Sujet du bac 2026 de sciences de l'ingénieur — Métropole, jour 1 (général) — 26-scipcj1me1

1.1 Sur le diagramme des exigences (figure 3), le bloc « Modification de la vitesse » (Id 1.4.1) indique une vitesse de déjaugeage de 8 nd. Conversion :

$V=8\times 1,852=14,8$ km·h⁻¹, soit $V={\displaystyle \frac{14,8}{3,6}}\approx 4,12$ m·s⁻¹.

La vitesse minimale de déjaugeage annoncée est d'environ 4,12 m·s⁻¹.

Le bloc « Masse en déplacement aérien » (Id 1.2.1) donne une masse du bateau de 100 kg et une masse du passager de 90 kg : masse totale $m=100+90=190$ kg.

1.2 Actions mécaniques sur E = {bateau + pilote} (à tracer sur le DR1) :

• Poids $\overrightarrow{P}$, appliqué en G, vertical, vers le bas (sens de $-\overrightarrow{z}$), de norme $(m_B+m_P)g=190\times 9,81\approx 1864$ N ;
• Portance des deux foils avant, appliquée en A, verticale, vers le haut (sens de $+\overrightarrow{z}$) ;
• Portance du foil arrière, appliquée en B, verticale, vers le haut (sens de $+\overrightarrow{z}$) ;
• Poussée de l'hélice ${\overrightarrow{F}}_{eau\to bateau}$, appliquée en C, horizontale, vers l'avant (sens de $+\overrightarrow{x}$, vers la gauche du DR1), de norme 1 200 N ;
• Traînées des foils, appliquées en A et en B, horizontales, vers l'arrière (sens de $-\overrightarrow{x}$), qui s'opposent à l'avancement.

La coque est hors de l'eau (phase 2) : il n'y a plus de poussée d'Archimède, et l'action de l'air est négligée.

Démonstration. Le repère est galiléen et E se déplace à vitesse constante en ligne droite : l'accélération de G est nulle. D'après le théorème de la résultante dynamique : $\sum {\overrightarrow{F}}_{ext}=(m_B+m_P){\overrightarrow{a}}_G=\overrightarrow{0}$.

En projection sur $\overrightarrow{z}$ (deux foils avant de surface $S_{avant}$ chacun, un foil arrière) :

$$2\times \frac{1}{2}\gamma S_{avant}{C}_z{V}^2+\frac{1}{2}\gamma S_{arri\stackrel{`}{e}re}{C}_z{V}^2-(m_B+m_P)g=0$$

soit $\gamma C_z{V}^2(S_{avant}+\frac{1}{2}{S}_{arri\stackrel{`}{e}re})$$=(m_B+m_P)g$, d'où :

$$V_{d\acute{e}j}=\sqrt{\frac{(m_B+m_P)g}{\gamma C_z(S_{avant}+\frac{1}{2}{S}_{arri\stackrel{`}{e}re})}}$$

Application numérique (eau douce, $\gamma =1000$ kg·m⁻³, valeur non fournie par le sujet) :

$S_{avant}+\frac{1}{2}{S}_{arri\stackrel{`}{e}re}$$=0,08+0,06$$=0,14$ m² ; $\gamma C_z\times 0,14=1000\times 0,8\times 0,14=112$ kg·m⁻¹.

$V_{d\acute{e}j}=\sqrt{{\displaystyle \frac{1864}{112}}}=\sqrt{16,6}\approx 4,08$ m·s⁻¹, soit ${\displaystyle \frac{4,08\times 3,6}{1,852}}\approx 7,9$ nd.

$V_{d\acute{e}j}\approx 4,08$ m·s⁻¹ ≈ 7,9 nd, légèrement inférieure aux 4,12 m·s⁻¹ (8 nd) annoncés : à 8 nœuds, la portance des foils suffit à sortir la coque de l'eau. La vitesse de déjaugeage annoncée par le constructeur est validée, avec une faible marge (environ 1 %), et à condition d'utiliser le coefficient de portance maximal $C_z=0,8$ de la plage 0,3 – 0,8 annoncée (figure 3).

1.3 Le cahier des charges impose une profondeur d'immersion du foil de 300 mm, donc une consigne de −0,3 m sur la figure 7, sans oscillation (confort) et sans que le foil remonte vers la surface.

• Correcteur 1 : après le déjaugeage (vers 15 s), la profondeur oscille autour de 0 m, c'est-à-dire à la surface de l'eau, avec des dépassements jusqu'à environ +0,15 m : le foil sort de l'eau, c'est la phase 3 dégradée (portance instable, chocs). À rejeter.
• Correcteur 2 : fortes oscillations (entre environ −0,2 m et −0,55 m) qui s'amortissent lentement, et stabilisation vers −0,35 m : erreur statique d'environ 5 cm et vol inconfortable.
• Correcteur 3 : la profondeur se stabilise rapidement à −0,3 m, sans oscillation visible ni écart avec la consigne.

Le correcteur 3 est le meilleur choix : il est stable, précis (profondeur de 300 mm atteinte) et rapide, sans oscillation qui nuirait au confort.

1.4 Convention : sur le DR1, le sens de rotation + autour de $\overrightarrow{y}$ amène $\overrightarrow{z}$ vers $\overrightarrow{x}$ ; comme $\overrightarrow{x}$ est orienté vers l'avant du bateau, une rotation « + » fait plonger l'avant (piqué), une rotation « − » fait lever l'avant (cabré). Une augmentation globale de portance fait monter le bateau, donc le foil se rapproche de la surface : la profondeur d'immersion (négative sur la figure 7) augmente, variation « + ».

1.5 Le calcul de la question 1.2 montre que le catamaran déjauge vers 7,9 nd, ce qui valide la vitesse de déjaugeage de 8 nd annoncée (exigence 1.2 « faire voler le bateau »). L'asservissement de l'orientation des foils avec le correcteur 3 stabilise la profondeur d'immersion à 300 mm sans oscillation, et la commande différentielle des portances avant et arrière permet de corriger l'assiette (piqué / cabré) ainsi que la hauteur de vol (exigence 1.3 « stabiliser le bateau »). Le catamaran a donc la capacité de voler et de se stabiliser conformément au cahier des charges, sous réserve de choisir le correcteur 3.

1.6 D'après la figure 3 : exigence 1.5 « Assurer l'autonomie » : l'autonomie doit être de 2 h à la vitesse de 10 nd ; bloc « Batterie » : batterie 48 V, énergie stockée 5,7 kW·h.

1.7 Le décrochage à 8 nœuds correspond au déjaugeage : à cette vitesse, la portance des foils devient suffisante pour soulever la coque hors de l'eau. La traînée de la coque, qui était la principale résistance à l'avancement, disparaît presque ; seuls les foils et les mâts restent immergés. La puissance nécessaire chute brutalement d'environ 4 kW à environ 1,3 kW. Cette vitesse est cohérente avec la vitesse de déjaugeage de 8 nd annoncée.

Lecture sur la figure 8 : à 10 nœuds, la consommation du moteur est d'environ 2 kW.

1.8 Énergie réellement utilisable (profondeur de décharge de 80 %) :

$E_{utile}=0,80\times 5,7=4,56$ kW·h.

Autonomie à 10 nœuds (puissance constante de 2 kW) :

$t={\displaystyle \frac{E_{utile}}{P}}={\displaystyle \frac{4,56}{2,0}}\approx 2,3$ h, soit environ 2 h 17 min.

L'autonomie calculée (≈ 2,3 h) est supérieure aux 2 h exigées : l'exigence du constructeur est respectée, avec une marge d'environ 14 % (qui couvre en partie la consommation négligée pendant le déjaugeage).

1.9 Le courant de sortie vers le CAN est nul ($I=0$ A) : R₁ et R₂ sont parcourues par le même courant, c'est un pont diviseur de tension :

$U_{CAN}$$={\displaystyle \frac{R_2}{R_1+R_2}}{U}_{BAT}$$={\displaystyle \frac{2}{22+2}}{U}_{BAT}$$={\displaystyle \frac{1}{12}}{U}_{BAT}$$\approx 0,083U_{BAT}$.

D'après la figure 10, la tension batterie est maximale à 100 % de charge : $U_{BAT,max}=56$ V. Alors $U_{CAN,max}={\displaystyle \frac{56}{12}}\approx 4,67$ V.

Comme 4,67 V < 5 V, U_CAN ne dépasse jamais la tension de référence du CAN : le choix de R₁ = 22 kΩ et R₂ = 2 kΩ convient.

1.10 Le CAN code sur $n=10$ bits, soit $2^{10}=1024$ valeurs (de 0 à 1 023), pour une pleine échelle de 5 V :

$q={\displaystyle \frac{5}{2^{10}-1}}={\displaystyle \frac{5}{1023}}\approx 4,89\times {10}^{-3}$ V, soit q ≈ 4,89 mV.

(C'est la valeur cohérente avec la ligne fournie : ${\displaystyle \frac{4,66}{4,89\times {10}^{-3}}}\approx 953$ ; avec $q={\displaystyle \frac{5}{2^{10}}}\approx 4,88$ mV, les valeurs de N ne changent que d'une ou deux unités.)

Lecture de la figure 10 : à 50 % de charge, $U_{BAT}=50$ V ; à 30 % de charge, $U_{BAT}=49$ V. Puis $U_{CAN}=U_{BAT}/12$ et $N_{CAN}=U_{CAN}/q$ :

Détail : ${\displaystyle \frac{4,17}{4,89\times {10}^{-3}}}\approx 853$ et ${\displaystyle \frac{4,08}{4,89\times {10}^{-3}}}\approx 835$.

1.11 Programme complété (N30 = 835 et N50 = 853, valeurs globales) :

def testBatterie() :
    """
    Informe l'utilisateur que la charge batterie passe
    sous les seuils de 50 % puis 30 %
    """
    Ncan=can.read() #acquisition de tension batterie
    if Ncan <= N30 :
        afficherMessage("Charge inférieure à 30 %")
    elif Ncan <= N50 :
        afficherMessage("Charge inférieure à 50 %")
    else:
        afficherMessage("Batterie suffisamment chargée")

Le test du seuil 30 % doit être placé en premier : une valeur inférieure à N30 est aussi inférieure à N50, et c'est l'alerte la plus grave qui doit s'afficher. (Les parenthèses après le nom de la fonction sont nécessaires en Python.)

Conclusion. Les deux seuils correspondent à des valeurs N bien distinctes (853 et 835, soit 18 quantums d'écart) ; un quantum correspond à $12\times 4,89\approx 59$ mV de tension batterie, bien inférieur à l'écart de 1 V entre 50 % et 30 %. Le système est capable de détecter les deux seuils et d'alerter l'utilisateur. La faible pente de la courbe dans cette zone rend toutefois la détection sensible aux variations de tension (par exemple une chute de tension quand le moteur tire beaucoup de courant).

1.12 Le volant tourne de −45° à +45°, soit une course $\Delta {\alpha }_{volant}=90$°. Le système poulies-courroie est un multiplicateur de rapport $r=10$ : $\Delta {\alpha }_{codeur}=r\times \Delta {\alpha }_{volant}=10\times 90=900$°, soit ${\displaystyle \frac{900}{360}}=2,5$ tours.

Le codeur génère 100 impulsions par tour : $N=2,5\times 100=250$ impulsions. Le codeur retourne bien 250 impulsions sur toute la course du volant.

Le compteur doit pouvoir représenter les valeurs de 0 à 250, soit 251 positions. Avec 7 bits, on ne dispose que de $2^7=128$ valeurs (insuffisant) ; avec 8 bits, on dispose de $2^8=256$ valeurs (0 à 255). Un compteur 8 bits est le plus petit format suffisant, ce qui correspond à l'entier sur 8 bits transmis à l'unité arrière.

1.13 Le diagramme des exigences (figure 12, Id 2.1.1) impose une précision de 1 degré sur la mesure de l'angle du volant.

Résolution du système : une impulsion correspond à un angle volant de ${\displaystyle \frac{90}{250}}=0,36$° (ou ${\displaystyle \frac{360}{100\times 10}}=0,36$°).

Comme 0,36° < 1°, le système atteint la précision demandée.

1.14 D'après la figure 15 :

• sens anti-horaire (comptage) : B est en retard d'un quart de période sur A ; au front montant de A, B = 0 ;
• sens horaire (décomptage) : B est en avance d'un quart de période sur A ; au front montant de A, B = 1.

Programme complété :

def comptage_decomptage(int N):
    #fonction qui renvoie N après comptage ou décomptage
    B=pinB.value() #lecture de la valeur du capteur B
    if B==0:
        N=N+1
    else:
        N=N-1
    return N

(L'en-tête est celui du DR3 ; en Python strict, on écrirait def comptage_decomptage(N):.)

1.15 En FSK, une fréquence élevée code un 1 et une fréquence faible un 0. Dans chaque intervalle de bit (délimité par les traits verticaux), on compte 4 périodes (fréquence élevée) ou 2 périodes (fréquence faible). Le LSB est transmis en premier :

On réécrit la donnée du MSB vers le LSB : valeur en binaire : 1010 1101.

En hexadécimal, par quartets : 1010 = A et 1101 = D, donc valeur en hexadécimal : AD (soit 173 en décimal).

La donnée contient cinq bits à 1 (nombre impair). Pour que le nombre total de bits à 1 transmis soit pair, le bit de parité vaut 1.

1.16 Durée de transmission d'une information de 9 bits à 8 kbit·s⁻¹ :

$t_{info}={\displaystyle \frac{9}{8000}}=1,125\times {10}^{-3}$ s = 1,125 ms.

Une salve comporte quatre informations (direction, vitesse souhaitée, vitesse du moteur, niveau de charge de la batterie). La transmission étant continue, chaque information est suivie d'une pause de 10 ms (la quatrième pause précède la salve suivante) :

$T_{salve}=4\times 1,125+4\times 10=4,5+40=44,5$ ms.

Fréquence de transmission : $f={\displaystyle \frac{1}{T_{salve}}}={\displaystyle \frac{1}{44,5\times {10}^{-3}}}\approx 22,5$ Hz.

La salve dure 44,5 ms et l'on obtient bien environ 22,5 transmissions par seconde.

1.17 La figure 12 (Id 2.2.1) exige que les informations soient envoyées au moins 20 fois par seconde, avec une transmission sans fil à 8 kbit·s⁻¹ (Id 2.2).

Avec 22,5 transmissions par seconde (> 20), le système respecte l'exigence : la direction et la consigne de vitesse sont transmises assez souvent à la partie propulsion, avec une marge d'environ 12 %.

Q1. Schéma à reproduire, avec les deux forces appliquées au centre de masse M :

• poids $\overrightarrow{P}$ : vertical, dirigé vers le bas (vers le centre de la Terre) ; il n'est pas perpendiculaire au plan incliné, il fait un angle θ = 30° avec la direction de $-\overrightarrow{j}$ ;
• réaction normale $\overrightarrow{R}$ : perpendiculaire au plan incliné, dirigée vers le haut, dans le sens de $\overrightarrow{j}$ (le plan « repousse » le mobile).

Q2. Dans le référentiel terrestre supposé galiléen, la deuxième loi de Newton appliquée au mobile de masse $m$ s'écrit :

$$\sum {\overrightarrow{F}}_{ext}=m\overrightarrow{a}\text{soit ici}\overrightarrow{P}+\overrightarrow{R}=m\overrightarrow{a}$$

Q3. D'après la modélisation, $a_x=4,92$ m·s⁻² et $a_y=0$ : le vecteur accélération $\overrightarrow{a}=a_x\overrightarrow{i}$ est dirigé selon l'axe (Ox), dans le sens de $\overrightarrow{i}$. D'après la deuxième loi de Newton, la résultante des forces $\sum {\overrightarrow{F}}_{ext}=m\overrightarrow{a}$ est colinéaire à $\overrightarrow{a}$ et de même sens : elle est dirigée selon Ox, dans le sens de la descente, de norme $m{a}_x=0,275\times 4,92\approx 1,35$ N. (En projection, $a_x=g\sin \theta =9,80\times 0,5=4,90$ m·s⁻², cohérent avec la valeur du modèle.)

Q4. $x(0,3)$$=\frac{1}{2}{a}_x{t}^2$$=\frac{1}{2}\times 4,92\times 0,3^2$$=0,221$ m.

D'après la modélisation, x(0,3 s) ≈ 0,22 m.

Q5. Lecture sur la figure 3a : à $t=0,3$ s, x ≈ 0,185 m (entre 0,18 et 0,19 m).

Écart relatif : ${\displaystyle \frac{|0,185-0,221|}{0,221}}\approx 0,16$, soit environ 16 %. La position mesurée est plus faible que la position prévue : le mobile a parcouru moins de distance que dans le modèle. Le modèle néglige les frottements (contact avec le plan, air), qui ralentissent le mobile. Les premiers points de la figure 3a restent à x ≈ 0 jusqu'à t ≈ 0,05 s : un léger décalage entre l'instant du lâcher et l'origine des dates peut aussi expliquer une partie de l'écart.

Q6. Les points de la figure 3b sont alignés : $v$ est une fonction affine du temps et l'accélération est constante, égale au coefficient directeur de la droite. Avec deux points éloignés : $(0,10\text{s};0,49\text{m/s})$ et $(0,40\text{s};1,91\text{m/s})$ :

$a$$={\displaystyle \frac{\Delta v}{\Delta t}}$$={\displaystyle \frac{1,91-0,49}{0,40-0,10}}$$={\displaystyle \frac{1,42}{0,30}}$$\approx 4,7$ m·s⁻².

L'accélération mesurée vaut environ 4,7 m·s⁻².

Q7. La valeur obtenue (≈ 4,7 m·s⁻²) n'est pas exactement égale à celle du modèle (4,92 m·s⁻²) : elle est inférieure d'environ 4 %. Le modèle ne prend pas en compte les frottements : une force de frottement, opposée au mouvement (sens de $-\overrightarrow{i}$), diminue la résultante selon Ox et donc l'accélération. Les incertitudes de mesure (lecture graphique, valeur exacte de l'angle θ) contribuent aussi à l'écart.

Q1. Un transfert thermique s'effectue spontanément du corps le plus chaud vers le corps le plus froid. Comme $T_{int}=20$ °C > $T_{ext}=-53$ °C, le transfert thermique par conduction s'effectue de l'intérieur vers l'extérieur du fuselage.

Q2. Le flux thermique de conduction à travers une paroi de résistance thermique $R_{th}$ vaut ${\Phi }_{cond}={\displaystyle \frac{T_{int}-T_{ext}}{R_{th}}}$. Avec $R_{th}={\displaystyle \frac{e}{2\pi \lambda rL}}$ :

$${\Phi }_{cond}=(T_{int}-T_{ext})\frac{2\pi \lambda rL}{e}$$

Q3. L'écart de température vaut $T_{int}-T_{ext}=20-(-53)=73$ °C, soit 73 K.

${\displaystyle \frac{2\pi \lambda rL}{e}}={\displaystyle \frac{2\pi \times 0,030\times 2,8\times 60}{0,30}}\approx 105,6$ W·K⁻¹.

${\Phi }_{cond}=73\times 105,6\approx 7,7\times {10}^3$ W.

On vérifie bien Φ_cond ≈ 7,7 kW.

Q4. La capacité thermique de l'air vaut $C_{air}=m_{air}{c}_{air}$ avec $m_{air}={\rho }_{air}V$ :

$$C_{air}={\rho }_{air}V{c}_{air}$$

$C_{air}$$=1,3\times 1,4\times {10}^3\times 1,0\times {10}^3$$\approx 1,8\times {10}^6$ J·K⁻¹.

C_air ≈ 1,8 × 10⁶ J·K⁻¹, du même ordre de grandeur que $C=1,9\times {10}^6$ J·K⁻¹ (environ 96 % de C) : la capacité thermique de l'habitacle est essentiellement celle de son air, les sièges, passagers et équipements n'en représentant qu'une petite partie dans ce modèle.

Q5. Système : {air de l'habitacle}, système fermé, au repos macroscopique. Le premier principe s'écrit, sur une durée Δt : $\Delta U=W+Q$. En termes de puissances, la variation d'énergie interne par unité de temps est égale à la somme des puissances reçues :

$$\frac{\Delta U}{\Delta t}=P_{CVC}+P_{pass}-{\Phi }_{cond}$$

(l'air reçoit $P_{CVC}$ du dispositif et $P_{pass}$ des passagers, et cède ${\Phi }_{cond}$ vers l'extérieur à travers le fuselage). En régime permanent, la température est constante, donc l'énergie interne aussi : $\Delta U=0$. D'où $P_{CVC}+P_{pass}-{\Phi }_{cond}=0$, soit :

$$P_{CVC}={\Phi }_{cond}-P_{pass}$$

Q6. $P_{CVC}=7,7-14=-6,3$ kW.

P_CVC ≈ −6,3 kW < 0 : le dispositif ne fournit pas d'énergie à l'air, il en reçoit. Les passagers apportent plus de chaleur que le fuselage n'en laisse fuir : le dispositif doit fonctionner en climatisation, en extrayant environ 6,3 kW de l'air de l'habitacle, malgré les −53 °C extérieurs.

Q7. Sans le dispositif de CVC, l'habitacle (capacité thermique C) reçoit $P_{pass}$ et perd ${\Phi }_{cond}$ ; le premier principe donne, pendant Δt :

$C(T_{d\acute{e}f}-T_{int})$$=(P_{pass}-{\Phi }_{cond})\Delta t$

$T_{d\acute{e}f}-T_{int}$$={\displaystyle \frac{(14\times {10}^3-7,7\times {10}^3)\times 3600}{1,9\times {10}^6}}$$={\displaystyle \frac{6,3\times {10}^3\times 3600}{1,9\times {10}^6}}$$\approx 12$ K.

T_déf ≈ 20 + 12 = 32 °C une heure après la panne (avec C_air à la place de C, on trouverait environ 32,5 °C).

Commentaire. Une hausse de 12 °C en une heure rend la cabine très inconfortable : la climatisation est indispensable, même en vol à −53 °C. Le résultat est un majorant : quand $T_{int}$ augmente, l'écart avec l'extérieur grandit et le flux de conduction augmente (à 32 °C, ${\Phi }_{cond}\approx 85\times 105,6\approx 9,0$ kW), ce qui ralentit l'échauffement. L'hypothèse d'un flux constant surestime donc légèrement $T_{d\acute{e}f}$.