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Sujets et corrigés du bac de physique-chimie 2026

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Sujet Bac Corrigé - Injecteur d'automobile et bobine - Bac S Antilles-Guyane rattrapage 2008 (ancien programme) - Ex 2 - Corrigé (Physique-chimie)

Dans un moteur moderne, le carburant est injecté grâce à un électroaimant. Cet exercice t'emmène de la lecture d'un oscillogramme jusqu'à la mesure de l'inductance de sa bobine. 🚗

  • Période de la tension, cycle d'injection et accord avec les 3 000 tours par minute
  • Voies d'acquisition, loi d'additivité des tensions et loi d'Ohm
  • Calcul de pentes sur un signal triangulaire et unités du système international
  • Calcul de l'inductance L et comparaison avec la valeur du constructeur

Le corrigé reprend chaque question avec les calculs détaillés, les lectures graphiques et les pièges de signe.

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Une bobine au cœur d'un moteur

Cet exercice de 4 points du bac S 2008 Antilles-Guyane (rattrapage, ancien programme) part d'une situation concrète : l'ouverture d'un injecteur d'automobile commandée par un électroaimant. Il mobilise la lecture d'oscillogrammes, les lois des circuits électriques et la relation caractéristique d'une bobine idéale, uL = L di/dt. C'est un sujet idéal pour vérifier que tu maîtrises les dérivées en électricité.

Partie 1 : lire le document a

Le motif de la tension uL(t) se reproduit à t = 0, 20, 40 et 60 ms, d'où T = 20 ms. Pour limiter l'erreur de lecture, on mesure plusieurs périodes : trois motifs occupent 60 ms. Le cycle d'injection comprend une phase d'injection de durée Δt = 3 ms et une phase sans injection de durée Δt' = 17 ms, donc T' = Δt + Δt' = 20 ms. Le piège est de répondre Δt, qui n'est que la durée d'une injection.

On conclut que T = T' : la tension aux bornes de la bobine et le cycle d'injection ont la même période. Avec une injection par tour, le nombre de tours par minute vaut 60/T' = 3,0 × 103, en accord avec les 3 000 tours par minute annoncés, à condition de convertir T' en secondes.

Partie 2 : déterminer l'inductance

Le montage associe la bobine et un conducteur ohmique de résistance R = 1,00 kΩ. La voie EA0 visualise uR(t), la voie EA1 visualise la tension du générateur e(t) = uL + uR. Le logiciel obtient donc uL par différence, uL = e - uR. Avec la loi d'Ohm, uR = R i, d'où di/dt = (1/R) duR/dt.

Sur l'intervalle Δt', uR passe de 2,0 V à -2,0 V en 17 ms : la pente vaut environ -2,4 × 102 V/s et di/dt = -0,24 A/s. Les paliers donnent uL = 2,5 V sur Δt et -0,5 V sur Δt'. Le tableau de l'annexe se complète ainsi, avec di/dt en A·s-1 et L en henrys.

Le calcul final donne L = 2,5/1,3 ≈ 1,9 H sur Δt et L = -0,5/(-0,24) ≈ 2,1 H sur Δt'. Les deux valeurs sont voisines et s'accordent à 5 % près avec les 2,0 H annoncés par le constructeur, l'écart venant de l'imprécision des lectures graphiques.

Les pièges à éviter

Attention au signe sur Δt' : uL et di/dt sont tous deux négatifs, leur quotient est positif. Pense aussi à convertir les millisecondes en secondes avant de diviser et à ne garder que deux chiffres significatifs.

Conseils pour réussir

Retiens qu'une tension constante aux bornes d'une bobine impose une intensité qui varie à vitesse constante : créneaux pour uL, rampes pour uR. Ce lien entre les deux courbes est la clé de tout l'exercice.