Concours Physique TPE 1992 (Corrigé)

1. 
   Sur le système (O,$\vec u,\vec v$), P a pour coordonnées (a,0) et Ω a pour coordonnées (-a cos θ, a sin θ) ; d’où : $P\vec \Omega = - a\left( {1 + \cos \theta } \right)\vec u + a\sin \theta \vec v$
2. $P\Omega = 2a\cos \frac{\theta }{2}$ s’obtient à partir des coordonnées précédentes ou en raisonnant directement sur le triangle isocèle OPΩ dont les angles P et Ω valent θ/2.
3. $\vec T = K\left( {2a\cos \frac{\theta }{2} - \ell } \right)\left[ { - \cos \frac{\theta }{2}\vec u + \sin \frac{\theta }{2}\vec v} \right]$
4. $\vec F = Mg\left[ {\cos \theta \vec u - \sin \theta \vec v} \right] + r\vec u + K\left( {2a\cos \frac{\theta }{2} - \ell } \right)\left[ { - \cos \frac{\theta }{2}\vec u + \sin \frac{\theta }{2}\vec v} \right]$
   où r est la mesure algébrique (et non le module) de la réaction du demi cercle sur la perle.


5. $\vec V = a\dot \theta \vec v$.
6. $\vec F.\vec V = a\dot \theta \left[ {\left( {Ka - Mg} \right)\sin \theta - K\ell \sin \frac{\theta }{2}} \right]$.
7. $\vec F.\vec V = - \frac{{d{E_p}}}{{dt}} = - \frac{{d{E_p}}}{{d\theta }}\frac{{d\theta }}{{dt}}$. D’où $\frac{{d{E_p}}}{{d\theta }} = a\left[ {\left( {Mg - Ka} \right)\sin \theta + K\ell \sin \frac{\theta }{2}} \right]$ et
   ${E_p} = a\left[ {\left( {Ka - Mg} \right)\cos \theta - 2K\ell \cos \frac{\theta }{2}} \right] + cste$
8. $E = \frac{1}{2}M{a^2}{\dot \theta ^2} + {E_p}$
9. En projetant la loi fondamentale de la dynamique sur $\vec v$ et en utilisant l’expression de la force de la question 4, on obtient : $Ma\ddot \theta = {F_\theta } = - Mg\sin \theta + K\left( {2a\cos \frac{\theta }{2} - \ell } \right)\sin \frac{\theta }{2} = \left( {Ka - Mg} \right)\sin \theta - K\ell \sin \frac{\theta }{2}$
   On peut aussi obtenir cette relation en dérivant l’énergie par rapport au temps.
10. Les positions d’équilibres sont celles pour lesquelles: ${F_\theta } = 2\left( {Ka - Mg} \right)\sin \frac{\theta }{2}\cos \frac{\theta }{2} - K\ell \sin \frac{\theta }{2} = 0$
    - ou bien $\theta = 0$ ;
    - ou bien $\theta = \pm \,{\theta _1}$ tel que $\cos \frac{{{\theta _1}}}{2} = \frac{{K\ell }}{{2\left( {Ka - Mg} \right)}}$ si cette équation a des racines.
11. ${\theta _1}$, compris entre 0 et $\frac{\pi }{2}$(soit $\frac{{{\theta _1}}}{2}$ compris entre 0 et $\frac{\pi }{4}$), existe si $\frac{1}{{\sqrt 2 }} \le \frac{{K\ell }}{{2\left( {Ka - Mg} \right)}} < 1$, ce qui exige $Ka > Mg$ et $1 < \frac{{2\left( {Ka - Mg} \right)}}{{K\ell }} \le \sqrt 2 $. Donc${\theta _1}$ existe si $K\left( {a - \frac{\ell }{{\sqrt 2 }}} \right) \le Mg < K\left( {a - \frac{\ell }{2}} \right)$
    Le poids ne doit être, ni trop grand (alors il n’y a qu’une position d’équilibre, qui est stable, en θ = 0), ni trop petit (alors l’action du ressort l’emporte et la position d’équilibre θ = 0 est instable ; lorsqu’on s’en écarte, la perle est rappelée au delà de sa position extrême $\theta = \frac{\pi }{2}$).


12. L’équilibre est stable si $\frac{{d{F_\theta }}}{{d\theta }} < 0$ et instable si $\frac{{d{F_\theta }}}{{d\theta }} > 0$. Comme :
    $\frac{{d{F_\theta }}}{{d\theta }} = - \left( {Ka - Mg} \right)\cos \theta - \frac{{K\ell }}{2}\cos \frac{\theta }{2}$, la position d’équilibre θ = 0 est stable si $Mg \le K\left( {a - \frac{\ell }{2}} \right)$(alors, c’est la seule position d’équilibre) et instable si l’inégalité est en sens contraire.
    Si θ₁ existe, θ = ± θ₁ sont des positions d’équilibre stable, parce que les positions d’équilibres sont alternativement stables et instables. On peut aussi le montrer en examinant le signe de $\frac{{d{F_\theta }}}{{d\theta }} = \left( {Ka - Mg} \right)\cos {\theta _1} - \frac{{K\ell }}{2}\cos \frac{{{\theta _1}}}{2}$
    $ = \left( {Ka - Mg} \right){\left\{ {2{{\left[ {\frac{{K\ell }}{{2\left( {Ka - Mg} \right)}}} \right]}^2} - 1} \right\}_1} - \frac{{K\ell }}{2}\frac{{K\ell }}{{2\left( {Ka - Mg} \right)}} = \frac{{{K^2}{\ell ^2}}}{{4\left( {Ka - Mg} \right)}} - \left( {Ka - Mg} \right)$ qui est négatif puisque $\frac{{K\ell }}{{2\left( {Ka - Mg} \right)}} < 1$.
13. $a = \frac{{2Mg}}{K}$ ; $\ell = \sqrt {3\frac{{Mg}}{K}} $. D’où : $\cos \frac{{{\theta _1}}}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$ ; ${\theta _1} = \frac{\pi }{3}$.
    Les positions d’équilibre sont donc $\theta = - \frac{\pi }{3},\;\theta = 0\;et\;\theta = + \frac{\pi }{3}$.
    Comme $\frac{{d{F_\theta }}}{{d\theta }}\left( {\theta = 0} \right) = \left( {1 - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)Mg > 0$, la position d’équilibre θ = 0 est instable.
    Comme $\frac{{d{F_\theta }}}{{d\theta }}\left( {\theta = \pm {\theta _1}} \right) = - \frac{1}{4}Mg < 0$, les positions d’équilibre θ = ± θ₁ sont stables.
    L’énoncé complique inutilement la résolution de ce problème en obligeant à intégrer F pour obtenir E_p, puis en dérivant deux fois E_p pour obtenir la dérivée de F. Il est plus simple de ne dériver qu’une fois F.
14. Si ε est petit, une expression approximative de la force au voisinage de la position d’équilibre est : ${F_\theta } \approx \varepsilon \frac{{d{F_\theta }}}{{d\theta }}\left( {\theta = \pm {\theta _1}} \right) = - \frac{{Mg}}{4}\varepsilon $. La loi fondamentale de la dynamique s’écrit $Ma\ddot \varepsilon = - \frac{{Mg}}{4}\varepsilon $ qui est l’équation d’un oscillateur harmonique de pulsation Ω telle que ${\Omega ^2} = \frac{g}{{4a}} = \frac{K}{{8M}}$ .
15. Si on résout naïvement l’énoncé, on trouve une amplitude de ε égale à $\sqrt 2 $ radian, ce qui est trop grand.
    L’énergie cinétique initiale est ${E_c}\left( 0 \right) = \frac{1}{2}M{a^2}\dot \varepsilon _0^2 = \frac{{Mga}}{4} = 0,25Mga$.
    La différence d’énergie potentielle entre le point de départ (minimum) et le point extrême possible (maximum) est ${E_p}\left( {\theta = \frac{\pi }{2}} \right) - {E_p}\left( {\theta = \frac{\pi }{3}} \right) = Mga\left( {\frac{5}{2} - \sqrt 6 } \right) \approx 0,05Mga$, qui est nettement plus petit que l’énergie cinétique initiale. Donc la perle a un mouvement approximativement uniforme $\varepsilon \approx \varepsilon \left( 0 \right)t$ jusqu’à ce qu’elle parvienne à l’extrémité du demi cercle. L’énoncé ne permet pas de savoir ce qu’il advient ensuite.


16. ${\Omega ^2} = \frac{K}{{8M}} = \frac{{K'}}{M}$. Donc $K' = \frac{K}{8} = 125\;N/m$. K’ est nettement plus petit que K, car le poids est la force de rappel la plus importante et diminue notablement l’effet du ressort.
17. ${\Omega ^2} = \frac{g}{{4a}} = \frac{g}{L}$. Donc $L = 4a = \frac{{8Mg}}{K} = 7,8\;cm$. A noter l’irréalisme de la petitesse de a. En l’absence de ressort, le système est équivalent à un pendule de longueur a, donc on aurait L = a. Le ressort jouant contre le poids, tout se passe comme si la pesanteur était plus faible, ou, ce qui revient au même, comme si la longueur du pendule était plus grande.
18. ${\vec \sigma _O} = M{a^2}\dot \theta \vec k$.
19. $O\vec P \wedge F = a{F_\theta }\vec k$.
20. $\frac{{d{{\vec \sigma }_O}}}{{dt}} = O\vec P \wedge \vec F$ soit $M{a^2}\ddot \theta = a{F_\theta }$ qui au facteur a près est identique à l’équation de la question 9. Il vaut mieux ne pas expliciter la force, la démonstration est alors plus claire.

Concours Physique ENSI (P') 1992 Physique 2 (Corrigé)

Préliminaire.

Soit une machine stationnaire traversée par un écoulement stationnaire d’un fluide et qui reçoit le travail $W'$ et la chaleur $Q$. Appliquons le premier principe au système formé par cette machine et par le fluide qui dans l’état initial est en partie dans la machine et en partie à l’entrée et dans l’état final est en partie dans la machine et en partie à la sortie. Notons par l’indice e le fluide à l’entrée et par l’indice s le fluide à la sortie. Soit ${S_e}$ et ${S_s}$ les sections du tuyau à l’entrée et à la sortie et ${L_e}$ et ${L_s}$ les longueurs qu’y occupe le fluide dans l’état initial et dans l’état final. Outre $W'$, le système reçoit le travail des forces de pression à l’entrée ${p_e}{S_e}{L_e}$, le travail des forces de pression à la sortie $ - {p_s}{S_s}{L_s}$ et le travail du poids qui est $mg({z_e} - {z_s})$ parce que le poids dérive d’une énergie potentielle $mgz$ et parce que la machine et l’écoulement sont stationnaires, ce qui fait que l’énergie potentielle qu’ils stockent est constante.

$\Delta (U + {E_c}) = W' + Q + {p_e}{S_e}{L_e} - {p_s}{S_s}{L_s} + mg({z_e} - {z_s})$
Comme l’écoulement et la machine sont dans un état stationnaire, l’énergie stockée dans la machine ne varie pas, donc $\Delta (U + {E_c}) = [U + {E_c}]_e^s$. D’autre part ${H_e} = {U_e} + {p_e}{S_e}{L_e}$ et ${H_s} = {U_s} + {p_s}{S_s}{L_s}$. En divisant par la masse $m$ de fluide transvasée et en représentant par des minuscules les grandeurs massiques : $[h + \frac{1}{2}{v^2} + gz]_e^s = w' + q$ , soit en négligeant les énergies potentielle et cinétique macroscopiques :${h_s} - {h_e} = w' + q$
1. Compresseur.
1. 1. et 1. 2. La transformation est une adiabatique réversible d’un gaz parfait, qui obéit à la loi de Laplace :
$\begin{array}{l}\frac{{{T_3}}}{{{p_1}^{1 - \frac{1}{\gamma }}}} = \frac{{{T_2}}}{{{p_2}^{1 - \frac{1}{\gamma }}}} \Rightarrow {T_3} = {T_2}{\left( {\frac{{{p_1}}}{{{p_2}}}} \right)^{1 - \frac{1}{\gamma }}} = 273{(12,65/5)^{1 - \frac{1}{{1,2}}}} = 318,7K\\{c_{pg}} = \frac{{\gamma R}}{{(\gamma - 1)M}} = \frac{{1,2 \times 8,31}}{{0,2 \times 0,0865}} = 576,4{\mathop{\rm J}\nolimits} .{K^{ - 1}}.k{g^{ - 1}}\\w' = {h_s} - {h_e} = {c_{pg}}({T_3} - {T_2}) = 576,4 \times (318,7 - 273) = 26300J/kg\end{array}$
1.3. Comme la transformation est adiabatique et réversible, $\Delta s = 0$.
1.4.a. Comme pour un gaz parfait $s - {s_0} = {c_{pg}}\ln \frac{T}{{{T_0}}} - \frac{R}{M}\ln \frac{p}{{{p_0}}}{\rm{ }}$, l’équation de l’isobare de pression $p$ est : $T = {T_0}{\left( {\frac{p}{{{p_0}}}} \right)^{1 - \frac{1}{\gamma }}}\exp \frac{{s - {s_0}}}{{{c_{pg}}}}$
L’isobare de pression ${p_2}$ se déduit de l’isobare de pression ${p_1}$ par translation parallèle à l’axe des $s$ de $ - \frac{R}{M}\ln \frac{{{p_2}}}{{{p_1}}}$ puisque $s(T,{p_2}) = s(T,{p_1}) - \frac{R}{M}\ln \frac{{{p_2}}}{{{p_1}}}$.
1.4.b. Le travail du compresseur est la variation d’enthalpie dans la transformation : $({T_2},{p_2}) \to ({T_3},{p_1})$. D’après la deuxième loi de Joule, $h$ ne dépend pas de $p$ :
$w' = h({T_3},{p_1}) - h({T_2},{p_2}) = h({T_3},p) - h({T_2},p)$
Or, pour une isobare, $dh = Tds \Rightarrow h({T_3},p) - h({T_2},p) = \int\limits_{{T_2}}^{{T_3}} {Tds} $ le long de l’isobare $p$ ; $w'$ est donc l’aire hachurée entre l’isobare $p$ et l’axe des $s$ dans la figure qui suit :

$q < \oint {T\,ds} $ et $w'$ est supérieur à l’aire du cycle.

2. Condenseur.

2.1. ${q_1} = {h_g}({T_1}) - {h_g}({T_3}) + {h_L}({T_1}) - {h_g}({T_1}) = {c_{pg}}({T_1} - {T_3}) - {L_v}({T_1}) = 576,4 \times (305 - 318,7) - 175000 = - 182900{\mathop{\rm J}\nolimits} .k{g^{ - 1}}$
2.2.$\Delta s = {c_{pg}}\ln \frac{{{T_1}}}{{{T_3}}} - \frac{{{L_v}({T_1})}}{{{T_1}}} = 576,4\ln \frac{{305}}{{318,7}} - \frac{{175000}}{{305}} = - 599,1{\mathop{\rm J}\nolimits} .{K^{ - 1}}.k{g^{ - 1}}$
3. Détendeur.
3.1. Cela résulte du premier principe et de l’absence de travail et de chaleur.
3.2. On peut calculer les variations des fonctions d’état sur le chemin : $({\text{liquide à }}{T_1},{p_1}) \to ({\text{liquide à }}{T_2},{p_2}) \to ({\text{fraction }}x{\text{ gazeuse et fraction }}1 - x{\text{ liquide à }}{T_2},{p_2})$
Les propriétés d’un liquide dépendent peu de la pression : on peut calculer sa variation d’enthalpie sans se préoccuper de la pression.
$\begin{array}{l}\Delta h = {c_L}({T_2} - {T_1}) + x{L_v}({T_2}) = 0\\x = \frac{{{c_L}({T_1} - {T_2})}}{{{L_v}({T_2})}} = \frac{{1,38 \times (305 - 273)}}{{205}} = 0,2154\end{array}$
3.3. $\Delta s = {c_L}\ln \frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} + \frac{{x{L_v}({T_2})}}{{{T_2}}} = 1380\ln \frac{{273}}{{305}} + \frac{{0,2154 \times 205000}}{{273}} = 8,8{\mathop{\rm J}\nolimits} .{K^{ - 1}}.k{g^{ - 1}}$
4. Evaporateur.
4.1. ${q_2} = (1 - x){L_v}({T_2}) = (1 - 0,2154) \times 205000 = 160800{\mathop{\rm J}\nolimits} .k{g^{ - 1}}$
4.2. $\Delta s = \frac{{(1 - x){L_v}({T_2})}}{{{T_2}}} = 589,1{\mathop{\rm J}\nolimits} .{K^{ - 1}}.k{g^{ - 1}}$
5. L’efficacité est le rapport du gain, c’est-à-dire la chaleur communiquée à l’habitation à chauffer $ - {q_1}$, au coût, qui est l’énergie à donner au compresseur $\frac{{w'}}{r}$. C’est donc $e = r\frac{{ - {q_1}}}{{w'}} = 0,8\frac{{182900}}{{26300}} = 5,56$

On peut améliorer le rendement si on peut rapprocher les températures ${T_1}$ et ${T_2}$. Tel quel, ce chauffage est 5,56 fois moins coûteux en énergie que le chauffage électrique.
6.1. Pour un cycle, le premier principe s’écrit $w' + {q_1} + {q_2} = 0$. Or la même somme calculée avec les valeurs trouvées au fil de ce problème donne $w' + {q_1} + {q_2} = 26300 - 182900 + 160800 = 4200{\mathop{\rm J}\nolimits} .k{g^{ - 1}}$ ; la vérification est acceptable à la rigueur (erreur 2 %).
Les données du problème sont-elles cohérentes ? Elles devraient vérifier $\frac{{d{L_v}}}{{dT}} = \frac{{d{h_g}}}{{dT}} - \frac{{d{h_L}}}{{dT}} = {c_{pg}} - {c_L}$. Or $\frac{{{L_v}({T_1}) - {L_v}({T_2})}}{{{T_1} - {T_2}}} = \frac{{175000 - 205000}}{{305 - 273}} = - 937,5{\mathop{\rm J}\nolimits} .{K^{ - 1}}.k{g^{ - 1}}$ , tandis que ${c_{pg}} - {c_L} = 576,4 - 1380 = - 803,6{\mathop{\rm J}\nolimits} .{K^{ - 1}}.k{g^{ - 1}}$
6.2. Comme l’entropie est une fonction d’état, la somme des variations d’entropie lors du cycle devrait être nulle. Or, elle vaut $\sum {\Delta s} = - 599,1 + 8,8 + 589,1 = - 1,2{\mathop{\rm J}\nolimits} .{K^{ - 1}}.k{g^{ - 1}}$ ; la vérification est acceptable (erreur 0,2 %).
7.1.
$\begin{array}{l}kdT = - ak(T - {T_e})dt\\adt = - \frac{{dT}}{{T - {T_e}}}\\at = - \int\limits_{{T_4}}^{{T_5}} {\frac{{dT}}{{T - {T_e}}}} \Rightarrow a = \frac{1}{t}\ln \frac{{{T_4} - {T_e}}}{{{T_5} - {T_e}}} = \frac{1}{{14400}}\ln \frac{{20}}{{10}} = {4,81.10^{ - 5}}{{\mathop{\rm s}\nolimits} ^{ - 1}}\end{array}$
7.2. ${P_e} = \frac{{ak({T_4} - {T_e})}}{e} = \frac{{{{4,81.10}^{ - 5}} \times {{2.10}^7} \times 20}}{{5,56}} = \frac{{19250}}{{5,56}} = 3460{\mathop{\rm W}\nolimits} $
7.3. La puissance rejetée dans la source froide est ${P_2} = \frac{{160840}}{{182900}}19250 = 16930W$.
Le débit d’eau froide est donc $\frac{{{P_2}}}{{{c_f}\Delta T}} = \frac{{16930}}{{4180 \times 4}} = 1,013{\mathop{\rm kg}\nolimits} .{s^{ - 1}}$.

Concours Physique ENSAM Thermodynamique-Chimie 1992 (Énoncé)

THERMODYNAMIQUE ‑ CHIMIE
OPTION T
(Durée 4 heures)
Ce sujet comporte une épreuve de thermodynamique et une épreuve de chimie, notées chacune sur 10 points. Les candidats devront obligatoirement traiter chaque partie sur des feuilles de copies et des feuilles intercalaires séparées et convenablement repérées. Ils devront respecter les notations du texte.
THERMODYNAMIQUE
L'étude proposée est celle d'une centrale mixte, comportant un cycle à vapeur, dont la source chaude est un échangeur, récupérant l'énergie thermique des gaz d'échappement de trois turbines à gaz. Le schéma général de l'installation, ainsi que des informations complémentaires sont présentées à la figure 1.
Les questions 1, 2 et 3 sont indépendantes. Seule la question 4 nécessite d'avoir traité les questions précédentes. Le diagramme de Mollier donné en annexe sera rendu.
PE : pompe d'extraction TG : turbine à gaz
PR : pompe de reprise TV : turbine à vapeur
C : compresseur A1 : alternateur
Les évolutions dans PE, PR, C, TG et TV sont supposées être adiabatiques.
Cd : condenseur Rh: réchauffeur
Ec : échangeur A2: alternateur
CH : chambre de combustion
On suppose que dans Ec et Rh, les échanges thermiques avec le milieu extérieur sont nuls, et que dans Cd, Ec, CH et Rh les évolutions sont isobares.

Le rendement d'un alternateur ${\eta _{{\rm{al}}}}$ est défini par:
${\eta _{{\rm{al}}}} = \frac{{{P_e}}}{{{P_a}}} = \frac{{\text{Puissance}\begin{array}{*{20}{c}}{}\end{array}\text{électrique}\begin{array}{*{20}{c}}{}\end{array}\text{fournie}}}{{\text{Puissance}\begin{array}{*{20}{c}}{}\end{array}\text{mécanique}\begin{array}{*{20}{c}}{}\end{array}\left( {\text{ou}\begin{array}{*{20}{c}}{}\end{array}\text{sur}\begin{array}{*{20}{c}}{}\end{array}\text{l'arbre}} \right)}}$
Le rendement mécanique ${\eta _m}$ d'une machine est défini en comparant les puissances indiquée et mécanique (ou sur l'arbre) de telle sorte que:
pour une machine de compression (compresseur ou pompe):
${\eta _{mC}} = \frac{{{P_i}}}{{{P_a}}} = \frac{{\text{Puissance}\begin{array}{*{20}{c}}{}\end{array}\text{indiquée}}}{{\text{Puissance}\begin{array}{*{20}{c}}{}\end{array}\text{mécanique}\begin{array}{*{20}{c}}{}\end{array}\left( {\text{ou}\begin{array}{*{20}{c}}{}\end{array}\text{sur}\begin{array}{*{20}{c}}{}\end{array}\text{l'arbre}} \right)}}$
pour une machine de détente (turbine):
${\eta _{mT}} = \frac{{{P_a}}}{{{P_i}}} = \frac{{\text{Puissance}\begin{array}{*{20}{c}}{}\end{array}\text{mécanique}\begin{array}{*{20}{c}}{}\end{array}\left( {\text{ou}\begin{array}{*{20}{c}}{}\end{array}\text{sur}\begin{array}{*{20}{c}}{}\end{array}\text{l'arbre}} \right)}}{{\text{Puissance}\begin{array}{*{20}{c}}{}\end{array}\text{indiquée}}}$
Le rendement indiqué isentropique ${\eta _{is}}$ (ou rendement par rapport à l'isentropique) est défini en comparant la variation d'enthalpie massique de l'évolution réelle (hréelle) à la variation d'enthalpie de l'évolution (fictive) isentro­pique: (hisentropique) de telle sorte que:
pour une machine de compression : ${\eta _{isC}} = \frac{{\Delta {h_{isentropique}}}}{{\Delta {h_{réelle}}}}\begin{array}{*{20}{c}}{}\end{array}ou\begin{array}{*{20}{c}}{}\end{array}\frac{{\Delta {h_i}}}{{\Delta {h_r}}}$
pour une machine de détente (turbine) : ${\eta _{isT}} = \frac{{\Delta {h_{réelle}}}}{{\Delta {h_{isentropique}}}}\begin{array}{*{20}{c}}{}\end{array}ou\begin{array}{*{20}{c}}{}\end{array}\frac{{\Delta {h_r}}}{{\Delta {h_i}}}$
Données et hypothèses d'étude:
Dans toute l'étude, on néglige les variations d'énergie cinétique et d'énergie potentielle de situation. Les évolutions dans les conduites de liaison sont supposées isobares, isothermes et adiabatiques. Les débits sont supposés permanents. On appelle groupe à gaz, l'ensemble: A2 + C + CH + TG.

On adopte les notations suivantes:
p: pression
t: température en degrés Celsius (°C)
T: température en degrés Kelvin (°K) avec: T = t + 273
h: enthalpie massique (les résultats pourront être donnés en kcal/kg)
s: entropie massique
qm : débit masse en kilogrammes par seconde (kg/s)
W: travail massique en Joules par kilogramme (J/kg)
qm.W = P: puissance en watts (W)
Entre l'entrée 1 du compresseur C et la sortie 5 de l'échangeur Ec, circule un fluide (air puis gaz de combustion) de débit masse q supposé constant, et assimilé à un gaz parfait de caractéristiques:
Cp = 1 kJ.kg-1.°K-1 et = 1,4 avec
Cp : chaleur massique à pression constante
: rapport des chaleurs massiques à pression constante et à volume constant.
La chaleur disponible des gaz de combustion (à la sortie de la turbine à gaz TG) sert de source chaude pour l'autre cycle moteur. Le fluide passe de l'état liquide en G à l'état vapeur en D. Ce fluide est de l'eau, dont on pourra relever divers paramètres sur le diagramme de Mollier donné figure 2 et en annexe. Par exemple, à l'intersection de l'isobare 23 bar et de l'isotherme 440°C, on lit: h = 3325 kJ/kg (kilojoules par kilogramme).
Ce diagramme ne donnant pas les enthalpies en phase liquide, l'enthalpie massique pour la phase liquide sera déterminée par la relation:
h = c.t avec c = 1 kcal.kg-1.°C-1 , t en °C et h en kcal.kg-1
On rappelle que : 1 calorie (cal) = 4,18 joules (J).
On prendra comme température de changement de phase liquide vapeur pour l'eau à 0,08 bar: 41°C
p1 = p4 = 1 bar, t1 = 15°C, t3 = 935 °C, p3 = P2, t4 = 485 °C, t5 = 220 °C
Chaque chambre de combustion CH fournit une puissance thermique de 270 MW.
Chaque alternateur A2 délivre une puissance électrique de 76 MW.
PG = PD = 23 bar, tD = 440 °C, tG = 110 °C, PE = PA = 0,08 bars, $q_m^*$ = 110,5 kg/s
L'alternateur A1 délivre une puissance électrique de 97 MW.
Au cours de la traversée d'une pompe, le liquide subit une variation isotherme de pression.

1°) Préliminaire.
1‑1 Donner en fonction de Cp et l'expression littérale, puis la valeur numérique de la constante r (ramenée à l'unité de masse) intervenant dans l'équation d'état du gaz parfait en évolution de 1 à 5; préciser les unités.
1‑2 Calculer le rendement global de cette installation (utilisée pour produire de l'électricité).
2°) Etude d'un groupe à gaz.
2‑1 Calculer le rendement global d'un groupe à gaz.
2‑2 Calculer le débit masse qm (en kg/s) d'un groupe. (Après avoir donné le résultat exact, on arrondira au nombre entier de centaines le plus proche pour continuer la question).
2‑3 Déterminer la température t2; (donner le résultat en °C et en °K).
2‑4 Sachant que le rendement de l'alternateur A2 est égal à: ${\eta _{{\rm{al}}}}$ = 0,95 calculer la puissance mécanique (ou sur l'arbre) nécessaire pour l'entraîner.
2‑5 La turbine TG et le compresseur C ont le même rendement mécanique (noté ${\eta _m}$); calculer ${\eta _m}$ (on arrondira au 3 chiffre après la virgule).
2‑6 Représenter qualitativement dans un diagramme (T,s), les évolutions du fluide entre les points 1 et 4; on pourra y faire figurer les évolutions (fictives) de compression et détente adiabatique réversible.
2‑7 Le compresseur C et la turbine TG ont le même rendement indiqué isentropique (noté ${\eta _{is}}$). Calculer la pression p2 = p3 et la valeur de ${\eta _{is}}$ .
On pourra poser pour faciliter les calculs: $\lambda = {\left( {\frac{{{p_2}}}{{{p_1}}}} \right)^{\frac{{\gamma - 1}}{\gamma }}} = {\left( {\frac{{{p_3}}}{{{p_4}}}} \right)^{\frac{{\gamma - 1}}{\gamma }}}$.

3°) Etude du groupe à vapeur.
Le rendement de l'alternateur A1 est égal à ${\eta _{al}}$ = 0,95 , et le rendement mécanique de la turbine TV est égal à ${\eta _{mT}}$ = 0,99.
3‑1 Calculer numériquement la valeur absolue du travail indiqué |Wi| par kilogramme de vapeur provenant de l'échangeur Ec et se détendant dans la turbine TV.
Au cours de la détente dans la turbine TV, une partie de la vapeur est prélevée (on dit également: soutirée) en F. Cette vapeur se refroidit puis se condense dans le réchauffeur Rh. La chaleur disponible est utilisée pour élever la température de la phase liquide de tA à tG. On appelle m (0 < m < 1) la fraction massique soutirée en F; le débit masse qui effectue l'évolution F G est donc m.$q_m^*$ et celui effectuant l'évolution E A G est (1 - m).$q_m^*$. Les deux liquides sortant du réchauffeur Rh avec la même température se mélangent en G. L'égalité des pressions est assurée par les pompes PE et PR.
3‑2 Etablir sous forme littérale l'équation caractéristique traduisant le bilan thermique du réchauffeur Rh.
3‑3 En appliquant le premier principe de la thermodynamique au transvasement dans la turbine TV, donner l'expression de la valeur absolue du travail indiqué massique |Wi| pour un kilogramme de vapeur arrivant en D.
3‑4 Le prélèvement de vapeur ou soutirage est caractérisé par la relation: (hD ‑ hF) = (hF ‑ hE); en déduire la valeur numérique de m.
3‑5 Déduire du calcul précédent les valeurs numériques de hF et hE.
3‑6 Tracer l'évolution D E sur le diagramme de Mollier donné en annexe et en déduire par lecture la valeur du titre x de la vapeur en E.
3‑7 Calculer la valeur du rendement indiqué isentropique ${\eta _{isT}}$ de la turbine TV.
Le condenseur Cd est refroidi par un débit masse qo d'eau prélevé dans une rivière. Pour des raisons d'écologie, on limite l'échauffement de l'eau de refroidissement à la valeur t = 5°C.
3‑8 Calculer le débit volume d'eau qo nécessaire. (Les échanges thermiques sont sensés se faire intégralement; la capacité calorifique de l'eau est égale à 1 kcal.kg-1.°C-1 ; eau = 1000 kg/m3 .
4°) Conclusion.
4‑1 Vérifier (aux inévitables dispersions numériques près) le premier principe appliqué à la totalité de l'installation; (On néglige en première approximation l'énergie absorbée par les pompes PE et PR).
PE : pompe d'extraction Cd : condenseur
PR : pompe de reprise Ec : échangeur
C : compresseur CH : chambre de combustion
TG : turbine à gaz Rh : réchauffeur
TV : turbine à vapeur A2 : alternateur
A1 : alternateur

CHIMIE

Pour attaquer et dissoudre le cuivre des circuits imprimés pour l'électronique, on utilise une solution aqueuse de chlorure ferrique de densité d = 1,45, à 42% massique de FeCl3.
On donne les masses atomiques des éléments (en gxmol-1 ):
Fe: 55,85 ; Cu: 63,54 ; Cl: 35,45.
1‑ Calculer la concentration en mole.l-1 de cette solution.
2‑ On se propose de préciser le mécanisme de cette attaque à 20 °C.
2.1‑ On connaît les potentiels standards des couples suivants:
$F{e_{sol}}/F{e^{2 + }}: - 0,44V$ $F{e^{2 + }}/F{e^{3 + }}:0,77V$ $C{u_{sol}}/C{u^{2 + }}:0,34V$
( l'indice sol indique une phase solide ).
Si l'on suppose que les seules espèces chimiques en jeu sont pour le fer au n.o.2 : Fe2+ , pour le fer au n.o.3 : Fe3+ , pour le cuivre au n.o.O : Cu et pour le cuivre au n.o.2 : Cu2+ ( n.o. représente le nombre d'oxydation, écrire et justifier le schéma réactionnel de l'attaque.
2.2‑ Les 2 faces des circuits sont recouvertes de cuivre d'épaisseur 35.10-3 mm. Quel est le rendement de l'attaque, c'est-à-dire la surface de circuit livrable par unité de volume de réactif ( en dm2.l-1)?
On supposera que la réaction se déroule jusqu'à 70% de la réaction totale
On donne la masse volumique du cuivre: 8900 kg.m-3.

3‑ Le cuivre existe au n.o.1 ( cuivreux ), par exemple dans l'espèce Cu+ . On donne le potentiel standard de$C{u_{sol}}/C{u^ + }$: 0,52 V.
Pourquoi Cu+ ne peut-il pas apparaître dans l'attaque ?
4‑ Le chlorure ferrique est hydrolysé en solution aqueuse car l'hydroxyde a un produit de solubilité Ks tel que: pKs = 37,2.
( on rappelle la notation pX = ‑ log X ; logarithme à base 10 noté: log ).
4.1‑ Quel est le graphe de variation du potentiel normal du couple Fe n.o.2 / Fe n.o.3 en fonction du pH ?
4.2‑ La solution a un pH de 3, calculer le potentiel de ce dernier couple dans cette solution.
5‑ Le cuivre au n.o.1 est complexé en milieu concentré en chlorures, suivant le schéma:
$CuC{l_2}^ - \leftrightarrows Cu+ + 2 Cl^- \text{         } pKc = 4,9$
5.1‑ Quelle est l'évolution du potentiel normal du couple Cusol / Cu n.o.1, en fonction de pCl ?
5.2‑ Comment évolue le potentiel normal du couple Cu n.o.1 / Cu n.o.2 en fonction de pCl ?
5.3‑ Comment peut-on écrire la réaction sur le cuivre de la solution de Fe n.o.3 à pH = 3 et pour la concentration en chlorures indiquée au début.
5.4‑ En quoi ce résultat modifie-t-il le rendement ?

6‑ Dans une machine, la gravure du cuivre se fait par aspersion du circuit imprimé par un jet de solution provenant d'une pompe à débit constant.
La vitesse de dissolution de la couche de cuivre est telle que le cuivre disparaît à 20 °C en 5 mn 10 s.
Si l'on admet que l'enthalpie molaire de dissolution est de 58 kJ.mol-1 , quelle sera la durée de dissolution à 35 °C ?

Concours Physique ENSAM 1992 (Énoncé)

Electricité ‑ Optique ‑ Mécanique
(Options T et TA) Durée 4 heures
INDICATIONS GENERALES
L'épreuve comporte trois problèmes indépendants qui devront être traités sur des copies séparées.
Barème indicatif sur 20 points
Electricité 10 points
Optique 5 points
Mécanique 5 points
Les divers graphes demandés seront représentés sur les feuilles de copie ; l'usage du papier millimétré est exclu.
Les candidats respecteront scrupuleusement les notations des énoncés.
ELECTRICITE
Le problème suivant traite des propriétés d'un semi‑conducteur, le silicium, et de la modélisation d'une jonction PN réalisée à partir de silicium ; il ne nécessite aucune autre connaissance sur les semi-conducteurs que celles qui sont indiquées dans l'énoncé. La résolution littérale des trois parties peut être menée de manière indépendante, par contre les applications numériques font appel à des données réparties dans tout l'énoncé.

Première Partie : Mise en évidence de quelques ordres de grandeur.
Pour réaliser du silicium de "type N", on a incorporé à du silicium pur, du phosphore, à raison de ND = 1,5 1021 atomes de phosphore par m3 de silicium ; pour réaliser du silicium de "type P", on a incorporé à du silicium pur, du bore, à raison de NA = 3 1023 atomes de bore par m3 de silicium ; on suppose que les atomes de phosphore ou de bore sont régulièrement répartis dans le cristal de silicium.
DETERMINER
1.1 ‑ Pour le silicium pur le nombre d'atomes par m3
1.2 ‑ Pour un volume donné de silicium de type N le rapport du nombre d'atomes de silicium au nombre d'atomes de phosphore
1.3 ‑ La masse de phosphore à incorporer à l kg de silicium pour obtenir la concentration ND indiquée pour le silicium de type N.
On donne :
Les masses atomiques du silicium et du phosphore :
Si = 28 g.mol-1 , P = 3l g.mol-1
La masse volumique du silicium 2330 kg.m-3
Le nombre d'Avogadro 6,02.1023 mol-1
Deuxième Partie : Calculs de conductivités.
On considère un milieu conducteur homogène dans lequel coexistent 2 types de porteurs de charge régulièrement répartis :
Des porteurs de charge positive +q à raison de p porteurs par m3
Des porteurs de charge négative -q à raison de n porteurs par m3.
Dans ces conditions, $\vec v$ étant la vitesse moyenne d'un porteur de charge soumis à un champ électrique $\vec E$, on définit la mobilité µp des porteurs positifs par $\vec v$ = µp.$\vec E$ et la mobilité µn des porteurs négatifs par $\vec v$ = -µn.$\vec E$.
2.1‑ Exprimer la densité de courant j en un point quelconque de ce milieu homogène soumis à un champ électrique uniforme d'intensité E ; en déduire l'expression de la conductivité de ce milieu en fonction de q, n, p et des mobilités.
2.2 ‑ Calculer numériquement.
2.2.1 ‑ La conductivité n et la résistivité n du silicium de type N en considérant que le phénomène de conduction y est dû uniquement à la présence de n = ND électrons par m3 , ces électrons ayant une charge ‑q = ‑ 1,6 10-19 C et une mobilité µn = 0,15 m3.V-1.s-1.
2.2.2 ‑ La conductivité p et la résistivité p du silicium de type P en considérant que le phénomène de conduction y et dû uniquement à la présence de p = NA porteurs positifs par m3, ces porteurs ayant une charge +q = 1,6 10-19 C et une mobilité µp = 0,05 m3.V-1.s-1.
2.2.3 ‑ La conductivité i et la résistivité i du silicium à l'état pur en considérant que le phénomène de conduction y est dû à la fois à la présence de n = ni électrons par m3 et de p = ni porteurs positifs par m3, tous ces porteurs ayant les caractéristiques précédemment indiquées. On donne ni = 1,5 10 m-3.

Troisième Partie : Modélisation d'une jonction PN.
On suppose associés dans un barreau de section constante S (figure El) du silicium de type N (x > 0) et du silicium de type P (x < 0) obtenus à partir d'un réseau cristallin homogène et continu.
On adopte les hypothèses suivantes :
L'ensemble est au repos c'est‑à‑dire qu'aucune différence de potentiel extérieure ne lui est appliquée.
L'ensemble est à la température ambiante et dans ces conditions tous les atomes de phosphore du silicium de type N ont libéré un électron et sont devenus des ions P+, tous les atomes de bore du silicium de type P ont capté un électron et sont devenus des ions B- .
A l'intérieur d'une "zone de transition" (fig. El) limitée par les abscisses ‑ xp et + xn, il ne subsiste que des ions liés au réseau cristallin, tous les porteurs mobiles ayant quasiment disparu.
A l'extérieur de cette zone de transition, il y a à la fois des ions fixes et des porteurs mobiles régulièrement répartis de manière que la densité volumique totale de charge y soit nulle.
A l'intérieur du barreau, les relations sont obtenues à partir de celles qui s'appliquent dans le vide, en substituant à la permittivité du vide o, la permittivité = o.r avec r = 12 et o = 8,84 10-12 u S.I.
3.1 ‑ Justifier la valeur constante du potentiel dans les zones Si N et Si P (fig. El) à l'extérieur de la zone de transition ; on appellera VN le potentiel de la zone N et VP celui de la zone P.
3.2 ‑ Préciser les valeurs de la densité volumique de charge dans les différentes régions du barreau.
On pourra s'aider d'une représentation graphique.
3.3 ‑ Etudier la répartition du potentiel V et du champ électrique E à l'intérieur de la zone de transition ; en utilisant les conditions aux limites, donner les expressions du champ électrique E et du potentiel V en fonction de l'abscisse x pour chacune des deux parties de la zone de transition.
3.4 ‑ Représenter le champ E et le potentiel V en fonction de x pour l'ensemble du barreau ; justifier la continuité de E et de V pour x = O.
3.5 ‑ En exploitant cette continuité, établir une relation entre ND, NA, Xn et xp ; donner une interprétation de cette relation en invoquant des charges électriques. Exprimer ensuite xn et xp en fonction de , q, ND, NA et Vo = VN ‑ VP.
Exprimer aussi d = xn + xp (on pourra calculer d'abord d2 ).
3.6 ‑ Simplifier les expressions précédentes de xn, xp et d dans l'hypothèse NA » ND et calculer numériquement xn et xp en micromètre avec les valeurs déjà indiquées et Vo = 0,7 V. Commenter ces valeurs numériques.
3.7 ‑ Lorsqu'on relie les zones N et P à une source de tension VR très supérieure à Vo (fig. E2), on peut admettre que l'étude électrostatique précédente reste valable à condition de substituer VR à Vo dans les résultats obtenus ; calculer les valeurs numériques de xn correspondant à VR = 10 V puis VR = 100 V.
3.8 ‑ La représentation du champ électrique E au 3.4 fait apparaître l'existence d'une valeur extrémale EM; exprimer EM en fonction de q, , VR et ND. Calculer sa valeur numérique pour VR = 100 V.
3.9 ‑ Dans le silicium, le champ électrique ne peut dépasser une valeur critique Ecr = 3.10 V.m-1 ; pour quelle valeur de la tension VR, cette valeur critique est‑elle atteinte ?

OPTIQUE
Remarque: La deuxième partie peut être traitée indépendamment de la première.

Première partie ‑ Sur la figure 01, Ll représente une lentille mince convergente, utilisée dans les conditions de Gauss, de foyers F1 et F'l, de distance focale f1 ( ${f_1} = \left| {\overline {{O_1}F{'_1}} } \right|$ ). AB est un disque lumineux de diamètre , centré en H sur l'axe optique de la lentille; H est situé à une distance p du centre 01 de la lentille
($p = \left| {\overline {{O_1}H} } \right|$).
1.1 ‑ Faire la construction géométrique de l'image A'B' de AB formée par la lentille.
1.2 ‑ Soient H' le centre de A'B', ' le diamètre de l'image et p' la distance de Ol à H'. Exprimer p' en fonction de p et f1 ainsi que ' en font ion de , p et f1.
Calculer p' et ' en utilisant les données suivantes =1 cm; f1 = 2,4 cm; p =10 cm. Donner les résultats à 0,01 cm près.
1.3 ‑ On place une deuxième lentille mince convergente L2, de centre 02, de foyers F2 et F'2, à droite de la première comme indiqué sur la figure 02. Les deux lentilles sont séparées par une distance d supérieure à la somme des distances focales.
Faire la construction géométrique de l'image A"B" de AB formée par le système des deux lentilles. (Il n'est pas nécessaire de faire un dessin à l'échelle à partir des valeurs numériques données ci‑après).
1.4 ‑ Soient " le diamètre de l'image A"B", H" son centre et p" la distance de 02 à H". Exprimer p" en fonction de f1, f2, p et d. Exprimer " en fonction de , p', p" et d. Calculer p" et " pour f2 = 7,2 cm, d = 12 cm et les valeurs de , p et f1 données en 1.2.
1.5 ‑ Les deux lentilles Ll et L2 constituent un système optique caractérisé par un 'foyer objet' F et un 'foyer image' F'. Exprimer la distance s entre 02 et F' en fonction de f1, f2 et d. Donner la valeur numérique de s.
1.6 ‑ Comment faudrait-il modifier les positions des deux lentilles de la figure 02 pour que le foyer image du système soit rejeté à l'infini ?
1.7 ‑ Calculer le grandissement du système ainsi obtenu pour un objet se trouvant à l'infini.

Deuxième partie ‑ L'onde (que l'on suppose plane et monochromatique, de longueur d'onde = 0,6 µm) issue du système décrit dans la première partie, constitue le faisceau d'entrée d'un interféromètre de Michelson (Fig. 03). La lame séparatrice LS réfléchit 50% et transmet 50% de la lumière incidente et n'a pas d'autres effets sur l'onde réfléchie ou transmise.
2.1 ‑ Un photodétecteur ponctuel est placé dans le bras N°4 de l'interféromètre. On suppose que les bras 2 et 3 ont la même longueur initiale. Soit x = O la position initiale du miroir M2. On déplace M2 jusqu'à la position x = 1,2 µm.
Représenter graphiquement le signal donné par le détecteur en fonction de la position x du miroir M2.
2.2 ‑ A la place du détecteur représenté sur Fig. 03, on introduit un écran opaque incliné par rapport à la direction de propagation de la lumière. Décrire la distribution de l'intensité lumineuse observée sur l'écran. Est-ce que cette distribution dépend de l'orientation de l'écran ?
2.3 ‑ On introduit maintenant dans l'interféromètre l'onde émise par une source S en forme de fente mince, perpendiculaire au plan du dessin (Fig. 04). S émet une lumière monochromatique à = 0,6 µm; son centre est situé dans le plan de symétrie de l'interféromètre, à une distance 2L du centre C de la lame séparatrice LS. La lame LS est orientée à 45° par rapport à la direction SC. Les miroirs Ml et M2, de centres A et B, placés respectivement à une distance L de la séparatrice sont perpendiculaires entre eux et sont inclinés dans le même sens par rapport aux axes respectifs d'un angle petit (voir figure 04).
L'écran utilisé pour l'observation des franges d'interférence est situé à une distance 2L de la séparatrice. Faire la construction graphique des sources S1 et S2 dont semblent provenir les deux ondes qui se superposent dans le bras contenant l'écran. Soit O le milieu du segment S1S2. (La construction sera facilitée si vous utilisez dans cette construction l'image du miroir M2 par la séparatrice).
2.4 ‑ Exprimer la distance S1S2 en fonction de L et .
Calculer cette distance pour L = 1 m et = 5.10-3 rd .
2.5 ‑ Exprimer la distance de O à l'écran en fonction de L et .
Calculer cette distance.
2.6 ‑ Décrire les franges observées sur l'écran. Exprimer l'interfrange i et donner sa valeur numérique.

MECANIQUE
On étudie divers régimes de fonctionnement d'un dispositif mobile en rotation autour d'un axe horizontal x'x.

Première Partie · Equation générale du fonctionnement.
Le moteur d'entraînement (M) fournit un couple de moment CM(t) par rapport à l'axe x'x (figure Ml).
L'ensemble des éléments en rotation, de moment d'inertie total J par rapport à x'x, oppose un couple de frottement visqueux de moment proportionnel à la vitesse de rotation. Soit F en N.m.s.(rad)-1 la valeur du coefficient de proportionnalité correspondant (résistance mécanique).
Le récepteur mécanique (R) oppose en outre un couple résistant dont le moment Co par rapport à x'x est constant.
On appelle (t) l'angle de rotation définissant à chaque instant la position d'un point M appartenant au rotor du moteur et (t) la vitesse angulaire correspondante (figures Ml et M2).
1.1 ‑ Montrer que la loi de variation (t) s'obtient à partir d'une équation différentielle de la forme :
(1) ${T_1}\frac{{d\Omega }}{{dt}} + \Omega = {\Omega _1}$
Exprimer T et 1 à partir des données littérales : J, F, CM et Co.
1.2 ‑ Le dispositif étant initialement à l'arrêt, on suppose que le moteur applique brutalement à t = 0 un couple de moment CM = 0.50 Nm (figure M3).
Sachant que : J = 4910 g.cm2 , F = 143.10-6 N.m.s.(rad)-1 , Co = 0,48 Nm :
a) Déterminer et représenter graphiquement la loi de variation (t) .
b) Préciser la valeur de (t) à l'instant t' = 3 Tl.
c) A partir de quel instant t" peut-on considérer que la vitesse a atteint une valeur limite ${\Omega _{{{\rm{l}}_1}}}$ constante à moins de 1°/oo près. Préciser la valeur ${\Omega _{{{\rm{l}}_1}}}$ .
Deuxième Partie : Entraînement par moteur électrique.
En réalité, le moteur d'entraînement (M) est du type "à courant continu". Il est commandé par une tension u(t) et le principe de son fonctionnement impose :
CM(t) = A.u(t) ‑ B.(t)
B(t) représente un terme lié à la force contre-électromotrice du moteur.
On se contentera d'appliquer la relation donnée sans avoir à l'interpréter.
2.1 ‑ Etablir l'équation différentielle (2) permettant de déterminer (t) à partir de la tension u(t).
On l'écrira sous la forme :
(2) ${T_2}\frac{{d\Omega }}{{dt}} + \Omega = {\Omega _2}$
2.2 ‑ Le catalogue du constructeur donne pour le moteur : A = 0,111 N.m.V-1 ; B = 0,0186 N.m.s.(rad)-1.
Le moment d'inertie total est : J = 4910 g.cm2 et la résistance mécanique : F = 143.10-6 N.m.s.(rad)-1.
Le couple résistant permanent reste Co = 0,48 Nm.
Le système étant initialement immobile, on applique à t = 0 une tension u = 50 V (figure M4).
a) Déterminer et représenter graphiquement la loi (t).
b) Préciser l'accélération angulaire à t = 0 et la vitesse limite ${\Omega _{{{\rm{l}}_2}}}$ que prend l'ensemble.

Troisième Partie : Entraînement par motoréducteur (figure M5).
Le moteur entraîne, par l'intermédiaire d'un réducteur de vitesse, un récepteur mécanique de moment d'inertie JC par rapport à son axe '. Ce récepteur présente un frottement négligeable et oppose un couple résistant de moment CR par rapport à '. On appelle C(t) la vitesse angulaire du récepteur mécanique.
Le réducteur, supposé sans inertie propre et de rendement égal à 1, est défini par la relation :
$\frac{{{\Omega _C}}}{\Omega } = \frac{1}{N}$
Soit JM le moment d'inertie propre du moteur.
3.1 ‑ Montrer que l'équation différentielle (2) établie à la question 2.1 est applicable à condition de prendre pour J et Co des valeurs que l'on déterminera par des considérations énergétiques simples en fonction de JM., JC , N, CR.
3.2 ‑ a) Sachant que : JM = 2350 g.cm2 ; JC = 4 kg.m2 , déterminer N pour que J ait la valeur 4910 g.cm2 .
b) Calculer CR pour que Co = 0,48 N.m.
3.3 ‑ A t = 0, on applique au moteur supposé immobile une tension "en rampe" : u(t) = 25 t (u exprimée en volts et t en secondes) - (figure M6).
Déterminer la loi c(t).

Concours Physique École de l’Air 1992 (Énoncé)

École de l’air 1992
Milieu aimanté

Les parties II et III du problème sont indépendantes.

Partie I

on considère un milieu aimanté pour lequel on note H le vecteur excitation magnétique, M le vecteur aimantation et B le champ magnétique.
1) Quelle relation existe-t-il entre H, M et B ?
2) Dans le cadre de l'approximation des régimes quasipermanents, donner l'équation différentielle reliant j vecteur densité de courant, à l'une des grandeurs précédemment définie. Quelle est la forme intégrale de cette équation ?
Une bobine torique d'axe Oz. à section circulaire. comporte N spires en série. parcourues par un courant I continu (voir schéma n°1). L'intérieur du tore est un milieu aimanté.

3) Donner les composantes en coordonnées cylindriques d'axe Oz,. de H, pour un point P situé à la distance r de l'axe Oz, à l'intérieur du tore.
Par la suite, on suppose que le rayon moyen du tore est r_moy >> rayon d'une spire. On considérera ainsi que H et B sont de norme constante et égale à leur valeur en $r = {r_{moy}}$ . On notera $\ell = 2\pi {r_{moy}}$ et on négligera la résistance de l'enroulement

4) Exprimer le flux propre en fonction de B et S, surface d'une spire.
Montrer qu'il apparaît une tension aux bornes de l'enroulement lorsqu’on fait varier I.
5) Montrer que le dispositif précédent permet d'obtenir B = f(H) et M = g(H)
6) On fait croître le courant. le champ magnétique passant de B à B + dB.
Exprimer la puissance fournie par le générateur par unité de volume du tore, puissance exprimée en fonction de H et B.
7) Donner le travail élémentaire fourni par le générateur pendant le temps dt par unité de volume du tore, quand l'excitation passe de H à H + dH et l’aimantation de M à M + dM.
On montrera que ce travail est la somme de deux fonctions de dH et dM.
8) En l'absence de matériau magnétique, quel serait le travail par unité de volume du tore. fourni par le générateur ?
En déduire que le travail reçu par unité de volume de matériau magnétique, pour augmentez l'aimantation de dM est:
$\delta {W_{mag}} = - {\mu _0}H.dM$

Partie II

On considère comme matériau magnétique un corps paramagnétique.
1) Comment définit-on la susceptibilité magnétique χ_m d'un tel corps ? Quelles sont les différences entre un corps paramagnétique et un corps diamagnétique ? On place dans l'entrefer d'un électroaimant, un cylindre creux. de matière plastique. d'épaisseur faible et contenant une substance paramagnétique. On suppose que les dimensions du cylindre sont telles que l'excitation magnétique H est parallèle en tout point aux génératrices du cylindre et que ${H_{ext}} \approx {H_{{\mathop{\rm int}} }}$
On note:
C_M(T,M) = C_M - capacité calorifique volumique à aimantation constante.

λ(T,M) = λ. chaleur latente volumique d'aimantation à température T constante.
2) Exprimer la chaleur élémentaire δQ reçue par le corps paramagnétique par unité de volume, pour une transformation quasistatique de l'état (T,M) à l'état (T + dT,M + dM). En utilisant le résultat du I. 8) . donner pour cette même transformation l'expression de dU . variation élémentaire d'énergie interne volumique, et de dS . variation élémentaire d'entropie volumique.
3) Démontrer que $\lambda = {\mu _0}T{\left( {\frac{{\partial H}}{{\partial T}}} \right)_M}$
4) On suppose que le composé paramagnétique suit la loi de Curie: ${\chi _m} = \frac{A}{T}$
C_M dépend-il de M ? On donne. à aimantation nulle. la valeur de C_M: ${C_M}(T,0) = \frac{k}{{{T^2}}}$
Exprimer l'entropie S(T,M) en fonction de S(T_o,0)

Partie III

On utilise le dispositif décrit PARTIE I : bobine torique sur laquelle est bobinée du fil. Le matériau magnétique est maintenant un corps ferromagnétique.
1) Existe-t-il une relation simple entre H et B ?
On fait varier alternativement I entre I_m, et - I_m (courant alternatif).
Tracer le cycle B = f(H) .
Montrer que l'énergie par unité de volume, qui est fournie par le générateur pour d'écrire le cycle précédent, est susceptible d'une interprétation géométrique simple.
On considère maintenant un tore en matériau ferromagnétique de section S, de rayon moyen ${r_{moy}} = \frac{\ell }{{2\pi }}$ sur lequel on bobine 2 enroulements appelés primaire (N₁ spires) et secondaire (N₂ spires) (voir schéma n°2 ).
Le cycle d'hystéresis du matériau utilisé a une très faible surface (fer doux). Il est modélisé par le schéma n°3

On néglige les pertes par hystérésis et par courants de Foucault. De plus. on néglige la résistance des enroulements.
On supposera que B et M. crées par N spires sur une portion de tore, possèdent les mêmes symétries que celles de la question I.3) où le fil était bobiné sur l'ensemble du tore. Le sens des bobinages est tel que i_l et i₂ créent des excitations magnétiques de même sens en un point P du tore.
2) Exprimer H₁, excitation magnétique créée par le courant i_l au primaire.
On suppose que H₁ reste toujours inférieur à H_α , tel qu'il est défini au schéma n°3. quand i_l varie.
Comment définit-on µ_r, perméabilité relative du matériau ?

3) Exprimer B_l . champ magnétique, en fonction de i₁ et µ_r
4) Donner le coefficient d'auto induction L₁ du primaire, L₂ du secondaire et le coefficient M de mutuelle inductance entre le primaire et le secondaire.
Le dispositif précédent modélise un transformateur parfait. On posera $n = \frac{{{N_2}}}{{{N_1}}}$
u_l(t) est maintenant sinusoïdale et on se place en régime forcé. On associe à la grandeur sinusoïdale x(t), l'amplitude complexe X.
5) Le secondaire est ouvert. Donner la fonction de transfert en tension $H = \frac{{{{\underline u }_2}}}{{{{\underline u }_1}}}$ Quelle est l’impédance d'entrée du montage ?
6) Le secondaire est fermé sur l'impédance complexe Z . Donner la nouvelle fonction de transfert en tension.
Exprimer l'admittance d'entrée du montage, et proposer un schéma équivalent au transformateur pour l'entrée.
7) Comment peut-on modéliser. au primaire, les pertes Foucault et hystérésis ?
8) Le secondaire étant ouvert, on impose une tension créneau u₁(t) de valeur moyenne nulle.
Tracer ${i_1} = {i_1}(t)$ . On distingue les cas i_lmax inférieur ou supérieur à i_α , défini par $H({i_\alpha }) = {H_\alpha }$
Il n'est pas demandé l'expression analytique de i(t) .
Quelle est la forme de u₂(t) ?

Concours Physique Navale 1992 (Corrigé)

Navale 92 - Deuxième composition de physique (option P, 3 heures)
I.Questions préliminaires
1) Dans le vide, en l’absence de charges (ρ = 0), l’équation de Poisson, ΔV = -ρ/ε0, s’écrit ΔV = 0 (équation de Laplace).
2)
a) La force de pesanteur est négligée, la particule est donc soumise à la seule force magnétique F = qv∧B, B=B ez. La vitesse de la particule est constante car la force magnétique ne travaille pas.
Par translation et par rotation autour de ez, il est toujours possible de choisir un référentiel galiléen dont l’origine coïncide avec la position de la particule au temps t=0, et tel que la composante de la vitesse selon Oy soit nulle à t=0. Le mouvement est donc entièrement caractérisé par la donnée des composantes selon ex et ez de la vitesse initiale (la composante selon ez n’a en particulier aucune raison d’être nulle, puisque la direction de ez est imposée).
L’équation du mouvement est donnée par le théorème de la résultante cinétique Ma = qv∧B soit a = ε ωc v∧B, où ε = sign(q) et ωc = ⁄q⁄B/M. En projection sur les axes xyz du référentiel supposé galiléen on obtient :$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\ddot x}& = &{\varepsilon {\omega _c}\dot y}\\{\ddot y}& = &{ - \varepsilon {\omega _c}\dot x}\\{\ddot z}& = &0\end{array}} \right.$.

On en déduit vz = vz0 = cte ; z(t) = vz0 t. La norme de la vitesse étant constante, vz également, la norme de la projection de la vitesse sur xOy, notée v⊥ est constante.
En posant ρ = x+iy, le système d’équations en x et y s’écrit $\ddot \rho = \ddot x + {\rm{i}}\ddot y = - {\rm{i}}\varepsilon {\omega _c}\dot \rho $, équation différentielle du premier ordre qui admet pour solution $\dot \rho = {\dot \rho _0}\exp ( - {\rm{i}}\varepsilon {\omega _c}t)$ soit pour ρ : $\rho = \frac{{{{\dot \rho }_0}}}{{ - i\varepsilon {\omega _c}}}(\exp ( - i\varepsilon {\omega _c}t) - 1) + {\rho _0}$. Le tracé de ρ dans le plan complexe est identique à celui de xex + yey dans le plan xOy, l’axe réel correspondant à l’axe Ox, l’axe imaginaire à l’axe Oy
On en déduit qu’en projection sur le plan xOy le mouvement est un mouvement circulaire uniforme de rayon $\left| {\frac{{{{\dot \rho }_0}}}{{ - i\varepsilon {\omega _c}}}} \right| = \left| {\frac{{{v_ \bot }}}{{{\omega _c}}}} \right|$, parcouru à la vitesse v⊥, avec la pulsation ωc (pour s’en convaincre il suffit de représenter l’évolution de ρ dans le plan complexe). Le sens de parcours dépend en particulier du signe de q : direct pour les charges négatives, rétrograde pour les charges positives.
En utilisant les conditions initiales : ρ0 = 0, ${\dot \rho _0} = {v_{x0}} = {v_ \bot }$, on obtient finalement ρ = iε vx0/ωc (exp(-iεωct)-1), soit
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = }&{{\mathop{\rm Re}\nolimits} (\rho ) = \frac{{\varepsilon {v_ \bot }}}{{{\omega _c}}}\sin (\varepsilon {\omega _c}t) = \frac{{{v_ \bot }}}{{{\omega _c}}}\sin ({\omega _c}t)}\\{y = }&{{\mathop{\rm Im}\nolimits} (\rho ) = \frac{{\varepsilon {v_ \bot }}}{{{\omega _c}}}(\cos (\varepsilon {\omega _c}t) - 1) = \frac{{\varepsilon {v_ \bot }}}{{{\omega _c}}}(\cos ({\omega _c}t) - 1)}\end{array}} \right.$
b) AN : B=5 T ; q = e = 1,6.10-19 C ; M = 9,11.10-31 kg : ωc = 8,78 rad.s-1.

II. Etude du piège électrostatique
1)
a) En coordonnées cylindriques, V peut s’écrire V= V0/(4d2)(2z2 − r2). Il ne dépend pas de la variable θ et présente par conséquent la symétrie de révolution d’axe Oz. Le champ électrostatique est le gradient de V. Il ne dépend donc pas de θ et possède également la symétrie de révolution d’axe Oz.
b) La vérification est immédiate après avoir calculé ∂2V/∂x2 = ∂2V/∂y2 = -V0/2d2 et ∂2V/∂z2 = V0/d2. Par conséquent ΔV = 0.

c) Le long de l’axe Oz, x=y=0, soit V(z) = (V0/2) (z/d)2. Le graphe représentatif des variations de V est une parabole de sommet (z=0, V=0) passant par les points (z=±d,V=V0/2). L’orientation de la parabole dépend du signe de V0.
Dans le plan xOy, z=0, soit V(ρ) = −(V0/4) (ρ/d)2, ρ étant la distance du point considéré à l’axe Oz. Le graphe représentatif de V(ρ) est une demi-parabole de sommet (ρ=0,V=0) passant par le point (ρ=d,V=−V0/4). L’orientation de cette parabole est l’opposée de celle de la parabole précédente. Le point O est donc un point-selle, minimum de V(ρ=0,z) et maximum de V(ρ,z=0) si V0 est positif, l’inverse si V0 est négatif.
Remarque : Les points particuliers z=d, ou ρ=d ont une signification physique contrairement aux points z=1(m,cm,mm ou km?) ou ρ=1, dans la mesure ou z et ρ sont homogènes à des longueurs tout comme d.
d) Le potentiel ayant la symétrie de révolution, l’équipotentielle de potentiel Ve est une surface de révolution d’axe Oz engendrée par la rotation autour de Oz de sa trace dans un plan méridien quelconque.
L’équation de l’équipotentielle Ve est en coordonnées cylindriques
Ve = (V0/4d2) (2z2 − ρ2) soit 2(z/d)2 − (ρ/d)2 = 4Ve/V0.
Dans un plan méridien (O, uz, ur) cette équation est celle de deux familles d’hyperboles lorsque Ve varie.
* Si Ve /V0 > 0, on trouve un couple d’hyperboles d’axe Ouz symétriques par rapport à l’axe Our, passant par les points $(\rho = 0,z = \pm d\sqrt {2{V_e}/{V_0}} )$ Par révolution autour de Oz on génère un hyperboloïde à deux nappes.
* Si Ve /V0 < 0, on trouve un couple d’hyperboles d’axe Our symétriques par rapport à l’axe Ouz, passant par les points $(\rho = \pm 2d\sqrt { - {V_e}/{V_0}} ,z = 0)$. Par révolution autour de Oz on génère un hyperboloïde à une nappe.
* Si Ve /V0 = 0, l’équation devient 2(z/d)2 − (ρ/d)2 = 0 soit z = ±ρ/√2. On a une forme dégénérée correspondant aux droites d’équation z = ±ρ/√2. Par révolution autour de Oz on génère un cône d’axe Oz de sommet O.

Lorsque (z/d) >> Ve /V0 et (ρ/d) >> Ve /V0 on peut réécrire l’équation des équipotentielles sous la forme approchée 2(z/d)2 = (ρ/d)2, soit z = ±ρ/√2. L’ensemble des équipotentielles admet donc pour asymptote l’équipotentielle V = 0V, c’est à dire dans un plan méridien quelconque les deux droites d’équation
z = ±ρ/√2.
e) Les équipotentielles V=+V0 et V=−V0 forment une surface fermée (on peut considérer qu’elles se rejoignent à l’infini). Si on considère le système obtenu en matérialisant chacune de ces deux équipotentielles par une électrode métallique portée au même potentiel, le potentiel électrostatique à l’intérieur du volume délimité par les deux électrodes vérifiera l’équation de Laplace et sera égal à la surface de chaque électrode au potentiel imposé à cette électrode.

Le potentiel pour le système de deux électrodes portées à des potentiels adéquats satisfait donc à la même équation de Laplace et aux mêmes conditions aux limites que le potentiel étudié aux questions précédentes dans le volume intérieur aux deux électrodes. D’après le théorème d’unicité ces deux potentiels sont donc égaux en tout point du volume intérieur. (A l’extérieur le problème est plus complexe puisque la valeur du potentiel n’est pas définie de manière unique à l’infini ; d’autre part pour obtenir une surface fermée contenant le point O il est nécessaire de considérer deux équipotentielles dont les potentiels sont de signes opposés).
Le dispositif idéal est donc obtenu en matérialisant deux équipotentielles (hyperboloïdes de révolution) de signes opposés (+V0 et −V0 par exemple) par des électrodes portées aux mêmes potentiels. Cependant les électrodes devraient être d’extension infinie.
Le dispositif réel est analogue au dispositif idéal, mais seules les parties centrales des équipotentielles +V0 et −V0 ont été matérialisées par des électrodes. Les deux coupelles C1 et C2 correspondent à l’hyperboloïde à double nappe (Ve /V0>0) tandis que l’anneau correspond à l’hyperboloïde à nappe unique (Ve /V0<0). Si les bords des électrodes sont suffisament éloignés de O (à une distance très supérieure à ρ0 et z0) les effets de bords seront peu importants au voisinage de O et le potentiel sera pratiquement égal au potentiel théorique dans cette région.
Les grandeurs ρ0 et z0 ont déjà été calculées dans le cas général à la question précédente. En posant dans les relations obtenuesVe = ±V0/2 on trouve
ρ0 = √2 d ; z0 = d
2)
a) La force subie par un électron dans le champ électrostatique est -eE (e est la valeur absolue de la charge de l’électron, ne pas l’oublier par la suite). Les forces de pesanteur sont négligées par hypothèse. L’équation du mouvement s’écrit par conséquent
ma = −eE, soit a = -(e/m) E. En exprimant E = -grad V puis l’équation du mouvement en coordonnées cartésiennes on obtient :
${\bf{E}} = \frac{{{V_0}}}{{{d^2}}}\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{x/2}\\{y/2}\\{ - z}\end{array}} \right.$ puis $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\ddot x = - \frac{{e{V_0}}}{{2m{d^2}}}x}\\{\ddot y = - \frac{{e{V_0}}}{{2m{d^2}}}y}\\{\ddot z = + \frac{{e{V_0}}}{{\;\;m{d^2}}}z}\end{array}} \right.$
La projection sur Oz de l’équation du mouvement s’écrit $\ddot z = + \frac{{e{V_0}}}{{{\kern 1pt} m{d^2}}}z$. Si V0 > 0 cette équation admet pour solution générale $z(t) = A\exp ({\omega _z}t) + B\exp ( - {\omega _z}t)$ où ${\omega _z} = \sqrt {\frac{{e{V_0}}}{{m{d^2}}}} $. Dans ce cas z diverge si A est non nul, le mouvement selon Oz n’est pas confiné au voisinage de O.
Si V0 < 0, l’équation est l’équation d’un oscillateur harmonique : $\ddot z + \omega _z^2z = 0$ de pulsation propre ${\omega _z} = \sqrt {\frac{{ - e{V_0}}}{{m{d^2}}}} $. Le mouvement est un mouvement harmonique de pulsation ωz.
b) Si le mouvement selon Oz est confiné, V0 < 0. Dans ce cas le facteur −eV0/(2md2) est positif ; les deux équations du mouvement en projection sur Ox et Oy s’écrivent
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\ddot x = - \frac{{e{V_0}}}{{2m{d^2}}}x = \frac{{\omega _z^2}}{2}x}\\{\ddot y = - \frac{{e{V_0}}}{{2m{d^2}}}y = \frac{{\omega _z^2}}{2}y}\end{array}} \right.$. Ces équations sont analogues à celle obtenue pour z si V0 est positif, et leurs solutions générales divergent exponentiellement avec le temps.
La projection du mouvement n’est donc pas bornée dans xOy.
c) AN : d = 5.10-3m ; V0 = −12V (le mouvement selon Oz est donc confiné) ;
e = 1,6.10-19C ; m = 9,11.10-31kg d’où ωz = 2,903.108 rad.s-1 (ωz<<ωc)
Le fait qu’il n’est pas possible de confiner un électron autour de O à l’aide d’un champ électrique s’explique ainsi : L’énergie potentielle de l’électron dans le champ est U=-eV. Si l’électron restait confiné dans une région finie de l’espace, cela impliquerait la présence d’une position d’équilibre, donc d’un maximum de V, dans cette région. Or l’espace entre les électrodes créant le champ E est vide de charge donc V ne peut pas admettre de maximum dans cette région. Le confinement de l’électron dans cette région est donc impossible. On peut se reporter à la question II.1.c pour confirmer ce fait. En particulier O est un point-selle.

III Confinement magnétique
1) La force totale subie par l’électron en négligeant toujours les forces de pesanteur est la force de Lorentz F = −e(E + v∧B). Le champ B est dirigé selon Oz donc la composante selon Oz de la force magnétique est nulle. Par conséquent l’équation du mouvement selon Oz n’est pas modifiée et les conclusions de la question II.2.a restent valables.
Pour que l’électron soit piégé, son mouvement selon Oz devra être confiné au voisinage de O. Le potentiel V0/2 auquel sont portées les coupelles C1 et C2 doit être négatif.
2)
a) La projection de la force électrique subie par un électron a été calculée en II.2.b, celle de la force magnétique pour un champ B dirigé selon Oz en I.2.a) (pour un électron e < 0). La projection sur xOy de l’équation du mouvement de l’électron s’écrit donc en, combinant les résultats et en conservant les notations ωc=eB/m et ωz2=-eV0/(2md2) :
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\ddot x = - {\omega _c}\dot y + \frac{{\omega _z^2}}{2}x}\\{\ddot y = + {\omega _c}\dot x + \frac{{\omega _z^2}}{2}y}\end{array}} \right.$
b) En effectuant la somme de l’équation en x et du produit par i de l’équation en y on trouve $\ddot x + {\rm{i}}\ddot y = {\rm{i}}{\omega _c}(\dot x + {\rm{i}}\dot y) + \frac{{\omega _z^2}}{2}(x + {\rm{i}}y)$ soit en considérant la variable ρ = x + iy déjà introduite en I.
$\ddot \rho - {\rm{i}}{\omega _c}\dot \rho - \frac{{\omega _z^2}}{2}\rho = 0$
c) Qualitativement si B est faible, l’effet du champ électrique est prédominant et le mouvement transversal n’est pas confiné tandis que si B est fort, l’effet du champ magnétique est prédominant et le mouvement transversal est confiné et de plus en plus proche d’un mouvement circulaire.
A l’équation différentielle vérifiée par ρ on peut associer l’équation caractéristique
r2 - iωcr - (ωz2/2) = 0
(la présence d’un facteur complexe n’est pas génante puisque l’équation caractéristique est obtenue en posant ρ=exp(rt) dans l’équation différentielle vérifiée par ρ, le coefficient r appartenant au corps des complexes).
Il s’agit d’une équation du second degré en r (complexe) à coefficients complexes, dont le discriminant vaut $\Delta = {(i{\omega _c})^2} + 2\omega _z^2 = 2\omega _z^2 - \omega _c^2$ .
* Si Δ est positif, les solutions seront r = (iωc±√Δ)/2, soit en séparant la partie réelle et la partie imaginaire de r $\rho (t) = \exp (i{\omega _c}t/2)[A\exp (\sqrt \Delta t/2) + B\exp ( - \sqrt \Delta t/2)]$. Si A est non nul la norme de ρ, égale à la distance de l’électron à l’axe Oz diverge, l’électron n’est pas piégé.
* Si Δ est nul la solution est de la forme $\rho (t) = \exp (i{\omega _c}t/2)(At + B)$ qui diverge également : l’électron n’est pas piégé.
* Si Δ est négatif les solutions de l’équation caractéristique sont imaginaires pures et les termes correspondants sont de la forme A exp(iat). La variable ρ reste bornée et le mouvement transversal décrit par ρ reste borné au voisinage de O.
Le mouvement transversal est donc borné si Δ est négatif, ce qui se traduit par l’inégalité 2ωz2 < ωc2, soit en exprimant ωz et ωc : -2eV0/md2 < (eB/m)2. Le champ B doit être supérieur à la valeur critique Bc donnée par
${B_c} = \sqrt {\frac{{ - 2m{V_0}}}{{e{d^2}}}} $
AN : Bc = 2,34.10-3 T = 2,34 mT
Pour B>Bc , 2ωz2-ωc2<0, d’où r = i(ωc±√(ωc2-2ωz2))/2. Compte tenu des notations de l’énoncé et de l’inégalité forte ωc>>ωz on introduit les pulsations :
${\omega _b} = \left[ {{\omega _c} - \sqrt {{\omega _c}^2 - 2{\omega _z}^2} } \right]/2 \approx \{ {\omega _c} - {\omega _c}[1 - {({\omega _z}/{\omega _c})^2}]\} /2 = {\omega _c}\frac{{\omega _z^2}}{{2\omega _c^2}} < < {\omega _c}$
${\omega '_c} = \left[ {{\omega _c} + \sqrt {{\omega _c}^2 - 2{\omega _z}^2} } \right]/2 \approx \{ {\omega _c} + {\omega _c}[1 - {({\omega _z}/{\omega _c})^2}]\} /2 = {\omega _c}\left( {1 - \frac{{\omega _z^2}}{{2\omega _c^2}}} \right) \approx {\omega _c}$
La variable ρ vaut donc $\rho (t) = {\rho _{0b}}\exp (i{\omega _b}t) + {\rho _{0c}}\exp (i{\omega '_c}t)$ où ρ0b et ρ0c sont des constantes d’intégration. Chacun des termes représente un mouvement circulaire d’amplitude ρ0b et de pulsation ωb pour le premier, d’amplitude ρ0c et de pulsation ω’c pour le second. Le mouvement transversal est la superposition de ces deux mouvements.
d) Si seule la composante en ω’c du mouvement est présente le mouvement est circulaire d’axe Oz. Cependant la force électrique tend à écarter l’électron de sa trajectoire circulaire en l’entraînant vers l’extérieur de celle-ci. Comme elle s’oppose au mouvement circulaire de l’électron la force électrique doit donc se traduire par une diminution de la pulsation par rapport à la pulsation ωc.
e) ωz2/2ωc2 = 5,47.10-8 ;
ω’c = ωc (1 − 5,47.10-8) ≈ ωc = 8,78.1011 rad.s-1 ;
ωb = 5,47.10-8 ωc = 4,8.104rad.s-1 << ωz << ω’c ≈ ωc
3)
Mouvement transversal $\rho (t) = {\rho _{0b}}\exp (i{\omega _b}t) + {\rho _{0c}}\exp (i{\omega '_c}t) \approx {\rho _{0b}}\exp (i{\omega _b}t)$ puisque par hypothèse ρ0c<< ρ0b . Le mouvement transversal est pratiquement un mouvement circulaire uniforme de pulsation ωb auquel se superpose une perturbation de pulsation ω’c très supérieure (“festons”)
Ce mouvement transversal se compose avec le mouvement axial harmonique de pulsation ωz tel que ωb<<ωz<<ω’c. Durant une “révolution” l’électron effectue de nombreuses oscillations selon Oz, et durant chacune de ces oscillations il décrit de nombreux “festons” autour de sa position moyenne.

IV Détection du mouvement axial
1)
a) Les charges se répartissent sur les coupelles en fonction des interactions électrostatiques qu’elles subissent. A un instant donné l’électron occupe une certaine position entre les deux coupelles et exerce une force électrique répulsive sur chaque électron (porteur de charges dans le circuit) présent sur l’une deux coupelles. Cette force décroît comme l’inverse du carré de la distance, puisqu’elle a pour origine le champ électrique créé par l’électron.

Si l’électron se rapproche d’une des coupelles, les forces répulsives qu’il exerce sur les électrons de cette coupelle augmentent, tandis que celles qu’il exerce sur les électrons présents sur l’autre coupelle diminuent. Par conséquent il y aura dans le circuit un mouvement d’électrons dirigé de la coupelle dont l’électron piégé s’approche vers celle dont il s’éloigne. Par conséquent le mouvement axial de l’électron induit dans le circuit un courant dirigé vers la coupelle dont il s’approche. Compte tenu des conventions d’orientation :
I dz/dt < 0.
(Le raisonnement reste vrai quelque soit le signe des porteurs de charge. Il faut bien se rendre compte que ce mouvement existe même si l’électron piégé n’atteint pas les armatures les actions électromagnétiques étant des actions à distance).
b) L’origine du courant I est le déplacement de l’électron piégé, caractérisé en particulier par sa vitesse (la position de l’électron et son accélération ne conviennent pas car on ne peut déduire de leur valeur le signe de la vitesse de l’électron qui caractérise le signe de l’intensité).
Il est donc raisonnable de penser que l’effet mesuré dépendra de cette vitesse et sera une fonction croissante de celle-ci. Le mouvement de l’électron piégé étant une superposition de mouvements sinusoïdaux, on a donc intérêt à choisir pour réaliser la détection un mouvement pour lequel
le produit amplitude x pulsation (égal à la norme de la vitesse) est élevé
la pulsation se trouve dans un domaine où la détection est aisée
ωz = 2,903.108 rad.s-1 correspond à fz = ωz/2π = 4,62 MHz, fréquence située dans le domaine des radio-fréquences dont la détection est facile.
ω’c=8,78.1011 rad.s-1 correspond à fc = 1,4.1011 Hz = 140 GHz, fréquence située dans le domaine de l’infrarouge lointain. Ce mouvement n’est pas détectable par des méthodes “électriques”. Il faudrait avoir recours à des méthodes de type optique : mesure du rayonnement émis. D’autre part l’amplitude de ce mouvement est très faible (cf. question IV.4)
On choisit donc de préférence la détection du mouvement axial.
c) L’approximation des régimes quasi-permanents s’applique si la longueur d’onde associée au courant induit, égale à 2πc/ωz est grande devant les dimensions du circuit.
AN : λ = (2π.3.108/2,9.108) m = 6,5 m. L’approximation des régimes quasi-permanents est donc vérifiée si la dimension du circuit est “petite” devant 6,5 m, ce qui représente une condition raisonnable.
2)
a) Si la résistance R est parcourue par l’intensité I, la tension UAB à ses bornes vaut dans l’approximation des régimes quasi-permanents UAB = VA − VB = RI en respectant la convention d’orientation de I.
Compte tenu de l’orientation de l’axe z le champ E régnant entre les coupelles est donné en assimilant les deux coupelles à un condensateur plan par la relation
E = Eez = (VB - VA)/(2d )ez = - RI/(2d )ez
Par conséquent la force à laquelle est soumis l’électron du fait de E a pour expression :
f = -eE = ReI/(2d) ez
b) On considère le système formé par le circuit : coupelles, fils de connexion et résistance, et l’électron piégé. Le seul échange d’énergie avec le milieu extérieur correspond à la chaleur qu’il cède par effet Joule. Son énergie totale doit donc décroître. L’énergie totale du système est la somme de l’énergie mécanique de l’électron (qui comprend son énergie cinétique et l’énergie potentielle de l’électron dans le champ électrique du piège) et de l’énergie électromagnétique du système. Si on néglige cette dernière devant l’énergie mécanique de l’électron on peut considérer que la puissance dissipée par effet Joule dans la résistance est entièrement prélevée sur l’énergie mécanique de l’électron.
PJ = - dEméca/dt.
La cause de la décroissance de l’énergie mécanique de l’électron est le couplage électrique avec le circuit, caractérisé par la force électrique f à laquelle est soumis l’électron. Le théorème de l’énergie mécanique appliqué à l’électron s’écrit
dEméca/dt. = Pf = f.v = f.dz/dt.
En combinant ces deux équations on obtient la relation :
f.dz/dt. = - RI2, soit en exprimant f
ReI/(2d) dz/dt = - RI2 qui donne après simplifications :
I = - dz/dt e/(2d) et UAB = RI = - dz/dt Re/(2d)
(On vérifie bien I.dz/dt < 0)
c) L’électron est une charge ponctuelle en mouvement qui crée un champ non permanent : il n’y a pas conservation du flux de la densité volumique de courant, mais de la somme de la densité volumique de courant et de la densité de courant de déplacement ε0∂E/∂t. Le calcul de ce terme est nécessaire pour pouvoir exprimer le courant I.
Un modèle approché consiste à supposer la charge de l’électron répartie uniformément entre les armatures d’où une densité volumique constante ρ = -e/(2dS) et une densité volumique de courant j = -e dz/dt /(2dS) ez entre les armatures, nulle à l’extérieur. Par intégration sur un plan parallèle aux armatures on en déduit une intensité équivalente au déplacement de l’électron Ie = - dz/dt e/(2d). La conservation de la charge consuit alors à une intensité dans le circuit I = - dz/dt e/(2d) qui est bien celle calculée précédemment.

3)
a) En reportant l’expression de I dans celle de f, on trouve la relation liant f à dz/dt :
f = fez = - R(e/2d)2 dz/dt ez. La force f est équivalente à une force de freinage fluide ce qui est cohérent avec l’analyse énergétique. En comptant f dans le bilan des forces subies par l’électron, l’équation de la projection de son mouvement sur l’axe Oz s’écrit après division par la masse m : $\ddot z = - \omega _z^2z - f/m = - \omega _z^2z - \frac{{R{\kern 1pt} {e^2}}}{{4m{d^2}}}\dot z$ qui est l’équation d’un oscillateur harmonique amorti :
$\ddot z + \frac{{R{\kern 1pt} {e^2}}}{{4m{d^2}}}\dot z + \omega _z^2z = 0$
b) Si l’amortissement est très faible, le discriminant de l’équation caractéristique vaut
Δ = (1/τ)2 - 4ωz2 ≈ - 4ωz2 en posant τ = 4md2/(Re2). Les solutions sont donc
r = -(1/2τ) ± iωz et les variations de la coordonnées axiale z de l’électron sont de la forme
z(t) = (Acos(ωzt+ϕ)).exp(-t/2τ)
L’amplitude du mouvement est amortie exponentiellement, avec une constante de temps égale à 2τ.
L’énergie du mouvement axial est la somme de l’énergie cinétique de l’électron et de son énergie potentielle dans le champ électrique du piège pour le mouvement axial :
$E = 1/2m{\dot z^2} + 1/2m\omega _z^2{z^2} = \frac{m}{2}({\dot z^2} + \omega _z^2{z^2})$. Par dérivation on obtient
$\dot z = A\exp ( - t/2\tau )[ - {\omega _z}\sin ({\omega _z}t + \varphi ) - {(2\tau )^{ - 1}}\cos ({\omega _z}t + \varphi )] \approx A\exp ( - t/2\tau )[ - {\omega _z}\sin ({\omega _z}t + \varphi )$puisque 1/τ est très petit devant ωz (hypothèse d’amortissement négligeable). En reportant les valeurs de z et de dz/dt dans l’expresion de E, on en déduit son expression approchée
$E \approx \frac{m}{2}\{ {(A{\omega _z})^2}\exp ( - t/\tau )[{\sin ^2}({\omega _z}t + \varphi ) + {\cos ^2}({\omega _z}t + \varphi )\} = \frac{m}{2}{(A{\omega _z})^2}\exp ( - t/\tau )$
La constante de temps d’amortissement de l’énergie de l’électron est donc
$\tau = \frac{{4m{d^2}}}{{R{\kern 1pt} {e^2}}}$
c) AN : τ = 56,2 s, γ = 1/τ = 1,78.10-2 s-1. On vérifie bien (1/τ)<<ωz (facteur 1010).
Q = ωz/γ = 1,63.1010.
Le facteur de qualité Q est relié à la décroissance relative d’énergie par période (cours).
Pendant une période
$\Delta E = E(t + T) - E(t) = \frac{m}{2}{(A{\omega _z})^2}[\exp ( - \frac{{t + T}}{\tau }) - \exp ( - \frac{t}{\tau })] = E(t)[\exp ( - \frac{T}{\tau }) - 1]$
Or τ>>T = 2π/ωz, E(t) est pratiquement constant sur une période, et la variation relative d’énergie sur une période a pour expression approchée
$\frac{{\Delta E}}{E} = \exp ( - T/\tau ) - 1 \approx - T/\tau = - 2\pi \gamma /{\omega _z} = - \frac{{2\pi }}{Q}$
La décroissance relative d’énergie de l’électron est donc inversement proportionnelle au facteur de qualité. Compte tenu de la valeur numérique de Q, l’électron perd 3,85.10-8% de son énergie par période : la détection du mouvement a une influence négligeable sur celui-ci (tant que la durée de la mesure est très petite devant τ).
4) Parmi les autres causes d’amortissement on peut penser aux chocs entre l’électron et des particules présentes dans le piège (le vide absolu ne peut être atteint). Mais seules les particules négatives sont piégées au centre du piège, et ce problème n’est pas génant tant que la qualité du vide dans le piège est bonne.
Par contre une cause essentielle d’amortissement du mouvement, dont on ne peut s’affranchir, est le rayonnement émis par l’électron. En effet toute particule chargée dont le mouvement a une accélération non nulle est une source de rayonnement électromagnétique (rayonnement de freinage ou Bremstrahlung) ; La puissance associée est proportionnelle au carré de la norme de l’accélération, donc pour un mouvement harmonique de pulsation ω à ω4. La composante du mouvement transversal de pulsation ω’c est beaucoup plus fortement amortie que la composante de pulsation ωb, donc l’amplitude de ce dernier est prédominante (à amplitudes égales il y a un facteur (8,78.1011/4,8.104)4 = 1,2.1029 entre les puissances dissipées pour chacune des composantes supposées indépendantes). Ceci justifie l’hypothèse faite à la question III.3.