH2

OPTION CHIMIE 23


OPTION : CHIMIE

Épreuve C : Composition de Chimie (Applications) - Session : 1993

par R. BEN-AIM, J.-F. LE MARÉCHAL, P. LEMElTAIS, D. ZANN*

1

1.1 ~~ L’atome excité émet de la lumière parce que l’électron transite

de l’état excité vers l’état fondamental. Si la lumière émise est constituée

de raies et non d’un continuum, c’est le signe que les niveaux accessibles à

l’électron sont discrets.

1.2 ~ Pour obtenir les valeurs de l’énoncé, il faut que TX~ = 2 et que n2 ZZZ 3 6.

1.3 - TQ et n2 représentent le numéro des couches électroniques sur

lesquelles peut se localiser l’électron. Ce sont les numéros des périodes du

tableau périodique, en faisant l’hypothèse que l’atome à plusieurs élcctrolls

posstide, en première approximation, les mêmes niveaux électroniques que

l’atome d’hydrogène.

1.4 - II n’y a pas de raie d’énergie plus faible dans la série de Balmer car

le premier niveau à partir duquel l’électron peut revenir sur la couche 2 est

la couche 3. Par contre, il y a des raies d’énergie plus grandes, si l’électron

relaxe depuis la couche 7, 8, . . . , à 25181, 25706 , . . . cm-’ respectivement.

I.5a - La répulsion entre les électrons d’un même atome conduit à uue

levée de dégénérescence qui implique que les électrons d’une même couche

électronique d’un atome à plusieurs électrons n’ont pas la même énergie.

1.5b - La dégénérescence était n2, n étant le numéro de la couche. Le

nombre d’électron pouvant être sur un tel niveau est : 2, 8, 18, 32....

1.5~ - Ce serait les longueurs des périodes si le remplissage respectait

l’ordre ls, 2s, 2p, 3s, 3p, 3d, 4s, 4p, 4d, 4f... Ce n’est pas le cas, mais

ces nombres se retrouvent dans la longueur de certaines périodes, 2 pour

la première, 8 pour les 2 et 3èmes, 18 pour les 4 et 5èmes, 32 pour les 6 et

7èmes.

* Pour toute correspondance, J.-F. LE MARÉCHAL, École Normale Supérieure de Lyon - 46, allée d’Italie,

69364 LYON Cedex 07.

24 OPTION CHIMIE

I.6a - Si l’on ne considère que les électrons les plus facilement excitables, les 2 électrons d dans le cas du vanadium(III), 1 es niveaux électroniques sont : 3F, ‘D, 3P, ‘G, ‘S.

1.6b - Le terme fondamental est celui qui possède la plus grande multiplicité de spin (3) et, car il y a plusieurs possibilités, celui qui a le plus grand moment orbital (F) ; c’est le terme 3F, dont un des micro-é- tats possède un électron (1=2, s=+1/2) et l’autre (l=l, s=+1/2). Les bons nombres quantiques pour ce système sont L=3 et S=l.

1.6~ - Le couplage spin-orbite lève partiellement la dégénérescence des (2S+I)x(2L+I) = 21 niveaux du terme 3F. Le ‘bon’ nombre quantique à considérer est maintenant J, qui peut prendre toutes les valeurs entre L+S et L-S (séparée de une unité) soit 4, 3 et 2. Les niveaux 3Fq, 3F3 3F, sont également dégénérés.

I.Gd ~~ Le couplage spin-orbite prend une grande importance pour les cJl&ile~~ts lourds. 5, 6 et ïèmes périodes.

II

11.0 - Cram, Lehn et Pedersen, prix Nobel de chimie 1987.

II.1 - Le rayon ionique n’a pas de sens pour un ion isolé, car la probabilité de présence de l’électron autour d’un ion isolé n’est nul qu’à l’infini. Par contre, il est possible, et intéressant, de définir le rayon ionique d’un ion dans un cristal ionique. La distance entre deux ions ‘au contact’ (grandeur expérimentale obtenue par rayon-X) est égale à la somme de leur rayon ionique (valeur théorique). Cette valeur est très largement indépendante du cristal considéré, mais dépend légèrement de la méthode utilisée pour dé- terminer ces rayons.

II.2a - L’évolution est normale; plus on descend le long d’une colonne du tableau périodique, ce qui est le cas dans la série Li, Na,. . . ,CS, et plus le rayon ionique augmente.

11.2b - Deux raisons concourent pour interpréter la diminution du rayon électronique dans la série Na, Mg, Al. (1) D ans une même ligne du tableau pé- riodique, les rayons diminuent car les électrons sont dans les mêmes couches et l’attraction du noyau augmente avec le nombre de protons, entraînant une contraction de la couche. (2) L es ions ‘naturels’ de ces trois éléments sont Na+, Mg*+ et A13+ ; or, plus la charge positive est importante, plus le rayon diminue car le nombre d’électrons est plus faible. Le numéro atomique

OPTION CHIMIE 25

apparent Z* est fonction de -$, ce qui prouve que l’attraction réelle du noyau sur les électrons croît quand on parcourt une ligne du tableau périodique de gauche à droite; le rayon de l’atome (ou de l’ion) décroît donc alors que le numéro atomique croît.

II.3a - log R’ = 2,1 permet de trouver A,G” = -11950 J.mol-‘. Par ailleurs, A,G” = A,H” - TA,S” = -11430. J.mol-’

II.3b - A T = 353 K, on trouve A,Gs = A,H” - TA,S” = -10550 J.mol-‘. L’équilibre est moins favorable; intuitivement, il est satisfaisant de tendre à décomposer un complexe en le chauffant.

II.4a ~- On peut calculer le A,G du système :

A,G = A,G” + RT In( 5) = -RT(lnR - log(O,2)) < 0

A,G étant négatif, le système évolue dans le sens 1, soit vers la formation du complexe.

11.4b - Le système aurait été à l’équilibre si 1,5 = log g (L étant le

volume de la solution exprimé en litre). On trouve L = 15,8 ?

11.5a - Les interactions entre l’ion et la couronne sont optimales pour le potassium. On peut considérer que les ions plus petits ne peuvent interagir efficacement avec tous les sites donneurs du ligand, donc conduisent à un log K faible. Par contre, les ions trop gros ne peuvent pénétrer dans la cavité du ligand, où les interactions avec les sites basiques sont les plus efficaces. Les deux conditions sont optimisées pour les rayons ioniques voisins de celui du potassium.

11.5b ~ Les valeurs de log R’ des ions divalents sont optimales pour le plomb et le baryum, dont les rayons ioniques sont proches de celui du potassium ; cela confirme l’interprétation de la question (a).

11.5~ - On aurait pu obtenir les valeurs de li’ dans un autre solvant. L’influence de la solvatation étant très importante pour les ions alcalins, il aurait fallu choisir un solvant ressemblant à l’eau, par exemple le métha.nol.

26

II.6

OPTION CHIMIE

rog@&..

.J$&f d plan.9 parallèles

\ \ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

face peu accessible à la solvatalion

Représentation en projection de Newman des isomères cis-anti-cis, à gauche, et cis-syn-cis à droite.

II.7 - Le cis-syn-cis ne peut être solvaté que sur une seule face, l’autre étant encombrée par les cycles hydrophobes. Le cis-anti-cis peut être solvaté sur les deux faces.

11.8a - La seule différence enthalpique entre la formation du complexe A et B se situe au niveau de la solvatation du complexe final. Le cis-anti-cis sera mieux solvaté (question II.7 et II.8), donc plus stable. Il y a également une différence entropique, puisque le cis-anti-cis sera plus solvaté que l’autre, une variation plus importante du nombre de molécules interviendra dans le bilan de sa formation ; son A,S” est donc plus négatif.

II.Sb - Dans ce raisonnement, la seule hypothèse repose sur la faible importance de la complexation de la partie hydrophobe du complexe, dont la valeur ne peut être prédite a priori.

III

III.la - Initialement, (Cl-) = 4 Q,,, et cette condition est supposée maintenue pendant le dosage. De même, (A13+) = ao. Le produit de solubilité conduit à : (A13+).(OH-)3 < k’s On peut donc exprimer (OH-). L’électroneutralité s’écrit : 3(A13+) + (Na+) + (H+) = (OH-) + (Cl-).

OPTION CHIMIE 27

Tant que pH reste inférieur à 7, on peut négliger (OH-) dans cette expression,

il résulte que : (H+) = ~0 - ZC, donc

(OH-) = A.

Le produit de solubilité se traduit par :

a0 Ii-, c-3 (a0 - z)’ - K,.

note : la solution moins complète, au demeurant admissible, consistant à

introduire les valeurs numérique dans le produit de solubilité donnait pH < 4.

III.lb - La limite supérieure du domaine est donnée pour la valeur x1 de

z qui conduit à égalité dans l’inégalité ci-dessus. On trouve ~1 = ao - 10-” =

0, 0049 mol.l-1.

111.2a - (H+) = a0 - z ==+ pH = - log(ao -x).

111.2t, ~~ do = l dX

d(pH) 4350. Z,3(ao - x) ; en x1J 7 = ’

III.3a ~ Dans le domaine Dz, A13+ et AI(OH)3 sont simultanément CII

présence ; on a donc l’égalité au niveau de l’écriture de K, :

(A13+).(OH-)3 = I<,.

Tout OH- versé au delà de x = x1 précipite un tiers des A13+. II reste donc

en solution (Al”+) = a0 - 7, expression que l’on reporte dans l’égalité

ci-dessus. On trouve pH = 3,23 - i log(ao - 7). La variation du pH

est très lente dans ce domaine puisque la variable z est exprimée dans la

fonction log, tout comme l’évolution du pH lors du dosage d’un acide faible

dans la zone tampon.

111.3b ~ Dz est limité par la disparition des ions aluminium de la solution,

soit pour X2 = z1 + 3ao = 0,020 mo1.L-l.

111.3~ - La pente en x1 dans le domaine Dz est donnée par la dérivée de

l’expression trouvée au 111.3a :

XI z-w

9a0 031

ST==,

En ce même point Pu, mais dans le domaine Dl, la pente est 4350 (111.-b).

Ceci montre une importante rupture de pente au point d’abscisse z,, caracté-

ristique de l’apparition (dans ce cas, mais cela arrive également lors de la

disparition) d’un précipité.

28 OPTION CHIMIE

111.4a -

PH

A

ii i . :

x1 X2

Allure théorique du pH en fonction de x.

b X

111.4~ - Les domaines de la figure ci-dessus sont définis ainsi : D1 : augmentation du pH sans précipitation. D2 : précipitation de Al(OH)s avec une faible augmentation du pH. D3 : augmentation du pH. D4 : redissolution de Al(OH)s sous forme d’ion aluminate. D5 : augmentation du pH.

note : on retrouve une rupture de Pent>e à la fin de la dissolution du précipité.

111.5a - Le produit de solubilité s’exprime : K, = K j I( 1. 2. 3

111.5b - On se place dans le domaine D1. Les inconnues sont la concentration des trois espèces solubles d’aluminium, 2 et H+. Les équations dont nous disposons sont les expressions des 3 constantes, l’électroneutralité et la conservation de Al. Nous avons donc le moyen d’exprimer pH en fonction de x et des Ii,.

111.5~ - Avant de proposer un algorithme, on remarque que le premier équilibre, de constante 1t’1, influe sur la première partie du domaine Dl, le deuxième équilibre sur le centre de D, et le troisième sur la fin de Dl ; arbitrairement, on découpera D1 en trois sous-domaines d, m et f.

Algorithme proposé : - Prendre trois constantes d’essai telles que leur produit soit égal à K,. - En déduire la courbe théorique. - Evaluer l’écart à la courbe (moindre carré par exemple) dans d, m et f. - Modifier deux constantes (tout en respectant la valeur de leur produit) : on choisira celles dont le domaine correspondant sera le plus éloigné de la courbe. - En déduire une nouvelle courbe théorique et évaluer encore les distances à la courbe expérimentale. - Corriger les constantes à nouveau jusqu’à converger vers un jeu de constantes qui produise la courbe théorique la plus proche de la courbe expéri- mentale.

OPTION CHIMIE 29

III.5d ~ Les constantes Zt’i dépendent de la concentration initiale en aluminium car la formation des hydroxydes s’accompagne de la formation d’un gel. Cette formation est dépendante de la concentration en aluminium. Plus l’aluminium est concentré et plus le gel se forme facilement. De plus, le gel modifie la réactivité des centres acides aluminium et donc la valeur des

K,.

III.6 - Le minerai est constitué d’oxyde d’aluminium et d’impuretés à éliminer. Le traitement à chaud en présence d’une solution concentrée de soude place le système dans les conditions du domaine Ds, où l’aluminium est sous forme soluble. A ce pH, les impuretés, essentiellement du fer et

du titane, restent insolubles sous forme d’hydroxyde ou d’oxyde, ce sont les boues qui sont décantées et filtrées. Par dilution, on fait descendre le pH jusque dans le domaine Ds où l’hydroxyde d’aluminium précipite. Il est filtré à son tour. On recycle la solution de soude qui contient encore beaucoup d’aluminium. On travaille ainsi avec une solution saturée en aluminium.

IV

b force du champ

IV.2a ~ Le chrome(I1) est un ion d4 dont la structure électronique est t&.e, ou t&.

lV.‘ib - En appliquant la formule du spin seul, la première structure

électronique donne un moment magnétique p = r 4(4 + 2) = 5 M.B.. l’eut

la deuxième structure, le moment serait p = JLc:1+L, = 2,83 M.B.. La mesure expérimentale, 4,96 M.B., prouve que la structure électronique est celle du champ faible.

IV.3a - La multiplicité est 2s + 1

30 OPTION CHIMIE

IV.Jb - Cette formule indique que le moment magnétique macroscopique est la somme des moments dus à chaque complexe, pondérés par une loi de distribution de Boltzman. Au dénominateur, on a la fonction de partition.

IV.3c - On pose 0 pour l’énergie avant dégénérescence ; Ei = g@H; (i variant de -S à +S) donc les p;, dérivées partielles suivant H, par définition, valent igp. Le moment global vaut :

M = ,gB(-s).e- + g/q-s + l).e-gPYTT+ll + . . . +g@(+s).e-g”2+“1 -ga”(-q -g&9H(-S+1~ - PH tq

e liT + e >tT + + e ’ 2

IV.3d - Avec l’hypothèse que g@H est petit devant kT, on peut di:- velopper les termes exponentiels au premier ordre, soit :

M = nr(-s)9P.(1 - @$-y + . . . + (+S)gB.(1 - @&q

1 - qp + 1 - gy;s+11+ ,,, + 1 - @!!p

M = N9/3((-s) + (-s + 1) + . . . + (+S)) + “((S)’ + (S - 1y + . ..o)

(2s + 1)

note : dans ce regroupement de termes, la série des carrés est balayée deux fois, une fois entre -S et 0, et une fois entre 0 et S, d’où le facteur 2. Au dénominateur, tous les termes en g s’annulent deux à deux, -S avec +S . . .

M = Ng/ï 2s(s + I)(LS + l)gBH = Ng2B2HS(S + 1)

6(2S + l)I1T 3kT .

IV.3f ~~ On pose x = $ = $ avec C = Ng*pS(S+l[ 3k = CLE. La loi de Curie

est donc vérifiée.

IV.3g - C’est un cas particulier de la formule de Van Vleck (1936).

IV.3h - peff = @ = ,/v = gV=. En intro-

duisant la valeur g = 2 et en remarquant que n = 2s (puisque chaque électron célibataire contribue pour f au spin total), on retrouve la formule du spin seul.

OPTION CHIMIE

V

31

V.l - Les angles d’un octogone régulier valent 135 degrés. Si le COT

était plan, les doubles liaisons imposeraient un angle de 120 degrés. Une trop

forte tension existerait ; le COT n’est donc pas plan.

Note : la représentation de droite ne convient pas car les doubles liaisons ne

seraient pas planes.

V.2a - On a 0,l mole de potassium et 0,05 mole de COT (masse

molaire=104). On a bien une stoechiométrie initiale 2/1.

V.2b - Chaque carbone engage 1 électron dans le cycle, qui possède en

plus de 2 charges ‘-‘. Il y a 10 électrons pi dans ce système cyclique.

V.2c - Le système est donc aromatique au sens de Hückel (4 x 2 + 2

électrons délocalisés dans une structure monocyclique totalement conjuguée).

Le cycle est plan, à la différence du COT.

V.3a - On note F le rapport de la masse du fragment (exprimé en unité

atomique) et de la charge, en l’occurrence la charge (-e). La déviation dans

le champ magnétique du spectromètre de masse dépend de la masse et de

la charge. On rappelle que le carré du rayon de courbure dans le champ

magnétique est proportionnel à y.

V.3b - Le spectre masse s’interprète comme suit :

: = 440 correspond au fragment (COT)sTh+ (104 x 2 + 232).

5 = 336 correspond au fragment (COT)Th+ (104 + 232).

: = 104 correspond au fragment (COT)+.

V.3c ~ Dans ce cas, le fragment le plus lourd est le pic moléculaire,

il correspond à la stoechiométrie attendue. Le complexe (COT)*Th a une

structure sandwich type ferrocène, mais avec des ligands COT au lieu des

ligands cyclopentadiényles.

V.3d - Le groupe de symétrie est Dsh (un axe d’ordre 8, un plan de

symétrie perpendiculaire à l’axe . ..). ou Dsd si l’on considère que les deux

cycles sont décalés.

32 OPTION CHIMIE

V.4a - Le complexe a plus de 20 électrons (10 par ligand, plus les

électrons du métal).

V.4b - Cela dépasse les 18 électrons qui confèrent la stabilité d’un

complexe organométallique d’élément d.

V.5 ~ Un composé en étoile, constitué d’un atome central et de 8 ligands

dans le même plan posséderait 2 x8 électrons plus les électrons du métal ; cela

peut rester dans la limite des 18 électrons, mais un tel encombrement dans

le plan équatorial avec un tel vide dans le reste de la sphère de coordination

ne conduit pas à une structure stable.

Pour qu’un composé possède un axe d’ordre 8, on pourrait envisager 8 ligands

au-dessus du plan et 8 en-dessous, ce qui apporterait 32 électrons, ce qui n’est

pas non plus envisageable.

En conclusion des questions 4 et 5, seul un métal possédant des orbitales f,

donc ne limitant pas à 18 le nombre d’électrons de la structure électronique

externe, peut accepter une symétrie aussi élevée que la symétrie Dsh.

V.6 - Par réaction de rétro-Diels-Alder à partir du dimère, on obtient :

GJL,

@u - O+u puis :

CsHs + base -+ C5H;

CsH; précipitant avec Tl+.

V.7 - La stabilité de la charge de CsH; est due à sa délocalisation SUI

5 centres (et non sur 1 seul comme dans CsHs) et au caractère aromatique

(6 électrons r délocalisés sur la totalité d’une structure monocyclique).

V.8a - Le ligand C,5H; est dans un plan perpendiculaire à l’axe U-

centroïde de CsH;. C’est une coordination appelée 7’.

V:8b - Si l’on appelle axiale, la direction U-Cp et équatorial le plan

perpendiculaire contenant U, on peut envisager deux structures possibles,

soit les deux ligands HMPA sont axiaux (et sont équivalents en RMN) soit

l’un est axial et l’autre est équatorial (ils sont alors différents en RMN) ce

dernier cas interprète les observations expérimentales.

V.8c - Le ligand accepte également les coordinations n3 (allylique) ou

7’ (liaison a). Dans ces deux cas, les H du cycle ne sont pas équivalents cn

RMN.

OPTION CHIMIE 33

V.9a - On devrait observer 2nl + 1 raies, où n est le nombre de II et I son spin (f), soit 19 raies en tout. Note : cette valeur est indépendante de la valeur du spin du phosphore.

V.Yb - On applique la règle du triangle de l’ascal, le rapport entre la raie la plus intense et la raie la moins intense est Cy, soit * = 92378. Il y a tout lieu de penser que l’on ne verra pas toutes les raies, car si la raie centrale mesure 10cm sur le papier d’impression, la raie la plus petite mesure 1 pm!

V.10 - L’équation de Bloch, @$l = $--(Ma - MA(~)), peut s’intégrer

après séparation des variables Ma(t) et t. On a [-ln(Mj - MA(t))] = [$-] entre l’instant initial (1 = 0, MA(~) = -MA) et l’instant 2, soit :

2Mj t In MA -MA(t) = G’

on peut exprimer MA(t) en fonction de t :

Mi - MA(t) = 2MA exp(-&) soit 1A

MA(t) = Mi(l - 2exp(-k)).

Allure de la magnétisation, MA(t), en fonction du temps.

V.lla - Cette équation de Bloch modifiée intègre les différents modes d’évolution de la magnétisation MA(t), soit spontanément comme dans le cas de l’équation de Bloch ‘normale’, c’est le premier terme, soit par diminution quand A magnétisé devient B avec la constante de vitesse ki, d’où le signe - devant klMA(t), soit par augmentation quand B magnétisé devient A avec la constante de vitesse k-i, d’où le signe + devant k-lMB(t).

V.l lb - Les constantes Ici et /c-i sont reliées par la constante d’équilibre de l’échange décrit question 10 :

&qurl,bre = lcl k-,’

V.12 - Il s’agit de l’équation différentielle symétrique de celle présentée à la question 11, exprimant suivant la loi de Bloch modifiée par l’échange,

34 OPTION CHIMIE

l’évolution de la magnétisation de B.

notes : attention aux signes et aux constantes kl et kLl. A priori, les temps de relaxation 7’~~ et TUB sont différents.

V.13 - si MB(t) = 0 pendant toute l’expérience, on a une équation qui ne dépend plus que de MA(t) :

dMA(t) -ZZZ dt

MA ;MA(t) - klMA(t) 1A

V.14a - On fait rentrer MA(t) dans la parenthèse :

dM,(t)= hf; - (1 +-kl.TlA).Ma(t) dt T IA

ou en factorisant le coefficient de MA(t)

w = (1 + k,.Tu) Ma dt T 1 + h.Tta

- MA(t) 1A

qui est de la forme demandée, avec

1 1 + kl.za

T:A= TIA

et

M:= MA 1 + kl .T~A

On vient donc de montrer que lors de l’expérience qui surimpose un champ radiofréquence à la fréquence de résonance de MB(t), MA(t) se comporte en suivant une loi de Bloch ‘normale’, avec un temps de relaxation Ti apparent et une magnétisation maximale à l’équilibre M; apparente.

V.14b - TiA est toujours plus petit que T~A ; la relaxation est donc plus efficace en présence d’échange, ce qui explique l’élargissement des raies en RMN, caractéristique de la situation d’échange chimique.

M$’ est également plus faible que Ma, ce qui montre que si l’on compare l’intensité d’une raie RMN en situation d’échange chimique, avec et sans le champ radiofréquence supplémentaire, son intensité est modifiée; elle diminue par application du champ radiofréquence secondaire. note : cette expérience permet de caractériser les sites d’échange très pré- cisément ; en effet, si l’on irradie la ‘bonne’ raie, celle qui est effectivement ‘en échange’ avec la raie étudiée, il y a modification de son intensité. Si l’on applique le champ radiofréquence sur toute autre raie non impliquée dans

OPTION CHIMIE 35

l’échange, il n’y a pas de modification de l’intensité de la raie étudiée. Cette note n’était pas exigée des candidats.

-MA-

Allure de la magnétisation de A en fonction du temps avec et sans champ secondaire. On remarque qu’en présence d’un champ secondaire, on atteint plus rapidement un état d’équilibre dont la magnétisation est moins importante.

V.14d - Il s’agit de combiner les deux équations de 14a :

1 1 + h.TlA MA -=

T;A T et

MZ= 1A 1 + ~-T,A

Le produit membre à membre de ces deux équations donne TlA = T,‘,$.

Cela donne accès à T~A, non accessible à l’expérience, à partir des trois aut& paramètres qui eux, le sont. note : T*A ne pourrait être obtenu expérimentalement que si l’on pouvait disposer du système chimique ‘bloqué’, qui n’existe pas, du moins pas à la température de l’expérience. On introduit l’expression de T 1.4 dans la deuxième équation :

k 1

= (Mp4,“-l).M~

(G.MA) ’ qui peut éventuellement s’exprimer en fonction de

a = 2, taux de diminution de l’intensité’, grandeur intéressante dans ce

contexté : kl = F.

V.15 - La constante de vitesse de l’échange est k, = (A - l).s = 1 > 7

s-l. Cette technique, appelée saturation par tranfert de spin, permet d’é- tudier des cinétiques assez rapides.

V.16 - Pour accéder à l’énergie d’activation de l’échange, il suffirait de reproduire cette expérience à différentes températures. L’intervalle de température est limité vers les basses températures, à la détection d’une trop petite différence de magnétisation (pratiquement, il faut g < 0,9) et vers les hautes températures par l’effondrement des raies RMN dû à l’échange chimique ($ > 0,l).

36 OPTION CHIMIE

VI

VI ~ Le premier élément du bloc G serait l’élément 121 (l’unbiuniurn suivant les recommandations de I’IUPAC, relatives à la dénomination des éléments chimiques de numéro atomique supérieur à 100). Il faudrait que soient remplies :

les 8 sous-couches s (n = 1 à 8) les 6 sous-couches p (n = 2 à 7) les 4 sous-couches d (n = 3 à 6) les 2 sous-couches f (n = 4, lanthanides et 5, actinides)

avant de commencer à remplir la première sous-couche g (n = 5).

Agrégatio(Concours Externe)

OPTION : PHYSIQUE APPLIQUÉE

Épreuve A - Composition de physique - Session : 1993

MICROSCOPE À EFFET TUNNEL

I. OPTIQUE ET ÉLECTROMAGNÉTISME

I.A. ONDES ÉVANESCENTES EN OPTIQUE

I.A.1. MILIEUX DIÉLECTRIQUES TRANSPARENTS

I.A.1.a. Cours

I.A.1.b.k→ =

n1 ωC

e→

BI→

= n1

C e→ ∧ EI

→ réels ou non.

PI→

= E1→

∧ BI→

µ0

réels.

<PI→> =

12µ0

E~

→I ∧ B

~

→I∗ complexes.

<PI→> =

12µ0

n1

C E0I

2 e→ = uI

Cn1

e→

uI = 12

ε E0I 2 =

B0I 2

2µ0

.

OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE 37

kx

n1 sin i1

= krx

n1 sin r

= kx’

n2 sin i2

démonstration = continuité de E T.

si i2 existe sinon n1 sin i1

I.A.1.c. kz = n1 cos i1 , krz = – n1 cos i1,

k’z = ωC

√n22 – (n1 sin i1)

2.

ilimite : sin i = n2

n1

n2 < n1

et i1 > i

I.A.1.d. 1δ

= ωC

√(n1 sin i1)2 – n22

k’x : réel.

k’~

z : imaginaire.

E2→

= ey→

E20 e – z ⁄ δ

ei (ωt – k’

x x)

λ1 = 2πω

Cn1

= 0,4 µm (mais c’est 0,6 µm dans le vide).

δ = 9,6 × 10 –8 m = 96 nm

I.A.1.e. B~ 2

→ et E

~ 2

→ en quadrature → 0

dans la direction z.

I.A.2. PROPAGATION D’UNE ONDE ÉLECTROMAGNÉTIQUE DANS UN CONDUCTEUR

I.A.2.a.m dv

dt = –

mvτ

+ qE

v = qeτm

j = Nev = Ne2τ

m E

γ = Ne2δ

m

1N

= 10810,5

× 10 –6 m3 ⁄ 6 × 1023 atomes N = 5,8 × 1028 at ⁄ m3

τ ≈ mγNe2

≈ 3,7 × 10 –14 s

38 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE

I.A.2.b. γ~ (ω) = γ (0) 1

1 + iωτ

ω > > 1τ

= 2,7 × 1013 rad.s–1 ⇒ γ~ (ω) ≈

γiωτ

I.A.2.c. Champs complexes :

k’~

→ . B

~

→ = 0 i k’

~

→ ∧ E

~

→ = –iωB

~

→

k’~

→ . E

~

→ = 0 i k’

~

→ ∧ B

~

→ = µ0

γ(ω) + iωε0

E~

→

k’2

~ = µ0 ω2

ε0 –

γω2 τ

1,3 × 1016 s–1 = √γε0 τ

> ω > > 1 ⁄ τ ≈ 3 × 10+13 s–1

I.A.2.d. <P→> = 0

→ (k’

~imaginaire pur).

Il n’y a pas de transport d’énergie.

I.A.3. RÉFLEXION NORMALE SUR UN MÉTAL DONT LA CONDUCTIVITÉ EST IMAGINAIRE PURE

I.A.3.a.k’2

~ =

1

C2 ω2 – ω p2

, ωp2 = γ

ε0 τ

1δ

= C

√ωp2 – ω2

I.A.3.b. Continuité de E et B (ni σ, ni js→

)

z = 0 : E1→

= EI→

+ ER→

= E2→

= Etr→

De même pour B→

.

I.A.3.c.


EI~

= E0I ei (ωt – kz)

ER~

= r~ E0I e

i (ωt + kz)

Etr~

= t~ E0I e

i (ωt – k’z)

Continuité de E en z = 0 :

1 + r~ = t

~.

BI~

= k→

ω ∧ EI

~

→ Br

~ = – k

→

ω ∧ ER

~

→ Bt

~ =

k’~

→

ω ∧ Et

~

→

Continuité de B :

k 1 – r

~ = k’

~ t~ , t

~ = 2k

k + k’~

ou encore : r~ =

k – k’~

k + k’~

Comparaison avec les formules de Fresnel :

t~ =

2 n1

n1 + n2

→ 2k

k + k’~

r~ =

n1 – n2

n1 + n2

→ k – k’

~

k + k’~

.

I.A.3.d. donc milieu 2 → 0 (E et B en quadrature),

donc milieu 1 → 0<PI> = – <PR>

Prad = 2 uI uI = 12

ε0 E0I 2

λ = 0,6 µ δ = 2,4 × 10 8 m

ωp = 1,3 × 10 16,

ω = π × 10 15 s–1.

<PI> = 150 W ⁄ m2 = uI C

Prad = 10 –6 Pa.


I.A.3.e. Il existe une fraction transmise On écrit la continuité des champs aux 2 interfaces :

Milieu 1 Milieu 2 Milieu 3

E1 = E0I ei (ωt – kz)

+ r~ E0I e

i (ωt + kz)E2~

= A e– z ⁄ δ + Be

+ z ⁄ δ e

iωt E3~

= E03 ei

ωt – k (z – d)

ey→

E3~

= E03 = t~ E0I

Poynting : Poynting : Poynting :

ε0 E0I 2 C

1 – r

~ r∗

~

i2

ε0 C2

Ω δ2 (AB∗ – BA∗ )12

ε0 t~ t∗~

EOI 2 C

rot→

E = – ∂B→

∂t

B2~

= 1iω

–

Aδ

e –z ⁄ δ

+ Bδ

e+z ⁄ δ

A et B complexes.

Résolution des quatre équations linéaires.

⇒ t~ =

4iω δ ⁄ C

1 +

iωδC

2

ed ⁄ δ

– 1 – iω

δC

2

e – d ⁄ δ

Si d >> δ t~ ≈

4iω δ ⁄ C

1 +

iωδC

2 e– d ⁄ δ

Si δ << λ T = t∗~

t~ ~ 16

ωδC

2

e –2d ⁄ δ

Si δ >> λ T = 16

Cωδ

2

e –2d ⁄ δ

I.B. DUALITÉ ONDE CORPUSCULE

I.B.1. DESCRIPTION D’UN FAISCEAU DE PARTICULES

I.B.1.a. λ = hP

.

[h] = [énergie] × [temps] = ML2 T –1.

I.B.1.b. P = √2 |e V0| m λ = 0,39 Å

E0 = |e V0| = 1 keV = 1,6 × 10 –16 J

I.B.1.c. E0 = EC – |e| V

EC = p2

2m =

h2 k2

2m , k2 =

1

h2 2m E0 + |e| V

, k = 1

h √2m

E0 + |e| V


I.B.2. EFFET TUNNEL

I.B.2.a.k =

√2m E0

h kr = – k

k’~

= – ih

√2 m Φ

I2 = I20 e –2z ⁄ δ

avec k’~

= – iδ

,

par analogie on obtient : e –2 z

√2 m Φh

I.B.2.b. δ2

= h

2 √2 m Φ = 0,4 Å

I.B.2.c. Correspondance : ωC

↔ √2 m E0

h et

1δ

↔ √2 m Φ

h

d’où : t~ t∗

~ ∝

ΦE0

e –

2 d √2 m Φh

I.B.2.d.J+ = K Φ e

– 2dh

√2 m Φ

J– = – K (Φ + u) e –

2dh

√2 m (Φ + U)

J = J+ + J– K u

dh

√2 m Φ – 1 e

– 2dh

√ 2 m Φ

J ≈ K dh

√2 m Φ u e –

2dh

√2 m Φ

II. PHÉNOMÈNES DE SURFACES

II.A. INTERACTION ENTRE CHARGES

II.A.1. ÉNERGIE STOCKÉE PAR UNITÉ DE SURFACE

W = 12

ε0

ud

2

d = 12

ε0 u2

d

Doù : I = ∂W∂d

= – 12

ε0 u2

d2 par unité de surface attractive,

soit : p = 12

ε0 u2

d2 = 1,8 bar.


II.A.2.

V2 – V1 = q

4 π ε0

1r1

– 1

2d – r1

= V

dW = F . dl = V dq

q = 4 πε0 r1 V 2l – r1

2 (l – r1) = 4 π ε0 r1 V

1 +

r1

2 (l – r1)

dq = 2 π ε0 r12 V

dl

l – r1

2

F = 2 π ε0 r1

2 V2

l – r1

2 = 3,5 . 10 –14 N

II.A.3. II.A.3.a. (a) E = Vd

= 2.108 V.m –1.

(b) E = a

4 π ε0 r12 = 109 V.m–1.

II.A.3.b. Modèle élémentaire d’ionisation

eE = e2

4 π ε0 a2

a ≈ 2 Å

E = e

4 π ε0 a2 = 3 × 1010 Vm–1

Événement rare.

I.A.3.c. d << libre parcours moyen ⇒ pas d’avalanche.


II.B. INTERACTIONS DIPOLAIRES

Wi = – Γr6 entre molécules, force attractive.

II.B.1.

Énergie : dW = Γ

OM6 ρ dv

W = – ρΓ ∫ d

∞dz ∫

0

∞2 π r dr

r

2 + z2

3

W = – ρ Γ π6 d3 d’où f =

ρ Γ π2 d4

II.B.2. 2 1/2 espaces énergie / unité de surface d’un côté.

WS

= ∫ d

∞

– ρ Γ π6 z3 ρ d z

WS

= – ρ2 Γ π12 d2

FS

= p = A

6 π d3 avec A = π2 ρ2 Γ, constante de Hamaker, A ≈ 10 –19 J.

La force est attractive. Pour : d = 5 Å , p = 4,2 × 107 Pa.


II.B.3. k (z – d) = r2, équation du paraboloïde.

dW = – ρ Γ π2

6 z3 ρ r2 dz = – ρ2 Γ π2

6 z3 k (z – d) dz.

W = – π2 Γ ρ2 k

6 ∫

d

∞

dz

z2 – d dz

z3

W = – A k12 d

force F = A k

12 d2.

Pour : k = 5 Å, F = 1,7 × 10 –11 N (surface équivalente : kd).

II.C. CARACTÈRES DU COURANT TUNNEL

I ∝ e– 2d ⁄ δ δ = 0,4 Å

II.C.1. RÉSOLUTION SPATIALE.

d I ∝ 2 π r d r e –2D ⁄ δ

D2 = r2 + d2

d I ∝ 2 π D d D e –2D ⁄ δ

I = K . 2 π ∫ d

∞

D d D e –2D ⁄ δ

I = K . πδ –

D +

δ2

e

–2D ⁄ δ

d

∞

I0 = + K π δ d +

δ2

e

–2d ⁄ δ.


Calcul de D1 tel que : ∫ d

D1

= 90 % I0

I = K π δ

d +

δ2

e

–2d ⁄ δ –

D1 +

δ2

e

–2D1

⁄ δ

prenon D1 = d + a. On néglige δ2

devant d et D1

I = I0 1 – e –2a ⁄ δ

e –2a ⁄ δ = 0,1 a = 2,3

δ2

= 0,46 Å

Résolution

(d + a)2 = d2 + ρ2 ⇒ ρ2 = 2 da

ρ ~ √ 2da soit : d = 5 Å

ρ – √ 2ad soit a = 0,46 Å ρ ~ 2 Å

estimation grossière mais correcte.

II.C.2. RÉSOLUTION EN ÉPAISSEUR

I = cste × e –2d ⁄ δ

dII

= d (d)

d = 2 % d (d) =

2100

δ2

d (d) = 4 × 10 –3 Å

III. QUELQUES PROBLÈMES PRATIQUES

III.A. FILTRAGE DES VIBRATIONS

III.A.1. SUPPORT DU MICROSCOPE

III.A.1.a. Équilibre en charge

– Mg + k (l0 – L2) = 0

– Mg + k (l0 – L1) – k (l0 – L2) = 0

– Mg = k (l0 – L2) = 12

k (l0 – L1)

III.A.1.b. – Mg + k (l0 – L2 – Y + X) = MŸ

– k (X – Y) = MŸ

– Mg + k (l0 – L1 – X + a) – k (l0 – L2 – Y + X) = MX..

– – k (2 X – Y – a) = MX..


III.A.2. FRÉQUENCES D’OSCILLATION

III.A.2.a.a~ = a0 e

i ωt

X~

= X0 ei ωt

Y~

= Y0 ei ωt

k X0 – Y0

= – ω2 MY0

k 2 X0 – Y0 – a0

= + ω2 MX0

kX0 – k – Mω2 Y0 = 0

2k – ω2 M

X0 – kY0 = ka0

Y0 = k2

dét a0 dét = k – Mω2

2k – Mω2 – k2

en phase à petit ω : à ω = 0, y0 = a0.

Y0

a0 =

11 –

Mω2

k 2 –

Mω2

k

– 1

kM

= ω0 2

ωω0

2

= u

(1 – u) (2 – u) – 1 = 0 , u2 – 3 u + 1 = 0 , u = 3 ± √9 – 4

2

ωρ2 =

k2M

(3 ± √ 5 )

III.A.2.d. Maximun : u = 32

, Y0

a0 = –

45

.


III.A.3. III.A.3.a.etIII.A.3.b.

Pour : ω > > ω2 ≈ √52

kM

Y0

a0 ≈

kMω2

2

=

1260

2

Application Numérique : ω2 = 2π × 7 Hz

y0 ≈ 0,015 Å

Comparaison avec un seul ressort.

– Mg + k l0 – L1 – X + a

= MX

..

X0 Mω2 – k = – ka0 X0 =

k

k – Mω2 a0

ω > > √ kM

X0

a0

≈

kMω2

Conclusion

– 2 ressorts : l’amplitude chute plus vite.

– prendre √52

kM

< < 2π × 100 Hz.


III.B. LE MICROSCOPE

III.B.1. VIBRATIONS DE LA PARTIE MÉCANIQUE

III.B.1.a.

mg négligeable ⇒ Équilibre l1 = l et l2 = l

(l) 20 k l – l01

= 16 k

l – l02

(l)si l01 =

65

l

alors l20 = 54

l

J d2 θdt2

= – k 20 l θ

dl2

× 20 l – k 16 l θ

dl1

16 l

J d2 θdt2

= – 41 × 16 k l2 θ.

J = ρ (20 l)3

3 e w =

m3

(20 l)3.

ω0 2 ≈ 4,9

kM

.

III.B.1.b. V0 ≈ 3 200 Hz, pas d’excitation. Il n’y a pas de déplacement interne au microscope.

III.B.2. III.B.2.a. Déplacement selon z.∆ LV

= 40 Å ⁄ V ; ∆ L = 1 600 Å, valeur trop grande.

III.B.2.b. Déplacement selon x.

L – dLL

= Rc – R

Rc


dLL

= RRc

θ = L2 Rc

∆x = L2

2 Rc

Rc = R e

Vd =

1,25 × 104

V ∆ X = 400 Å , ∆ Z ≈ 10–3 Å.

III.B.2.c. Continu sur l’électrode interne avec asservissement au courant tunnel. Alternatif surles électrodes externes pour le balayage.

III.B.3. III.B.3.a. ν1 = 230 kHz ; pas d’excitation en dessous.

III.B.3.b. νf = 140 kHz

Balayage en X : fréquence << 140 kHz (1 kHz par exemple).

Positionnement et asservissement en Z : réponse < 200 Hz suffisant pour corrigertable et dérives.

L’appareil est réalisable.

A.-M. C.


OPTION IWYSIQUE APPLIQUÉE 51

1-l-l

l-l-2

l-l-3

l-l-4

I-l-5

I-l-6



Épreuve B : Composition d’Électricité, d’Électronique, d’Électrotechnique

et d’Automatique - Session : 1993

Al-IMENTATION ET COMMANDE

D’UN SERVOMOTEUR A COURANT CONTINU

Ière PARTIE : ETUDE DE L’ONDULEUR

1.1 Etude du circuit RLC série

d “c d i

iP =Cdt > P

“P =LT

d2vC v=LCdt

d “c + RCdt +

VC(P) 1 m- 1 + RC p t LC p2

1 + RC p + LC p2 = 1+2<

1 1 u z-z -

n T et <=

n d-m-

d’où v d2vC

P = LC 7

vC

i,(p) CP

’ Tlj7- 1 + RC p + LC p2

LnP + = n2PL avec :

Si R I 0, vC(t) = ip(t) = 4 AZ sin l/LC t

On déduit vp(t) = v(t) - vC(t) = g COS (Cf. feuille I-A)

s/v = 1 jw C -

1 + jw RC + (jwJ2LC > lp/y =

1 + jw RC + (jo)‘LC

52 OFTION PHYSIQUE APPLIQUÉE

L’impédance du circuit est minimale (égale à Rl lorsque w = wr= l/KÏ3?

soit w = wn.

I-l-7 2

PR = R Ipl avec lpl = Vl WC

(1 - LC w212 + (RCwl’

Il en découle : PR = V12 R C202

(1 - LC U212 + (RCwl 2

W=W r ’ ‘R = ‘R MAX

= V12/R

w cc w r : PR I: VI2 R C2w2

w >> ” r

: PR % V12 R/(Lo12

La puissance est réglable par la fréquence de

pulsation de résonance série, mais avec une pente différente

différent). (Cf. feuille I-A)

I-2 Fonctionnement du convertisseur

I-2-1 Lors des commutations, un convertisseur établit

sources de nature instantanée différente (tension et courant).

part et d’autre de la

(donc un gain dynamique

des liaisons entre des

Le circuit RLC série est une source instantanée de courant, grandeur d’état

imposé par l’inductance.

I-2-2

I-2-2-1 Tn = 2n m

I-2-2-2 Cf. feuille I-B Lorsque la tension de sortie v du convertisseur

est constante (donc égale a + ou - E/21, l’évolution du courant dépend

essentiellement du choix des valeurs des éléments du circuit RLC.

Si la période de commande Tc est petite devant la période naturelle Tn du

circuit. le courant n’a pas encore changé de signe au moment de la commutation qui

s’effectue donc entre un transistor commandé à l’ouverture et une diode opposée qui

s’allume spontanément (cellule de commutation).

Si la période de commande Tc est grande devant la période naturelle Tn du

circuit, le courant change de signe avant la commutation qui s’effectuera donc entre

une diode qui s’éteint spontanément lors de la commande à la fermeture du transistor

opposé.


Les changements de signe du courant sont permis par l’association parallèle

transistor-diode qui fonctionne, dans ces conditions, en commutation naturelle

imposée par les grandeurs internes au circuit : extinction d’un Clément au passage

par zéro du courant, allumage de l’autre au passage simultané par zéro de la tension

résultante (tension source - tension condensateur).

I-2-2-3 Le courant ne peut être sinusoïdal :

0 le circuit est amorti,

l la tension v prend deux états distincts au cours d’une même

période. La forme d’onde exacte du courant pourrait s’obtenir à partir de l’équation

différentielle du I-l-2, en prenant en compte les conditions initiales \ lors des

changements d’état de v.

I-2-3 l CONDITIONS D’ALLUMAGE

DIODE : Tension Anode-Cathode devenant positive.

THYRISTOR : Tension Anode-Cathode positive et présence d’un courant de gâchette

pouvant être annulé après la fermeture.

l CONDITION D’EXTINCTION : Dans les deux cas, au passage par zéro du

courant.

Ces conditions montrent qu’il est possible d’utiliser des thyristors

lorsque la frequence de commande est inférieure à la fréquence naturelle (ou de

résonance sériel du circuit, soit Tc> T . n

I-2-4 La contrainte au blocage est la phase de recouvrement inverse lorsqu’une

tension négative est appliquée aux bornes d’une diode passante. La charge stockée

doit ëtre évacuée afin que la diode retrouve son pouvoir de blocage. Ceci exige donc

un courant inverse, pouvant être de forte amplitude pendant une durée non négligeable

(qq ps pour les diodes de redressement classique, 50 à 200 ns pour les diodes de

commutation dites rapides).

L’analyse des modes de fonctionnement (feuille 1-B) montre que ce problème

ne se pose que si Tc< Tn. Dans ces conditions, il apparaît a priori souhaitable que

la fréquence de commande soit supérieure à la fréquence naturelle.

I-2-5

I-2-5-1 La tension v est une fonction impaire de valeur moyenne nulle. Les

harmoniques de rang pair sont tous nuls et il vient :

” =GL n n s

avec n l 1,3,5,7, . ..)


l-2-5-2

I-2-6

I-2-6-l

1 ” WCC

Pn = “” avec w = 2n f

(1 - LC n20cv 2’ c c

+ (n RC wc)

fn = l/(Zn &??) = 15180 Hz

f

(HZ)

5000

15000

45000

*PI ’ P3 ‘P5 (A) (Al (A)

0.95 3 0.48

8.97 0.32 0. II

0.97 0. I 0.035

I-2-6-2 Les résultats précédents montrent une forte présence de l’harmonique

de rang trois lorsque la fréquence de commande f est fixée à 5 kHz. Ce résultat est c

logique CX-, dans ces conditions, la fréquence de l’harmonique trois est

quasiment égale à celle de résonance du circuit. Le courant est donc sensiblement

déformé.

Ainsi, pour f < f n, la nature du filtre renforce l’influence des C

harmoniques dont la fréquence est inférieure à fn. En revanche. pour fc> fn, le

fondamental reste prépondérant sur les harmoniques et le courant s’en trouve moins

déformé, comme le prouvent les résultats obtenus à 45 kHz.

l-2-6-3 Le réglage de la puissance s’opere tant pour fc> f n que pour fc< fn.

Le choix de la fréquence de commande est donc a priori sans importance si l’objectif

est de régler de la puissance dans la résistance.

I-2-7 Par symétrie, on a Il = 12

Dans ces conditions il vient : R Ip2 = E Il = E 12 avec 1 p la valeur

efficace du courant ip telle que :

et on obtient :

Ip = UP12 + Ip32 + Ip52)

f

ML IP Il(Z) (A) (A)

5 3.18 0.50

15 8.97 4

45 0.97 0.047


Zème PARTIE : ETUDE DE L’ASSOCIATION

ONDULEUR-TRANSFORMATEUR-REDRESSEUR

II-1 Etude du transformateur

11-l-l EQUATIONS MAGNETIQUES

11-l-I-l F.M.M.P = NpiP , F.M.MS = NSiS

II-I-I-Z NPiP

= Rfptpfp , NSiS = R&,., et Npip - NSiS = R 0

II-l-l-3 La section S du circuit magnétique est constante. Le théorême d’Ampère

impose : Npip - NSiS = H 1.

Comme # = B S, on obtient : R=H1 B S

II-l-l-4 Un matériau magnétique est caractérisé par la caractéristique

exprimant l’induction B en fonction du champ H.

II-I-2 EOUATIONS ELECTRIQUES

II-l-Z-1 primaire : vp = Rpip + Np & @,, + Np & @

secondaire : v = -R i S SS - NS dt d d fS + NS z d @

11-I-2-2 A partir des résultats du 11-1-l-2, on obtient :

2

NP ;it d # NP

2 d

fP = Jyp TiF ‘P et NS zï d 0 NS d

fS = 7ys dF ‘s

2 2 Les quantités Np/Rfp et NS/RfS apparaissent respectivement homogènes à

des inductances de fuite Ifp au primaire, Ifs au secondaire, de valeur constante si

les reluctances sont elles-mêmes constantes. Or, c’est effectivement le cas puisque

les flux de fuite ont leur trajet essentiellement dans l’air, matériau de

perméabilité invariante. On peut donc noter :

lfP 2

= Np /Rfp 2

et Ifs = NS /RfS

11-l-2-3 Avec # = B S, on obtient :

d . vP

= Rpip + Ifp z ip + Np S %

d . vs = -RSiS - ‘fS dt ‘S + NS

SE dt

sachant que B = (H l)/(R #l = f(H).


II-l-3

11-1-3-I Si on néglige la résistance RP ” et 1 mductance IfP, l’équation du

primaire devient :

v,(t) = NP S F

Alors :

l pour 0 < t < Tc/2 , B(t) = & I

Tc/2

P 0 $dt - BO

0 pour Tc/2 < t < Tc , B(t) = & P

; dft - TJ21 + BO

B(t) est donc une onde en dent de scie d’amplitude égale à BO (Cf. feuille II-Al.

11-1-3-Z Le champ H(t1 se déduit de la caractéristique B = f(H).

11-I-3-3 A partir des résultats du 11-1-3-l. il vient pour 0 < t < Tc/2 :

1 E B(t) = NpS z t - BO

Sachant que B(O) = -BO = - 0.1 T et que B(Tc/21 = 0.1 T, on déduit :

E Tc - = 0.2 4 NpS

d’où Np = 40

11-l-3-4 La tension induite au secondaire (à vide) a pour expression:

dB ‘S(à vide)

=NsSdt

de sorte que sa forme d’onde est la même que celle de vp, mais d’amplitude deux fois

plus faible, soit 75 V puisque le rapport Ns/Np est de 0.5.

11-l-3-5 A vide, HM1 = NpipM avec HM la valeur maximale du champ égale à 30

A/m et iPM celle du courant, d’où : i PM

= 0.225 A

Si la fréquence diminue, l’amplitude de l’induction augmente et peut conduire, selon

la caractéristique du circuit magnétique, à un champ de forte valeur, donc à un

courant à vide de valeur très élevée en amplitude.

II-l-4 Br représente l’induction rémanente (propre au matériau)

Hc représente le champ coercitif (ampères-tours nécessaires à

l’annulation de l’induction).


II-l-5

11-I-5-1 En reprenant les résultats du B-1-3-3, on déduit que l’amplitude

alors atteinte par l’induction est de 0.225 T.

11-l-5-2 La valeur atteinte par l’induction conduit à la saturation du circuit

magnétique, donc à une surintensité importante risquant la destruction des composants

du convertisseur si des précautions ne sont pas prises.

11-l-5-3 Si RP est négligeable, la valeur moyenne de l’induction ne peut

devenir nulle puisque l’équation du primaire montre une intégration pure. En

revanche, si R P est différente de zéro (cas réel), l’équation est du premier ordre.

Dans ces conditions, la valeur moyenne de l’induction tend vers zéro lorsque la

tension v P

est elle-même de valeur moyenne nulle.

11-I-5-4 A la mise sous tension, la fréquence doit être la plus élevée possible

afin de limiter l’amplitude de l’induction pendant le régime transitoire.

Remarque : ce régime est en accord avec un état de démarrage puisque la puissance

transmise en fréquence élmevée est quasi nulle (Cf. Ière PARTIE).

II-l-6

11-l-6-1 A partir des résultats précédents, on constate que la valeur moyenne

de l’induction ne peut s’annuler si VP présente elle-même une valeur moyenne non

nulle.

l Si R P

est nulle, on a:

vP(t) = NP S g d’où B(t) = & It P 0

vPW dt + Bi

Bi la valeur initiale de l’induction à t=O. 11 vient :

àt=T c> BiTcI = Bi + 1 v NpS PO

àt=2T c, B(2Tcl = Bi + & vPo etc . . P

vpo étant alors la valeur moyenne de la tension vp. L’induction augmente continument

et le courant tend (théoriquement) vers une valeur infiniment grande.

l Si R P

n’est pas nulle, on a :

B(t) = Bi + & ( t t

P 0 vp(‘) dt - 0 Rpip(t) dt )


La valeur moyenne du courant est donc limitée par RP lorsque la quantite entre

parenthèses tend vers zéro. Ainsi, si RP est faible, le courant peut être

relativement important, même pour une valeur apparemment négligeable de v PO par

rapport à l’amplitude de vP.

11-1-6-Z Si v est de valeur moyenne non nulle, le phénomène précédent ne peut

se produire en raison de la présence du condensateur de sorte qu’on retrouve, en

régime établi, une tension vP de valeur moyenne nulle.

II-l-7 Régime linéaire

11-1-7-I Si la perméabilité est considérée constante, le théorême d’Ampère

conduit à une équation linéaire reliant les flux aux courants.

On obtient :

# = BS = pHS = S !f (NPiP - NSiSl

et en remplaçant $ dans lex expressions trouvées en 11-Z-2-1 ou B dans celles

déduites en 11-l-Z-3, il vient :

d . NP 2sp d. NPNS ’ p d . vP

= RPiP + ‘fP di ‘P + - 1 di ‘P - 1 zï ‘s

2sp d. NPNS ’ ’ d vs =

- RSiS -1 bi NS fS dt S -- Ttls+ 1 1 TE ‘P

soit :

d d vP

= Rpip+Lp;iT.lp-I.4 dt k

d d vs =

- RSiS - Lsxis+ M -i dt P

avec :

Np2 S P Ns2 S P Lp = lfP + Ip = lfP + -

1 , Ls = lfS + Is = lfS + - 1

où 1 P

et 1 s sont les inductances propres du primaire et du secondaire, M la mutuelle

inductance de de couplage.

Lp et Ls représentent alors les inductances totales, fuites comprises.

11-l-7-2 Application numérique

lp = 8.9 mH, ls = 2.23 mH, M = 4.44 mH, Lp = 9.17 mH, Ls = 2.3 mH


11-l-7-3 Cf. figure 1

II-2 Etude de la charge Equivalente

II-Z-1

11-2-l-l Pour le transformateur parfait, on a:

“2 NP Npit = NS’S > - = T NS M ‘S avec :

“1 S T=‘P=M

11-2-l-2 L’équation du primaire s’écrit :

di P

dip diS lP

vP = Rpip + lfp dt + Ip dt - M dt ; Or* iS = it M

d’où : di

P di

“P = Rpip + lfp dt + lp y$

L’équation du secondaire s’écrit :

di S

di S

di P

dim

vs = - Rsis - Ifs dt - ls dt + M dt ; or, v1 = lp dt

d’où : dis

vs = - RsiS - Ifs dt + v2

et on en déduit les trois inductances : 1 fP *

Ip et lfS.

11-2-l-3 NP “2 NS

Comme is = it N et - = T , il vient : S “1 s

NP NP NP di

” z-v =-[” 1 Ns 2 Ns S + (r)(RSit + Ifs -$) 1

S d’où :

NP 2

Rx = Rs (5) ’

NP 2 Ix = Ifs CT) et

S “H

NP = CT) vs

S

Application numérique : RS = 0.1 R, Ifs = 69 pH d’où : Rx = 0.4 R et lx = 28 s76 gH


H-2-2 Fonctionnement du pont redresseur.

11-2-2-l La tension VS est attachée au signe de iS ainsi qu’au phénomène

d’empiètement possible puisque la source (transformateur) est imparfaite (résistance

et inductance de fuite). L’analyse débouche sur les états suivants :

iS >0: i s *etvS=vA =i

iS (0: is=- iAetvS=- vA

empiètement : vs = 0

Remarque : la durée de l’empiètement de conduction sera courte en raison de la

forme d’onde de la tension. Ce phénomène pourra donc être négligé en première

approximation.

11-2-2-2 L’équation régissant le fonctionnement de l’induit du moteur a pour

expression : diA

VA = RAiA + LA dt + e = RAiA + e puisque iA = Cte.

is > 0 : v; = NP NP r (RA T i t + e)

S S

iS CO: v; =

NP NP - N(-RArit + e)

S S

La charge ramenée entre A et B est donc une résistance RÀ en série avec une f.e.m.

alternative e’ en phase avec is ou it, soit :

NP 2 Ri = RA CV, et e’ = e . SIGNE (i 1

S t

11-2-2-3 Le courant iA doit être constant. Dans ces conditions :

e i A = Rt it soit k R = Rt f d’où Rt = k2 ;

Rt peut être qualifiée de résistance mécanique de travail ou résistance motionnelle.

11-2-2-4 Si lp est négligeable, le résultat précédent et l’observation du

schéma équivalent de la figure 5 de l’énoncé conduisent à :

NP 2 R = RP + CRS + RA + R&-, NP 2

S et L = lfp + Ifs (q> = 0.55 mH

OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE

3ème PARTIE : COMMANDE DU MOTEUR EN VITESSE

61

III-l Expression du couple

III-l-l

Rt = k2 ; + RtMIN = 1 R (40 rad/s, 10 Nm), Rt MAX = 50 R (100 rad/s, 1 Nm)

III-l-2

Ip = Vl c wc JC1 - LC w;12 + (RC wcJ2

avec R = 4 Rt

III-l-3

La puissance mécanique maximale est donnée pour r = 10 Nm et R = 100 rad/s,

soit (r nJunx = 1 kW. Dans ces conditions, Rt = 2.5 R d’où R = 10 R.

Il vient :

cl- 0) = R (Vl C “cl2

MAX (1 - L c oc212 + (R C oc)

2

La résolution de cette équation donne : fc = 16650 Hz > f n

III-l-4

En remplaçant R dans l’expression précédente, on obtient :

r2(l - L C wc2j2 = 4 (k Vl C ocJ2 - 16 k4 K2 C wcJ2

Comme oc > on , L C w 2

C > 1 et il en découle :

r= 2 k C oc 0’12 - 4 k202)

(L c w 2 - 1) C


III-Z Caractéristiques

111-2-l Courbes de réglage du couple (feuille III-A)

: R = 40 rad/s

fc(Hz) : r (Nm)

: R = 100 rad/s

r (Nml

111-2-2

16500 ; 14.75 10.4 18000 i 7.2 5.05 2OOQO 4.4 3.1 25000

; 2.4 1.65

30000 i : 1.7 1.2

Cractéristiques mécaniques (feuille III-A)

: fc=18kHz : fc = 30 kHz

R (rad/s) : r (Nm) r (Nm)

40 60 ;

7.2 1.7 i 6.75 1.6

80 6.1 1.4 100 i : 5.1 1.2

11-2-3 (Cf. feuille III-A) - La caractéristique mécanique de la charge impose

un fonctionnement stable. Toute variation du couple de charge ou du couple moteur

conduit à stabiliser le point de fonctionnement puisqu’ une augmentation de vitesse

provoque une augmentation de fr et une diminution de f.

M-2-4 La vitesse maximale correspond au couple nul d’où :

R “1

w= 2-r = 125 rad/s

111-2-5 En cas de blocage de l’arbre, la vitesse est nulle de sorte R = 0 et

d’après l’expression du courant obtenue en III-l-2 :

5 = “1 L c u 2 - 1 = 11.35 A

c

Cette valeur ne soulève évidemment aucun problème d’autant que l’hypothèse de la

seiule résistance R t n’est plus valable. Toutefois, la différence reste négligeable,

car à cette fréquence, le terme R C w n’a que peu d’influente, Rs, RA et RP étant

de faible valeur.


III-26 Les pertes dans un transistor sont sensiblement proportionnelles au

produit de la tension, du courant et de la fréquence de commutation. Dans

l’application présente, la tension est constante et, au vu des caractéristiques de

réglage, il apparaît que le couple, donc le courant peuvent être considérés comme des

fonctions hyperboliques de la fréquence. Dans ces conditions, les pertes sont peu

dépêndantes de la puissance mécanique fournie.

III-3 Moddlisation dynamique

111-3-l Au point de fonctionnement, on a :

r. = 2 k C wcO (V, 2 4 k2Q 2 -

(L c oc02 - 1)

0 ’ avec w

CO = 2 T[ fcO

On déduit AT = a Afc + b AQ avec :

4 k C n (1 + L C wco 2l -

(L c WC02 - 112

et :

b=- 8 k3 ROC wco

(LCoco2-1) &12-4k2n02)

111-3-2 Les coefficients a et b représentent respectivement la pente de la

caractéristique de réglage et celle de la caractéristique mécanique.

Pour no = 80 rad/s, la caractéristique de la charge impose au point

nominal : r. = 6.1 Nm et wco = 2 71 fcO = 113040 rad/s (18 kHz). On déduit :

a = - 2. 10w3 Nm/Hz et b = - 4.1 10 -2

Nm/rad/s

Ces résultats se vérifient sur les caractéristiques tracées feuille III-A.

M-3-3 L’équation différentielle a pour expression :

r = J g + kLf22


On en déduit le modèle linéarisé :

soit :

Ar=J& AR + 2 klRO AR + fi; Akl

AT(p) = (Jp + c) AR + d Akl(p)

de sorte que l’equation électromécanique dynamique s’écrit :

a Afc + b AR = (Jp + cl AR + d AkJfp)

dont on déduit :

AR(p) = Kl K2

- Afc(p) + I+rp Akl(p) 1 + TmP m

avec : a K c-c d

1 c-b 1.03 10-2(rad/sVHx, K2 = - c-b

= 3.23 104 (rad/sVNm

et J

T = - = 10.3 ms m c-b

sachant que : c = 0.153 Nm/(rad/s) et d = 6400 (rad/sJ2

111-3-4 Les modes électriques dus à la fréquence de fonctionnement et à la

constante de temps électrque du moteur (soit L/Rt = 165 PS) sont négligeables devant

la constante de temps électromécanique tm. La linéarisation par caractéristique

mécanique statique (découlant du régime permanent électrique) est donc correcte.

III-4 Régulation de vitesse

111-4-I Cf. figure 2.

Le schéma fonctionnel de la figure 2 n’est valable que pour les variations autour du

point de fonctionnement. Le correcteur est du type proportionnel et intégral, ce qui

permet d’annuler tout écart en régime stationnaire à entrées constantes.

111-4-2 A partir du schéma de la figure 2, on déduit :

AR = A K,(l + TOP)

(1 + T,P) (- An) -

K2 7 1 + r,pI Akl (pour ARC= 0)

AR = - K2~i~

A KL + P(T~ + A Kl~i) + =i~mp2 Akl


111-4-3 En choisissant ~~ = rm, il vient :

AR = - KZ~i~

A K,[l + (ri/AKl)pl[l + ~mpl Akl

L’équation caractéristique, soit Il+(ti/AK]pl, a pour racine p = - 78 si le gain a

pour valeur : A = 78.

La fonction de transfert est alors du second ordre avce deux constantes de temps

sensiblement égales de sorte que le temps de réponse peut être estimé à cinq fois

la valeur moyenne de leur somme, soit t z 58 ms. r

Si Akl(t) = Q t, en régime permanent, on a : A Sl = -(a KZ~i)/(A K1)

J.P. H

FIGURE 1

FIGURE 2




Agrégatio(Concours Externe)


Épreuve C : Problème d’Électricité, d’Électronique, d’Électrotechniqueet d’Automatique - Session : 1993

PREMIÈRE PARTIE

I.1.

I.2.

I.3.

I.4.

I.5. Il faut que : VD < VDD – Vseuil

alors : VG = 0 correspond à un interrupteur ouvert,

alors : VG = VDD correspond à un interrupteur fermé.

I.6.

I.7.

Canal N

Canal P


I.8.

Canal N

Canal P

I.9. VC = 0 interrupteur ouvert,

VC = VDD interrupteur fermé.

I.10. La plage complète [0, VDD] est permise pour V e.

I.11.VS

Ve = 1 montage adaptateur d’impédance.

I.12. I.12.1. µo’ = µo

µo + 1 , fo’ = fc (µo + 1)

I.12.2. µo’ fo’ = µo fc

Dans le cas d’une contre-réaction série-parallèle, le produit amplification statique x f réquencede coupure est constant.

I.13. vs

v2 – v1 =

R2

R1

I.14. I.14.1.µo’’ =

µo R2

µo R1 + R1 + R2 , fo’’ = fc

µo R1 + R1 + R2

R1 + R2

I.14.2.µo’’ fo’’ = µo fc

R2

R1 + R2

Le produit amplification statique x fréquence de coupure n’est plus constant car le type d econtre-réaction a changé.

I.15. I.15.1. νs

ν2 – ν1

= R2

R1

I.15.2. Le dispositif présente une impédance d’entrée plus élevée.

I.16. vs

v2 – v1 =

R2

R1


I.17. I.17.1.K = µo’’ E , τ =

12 π fo’’

I.17.2. K = 14,85 V

I.17.3. τ = 15,91 µs

I.17.4. νs (t = 100 µs) = 10 V (saturation en amplitude).

I.18. νs

ν2 – ν1

= R2

2 R1

I.19. I.19.1. K = 7,46 V

I.19.2. τ = 8,07 µs

I.19.3. vs (t = 100 µs) = 7,45 V

DEUXIÈME PARTIE

II.1 Spectre de x1 (t) Spectre de xe1 (t)

II.2.


II.3.

II.4. F > 2 fmax

II.5. Ce doit être un filtre passe-bas, à réponse plate à l’intérieur de la bande passante, et de pen te la plusélevée possible au-delà de la fréquence de coupure.

II.6.H__ =

Z4

Z4 + Z2 + Z1 + Z1 Z2

Z3

II.7.H__ (jω) =

11 – 2 R2 C2 ω2 + j 2 R C ω

II.8. BP = [0, fc] , avec fc = 1

2√2 π R C =

ωc

2 π

II.9.

II.10. Il peut servir de filtre anti-repliement car c’est un filtre passe-bas du 2 ème ordre.

II.11. La réponse est normalement non car l’action du filtre anti-repliement doit se situer avant l’étaped’échantillonnage.

Toutefois on pratique parfois le sur-échantillonnage lorsque le filtre anti-repliement est difficile à réaliseranalogiquement. La fréquence d’échantillonnage «analogique» respecte alors le critère du II.4. Le signalobtenu est alors filtré numériquement par un filtre passe-bas «anti-repliement» de fréque nce de coupureplus faible que la borne supérieure du spectre du signal analogique initial. Un échantillonnage «numérique»à plus basse fréquence que l’échantillonnage «analogique» initial peut alors avoir lieu, resp ectant lecritère du II.4. vis-à-vis de la fréquence de coupure du filtre numérique.

II.12.


II.13.

Vc(t) = VDD . τ . F + ∑ n = 1

∞

2 VDD

n π sin (n π F τ) cos (n ωt)

II.14.

II.15. Le critère n’est pas modifié.

II.16.∆ xe(t) # τc

d xe(t)dt

<

12

∆ = M

2n + 1

La composante du spectre de xe(t) ayant la plus forte vitesse de variation de l’amplitude, est la composante

de fréquence fmax. Soit V(t) cette composante : V(t) = V sin 2 π fmax t

, alors

d V(t)dt

max

= 2 π fmax V,

or la valeur max de V est M2

, alors fmax < 1

2n + 1 π τc

.

II.17. Un convertisseur ayant une durée de conversion de τc peut en principe travailler à la fréquence maximale

d’échantillonnage F = 1τc

. Le critère du II.16. devient alors : fmax < F

2n + 1 π ce qui est toujours plu

restrictif que : fmax < F2

(critère du II.4.).

II.18.B__(f) = –

12 j π f

e –j 2 π f T

e – 1

II.19. B__(f) = 1π f

sin (π f Te)


II.20. 1Te

= F

II.21. Le bloqueur modifie l’amplitude du spectre de x2 (t) dans la bande utile 0,

F2. Toutefois le critère du

II.4. doit toujours être respecté.

II.22. I est brièvement fermé à la fréquence 1Te

= F.

I est brièvement fermé à la fréquence 1Te

= F.

TROISIÈME PARTIE

III.1.


III.2.

III.3. b_ = 0 beff =

∆√12

III.4. b_ =

∆2

beff = ∆√ 3

III.5. ζ est égal au rapport des puissances moyennes. Si on cherche ζmax, alors c’est le signal sinusoïdal de

plus grande amplitude possible qu’il faut considérer, soit un signal de valeur moyenne M2

, de valeurs

crêtes 0 et M = 2n ∆. Ce signal a pour puissance moyenne 38

(2n ∆)2, alors ζmax (dB) = 6,5 + 6 n.

III.6. De la même façon, ζmax(dB) = 0,5 + 6 n.

III.7.

III.8. Il suffit de faire le changement de variable

z = x –

M2

σ , dz =

1σ

dx.

III.9.Fc (zo) = 10–3 ⇒ zo = 3 , or xo = M , alor σ =

M6

.

III.10. ζmax (dB) = 5,2 + 6 n


III.11. ζmax(dB) = 0,8 + 6 n

III.12. n

III.13. 2

III.14. Te ≤ To

III.15. V1 = – V4

III.16. V5 = – 2,5 V,

V6 = + 1,25 V.

III.17. Ce sont x2, x1, x0, avec x2 poids fort.

III.18. [0, 10 V]

III.19. ∆ = 1,25 V

III.20. Troncature.

QUATRIÈME PARTIE

IV.1. A chaque front montant du signal d’horloge H, le registre «d» se charge d’un nouveau nombre binaired égal au contenu initial d du registre, augmenté de l’entrée de l’additionneur et de c o. Deux cas sontà envisager suivant la valeur initiale de E’3.

• E’3 ==== 0 : on applique alor D__

sur E et 1 sur C0, ce qui équivaut à prendre le complément à 2 de x.

On peut alors considérer que «–x» est appliqué à l’entrée du sommateur :

S = E’ + E + C0 = E’ + D__

+ 1 = E’ – x

On a alors après un front d’horloge, d = d0 – x.

• E’3 ==== 1 : on applique alors D sur E et 0 sur C 0, ce qui donne une simple opération d’addition :

S = E’ + E = E’ + D = E’ + y

soit après un front d’horloge d = d0 + y.

Les portes ET et OU jouent le rôle de multiplexeur, l’adresse de sélection étant E’3, bit de signe de

E’ en code à complément à 2. Le contenu du registre «d» est augmenté de y à chaque front d’ horlogetant que son contenu est négatif. Il est diminué de x lorsque son contenu est positif ou nul.

d = d0 – x si d0 ≥ 0

d = d0 + y si d0 < 0

avec d0 contenu initial, d contenu après un front d’horloge.

Sur n périodes d’horloge :

d = µ y – λ x , avec λ + µ = n.


Si n > > 1, et dans la mesure où il est évident que d reste fini, alors λ x # µ y.

Or une impulsion positive est émise sur S chaque fois que d0 ≥ 0, c’est-à-dire λ fois par n période

de l’horloge H.

On a donc : N = λn

= λ

λ + µ =

yx + y

.

IV.2. C’est un «diviseur de fréquence» fractionnaire car λn

n’est pas nécessairement l’inverse d’un entier.

IV.3. [–x, y – 1]

IV.4. (x + y) doit être divisible par y.

IV.5. Il s’agit d’une division par a, a étant un entier.

IV.6. Le tracé de lignes obliques sur un écran vidéo formé de pixels. L’algorithme est appelé alg orithmede Lucas ou de Bresenham.


C.A.P.E.S.(Concours Externe)

SECTION : PHYSIQUE ET CHIMIE

Compsition de physique avec applications - Session : 1993

Première Partie : l’Arc-en-Ciel

A. Modélisation optique

I. Étude géométrique

I.1. Réflexion : plan d’incidence = plan de réflexion ; i = r.

Réfraction : plan d’incidence = plan de réfraction ; n 1 sin i1 = n2 sin i2.

I.2. Réflexion : D ==== ππππ – 2i ; réfraction D ==== i1– Arc sin n1 sin i1

⁄⁄⁄⁄ n2 .

I.3. I.3.a. Voir document.

I.3.b. Voir document : tous les angles valent r dans la goutte. La réflexion totale est impossibleet le rayon ressort sous un angle i.

I.3.c. D ==== ππππ ++++ 2i – 4 . Arc sin ((((sin i ⁄⁄⁄⁄ n)))).

I.3.d. dD ==== 2di – 4dr ==== 2 1 – 2 . cos i ⁄⁄⁄⁄ ((((n2 – sin2 i))))1 ⁄⁄⁄⁄ 2

di.

L’extrémum existe donc pour : cos2 i ==== ((((n2 – 1)))) ⁄⁄⁄⁄ 3 soit n < 2. Entre 0 et π / 2, il n’y aqu’un extrémum or au voisinage de 0, D ==== ππππ ++++ 2i ((((1 – 2 ⁄⁄⁄⁄ n)))) ==== ππππ – i pour n ==== 4 ⁄⁄⁄⁄ 3. La fonctionD(i) est donc décroissante et l’extrémum est un minimum.

Application Numérique : im ==== 59.4° ==== 1.04 rd . Dm ==== 138° ==== 2.41 rd.

Hauteur d’incidence : hi ==== R sin i ==== 0.86 R pour i = im.

I.4. Étude qualitative.

I.4.a. Toutes les incidences sont présentes. La lumière se concentre vers le minimum de déviationen raison du palier de la fonction D = f(i) à cet endroit. La lumière se répartit dans un cônedont le sommet est la goutte, l’axe la direction des rayons solaires et le 1/2 angle au sommetππππ – Dm ==== 42° d’où l’aspect circulaire interromptu par le sol qui n’en laisse qu’un arc.

I.4.b. L’arc est renvoyé vers le ciel !

I.4.c. Oui, si ils regardent dans la même direction.

SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE 81

I.5. Montage :

II. Étude de la dispersion

II.1. Étendue : 0.4 . 10 – 6 à 0.8 . 10 – 6 m.

II.2. L’indice dépend de la couleur donc Dm aussi.

II.3. Pour i donné, si n croit r diminue (sin i = n sin r) donc D = π + 2i – 4r augmente et en particulierDm.

dD = – 4dr et O = sin r . dn + n . cos r . dr

d’où dr = – tan r . dn ⁄ n d’où dD ==== 4 tan r . dn ⁄⁄⁄⁄ n ==== 2.54 dn pour i = im

d’où si dn = 0.01 dD ==== 0.0254 rd ==== 1.46°.

II.4. Du violet au rouge, n diminue, donc D diminue, α augmente. Le violet est donc à l’intérieur, lerouge à l’extérieur.

II.5. Aller arroser son jardin le soir, dos au soleil.

B. Étude de la goutte d’eau

I. Formation des goutte

I.1. Existence pour un système thermodynamique d’une fonction d’état U (énergie in-terne) / dU ==== dW ++++ dQ.

Ici : dU ==== ((((A ++++ k)))) ds ++++ cdT avec c : capacité calorifique à s = cste, et k : chaleur latente dechangement de surface.

I.2. Existence pour un système thermodynamique d’une fonction d’état S (entropie) / dS ≥≥≥≥ dQ / Tl’égalité ayant lieu pour une transformation réversible, T étant la température de la sou rce.

Ici : dS ==== cdT ⁄⁄⁄⁄ T ++++ kds ⁄⁄⁄⁄ T.

I.3. dU et dS d’après les deux principes sont des d.t.e. et d’après le théorème de Schwarz :

dc ⁄ ds = d (k + A) ⁄ dT et d (c ⁄ T) ⁄ ds = d (k ⁄ T) ⁄ dT d’où l’on tire k ==== – TdA ⁄⁄⁄⁄ dT ==== – aT

82 SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE

II. Étude de l’accroissement de la taille d’une goutte d’eau

II.1. kmv doit être homogène à dm/dt d’où k est en m–1.

II.2. Par définition : p = mv d’où dp = dm . v + m . dv

dp ==== kmv2 dt ++++ mdv.

Par le principe fondamental sur les systèmes ouverts : dp ==== mgdt (le nuage étant immobile le termede débit de quantité de mouvement est nul).

En identifiant les deux calculs précédents :

kv2 ++++ dv ⁄⁄⁄⁄ dt ==== g.

II.3. On intègre l’équation précédente en utilisant v = dz/dt : kv2 – g = – v . dv ⁄ dz d’où

vdv ⁄ (g – kv2) = dz soit :

v ==== √√√√ g

1 – exp – 2k ((((z – z0))))

⁄⁄⁄⁄ k

.

Application Numérique : v ==== 112 m.s–1.

II.4. Les frottements font que l’on atteint une vitesse limite, on a alors : dp ⁄ dt = vd ⁄ dt = mg + f où fest la force de frottement soit f = – mg + kmv2.

Le travail élémentaire de cette force est donc dW = (– mg + kmv2) dz énergie qui sert à élever latempérature de dT ⁄ (– kmv2 + mg) dz = mCdT d’où en intégrant :

((((Tf – Ti)))) ==== ((((g – kv2)))) ((((z – z0)))) ⁄⁄⁄⁄ C.

Application Numérique : ((((Tf – Ti)))) ==== 2.05 K.

C. Analogie avec l’arc-en-ciel atomique

I. Diffraction d’une particule αααα par un noyau d’or

I.1. Une particule α est un noyau d’hélium de symbole 4

2 He.

I.2. Les forces coulombiennes et gravitationnelles sont en 1 / r 2, il suffit donc de comparer GmM etQq ⁄⁄⁄⁄ 4ππππεεεε0. Le deuxième terme étant très supérieur au premier on peut faire l’approximation proposée.

I.3. Le problème doit être traité dans le référentiel barycentrique, mais si m << M, le centre d’inertieest confondu avec la cible qui est donc immobile dans le référentiel barycentrique.

I.4. Théorème du moment cinétique : dσσσσ ⁄⁄⁄⁄ dt ==== OM∧∧∧∧ f où f est la force coulombienne. Or OM / / f d’où

σσσσ ==== Cste . σσσσ étant perpendiculaire à OM et v ((((σσσσ ==== OMΛΛΛΛmv)))), le point M appartient au plan passantpar O et perpendiculaire à σσσσ. Ce plan est le plan ( OM0, v0), M0 et v0 étant les position et vitesseinitiales de M.


I.5. On a v = r. er + r

.θeθ et OM = r er, d’où σ = mr2θ

.ez ==== Cste donc r2 θθθθ

. ==== Cste ==== σσσσ ⁄⁄⁄⁄ m.

I.6. On sait que les forces coulombiennes dérivent d’une énergie potentielle : l’énergie mécanique estconstante.

I.7. Em = mv2 ⁄ 2 + Ep = m (r.2 + r2 θ

. 2) ⁄ 2 + Ep

Em = (m ⁄ 2) (r.2 + σ2 ⁄ m2 r2 ) + Ep

I.8. u = 1 ⁄ r donc l’opérateur d ⁄⁄⁄⁄ dr ==== – u2 d ⁄⁄⁄⁄ du.

r. = dr ⁄ dt = (σu2 ⁄ m) dr ⁄ dθ = – σ ⁄ m du ⁄ dθ soit : r

.2 = σ2 (du ⁄ dθ)2 ⁄ m2.

F = – dEp ⁄ dr er = – (mu 2 ⁄ 2) d (σ2 u2 ⁄ m2 + σ2 (du ⁄ dθ)2 ⁄ m2) ⁄ du er.

F = – σ2 u2 (2u + d (du ⁄ dθ)2 ⁄ dθ . dθ ⁄ du) ⁄ 2m er.

F = – σ2 u2 (u + d2 u ⁄ dθ2) ⁄ m er.

I.9. F = Zequ 2 ⁄ 4πε0

er d’où d2 u ⁄ dθ2 + u = – Zeqm ⁄ 4πε0σ2 = K d’où en intégrant

u = K + A cos (θ – β) avec A et ββββ qui sont des constantes d’intégration dépendant des condition

initiales. D’où r ==== p ⁄⁄⁄⁄ ((((1 ++++ Ap . cos ((((θθθθ – ββββ)))))))) avec p ==== 1 ⁄⁄⁄⁄ K ==== – 4 ππππεεεε0σσσσ2 ⁄⁄⁄⁄ Zeqm.

Deuxième Partie : Électricité dans l’Atmosphère

A. Étude de décharges électriques

I. I.1. Le champ dans le condensateur, supposé uniforme (pas d’effet de bord), vaut E = V ⁄ e. Chaquearmature contribue pour moitié au champ soit V/2e. La charge prise par une armature vautQ = ε0 SV ⁄ e dans l’approximation du condensateur plan. La force que subit une armature est donc :

F ==== εεεε0 SV2 ⁄⁄⁄⁄ 2 e2 ==== εεεε0 SV2 ⁄⁄⁄⁄ 2 e0 – l0 . sin θθθθ

2

.

I.2. A l’équilibre le moment de cette force est compensé par le moment du poids du dispositif :

F . l0 . cos θ = mg . l0 . sin θ d’où l’équation demandée :

εεεε0 SV2 . cos θθθθ ==== 2 mg . sin θθθθ ((((e0 – l0 . sin θθθθ))))2.

I.3. cos θ ≈ 1 ; sin θ ≈ θ ; d’où : ε0 SV2 (1 + 2 l0 . θ ⁄ e0) = 2 mg . θ – 2 e0 2

cos θ ≈ 1 ; sin θ ≈ θ ; d’où : θθθθ ==== εεεε0 SV2 ⁄⁄⁄⁄ 2 mg . e0

2 – 2 εεεε0 SV2 l0 ⁄⁄⁄⁄ e0

.

I.4. I.4.a. On est limité par le contact entre les deux plateaux soit :

l0 . sin θθθθ ==== e0 : θθθθmax ==== Arc sin ((((e0 ⁄⁄⁄⁄ l0)))) AN : θθθθmax ==== 5.74° ==== 0.1 rd.


I.4.b. On prend θ = 0.05 rd et on reporte dans l’équation du I.2.

Dans ce cas e0 – l0 . sin θ ≈ e0 ⁄ 2 d’où V ==== √√√√ mg . θθθθ . e0

2 ⁄⁄⁄⁄ 2 . εεεε0 . S .

Application Numérique : V ==== 167 kV.

B. Le tonnerre

I. Onde plane : l’état vibratoire est le même dans tout plan perpendiculaire à la direction de propagation.Onde longitudinale : la perturbation due à l’onde est dans la direction de la propagatio n.

II. dv ⁄⁄⁄⁄ dt ==== – ((((1 ⁄⁄⁄⁄ R)))) dp ⁄⁄⁄⁄ dx ≈≈≈≈ – ((((1 ⁄⁄⁄⁄ ρρρρ0)))) dp ⁄⁄⁄⁄ dx en projetant Euler sur Ox.

III. On assimile p et ρ à des différentielle

dP = p ; dV ⁄ V = – ρ ⁄ R ≈ – ρ ⁄ ρ0. Donc ρ = ρ0 . χs . p d’où en dérivant l’expression demandée.

IV. La conservation de la masse donne : dRv ⁄ dx + dR ⁄ dt = O.

Soit au premier ordre : ρ0 dv ⁄ dx + dρ ⁄ dt = O.

On dér ive cette dernière équation :

ρ0 d ⁄ dt (dv ⁄ dx) + d2 ρ ⁄ dt2 = O soit en utilisant II. et III.

d2 p ⁄⁄⁄⁄ dx2 ==== ρρρρ0 χχχχs d2 p ⁄⁄⁄⁄ dt2.

L’onde se propage donc à une célérité c = 1 ⁄ √ ρ0 χs .

V. On différentie logarithmiquement l’équation de Laplace :

dP ⁄ P + γ dV ⁄ V = 0 d’où χs = 1 ⁄ γ P . ρ0 = MP ⁄ RT : c = √ γ RT ⁄ M = 347 m.s–1.

L’observateur est à 3 470 m du point d’impact.

C. Fluctuations du champ magnétique terrestre

I. Théorème du Thévenin : tout réseau dipolaire linéaire vu de 2 points est équivalent à un générateurde tension u en série avec une impédance Z, avec u = ddp vue des deux points et Z = impédancevue des deux points considérés, générateurs de tensions court-circuités, générateurs de courantsdébranchés.

On place la référence des potentiels entre R 4 et R2. Par pont diviseur on a :

Va – Vb ==== eR4 ⁄⁄⁄⁄ ((((R1 ++++ R4)))) – R2e ⁄⁄⁄⁄ ((((R2 ++++ R3)))).

Le pont est équilibré quand Va – Vb ==== 0, soit R1 R2 ==== R3 R4.

II. Va – Vb ==== e 1 ⁄⁄⁄⁄ ((((2 ++++ aB)))) – 0.5

≈≈≈≈ – eaB ⁄⁄⁄⁄ 4.

Application Numérique : B ==== – 4 . 10–8 T.


III. Principe : Un flux variable créé par le primaire est envoyé au secondaire par le circuit magnétique et ycrée une fem d’induction entre C et D. Le rapport des tensions est égal au rapport des nombres de spireset à l’inverse du rapport des courants en charge. Applications : abaissement ou élévation d’une tension,isolement.

IV. Montage inverseur : vs ==== – ((((R6 ⁄⁄⁄⁄ R5)))) . ((((Vc – Vd)))) ≈≈≈≈ ((((R6 eaBN2

⁄⁄⁄⁄ 4R5 N1)))).

Troisième Partie : le Soleil

I. Positron = antiélectron : même masse mais charge opposée +e.

Neutrino = particule sans masse, sans charge, de spin 1/2, quasiment sans interaction avec la matièreintroduite par Pauli pour la conservation de l’énergie dans les réactions radioactives.

Cycles : N° 1 1

1H +

1

1H →

1

2D + γ +

0

1e

Cycles : N° 1 1

1H +

1

2H →

2

3He

Cycles : N° 1 2

3He +

2

3He →

2

4He + 2

1

1H

Cycles : N° 2 2

3He +

2

4He →

4

7Be

Cycles : N° 2 4

7Be +

–1

0e →

3

7Li + γ

Cycles : N° 2 3

7Li +

1

1H → 2

2

4He

Cycles : N° 3 4

7Be +

1

1 H →

4

8Be∗ + γ +

1

0e

Cycles : N° 3 4

8Be → 2

2

4He

Perte de masse : d’après Einstein δδδδm ==== E ⁄⁄⁄⁄ c2.

Application Numérique : m ==== 4.29 109 kg ⁄⁄⁄⁄ s.

γγγγ ++++ 17

37Cl →→→→

18

37Ar++++

–1

0e.

L’énergie se conserve : T ((((e–)))) ==== X ++++ T ((((γγγγ)))) ==== 0.4 MeV.

L’impulsion se conserve :

Pour le neutrino sans masse Pn = T (γ) ⁄ c = 1.4 MeV ⁄ c.

Pour l’électron Pe2 = mc2 + T (e–)2

⁄ c2 – m2 c . Pe = – 0.75 MeV ⁄c.

Donc pour l’argon PAr ==== Pn – Pe ==== 2.15 Mev ⁄⁄⁄⁄ c.

II. Quelques ordres de grandeurs :

– distance terre-soleil : 1.5 1011 m.

– température de surface : 6 000 K.


– température interne : 15 millions de degrés.

Troisième loi de Képler : T2 = 4 . π2 . r3 ⁄ MG d’où M ==== 4 . ππππ2 . r3 ⁄⁄⁄⁄ GT2.

Application numérique : M ==== 2.1030 kg.

Document n° 1


C.A.P.E.S.(Concours Externe)


Composition de chimie avec applications - Session : 1993

À PROPOS DE L’ÉLÉMENT CALCIUM

I. GÉNÉRALITÉS SUR L’ÉLÉMENT

A. L’ATOME ET L’ION

1. Configurations électroniques

a. Configurations électroniques : de l’Argon : (Ar) : 1s 2, 2s2, 2p6, 3s2, 3p6.

20

40Ca : (Ar), 4s2 Ca2+ = (Ar).

b. He : 1s2 Be2+ : 1s2 Be : (He), 2s2

K : 102 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1 K+ : (Ar)

Zn : (Ar), 4s2 3d10

Cd : (Kr), 5s2 4d10

En résumé : Colonne Zn : (gaz rare) ns2 , (n – 1) d10.En résumé : Colonne alcalino-terreux : (gaz rare), ns 2 correspond à M 2+.

2. Analogie

L’usage consacre une distinction entre les :

– alcalino-terreux (Ca et éléments en-dessous) qui possèdent des niveaux énergétiques 3d ;

– Be et Mg qui n’en ont pas.

De plus Be et Mg sont moins réducteurs que les suivants (voir données) donc se conservent plus facilementet sont utilisés dans l’industrie. D’autre part Mg et Be donnent des composés covalents a sez facilement.

B. LES MÉTAUX : CALCIUM, ZINC ET MAGNÉSIUM

1. Propriétés physiques

a. Le magnésium est utilisé en aéronautique en raison de sa légèreté. On utilise égaleme nt l’Aluminiumet le Titane.

b. Le zinc est utilisé dans l’industrie du bâtiment pour la couverture des toits et pour les go uttières.

En effet, lors de son oxydation en atmosphère humide, le zinc est recouvert d’une fine couc he protectriced’oxyde de zinc qui stoppe la corrosion.


2. Propriétés chimiques

a. Au début de la photographie la combustion du Magnésium a été utilisé dans les flashes en raison dela très vive émission lumineuse :

Mg + O2 → 2 MgO

b. Le Sodium réagit avec l’eau :

2 Na + 2 H2O → 2 Na+ + 2 OH– + H2

De même le calcium réagit avec l’eau ;

Ca + 2 H2O → Ca2+ + 2 OH– + H2

Ca est très hygroscopique. Le calcium peut ainsi servir à enlever des traces d’eau dans un alcool ceque l’on ne peut pas faire avec le sodium qui réagit avec l’alcool selon :

2 Na + 2 ROH → 2 RO– + 2 Na+ + H2

c. Le calcium réduit l’oxyde d’Uranium selon :

UO2 + 2 Ca → 2 CaO + U

C. ABONDANCE DE L’ÉLÉMENT

1. Minéraux

L’écorce ter restre contient : pourcentage massique en calcium : α = mCa

mtot = 0,041

L’écorce terrestre contient : pourcentage en quantité de matière : β = nCa

ntot = 0,021

a. mCa = α ntot

nCa = β ntot

mCa

nCa =

αβ

mtot

ntot =

αβ

M = MCa

avec M = mtot

ntot masse molaire moyenne des constituants de la lithosphère.

D’où : M = βα

MCa.

Application Numérique : M = 20,5 g.mol.

Éléments très abondants. Si : 28,1 g.mol–1 O : 16 g.mol–1.

Métaux les plus abondants : Al : 27 g.mol–1,Métaux les plus abondants : Fe : 55,8 g.mol–1.

b. On identifie une roche calcaire par l’effervescence obtenue par action de l’acide chlorhy drique :

2 H3O+ + CO32– → CO2 + 3 H2O


l’acide réagit avec les ions carbonate et l’on identifie le gaz carbonique formé qui troub le l’eau dechaux.

c. Le marbre et la coquille d’œuf sont des minéraux calcairela pyrite est : FeS,le blende est : ZnS,la bauxite est Al2O3.

2. Êtres vivants

a. Masse du squelette d’un adulte : m = 12 kg.

Masse de phosphate de calciu Ca3 (PO4)2 contenue dans m :

m1 = 25100

× m = 3 kg

masse d’éléments calcium contenue dans ces 1 kg de Ca3(PO4)2 :

mCa = 3 MCa

MCa3 (PO4)2

× m1 = 1,16 kg

masse de calcium à renouveler tous les ans : m’a = 20100

× mCa

Soit masse de calcium à renouveler par jour : mj = ma

365 = 6,37 × 10–4 kg = 0,637 g.

b. Notre alimentation contient des sources de Calcium : dans l’ordre d’importance :

– tous les laitages,

– l’eau,

– enfin le vin,

– et un peu dans les poissons, les viandes et les légumes.

II. DU SULFATE DE CALCIUM À L’ACIDE SULFURIQUE

A. FILIÈRES CLASSIQUES DE L’ACIDE SULFURIQUE

1. Le grillage des sulfures

Grillage des sulfures : 2 ZnS + 3 O2 → 2 ZnO + 2 SO2.

2. Du gaz de Lacq au dioxyde de soufre

Le gaz de Lacq contient H2S. Sa réaction avec l’oxygène : aboutit à la formation du dioxyde de soufre :

H2S + 32

O2 →∆

SO2 + H2O puis SO2 + H2S →∆

3 S + 2 H2O

et S + O 2 →∆

SO2.


3. Du dioxyde de soufre à l’acide sulfurique

SO2 + 12

O2 →←V2 O5

SO3

puis : SO3 →H2SO4conc

H2SO4oléum

SO3 très peu soluble dans H2O est soluble dans H 2SO4 concentré.

B. UNE AUTRE VOIE SYNTHÉTIQUE

1. Décomposition thermique du sulfate de calcium

Décomposition thermique du gypse (= sulfate de calcium) :

CaSO4(s) →← CaO(s) + SO3 K1 = pSO

3 d’où pSO

3 = 7 × 10–6 bars

SO3(g)→← SO2(g) +

12

O2(g) K2 =

pO2

1 ⁄ 2 pSO2

pSO3

= 20

no

no – n nSO2 nO2 =

12

nSO2

pSO2 pO2 =

12

pO2 = 2x

a. D’où : K2 = x1 ⁄ 2 × 2x

K1

Application Numérique : x = 1,7 × 10–3 bars.

pO2 = 1,7 × 10–3 bars pSO2

= 3,4 × 10–3 bars pSO3 = 7 × 10–6 bars

b. Négligeons la présence de SO3 : K2 est élevé donc SO3 est consommé sitôt sa fabrication :

CaSO4 →← CaO + SO3

SO3 →← SO2 + 12

O2

Réaction prépondérante : CaSO4 →← CaO + SO2 + 12

O2

Constante de cet équilibre : K = K1 K2 = 1,4 × 10–4.

2. Addition de sable (silice : SiO2)

a. L’équilibre précédent est alors remplacé par :

CaSO1 (s) + SiO2 (s) →← CaSiO3 (s) + SO3 (g) K’1 = pSO3


d’où : K’1 = 1 à T = 1400 K pSO3 = 1 bar

La réaction CaSO4 →← CaO + SO3 K1 = 7× 10–6

PSO3 = 7 × 10–6 bars

OU :SiO2 est un oxyde acide le milieu est hétérogène et la réaction est totale.

CaO est un oxyde basique

b. Calcul de p’SO2.

pSO3 = 1 bar.

On a toujours : x =

K’1 K2

2

2 ⁄ 3

=

202

2 ⁄ 3

= 4,64 bars

P’SO2 = 2x = 9,28 bars > > PSO

2 précédent le procédé est beaucoup plus avantageux.

III. MISE EN ÉVIDENCE DU DIOXYDE DE CARBONE

A. SOLUBILITÉ DE L’HYDROXYDE DE CALCIUM

Solubilité de Ca (OH)2 à 25°C dans l’eau pure : s = 1,8 × 10–2 mol.L–1.

1. Évaluations approximatives

a. Ca (OH2) →← Ca2+

s + 2 OH–

2s

[Ca2+] = s [OH–] = 2s = 3,6 × 10–2 mol.L–1

p OH = – log [OH–] = 1,44 pH = 12,56

b. Ks = [Ca2+] [OH–]2 = 2,33 × 10–5 d’où pKs = 4,63

2. Facteurs d’activité

a. On a trouvé : Ks = 2,33 × 10–5 et le texte donne Ks = 5,01 × 10–6

On a tr vé : pKs= 4,63 et le texte pKs = 5,3

La différence provient du fait que l’on a assimilé les activités aux concentrations.

Or : ax = γ [x] avec γ : coefficient d’activité 0 < γ < 1

γ = 1 pour une solution idéale.


Or ici les concentrations sont importantes, les interactions entre les entités présentes dans la solution nesont plus négligeables en réalité : Kso = aOH–

2 , aCa2+.

Un autre phénomène intervient dont nous ne tiendrons pas du tout compte dans ce problème : l a deuxièmebasicité de Ca(HO)2 n’est pas forte, son pK s est de 2 donc en réalité :

Ca(OH)2 → Ca(OH)+ + OH–

Ca(OH)+ →← Ca2+ + OH

b. Supposon γOH– = γCa2+ = γ facteur d’activité moyen.

Kso = γ2 [OH–]2 γ [Ca2+] = γ3 [OH– ]2 [Ca2+] = γ3 Ks

γ3 = Kso

Ks = 0,215 γ = 0,6 ou pKs – pKso = 3 log γ

c. Calculons maintenant le pH plus précisément :

pH = – log aH+ pOH = – log aOH–

[Ca2+] = [OH–]

2 et Kso =

γ3

2 [OH–]3

aOH– = γ . [OH–] = 3 √2 Kso = 0,216 pOH = 1,67 pH = 12,33

Dans la suite du problème nous nous placerons dans le cadre des solutions idéales γ = 1 Ks = 5,3.

B. RÉACTION AVEC LE DIOXYDE DE CARBONE

1. Conditions de précipitation

a. CO2 (aq) + Ca2+ + 2 OH– →← CaCO3 (s) + H2O K


Constante d’équilibre : K = 1

[CO2] [Ca2+] [OH–]2

Ca2+ + 2 OH– →← Ca(OH)2 Ks1 = [Ca2+] [OH–]2

Ca2+ + CO32– →← Ca CO3 Ks2 = [Ca2+] [CO3

2–]

CO2 + 2 H2O →← HCO3– + H3O+ Ka1 =

[HCO3–] [H3O+]

[CO2] pKa1 = 6,4

HCO3– + H2O →← CO3

2+ + H3O+ Ka2 = [CO3

2–] [H3O+]

[HCO3–]

pKa2 = 10,3

Ka1 Ka2 = [H3O+]2 [CO3

2–][CO2]

= [H3O+]2 [CO3

2–] [Ca2+]

[CO2] [Ca2+] =

[Ke2 Ks2]

[OH–]2 [CO2] [Ca2+] = Ke

2 Ks2 K

K = Ka1 Ka2

Ke2 Ks2

pK = pKa1 + pKa2 – 2 pKe – pKs2

pK = – 19,7 K = 5,01 × 1019

OU : CO2 + 2 H2O →← HCO3– + H3O+ ∆Ga1

0 = – RT ln Ka1

HCO3– + H2O →← CO3

2– + H3O+ ∆Ga20 = – RT ln Ka2

2 [H3O+ + 2 OH] →← 2 H2O – 2 ∆Ge = 2 RT ln Ke

Ca2+ + CO32– →← CaCO3 – ∆G∆2

0 = RT ln Ks2

CO2 + 2 OH– = Ca2+ →← CaCO3 + H2O ∆G = ∆Ga10 + ∆Ga2

0 – 2 ∆Ge0 – ∆GS2

0

suite identique.

b. Au début de l’expérience : l’eau de chaux est saturée donc : [Ca2+] [OH–]2 = Ks1

donc : K = 1

[CO2] Ks1 d’où [CO2] =

1[K Ks1]

= 4 × 10–15 mol.L–1

cette concentration est extrêmement faible donc l’hydroxyde précipite immédiatement

OU : K = 5,01 × 1019 est très grand donc la réaction est totalement déplacée, le précipité de CaCO 3est immédiat.

c. Le pH de la salive est pH = 6,75.

[Ca2+] = 3 × 10–3 mol.L–1 dans la salive


pCO2 = 4 kla = 0,04 bar pression partielle le CO 2 expiré

.CO2 (g) →← CO2 (aq) Kds = 3 ×′102 =

[CO2]

pCO2

pour qu’il y ait dépôt de tartre, il faut que K s2 soit atteint

Ks2 = [Ca2+] [CO32–] pKs2 = 8,4 Ks2 = 3,98 × 10–9

or : Ka1 Ka2 = [H3O+]2 [CO3

2–]

[CO2] [CO3

2–] = Ka1 Ka2 [CO2]

[H3O+]2 =

Ka1 Ka2 Kds pCO2

[H3O+]2

effectuons le produit : [Ca2+][CO32–] = 2,27 × 10–9 < Ks2 = 3,98 × 10–9 le tartre ne précipite pas.

OU : Posons Q : coefficient réactionnel : Q = 1

[Ca2+] [OH–]2 [CO2]aq

.

∆G = ∆G0 + RT ln Q = – RT ln K + RT ln Q = RT ln QK

Calculons : Q = 1

[Ca2+] [OH–]2 [CO2]aq

= 1

3 × 10–3 × 10–14,5 × 3 × 10–2 × 0,04

Q = 8,8 × 1019 > 5,1 × 10–19 = K

∆G > 0 la réaction n’a pas lieu.

d. Les Grecs utilisaient un mor tier constitué de chaux CaO obtenue par «cuisson» du calcaire selon :

CaCO3 → CO2 + CaO chaux éteinte.

Cette chaux «délayée» dans un peu d’eau se t ransforme en «chaux éteinte» selon :

CaO + H2O → Ca(OH)2

L’hydroxyde de calcium se carbonate avec le gaz carbonique de l’air en séchant :

Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3 + H2Ocalcaire friable

Ceci est à la base de la fabrication des ciments.

2. Condition de redissolution

a. Lors de l’expérience précédente (dégagement de CO2 dans l’eau de chaux) un précipité de CaCO 3apparaît selon :

Ca2+ + 2 OH– + CO2 → CaCO3 + H2O

Un excès de CO2 provoque la disparition du précipité selon l’équation-bilan :

CaCO3 + CO2 + H2O → Ca2+ + 2 HCO3–

Cette disparition peut s’observer aussi par simple dissolution de CO 2 de l’air dans la solution.


b. Au départ l’eau de chaux (que l’on peut considérer comme la dibase forte : Ca 2+ + 2 OH–) a un pHtrès basique

CO2 consomme les OH–: pH diminue.

Un excès de CO2 conduit à un pH acide.

c. Au départ (eau de chaux filtrée) K s1 est atteint :

Ks2 = [Ca2+] [OH–]2 = 4 s3 d’où [Ca2+] = √Ks1

4 = s = 1,08 × 10–2 mol.L–1

Au moment ou CaCO3 disparaît, tous les ions Ca2+ sont revenus en solution :

Ks2 = [CO2+] [CO32–] d’où [CO3

2–] = Ks2

s =

10–8,4

1,08 × 10–2 = 3,7 × 10–7 mol.L–1

d. CaCO3

n0O

+ CO2 + H2O × 2 HCO3–

2 n0

+ Ca2+

n0

[HCO3–] = 2 [Ca2+] = 2,16 × 10–2 mol.L–1

OU : Électroneutralité : [HCO3–] + 2 [CO3

2–] + [OH–] = 2 [Ca2+] + [H3O+]

[CO32–] , [OH–] , [H3O+] sont négligeables par rapport aux autres concentrations d’où :

[HCO32–] = 2 [Ca2+] = 2,16 × 10–3 mol.L–1

e. A la fin de la dissolution : Ka2 = h [CO3

2–]

[HCO3–]

avec h = [H3O+]

d’où : h = Ka2 [HCO3

–]

[CO32–]

Application Numérique : h = 2,9 × 10–6 mol.L–1

Application numérique : pH = 5,5.

Il a fallu un large excès de CO 2.

IV. DURETÉ DE L’EAU, DOSAGE DES IONS CALCIU

A. GÉNÉRALITÉS

1. Inconvénients des eaux dures

a. Les eaux calcaires présentent des inconvénients :

– entartrage des canalisations et des appareils électroménagers,

– rigidité du linge - peau rêche,

– précipités avec les produits de lessive.

3


b. CaCO3(s) →← Ca2+ + CO32– ∆rH

0 = – 13 kJ (à 298 K)

or : loi de Van’t Hoff : d ln ks

dT =

∆rH0

RT2 ∆r H0 ≈ constant

Intégrons : ln Ks2 – ln Ks1 = ∆rH

0

R

1T1

– 1T2

d’où : pK2 = pK1 – 1

2,3 ∆rH

0

R

1T1

– 1T2

Application Numérique : pK2 = 8,8

L’entartrage augmente avec la température.

2. Exemple de détermination

L’acide formique de pKa = 3,8 est plus acide que l’acide acétique (pKa = 4,8).

On remarquera cependant que l’acide formique est toxique.

B. DÉTERMINATION PAR L’EDTA

1. Complexes de l’EDTA

a. 6 doublets liants : hexadentate.

b. L’EDTA y4– se complexe avec Ca2+.

Ca2+ + Y4– →← CaY2– β = 1010,7 Q = [CaY2–]

[Ca2+] [Y4–]

∆rG = ∆rG0 + RT ln Q = – RT ln β + RT ln Q

à l’équilibre : ∆rG = 0 ∆rG0 = – RT ln β = ∆r H

0 – T∆rS0

∆rS0 =

∆rH0

T + R ln β

Application Numérique : ∆rS0 = 124 JK–1 mol–1 > 0.


L’entropie augmente donc le désordre augmente, la stabilité augmente ou passe de Ca2+ hydraté aucomplexe selon :

Ca2+ (H2O)n + Y4– → CaY2– + nH2O

n molécules d’eau sont libérées et s’agitent dans la solution.

2. Exemple de détermination

a. pH tamponné à 9 : l’espèce prédominante est H 2Y2–. Au départ l’indicateur coloré a complexé lemagnésium sous forme Mg In rouge.

Y4– complexe les ions Ca2+ et les ions Mg2+ présents dans l’eau :

Ca2+ + H2Y2– →← CaY2– + 2 H+ K1 RP1 car K1 > > K2

Mg2+ + H2Y2– →← MgY2– + 2 H+ K2 RP2

Lorsque tous les Ca2+ et Mg2+ libres sont complexés, Y 4– déplace le magnésium de In Mg selon :

Mg Inrouge

+ Y4– → Mg2+ + Inbleu

la solution vire au bleu pour le volume équivalent V eq = 22 mL

nEDTA versé = CVeq = 10–2 × 22 × 10–3 mol

Donc à l’équivalence : nEDTA = nCa2+ + nMg2+

d’où : [Ca2+] + [Mg2+] = nEDTA

V = 22 × 10–4 mol.L–1

et par définition de la dureté de l’eau : d = [Ca2+] + [Mg2+]

10–4 = 22

Ce n’est pas une eau très dure.

b. Verrerie utilisée :

EDTA : burette graduée.

Eau : 100 ml prélevé à la pipette jaugée de 100 ml.Eau : Remarque : peu de laboratoire peuvent s’offrir ce luxe. On pourra utiliser deux pipette de 50 ml.Eau : ou à défaut une fiole jaugée de 100 ml ou encore une buvette graduée

NET : une petite pointe de spatule s’il est cristallisé quelques gouttes au compte-goutte s’ il est enNET : solution.

Tampon : approximatif : quelques cm3 à prendre avec une éprouvette graduée ou «au jugé» avec unTampon : tube à essais.


c. Si une eau ne contient presque pas de Mg2+, l’indicateur coloré In Mg ne peut pas se former en quantitésuffisante pour suivre la couleur.

On peut pallier cet inconvénient en «dopant» la solution (en introduisant une quantité c omme de Mg2+)ou, ce qui revient au même, en utilisant une «solution de complexe EDTA, Mg».

3. Dosages sélectifs des ions Ca2+

a. Si l’on travaille en milieu plus basique pH = 12

[OH–] = 10–2 mol.L–1

or : [Mg2+] + 2 [OH–] →← Mg [OH]2 Ks = [Mg2+] [OH–]2

[Mg2+] = Ks

[OH–]2 = 2 × 10–7 mol.L–1

Cette concentration est très faible : on a éliminé les ions Mg2+ sous forme de précipité, ils ne gênerontdonc plus le dosage.

b. Dosage thermométrique :

Mg2+ + Y4– →← MgY2– ∆rH20

Ca2+ + Y4– →← CaY2– ∆rH10

Soit Qp la chaleur dégagée par l’une de ces réactions à pression constante

Qp est responsable de la modification de température.

Soit Cp la chaleur massique à pression constante de la solution assimilée à de l’eauet ρ la masse volumique de la solution :

Qp = m Cp dT

n = Cdv Qp = – n ∆rH0 = m Cp dT = ρ (v + v0) Cp dT

(si les 2 solutions sont au départ à T ρ masse volumique de la solution).

dT = – Cdv ∆rH

0

ρ Cp (v + v0) si v < < v0 alors T = T0 – k ∆rH

0

∆rH10 < 0 pour Ca2+ T = T0 + av a > 0

∆rH20 > 0 pour Mg2+ T = T0 – av b > 0

de plus ∆rH1

0 # ∆rH2

0 donc a # b.


C. ÉLECTRODES INDICATRICES

1. Généralités

a. Mesure de | Zn2+ |.

V : voltmètre à grande impédance.

b. Potentiel de Nerwst : E = EZn2+ ⁄ Zn0 +

RTn

ln [Zn2+] = EZn2+ ⁄ Zn0 +

0,0592

log [Zn2+]

c. On ne peut pas utiliser une lame de calcium car Ca réagit avec l’eau (voir § I.B.2.b.).

2. Électrode de mercure indicatrice d’EDTA

a.HgY2– + 2e →← Hgliq + Y4– E1 = E1

0 + 0,0592

log [HgY2–][Y4–]

Hg2+ + 2e →← Hgliq E1 = E20 + 0,059

2 log [Hg2+]

E1 = E2 d’où : E10 = E2

0 + 0,059

2 log

[Hg2+] [y4–][HgY2–]

= E20 + 0,059

2 log 1

β

Application Numérique : E10 = 0,204 V (à 298 K).

F


b. On ajoute au préalable, à l’eau dont on veut mesurer la dureté, une solution aqueuse de HgY 2–.

HgY2– est un complexe très stable : β = 1021,9 donc [HgY2–] ≈ cste,

alors : E = E10 + 0,059

2 log HgY2– –

0,0592

log [Y4–] = cste – a log [Y4–]

Au début du dosage :

Y4– + Ca2+ → CaY2–

les Y4– sont presque tous consommés donc [Y 4–] augmente très légèrement d’où E diminue trèlentement. A l’équivalence, il n’y a plus de Ca2+, [Y4–] augmente brusquement d’où une chute brutalede E. On assiste à la dilution de l’excès de Y 4– et E se remet à diminuer très lentement. On aboutitdonc à une courbe qui à l’allure suivante et qui peut servir de base à un dosage.

D. ADOUCISEUR D’EAU

1. La molécule de styrène

a. Molécule de styrène.

possède 6 électron π sur le noyau benzénique,

possède 2 électron π sur la double liaison,

soit 8 électrons π au total.

b. On assiste à un phénomène de recouvrement des orbitales pour les doubles liaisons conjug uées.

Phénomène de mésomerie représente par les formules de résonance :


2. Réaction de polymérisation de styrène

a. Le polystyrène est utilisé en électroménage : coques moulées,

Le polystyrène est utilisé sous forme expansée : isolant thermique, acoustique,

Le polystyrène est utilisé pour des emballages : petits suisses, bics...

b.

Bilan de la polymérisation :

c. Polymérisation radicalaire : on utilise un initiateur :

le peroxyde de benzoyle :

d. Puis :

... etc.

Stabilisation des intermédiaires par mésomérie.

3. Préparation d’un détergent

a. Par action de SO3 :

par action de H 2SO4


SO3 : entité électrophile.

On peut dire que la réaction est «régiosélective». En effet, il y a modification préfére ntielle d’un siteà cause des formes mésomères et de l’encombrement stérique. L’attaque se fait en para et on obtientA : acide alkylsulfonique.

b. A est un acide faible. Il réagit avec OH –.

ion alkylsulfonate (de sodium) B.

B est un détergent, en effet sa structure se présente ainsi :

Considérons une saleté graisseuse les ions se placent autour de la saleté de façon à former un globuleappelé «micelle». Il y a solubilisation de la saleté graisseuse ce qui provoque son éli mination dansl’eau de lavage.

4. Préparation d’une résine échangeuse d’ions

a.

b.


5. Action de la résine

a. Plongeons la résine gorgée d’eau dans une solution contenant Na +Cl– il se produit un mélange ionique entre la résine et la solution selon schématiquement :

la résine est dite «cationique forte».

b. Dans une eau dure contenant Mg 2+ et Ca2+ plongeons de la résine saturée en NaCl. Il se produit unnouvel échange ionique.

La résine à une plus grande activité pour Ca 2+ et Mg2+ que pour Na+ ;les Na+ viennent remplacer Ca2+ et Mg2+ dans l’eau traitée.

Régénération de la résine : on provoque un déplacement des équilibres précédents dans le sens 2 enplongeant la résine dans une saumure de NaCl (on régénère alor RSO3

–Na+) ou dans un bain de H2SO4

ou HCl (on régénère alor RSO3– H+).

V. LE CALCIUM (ET AUTRES MÉTAUX) EN CHIMIE ORGANIQUE

A. QUELQUES UTILISATIONS DE MÉTAUX

1. La synthèse d’un organomagnésiem mixte

R – X + Mg → RMgX

a. Cette réaction a lieu dans l’éther anhydre. Pour le rendre anhydre, on peut y introduire des grains desodium ou de calcium ou utiliser un tamis moléculaire.

Mg présente des lacunes et l’oxygène de l’éther des doublets libres. Le magnésium est donc s olvaté :

b. Le chlorure de calcium est hygroscopique. D’autres composés permettent également d’éliminer l’humiditéde l’eau : P2O5, gels de silice, Ca, Na, sulfates anhydres, KOH NaOH H 2SO4 conc.


c.

d. On opère sous argon, gaz inerte qui permet d’éviter que le magnésium formé ne réagisse O :

– avec O2 selon RMgX →Ο2

ROMgX →RMgX

2 ROMgX →Η+Η2Ο

2 ROH

– avec CO2 selon RMgX →CO2

RCOOMgX →H2O

RCOOH + MgXOH

2. Exemple de synthèse utilisant un organomagnésien

! : fabrication d’un hologénure d’alkyle à l’aide d’un agent halogénant : HX1conc PX5 PX3 SOX2

CH3 – CH2 – OH + HBr → CH3 – CH2Br + H2O

Il s’agit d’une réaction de substitution nucléophile de OH par X Mécanismes SN 1 et SN2.

" : fabrication du magnésium (cf. A.1.)

CH3 – CH2Br + Hg → CH3 – CH2MgBr éther anhydre

# : Oxydation ménagée d’un alcool par des oxydants tels que O2, MnO4–, Cr2O7

2– en milieu sulfurique,

CrO3. Réaction redox :


$ : Réaction d’addition nucléophile ou l’aldéhyde (éventuellement sur la cétone).

b. Synthèse du 2,3-diméthylbut-2-ène à partir des propanol

c. Synthèse du 4-éthylheptan-4-ol à partir des propanols.

3. Création d’une double liaison carbone-carbone


B. SYNTHÈSES DE CÉTONES

1. L’acétone (propanone)

a. Première synthèse de l’acétone

Méthode de Piria.

b. Synthèse actuelle de l’acétone.

2. De la cyclohexanone à la cyclopentanone

a.Aldéhyde →[Ο]

acide carboxylique

Cétone →[Ο] rien.

b. Tantomérie.

forme énolique


c. A’ possède une double liaison, site privilégié de l’attaque par un oxydant.

d. Il faut pour cela un oxydant assez fort : HNO 3 à chaud ou O 2, Gr2O72–, MaO4

–, Gn3.

e. Synthèse de la cyclopentanone parespanalogie avec la méthode de Piria :


C.A.P.E.S(Concours Externe)

SECTION : PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE

Composition de physique avec applications - Session : 1993

par Christian GROSSETÊTE, Roger SAHUN et les membres du Jury

1. EXERCICE D’ÉLECTRICITÉ

1.1. Étude d’une bobine

1.1.1. En assimilant la bobine (B 1) à un solénoïde très allongé la valeur du champ magnétiqueau centre est donnée par l’expression :

B1 = µ0 N1

l1 I1

B1 en tesla (T)

N1 en spire

l1 en mètre (m)

I1 en ampère (A)

Application Numérique : B1 = 4π.10–7 . 2.10– 3 . 1

0,36 = 6,98.10–3 T

B1 = 6,98 mT

1.1.2. Par définition, l’inductance propre d’un circuit fermé ( ), est donnée par :

L = φpropre

I

φ en weber (Wb)

I en ampère (A)

L en henry (H)

Si B→

est le champ propre de la bobine φpropre = ∫ ∫ (S)

B→

. dS→

, la surface (S) étant orientée

par le sens défini positif de parcours le long du circuit fermé ( ), avec l’approximationdu solénoïde très allongé B1

→ = Constante × uz

→.

Soit : φ = B1→

. ∫ ∫ S

dS→

= B1→

. S→ = B1uz→

. N1 S1 uz→

avec : S1 = π r12 surface d’une spire.

Il vient : Lt1 =

B1 . N1 . π . r12

I1 , Lt1

= µ0 . N12 . π . r1

2

l1

Application Numérique : Lt1 = 4π.10– 7

4.106 × π × 2,152.10– 4

0,36 = 20,3 10– 3 H

Lt1 = 20,3 mH

SECTION PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE 111

1.1.3.

Calculons la tension v en appelant Z, l’impédance complexe de l’association en parallèle.

En notation complexe : V__ = Z1

R + Z1 . U__ avec

1Z1

= Y1 = j C1 ω –

1L1 ω

en négligeant R1

’ .

Soit : V__ = U__

1 + j R C1 ω –

1L1 ω

soit l’amplitude Vm = Um

√ 1 + R2 . C1 ω –

1L1 ω

2 .

Cette expression est maximale lorsque la dénomination est minimale soit pour :

L1 . C1 . ω02 = 1.

On tire alors : L1 = 1

C1 . ω02

C1 en (F),

ω0 en (rad.s–1)

Application Numérique : Le1 =

1

0,105.10– 6 . 4π2 . 3,512.106 = 19,6.10– 3 H

Le1 = 19,6 mH

Cette valeur diffère peu de la valeur théorique Lt1, en effet

Lt1 – Le1

L1 ≈ 3 %. Le résultat

expérimental est en bon accord avec la théorie, l’approximation du solénoïde infinimentlong étant bonne dès que r1/e1 est inférieur à 0,1, ce qu’est le cas ici puisquer1

⁄ e1 ≈ 0,06.

1.1.4. Le facteur de qualité est défini par l’expression :

Q = ω0

Bω

ω0 pulsation de résonance (en rad. –1)

Bω bande passante à – 3 dB (en rad.s–1)

Les pertes représentées par une résistance R’, en série avec L 1, on trouve :

Q = L1 . ω0

R1’ soit R1

’ = L1 . Bω = 2π . L1 . Bf

112 SECTION PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE

avec Bf bande passante à – 3 dB (en Hz).

Ainsi connaissant L1, il est possible d’en déduire R1’ ; pour cela, on fait varier la fréquence

de la tension u appliquée en circuit et on relève les valeurs de v. On trace le diagrammede Boole donnant le module de v/u, en décibels, en fonction de f en coordonnées logarith iqueet on déduit la bande passante à – 3 dB B f.

1.1.5.

La tension u(t) appliquée étant sinusoïdale, en notation complexe on peut écrire :

U__ = R1

’ + j L1 ω . I_1 + ρ . I_1 , soit en posant R1 = R1

’ + ρ U__ = R1 + j . L1 . ω . I_1

soit : I_1 = U__

R1 + j . L1 . ω dont l’amplitude vaut : I1m =

Um

√R12 + L1

2 . ω2 .

L’amplitude Bm de champ magnétique B(t) qui règne dans la région centrale de la bobine(B1) supposée infiniment longue, vaut :

Bm = µ0 . N1

l1 . I1m

Application Numérique : I1m = 10

√222 + 4.10– 4 . 4π2 . 3,512. 106 ≈ 22,6.10–3 A

I1m ≈ 22,6 mA

Bm = 4π × 10– 7 × 2.103

0,36 × 22,6.10– 3 ≈ 0,158.10– 3 T

Bm ≈ 0,158 mT

1.2. Étude d’un système de deux bobines

1.2.1. En assimilant (B2) à un solénoïde très allongé son inductance propre vaut :

L2 = u0 . N22 . s2

l2.

Application Numérique : L2 = 4π . 10– 7 . 16.104 . 2.10– 4

8.10– 2 = 0,503.10– 3 T

L2 = 0,503 mH


1.2.2. Par définition φ21 = ∫ ∫ S2

B1→

. dS2→

La bobine (B 2) étant placée à l’intérieur de la bobine (B 1) le champ B1→

, est uniforme ; il

vient alors φ21 = B1→

. ∫ ∫ S2

dS2→

.

soit : φ21 = B1 . N2 . S2 = µ0 . N1 . N2 . S2

l1 . I1

Par définition, les coefficients de mutuelle induction entre les deux bobines (B 1) et (B2)sont donnés par :

M12 = M21 = φ21

I1 , soit ici : M12 = µ0 . N1 . N2 . S2

l1

Remarque : le signe de M12 dépend des conventions d’orientation des circuits (C1) et (C2).

Application Numérique : M12 = 4π . 10– 7 . 4.102 . 2.103 . 2.10– 4

36.10– 2 = 5,58.10– 4 H

M12 ≈ 0,558 mH

1.2.3. La force électromotrice d’induction produite dans la bobine (B 2) est donnée par

e2 = – d φ2

dt avec φ2 le flux crée dans la bobine (B 2) par le courant d’intensité i 1 passant

dans (B1).

De 1.2.2. , i l vient φ21 = M12 . i1 soit e2 = – M12 . d i1dt

dont l’amplitude vaut

E2m = M12 . ω0 . I1m.

Application Numérique : E2m = 0,558.10– 3 . 2π . 3,51.103 . 22,6.10– 3 = 0,278 V

E2m = 0,278 V.

1.2.4. La bobine (B 2) étant mise en court-circuit on peut poser u2 = 0.


Écrivons les relations donnant les tensions pour chacun des deux circuits couplés.

u = R1 . i1 + L1 di1dt

+ d φ12

dt

0 = R2 . i2 + L2 di2dt

+ d φ21

dt

soit en notation complexe :

U__ = R1 + j . L1 . ω0 . I_1 + j . M12 . ω0 . I_2

0 = R2 + j . L2 . ω0 . I_2 + j . M12 . ω0 . I_1

La résolution de ce système de 2 équations conduit aux solutions :

I_2 = – j . M12 . I_1

R2 + j . L2 ω0

= – j . M12 . ω0 . R2 – j . L2 ω0

R22 + L2

2 . ω02

. I_1

Application Numérique : Avec R2 = 3,2 Ω et L2 ω0 = 11,1 Ω R2

2

L22 ω0

2 = 8,3.10– 2

On ne peut donc pas, dans l’expression de I 2, négliger la résistance R2 devant la réactanceL2 ω0.

Remplaçons dan U__, I_2 par l’expression précédente, on obtient :

U__I_1

+ R1 + R2

M122 . ω0

2

R22 + L2

2 ω02

+ j .

L1 ω0 – L2 ω0 . M12

0 ω02

R22 + L2 ω2

2

.

Application Numérique : Calculons le rapport des termes dans chacune des deux partieactive et réactive.

Partie active : R2

R1

M122 ω0

2

R22 + L2

2 ω02 = 1,14

R2

R1 ≈ 0,165

Partie réactive : L2

L1

M122 ω0

2

R22 + L2

2 ω02 = 1,14

L2

L1 ≈ 0,029

Donc à environ 3 % près on peut négliger dans la partie réactive le deuxième terme contenantle couplage. Comme d’autre part cette partie réactive (L1 ω0 = 441,1 Ω) est très supérieure

à la partie résistive (R1 ≈ 22 Ω), on peut dans cette dernière partie négliger le termecomportant le couplage (M12) qui ne représente qu’environ 17 % de R 1.

On peut donc considérer que U__1 ≈ R1 + j L1 ω0 . I_1

soit : U__1 ≈ (22 + 441,1 j) . I_1 voire même U________1 ≈≈≈≈ j L1 . ωωωω0 . I____1.


1.2.5. Avec l’expression du 1.2.4. donnant I_2 on peut déduire l’amplitude I2m = M12 . ω0 . I1m

√ R22 + L2

2 ω02

soit avec : E2m = M12 ω0 I1m (cf 1.2.3.) :

I2m = E2m

√R22 + L2

2 . ω02

Application Numérique : E2m = 278 mV I2m ≈ 24,1 mA.

1.3. Étude d’une expérience de cours

1.3.1. La bobine (B 2) est en circuit ouvert, donc i2 = 0, ainsi que B 2, le champ magnétique créépar cette bobine. La bobine (B3) étant elle aussi en circuit ouvert i3 = 0. La f.é.m. l3 crééedans la bobine (B 3) résulte de la variation du flux magnétique φ3 (dans B3) uniquementcréée par la bobine (B 1).

l3 = – d φ3

dt = – M13 .

d i1dt

.

Selon la façon dont sont branchées à l’oscilloscope les bornes de la bobine (B3), on visualisev3 = ± e3. Ici, les connections sont telles que v3(t) est en quadrature retard sur

v1(t) = ρ . i1(t), on observe donc v3 = + e3 si M13 est positif.

En notation complexe V__3 = – j . M13 . ω0 . I_1 soit V3m = M13 . ω0 . I1m

Application Numérique : M13 = 0,10 mH.

1.3.2. Si on ferme le circuit de la bobine (B 2) par un court-circuit, alor i2 ≠ 0 et ce courant

variable apporte une contribution à la variation du flux φ3.

La f.é.m. e3 créée vaut alors : e3 = – d φ3

dt = – M13 . di1

dt – M23 . d i2

dt soit en notation co -

plexe :

V__3 = e_3 = – j . M13 ub . I_1 – j . M23 . ub . I_2

D’après la loi de LENZ, l’effet du courant i 2 s’oppose à sa cause, la variation du flux φ2à travers (B2) créée par (B1) : il s’ensuit une modification de l’amplitude et de la phasede v3(t) que l’on peut déduire de l’expression précédente dans laquelle nous remplaçonI_2 par sa valeur tirée de 1.2.4..

I_2 = – j . M12 . ω0 . I_1

R2 + j L2 . ω0

= – j . M12 . ω0 . R2 – j . L2 ω0

R2 + L22 ω0

2

Il vient : V__3 = – j . M13 . ω0 . I_1 – M23 . ω0 . M12 . ω0 R2 – j . L2 ω0

R22 + L2

2 ω02 . I_1


soit : V__3 =

–

M12 . M23 . ω02

R22 + L2

2 . ω02

– R2 + j .

M12 . M23 . L2 ω02

R22 + L2

2 . ω02

– M13

. ω0

. I_1

Application Numérique : Calculons M23 par : M23

M13 =

µ0 N2 N3 S3

l2

µ0N1 N3 . S3

l1

= N2 . l1N1 . l2

= 0,9

soit : M23 = 90 µH.

V__3

I_1 = – 0,586 + j . 0,174

Ω ; on ne peut ici négliger le terme résistif qui est supérieur au

terme réactif.

V3m

I1m = 0,611 Ω d’où : V3m = 13,8 mV.

La tension v3(t) est en retard sur l’intensité i1(t) de ϕ = 180° – arctan 0,1740,586

≈ 163,5°

ϕv3 ⁄ i1

= – 163,5°.

1.3.3. Pour que l’expression soit encore plus spectaculaire, il faudrait un courant dans (B2)d’intensité I2m la plus grande possible, soit une résistance R2 ≈≈≈≈ 0.

Alors la tension V 3m deviendrait pratiquement nulle (on trouverait ici V3m = 35 µV).

1.3.4. Par cette expérience on peut illustrer les cours sur l’induction électromagnétique et la loide LENZ.

2. ÉTUDE DE SATELLITES EN ORBITE CIRCULAIRE

2.1. Préliminaire

2.1.1. • Loi d’intéraction universelle

La particule 1 exerce sur le particule 2 située à la distanc r 12 une force attractive :

f→1 → 2 = – G . m1 . m2

r122 . u12

→ m1 masse de la particule 1 (kg)

m2 masse de la particule 2 (kg)

r12 distance entre particules (m)

G constante gravitationnelle.


Inversement, la particule 1 subit de la part de la particule 2 une force attractivef→2 → 1 = – f

→1 → 2.

• Loi d’intéraction électrostatique

La particule 1 de charge électrique q 1 exerce sur la particule 2 de charge électrique q 2 soitsituée à la distance r12 une force.

f→1 → 2 =

14πε0

. q1 . q2

r122 u

→12

Ces deux types de forces (gravitationnelle et électrostatique) sont :

– en K u→

r2,

– toujours attractive pour la gravitationnelle mais répulsive ou attractive pour la forceélectrostatique,

– de rapport fgravit

félectr de l’ordre de 10–37.

2.1.2. Par définition, le champ gravitationnel est tel que F→

= m . .

Si l’attraction de la masse m est provoquée par un système de particule

= – ∑ i

G . mi

ri2 . u→i

Le champ électrostatique E→

est défini par la relation :

F→

= q . E→

Si l’intéraction sur la charge q est produite par un système de charges :

E→

= 1

4πε0 . ∑

i

qi

ri2 . ui

→

En faisant correspondre à q, E→

et 1

4πε0 respectivement m, et – G on peut transposer

au champ gravitationnel, les principaux résultats de l’électrostatique.


Par exemple : le théorème de Gauss ∫ ∫ (S)

E→

. dS→

= ∑ qint

ε0 devient pour la gravitation :

∫ ∫ (S)

. dS→

= – 4π G . ∑ mint

2.1.3. Appliquons le théorème précédent à la sphère de centre O et de rayon r :

∫ ∫ . dS→

= . ∫ ∫ dS→

= . S→

= – || || . 4π r2 = – 4π G . ∑ mint = – 4π . GM

soit : = – G . M

r2 . u→

2.1.4. Cas de la terre : || T|| = G . MT

RT2

Application Numérique : T = 6,672.10– 11 . 5,98.1024

6,372.1012 = 9,83 m.s– 2 T = 9,83 m.s–2.

Cas de la lune : || L|| = G . M2

R22 .

Application Numérique : L = 6,672.10– 11 . 7,35.1022

1,742.1012 = 1,62 m.s– 2 L = 1,62 m.s–2.

Le champ de pesanteur g est donné par le relation P = m . g ; en confondant g0 et 0 on

peut calculer : g0

g0’ =

T L

= MT

ML . R2

2

RT2 .

Application Numérique : g0

g0’ =

5,98.1024

7,35.1022 × 1,742.1012

6,372.1012 = 6,05 g0

g0’ = 6,05.


• La période d’un pendule simple oscillant en un point où l’intensité du champ de pesanteurvaut g est donnée par l’expression :

T = 2π √ lg

soit pour la terre T1 = 2π √ lg0

;

T = 2π √ l soi t pour la lune T1’ = 2π √ l

g0’ .

T1’

T1 = √ g0

g0’ =

Application Numérique : T1

’

T1 = √6,05 = 2,46

T1’

T1 = 2,46.

La période n’est pas la même dans les deux cas : la période d’un pendule simple dépenddu champ de pesanteur.

• La période d’un pendule élastique dont la raideur est k est donnée par l’expression

T = 2π – √ mk

; elle est indépendante du champ de pesanteur. La masse d’inertie étant la

même.

T2 = T2’

T2’

T2 = 1.

Les deux périodes sont identiques, seules les positions d’équilibre diffèrent.

2.2. Satellite en orbite circulaire

2.2.1. Problème à deux corp :

Le mouvement relatif du satellite S par rapport au centre de la terre O est le mouvement

barycentrique du mobile de masse réduite µ = m . MT

m + MT . Dans le cas d’un mouvement à

force centrale, cette trajectoire est plane et obéit à la loi des aires r2 . θ. = Cte.

Dans le cas d’un satellite artificiel de la terre, m < < M T alors le barycentre G du systèmeà 2 corps est pratiquement confondu avec le centre d’inertie O de la terre et la masseréduite µ ≈ MT.

On peut ainsi confondre le mouvement du mobile réduit dans le référentiel barycentriqueavec le mouvement relatif du satellite qui ici est circulaire centré sur O. Alors : r = Cte etdonc θ

. = Cte ; le mouvement est circulaire uniforme.


2.2.2. En considérant le système à deux corps (M T et m) isolé, le référentiel barycentrique R*est Galiléen et avec l’approximation du 2.2.1., le référentiel géocentrique R 1 également.Appliquons dans ce référentiel, la relation fondamentale de la dynamique ou satellite .

∑ F→

ext = m . a→ soit : – G . m . MT

r2 u→ = ma

→

avec : a→ = – ω2 . r . u→ puisque le mouvement est circulaire uniforme.

Il vient : ω2 . r = G . MT

r2 soit : ω = √G . MT

r3 .

La période est : T = 2πω

soit : T = 2π √ r3

G . MT

.

Un satellite géostationnaire a une trajectoire circulaire dans le plan équatorial de la te rreet tourne autour de l’axe des pôles dans le même sens et avec la même vitesse angulaire :

ω = ωT

Application Numérique :

r = 3√G . MT . Ts

2

4π2 =

3√6,672.10– 11 . 5,98.1024 . 861642

4 . 3,142 = 42,2.106 m

r ≈ 42 200 km

2.2.3 En désignant par G le centre des masses du satellite de masse m et de petites dimensions,appliquons la relation fondamentale, dans ce référentiel, à la masse m’. Ce référentiel n’estpas Galiléen donc :

∑ F→

ext + F→

i = m’ . a→r soit : m’ . a→r = – G . m’ . MT

r2 u→ + m’ . ω2 . r u→

avec la relation du 2.2.2. : ω2 . r = G . MT

r2 on en déduit : a→

r = 0→.

L’accélération relative étant nulle pour toute masse m’ placée dans un satellite de petitesdimensions, celle-ci se trouve en état d’impesanteur.


2.3. Satellites en orbite circulaire reliés par un câble

2.3.1. Relation fondamentale de la dynamique dans le référentiel 1 (S1, x, y, z) .

∑ F→

ext + F→

i = m . ar avec : a→

r = 0→ (S1 en équilibre dan 1)

F→

2 → 1 – G . m . MT

(r – l)2 . u→ + m . ω2 . (r – l) . u→ = 0→ posons : F

→2 → 1 = F . u→

il vient : F = G . m . MT

(r – l)2 – m . ω2 . (r – l) ; en considérant lr < < 1.

On obtient : F ≈ G . m . MT

r2 1 +

2 lr

– m . ω2 . r .

1 –

lr ≈ m . ω2 . r

1 +

2 lr

– 1 + lr

soit : F = 3 m . ω2 . l qui représente l’effet de «marée».

2.3.2. Appliquons, dans le référentiel 1 (S1, x, y, z) , la relation fondamentale de la dynamiqueà la masse ponctuelle m’.

m’ . a→r = – G . m’ . MT

(r – l)2 . u→ + m’ . ω2 (r – l) . u→ avec : .

lr << 1.

On obtient : m’ . a→r = – m . ω2 . r . 3 lr

. u→ soit : a→

r = – 3 ω2 . l . u→

La masse m’ ne se trouve donc pas en état d’impesanteur dans le satellite S1 elle est soumise

à une légère accélération centripète : a→

r = – 3 ω2 . l . u→.

Le même calcul effectué pour un point matériel m’ placé dans le satellite S 2 conduit à une

légère accélération centrifuge dans : 2 (S2, x, y, z) a→

r = + 3 ω2 . l . u→.

3. OPTOÉLECTRONIQUE

3.1. Préliminaire

3.1.1. • Le plan d’incidence est le plan (u→

1, N→

1) défini par le rayon incident et la normale audioptre au point d’incidence.


• L’angle d’incidence est l’angle : i1 = (N→

, u→

1) entre le rayon incident et la normale.

1ère loi de Descartes - Snell : le rayon réfracté appartient au plan d’incidence :

u→

2 ∈ (u→

1, N→

)

2ème loi de Descartes - Snell : n1 . sin i1 = n2 . sin i2

3.1.2. • Le stigmatisme rigoureux est obtenu lorsque tous les rayons issus d’un point objet Apassent par un point A’, image rigoureusement stigmatique de A. Alors le chemin optique(AA’) est constant quel que soit le rayon considéré, et donc quel que soit l’angle u quefait le rayon incident avec l’axe du système centré.

• Le stigmatisme est approché lorsque le chemin optique (AA’) entre un point A et sonconjugé A’ est constant à des termes de 2nd ordre près en u pour des rayons différents.Alors tous les rayons issus de A passent approximativement en A’.

Le stigmatisme est approché lorsqu’on utilise un instrument d’optique dans les conditionde Gauss, c’est-à-dire avec des rayons paraxiaux, soit

– proche de l’axe optique,

– peu inclinés sur l’axe optique.

• Un objet est réel lorsqu’il est situé devant la face d’entrée du système optique ; il estvirtuel lorsqu’il est situé derrière.

• Une image est réelle lorsqu’elle est située derrière la face de sortie du système optique ;elle est virtuelle lorsqu’elle est située devant.

3.1.3. • Dans le triangle A C I, l’angle θ est extérieur et on peut écrire :

θ = u + i (1)


• De même dans le triangle A’ C I :

θ = u’ + i’ (2)

En confondant H et S il vient : p = SA___

≈ HA___

= – IH___

tan u et R = – SC

___ ≈ – HC

___ = –

IH___

tan θ

p’ = SA’____

≈ HA’____

= – IH___

tan u’ .

Dans les conditions de Gauss u, u’ et θ sont petits et on peut confondre u et tan u, u’ ettan u’ θ et tan θ, (les angles étant exprimés en radian).

Il vient : p ≈ – IH___

u ; p’ ≈ –

IH___

u’ ; R ≈ –

IH___

θ .

De même : n . sin i = n’ . sin i’ devient n . i ≈ n’ . i’

soit avec (1) et (2) et n . i = n θ – n . u ≈ n’ . i’ . = n’ . θ – n’ . u’.

Soit : (n – n’) . – IH

___

R = – n . IH

___

p + n’ . IH

___

p’

d’où : n’p

– np

= n – n’

R =

n’ – nSC___

Remarque : R a été ici considéré comme positif et n supérieur à n’.

Le rayon passant par C (u = 0) n’est pas dévié (u’ = 0) .

• Le foyer objet F est le point dont l’image F’ donnée par le dioptre est rejetée à l’infini,

soit : p’ = ∞, d’où : – n

SF___ =

n’ – nSC___ et SF

___ = F =

nn – n’

. SC___

F = – n

n – n’ . R

• Le foyer image F’ est le point image du point objet situé à l’infini, soit tel que n = ∞,

d’où : SF’___

= F’ = n’

n’ – n . SC

___

F’ = n’

n – n’ . R

La grandeur = n – n’R

représente la convergence du dioptre sphérique exprimée en

dioptrie.

> 0 : les deux foyers sont réels, ce dioptre est convergent.

< 0 : les deux foyers sont virtuels, le dioptre est divergent.

Application Numérique :

F = SF___

= – n

n – n’ . R = –

1,871,87 – 1

× 0,5 = – 10,75.10– 3 m F = – 10,75 mm


F’ = SF’___

= – n’

n – n’ . R = – 1

1,87 – 1 × 0,5 = 5,75.10– 3 m F’ = – 5,75 mm

F’ = n – n’

R = 1,87 – 1

0,5 = +174 δ F’ = 174 dioptries

Le dioptre est convergent.

• Pour que l’image A’ d’un point A soit virtuelle, il faut que SA’____

= p’ < 0 et que le pointA soit compris entre F et S.

3.1.4. Par définition G = u’u

.

Dans les conditions de Gauss, les angles étant petits on a :

u ≈ – HI___

SA___ et : u’ ≈ –

HI___

SA’____ soit : G =

– IH___

⁄ SA___

–HI___

⁄ SA’____ =

SA___

SA’____ =

p

p’

G = p

p’

3.1.5. • Lorsque l’image d’un objet frontal (dans un plan perpendiculaire à l’axe optique) est ell emême frontale, il y a aplanétisme.

• Le grandissement transversal γ est défini par γ = A’B’_____

AB___ .

Dans les conditions de Gaus n . i = n’ . i’ pour la réfraction avec :

i ≈ tan i = AB___

SA___ , et i’ ≈ tan i’ =

A’B’_____

SA’____ soit : n . AB

___

SA___ = n’ . A’B’

_____

SA’____ .

Le grandissement transversal : γ = A’B’_____

AB___ =

nn’

. p’p

.

• G = u’u

= p

p’ donc : γ =

A’B’_____

AB___ =

nn’

. uu’

n . AB___

. u = n’ . A’B’_____

. u’

invariant de Lagrange.


3.2. Étude d’une diode électroluminescente directive

3.2.1. Le spectre de l’émission de cette L.E.D. ne comporte qu’une bande étroite dans le rouge(λ = 660 nm).

3.2.2. • Utilisons la relation de 3.1.3. :

1SA’____ –

nSA___ = n – 1

R avec : SA

___ = – 2R il vient : SA’

____ = –

2R2 – n

.

Application Numérique : SA’____

= – 2 × 0,52 – 1,87

= –7,7 . 10– 2 m SA’____

= – 7,7 cm.

• L’image étant placée devant la face de sortie, est virtuelle. On peut la voir à l’œil nuen se plaçant derrière la face de sortie et en regardant vers la L.E.D.

• G = SA___

SA’____ =

– 1– 7,7

= 0,13 G = 0,13

• γ = nn’

. SA’____

SA___ = 1,87 . 7,7

1 = 14,4 γ = 14,4

3.2.3

• Appliquons la relation des définitions du grandissement angulaire G

G = u’u

soit u’ = G . u.

Application Numérique : u’ = 0,13 × 12 = 1,56 u’ = 1,560 = 2,72 . 10– 2 rad.

• Dans le triangle A’O’M on peut écrire : tan u’ = O’M____

A’O’_____.

En considérant u’ petit, il vient : u’ ≈ O’M____

A’O’_____ =

ρA’S____

+ SO’____

soit : ρ ≈ A’S____

+ SO’____

. u’.


Application Numérique : A’O’_____

= 22,7 cm ρ = 6,2 mm soit une tranche de 12,4 mmde diamètre.

• L’éclairement produit sur une surface par une source de petite dimension varie en raisoninverse du carré de la distance entre la source et l’écran.

Ici : E = E0

A’O’2_____ A’O’

_____ = SO’

____ – SA’

____.

1SA’____ –

nSA___ =

n – 1R

avec : SA___

= – 2R soit : SA’____

= 2R

n – 2

Il vient : A’O’_____

= d + 2R

2 – n soit : E =

E0

d +

2R2 – n

2 .

La loi de variation de l’éclairement ne varie pas comme l’inverse du carré de d car l’imagedu point lumineux A n’est pas placée au sommet S du dioptre sphérique mais en un point

A’ virtuel, tel que SA’____

= 2R

n – 2 < 0 (si n < 2 et SA

___ = – 2R). Dans l’application numérique

proposée on trouve SA’____

= – 7,7 cm : on ne peut donc confondre le point A’ avec S, nimême avec A, loin s’en faut !


C.A.P.E.S(Concours Externe)

SECTION : PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE

Composition d’électronique - électrotechnique avec applications - Session : 1993

par M. MARTY et R. MOREAU

Première partie

Étude de la génératrice synchrone (alternateur)

1. 1.1. Pour une machine ayant 2p pôles, la pulsation ω des grandeurs électriques est p fois plus grandeque celle des grandeurs mécaniques ; nous aurons donc :

ω = 2 π f = p Ωs ou ns = 60 f ⁄ p ; il vient : p = 60 f ⁄ ns = 3 ; la machine possède 2p = 6 pôles.

1.2. La tension nominale par enroulement de GS est : Vn = 220 V = U ⁄ √3 d’où couplage étoile.

1.3. Modélisation :

1.3.1. A vide la f.é.m eo de l’alternateur est créée par l’inducteur. En charge la f.é.m est e = v + R j.Le courant dans l’induit triphasé crée un champ tournant ayant la même pulsation que lechamp inducteur. Ce champ modifie le flux de la machine et la f.é.m e n’est plus égaleà eo. Lorsque la machine n’est pas saturée, il est possible d’écrire que le flux en charge φcréant la f.é.m e est la somme du flux inducteur φe créant eo et du flux créé par l’induitφi ; ce flux φi créé par l’ensemble des enroulements d’induit peut être assimilé à un fluxd’auto-induction. La f.é.m. ei créée par ce flux peut alors prendre la forme d’une f.é.m.d’auto-induction reliée à une inductance Ls : ei = Ls dj ⁄ dt, comptée positivement dans lesens de j. Ls est l’inductance synchrone d’un enroulement d’induit. Nous obtenons alors leschéma équivalent de la figure 3 avec es = eo lorsque la machine n’est pas saturée.

Lorsque la machine se sature, il n’est plus possible d’ajouter les flux ; il faut composer lesampères tours induit et inducteur pour obtenir le flux en charge ; il est possible d’avoir unmodèle approché en saturation en adoptant comme valeur de Es l’extrapolation de la partielinéaire de la caractéristique à vide.

1.3.2. D’après le modèle utilisé et lorsque l’alternateur fonctionne en court-circuit, il vientEs = √

Xs2 + R2

Jcc. Le courant nominal par enroulement est pour le couplage Y :

Jn = Sn ⁄ √3 Un = 18,2 A. Ce courant est obtenu en court-circuit pour ie = 2,46 A ; prenons

ie = 2,5 A, Jcc = 18,5 A ; nous lisons Es = 87,5 V ; d’où Zs = 4,73 Ω. Nous en déduisons :

Xs = √Zs

2 – R2 = 4,70 Ω

Le rapport (Xs Jn) ⁄ Vn = 85,5 ⁄ 220 = 0,39.

1.4. Prédéterminations :

1.4.1. V = Eo = 220 V ; sur la caractéristique à vide, nous lisons : ieo = 7,6 A.


1.4.2. V = 220 V ; J = S ⁄ (√3 U) = 18,2 A ; E__s = V__ + Z__s J_ de valeur efficace E__s = 285,6 V ; on lit

ien = 8,2 A.

1.5. Rendement et pertes :

Premier essai : pertes «constantes» de Ma : pcMa = (120 – 0,6 × 1,6) 1,6 = 190 W.

Deuxième essai : UaIa = pcMa + pjMa + pmecGS d’où pm = 316 W.

Troisième essai : UaIa = pcMa + pjMa + pmecGS + pferGS d’où pf = 675 W.

Pertes par effet Joule dans l’induit pji = 3 R J2 = 497 W.

Pertes par effet Joule dans l’inducteur pje = Re ie2 = 202 W.

Rendement Pu = 12 × 0,8 = 9,6 kW ; pertes : 316 + 675 + 497 + 202/0,8 = 1 741 W.

Pa = 11,341 kW ; η = 85 %.

Moment du couple moteur : Ta = Pa ⁄ Ω = 108 Nm.

Deuxième partie

Étude du hacheur alimentant l’inducteur de GS

2. 2.1. Étude du courant dans la charge :

2.1.1. T1 saturé dont vCE1 = 0 et ue = V ; la diode D1 est bloquée ; durant cette phase ie = iC1et iD1 = 0 ; ue = V = Re ie + Le die

⁄ dt en posant τ = Le ⁄ Re il vient : ie + τ die

⁄ dt = V ⁄ Re soit

ie = V ⁄ Re + A exp (– t ⁄ τ) ; la condition initiale ie (0) = Im donne : A = Im – V ⁄ Re soit

ie = V ⁄ Re + (Im – V ⁄ Re) exp (– t ⁄ τ).

2.1.2. T1 est bloqué et la conduction dans l’inducteur est ininterrompue donc D1 conduit imposantue = 0 ; iC1 = 0 et ie = iD1 ; ie + τ die ⁄ dt = 0 soit ie = B exp (– t ⁄ τ). L’instant initial de cette

phase est t = α T’, il vient ie (αT’ ) = IM = B exp (– αT’ ⁄ τ) d’où l’expression de l’intensité :

ie = IM exp – (t – αT’ ) ⁄ τ = IM exp (– t’ ⁄ τ).

2.1.3. En conduction permanente, ue est un créneau d’amplitude V et de rapport cyclique α ; savaleur moyenne sur une période est : Ue = α V. Le régime permanent étant établi, ie est depériode T’ ; la valeur moyenne de die/dt est nulle en régime périodique ; il vient :Ie = Ue

⁄ Re soit Ie = α V ⁄ Re.

Application Numérique : α = Re Ie ⁄ V = 0,615 = 61,5 %.

2.1.4. Première méthode : écrire la continuité de l’intensité ie en t = α T’ et en t = T’ie (T’ ) = ie (0)

en utilisant les deux équations de ie obtenues.

En posant X = exp (– αT’ ⁄ τ) et Y = exp – (1 – α) T’ ⁄ τ, il vient :

continuité en αT’ : V ⁄ Re + (Im – V ⁄ Re) X = IM,

continuité en T’ : Y IM = Im.


En résolvant ce système de deux équations à deux inconnues IM et Im, nous obtenons :IM = (V ⁄ Re) (1 – X) ⁄ (1 – XY) et Im = (V ⁄ Re) Y (1 – X) ⁄ (1 – XY). L’ondulation crête à crête

s’écrit : ∆ie = IM – Im = (V ⁄ Re) (1 – X) (1 – Y) ⁄ (1 – XY) ; les exposants intervenant dans

les exponentielles X (– αT’ ⁄ τ), Y – (1 – α) T’ ⁄ τ

et XY (– T’ ⁄ τ) sont en valeur absolue

inférieurs ou égaux à T’ ⁄ τ = Re ⁄ Lef’ donc sont très inférieurs à 1. Pour x < < 1,

exp (–x) est peu différent de 1 – x et 1 – exp (–x) peu différent de x ; en utilisant cetteaproximation dans l’expression de l’ondulation nous obtenons :

∆ie ≈ V ⁄ Re

α (1 – α) T’ ⁄ τ = V α (1 – α) ⁄ (Le f’ ) .

Deuxième méthode : la condition de l’énoncé étant satisfaite, l’ondulation du courant estnégligeable devant la valeur moyenne Ie ; nous pouvons alors confondre Re ie(t) avec ReIe,valeur constante.

Sur (0, αT’) die ⁄ dt = (V – ReIe) ⁄ Le = (1 ⁄ α) V ⁄ Le = Cste positive ; ie croit linéairement de

Im à IM ; sa dérivée est constante : die ⁄ dt = ∆ie

⁄ ∆t = ∆ie ⁄ αT’. Nous retrouvons la même

expression de l’ondulation.

Application Numérique : V = 40 V ; α = 0,615 ; Le = 0,1 H ; f’ = 5 000 Hz donne

∆ie = 19 mA. Nous vérifions bien que cette ondulation est négligeable devant la valeurmoyenne de l’intensité.

2.2. Nous retenons l’hypothèse d’une variation linéraire de l’intensité ie sur chaque intervalle ;IM = Ie + ∆ie

⁄ 2 = 8,21 A et Im = Ie – ∆ie ⁄ 2 = 8,19 A. Le courant ie est quasi constant ; l’ondulation

ieond est une fonction triangulaire d’amplitude 9,5 mA. Voir les tracés sur le document réponse (a).


Document réponse (a)


Troisième partie

Étude de la commande du hacheur

3. 3.1. Polarisation de T1 :

iB1 = iC1 ⁄ βF1 = 260 mA = iC2 ; iB2 = iC2

⁄ βF2 = 9,3 mA ;

R1 = (Vcc – vBE1 – vCE2) ⁄ IC2 = 15 Ω ;

R2 = (v1 – vBE1 – vBE2) ⁄ iB2 = 270 Ω.

3.2. Fonctionnement de la diode D2 :

T1 est bloqué donc D1 conduit imposant ue = 0 et vCE1 = V = 40 volts. Cette valeur nous fait supposer

que la diode D2 est bloquée ; dans ce cas le courant dans cette diode est nul et l’intensité descourants dans les trois résistances est la même :

i5 = (Vcc + V’ ) ⁄ (R5 + R6 + R7) = 1 mA d’où v3 = R7 i5 – V’ = 1,2 V ; v4 = v3 + R6 i5 = 5,9 V.

La tension anode-cathode de D2 est v4 – vCE1 = – 34,1 V ; nous vérifions que la diode est bloquée.

Lorsque v1 = 5 V, T1 est saturé donc vCE1 = 1,5 V ; supposons que la diode D2 reste bloquée ; les

valeurs de v3 et de v4 ne changent pas ; la tension anode-cathode de D2 est égale à 5,9 – 1,5 = 4,4 V,valeur positive contraire à l’hypothèse : notre hypothèse était donc fausse, et la diode D2 devientpassante dès que vCE1 descend en dessous de 5,9 V.

La diode passante impose v4 = vCE1 = 1,5 V. L’intensité du courant est la même dans R6 et R7 et

vaut : i6 = (v4 + V’ ) ⁄ (R6 + R7) = 0,45 mA ; d’où v3 = v4 – R6 i6 = – 0,615 V

3.3. Étude du comparateur :

3.3.1. En appliquant le théorème de Millmann au nœud relié à l’entrée + de AO1, il vient :v2 (1 ⁄ R3 + 1 ⁄ R4) = vc

⁄ R4 + v1 ⁄ R3 ; d’où vc = v2 = (R3 + R4) ⁄ R3 – v1 (R4

⁄ R3) ; numérique-

ment vc = 1,056 v2 – 0,056 v1.

3.3.2. Pour v1 = – 5,0 V, T1 est bloqué ainsi que D2 donc v3 = 1,2 V ; l’AO1 parfait passe ensaturation positive dès que v2 devient supérieur à v3 ; pour v2 = 1,2 V et v1 = 5 V, il vientvc = Vch = 1,55 V.

3.3.3. Lorsque v1 = + 5,0 V, v3 = – 0,615 V. Pour avoir v2 = v3, il faut que vc prenne la valeurVcb = – 0,93 V. Toute valeur de vc inférieure à Vcb provoque le basculement du comparateur.

3.4. Fonctionnement de la commande :

3.4.1. La figure ci-dessous indique comment varie v1 lorsque, en régime «normal», la tension decommande vc a la forme donnée dans le texte


3.4.2. Fonctionnement de la commande en présence d’un défaut.

L’augmentation de la tension vCE1 pendant les phases de conduction de T1 augmenterait ladissipation de puissance dans le Darlington ; cela aurait pour effet d’augmenter sa températureet entraînerait sa destruction.

Pour t1 < t < t1 + α T’, en régime «normal», la tension v1 est égale à 5,0 V ; vc = 0 et

la tension v2, donnée par l’expression v2 = R4 ⁄ (R3 + R4) .v1, est égale à 0,27 V.

La diode D2 conduit : si la tension vCE1 augmente, il en est de même de v3 car :

v3 = – V’ . R6

R6 + R7 + vCE1 .

R7

R6 + R7

Or, lorsque v3 atteint la valeur de v2 soit 0,27 V, le comparateur bascule et les transistorssont bloqués. La formule précédente montre que cela survient pour vCE1 = Vs = 3,6 V.

La diode D2 a donc deux rôles :

– elle assure le fonctionnement bistable de la commande du hacheur,

– elle assure la protection de T1 en contrôlant sa tension de saturation qui ne peut dépasserla valeur Vs.

3.5. Dans la zone qui nous intéresse, les caractéristiques du transistor ont l’allure ci-dessous. Enfonctionnement normal le point de fonctionnement en saturation est M.

Envisageons une diminution du courant base de iB1 à i’B1 due à un défaut de la commande, parexemple une diminution de Vcc. Le point de repos passe alors à iC1 = cste en M’ provoquant uneaugmentation de la tension vCE1.


De même une augmentation de iC1 à iB1 = cste amène le point de fonctionnement en M’’ ; cetteaugmentation peut être due à un défaut de la charge, à une augmentation de la tension V ou à undéfaut de blocage de T1 ; le déplacement du point de fonctionnement amène également uneaugmentation de la tension vCE1.

Quatrième partie

Circuit de mesure de la fréquence de GS

Rappelons la table de vérité d’une porte NON-ET à deux entrées :

Entrée 1 0 1 0 1

Entrée 2 0 0 1 1

Sortie 1 1 1 0

4.1. Étude du circuit nomostable :

4.1.1. Pour t < 0, v5 = 5 V ; en régime permanent i1 = 0 donc v6 = VDD – v5 = 0 et v7 = 5 V.

A t = 0+ donc v5 = 0 et v6 = 0 donc v7 = 0 ; la diode D3 est polarisée en inverse doncest bloquée et le courant i1 passe dans R8.

Il vient : v6 + τ1 dv6 ⁄ dt = VDD – v5 = VDD en posant τ1 = R8 C1 = 0,1 ms.

La solution de cette équation est : v6 = Aexp (– t ⁄ τ1) + VDD ; v6 (0) = 0, il vient

v6 = 5 1 – exp (– t ⁄ τ1)

et v7 = v6 + v5 = 5

1 – exp (– t ⁄ τ1)

.


Document réponse (b)


v7 (0+) = 0 ; v7 (69 µs) = 2,5 V atteint 5 V et v7 pour t = 400 à 500 µs.

A t = T– ⁄ 2 = 10 ms, v5 = 0 ; v6 = 5 V ; v7 = 5 V.

A t = T+ ⁄ 2 = 10 ms , v5 = 5 V ; v6 = 5 V ; si D3 restait bloquée on aurait v7 = 10 V, donc5 V en direct aux bornes de la diode ; ceci est impossible donc D3 conduit imposant :

v7 = VDD = 5 V.

C1 se décharge très rapidement à travers D3 et la source VDD ; on retrouve l’état initial.D’où le graphe de la tension v7 représenté sur le document réponse (b).

4.1.2. A t = 0–, v7 = 5 V, v9 = 0 ; le régime permanent étant supposé atteint, aucun courant necircule dans R9 donc v10 = 0 et v11 = 5 V ; sur les entrées de CI1 on a deux états hautsdonc v8 = 0. A t = 0+, v7 = 0 V et impose un état haut en sortie de CI1, v8 = 5 V ; v9 = 0donc v10 = 5 V et v11 = 0. Cet état bas en sortie de CI2, ramené à l’entrée de CI1 confirmel’état de cette porte, indépendamment de l’évolution ultérieure de v7.v8 = VDD = v9 + R9 C2 dv9

⁄ dt ; posons t2 = R9 C2 = 1 ms ;

il vient : v9 = VDD 1 – exp (– t ⁄ τ2)

et v10 = v8 – v9 = VDD exp (– t ⁄ τ2).

CI2 change d’état pour v10 = Vb soit t1 = τ2 ln2 = 0,69 ms.

A t1+ v7 et v11 sont à l’état haut donc v8 est à l’état bas.

Pour t > t1, v9 + R9 C2 dv9 ⁄ dt = 0 ; v9 = Vb exp

– (t – t1) ⁄ τ2

et v10 = – v9.

Le signal v11 est le complément logique de v10 ; v12 complément logique de v11 est identiqueà v10. Le montage monostable retrouve son état initial au bout du tempst = t1 + 5 τ2 = 5,69 ms. Voir sur le document réponse (b) les graphes des tensions.

4.2. Étude de l’horloge :

4.2.1. Pour 0+ < t < T–/2, v13 + R11 C3 dv13+ ⁄ dt = 0 ; posons t3 = R11 C3 soit t3 = 1,5 ms, il vient

v13 = 5 exp (– t ⁄ τ3). v13 = Vb pour exp (– t ⁄ τ3) = 1 ⁄ 2 soit t2 = τ3 ln2 = 1,04 ms. A cet

instant v13 est à l’état bas donc v14 = 5 V. C1 est déchargé pour environ t = 5 τ3,t = 7,5 ms < T/2.

Pour t > T ⁄ 2, v5 = 5 V d’où : v13 + R11 C3 dv13+ ⁄ dt = 5 V

soit : v13 = 5 1 – ext– (t – T ⁄ 2) ⁄ τ3

. v13 = Vb pour t3 = T ⁄ 2+ τ3 ln2 = 11,04 ms.

Notons que v14 reste à l’état haut pendant une demi période de la tension v5 donc de latension u créée par GS. Voir les graphes sur le document réponse (b).

4.2.2. Un état bas sur une des entrées d’une porte NAND impose un état haut en sortie quels quesoient les états des autres entrées donc pour v14 = 0, les portes CI5 et CI6 sont figées àl’état haut : v15 = v18 = 5 V.

4.2.3. Lorsqu’une entrée est à l’état haut, la table de vérité montre que la sortie de la porte estle complément logique de l’autre entrée ; à partir de t2 les portes CI5 et CI6 fonctionnenten inverseur.


4.2.4. A t’ = 0–, v14 = 0, v15 = v18 = 5 V ; aucun courant ne circule dans R13 donc v17 = v18 = 5 V

d’où v16 = 0.

A t’ = 0+, v14 = 5 V ; les deux entrées de CI5 sont à l’état haut donc sa sortie passe àl’état bas : v15 = 0 ; v17 = v15 – v16 = 0 V donc CI6 reste bien à l’état haut.

Ensuite la tension aux bornes de C4 évolue suivant : v15 = v16 + R13 C4 dv16 ⁄ dt + v18

soit v16 + R13 C4 dv16 ⁄ dt = – 5 V ; en posant τ4 = R13 C4 = 22 µs ;

il vient v16 = – 5 1 – exp (– t’ ⁄ τ4)

= – v17.

CI6 change d’état pour v17 = Vb soit en t’4 = τ4 ln2 = 15,25 µs.

A t’ 4+, v18 = 0 et v14 = 5 V donc v15 = 5 V. Il vient v16 + R13 C4 dv16 ⁄ dt = 5 V ; d’où

v16 = 5 – 7,5 exp – (t’ – t’4) ⁄ τ4

et v17 = 5 – v16 = 7,5 exp

– (t’ – t’ 4) ⁄ τ4

.

CI6 change d’état pour v17 = Vb soit en t’5 = t’4 + τ4 ln3 = 39,42 µs.

A t’ 5+, v18 = v14 = 5 V donc v15 = 5 V. L’équation v16 + R13 C4 dv16 ⁄ dt = – 5 V donne

v16 = – 5 + 7,5 exp –(t’ – t’ 5) ⁄ τ4

= – v17 ; v17 = Vb pour t’6 = t’5 + τ4 ln3 = 63,59 µs.

A t’ 6+ le montage est revenu à l’état qu’il avait en t’4+ ; nous avons T’’ = t’6 – t’4 soit

T’’ = 2 τ4 ln3 = 48,34 µs et f’’ = 1 ⁄ T’’ = 20 687 Hz.

4.2.5. Le premier front descendant de v18 apparaît en t’4, le deuxième en t’4 + T’’, le troisièmeen t’4 + 2 T’’ en , ..., le nième à t’n = t’4 + (n – 1) T’’.

4.3. Étude du compteur :

4.3.1. Cf. document réponse (c).

4.3.2. T = 20 ms ; le temps de comptage est t’comp = T ⁄ 2 = 10 ms.

N = (t’ n – t’ 4) ⁄ T’’ + 1 = 207,6. La valeur de N est donc N = 207.

Le code binaire de 207 est : 11001111 ; son code hexadécimal est CF.

4.3.3. Le 207ième front arrive à t’n = 9 973 µs et le 208ième à 10 022 µs. Le microcontrôleur liraN = 207 pour un temps de comptage T/2 compris entre ces deux valeurs. La demi périodeT/2 est comprise dans cet intervalle d’où la période du réseau peut varier de T = 19,95 msà 20,04 ms.

Nous avons 49,89 < f < 50,13 soit ∆f = 0,24 Hz et ∆f ⁄ f = 0,48 %


.Document réponse (c)


C.A.P.E.S.(Concours Interne)


Composition de Chimie - Session : 1993

PREMIÈRE PARTIE - CHIMIE GÉNÉRALE

I. DOSAGE ACIDO-BASIQUE

A. Étude expérimentale du dosage de l’acide méthanoïque par la soude

A.1. 1.b. Dilution - matériel.

1.d. m = 944 g c1 = mM

= 20,5 ml.L–1.

2.a. Mesure aberrante ν’ = 13 mL pH = 12,2 - Solution non homogène.

A.2. a. Définition.b. 1.a. Solution trop concentrée. Électrode devenue non fiable. pH ≠ p Ka.

1.c. K O H (C = 0,1 M) indicateur coloré : phénolphétaléine1.c. νe ≠ 20mL et νa = 10 mL de solution S.

c. Écrit ENS et CM et on néglige [H3O+] et [OH–]. Acide ni trop faible, ni trop fort, ni trop concentré.d. pKa en νa = 2 νeq.e. Les 3 indicateurs colorés usuels typiquement :

∆ pH∆ ν’

≈ 370.

B. Étude théorique d’un dosage acido-basique

B.1. B.1.1. Réaction prépondérante quasi totale : HA + OH– → A– + H2 O

B.1.2. On écrit ENS, CM et LAM : K1 = h [A–][HA]

B.1.3. nH30

+ = nOH– x = 1 avec x = νb

νeq’

B.1.4. x < 1 pH = pKA + log x

1 – x HA ⁄ A– en x = 0 pH = 1

2 pKA + pc0

x > 1 pH = 14 + log ca νa

νa + x νeq + log (x – 1) H2O/OH–


B.1.5. pH = f(x) pour x < 1

x 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 0,95

pH 3,35 3,77 4,15 4,38 4,53 4,75 4,93 5,12 5,35 5,7 6,03

en x = 1 pOH = 12 pKb – log

Ca νa

νa + νb

⇒ pH = 8,225 ≈ 8,2

x > 1

x 1 1,05 1,2 1,4 1,6 2

pH 8,23 10,38 10,96 11,22 11,36 11,52

pKA = 4,75 pH = 14 + (– 2) + log x – 11 + x

avec : ca = 10–2 mol.L–1 νa = 20 mL

avec : cb = 10–2 mol.L–1 νeq = 20 mL

avec : pKA = 4,75

B.2. Étude du domaine d’Henderson

B.2.1. Solution tampon.

B.2.2. a. Solution tampon de bonne qualité si β est grand.

b. d(pH) = 1

2,3 dxx (1 – x)

et la tangente : pH = 1,74 (x – 0,5) + pKA.

β = cdxdpH

⇒ β = 2,3 c x (1 – x) avec dcb = cdx. βmax en x ≈ 0,5.

c. Tracé de la tangente :

x 0,4 0,5 0,6

pH 4,55 4,75 4,95

B.2.3. Fabrication de la solution tampon.

II. DOSAGE D’OXYDO-RÉDUCTION

A. Correction du contenu scientifique d’une copie d’élève

A.1. Équation-bilan : Mn↓

violet

O4 – + 8 H3O

+ + 5 Fe2+ → Mn2+

↓ incolore (rose saumon si la solution concentrée)

+ 5 Fe3+ + 12 H2 O

A.2. a. MnO4– ⁄ Mn2+

sert d’indicateur coloré.


b.Cred =

5 Cox νox

νred = 0,05 mol.L–1

c. nFe2+ = 10–3 mol ; msel de Mohr = 0,392 g

d. Dans 1 litre m’ = 19,6 g de sel de Mohr.

A.2. Correction copie élève.

B. Étude expérimentale d’un dosage redox

B.1. Liste de matériel

B.2. Protocole expérimental, couple S4 O6 2– ⁄ S2O3

2– et I2

⁄ 2 I–

C. Étude d’un dosage redox

C.1. C.1.1. a. E = E1 – E2

b. Voltmètre électronique.

c. Électrode au calomel EECS = E°Hg ⁄ Hg2+ + 0,03 log Ks – 0,06 log [C l–]

d. Cr2 O72– + 6 Fe2+ + 14 Haq

+ → 2Cr3+ + 6 Fe3+ + 7 H2 O.

C.1.2. a.E = E° +

RTnF

aox

a

aredb

b. E = 1,33 + 0,01 log [Cr2O7

2–] [Haq+ ]14

[Cr3+]2 et E = 0,77 + 0,06 log

[Fe3+]

[Fe2+] pour Fe3+ ⁄ Fe2+

C.2.1. Principe de dosage x = νox

νeq

C.2.2. à pH = 0

a. x = 0 Fe2+ seul dans le bécher donc E1 non défini

b. x < 1 couple Fe3+ / Fe2+ ∆E° > 0,4 V.

E1 = 0,77 + 0,06 log x

1 – x couple Fe3+ / Fe2+

c. x = 1 on a à l’équivalence : 6 Cox νox = Cred νred


E1 éq = 1,25 + 0,06

7 log

νeq’ + νred

4 Cox νeq

d. x > 1 couple Cr2 O7 2– ⁄ Cr3+ en milieu acide

E1 = 1,33 + 0,01 log (x – 1) (νred + x véq)

4 c0x véq couple Cr2 O7

2– ⁄ Cr3+

C.2.3. Couple :

x 0,1 0,2 0,5 0,8 0,9 0,99 1 1,01 1,1 1,2 1,5

E1 V 0,71 0,73 0,77 0,806 0,83 0,89 1,262 1,322 1,332 1,335 1,341

C.3.1. K = [Cr3+]2 [Fe3+]6

[Cr2 O72–] [Fe2+]6

à pH = 0

en écrivant l’égalité des potentiels redox on obtient K = 1056 K >> 1 donc réaction totale.

C.3.2.∆G° + RTLnK = 0 on a K = e

– ∆G°RT > >1 avec ∆G° < 0 et K >> 1. On peut conclure que la

réaction est totale bien qu’en toute rigueur il faille examiner le signe de l’enthalpie libreréactionnelle :

∆rG(t) = ∆rG° + RT Ln [Cr3](t) . [Fe3+]6(t)

[Cr2 O72–](t) . [Fe2+]6(t)

= ∆rG° + RT Ln Q

Les concentrations étant celles à l’instant t. Au départ Q ≈ 0 et ∆rG < < 0 donc la réaction a

lieu dans le sens de l’oxydation du fer II. Lorsque l’équilibre est atteint ∆r G = 0 et Q = K

(constante d’équilibre).

C.3.3. Pour 0,35 < x < 0,65 on a ∆E1 ≈ 0,02 V. Par analogie avec les couples A/B on peut définir une

solution tampon redox.

DEUXIÈME PARTIE - CHIMIE ORGANIQUE

I. CORRECTION DU CONTENU SCIENTIFIQUE D’UN QUESTIONNAIRE

LA CHIMIE DU CORPS HUMAIN

1. a. Acide carbonylique - Amine.

b.

2. a. Réducteur.

b. CH2 OH – (CH OH)4 – COOH


c. Test du miroir d’argent ou liqueur de Fehling.

3. 1.

4. a. Fer.

b. CO2 ⁄ HCO3

– H2 PO4 – ⁄ H PO4

2 –

5. Pour chaque enzyme, il existe un pH bien déterminé auquel son activité catalytique est maximale, d’oùnécessité d’avoir un pH fixé et constant, d’où existence de systèmes tampons.

LES MÉDICAMENTS

1. Pénicilline.

2. 2 parmi : ester, amine, ammonium quaternaire.

3.

4. a. Fluorure de sodium.

b.mF – =

m Na2 PO3 F

M Na2 PO3 F +

m Na FM Na F

mF – = nF – . MF

mF – =

0,760144

+ 0,3315

42 19 = 0,250 g

LES ALIMENTS

1. a. Nitrite : NO2– Nitrate : NO3

–

b. – Empêchent le développement des champignons

– NϕCO2– Na+ = 0,1 . 20.10 –3 = 2.10 –3 mol

NH2 SO4 = 0,05 . 10.10 –3 = 5.10 –4 mol ⇒ nH+ = 10 –3 mol

On est à la demi-équivalence du dosage de la base ϕ COO– par l’acide sulfurique.

⇒ pH = pK = 4,7


2. a. CH3 – CH

OH

– COOH

b. – CH3 – CHOH – COOH + Na+ + OH– → CH3 CHOH – COO– + Na+ + H2O

– nsoude = nac. lactique ⇒ cac. lactique = 0,1 . 21100

mol.l –1

cm = 0,1 . 21100

. Mac. lactique = 1,89 g.l –1

l’acidité est de 18,9° D ⇒ le lait est frais.

UN DÉSINFECTANT : L’EAU DE JAVEL

1. Berthollet.

2. 1 litre d’eau de Javel libère 48 litres de chlore donc 48

22,4 = 2,14 mol de chlore, donc contient 2,14 mol

d’ions Cl O– ⇒ CCl O– = 2,14 mol.l –1.

UTILISATION DE POLYMÈRES COMME BIOMATÉRIAUX

1. – Mmonomère = 460001100

≈ 42 g.mol –1

– Le monomère contient 3 atomes de C et 6 atomes d’H.⇒ CH2 = CH – CH3

– Propène.

– Polypropylène.

2.

LA CHIMIE DANS L’HISTOIRE

1. – Pasteur : XIXème,

– Lavoisier : XVIIIème,

– Marie Curie : XXème,

– Gay Lussac : XIXème,

– Kékulé : XIXème.

2. – Moissan,


– Grignard.

3. 1928.

4. Au choix.

II. ÉTUDE EXPÉRIMENTALE D’UNE PRÉPARATION

A. Préparation d’un produit brut

A.1. – Capsule pour naBr,

– Éprouvettes graduées pour les liquides ; bécher pour l’alcool,

– Entonnoir, spatule,

– Le butanil est inflamable : sous le hotte et parafilm,

– H2 SO4 avec gants.

A.2. Eau : solvant de NaBr, de l’alcool et de l’acide.

et donc : NaBr → Na+ + Br– (réactif),

et donc : H2 SO4 → H+ (protonation de l’oxygène de ROH).

A.3.

A.3.1. etA.3.2.

R – OH + H+ → R – O

H

+ – H →

Br–

RBr + H2O

SN2 : Substitution nucléophile bimoléculaire.

ROH + HBr → RBr + H2O

A.4. On pourrait obtenir le dérivée R – Cl en réaction secondaire (Cl– est moins bon nucléophile que Br–).

A.5. HBr.

A.6. Élévateur, bain de glace, ballon tricol, agitation mécanique, ampoule de coulée, réfrigérant à boules,piège à vapeurs.

A.7. nROH = 0,324 mol nNaBr = 0,388 mol

nH2 SO4 =

35 . 1,84 . 98

98 . 100 = 0,644 mol

A.8. Déshydratation inter ou intramoléculaire de l’alcool et donc formation du dibutyléther ou du butène-1(but-1-ène).


A.9. 2 phases :

– ϕ aqueuse : eau, ROH, H+, SO4 2–, Na+, Br–.

– ϕ orga : RBr ; ROH ; éther.

B. Séparation du milieu réactionnal

B.1. Le distallat passant est limpide.

La température en haut de colonne ≈ 100°C.

B.2. Le produit forme avec l’eau un hétéroazéotrope.

B.3. 2 phases :

– ϕ aqueuse : eau, ROH.

– ϕ orga : RBr ; ROH ; éther.

B.4. En ajoutant une goutte d’eau à l’une des phases.

B.5. ROH et l’éther dibutylique.

B.6. dϕorga < dac.Sulfur ique : la ϕ organique se trouve au-dessus.

B.7. – Élimination des ions H+,

– HCO3– + H+ → H2 O + CO2

– Plus d’effervescence due à CO2 quand on rajoute à la solution de l’hydrogénocarbonate de sodium.

B.8. Éliminer les ions tels que HCO3– et Na+.

B.9. Élimination de l’eau pour empêcher le passage de l’hétéroaézotrope.

C. Purification

C.1. Rectification.

C.2. Ballon de Claisen-Vigreux, réfrigérant droit, thermomètre.

C.3. Indice de réfraction.

C.4. nRBr théorique = nROH (minorant) = 0,324 mol

VRBr théorique = 0,324 . 137

1,28 = 34,7 cm3

Rdt = 24,334,7

= 0,70 ou 70 %


III. EXPLOITATION DU CONTENU SCIENTIFIQUE D’UN SUJET DE BACCALAURÉAT F6

Corrigé de l’épreuve du baccalauréat

1. 1.1. a. n = 10

b. X : NH2 – CH2

10 – COOH : ou acide amino-11 undécanoïque,

X : NH2 – (CH2)10 – COOH : ou acide 11-amino undécanoïque.

1.2. Réduction d’un acide en alcool.

Y : NH2 – (CH2)10 – CH2 OH ou amino-11 undécanol-1,

X : NH2 – (CH2)10 – COOH : ou 11-amoni undécan-1-ol.

Remarque : Il peut arriver que le sel RCOO– Li Al+

H3 précipite, dans ce cas on passe d’abord à

l’ester qui est facilement réductible par Li Al H4.

1.3. COOH – (CH2) 10

– NH2 + HNO2 → COOH – (NH2) 9 – CH2 OH + N2 + H2O

(Na+ + NO2– + H+ + Cl–)

: COOH – CH2

9 – CH2 OH :ou acide hydroxy-11 undécanoïque,

: COOH – CH2

9 – CH2 OH :ou acide 11-hydroxy undécanoïque

1.4. a. CH2 = CH – (CH2) 8 – COOH + HBr → CH2 Br – (CH2)

9 – COOH

T : ou acide bromo-11 undécanoïqueT : ou acide 11-bromo undécanoïque.

b. – en présence de peroxyde.

– mécanisme radicalaire (effet Kharash).

1.5.

2. (1) C6 H6 + C2 H5 Cl → C6 H5 – C2 H5 + HCl Friedel et Craft, A : Monochloroéthane.

(2) C6H5 – CH2 – CH3 → ou nitration, B ou B’ : ortho ou parani-

troéthyl benzène.

(3) oxydation, C : Acide othonitrobenzoïque.

(4)

Réduction. D : Acide orthonamino benzoïque.


(5)

diazotation. E : Chlorure d’orthocarboxy phényl diazonium.

(5)

Sandureyer. F : Acide orthocyano benzoïque.

(7)

hydrolyse. G : Acide orthophtalique.

Questions aux candidats au CAPES et au CAERPC

2. 2.1. Addition électrophile.

Règle de Markowirkov : l’hydrogène sur le carbone le plus hydrogéné.

Mécanisme : (le carbocation le plus substitué est le plus stable).

2.2. 1,6-diamino hexane et l’acide décane dïoïque.

2.3. Par exemple : polyester insaturé + styrène,Par exemple : Diacide + triol,

qui durcit à la chaleur d’une manière irréversible.

2.4. éthylène en milieu acide ou ethanol en milieu acide.

2.5. a. ou

b. (car est plus stable que )

2.6.


C.A.P.E.S.(Concours Interne)

SECTIONS : PHYSIQUE ET CHIMIEPHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE

Composition de Physique - Session : 1993

PARTIE A. - OPTIQUE GÉOMÉTRIQUE

Utilisations d’une loupe

1. Utilisation normale de la loupe.

1.1. Gu = α2 ⁄ α1 = Dm

⁄ f = 7,5 x

L’œil étant placé directement derrière la loupe, par considération des rayons passant par le centreoptique, il est facile de se persuader géométriquement que le grossissement Gu est le rapport desdistances de l’œil à l’objet respectivement avec et sans loupe.

1.2. On connaît l’abscisse de l’image virtuelle mesurée depuis le centre optique OA’ = – 15 cm (virtuelle).

On en déduit l’abscisse de l’objet (formule de Descartes)

1 ⁄ (OA’ ) – 1 ⁄ (OA) = 1 ⁄ (OF’) ; A.N. : OA = –1,76 cm

On en déduit : G’u = Dm ⁄ AO = 15 ⁄ 1,76 = 8,5 x

SECTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE - PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ 151APPLIQUÉE

2. Utilisation par un observateur myope.

Pour le myope OA’ = – 25 cm (image au «punctum remotum» de l’œil).

On en déduit : OA = – 1,85 cm et donc G’’u = 9,4 ⁄ 1,85 = 5,1 x < G’u

Un myope possède a priori des yeux trop convergents (= yeux normaux + loupes !)

3. Projection sur un écran.

Données : γ = OA’ ⁄ OA = – 4 (signe – car objet et image de même genres : réels).

Or : 1 ⁄ (OA’) – 1 ⁄ (OA) = 1 ⁄ (OF’)

On en déduit facilement : OA = – 2,5 cm ; OA’ = + 10 cm.

4. Réalisation d’une petite lunette astronomique

4.1. Taille de l’image intermédiaire : A1 B1 = α0 f0.

Taille angulaire de l’image définitive (à l’infini) : α2 = A1 B1 ⁄ f.

Le grossissement vaut donc : G = α2 ⁄ α1 = f0

⁄ f = 50 ⁄ 2 = 25 x.

4.2. L’objectif fournit une image intermédiaire renversée (objet et image rééls).

L’oculaire ne renverse pas l’image (il agit comme une loupe).

Globalement l’image est donc renversée.

4.3. d = f0 + f = 52 cm

152 SECTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE - PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉAPPLIQUÉE

PARTIE B. - THERMODYNAMIQUE

Étude d’un autocuiseur

1. Durée du chauffage.

1.1. Q = P × t = C × ∆t avec C = macier × cacier + meau × ceau

Application Numérique : C = 4,2 × 460 + 1,0 × 4180 = 6 112 J.K –1

Application Numérique : P = 2000 W et ∆T = 80° ⇒ t = 245 s = 4 min 5 s

1.2. Prise en compte des pertes convectives

C dθ = (P – Kθ) dt où l’on a posé θ = T – T0 (écart de température).

Soit : C dθ ⁄ dt + Kθ = P

Équation différentielle linéaire du premier ordre à coefficients constants avec second membre.

Solution particulière : θ∞ = P ⁄ K = 500 K (solution de régime établi !).

Solution générale : θ(t) = A exp (– Kt ⁄ C) + θ∞

La constante d’intégration A se détermine à l’aide de la condition initiale :

θ∞ = 0 ⇒ θ(t) = θ∞ [1 – exp (–t ⁄ τ)] avec τ = C ⁄ K = 1528 s

Application Numérique : θ = 80° ⇒ t = 0,174 × 1528 = 266 s (4 min 26 s)

1.3. Il se forme bien sûr de la vapeur mais en quantité faible. D’après les tables à 100°C le volumemassique de la vapeur vaut 1,673 m3.kg–1, le volume occupé par la vapeur étant de 9 litres, samasse d’environ 5 g.

La chaleur nécessitée par le changement d’état (Q = mL) est de l’ordre de 12 kJ, soit moins de3 % de la chaleur d’échauffement de l’eau.

2. Étude du régime établi.

2.1. Sous P = 1,69 bar on lit dans les tables : Te = 115°C.

2.2. m(vapeur) = V/v où V = 0,009 m3 est le volume occupé par la vapeur,

et v = 1,036 m3.kg–1 est le volume massique (table).

Donc : m = 8,5 g de vapeur.

2.3. La chaleur fournie sert à évaporer l’eau (et accessoirement à compenser les pertes). On peut doncécrire : P – Kθ = L (dm/dt).

Application Numérique : dm/dt = 0,73 g.s–1 (0,90 g.s–1 si on néglige les pertes convectives).

2.4. La vapeur d’eau saturante subit une détente brutale (adiabatique) jusqu’à la pression ambiante.


Elle se condense alors partiellement et le mélange liquide + vapeur à 1,013 bar est forcément àT = 100°C (la justification n’est certainement pas évidente !). Notons que l’on observe les gouttelettesde liquide et en aucun cas la vapeur !

3. Retour à la température ambiante.

On réalise un mélange liquide + vapeur à T = 20°C, la pression d’équilibre vaut alors :P = 0,0234 bar << Patm !

La force nécessaire pour soulever le couvercle vaudrait :

F = (Patm – P) × Scouvercle ≈ 6100 N

La section s de la soupape est heureusement nettement plus petite que S. On soulève cette soupape, lespressions interne et externe s’égalisent. On décolle alors le couvercle facilement (en principe...).

PARTIE C. - OSCILLATIONS MÉCANIQUES

1. Dans cette partie on néglige tout frottement.

1.1. Référentiel galiléen → condition pour pouvoir appliquer :

– le principe de l’inertie,

– le théorème du centre d’inertie.

1.2. Bilan des forces appliquées sur (S)

T1→

= – k1 (l1 – l0) i→

T2→

= + k2 (l2 – l0) i→

Σ F→ = 0

→ → – k1 (l1 – l0) + k2 (l2 – l0) = 0 (1)

l1 + l0 = L (2)

On tire alors : l1 = k2 (L – l0) + k1 l0

k1 + k2

et : l2 = k1 (L – l0) + k2 l0

k1 + k2

Application Numérique : l1 = 43,6 cm et l2 = 36,4 cm.

1.3. a. k2 > k1 → allongement de R2 < allongement de R1 ; donc si lors de la phase initiale R2 reste

tendu, non seulement il le restera toujours mais R1 restera lui aussi toujours tendu.


b. T’→

1 = – k1 (l1 – l0 + x) i→ et T’→

2 = + k2 (l2 – l0 – x) i→

Σ F→ = m . a→ → – k1 (l1 – l0 + x) + k2 (l2 – l0 – x) = m x

..

soit : x.. +

km

x = 0 en posant k1 + k2 = k.

On a donc un oscillateur harmonique → x = x0 . cos (ω0t + ϕ) avec T0 = 2π√mk

A t = 0 : x. = 0 et x = x0 = a → x = a cos (ω0t)

Application Numérique : T0 = 0,45 s et x = 6 . cos 10 √2 t (en cm).

c.Ep (x) =

12 k1 (l1 – l0 + x)2 +

12 k2 (l2 – l0 – x)2

= 62,5 x2 + 0,544 (en J)

E (x) = Ep (a) = 0,77 (en J)

Ec (x) = E (x) – Ep (x) = – 62,5 x2 + 0,226

Allure des courbes Ep (x), Ec (x) et E (x)

2. 2.1. Force de frottement f→ = – µ . ν→ = – µ . x. . i→

L’établisssement de l’équation différentielle est immédiate :

x.. +

µm

. x. + km

. x = 0

x.. + 2h . x. + ω0

2 x = 0 en posant ω02 = k ⁄ m et h = µ ⁄ 2m

2.2. Équation caractéristique r2 + 2hr + ω02 = 0

Oscillations si ∆’ < 0 → h2 – ω02 < 0 → racines complexes

r = – h ± j √ω02 – h2 µ ⁄ 2m < √k ⁄ m → µ < 2 √km

2.3. Énergie dissipée par le frottement : E – Ep (0) = 0,226 J

Remarque : Solution de l’équation différentielle (non demandée aux candidats)

x = A exp–ht cos (ωt + ϕ) avec ω = √ω02 – h2


On pose : α = µµ0

avec µ0 = 2√km

→ α = h

ω0 → ω = √ω0

2 – ω02 α2 = ω0 √1 – α2

x. = – h A exp–ht (cos ωt + ϕ) – A exp– ht . ω . sin (ωt + ϕ)

= – A exp–ht h cos (ωt + ϕ) + ω sin (ωt + ϕ)

t = 0 → x. = 0

→x. = – A [h cos ϕ + ω sin ϕ] = 0

T + 0 → x = a x = + A cos ϕ = a

→ tan ϕ = – hω

= – α ω0

ω0 √1 – α2 = –

α

√1 – α2

A = a

cos ϕ = a √1 + tan2 ϕ = –

a

√1 – α2

Application Numérique : a = 6,0 cm on prend par exemple α = 0,5.

Alors : ω ≈ 12,2 rad ⁄ s A ≈ 7 cm ϕ ≈ – π6

T ≈ 0,51 s > T0.

x = 7 exp–7,1 t . cos 12,2 t –

π6

PARTIE D. - OSCILLATIONS ÉLECTRIQUES

1. Étude préalable de la charge du condensateur.

1.1. Représentation de Norton i = I0 – Gu avec G = 1 / R.

1.2. Établissement de l’équation différentielle. On peut par exemple transformer l’ensemble (I0, R) en

un générateur de Thévenin, ce qui donne immédiatement RI0 = RC . u.c + uc avec les conditions

limites : t = 0+ iR = u0

R i = I0 –

u0

R

limites : tt → ∞ iR = I0 i = 0.

I0 = 0,10 mA

C = 310 nF

L = 50 mH

u0 = 3,0 V

R = 100 kΩ

r = 100 Ω


1.3. Solution de l’équation :

uc (t) = RI0 + (u0 – RI0) exp (– t ⁄ τ) qu’on demande de vérifier (remplacer dans l’équation différen-

tielle : vérifier les conditions limites...).

1.4. τ : constante de temps du circuit : τ = RC durée pour la quelle uc = 63 % RI0 (tangente à l’originede uc (t) → donne la «vitesse» d’évolution de uc).

Application Numérique : τ = 31 ms et uc (τ) = 7,4 V.

1.5. Allure de la courbe uc (t).

1.6. Charge à courant constant uc (t) = u0 + I0C

. t → droite.

2. Décharge du condensateur dans la bobine.

2.1. a.Eem =

12 Li2 +

12 q2

C

b. Eem diminue car dissipation thermique dans r de la bobine.

dEdt

em = Li didt

+ qC

dqdt

= i qC

+ L didt

= i (– ri) = – ri2

c.Li

didt

+ qC

dqdt

= – ri2 → d2idt2

+ + rL

didt

+ 1LC

i = 0

2.2. a. Expression de l’équation différentielle en fonction de ω0 et Q0 :

d2idt2

+ ω0

Q0 didt

+ ω02 i = 0

b.r2 +

ω0

Q0 + ω0

2 = 0 ∆ < 0 → ω0

2

Q02 – 4 ω0

2 < 0 → Q0 > 12

r = – ω0

2 Q0 ± j ω0 √1 –

14 Q0

2 → ω = ω0 √1 – 1

4 Q02 → T =

2πω


Application numérique : Q0 = 4 → oscillations amorties.

Application numérique : ω ≈ 7970 rad ⁄ s T ≈ T0 = 79.10–5 s

3. Étude d’un dispositif d’entretien des oscillations.

3.1. a.vd = 0 → Ri = R2

us

R1 + R2 → i =

R2

(R1 + R2) R . us

|i| doit être inférieure à ilim = R2

(R1 + R2) R . Vsat.

b.Ri = R2 . u

R1 → u =

R . R1

R2 . i → u = R0i → Générateur

qui délivre une tension proportionnelle au courant débité.

c. Le dipôle actif D fournit l’énergie nécessaire à l’amplification du «bruit» des composants →i augmente → u augmente à condition que cette énergie soit supérieure à celle dissipée par effetthermique → amplification des oscillations.

Puissance fournie par D : ui = R0i2.

Puissance perdue : ri2.

dEdt

em = ui – ri2 = (R0 – r) i2 ; si R0 > r l’énergie croit .

d. Équation différentielle qui régit l’évolution de i(t)

L didt

+ ri + qC

+ R0i → L d2idt2

+ (r – R0) didt

+ 1C

i = 0

d2idt2

+ 2 α didt

+ ω02 i = 0 avec α =

r – R0

2L et ω0

2 = 1 ⁄ LC

α < 0 → exponentielle croissante ⇒ R0 > r


3.2. a.Solution de l’équation différentielle divergente jusque ilim → Vsat =

(R1 + R2) RR2

. ilim.

b. us = Vsat → u = ± Vsat – Ri donc i satisfait à une nouvelle équation différentielle :

d2idt2

+ 2

r + R2L

didt

+ ω02 . i = 0

3.3. a. Quand i atteint ilim il continue à augmenter, comme le prouve l’enregistrement mais moinsvite que lorsque α est < 0 car de l’énergie est perdue pendant cette phase. De l’énergie estgagnée quand |i| < ilim, de l’énergie est perdue lorsque |i| > ilim, en moyenne on atteint unéquilibre et l’amplitide des oscillations se stabilise.

b. Oscillations quasi sinusoïdales → r = R0 (pratiquement on prend R0 voisin de r, légèrementsupérieur).

c. Fonctionnement global dans l’oscillateur :

– |i| < ilim d2idt2

+ 2 α didt

+ ω02 i = 0

avec : 2 α = r – R0

L et ω0

2 = 1

LC

– |i| > ilim d2idt2

+ 2

r + R2L

didt

+ ω02 i = 0

On peut donner aux équations la forme commune :

d2idt2

+ 2 A (i) didt

+ ω02 i = 0

avec : A (i) = r – R0

2L < 0 quand |i| < ilim,

et : A(i) = r + R2L

> 0 quand |i| > ilim.


3.4.

a. Étude de l’enregistrement → ri0 = 6,5 V → i0 = 6,50,93

≈ 7 mA.

b.i lim =

R2

R1 + R2

R

Vsat = 6,5 mA < i0 → résultat cohérent avec le fait que l’on doit pénétrer un

peu dans la zone de non linéarité pour que les oscillations soient entretenues.

c. Tmesuré ≈ 0,8 ms T0 = 2 π √LC = 0,78 ms

d. L’énergie provient des sources d’alimentation de l’amplificateur opérationnel.


sEcnoN PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE 161

C.A.P.E.S. (Concours Interne)

sEmoN: PHY~IQUEETÉLE~TRICITÉAPPLIQUÉE Composition d’Électricité Appliquée Session : 1993

par R. MOREAU et F. RIBIÈRE

Première partie

Electrunique : étude d’un détecteur de présence

1. Première version du détecteur

1.1. La tension uRt aux bornes de la résistance Rt est égale à 10 V; elle est donc parcourue par

un courant d’intensité nominale iRt = uRt / Rt = l9,6 mA ; cette valeur est proche de 20 mA.

1.2. e+ = l,30 V ; e- = e+ = - v ; on a donc v = l,3 V (verticale sur le graphe).

1.3. vt = e- - R, i

*pour E=O, i=O - vt=vt,,= 1,3V;

*pour E=5001ux, i =- 3.5 pA - vt =vt,,=4,8V

1.4. V,f = ( vlniax+ v,,,)12=3,05V =V,,.R,/(R,+R5)=R4=44kC.X

En présence de pièce v t = v t ,,,,” = l,3 V < V,f - T, conduit donc DEL2 est allumée.

En absence de pièce v t = v t max = 4,8 V > Vréf - Tt est bloqué donc @LZ est éteinte.

1.5. En présence de pièce E = 600 lux donc i = - 4.2 y A; on en déduit : vt = v’tkn = 5.5 V

En absence de pièce, E = l,lO klux ce qui correspond à i = - 7,7 pA et vt = vItmax = 9,0 V .

1.6. La valeur v’t,,,,” étant supérieure à vtmax , il n’existe pas de tension de référence unique permettant de détecter avec certitude la présence d’une pièce quand l’éclairage ambiant varie. Cette première version du détecteur n’est donc pas fiable.

On pourrait peut-être, en remplaçant R4 par une photorésistance bien choisie, modifier V,f en fonction de l’éclairage ambiant (en augmentant V,éf quand l’éclairement ambiant augmente) mais la suite du problème va montrer qu’il existe une méthode bien plus générale et totalement fiable pour distinguer le signal utile d’une perturbation.

2. Deuxième version du détecteur

2.1. Etude de I’oscillateur

2.1.1. Les portes de technologies CMOS sont protégées par des diodes contre l’application de tensions d’entrée dangereuses, ainsi la tension ut de la figure 2 du texte ne peut ni dépasser V,,+ 0,7 V ni être inférieure à - 0.7 V. Sans la résistance R,, la tension uA ne pourrait donc sortir de cet intervalle et le calcul des éléments du dispositif serait plus complexe; cette résistance joue par ailleurs un rôle protecteur pour l’inverseur 1 t

162 section PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE

2.1.2: Le courant d’entrée des portes inverseuses est négligeable; c’est parfaitement vrai dans l’intervalle - 0,7 V c ut < V,,+ 0.7 V, mais c’est faux en dehors; cependant, ici, grâce à la résistance R7, qui limite ce courant, l’hypothèse est parfaitement valable quelle que soit la valeur de uA.

* L’impédance de sortie est faible (elle est quand même de l’ordre de 1 kn, si bien que cette

hypothèse ne peut être retenue que si les autres résistances du montage sont très Isupérieures à 1 kQ ce qui est bien le cas ici) : on a donc u2 = 0 ou u2 = V,, et, respectivement, u4 = V,, ou u4 = 0.

* Le seuil de basculement est unique (qu’il s’agisse du passage de l’état haut à l’état bas ou de la transition inverse) et égal à V,, / 2 (aucune de ces hypothèses n’est rigoureusement exacte).

2.1.3. Lorsque u4 = 0, on a u2 = V,,. En posant UC, (t) = u(t), l’équation différentielle demandée est :

du V,, = RsC, dt + u

Remarque : lorsque u4 = V,, et u2 = 0, l’équation vérifiée par u(t) devient : du

-V,. = RsC- +u ’ dt

2.1.4. A cause des résistances R7 et R,, la tension u(t) aux bornes du condensateur de capacité Ct ne peut varier de manière discontinue. En effet, dans chacune des équations différentielles ci dessus qui régissent à tour de rôle les variations de u(t), une discontinuité de u(t) nécessiterait l’égalité d’une quantité finie (V,, - u) ou (- V,, - u) et d’une quantité infinie (R&, du / dt), ce qui est impossible.

En d’autres termes, une discontinuité de u (c’est à dire une variation importante de u pendant un intervalle de temps très petit devant la constante de temps R&t) nécessiterait un courant très intense dans la résistance Rs et, faute de tensions très élevées, un tel courant ne peut exister.

2.1.5. Comme uA = u4 + u,-t, et que la tension u4 subit des discontinuités tandis que uct n’en subit pas, les discontinuités de u4 sont donc intégralement reportées sur uA Ces discontinuités de uA surviennent toutes lorsque uA franchit le seuil u A = V,, / 2 ce qui provoque les basculements du montage. Lzi figure 1 précise les d]ureS de u4 (t), uA (t) et u?(t).

Figure 1


2.1.6. En posant T = RsCt , la tension uA (t) est de la forme : t

uA(t) = V, + ( V,, V,) e r

Ainsi, pendant que uA (t) évolue de V,, / 2 à + V,, / 2, on a : V,, = V,, / 2 et V, = V,, car,

en l’absence de basculement, la tension uA (t) tendrait à se rapprocher de la tension UT = V,,.

En écrivant que uA (t) prend la valeur V,, / 2 pour une valeur tt de t, on trouve : vcü v,,

t,=T .In T

Cette phase a donc une durée théorique t t telle que tt = T In 3 fl I)l T = 24 us.

De même, pendant que uA (t) évolue de 3 V,, / 2 à - V,, / 2, on a : V,, = 3 V,, ! 2 et V, = 0 et

la formule précédente restant valable, on en déduit la durée t2 de la phase correspondante :

La période T du multivibrateur est sensiblement égale à tt + t2 = 48 us.

2.2. Etude du filtre actif en régime sinusoïdal

2.2.1. y2 lu = ( R,, + R,3 ) / R,, = 2

2.2.2. Le rapport V& /Y est simplement celui d’un rapport d’impédances : (&-3 + Rt t) / Rt t. Ontrouve:YN /V=(I +jx)/ jx.

On trouve par ailleurs une relation entre V PI , Y et VN en exprimant que la somme des courants aboutissant au point N est nulle ; ainsi, l’équation :

devient : j x ( y, + v ) + 2 &! = 2 j x vN + L’, .

En tenant compte de la première équation reliant vN et v on trouve :

- = --ti xl2 V

L 1 +jx+(ix)’

2.2.3. La transmittance demandée se déduit facilement du résultat précédent en tenant compte de la relation Y, /y = 2 précédemment trouvée.

2.2.4. On obtient : T,, = 2 ; w,, = 1 / R C = 104 rad / s, soit f, = I,6 kHz ; m = 0,50.

Pourf=f,,,T=2; pourf=f,,fi, T=T,,=4/fi =2,3.

Pour f = 0, T = 0 ; lorsque f >> f,, condition qui est remplie si f = 20 kHz , on a T = T, = 2.


2.2.5. La figure 2 donne l’allure du graphe de T(f) : le filtre est un passe haut

f en kHz I e

1.6 2.3

Figure 2

La figure 3 donne le diagramme asymptotique du graphe de G(f) = 20 log T(log f) . Pour les faibles valeurs de f , C(f) croît de 12 dB par octave (passe haut du deuxième ordre).

20 log T (dB)

Figure 3

2.3. Rôle de l’oscillateur dans le détecteur de présence

2.3.1. Nous considérons que lorsque le transistor PNP T2 est saturé, il est équivalent à un court circuit. Nous avons vu à la question 1.1 qu’alors la diode électroluminescente Dt est traversée par un courant proche de 20 mA. Pour que T2 soit saturé, il est alors nécessaire que son courant de

base soit supérieur à (20 mA : 0) , soit 0,20 mA. Or, lorsque la tension u4 est nulle, la résistance Rg est soumise à une tension V,, - vEB2 = 11,3 V ; elle est donc traversée par un courant de 0,24 mA. Ce courant étant le courant de base de T2, la condition de saturation est donc bien réalisée.

2.3.2. Le flux lumineux créé par DEL, varie périodiquement à la fréquence f,, = 20 kHz :

pendant 25 us de chaque période il est nul et pendant les 25 us suivantes, il est maximal.

2.3.3. La tension v,(t) est modulée en créneaux à 20 kHz. Si le montage est placé dans l’obscurité, nous avons vu à la question 1.4 que la valeur minimale de cette tension en créneaux est égale à 1,3 V et sa valeur maximale à 4,8 V ce qui correspond à une variation de 3,5 V.

S’il fonctionne en pleine lumière, une tension continue supplémentaire qui, dans les conditions de la question 1.5, vaut 4,2 V , se superpose au signal modulé; vt(t) prend donc successivement les valeurs 5,5 V et 9,0 V, c’est à dire que, par rapport au cas précédent, seule sa valeur moyenne change.

2.3.4. Si une piece est placée entre la diode I&L~ et la photodiode PhD, la tension vt(t) n’est

SECTION PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE 16.5

plus modulée par le signal lumineux émis par D,,, . Lorsque le montage est placé dans l’obscurité, nous avons vu que vt = Cste = 1.3 V; s’il est placé en pleine lumière vt = Cste = 4,2 V. Dans ces deux cas, la tension v t est donc constante.

2.4. Rôle du filtre actif

2.4. ISelon les résultats de l’étude précédente (fig.2 et 3), le filtre arrête la composante continue du signal v,(t), en revanche il multiplie par T,, = 2 toutes les composantes de Fourier de la partie alternative du signal puisque le fondamental de cette partie alternative a pour fréquence f, = 20 kHz et que les harmoniques ont des fréquences multiples de f,,. En l’absence de pièce, la tension v2 est donc un créneau alternatif d’amplitude 3,5 V (7 V crête à crête), indépendant de l’éclairage ambiant.

2.4.2. En présence d’une pièce, la tension v2 est nulle.

2.5. La constante de temps Rt4 C4 du détecteur de crête de la figure 3 du texte vaut 470 us. Elle est largement supérieure à la période T du signal ~2, lorsque celui-ci existe. Dans ces conditions la tension v3 reste sensiblement constante : V,, = vzmax = 35 V.

V 3mm = O ; ( v3max + V3,,,,,, ) / 2 = 1,75 V; pour donner cette valeur à V,f, il faut prendre pour R4 une valeur que l’on calcule selon la même méthode que celle qui a été mise en œuvre à la

question 1.4 : on trouve R4 = 88 k0.

2.6. Conclusion

Le fait de moduler le signal utile de manière à pouvoir éliminer par la suite les signaux parasites non modulés, grâce à un filtrage convenable, constitue une méthode très générale : c’est sur ce principe que fonctionnent les télécommandes de téléviseurs, de magnétoscopes, d’automobiles etc. (les signaux sont alors modulés à 40 kHz). Le fonctionnement de tels détecteurs est effectivement fiable.

Deuxième partie

Electrotechnique : machine à courant continu alimentée par un hacheur

1.1. Dune manière générale, la f.é.m. d’une machine à courant continu est donnée par la formule d’ Amold :

E=i Nn@ p : nombre de paires de pôles; a : nombre de paires de voies d’enroulement; N : nombre de

conducteurs actifs; n : fréquence de rotation en tours par seconde; @ : flux maximal embrasse par une spire sous un pôle (généralement le flux par pôle).

Cette expression peut s’écrire : E = k @ Q; I’éctiture E = K, fi implique que @ est constant.

@ dépend avant tout du courant d’excitation mais aussi du courant qui circule dans l’induit car les ampèretours de l’induit ajoutent leurs effets à ceux de l’excitation. Pour chacundes pôles, cela renforce en général le champ magnétique B sous l’une des deux cornes polaires tandis que B est diminué sous l’autre. Mais le fer du circuit magnétique étant en général proche de la saturation magnétique, l’augmentation de champ magnétique sous la corne polaire favorisée ne compense pas la diminution subie par la corne polaire partiellement démagnétisée. En général, par conséquent, @ diminue avec I?ntensité 1 traversant l’induit du moteur. Pour pallier cet inconvénient, on compense la réaction magnétique d’induit des machines de forte puissance par des enroulements de compensation situés dans les pôles et parcourus par le courant d’induit.


En ce qui concerne les machines des laboratoires d’enseignment, les pôles de commutation ont pour effet de diminuer la réaction magnétique d’induit.

Dans le cas dune excitation par aimants permanents, la réaction magnétique d’induit est très faible et peut en gén&l être négligée et ceci pour deux raisons : dune part la forme “rectangulaire” du cycle d’hystérésis des aimants modernes les rend très peu sensibles à des excitations supplémentaires, et de l’autre, étant très peu perméables, ils minimisent le rôle des ampèretours de réaction magnétique.

1.2. La puissance électromagnétique Pe s’écrit de deux manières selon que l’on s’intéresse à son

aspect électrique ( Pe = E 1) ou à son aspect électrique ( P, = T, a). De l’égalité E 1 = T, fi qui en

découle, on déduit que si E = K, R , alors T, = K, 1

1.3. L’expression E = U - R, 1 , appliquée au point nominal donne E = 192,5 V, ce qui, compte

tenu de la valeur de K, entraîne : a = 314 rad / s soit nN = 3000 tr / min. Les pertes dans le fer et les pertes mécaniques étant négligées, le couple utile se confond avec le

couple électromagnétique : T, = T, = K, 1 = 9.2 mN.

1.4. Les pertes de puissance dans le fer pf comprennent les pertes par courants de Foucault (variété de pertes par effet Joule induites dans les tôles) et les pertes par hystérésis.

Ces deux types de pertes dépendent du champ magnétique maximal BM régnant dans le fer et de la fréquence f = p n des courants induits - donc de la vitesse de rotation n .

Les pertes par hystérésis sont proportionnelles à f tandis que les pertes par courants de Foucault sont proportionnelles à f2.

pl,=ktf et pcF=k2fZ=)pf= ph+ pcF= ktf + kzfZ

Comme P,=T,n=P,-pf-pm, on en déduit que les pertes dans le fer pf sont responsables

dune diminution de couple mesurée par la diminution de moment ATf telle que :

AT,=?!= !?! = pf =af t a 277 n 2np

Cette expression, jointe à celle de pf montre que les pertes dans le fer sont responsables d’une

diminution de moment de couple utile ATf telle que : ATf = a ( kt + k, f ) . La diminution de couple croît donc avec f ( ou avec n = f / p).

1.5. Avec les approximations pf = p,,, = 0, on peut admettre que dans la marche à vide, le courant d’induit est nul : alors U = E .

Pournl=1OOOtr/min,i1faut doncdonnerà U lavaleurUl= K,n,=64,2V. Pour n2 = 3000 tr / min, il faut prendre pour U la valeur U2 = 193 V .

2.1. Selon les domaines de fréquences et de puissance souhaités, l’interrupteur peut être réalisé à l’aide d’un transistor (bipolaire ou à effet de champ), ou d’un thyristor classique (muni d’un dispositif d’extinction) ou d’un thyristor blocable (à extinction par la gachette), appelé GTO. Ici, I’intermpteur le plus indiqué est un transistor.

Chaque type d’interrupteur possède ses défauts spécifiques et doit être “habillé” à l’aide de composants actifs ou passifs pour que son fonctionnement soit optimisé; mais tous sont la cause de pertes de puissance à cause de leurs défauts statiques (tensions résiduelles lorsqu’ils sont passants; courants de fuite lorsqu’ils sont bloqués sous des tensions élevées) ou dynamiques (temps de commutation plus ou moins maîtrisables). En outre, sans “habillage spécifique” ils ne sont pas bidirectionnels.


2.2. Fonctionnement du hacheur

0 < t < a’T : Tr est fermé ; u = U, ; ir, = i M ;

‘D=O; uL= u-E-R i,.

aT ct<T: Trestouvert ;II= 0; iTr=O;

“‘

L m iM

U R

E

iu=iM; uL= -(E+R iM)

u = u(t) = f ~T@)dt=~[~aTU~dt+~rTO.d]=aU~ loi!

C’est le résultat bien connu selon lequel U = a U,

2-3

si le phénomène est périodique de période T alors i,,,, (T) = iM (0) et T = 0

2-4 U =E,+RI, = 192,5+1,3x15 =232V et U=aNUR

==> aN=O,aO O<tcaT q, = U, - E -RI, = 33V

aT<t<T uL2 = -(E+&) =-232V

2-5 Le courant ne dépend que de la charge. Le couple de charge restant constant, le couple utile aussi, de même que le courant.

U = E + RI = 64,2 + 1,3x 15 = 83,7V et U =aUR

==> a = 0,316


2-6 Pour un tel fonctionnement, le courant absorbé est imposé par la charge; la tension d’alimentation règle la vitesse. Ainsi, en salle des machines, faire varier le courant revient à régler la charge ( machine accouplée, frein ), faire varier la vitesse revient à régler la tension d’alimentation en agissant sur le convertisseur associé ( angle d’amorçage d’un redresseur, rapport cyclique d’un hacheur ).

2-7-l

u (t ) = E + R iM + L diM dt

Pour 0 <t < aT u (1) = U, et Ri, = RG = RI,

U, = E + RI, + L diM z

Ldi, = U, - (E+RIM) = U, - U = (1 -a) LJ, dt

En effet E + RI, = U , équation des valeurs moyennes,

d’où Ldi,= (l-a)lJ, ===> i,,,(t) - f,i, = (lea)(-k t dt L

2-7-2

0 = E + RI, + LdiM dl-

PouraT<t<T u(t)=0 et Ri, = RIM et 1’ = t -aT

===> Ld&= -au R dt

iM (t ) - IM, = - aUR t’ L

Al = 1 MAX - I min

à t=aT iM(t)=fMAX I I MAX - min = (l-a)aUR T

L

AI = (l-a)a+ T L

Application numérique : A I = : 1,6A


2-8-l

Oct <T:UR = E + Ri,,, + Ldi, dt

i,(t) = uR -E + A e-tir avec T =L R R

àt = O,i, (t) = imin = “R - E + A R

à t = aT i,(aT) = iMAX = “FI - E ( 1 -e-aT’7) + imine - aTI7

(1)

R

2-8-2

aTct<T : 0 ct’ c( 1 -a)T

0 = E + Ri, + Ld& +$,.,(Y) = -E+ Ae-t’7 dt R

à t’ = 0 im( 0) = iMAX et à t’= (1-a)T im ( t ) = imin

i,,,(t) = imin = -E (1 -e-(l-a)T/r) + iMAXe -(l-a)Th (2)

R

2-8-3

En remplaçant dans ( 1 ) imin par sa valeur, on trouve : _ aT/T

iMAX = UR (1 -e 1 -E -

R (1 -eeT17) R

d’où

Al' = i MAX - ‘min = U R, (1 .e-aT/r),(l -e-(l-a)T/r )

-

R (l-e-T’t)

L’ application numérique donne AI’ = 1,6 A

Conclusion : l’approximation qui consiste a remplacer, dans les bquations dif- férentielles, le terme correctif variable R &,,(t) par sa valeur moyenne R I,,

est parfaitement justifiée : il s’agit d’une méthode générale qui simplifie beaucoup les calculs.

OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 171

Agrégation (Concours Interne)

OPTIONS : PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE

Composition sur la Physique et le Traitement Automatisé de l’Information - Session : 1993

1 1 1 L’rndrce n d’un milieu transparent Iinéarre homogène et rsotrope pour une radratton monochromatrque est le rapport de la vitesse de la lumière dans le vide sur la vitesse de la lumière dans le mrlreu consrdèré

1 1.2 Le chemrn optrque est le chemin parcouru par la lumtère dans le vrde pendant le temps de propagatron dans le mrheu considéré Sort (AB) le trajet d’un rayon lummeux entre deux pomts A et B. le chemin optrque L, est représenté par I?ntégrale curwllgne

La = %dt = 1’nds / Cl A

1 1 3 Sort 2 pomts A et 8. pour chercher le trajet du rayon lummeux allant de A et 8. on compare les chemms optrques des trajets fmtrfs allant de A à B. Le trajet réel est donné par le prinape de Fermat

Principe de Fermat Le trajet effectnrement SUIV( oar la lumtèrg oour aller de A à B corresoond à la valeur stationnarre du

“chnlz/i>ntp~~

Cecr se traduct mathèmatrquement par la relation d(L,) = CI

(A et B sont fixes. on fart varier le trajet)

114 Lois de la réflexion

Consrdérons une surface rèflèchrssante et un rayon lumineux tombant sur cette surface au point I (figure

1) 8Zt et Y2 sont les vecteurs unnarres portés par les rayons incident et réflécht et hf le vecteur

unnarre normal’en I à la surface Le plan d’rncrdence contrent le vecteur normal en I et le rayon incident

L’angle d’incidence est i, = @,ü,) et l’angle de réflexton i, = (-fl,1zL)

Figure 1 Figure 2

172 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE

Le rayon réfléchl est contenu dans le plan d’lncldence.

En module les angles d’incident et réfléchl sont égaux, 1, = -i2

Lots de la réfraction Considérons un dloptre. c’est-à-d!re une surface séparant deux mlheux homogènes d’mdlce n,et n, et

un rayon lumineux tombant sur le dioptre au point I (figure’2). S, et 4 sont les wzcteurs unitaires

portés par les rayons incident et émergent et fl le vedeur unitaire normal au dioptre en 1. .Le plan

d’incidenœ contient le vecteur normal en l et le rayon incident. L’angle d’incidenœ est 4 - @,4) et

l’angle de réfraction 4 = (.#.f7J

Le rayon réfracté est dans le plan d’incidence

L’angle d’incidenœ et l’angle de réfraction vérifient: n, shf, - qO&

1 .1.5 Deux points A et A’ sont dits stigmatiques par rapport a un système optique si à tout rayun incident passant par A correspond un émergent passant par A’: A’ est alors l’image de A.

1 .1.6 Le chemin opQque calculé entre les deux points A et A’ le long de différents rayons lumineux est le mème: L*8 = cte.

1.1.7 Sauf dans quelques cas particuliers( le miroir plan par exemple), le stigmatisme n’est pas réalisable. On peut se contenter en général d’un stigmatisme approché: le système sera considéré comme stigmatique si les rayons issus d’un point A passent a la sortie du sy!ztème suffisamment près de A’ pour que l’écart n’apparaisse pas au récepteur. Lpnque ron &udie des systèmes mnstitués de dioptres ou de miroirs ayant une symétrie de révolution autour d’un axe commun dans les conditions de GJUSS. on obtient un stigmatisme approché. Ces conditions sont réalisées lorsque:

l les angles de tous les rayons avec l’axe sont faibles. l les angles d’incidence de tous les rayuns sur les dioptres ou les mwoirs sont faibles

ou les hauteurs d’incidenœ par rapport à l’axe de tous les rayons sur les dioptres ou les miroirs sont faibles devant les rayons de murbure.

De tels rayons sont dits paraxiaux

1 .1.8 En se référant au sens de propagation de la lumkre. l’ensemble des points situés en avant de la face d’entrée du syotème optique forme l’espace-objet réel. l’ensemble des points situés en arrière de la faœ d’entrée forme l’espace-objet virtuel. On définit de même l’espace-image réel G~U#Y en arri&e de la faos de sortie du système optique et l’espace-image virtuel situé en avant de la faœ de sortie.

espece-objet réel vjrtuel

OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉEE 173

Un point-objet réel pour un système optique appartient à l’espace-objet réel du système optique et est le point de concours des rayons d’un faisceau dtvergent qui éclairent la face d’entrée du système. Un point-objet virtuel pour un système optique appartient à l’espace-objet virtuel de ce sy-stéme et est le potnt de concours des rayons d’un faisceau convergent qui éclairent la face d’entrée du système. Un pomt-Image réelle pour un système optique appartient à f’espace-image réel de ce système et est le potnt de concours des rayons d’un faisceau convergent sortant du système. Un point-Image virtuel pour un système optique appartient à l’espace-image virtuel de ce système et est le point de concours des rayons d’un faisceau divergent sortant de ce système.

ObJet réel image reelle objet virtuel Image réelle objet réel mage virtuelle

1 2 1 Dans un milieu homogène, le trajet d’un rayon lumineux est rectiligne, c’est une conséquence du prwwpe de Fermat. On utthse les notations de la question 1 1 4, A étant un point du rayon incident et B un point du rayon réfracté, on recherche un pomt I du dtoptre tel que le chemin optique b soit stationnatre (ICI minimal) dL,=O avec L,,,= n,Al + n,lB

dl appartenant au dtoptre. on en déduit: (ns& - et&) = ~10 d’où la première I~I:

le rayon réfracté apparttent au plan d’incidence. Puis on en déduit la deuxième loi:

(Il.& - n,ü,)hR = 0 - ÿïi&R-n,ü,hl? +slni, = n, dni,

1 2 2 Tout pomt objet réel placé à I’tnfmt a son Image dans le plan focal image en parhcuher tout rayon de l’espace-objet réel parallèle à l’axe ophque passe par le foyer image Tout point du plan focal objet a son image à I’infint en particulier tout rayon passant par le foyer objet ressort parallèlement à l’axe optique Tout rayon passant par le centre ophque n’est pas dévié. On en déduit la construction ci-dessous pour une lenttlle mince convergente

B’


On utilise les relations de similitude dans les triangles

AT ii? m m 1 -===- c-= AB OA la

-- FO+M m l+-

m Azïs m -=- AB F’O

De la première ligne d’équations. on en déduit les relations de Descartes donnant le grandissement y et la position de l’image:

En combinant avec la seconde ligne, on trouve les formules de Newton,

1.2.3 L’écran lumineux est un objet réel pour l’oeil. L’image de l’écran du téléviseur donnée par le verre de lunette est une image vrrtuelle L’image d’un monument dans une parre de jumelles est une image vrrtuelle.

1.2.4 . . ..‘.“‘___ . ..--. Oril I. A ---*

h m,n, = 0 9 m. -...

. . o.snj /i

Le miroir est placé a 0 9 m du sol. L-

--.* . --. i lmm

1 2 5 Formule de conjugaison du droptre plan, q = %!& 2 nl

B

Soit 0 l’objet Son Image 0’ à travers le dioptre est telle que HO’ = n HO Le porsson volt l’oeil de l’observateur à la distance PO’= 2.4m Sort P I’objet. Son Image P à travers le dioptre est telle que n HP= HP L’observateur volt le porsson à la drstance OP = 1.8m. L’observateur 0 et le poisson P ne se volent pas séparés par la même drstance

1 2 6 Formule de conjugalson des mrrous sphériques avec origine au sommet S

1 1 2 1 =+-E-E- SA SA’ E F

Le champ du rétrovrseur est Irmrté par le Mne s’appuyant sur le mrrorr et ayant pour sommet le point 0’. Image virtuelle de I’oerl 0


L’applrcatron de la formule de conlugarson donne 1

- - -& = -$ 100

d’où SO’ = 33.3 cm

Le rayon de la partie vrsrble a 100m du mrroir est alors (100.333x4/33.3) = 12m. Pour le mrrorr plan de même contour le champ est détermrné par le pornt 0” symétrique de 0 par rapport au mworr Le rayon n’est plus que de 4m

1 2 7 Prenons une lunette de Galrlée réglée sur I’infmr L’objet est à I’mfrnr. I’oerl n’accommode pas L’rmage intermédrarre A,B, est virtuelle pour I’ocularre drvergent et se trouve dans le plan focal

Image de la lentrlle convergente mars aussr dans le plan focal objet de la lentille drvergente (A,. F’,=F,) L’oculaire donne une Image virtuelle à I’tnflnl

EXERCICE Calculer le grosstssement d’une lunette de Gall&e réglée sur I’rnfmr

1.2 8 On peut créer un graduent d’mdrce dans une cuve d’eau en utrlrsant un graduent de concentratron d’un soluté solrde (sel. sucre) ou hqurde La courbure des rayons se fart du coté des mdrces croissants On utrlrse un faisceau fm drrectrf (farsceau laser) pour mettre en évidence la courbure


TRAVAUX DIRIGES OPTIQUE ELECTRONIQUE

2 1.1 L’intégrale S s’écrit, S = mv,AM + mv,ME

La différentrelle de cette expression est nulle d’après le pnncrpe de Mauperturs Le pornt M ne se déplace que sur l’axe x. l’expression dS=O s’écrit

d(v,AM+v*ME) =o - (v,ü, -v*üp).dM=o v& v,u, -qi$=aü, - v,slni, = vsslnl,

Ce résultat rappelle la loi de Descartes.

2 1 2 1 Entre les gnlles extste un champ untforme. .& = Eri,

Ecrwons dans cette régron la projectron sur l’axe Mz de I’équatron 3

*z Ii

‘2 uz

de la dynamrque applrquée a l’électron mm=o l3

En utilisant comme condrtions mrttales les conditrons de passage de l’électron au pornt ‘J. on trouve z(t)=0 L’électron ne quitte donc pas le plan Oxy.

2.1.2 2 On exprime la conservation de I’énergre entre les mrlreux (1) et (2)

1 P 1 - mv, = - mv,P - eV2 - 2 2

9 = v;*25u, m

Dans la région (2). le champ électrique est nul le mouvement est rectrlrgne unrforme

Le terme vi dort être posttrf ou nul donc, le 2 v2 1 br, = -2;vt

Le calcul numérique donne. U,=-2.84V

2 1 2.3 Passage d’un milieu plus réhngent à un mheu moms réfrmgent

L’angle I, dort être Inférieur à l’angle i2 mars If dort ëtre Inférieur a ;

v, est alors supérieur à v,. U2 est négatif mais supérieur à U,.

On en dédurt. U, COSsi, < Vs < 0

proposé; v,=106 m.s? 1,=3P: U,=-1 V

On vérifie que: V,cdi, = -2,13 < -1

Dans la régron (2). on en déduit: v,=0,8.10n m.S’ et i,=3P29

Passage d’un mheu moms réfringent à un miheu plus réfrmgent

Cangle I, est supérieur à l’angle i2 donc v, est inférteur à v, Exemolem v,=106 m.s.‘. i,=3CP: U,=l V.

On en déduit: U,>O.


Dans la région (2). on en déduit v,=1.16 10” m.s ’ et ir=2947

Réfraction I/mite

L’angle ir est droit, donc slni, = ; et V, = V, GO#~,

sw v,=lO’ m s’. i,=3W U,=-2.13 V. Dans la région (2). on en déduit i,=9@ et v,=OS 1 O6 m.s

2.2 Focalrsatton éiectnque

2.2 1 Le champ électrostatique & est de la forme i? = E(r)Y,

Le théorème de Gauss permet d’écrire E(r) = Q - Q étant la charge de l’armature centrale sur Pnbhr

une hauteur h

On en déduit l’équation proposée u

E(r) = -

rd ‘1

2 2.2 La force agissant sur l’électron étant centrale.elle ne travaille pas Le module Y~, de la vitesse est constant et l’électron a un mouvement circulaire uniforme

2.2 3 En wordonnees cylindriques le principe fondamental de la dynamique appliquée a l’électron s’écrit en prolection

La deuxième equatiop corcspond à la loi des aires qui s’ecrit en tenant compte des conditions

initiales zde

r r - ‘0% Fr, considérant le changement de variable r=r,+r. on en déduit

En posant c(O)=0 on en deduil r(r) = A dn(&?%) r(t) s’annule lorsque r0

2 2 4 1 Les lignes de champ partent des potentiels élevés vers les potentiels les plus faibles. les lignes équipotentielles sont orthogonales aux lignes de champ On tient compte des symétries.

178 OPTIONS PHYSIQIJE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE

2.2 4.2 En utihsant les résultats de 2 premkres questions du problème et en supposant que les angles sont faibles. on peut écrire

Aux wtesses élevées, la déwation diminue. le dessm cl-dessous expltque la convergence des rayons dans le cas envisagé c’est-à-dwe avec U:>O La wtesse de la particule augmente à la traversée de la lentille. On a représenté la trajectoire de la parhcule lors de la traversée d’une zone présentant une vanatlon de potentiel SU à l’entrée de la lentille (wtesse “faible”) PUIS lors de la traversée d’une zone présentant une variation de potentiel SU en sortle (vitesse “plus grande”)

2.2 4.3 Dans la direction radlale. en tenant mmpte de l’approximation paraxiale, on écrit

On en déduit I’équatlon proposée

2 2 4 4 Au second ordre près, le potenttel U(r.z) s’écrit.

W,z) = V(O&) + r (g& + f &l md U@J) = U(-riz) donc ($),+ = 0

U(r,z) = U(Olz) + f ($y),,

Le laplacien de la fonction potentiel étant nul. on en déduit les relations suivantes entre les dérivées partlelles au voisinage de ~0 :

(&),, = -2 (E) az* 82 r-0

= -2 (av) r arr,


On détermlne la dlstance focale P grke à l’équation suwante

j-yy;4v. B) = ; 1;; (z.J),,, dz

r est suppos2 constant lors de la traversée de la lentille mmce. p, = 0 et p* = -;

La wtesre v, est négligeable donc

On en dédult

FOCOMETRIE

3 1 Les lentilles convergentes ont un bord mince. les lentilles divergentes un bord épats.

Le foyer Image d’une lentille convergente étant réel. une source lummeuse éloignée de la lentille a une image dans le plan focal Image ce qui permet de détermmer un ordre de grandeur de la distance focale des lentilles convergentes

Les lentilles convergentes peuvent jouer le r6le de loupe

Lors d’un déplacement transversal d’une lentille devant un objet constitué par exemple par une page manuscrite. un déplacement dans le sens Inverse de l’image caractérise une lentille convergente. un déplacement dans le même sens de l’image caractérise une lentille dwergente

1 x0 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE

3.2 On place un mwow plan dans l’espace image de la lentille convergente perpendrcularrement à l’axe optrque On déplace la lentille en I’élotgnant ou en la rapprochant de l’objet jusqu’à ce qu’on obtienne une Image nette de l’objet à travers le système La drstance objet-lentille correspond alors à la drstance focale de la lentille. L’ ensemble lentille + miroir équivaut à un miroir sphérique dont le centre est en F SI l’objet est dans le plan focal objet de la lentille, I’rmage est contenue dans ce plan et son grandissement vaut -1

miroir

3.3 1 La formule de conjugalson de positron de Descartes s’écrit: & L = 1 OA f

K w - ,I \ >i K /l-l

On pose Aa = J , M/ = D - x on en dédurt, xp - Dx + 4Dj' = 0 La wndrtron

d’existence des solutrons de cette équatron est D ZT 4 P. On en dédurt

La méthode de Bessel condurt donc à la formule f = 2 SI D > 4P

3.3.2 La méthode de Silberman provrent du cas partrculrer du calcul précédent f = z et le

grandissement y vaut -1. Le plan de l’objet et l’écran sont symétriques par rapport à la lentille.

3.3.3 La lentille convergente de 50cm de distance focale ne peut étre étudiée par les méthodes précédentes car on dort avotr P < 0.375 m

3 4 1 On réahse une Image réelle de l’objet réel à travers une lentille convergente On place la lentille convergente à étudrer entre cette lentille annexe et le plan contenant I’rmage réelle précédente. Ce plan caractérise alors l’emplacement de l’objet virtuel pour la lentille étudiée et l’image défmitrve correspond à l’image réelle de cet objet vutuel pour la lentille étudke


3.4.2 On réalise une image virtuelle d’un objet réel à travers une lentille convergente (loupe). Le vtseur dont on ne changera pas le réglage au cours de la manipulatron permet de viser l’image à travers la lentille puis en le reculant sur l’axe optrque de vrser la lentille elle-même. Ce déplacement correspond à la distance Image-lentille Lors de cette manipulation, il est nécessaire de se protéger contre un éclairement lumineux trop Important en plaçant par exemple une feurlle de papier entre la source lumineuse et le lentille.

3.5 En accolant la lentille mnvergente LT (+lO) successivement avec les 2 lentilles divergentes L,. on détermine la lentille (-3). La lentille équtvalente est convergente si f,<-P, Celle qui reste correspond êvrdemment à la lenttlle divergente (-25)

3.6 La méthode d’autocollimation permet de trouver la position du foyer objet, lorsqu’il est réel d’un système dioptrique quelconque, en IUI adjoignant srmplement un miroir plan. On réalise un faisceau de lumière parallèle grâce â la lentille convergente (+lO) puis l’on place la lentille convergente (+3) dans le farsceau sortant, il converge au foyer image de cette lentille On

introduit ensuite la lentille divergente (-25) entre cette lentille et son foyer image de manière à réaliser un doublet afocal avec les 2 dernières lentilles. Le miroir plan permet de trouver la position correcte de la lentille divergente. On en déduit la drstance focale de cette lentille. Pour étudier la lentille drvergente (-3). on prendra la lentille convergente (+2) précédée de la lentille (+3) ou de la lentrlle (+lO)

IX2 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE

A A

Ll

V

3 7 On utlllse une lentille dwergente que l’on assocle à la lentille convergente de 10 dloptrles

On écrrt la formule de conjugalson de Descanes avec d>O pour la lenttlle dwergente

1 1 1 ---=-

P: d-d r:

La dtstance objet- appareil étant notée -pO, le grandlssement y devenant 8 fols plus grand .on écrit

On en déduit une deuxkme équation. pé = 8(/-d)

Le calcul donne Bd = 8A 7A d étant powtlf on utlllse donc la lentille dwergente de -25 dloptrles

sol1 Pz = -4 cm puis on en déduit d = 6.5 cm L’encumbrement (d+p’,) est alors de 34.5 cm

OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉEE 183

UTILISATION DE L’INFORMATIQUE

4.1 .l On a les expressions approchées suivantes:

au bu 4+-Uu

a'u tb2t &-&!~-~,-l~) e' bf h2 Bu_a2u_(~~l-~rC)-(~~-~~l)

ay &Y’ E+zL”02 ar2 ay

1 u, = $Jbl, + cr,-1, + qk*1+ Q-1)

1 u, ‘$Jbl, + q-1, + qk*1+ Q-1)

4.1.2.1 La figure ci-dessous représente des lignes de champ et des équipotentielles traches grâœ à un ordinateur. Les procédures utihsées proviennent ou sont adaptées de l’ouvrage “/NfOR4477QUEET SCX5NCESpwys/oE.. de MMENMER(TH2 DOCLAVOISIER).

On a ajouté sur un deuxiéme schéma quelques trajectoires Ce dessin n’était pas demandé mais il permet de vérifier la conclusion de la derniére question de cette partie en montrant le non-stigmatisme de œ système.


Les valeurs du tableau inttial étant arrondies à l’unité la plus proche, on a éhminé du calcul les premiéres et les derniéres valeurs de f(U).


Pour que les rayons sorent paraxraux. II faut que rgps=r=& Avec f

~,~l(P on en dédurt que I

dort être de l’ordre de grandeur de h

Pour considérer la lentille comme mince, r dort rester pratrquement constant pendant la traversée de la lentrlle Cecr n’est pas respecté car la drstance focale est du même ordre de grandeur que h Le modèle chorsr est donc trop srmple pour décrrre complètement la trajectoire

MONTAGES AVEC UNE PHOTODIODE

Montage en photopile.

5 1 1 Le courant traversant le circurt est nui I=O

y I

5 1 2 On utrhse un montage surveur (ou un montage amplificateur non inverseur)

5 1 3 L’éclarrement n’est pas drrectement proportronnel à V,. il

5 1 4 La tensron aux bornes de la drode est nulle I = -~S?E

5 1 5 On uttlise par exemple un converkseur courant-tension du type de la figure cl-contre.

5 1.6 U. = -RI. La tenston de sortie est donc propomonnelle au produit ES donc à la purssance lumineuse reçue par la photodiode

Montage en polansabon inverse

521 -V=U+RI

SI U est suffisamment grand, I’exponentrelle tend vers zéro

La photodiode se comporte comme un générateur de courant parfait Le courant débuté se décompose

en un courant d’obscurité Iso, et un photocourant Iti =

IX6 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE

5.2 2

qr ff > loi, ( 1

On en dédurt E > 3 W.m’. Cette condttion est très facilement réahsable. on utilIsera donc dans la suite du problème: I=-lPh

Montage en régime variable 531 Le montage est équwalent au montage cl-contre On en déduit les équations suivantes car U est constant.

i=I * -C’d-=C

& R dv Y’ -+-=

& RC) ‘leSE hv C’

En utilisant la forme de E(t) donnée dans l’énoncé,, on trouve la i

v+ solution permanente de l’équation dlfférentielle que l’on écrit sous la forme

R

On pose 0 =2nf, t@ = RC’o

En utlllsant les ordres de grandeurs numériques (RCd<<l). on en dédhlt

; o=b

5 3 2 L’admIttance complexe de ce dlpôle s’écrit

Il faut que Arg(N)=Arg(D) On en déduit que I’tmpédance est équivalente à la résistance R pour L = R’C

Agrégation(Concours Interne)

OPTIONS : PHYSIQUE ET CHIMIE - PHYSIQUE APPLIQUÉE

Composition avec exercices d’application - Session : 1993

Option : CHIMIE

I. SYNTHÈSES ORGANIQUES

A

1) a) Le complexe donne des solutions roses-rouges.

b) On peut utiliser ce complexe comme indicateur coloré dans des réactions d’oxydoréduction. Il peutégalement servir à faire un dosage spectrocolorimétrique du Fe(II).

c) Le complexe dessiné ci-dessous est asymétrique. Il n’est donc pas superposable à son image dans unmiroir : il est chiral.

2) a)L’atome d’azote est hybridé sp2. CH3 – C ≡ N

L’atome d’azote est hybridé sp2. L’atome d’azote est hybridé sp.

Or une orbitale sp est plus électronégative qu’une orbitale sp2 (en moyenne les électrons sont plusproches du noyau). Le doublet électronique se trouvant dans l’orbitale sp est donc moins disponible(électrons de plus basse énergie), la base est donc plus faible.

b) L’encombrement stérique est plus faible pour un complexe tétraédrique que pour un complexe plancarré. Comme les ligands sont ici très gros c’est la structure tétraédrique qui est favorisée.

Le complexe ci-dessous possédant des plans de symétrie n’est donc pas chiral.


3) a) : c’est une réaction acido-basique.

b) Un alcoolate étant une base plus forte qu’un carbonate, les alcools ne réagissent pas.

c) Contrairement à l’alcoolate, le phénolate est stabilisé par effet mésomère :

La base conjugée étant ainsi stabilisée, le phénol est un acide plus fort qu’un alcool.

d) Les carbonates réagissent sur les fonctions phénols du complexe décrit en 2.b), on obtient doncschématiquement :

4) a) On a une réaction du type :

C’est une réaction SN2.

b) Pour obtenir deux anneaux entrelacés, il faut que chacun des ligands réagissent sur une seule moléculede dérivé diiodé.


c) Il y a évidemment bien d’autres possibilités. Par exemple la réaction d’une molécule de dérivé diiodéavec deux ligands différents :

Mais on peut également envisager la réaction d’une molécule de dérivé diiodé avec deux ligandsdifférents de deux molécules de complexe différentes. Les possibilités sont donc très variées et il fauts’attendre à un rendement faible (27 %).

d) Un carbonate est une base relativement forte mais un mauvais nucléophile. Or les dérivées iodés sonttrès sensibles aux nucléophiles :

Il faut donc éviter cette réaction parasite.

5) Un des complexes du Cu(I) les plus stables est Cu (CN)2–. On va donc utiliser les cyanures.

Remarque : NH3 est a priori une molécule à écarter pour réaliser l’expulsion de Cu(I) du complexe. Letype de liaisons mises en jeu est du même type dans les deux cas (Cu-N) et il n’y a pas d’effet «cryptand».A priori on peut donc s’attendre à ce que Cu(I) soit moins complexé par NH3 que par les ligands utilisésci-dessus.

6) Non, il n’est pas chiral : il existe des conformations possédant un plan de symétrie :

7)


8) a) Si, encore une fois, la SN a lieu sur le même ligand d’un même complexe on obtient l’intermédiaireci-dessous :

Les Cu+ éliminés ont obtient bien le «nœud» indiqué.

b) Pour joindre les deux extrémités d’un même ligand, il faut une chaîne suffisamment longue, d’oùl’utilisation d’un dérivé de l’hexaéthylèneglycol.

c) Un tel nœud est asymétrique ; il est donc chiral. La synthèse proposée conduit évidemment à un mélangeracémique.

Bibliographie : Interlocked and knotted rings in biology and chemistryC.O. Dietrich-Buchecker, J.-P. SauvageIn Bioorganic chemistry frontiers, volume 2, page 195, Heidelberg 1991.

A. Synthetic Molecular Trefail Knot.C.O. Dietrich-Buchecker, J.-P. SauvageAng. Chem. Int. Ed. Engl., 28, (1989), page 189.

Interlocking of molecular Threds : from a Statistical Appoach to the Template Syntheris of CatenandsC.O. Dietrich-Buchecker, J.-P. SauvageChem. Rev., 1987, 87, page 795.

B

1) a) Le doublet libre de la base conjuguée est évidemment très fortement stabilisé par le voisinage d’un N+.


b à d)


Remarquons que HTz+ est régénéré et que la réaction peut donc continuer.

c)

La base conjuguée étant stabilisée par effet mésomère, B a un caractère acide.

e) α) C’est la réaction de Cannizzaro.

C’est une réaction de dismutation des aldéhydes ne possédant pas d’H sur le carbone en α ducarbonyle.

β)


2)

3) Mobilité de l’hydrogène porté par le carbone en α d’un carbonyle.

Remarque : il existe, bien sûr, d’autres intermédiaires possibles puisqu’il y a 4 carbones en α de carbonyles,mais seul ce carbanion permet d’obtenir un cycle pas trop tendu.

pourrait aussi convenir, mais il se forme moins rapidement.


Par crotonisation ce dernier dérivé se déshydrate et conduit à une cétone conjuguée :

Bibliographie : P. LaszloLogique de la synthèse organique.École Polytechnique.

G. Ohloff, Experientia, 42, (1986), page 271H. Stetter, H. Kuhlmann, W. Haese, Arg. Synth., 65, (1987), page 26Subramaniametal, J. Chem. Soc. Perkins Trans. I, (1979), page 2346Katoetal, Chem. Phasum. Bull. 28, (1980), page 349.

II. CHIMIE STRUCTURALE

A

1) Le cuivre a comme structure électronique :

1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s1 : Ar 3d10 4s1

Rappelons qu’il s’agit ici d’une «irrégularité» de remplissage des sous-couches électroniques puisque,habituellement, on remplit l’orbitale 4s avant les orbitales 3d.

⇒ Cu+ : Ar 3d10

Cu2+ : Ar 3d9

2)

Énergie : E0 + 4 W E0 + 4 W – 6 × 0,4 ∆0 + 3 × 0,6 ∆0

L’ESCC est la différence entre ces deux énergies → ESCC = – 0,6 ∆0.

: dihydrojasmone.


3)

Énergie : E0 + 4 W

E0 + 4 W – 4 0,4 ∆0 +

δ2

3

– 2

0,4 ∆0 –

2 δ2

3

+ 2

0,6 ∆0 –

δ1

2

+ 0,6 ∆0 +

δ1

2

Encore une fois, pour obtenir l’ESCC il suffit de faire la différence de ces deux énergies :

ESCC = – 0,6 ∆0 – δ1

2

la levée de dégénérescence stabilise le complexe.

4) Pour une symétrie octaédrique parfaite on se trouve dans la situation décrite dans la question A.2).

Prenons par exemple un ion possédant 4 électrons d. Deux situations peuvent se rencontrer :

Dans le premier cas on parlera de composé de haut spin, et dans le second de bas spin.

En fait cette situation ne se rencontre que si le nombre d’électrons d est égal à 4, 5, 6 ou 7.

⇒ Pour les ions en d1, d2, d3, d8, d9, d10 : un seul type de structure.

® Pour les ions en d4, d5, d6, d7 : si W > ∆0 complexe de haut spin.

® Pour les ions en d4, d5, d6, d7 : si W < ∆0 complexe de bas spin.


5) a) Calculons l’ESCC dans les différents cas :

d1 – 0,4 ∆0 – δ2

3d6 – 2,4 ∆0 + 2 W

d2 – 0,8 ∆0 – 2 δ2

3d7 – 1,8 ∆0 + W –

δ1

2

d3 – 1,2 ∆0 d8 – 1,2 ∆0

d4 – 1,6 ∆0 + W – δ2

3d9 – 0,6 ∆0 –

δ1

2

d5 – 2,0 ∆0 + 2 W – 2 δ2

3

Il est donc possible d’observer une levée de dégénérescence pour les ions en d1, d2, d3, d4, d5, d7 et d9.

b) Exemples :d1 : Ti3+ d2 : V3+ d4 : Cr2+, Mn3+

d5 : Mn2+ , Fe3+ d7 : Co2+ d9 : Cu2+

B

1) a) Cu (NH3)2+ : diammine cuivre (I) linéaire

Cu (NH3)42+ : tétraammine cuivre (II) carré plan

b) D’après A.3 on obtient un octaèdre étiré :

L’expérience montre que l’on obtient effectivement deux types de liaisons Cu – N :

Pour les 4 liaisons dans un même plan : 205 pm.

Pour les 2 liaisons perpendiculaires à ce plan : 237 pm.

c)


d) : nitrite de méthyle.

: nitrométhane.

2) a) : cette molécule possède 2 atomes de carbone asymétriques voisins les substituants n’étant pas tous égaux deux à deux. Il y a donc 4 stéréoisomères.

b) Il y a deux couples d’énantiomères, les membres de chaque couple étant diastéréoisomères avec ceuxde l’autre couple.

c)

d) Essayons de simplifier l’écriture ci-dessus :

La rotation R-R signifiant que l’on a utilisé l’isomère 2R, 3R l’isoleucine.

Ce complexe sera noté : R-R-trans-R-R.

De même sera noté : R-R-cis-R-R.

Nous avons donc les isomères suivants :

R R trans R R - énantiomère - S S trans S S

R R trans S S - non chiral car possède un centre de symétrie.

R R trans R S - énantiomère - S S trans S R

R R trans S R - énantiomère - S S trans R S

Soit 7 stéréoisomères.

trans

cis


De la même façon :

R R cis R R - énantiomère S S cis S S

R R cis S S - non chiral possède un plan de symétrie

R R cis R S - énantiomère S S cis S R

R R cis S R - énantiomère S S cis R S

On a donc au totale 14 stéréoisomères.

III. DIAGRAMMES D’OXYDO-RÉDUCTION

ADiagramme potentiel-pH du cuivre

1) (1) Cu2+ + 2e →← Cu E10 = 0,34 V

(2) Cu+ + e →← Cu E20 = 0,52 V

(3) Cu2+ + e →← Cu+ E30

On a : (3) = (1) – (2) ⇒ ∆1G30 ∗ = ∆rG1

0 ∗ – ∆rG20 ∗

Or : ∆rG0 ∗ = – n E0 ⇒ – E3

0 = – 2 E10 + E2

0

D’où l’on tire : E30 = 2 E1

0 – E20 = 0,16 V

2) (4) 2 Cu+ →← Cu + Cu2+ K4

Cette fois-ci : (4) = 2 × (2) – (1) ⇒ ∆rG40 = 2 ∆rG2

0 ∗ – ∆rG10 ∗

avec : ∆rG0 = – RT ln K

⇒ – RT ln K4 = – 2 E20 + 2 E1

0

Si l’on se souvient que 2,3 RT

≈ 0,06 à 25°C.

⇒ 0,03 log K4 = 0,18 ⇒ K4 = 106

3) Cu2+ + Cu →←2 Cu+

état initial 0,1 0 état final 0,1 – ξ 2 ξ

avec : 4 ξ2

0,1 – ξ = 10– 6

On en déduit que ξ est petit ⇒ 4 ξ2

0,1 ≈ 10– 6 d’où ξ = 1,58.10–4


⇒ [Cu2+] ≈ 0,1 mol.L–1

⇒ [Cu+] = 3,2.10–4 mol.L–1

4) a) Cu(OH)2 est bleu, Cu2O est rouge brique.

b) A la limite de précipitation on peut écrire simultanément :

[Cu+] = 0,1 (conservation du Cu(I))

[Cu+] [OH–] = 10–29,4 (produit de solubilité)

De ces deux équations on tire [OH–] = 2,0.10–94 ⇒ pH = 0,3.

c) On procède de la même façon :

[Cu2+] = 0,1

[Cu2+] [OH–]2 = 10–19,9

⇒ [OH–] = 3,55.10–10 ⇒ pH = 4,6

5) Cu+ + e →← Cu

Le potentiel redox de ce couple est donné par la formule de Nernst.

E = 0,52 + 0,06 log [Cu+]

Or, en solution, le Cu(I) peut ou non avoir précipité.

• si pH < 0,3 [Cu+] = 0,1 ⇒ E = 0,46 V

• si pH > 0,3 [Cu+]2 = 10–29,4

[OH–]2 ⇒ [Cu+] = 10–0,7 [H3O

+]

⇒ E = 0,52 + 0,06 log 10–0,7 [H3O+]

⇒ E = 0,48 – 0,06 pH

6)Cu2+ = e →← Cu+ E = 0,16 + 0,06 log [Cu2+]

[Cu+]

• si pH < 0,3 [Cu2+] = [Cu+] = 0,1 = E = 0,16 V

• si pH < 0,3 < pH < 4,6 [Cu2+] = 0,1

[Cu+] = 10–47 [H3O+]

⇒ E = 0,14 + 0,06 pH

• si pH > 4,6

[Cu2+] =

10– 19,9

[OH–]2 = 108,1 [H3O

+]

[Cu+] = 10– 0,7 [H3O+]

⇒ E = 0,69 – 0,06 pH

7) Voir figure 1.

On constate que si pH < 2,8 les deux domaines d’existence du Cu(I) ne se superposent pas ; ce dernierne peut donc pas exister et il se dismute en Cu et Cu2+. Il est donc nécessaire d’étudier le coupleCu2+ + 2e = Cu.

E = 0,34 + 0,03 log [Cu2+].


Figure 1


Or à pH < 2,8 [Cu2+] = 0,1 ⇒ E = 0,31 V .

8) a) En milieu acide Cu2O se dismute en Cu2+ et Cu. Le précipité de Cu2O se dissout, un précipité decuivre apparaît et la solution devient bleue.

b) Cu2O + 2 H+ →← Cu2+ + H2O + Cu

(1) Cu2O + H2O →← 2 Cu+ + 2 OH–

(2) 2 H2O →← 2 H+ = 2 OH–

(3) 2 Cu+ →← Cu2+ + Cu

(4) Cu2O + 2 H+ →← Cu2+ + H2O + Cu

(4) (1) – (2) + (3) ⇒ K4 = K1K3

K2

Or : K1 = 10–29,4 K2 = 10–28 K3 = 106

⇒ K4 = 4.104

L’équilibre est donc très fortement déplacé vers la droite et, si la quantité de Cu2O introduite estinsuffisante, la réaction peut même être totale.

B

Diagramme potentiel-pCl du cuivre

1) Le Cu(I) peut exister sous forme de Cu+, CuCl et CuCl2–.

2) Si l’on ajoute des Cl– à une solution de Cu+ on devrait observer d’abord un précipité du CuCl, puis uneredissolution de ce précipité par formation de CuCl2

–

• à la précipitation : [Cu+] = 0,1

[Cu+] [Cl–] = 10– 6,7

⇒ pCl = 5,7

• à la redissolution :

[CuCl2–] ≈ 0,1

[Cu+] [Cl–] = 10– 6,7

[Cu+] [Cl–]2

[CuCl2–]

= 10– 7,7

⇒ 10– 6,7 . [Cl–]

0,1 = 10–7,7

D’où l’on tire : pCl = 2.


3) • si pCl > 5,7 [Cu+] = 0,1 ⇒ log [Cu+] = – 1

• si 2 ≤ pCl ≤ 5,7 [Cu+] = 10– 6,7

[Cl–] ⇒ log [Cu+] = – 6,7 + pCl

• si pCl < 2 [CuCl2–] ≈ 0,1 ⇒ [Cu+] =

10– 8,7

[Cl–]2 ⇒ log [Cu+] = – 8,7 + 2 pCl

4) a) Cu+ + e →← Cu E0 = 0,52 V.

L’écriture de la formule de Nernst conduit à :

E = 0,52 + 0,03 log [Cu+]

⇒ • si pCl > 5,7 E = 0,46 V

⇒ • si 2 ≤ pCl ≤ 5,7 E = 0,12 + 0,06 pCl

⇒ • si pCl < 2 E = 0,12 pCl

4) b) Voir figure 2.

5) Cu2+ + e →← Cu+ E0 = 0,16 V.

E = 0,16 + 0,06 log [Cu2+]

[Cu+]

⇒ • si pCl > 5,7 E = 0,16 V

⇒ • si 2 ≤ pCl ≤ 5,7 E = 0,50 – 0,06 pCl

⇒ • si pCl < 2 E = 0,62 – 0,12 pCl

Voir le tracé sur la figure 2.

6) On constate que si pCl > 3,2 les deux domaines du Cu(I) ne se superposent pas. Cu(I) se dismute doncen Cu2+ et Cu. Le couple redox à prendre en compte est donc :

Cu2+ + 2e = Cu E0 = 0,34 V.

⇒ E = 0,34 + 0,03 log [Cu2+] = 0,31 V.

Le diagramme est donné sur la figure 2.

7) Le chlorure d’argent est plus insoluble que le chlorure cuivreux.

⇒ Ag+ + CuCl →← AgCl + Cu+.

Mais Cu+ se dismute en solution aqueuse : 2 Cu+ →← Cu + Cu2+.


Figure 2

Il faut donc envisager la réaction :

2 CuCl + 2 Ag+ →← 2 AgCl + Cu + Cu2+ (4)

CuCl →← Cu+ + Cl– (1)

AgCl →← Ag+ + Cl– (2)

2 Cu+ →← Cu + Cu2+ (3)

⇒ (4) = 2 × (1) – 2 × (2) + (3)

D’où : K4 = K1

2 K3

K22 = 1012,2

La réaction est donc quasiment totale.

En fait il faut également envisager :

AgCl + Cu → CuCl + Ag (5)

AgCl →← Ag+ + Cl– (1)

CuCl →← Cu+ + Cl– (2)

Cu →← Cu (3)

Ag+ + e →← Ag (4)

(5) = (1) – (2) – (3) + (4)


⇒ ∆rG50 = – RT ln K1 + RT ln K2 + E3

0 – E40

⇒ ∆r G5

0

= – 0,22 < 0 ⇒ la réaction est totale.

La réaction prépondérante est donc : CuCl + 2 Ag+ →← AgCl + Cu2+ + Ag (6)

2 CuCl + 2 Ag+ →← 2 AgCl + Cu + Cu2+

AgCl + Cu → CuCl + Ag

(4)

(5)

⇒ (6) = (4) + (5)

⇒ ∆rG60 = ∆rG4

0 = – RT ln K4 – 0,22 = – RT ln K6

⇒ K6 = 9.1015

CuCl + 2 Ag+ →← AgCl + Cu2+ + Ag

état initial 0,1 0,1état final 0,1 – ξ 0,1 – 2 ξ ξ ξ ξ

⇒ ξ

(0,1 – 2 ξ) = 9.1015 ⇒ ξ ≈ 0,05 ⇒ [Cu2+] ≈ 0,05

⇒ ξ ≈ 0,05 ⇒ [Ag+] ≈ 2,3.10–9

C

Applications

1) Sur la figure 2, on peut voir que, si le milieu est suffisamment acide, le potentiel du couple CuCl2– ⁄ Cu

devient négatif.

On peut donc observer la réaction :

Cu + H+ + Cl– → CuCl2– +

12 H2

Remarque : Dans la réalité cette réaction est assez difficile à observer et il faut chauffer. En revanche,l’expérience donne de bons résultats avec de l’acide iodhydrique.

2) En milieu acide, d’après la figure 1 :

Cu2O + 2 H+ → Cu2+ + Cu + H2O

En présence de Cl–, d’après la figure 2 :

Cu2+ + Cu + 4 Cl– → 2 CuCl2–

Le bilan est donc : Cu2O + 2 H+ + 4 Cl– → 2 CuCl2– + H2O.

Si on dilue, on fait diminuer la concentration en chlorure et le chlorure cuivreux, CuCl, blanc, précipite.


c) D’après la figure 2, le potentiel du couple Cu2+/Cu(I) est toujours très inférieur à 1,23 qui est le E0

du couple O2/H2O. Le cuivre (I) est donc oxydé par l’oxygène de l’air. Quand on préparre une solutionde chlorure cuivreux ammoniacal il reste donc toujours un peu de cuivre (II) qui, en présence d’ammoniacdonne Cu(NH3)4

2+ qui est bleu. Cu(NH3)2+ est incolore.

b) CuCl + 2 NH3 →←Cu(NH3)2+ + Cl– (3)

(1) CuCl →← Cu+ + Cl– K1

(2) Cu(NH3)2+ →← Cu+ + 2 NH3 β’ 2

(3) = (1) – (2) ⇒ K3 =

K1

β’ 2 = 105,1

La réaction est donc très déplacée vers la droite.

4) a) CaC2.

b) On observe un précipité rouge de CuC ≡ CCu.

Les réactions mises en jeu sont les suivantes :

CaC2 + 2 H2O → Ca(OH)2 + C2H2

H – C ≡ C – H + 2 Cu(NH3)2+ → 2 NH3 + 2 NH4

+ + CuC ≡ CCu

IV. THERMOCHIMIE

1) ∆rG1 = 12 µ (Cu2O) – µ (Cu) –

14 µ (O2)

Tous les corps solides sont supposés être purs ; leurs activités seront donc prises égales à 1.

⇒ ∆rG1 = ∆rG10 –

14 RT ln

pO2

PO = ∆rH1

0 – T ∆rS10 –

14 RT ln

pO2

PO

De même : ∆rG2 = ∆rH20 – T∆rS2

0 – 12 RT ln

pO2

p0

2) a) Cu +

12 O2 →←

12 Cu2O

Culiq + 12 O2 →←

12 Cu2O

Cu →← Culiq

(1)

(1’)

(1’’ )

(1’) = (1) – (1’’ )

⇒ ∆rG1’0 = ∆rG1

0 – ∆rG1’’0


Or pour : T = Tf (Cu) µ(Cu) = µ(Culiq) ⇔ µ0(Cu) = µ0(Culiq)⇓

∆rG1’’0

Tf (Cu)

⇒ Pour T = Tf (Cu) ∆rG1’

0 Tf (Cu)

= ∆rG1

0Tf (Cu)

La continuité en T = Tf est donc bien démontrée.

On opère bien sûr de la même façon pour l’équilibre (2) ainsi que pour les autres changements d’états.

La relation (1’) = (1) – (1’’) nous donne également les relations :

∆rH1’0 = ∆rH1

0 – Lf (Cu)

∆rS1’0 = ∆rS1

0 – Lf (Cu)Tf (Cu)

On obtient donc la relation :

∆rG1’0 = ∆rH1

0 – Lf (Cu) – T∆rS10 +

TTf (Cu)

Lf (Cu)

De la même façon si on considère l’équilibre :

Culiq + 12 O2 →←

12 Cu2Oliq (1’’’ )

∆rG1’’’0 = ∆rH1’

0 – T∆rS1’0 +

Lf (Cu2O)2

– T

Tf (Cu2O) Lf (CuO)

2

Soit, avec les mêmes notations :

∆rG2’0 = ∆rH2

0 – Lf (Cu) – T∆rS20 +

TTf (Cu)

Lf (Cu)

∆rG2’’’0 = ∆rH2’

0 + Lf (CuO) – T∆rS22’ – T

Tf (Cu2O) Lf (Cu2O)

b) ∆rH10 = – 84,3 kJ.mol–1 ∆rH2

0 = – 157,3 kJ.mol–1

∆rS10 = – 37,65 J.K–1.mol–1 ∆rS2

0 = – 93,1 kJ–1.mol–1

⇒

sisisi

T < 1083°C

1083 < T < 1230°C

T > 1230°C

∆r G1 = – 84,3 + 0,0410 T∆r G1 = – 97,3 + 0,0506 T

∆r G1 = – 69,3 + 0,0320 T

sisisi

T < 1083°C

1083 < T < 1320°C

T > 1320°C

∆r G2 = – 157,3 + 0,0998 T

∆r G2 = – 170,3 + 0,1094 T

∆r G2 = – 158,5 + 0,1020 T


3) v = c + 2 – φ = 2 + 2 – 3 = 1 Par conséquent si pO2 est fixée, T est déterminée. Si l’on fixe pO

2 et T

l’équilibre est détruit.

⇒ si pO2 et T sont fixées, les ∆r G sont fixées :

Considérons la réaction (3) : CuO →←

12 Cu2O +

14 O2

Si ∆rG3 < 0 CuO → 12 Cu2O +

14 O2

Si ∆rG3 > 0 12 Cu2O +

14 O2 → CuO

4) (3) = (1) – (2) ⇒ ∆rG3 = ∆rG1 – ∆rG2

Par conséquent le signe de ∆rG3 dépend des positions relatives de ∆rG1 et ∆rG2.

∆rG3 < 0 ⇔ ∆rG1 < ∆rG2


Si la courbe (1) est en dessous de la courbe (2), l’oxyde stable est alors Cu2O.

⇒ sisisi

T < 1240 K1241 < T < 2166 K

T > 2166

l’oxyde stable est CuO

l’oxyde stable est Cu2OCu n’est pas oxydé

5) a) A l’équilibre ∆rG3 = 0 ⇒ ∆rG30 = – RT ln K3 = –

14 RT ln

pO2

pO

b) Pour T = 1240 K on trouve pO2 = 0,20 bars.

c) 0,1 g d’oxyde cuivrique correspondent à 1,26.10–3 moles.

Supposons que l’équilibre (3) soit réalisé :

CuO

1,26.10–3 – ξ

→← 12 Cu2O

ξ ⁄ 2

+ 14 O2

ξ ⁄ 4

Or si l’équilibre est réalisé pO2 = 0,20 bars, et pO

2 =

RTV

ξ4

⇒ ξ = 4 VpO2

RT = 1,54.10–3 mol.

mais ξ < 1,26.10–3 si on veut éviter la disparition du CuO. On aboutit donc à une contradiction ; notrehypothèse de départ est donc fausse.

L’équilibre est donc rompu et ξ = 1,26.10–3 mol.

⇒ nCuO = 0

nCu2O = 6,3.10–4 mol

nO2 = 3,14.10–4 mol ⇒ pO2

= 0,016 bar

d) 5 g CuO correspond à 6,29.10–3 mol.

Si l’équilibre est réalisé ξ = 1,54.10–3 < 6,29.10–3.

L’hypothèse est donc bien vérifiée.

⇒ ξ = 1,54.10–3 mol

⇒ nCuO = 4,75.10–2

⇒ nCu2O = 7,70.10–3 mol

⇒ nO2 = 3,85.10–3 ⇒ pO

2 = 0,20 bars



OPTION : PHYSIQUE APPLIQUÉEComposition avec exercices d’application - Session : 1993

PREMIER PROBLÈME

1. Transmission de puissance entre un réseauet une charge passive alimentée en antenne

1.1.Le récepteur absorbe P et Q ⇒ I =

√P2 + Q2

V

La source fournit :

SS = VS

V √P2 + Q2

QP

+ X0 I2 = Q +

X0

V2 P2 + Q2

Sg = VS

V √P2 + Q2 = √P2 +

Q +

X0

V2 P2 + Q2

2

d’où la relation :

VS

V

2

P2 + Q2

= P2 + Q2 + X0

2

V4 P2 + Q2

2 + 2

Q X0

V2 P2 + Q2

V4 + 2 Q X0 – VS2 V2 + X0

2 P2 + Q2

= 0

Équation bicarrée qui donne :

V = √VS 2

– 2 Q

X0

± √

2 Q X0 – VS

22 – 4 X0

2 P2 + Q2

2

1.2.On a X0 =

VS2

Scc et Q = P tg ϕ

V = VS √1 – 2 PScc

tg ϕ ± √

2 PScc

tg ϕ – 1

2

– 4 P2

Scc 2 cos2 ϕ

2

1.3.Solution si :

2 PScc

tg ϕ – 1 >

2 PScc cos ϕ

soit : P

Scc < 1

2 tg ϕ +

1cos ϕ

= cos ϕ

2 (1 + sin ϕ)

soit : P < cos ϕ

2 (1 + sin ϕ) Scc


1.4. cos ϕ = 1 sin ϕ = 0 Pmax = 0,5 Scc

cos ϕ = 0,8 AR sin ϕ = 0,6 Pmax = 0,25 Scc

cos ϕ = 0,8 AV sin ϕ = – 0,6 Pmax = Scc

1.5. Pour la puissance max V = VS √12 –

PScc

tg ϕ .

1.6. cos ϕ = 1 V = VS ⁄ √2 = 0,707 VS

cos ϕ = 0,8 AR tg ϕ = 34

PScc

= 14 V = VS

√54

≈ 0,5 VS

cos ϕ = 0,8 AV tg ϕ – 34

PScc

= 1 V = VS √52

≈ VS

1.7

1.8. Elle croit (cf. courbes).

1.9. PScc

= 0,25 tg ϕ = 0,5 P. L’ajout de condensateur modifie l’analyse ϕ → ϕ’, mais pas P

Scc. La relation

trouvée en 1.4. donne pour VS = V.

1 + 12 Vg ϕ’ – 1

+

116

1 + tg2 ϕ’ = 0

tg2 ϕ’ + 8 tg ϕ’ + 1 = 0 ⇒ tg ϕ’ = – 4 ± √15 ⇒ ϕ’ = – 7,2°

ϕ’ = – 82,8°

Seule valeur techniquement intéressante ϕ’ = – 7,2°.

tg ϕ’ = – Qc + 0,5 P

P = – 4 + √15 ⇒

– Qc

P = – 4,5 + √15 = – 0,625

Qc = – 0,625 × 0,25 Scc = – 0,156 Scc = Qc

2. Transmission de puissance entre deux réseaux

2.1. V__A = V__B + g X0 I_

Projections sur V__B et j V__B

VA cos δ = VB + X0 I sin ϕVA sin δ = X0 I cos ϕ


La deuxième équation X par VB donne VB I cos ϕ = VA VB

X0 sin δ.

Or P absorbée par B = P fournie par A :

P = VA VB

X0 sin δ

2.2 On peut agir sur VA, VB, X0 et δ.

2.3. Or X par VB la première équation : VA VB cos δ = VB2 + VB I sin ϕ

Q

X0

Q = VA VB cos δ – VB

2

X0

2.4. 2.4.1.VA = VB P =

VA2

X0 sin δ

VA = VB Q = (cos δ – 1)

X0 VA

2

Q < 0 la source A doit créer du réactif su l’on veut maintenir VB égal à VA.

Pmax = VA

2

X0 Scc


2.4.2. QP

= cos δ – 1

sin δ = tg δ =

– 2 sin2 δ ⁄ 2

2 sin δ2 cos δ ⁄ 2

= – tg δ2 ϕ = –

δ2

Ce qui correspond au diagramme vectoriel.

2.4.3.Le diagramme vectoriel donne X0

I2 = VA sin

δ2 ⇒ I =

2 VA

X0 sin

δ2

2.4.4. QX0 est absorbée par la ligne :

QX0 = X0 I

2 = X0 4 VA

2

X02 sin2

δ2 =

2 VA2

X0 (1 – cos δ)

en comparant avec 2.4.1. on voit que chaque source A et B fournit la moitié de la puissanceréactive absorbée par la ligne.

2.5. 2.5.1. Connaissant δ1, on a I_A en module et en phase :

X0

4 IA = VA sin

δ1

2 ⇒ IA =

4 VA

X0 sin

δ1

2

I_A est déphasé de δ1

2 en AR de V__A.


Connaissant δ2, on connaît I_B en module et en phase :

X0

4 IB = VA sin

δ2

2 IB =

4 VA

X0 sin

δ2

2

I_B est déphasé et δ2

2 en AR de V__c

or : I_C = I_A – I_B.

On désigne par α l’angle entre I_C et V__C

IC cos α = IA cos δ1 ⁄ 2 – IB cos δ2

⁄ 2IC sin α = IA sin δ1

⁄ 2 – IB sin δ2 ⁄ 2

si : α = π2

IA cos δ’2

= IB cos δ2

2

IAIB

= cos δ2 ⁄ 2

cos δ1 ⁄ 2

or : IA

IB =

sin δ1 ⁄ 2

sin δ2 ⁄ 2 ⇒ sin δ1 ⁄ 2 cos δ1 ⁄ 2 = sin δ2 ⁄ 2 cos δ2 ⁄ 2 sin δ1 = sin δ2 δ1 = δ2

2.5.2.IA = IB =

4 VA

X0 sin δ1 ⁄ 2

IC = IA sin δ1

2 + IB sin

δ1

2 =

8 VA

X0 sin2

δ1

2 = IC

2.5.3. Puissance reçu par la source B :

PB = VB IB cos δ2

2 =

4 VA2

X0 sin

δ1

2 cos

δ1

2 =

2 VA2

X0 sin δ1 = PB =

2 VA2

X0 sin

δ2 (δ = 2 δ1)

Puissance fournie par la source A = PB on peut vérifier PA = VA IA cos δ1 ⁄ 2 = PB.

2.5.4.Q ligne A :

X0

2 IA

2 = 8 VA

2

X0 sin2

δ1

2 =

4 VA2

X0 (1 – cos δ1) =

4 VA2

X0 (1 – cos δ ⁄ 2).

Q ligne B : X0

2 = IB

2 = Q ligne A (absorbée).

Q créé par A : QA = VA IA sin δ1

2 =

4 VA2

X0 sin2

δ1

2 =

4 VA2

X0 (1 – cos δ2) = QA.

Q créé par B : QB = VB IB sin δ1

2 = QA.


Q créé par C : QC = VC IC = 8 VA

2

X0 sin2

δ1

2 =

4 VA2

X0 (1 – cos δ1) = QC.

QC = 4 VA

2

X0 (1 – cos δ ⁄ 2)

Les sources A et B créent le réactif pour une moitié de ligne, la source C crée le réactif pourl’autre moitié.

2.5.5.

2.5.6. Avec ce procédé la puissance maximum transmissible par la ligne est doublée mais au prix d’undoublement de la puissance réactive échangée.

2.5.7. Il faut en fonction de δ, donc de la puissance à transmettre, créer une énergie réactive variable.On peut envisager un compensateur synchrone ou des compensateurs électriques de réactif.

3. Gradateur monophasé à thyristors débitant sur inductance

3.1.Pour θ = ϕ, on commande T v’ = v = V √2 sin θ = Lω

didθ

i = – V √2Lω

cos θ + C or : i (Ψ) = 0 ⇒ 0 = – V √2

Lω cos Ψ + C

i = V √2Lω

(cos Ψ – cos θ) pour i > 0

i = 0 pour cos Ψ – cos θ soit : θ = Ψ et θ = 2 π – Ψ

3.2.


3.3.A1 =

2π

∫

Ψ

2π – Ψv’ sin θ dθ

=

2π

V √2 ∫ Ψ

2π – Ψ 1 – cos 2 θ2

dθ = V √2

π 2 (π – Ψ) +

2 sin2

2 ϕ

A1 = V √2

π 2 (π – Ψ) + sin 2 Ψ

B1 = 0

V’ 1 = A1

√2 V’1 = 2 V

1 –

Ψπ

+ 1

2 π sin 2 Ψ

3.4.I1 =

V’ 1

Lω =

2 VLω

1 –

Ψπ

+ 12 π

sin 2 Ψ δ1 =

π2

3.5.Q1 = V I1 sin ϕ1 = V I1 =

2 V2

Lω 1 –

Ψπ

+ 1

2 π sin 2 Ψ

Q10 = V2

Lω

Q1

Q10 = 2

1 –

Ψπ

+ 1

2 π sin 2 Ψ

Ψ° 90 105 120 135 150 165 180

Q1/Q10 1 0,674 0,391 0,182 0,0577 0,0075 0

En réglant ϕ, on règle l’énergie réactive absorbée.

3.6.I2 = 2

π ∫

Ψ

π

V √2Lω

2

(cos Ψ – cos θ)2 dθ = 4 V2

π (Lω)2 ∫ Ψ

πcos2 ϕ + cos2 θ – 2 cos ϕ cos θ

dθ

I2 = 4 V2

π (Lω)2 ∫

Ψ

π 1 + cos 2 θ2

dθ + (π – Ψ) cos2 Ψ – 2 cos Ψ ∫ Ψ

πcos θ dθ

= 4 V2

π (Lω)2

12 (π – Ψ) – 1

4 sin 2 Ψ + (π – Ψ) cos2 Ψ + 2 cos Ψ sin Ψ

= 4 V2

π (Lω)2

12 (π – Ψ) 1 + 2 cos2 Ψ

+ 34 sin 2 Ψ

=

4 V2

π (Lω2)

12 (π – Ψ) (2 + cos 2 Ψ) +

34 sin 2 Ψ

I = V

Lω √2

1 –

Ψπ

(2 + cos 2 Ψ) +

3π

sin 2 Ψ I0 = V

L ω

3.7. II0

= √2 1 –

Ψπ

(2 + cos 2 Ψ) +

3π

sin 2 ψ


Ψ 90 105 120 135 150 165 180

I/I0 1 0,684 0,416 0,212 0,0796 0,0144 0

3.8.Pour la même valeur de Ψ

II0

> Q1

Q10 =

I1

I0, mais sont très voisins. Très peu d’harmoniques car le récepteur

est inductif. Ce dispositif permet donc un bon réglage de l’énergie réactive.

4. Compensation statique de la puissance réactive par gradateur à thyristors

4.1. On a I_1 + I_2 + I_3 = 0 puisqu’il n’y a pas de conducteur neutre.

(I1a – j I1r) + (I2a – j I2r) – 1

2 – j

√32

+ (I3a – j I3r)

–

12 + j

√32

= 0

d’où les 2 équations :

I1a – 12 I2a –

12 I3a –

√32

I2r + √32

I3r = 0

– I1r + 12 I2r +

12 I3r –

√32

I2a + √32

I3a = 0

4.2. I’__1 = I_1c + I_1 + J_12 – J_31

I’__2 = I_2c + I_2 + J_23 – J_12 Lois des Nœuds

I’__3 = I_3c + I_3 + J_31 – J_23

avec : I_2c = a2 I_1c

avec : I_3c = a I_1c

4.3.I’__d =

13 I_’ 2 + a I’__2 + a2 I’__3

I’ d = 13 I_1c + I_1 + J_12 – J_31 + a

I_2c + I_2 + J_23 – J_12

+ a2 I_3c + I_3 + J_31 – J_23


or :

I_1c = j I1c

I_2c = a2 I_1c = – 1

2 – j

√32

j I1c =

√32

– j2

I1c

I_3c = a I_1c = – 1

2 + j

√32

j I1c =

–

√32

– j2

I1c

or :

J_12 = – a J12 = 12 – j

√32

J12

J_23 = – J23 = – J23

J_31 = – a2 J_31 = 12 + j

√32

J_31

I’__d = 13 j I1c + I1a – j I1r +

12 J12 – j

√32

J12 – 12 J31 – 1

2 √3 j J13

+ –

12 + j

√32

√32

I1c – j2 I1c +

– 1

2 – j

√32

(I2a – j I2r) – J23 –

12 J12 + j

√32

J 12

+ –

12 – j

√32

–

√32

I1c – j2 I1c + (I3a – j I3r)

– 1

2 + j

√32

+ 1

2 J31 + j

√32

J31

Après développement et regroupement des parties réelles et imaginaires, on obtient :

(I’_d) = 13 (I1a + I2a + I3a)

(I’__d) = 13 3 I1c – (I1r + I2r + I3r) – √3

J12 + J31 + J23

4.4.I’__i =

13 I’__1 + a2 I’__2 + a I’__3


I’ i = 13 I_x c + I_1 + J_12 – J_31 + a2

I_2c + I_2 + J_23 – J_12

+ a I_3c + I_3 + J_31 – J_23

de façon analogue à 4.3., en regroupant réels et imaginaires, on obtient :

(I_’ i) = 13 I1a –

12 I2a –

12 I3a +

32 (J12 – J31) +

√32

(I2r – I3r)

(I_’ i) = 13 – I1r +

12 I2r +

12 I3r +

√32

(I2a – I3a) + √32

(2 J23 – J12 – J31)

4.5. (I’__i) =

12 (I2r – I3r) √3 +

32 (J12 – J13)

(I’__i) = 12 (J12 – J31) +

1√3

(I2r – I3r)

(I’__i) = 1

2 √3 – J12 + 2 J23 – J31

+ 13 – 2 I1r + I2r + I3r

4.6. Pour que les courants fournis par la source soient équilibrés, il faut que R (I’ i) et J (I’ i) = 0

J12 – J31 = 2

√3 (I2r – I3r)

– J12 + 2 J23 – J31 = 2√3

(2 I1r – I2r – I3r)

2 équations, 3 inconnues

Si l’on fixe J31 : J12 = J31 + 2

√3 I3r – I2r

J23 = J31 + 2

√3 (I1r – I2r)

Il suffit de choisir J31 suffisamment élevé pour que J12 et J23 soient positifs.

4.7. Pour que les courants soient en phase avec la tension, il faut de plus que (I’__d) = 0 ce qui donne une

troisième équation :

3 I1c – I1r + I2r + I3r

= √3 J12 + J31 + J23

en utilisant les relatives précédantes, on trouve J31 :

3 I1c – I1r + I2r + I3r

= √3 3 J31 +

2√3

I1r – 2 J2r + I3r

J31 = 1

√3 I1c – I1r + I2r – I3r

J23 = 1

√3 I1c + I1r – I2r – I3r

J12 = 1

√3 I1c – I1r – I2r + I3r


4.8. Le Récepteur est équilibré, donc :

(I’__i) = 0 = R (I’ i) et I1a = I2a = I3a = Ia et J12 = J23 = J31 = J

I1r = I2r = I3r = Ir

R (I’ d) = Ia

(I’ d) = I1c – Ir – √3 J

or : I’__d = 13 I’__1 + a I’__2 + a2 I’__3

=

13 I’a – j I’a

+ a3 I’ a – j I’ n

+ a3 Ia – j I’ r

I’ d = I’a – j I’ r et I’a = Ia

On a donc : I (I’ d) = – I’r.

Les condensateurs créent 0,8 P, la charge absorbe une puissance réactive égale à 0,5 P. L’ensemblecondensateur, charge, absorbeur, absorbe une puissance réactive :

QT = 0,5 P + QL – 0,8 P = QL – 0,3 P QL = puissance réacteur absorbé par le convertisseur.

Or pour P = 0,5 Scc, on a vu en 1.9. que tg ϕ’ = – 0,125 ⇒ – 0,125 = QL – 0,3 P

P QL = 0,175 et

QL

QL0

= 0,1750,4

= 0,4375. On lit sur la courbe 3.r Ψ = 117,3°




Composition avec exercices d’application - Session : 1993

SECOND PROBLÈME

Ce problème propose l’étude de la Commande des processus par Modèle Interne (C.M.I.). Ce concept,explicitement basé sur la notion de modèle, requiert une modélisation et une identification du système, objetsde la première partie. Dans sa mise en œuvre, ce principe se réfère à une commande en boucle ouverte (lorsquesystème et modèle sont identiques) et nécessite la simulation du modèle (deuxième partie). La C.M.I. proprementdite est traitée dans la troisième partie ; on y aborde aussi l’équivalence avec la commande boucléeconventionnelle. Enfin, on traite dans la quatrième partie la notion de robustesse ainsi qu’un problème essentieldans la mise en œuvre concrète de tout système de commande, à savoir la saturation de la grandeur d’action.

A. MODÉLISATION - IDENTIFICATION

A.I. Modélisation d’un processus thermique.

A.I.1. ∆q = P ∆t = m µ ∆θ

A.I.2. Analogies : Q (chaleur) ≡ Q (change)

P ≡ I

θ ≡ U

m µ = Cth ≡ C

A.I.3. P ∆t = m µ ∆θ + θ – θext

Rth ∆t

Analogue de : I ∆t + C ∆U + URth

∆t

avec : U ≡ θ – θext

A.I.4. P = k v ⇒ k v ∆t = Cth ∆s + s

Rth ∆t

A.I.5. S (p)V (p)

= k Rth

1 + Rth Cth p =

G1 + τ p


A.I.6. AI.6.1. T = l ⁄ vair

soit : k v (t – T) = Cth dsdt

+ s

Rth .

A.I.6.2. H1,T (p) = G e– Tp

1 + τ p

A.I.6.3.s (t) = G V

1 – e

– (t – T)τ

µ (t – T)

A.I.7. A.I.7.1. V (p) = Vp

; S (p) = G V

p (1 + τ1 p) (1 + τ2 p)

soit : s (t) = G V 1 –

τ1

τ1 – τ2

e– t ⁄ τ1 –

τ2

τ2 – τ1

e– t ⁄ τ2

u (t)

A.I.7.2.

dsdt

0

= 0 ; il y a un point d’inflexion.

A.I.7.3. Pour T faible, e – T p ≈ 1 – T p + … ≈ 1

1 + T p

alors : H1,T (p) ≈ G

(1 + τ p) (1 + T p) = H2 (p)

En conclusion : si T → 0 : H (p) = H1 (p)

En conclusion : si 0 < T < < τ : H (p) = H2 (p)

En conclusion : si T ≥ τ : H (p) = H1,T (p)

A.II. Identification .

A.II.1. S (p) G V

p

1 + ∑

1

N

an pn

s (∞) = G V

A.II.2. A.II.2.1. D1 (p) = s (∞)

P – S (p) S1 (p) =

D1 (p)P

A.II.2.2. s1 (∞) = lim p S1 (p) = a1 s (∞)

p → 0

A.II.3. A.II.3.1. D2 (p) = S1 (p) – a1 S (p) S2 (p) = D2 (p)

P


A.II.3.2. s2 (∞) = a2 s (∞)

A.II.4.

dn (t) = sn – 1 (t) – an – 1 s (t)

sn (t) = ∫ 0

tdn (τ) dτ

sn (∞) = an s (∞)

Il s’agit de la technique dite d’identification par intégration successive.

A.II.5. fk = fk – 1 + Te2

gk + gk – 1

A.II.6. A l’étape n, on dispose de sn – 1 (t) et de s (t) (mis en mémoire).

On obtient donc dn (t) = sn – 1 (t) – an – 1 s (t) puis sn (t) par intégration, soit :

sn k = sn k – 1 + Te2

(dn k + dn k – 1)

A.II.7. A.II.7.1. On obtient : G = s (∞)

V = 1

A.II.7.2. s1 (t) = ∫ 0

td1 (τ) dτ et s1 (∞) ≈ ∫

0

16d1 (τ) dτ

soit : s1(∞) ≈ Te2

(d0 + d1) + Te2

(d1 + d2) + .... + Te2

(d15 + d16)

= Te

d0

2 +

d16

2 + ∑

1

15

di

A.II.7.3. On obtient ainsi : s1 (∞) = 2,996

soit : a1 = 2,996 s.

Remarque : la réponse a été simulée à partir de :

H2 (p) = 1

(1 + p) (1 + 2 p) =

11 + 3 p + 2 p2

on obtient donc a1 = 2,996 s pour a1 = 3 s.


B. COMMANDE EN BOUCLE OUVERTE. SIMULATION D’UN SYSTÈME

B.I. Commande en boucle ouverte.

B.I.1. B.I.1.1. On désire que : C (p) H(p) = Hm (p)

soit : C (p) = Hm (p) H – 1 (p) = 1 + τ p

G (1 + τm p)

B.I.1.2. V (p) = E (1 + τ p)

G p (1 + τm p) , S (p) =

Ep (1 + τm p)

v (t) = EG

u (t) – EG

1 –

ττm

e

– t ⁄ τm u (t)

s (t) = E 1 – e– t ⁄ τm u (t)

B.I.1.3.

Figure 1

B.I.1.4. Il faut que : v (t) ≤ Vmax ∀t en particulier v (0) ≤ Vmax soit E ≤ Emax = G τm

τ Vmax.

B.I.1.5.Accélérer le système revient à imposer

τm

τ < 1, donc à diminuer Emax, donc à restreindre

le domaine de linéarité.

B.I.2. B.I.2.1.C (p) =

1 + τ p

G e – T p Hm (p)

il est nécessaire que Hm (p) incorpore le retard T.


B.I.2.2.C (p) =

1G

1 + τ p

1 + τm p

B.I.2.3. Même courbe pour v (t), décalage de T pour s (t).

B.I.3. B.I.3.1.C (p) =

(1 + τ1 p) (1 + τ2 p)G (1 + τm p)

B.I.3.2. Non réalisable car degré (num) > degré (???).

B.I.3.3. Alors : C (p) = (1 + τ1 p) (1 + τ2 p)

G 1 +

2 mω0

p + p2

ω02

B.II. Simulation d’un système.

B.II.1. B.II.1.1. M < N

C__T = [b0 b1 .... bM 0 .... 0] D = 0

B.II.1.2.

Figure 2

B.II.1.3.

Figure 3

B.II.1.4. Technique numérique (registre à décalage).


B.II.2. B.II.2.1. M = N

• pour N = 1 x. = – a0 x + v

• pour N = 1 s = (b0 – b1 a0)

C

x + b1

D

v

• pour N = 2 [A] =

0– a0

1– a1

B__ =

01

C__T = [b0 – b2 a0 b1 – b2 a1] D = b2

B.II.2.2. b0 = C0 / d1 b1 = C1 / d1 a0 = 1/ d1

Figure 4

B.II.2.3. b0 = C0 / d2 b1 = C1 / d2 b2 = C2 / d2

a0 = 1 / d2 a1 = d1 / d2

Figure 5

B.II.3. B.II.3.1.

x k + 1 = (1 – a0 Te) x k + Te vk

sk = (b0 – b1 a0) xk + b1 vk

B.II.3.2.

x1 k + 1 = x1 k + Te x2 k

x2 k + 1 = – a0 Te x1 k + x2 k (1 – a1 Te) + Te vk

sk = (b0 – b2 a0) x1 k + (b1 – b2 a1) x2 k + b2 vk


C. COMMANDE PAR MODÈLE INTERNE

C.I. Principe.

C.I.1. C.I.1.1. Si H^ = H et d = 0 alors ∀ v (t) on obtient s (t) = s (t), donc w (t) = 0.

C.I.1.2. Comme ε = e – w = e, on se retrouve en boucle ouverte : on détermine donc le

correcteur C (p) dans l’hypothèse où H^

(p) = H (p), selon la procédure définie en B.I.

On remarquera que le véritable correcteur est constitué par l’association de C (p) et

de H^

(p).

C.I.2. C.I.2.1.ε (p) =

E (p) – S (p)

1 – C (p) H (p)

C.I.2.2. S (p) =

C (p) H (p) E (p) + 1 – C (p) H^ (p)

D (p)

1 + C (p) H (p) – H (p)

C.I.3. C.I.3.1. C (p) = λ

1 + τm p 1 + τ p

G^

C.I.3.2. On calcule S (p) puis s (∞) = lim pp → 0

S (p)

soit : s (∞) = λ G E

G^ + λ G – λ G^

le choix λ = 1 entraîne s (∞) = E.

Conclusion : on obtient un fonctionnement en poursuite parfaite si :

– C (p) est calculé à partir de H^

(p),– Hm (p) est de gain unitaire.

Le résultat traduit la présence d’un intégrateur implicite.

C.I.3.3. On calcule encore S (p) puis s (∞) on obtient s (∞) = G^

(1 – λ) D

G^

+ λ (G – G^ )

le choix λ = 1

entraîne encore s (∞) = 0 et complique la présence d’un générateur implicite.

C.I.3.4.

On obtient : S (p) = τm D

1 + τm p

soit : s (t) = D e – t ⁄ τm u (t)

Remarque :

– dans l’hypothèse où H^

(p) = H (p), le système est en boucle ouverte si d (t) = 0,

– par contre, si d (t) ≠ 0, alors w (t) = s (t) – s (t) = d (t) ce dispositif permet dereconstruire la perturbation et la boucle sert alors à la réjection de la perturbation.


C.II. Équivalence commande par modèle interne/boucle conventionnelle.

C.II.1. V (p) = C (p) [E (p) – S (p)]

1 – C (p) H^ (p)

C.II.2. C’ (p) = C (p)

1 – C (p) H (p)

C.II.3. C.II.3.1. C’ (p) = 1 + τ p

G^

τm p

C.II.3.2. C’ (p) = 1

G^

τm p +

τG τm

= 1

Ti p + Kp

C.II.3.3. On montre ainsi que la C.M.I. est équivalente à une correction P.I., ce qui expliqueles résultats de la question C.I. La C.M.I. présente les avantages de l’action intégralesans en posséder les défauts (en particulier pour la saturation).

C.II.4. C.II.4.1. On obtient : C’ (p) = 1 + τ p

G 1 – e – Tp + τm p

C.II.4.2. On peut écrire : C’ (p) = 1 + τ p

G^ τm p

× 1

1 + G^

(1 – e – Tp)

G^

τm p

soit : C’ (p) =

K p + 1Ti p

1 + G

1 – e – Tp

Ti p

et finalement :

Figure 6


C.II.4.3. On retrouve ainsi le connecteur appelé prédicteur de SMITH, qui n’est rien d’autrequ’une C.M.I.

D. ROBUSTESSE. SATURATION DE LA COMMANDE

D.I. Robustesse.

D.I.1.C (p) =

1 + τ p

G (1 + τm p)

D.I.2.HBF (p) =

11 + τm p + α τm p2

D.I.3.m =

12 √τm

α et ω0 =

1√α τm

D.I.4. Si α = 0, alors H^

(p) = H (p)

La présence de α traduit des différences de dynamique entre H^

et H, en particulier pour lesfréquences élevées, différences qui peuvent entraîner des instabilité :

– si α → 0, m → ∞ c’est-à-dire que HBF (p) est équivalent à 1

1 + τm p ,

– si α augmente, alors m → 0, c’est-à-dire que la boucle fermée devient oscillante.

D.I.5. On veut que m ≥ 0,4 soit αmax = 0,156 τ.

D.I.6. Pour α = αmax, il faut que τm ≥ 4 αmax pour que m ≥ 1, soit τm ≥ 0,625 τ.

D.I.7. En présence d’incertitude sur H^

(p), on ne peut plus se permettre d’accélérer le système. Si onaccepte τm voisin de τ, alors le système bouclé tolère des incertitudes plus importantes : ildevient robuste. Il s’agit là d’un principe général aussi valable en commande bouclée conven-tionnelle.

D.II. Saturation de la commande avec modèle interne.

D.II.1. Dans le système de chauffage, la puissance P ne peut pas dépasser une valeur Pmax.

D.II.2. Comme H^

= H, que d = 0 et que les deux non-linéarités sont identiques, on obtient

s (t) = s (t), soit w (t) = 0 : on fonctionne en boucle ouverte.

D.II.3. D.II.3.1.v (t) = E 1 + 4 e

– 5 tτ

u (t)

v (0) = 5 E = 2,5 Vmax, donc v’ (t) = Vmax u (t) et s (t) = Vmax 1 – e – t ⁄ τ u (t).


D.II.3.2. A t = t1, v (t) = Vmax

soit : e –

5 t1

τ = 0,25 et t1 = 0,277 τ

s(t1) = 0,242 Vmax = 0,484 E

D.II.3.3. Soit : t’ = t – t1à t’ = 0, la sortie est à s (0) = 0,484 E le système est excité pour v (t’) = v’ (t’)(il n’y a plus de saturation).

Soit : v (t’ ) = E 1 + e–

5 t’τ

u (t’)

Alors : s (t’ ) = régime forcé

dû à v (t’)

+ régime libre

dû à s (0)

régime libre = s (0) e– t’ ⁄ τ

régime forcé = h (t’ ) ∗ v (t’ )

régime forcé = ∫ 0

t’

h (u) . v (t’ – u) du

avec : h (u) = 1τ e– u ⁄ τ

on obtient : s (t’) = s (0) e–

t’τ + E 1 – 0,75 e

– t’τ – 0,25 e

– 5 t’τ

(pour t’ ≥ 0)

soit : s (t’) = E 1 – 0,266 e–

t’τ – 0,25 e

– 5 t’τ

u (t’ )


D.II.3.4.

Figure 7

A l’instant t’ = τ, soit t = τ + t1s (t’) ≈ E (1 – 0,266 e– 1) ≈ 0,9 E

S’il n’y avait pas eu de saturation, on aurait obtenu s (t) ≈ E pour t = 3 τm = 0,6 τ.A cause de la saturation, on obtient seulement s (t) = 0,9 E à t = τ + t1 ≈ 1,3 τ : la

saturation retarde la réponse, mais n’entraîne pas de dépassement du point de consigne.

D.III. Saturation de la commande avec régulateur P.I.

Comme la C.M.I. est équivalente à un correcteur P.I. (voir C.II.3.), on envisage à présent ce qui sepasserait avec une action intégrale explicite.

D.III.1.C (p) H (p) =

1 + K p Ti pTi p

G

1 + τ p

avec : K p Ti = τ , C’ (p) H (p) = G

Ti p

soit : HBF (p) = 1

1 + Ti

G p

= 1

1 + τm p

alors : Ti = τ ⁄ 5 et K p = 5


D.III.2. D.III.2.1. v (t) = vp (t) + vI (t)

à t = 0 : vI (0) = 0 et vp (0) = Kp ε (0) = Kp E = 5 E

le système sature comme précédemment.

D.III.2.2. H (p) est excité par un échelon v’ (t) = 2 E u (t) comme précédemment, soit

s (t) = Vmax 1 – e– t ⁄ τ u (t).

D.III.2.3. ε (t) = e (t) – s (t)

soit : vp (t) = Kp ε (t) = 5 E 2 e– t ⁄ τ – 1 u (t)

D.III.2.4. On peut calculer vI (t) selon :

Figure 8

Soit : vI (t) = ETi

t u (t) – Vmax

Ti (t – τ) + τ e– t ⁄ τ

u (t)

D.III.2.5. v (t) = vp (t) + vI (t)

La saturation disparaît pour v (t2) = 2 E. Cette équation est non linéaire, il n’existepas de solution analytique. On admettra que t2 est du même ordre de grandeur quet1.

D.III.3. D.III.3.1. Soit : t’ = t – t2à t’ = 0, la sortie du système a pour valeur s (t2) ; la sortie de l’intégrateur a pourvaleur vI (t2).

D.III.3.2. On peut écrire : vI (t’ ) = 1Ti

∫ 0

t’

ε (µ) d µ + vI (0)

où vI (0) est une composante continue perturbatrice.

D.III.3.3. Alors : s (t’ ) = régime libre

dû à s (0)

+ régime forcé

dû à e (t’ ) + E u (t’) et à d’ = vI (0)

or : S (p) = C (p) H (p) E (p) + H (p) D’ (p)

1 + C (p) H (p) (régime forcé)


soit : S (p) = 1

1 + τm p Ep

+ τm vI (0)

(1 + τ p) (1 + τm p)

et : s (t’ )

forcé

= E 1 – e

– t’τm

influence de E

+ vI (0) τm

τ – τm

e

– t’τ – e

– t’τm

influence de vI (0)

de plus : s (t’ )

libre

= s (0) e– t⁄ τ avec s (0) = s (t2).

D.III.3.4.

Figure 9

A t’ = τm

se ≈ 2 ⁄ 3 E

ss0 ≈ s (0)

svI ≈ 0,25 vI (0)

donc la somme s (t’ ) = se (t’ ) + ss0 (t’) + sv

I (t’ ) risque de dépasser la valeur E, donc

de produire un dépassement, et cela d’autant plus que τm est faible devant τ.


D.III.3.5.

Figure 10

s (t’) dépasse E, le retour à la consigne s’effectue avec la constante de temps τ > τm,ce qui provoque un traînage important.

D.III.4.et

D.III.5.

En présence de saturation, le correcteur P.I. provoque un dépassement de la consigne, ce quin’est pas le cas avec la C.M.I. Il faut noter cependant que les temps de réponse sont équivalents(traînage, surtout si τm << τ).

Le dépassement du P.I. est dû à l’action intégrale. Il ne se produit pas avec la C.M.I. car l’actionintégrale est implicite : on peut faire l’économie d’un circuit d’antisaturation de l’intégration.


Documents

Agrégation - Freeagreg.physchim.tlse.free.fr/AGREGATION_PHYSIQUE/COMPOS... · 2017-11-16 · OPTION CHIMIE 17 11.3.2 - Interprétation des courbes - 0 < Vg < 1.22 cm3 : dosage de