Concours Physique ENS Lyon, Cachan (MP*) 1997 (Corrigé)

ENS Lyon Cachan 1997 section MP
I Propagation de la lumière dans deux guides d’ondes différents
A - Equations de Maxwell
a) L’équation de Maxwell-Gauss (M.G.) $div\,E = \frac{\rho }{{{\varepsilon _0}}}$ est la version locale du théorème de Gauss.
L’équation $div\,B = 0$ exprime que B est à flux conservatif (absence de “ charges magnétiques ”)
L’équation de Maxwell-Ampère (M.A.) $rot\;B - {\varepsilon _0}{\mu _0}\frac{{\partial E}}{{\partial t}} = {\mu _0}j$ est la version locale du théorème de Maxwell-Ampère qui devient le théorème d’Ampère en régime permanent.
L’équation de Maxwell-Faraday (M.F.) $rot\;E + \frac{{\partial B}}{{\partial t}} = 0$ est équivalente à $\oint {E.dl} = - \frac{{d{\Phi _B}}}{{dt}}$ (contour fixe) qui correspond dans ce cas à la loi de Faraday.

b) En prenant la divergence de (M.A.) et en utilisant (M.G.) on obtient $div\;j + \frac{{\partial \rho }}{{\partial t}} = 0$ qui est l’équation locale de conservation de la charge.
c) En régime variable les champs E et B sont couplés (voir (M.A.) et (M.F.)) ce qui n’est plus le cas en régime permanent : chaque équation fait intervenir alors soit l’un soit l’autre mais pas les deux champs en même temps.
d) En l’absence de charges et de courants ρ=0 et j=0. En prenant le rotationnel de (M.A.) et en utilisant (M.F.) et $div\,B = 0$ on obtient l’équation $\Delta B - {\varepsilon _0}{\mu _0}\frac{{{\partial ^2}B}}{{\partial {t^2}}} = 0$ . De même, le rotationnel de (M.F.) et l’utilisation de (M.A.) et (M.G.) conduisent à $\Delta E - {\varepsilon _0}{\mu _0}\frac{{{\partial ^2}E}}{{\partial {t^2}}} = 0$. Ce sont des équations de propagation de célérité $c = \frac{1}{{\sqrt {{\varepsilon _0}{\mu _0}} }}$.

B - Guide d’onde
a) Dériver par rapport à z revient à multiplier par ik. Dériver par rapport à t revient à multiplier par -iω. On en déduit alors (après simplification par le facteur exponentiel) :
(M.A.) projetée sur ${\vec e_\theta }$ devient $ik{{\rm{B}}_r} - \frac{{d{{\rm{B}}_z}}}{{dr}} + {\varepsilon _0}{\mu _0}i\omega {{\rm{E}}_\theta } = 0$ . (M.F.) projetée sur ${\vec e_r}$ devient $- ik{{\rm{E}}_\theta } - i\omega {{\rm{B}}_r} = 0$. Ces deux équations conduisent (en posant ${K^2} = \frac{{{\omega ^2}}}{{{c^2}}} - {k^2}$) à ${{\rm{B}}_r} = \frac{{ik}}{{{K^2}}}\frac{{d{{\rm{B}}_z}}}{{dr}}$ et à ${{\rm{E}}_\theta } = - \frac{{i\omega }}{{{K^2}}}\frac{{d{{\rm{B}}_z}}}{{dr}}$. De la même façon, en utilisant (M.A.) projetée sur ${\vec e_r}$ et (M.F.) projetée sur ${\vec e_\theta }$ on obtient ${{\rm{B}}_\theta } = \frac{{i\omega }}{{{K^2}{c^2}}}\frac{{d{{\rm{E}}_z}}}{{dr}}$ et ${{\rm{E}}_r} = \frac{{ik}}{{{K^2}}}\frac{{d{{\rm{E}}_z}}}{{dr}}$. Les vérifications d’homogénéité se font aisément en utilisant le fait que [E]=[B][c] [k]=[K] [k][c]=[ω] et [k][r]=1.
b) Pour une onde TEM, E_z et B_z devraient être nuls. Mais alors, d’après les équations du a), toutes les composantes sont nulles. L’onde nulle n’a que peu d’intérêt physique !
c) L’équation (M.A.) projetée sur ${\vec e_z}$ conduit (si ω est non nul) en utilisant les expressions obtenues au a) à l’équation $\frac{1}{{{K^2}}}\frac{1}{r}\frac{d}{{dr}}\left( {r\frac{{d{{\rm{E}}_z}}}{{dr}}} \right) + {{\rm{E}}_z} = 0$ tandis que (M.F.) projetée également sur ${\vec e_z}$ conduit à $\frac{1}{{{K^2}}}\frac{1}{r}\frac{d}{{dr}}\left( {r\frac{{d{{\rm{B}}_z}}}{{dr}}} \right) + {{\rm{B}}_z} = 0$ c’est à dire que E_z et B_z vérifient exactement la même équation du second ordre.
Remarque : les équations (M.G.) et $div\,B = 0$ qui sont les seules non encore utilisées sont alors vérifiées.
d) Les conditions de passage entre le conducteur parfait (où E et B sont nuls) et le vide indiquent qu’au voisinage de la paroi les composantes tangentielles de E (E_z et E_θ) et normale de B (B_r) sont nulles. Cela impose donc (d’après le a) ) que, en r=R, E_z et $\frac{{d{{\rm{B}}_z}}}{{dr}}$ sont nuls (puisque ω est non nul). Par contre, contrairement à ce que suggère l’énoncé, il n’y a pas de contrainte sur B_z.
e) Le changement de variable proposé par l’énoncé mène à $\frac{1}{x}\frac{d}{{dx}}\left( {x\frac{{d{{\rm{E}}_z}}}{{dx}}} \right) + {{\rm{E}}_z} = 0$ qui peut s’écrire aussi $\frac{{{d^2}{E_z}}}{{d{x^2}}} + \frac{1}{x}\frac{{d{{\rm{E}}_z}}}{{dx}} + {{\rm{E}}_z} = 0$ (équation de Bessel). La solution bornée en x=0 en est ${{\rm{E}}_z} = {a_0}{J_0}(Kr)$. D’après les relations du a) ${{\rm{E}}_r} = \frac{{ik}}{{{K^2}}}\frac{{d{{\rm{E}}_z}}}{{dr}} = {a_0}\frac{{ik}}{K}\frac{{d{J_0}}}{{dx}}(Kr)$ et ${{\rm{B}}_\theta } = {a_0}\frac{{i\omega }}{{K{c^2}}}\frac{{d{J_0}}}{{dx}}(Kr)$. Les autres composantes des champs sont nulles.

f) Les conditions mises en évidence au d) imposent alors seulement que E_z soit nul en r=R donc que ${J_0}(KR) = 0$. L’étude de la fonction de Bessel J₀ montre que cela correspond à des valeurs discrètes de K : K₁, K₂, K₃ etc. telles que K₁R ≈ 2,4 K₂R ≈ 5,5 K₃R ≈ 8,7 (et plus généralement K_jR ≈ jπ-π/4 pour j entier assez grand) qui sont donc fixées uniquement par la géométrie du guide. À ω et R fixé ces valeurs sont en nombre fini car il faut de plus que K soit inférieur à ω/c pour que k soit réel. Il y a donc un nombre fini (éventuellement nul si K₁>ω/c) de modes de propagation pour chaque fréquence. À chacun de ces modes (indice j) correspond une valeur k_j de k telle que $k_j^2 = \frac{{{\omega ^2}}}{{{c^2}}} - K_j^2$ . La plus grande valeur de k correspond à la plus petite de K donc à l’indice 1 : ${k_1} = \sqrt {\frac{{{\omega ^2}}}{{{c^2}}} - {{\left( {\frac{{2,4}}{R}} \right)}^2}} = 160\;{{\rm{m}}^{ - 1}}$. La longueur d’onde correspondante est $\lambda {}_1 = \frac{{2\pi }}{{{k_1}}} = 3,9\;{\rm{cm}}$. La vitesse de phase est ${v_{\varphi 1}} = \frac{\omega }{{{k_1}}} = c\frac{\omega }{{\sqrt {{\omega ^2} - {{\left( {\frac{{2,4c}}{R}} \right)}^2}} }} = 3,75\;{10^8}\,{\rm{m}}{\rm{.}}{{\rm{s}}^{ - 1}}$. La vitesse de groupe qui représente la vitesse d’ensemble (de l’enveloppe) d’un paquet d’onde est ${v_{g1}} = \frac{{d\omega }}{{d{k_1}}} = \frac{{{c^2}}}{{{v_{\varphi 1}}}} = c\frac{{\sqrt {{\omega ^2} - {{\left( {\frac{{2,4c}}{R}} \right)}^2}} }}{\omega } = 2,4\;{10^8}\,{\rm{m}}{\rm{.}}{{\rm{s}}^{ - 1}}$ et est inférieure à c ce qui est satisfaisant sur le plan de la transmission de l’information.
II Propagation d'une onde lumineuse dans un milieu d’indice variable
a) Lois de Descartes : un rayon lumineux incident sur un dioptre donne naissance (en général) à un rayon réfléchi et à un rayon réfracté.
- Le rayon réfléchi et le rayon réfracté appartiennent au plan d’incidence.
- Le rayon réfléchi est le symétrique du rayon incident par rapport à la normale.
- Les angles d’incidence et de réfraction vérifient : n₁ sin i₁ = n₂ sin i₂.
Si $\left| {\sin {\rm{ }}{i_1}} \right| > \frac{{{n_2}}}{{{n_1}}}$, le rayon réfracté n’existe pas : on a réflexion totale.

b) La continuité de l’indice en r = R impose : n₁ = n₀(1 + AR²) d’où $A = \frac{{\frac{{{n_1}}}{{{n_0}}} - 1}}{{{R^2}}}$. A est donc positif.

c) On peut raisonner sur un milieu “ stratifié ” constitué d’un grand nombre de dioptres cylindriques coaxiaux, délimitant des milieux homogènes. Autrement dit, on approxime n(r) par une fonction en escalier, et on admet que tout se passe bien lorsque la hauteur des marches tend vers zéro.
(NDLR : l’énoncé aurait pu guider davantage les candidats vers ce raisonnement, les milieux inhomogènes étant hors programme.)
Dans ces conditions, il est clair que la trajectoire est plane puisqu’à chaque réfraction le rayon reste dans le plan méridien, et que $n\left( r \right)\sin \left( {\frac{\pi }{2} - \beta } \right) = n\left( r \right)\cos \beta = {\rm{constante}}$le long du rayon lumineux. Lorsqu’on s’éloigne de l’axe, l’indice augmente, et par conséquent β augmente, d’où l’allure de la trajectoire.
d) D’après le résultat précédent, n(r) cos β = n₀ cos β₀ avec ${n_0}\sin {\beta _0} = \sin \frac{\pi }{6} = \frac{1}{2}$.
On peut alors écrire :
${\left( {\frac{{dr}}{{dz}}} \right)^2} = {\tan ^2}\beta = \frac{1}{{{{\cos }^2}\beta }} - 1 = {\left( {\frac{{n\left( r \right)}}{{{n_0}\cos {\beta _0}}}} \right)^2} - 1$
C’est l’équation différentielle demandée, avec K = n₀ cos β₀ .
e) Si n₁/n₀ est très voisin de 1, le résultat du b) indique que AR² sera très petit devant 1. Comme r≤ R , on peut considérer que Ar² est un infiniment petit et négliger les termes du second ordre :
${\left( {\frac{{dr}}{{dz}}} \right)^2} \cong \frac{{1 + 2A{r^2}}}{{{{\cos }^2}{\beta _0}}} - 1 = {\tan ^2}{\beta _0} + \frac{{2A{r^2}}}{{{{\cos }^2}{\beta _0}}}$
f) L’étude qualitative du c) montre que dr/dz va rester positif, et par conséquent :
$dz = \frac{{dr}}{{\sqrt {{{\tan }^2}{\beta _0} + \frac{{2A{r^2}}}{{{{\cos }^2}{\beta _0}}}} }}$
On peut alors utiliser une primitive donnée dans l’annexe b) avec a = tan β₀ et $x = \frac{{r\sqrt {2A} }}{{\cos {\beta _0}}}$, ce qui donne en intégrant de 0 à r :
$z = \frac{{\cos {\beta _0}}}{{\sqrt {2A} }}s{h^{ - 1}}\left( {\frac{{r\sqrt {2A} }}{{\sin {\beta _0}}}} \right)$
D’où finalement, en inversant cette relation :
$r = \frac{{\sin {\beta _0}}}{{\sqrt {2A} }}sh\left( {\frac{{z\sqrt {2A} }}{{\cos {\beta _0}}}} \right)$
Si A tend vers zéro, on peut linéariser le sinus hyperbolique et on obtient r ≅ z tan β₀ , ce qui correspond bien à une trajectoire rectiligne dans un milieu homogène. On obtient la même expression approchée si z tend vers 0 : la tangente à l’origine fait l’angle β₀ avec l’axe Oz.
g) Il faut bien entendu placer le détecteur en r = e tan β₁, avec n₁ sin β₁ = 1/2 , ce qui donne numériquement : r = 41,667 µm.
h) Le rayon lumineux est dévié, théoriquement il n’atteint plus le détecteur. En réalité, la déviation est faible, et il faut tenir compte de la largeur du faisceau laser ainsi que de la largeur du détecteur : on observera simplement une diminution du signal, le détecteur n’étant plus parfaitement centré sur le faisceau laser.
i) Il suffit d’appliquer le résultat du f), avec z = e , et on trouve r = 44,072 µm. Il faut donc éloigner le détecteur de l’axe de 2,405 µm.
(En prenant simplement r ≅ e tan β₀ , on obtient r = 44,064 µm, soit une erreur de 8 nm! Finalement, ce n'est pas le gradient d'indice qui est important, mais plutôt la variation d'indice au centre de l'échantillon.)

III Réalisation d'un milieu d'indice variable
a) Le courant thermique j (ou flux thermique surfacique) est donné par la loi de Fourier : $\vec j = - \lambda \overrightarrow {grad} T$. D'autre part, en dehors du fil, le travail échangé (autre qu'un éventuel travail des forces de pression) est nul, par conséquent l'équation exprimant le bilan local d'enthalpie s'écrit : $div\vec j + \rho C\frac{{\partial T}}{{\partial t}} = 0$. (Par analogie avec l'équation de conservation de la charge électrique.) En éliminant j, on en déduit que T satisfait à l'équation de diffusion :
$\frac{{\partial T}}{{\partial t}}D\Delta T{\text{ avec }}D = \frac{\lambda }{{\rho C}}$
b) D’après l’équation de diffusion, D se mesure en m²s^–1. Il est clair que l’argument de l’exponentielle est alors sans dimension, comme il se doit.
À chaque instant, la répartition de températures est une gaussienne centrée sur l’axe. La largeur de la gaussienne est proportionnelle à $\sqrt t$et sa hauteur à t^–1 : l’énergie “ s’étale ”. En calculant $\frac{{\partial T}}{{\partial t}}$, on montre facilement qu’à r fixé T est maximum à l’instant $t = \frac{{{r^2}}}{{4D}}$: un capteur placé en dehors de l’axe verra passer une “ bouffée de chaleur ”.
Si C tend vers 0, ou bien si λ tend vers l’infini, D tend vers l’infini, et le temps caractéristique d’évolution est très faible : en un point donné, T augmente très rapidement, puis revient presque instantanément à la valeur T₀.
Au contraire, si C tend vers l’infini, ou bien si λ tend vers 0, D tend vers 0, et le temps caractéristique d’évolution est infini : le matériau est un isolant thermique, rien ne se passe.
c) On peut déterminer B en effectuant un bilan global d’enthalpie : pour tout t positif, la variation d’enthalpie doit être égale au travail électrique reçu, ce qui s’écrit pour l’unité de longueur :
$\int_0^\infty {\rho C\left( {T - {T_0}} \right)2\pi r{\rm{ }}dr = R{I^2}\delta t}$
L’intégration est immédiate, et on obtient : $B = \frac{{R{I^2}\delta t}}{{4\pi \rho C}}$

d) L’écart de n par rapport à la valeur 1 (correspondant au vide) est proportionnel au nombre d’atomes avec lesquels interagit l’onde électromagnétique dans un volume donné, donc à ρ.
(NDLR : c’est vraiment tout ce qu’on peut exiger d’un élève de MP. D’ailleurs, c’est plutôt n² – 1 qui est proportionnel à ρ.)
e) En notant k le coefficient de dilatation volumique, on peut écrire :
$\rho = \frac{{{\rho _0}}}{{1 + k\left( {T - {T_0}} \right)}} \cong {\rho _0}\left[ {1 - k\left( {T - {T_0}} \right)} \right]$
Si t est supérieur à r²/D, on est dans la partie centrale de la gaussienne, et on peut l’approximer par une parabole :
$T - {T_0} \cong \frac{B}{{Dt}}\left( {1 - \frac{{{r^2}}}{{4Dt}}} \right)$
Utilisant le résultat du d), on obtient :
$n = 1 + \Lambda {\rho _0}\left( {1 - \frac{{kB}}{{Dt}}\left( {1 - \frac{{{r^2}}}{{4Dt}}} \right)} \right)$
qui est bien une fonction affine croissante de r².
f) Dans une première phase (partie A de la courbe) la largeur de la répartition gaussienne de températures, qui augmente en $\sqrt t$, est inférieure à la distance entre l’axe et le détecteur. Les approximations du II ne permettent pas de décrire quantitativement le phénomène, mais on peut penser que la déviation du faisceau de contrôle est d’autant plus importante que la région chaude est plus large, puisque le faisceau la traverse “ en biais ” : le signal diminue.
Le minimum de signal s’observe sans doute lorsque le détecteur voit un maximum de température (question IIIb). À partir de cet instant, on peut appliquer les résultats du II : on a vu que c’est essentiellement la valeur de n₀ qui compte (question IIi), or n₀ est une fonction croissante du temps (question IIIe), par conséquent le signal augmente : c’est bien ce que l’on observe sur la partie B.

Enfin, au bout d’un temps suffisamment long, l’équilibre thermique s’est rétabli, et le signal a retrouvé sa valeur maximale.
(NDLR : ces explications ne sont pas très satisfaisantes, j’en conviens. Je ne m’explique pas, en particulier, le temps de réponse initial (environ 5 µs), ni pourquoi le minimum de signal correspond à un point anguleux.)