Concours Physique Concours Commun M Physique II 1994 (Corrigé)

Deuxième épreuve Physique II. Mines 94.
Première partie.
1.1. chaque composante E_i ou B_i vérifie l’équation différentielle
Δ E_i + (ω/c)² E_i = 0 (1)
Les composantes tangentielles du champ électrique E sont nulles sur les parois.
Les composantes normales du champ B sont nulles sur les parois.
Par exemple
paroi, X₁ = o : E₂ = E₃ = o B₁ = o
paroi, X₁ = a₁ : E₂ = E₃ = o B₁ = o
1.2. Le champ proposé vérifie les conditions aux limites. L’application de (1) à l’une des composantes de E donne :
ω²/c² = π² Σ (m_i/a_i)²

1.3. div.3. = o (absence de charge dans la cavité) entraîne :
Σ (m_i E_i°/a_i) = o (2) soit K.E = 0
Le champ électrique est perpendiculaire au vecteur K.
Pour une pulsation donnée le vecteur champ est déterminé par deux vecteurs de base perpendiculaire à K.
Remarquons aussi que la relation 2 impose une relation entre les E_i ; donc le champ dépend de deux composantes seulement.
1.4. Les deux miroirs sont parallèles et supposés infinis.
L’invariance par translation suivant x₂ et x₃ entraîne que le champ ne dépend que de x₁.
Si on ne s’intéresse qu’aux ondes qui se propagent suivant x₁, alors
E₁ = o (champ transverse)
E₂ = E^°₂ sin (m₁ π x/a₁) exp jωt
E₃ = E°₃ sin (m₁ π x/a₁) exp jωt
avec m₁ π/a₁ = ω/c
L’analogie mécanique est le mouvement d’une corde sans raideur liée à ses deux extrémités.
1.5.
dU ω = (ε_°/u) [BB^*.c²+ E.E^* ]. dτ
Il suffit d’intégrer sur le volume.
1.6.
∫∫∫ B.B^* dτ = - (1/jω) ∫∫∫ rot E.B^* dτ
= (1/jω [∫∫∫ div (E Λ B^*) dτ + ∫∫∫ (E.rot.B^*) dτ
rot B^* = µo ε_ο ((d^*E^*/dt) = - jω/c² E^*
d’où ∫∫∫ BB^* dτ = - 1/jω [∫∫ (E Λ B^*). n ds - jω/c² ∫∫∫. E.E^* dτ
or, sur la surface E = o donc
∫∫∫ BB^* dτ = 1/c² ∫∫∫ ( E.E^*) dτ
d’où l’expression :
d U = ε_°/2 ( E.E^*) dτ = u dτ
u = ε_°/2 [ (E₁ E₁^*+ E₂E₂^* + E₃E₃^*)
en prenant une valeur moyenne dans l’espace.
<u > = ε_°/16 [ (E^°₁)² ₊ (E°₂)² + (E^°₃)² ]

1.7.
Dans le domaine visible 400 nm < L < 800 nm, calculons l’ordre de grandeur du volume pour lequel on ait M grand.
V = (λ⁴/8πdλ) M = 1,3.10^-20M
Per exemple si M = 100, V = 10^-18 m³
Donc une cavité de côté a = 10^-6m, il y a 100 modes possibles.
Deuxième partie.
2.1.1. On peut admettre qu’un miroir sphérique est équivalent à une lentille mince dont l’espace du rayon émergent est caractérisé par un milieu d’indice n = -1.
On peut également considérer que le foyer image et le foyer objet se confondent lorsqu’on replie le milieu émergent d’une lentille sur le milieu incident.
La distance focale de chaque lentille est donc R₁/2 et R₂/2.
Donc N aller-retours dans la cavité est équivalent à la propagation du rayon lumineux dans N motifs {L₁ - L₂ } , les deux lentilles sont distantes de L.
2.2.1.
α₁ (p) = tan α₁ (p) = (y₂^p - y₁^p) /L.
α₂ (p) = (y^p+1₁ - y^p₂) /L.
2.2.2. soient deux points conjugués A et A’ (A’ est virtuel) sur l’axe.
1/O₁A’ - 1/O₁A = 1/f’₁.
avec α₂^(p-1) = - y₁^p/O₁A α₁^p = - y^p₁/O₁A’
d’où α₁^p - α₂^p-1 = - y₁^p/f’₁ α₂^p - α₁^p = - y₁^p/f’₂.
2.2.3. A partir de 2.2.1. et 2.2.2. , on obtient :
y₂^p-1 + y₂^p+1 + (2-u₁ u₂) y₂^p = o
soit f’₁ f’₂ (y₂^p-1 + y₂^p+1) + [ 2L (f’₁+f’₂) - 2f’₁f’₂ - L²] y₂^p = o
2.3.1. α₁ (p+1) = (y₂^p+1 - y₁^p+1 )/L α₁ (P) = (y₂^p - y₁^p)/L.
d’où y₂^p+1 - y₁^p+1 = - y₂^p + y₁^p
y₂^p+1 = - y₂^p
d’où α₁ (p)- α₂ (p)=( y₁^p - y₂^p + y₁^p+1 - y₂^p )= - (2 y₂^p/L) = - (y₁^p/f’₂)
d’où f’₂ = L/2
De même, on montre que les 2 conditions entraînent y₂^p+1 = - y₂^p
y₂^p - y₁^p - y₁^p + y₂^p-1 = - 2 y₁^p /L = - y₁^p /f’₁
d’où f’₁ = L/2.
La construction est classique. Remarquons que
F’₁(p) = F₂ (p) ; F’2 (p) = F₁ (p+1)
F’₁ (p+1) = F₂ (p+1)

2.3.2. Les distances focales sont égales ; les foyers sont confondus.
Donc, C₂ confondu avec S₁ et C₁ avec S₂ .
Cavité confocale : S₁ C₁ = - S₂C₂ = L.
2.3.3. On trouve facilement que A et A’ sont confondus après un aller et retour.
2.3.4. En étudiant la progression selon la méthode du 2.3.1., on obtient
. après un aller-retour A’B’ = - AB
. après deux aller-retours A’B ’’ = AB.
On peut aussi le montrer par les relations classiques.
Relation des sinus d’Abbe AB. α = - A’B’ . α’.
AB -- M₁ -- A₁ B₁ -- M₂ -- A’B’.
Relation de Newton : FA. FA₁ = f² FA’.FA₁ = f²
donc FA=FA’ AB = -A’B’
2.4.1. On remplace dans l’équation
y₂^p-1 + y₂^p+1 + (2-u¹u²) y₂^p = o
il vient y₂^p [4 cos² (φ/2) - u¹u²] = o
donc cos₂ φ/2 = u₁u₂/4
d’autre part o < cos² (φ/2) < 1.
d’où o < 4 + L²/f’₁f’₂ - 2L [1/f’₁ + 1/f’₂] L4.
D’autre part, y₂^p doit être telle que son module soit inférieure à D/2 exprimant que les rayons restent confinés.
donc si A et A’ sont des réels, alors (A) + (A’) < D/2
2.4.2. Pour une cavité focale y₂^p+1 = y₂^p
Dans ce cas, rien n’est possible que si φ = (2k+1) π
D’autre part, si f’₁ = f’₂ = L/2 u₁ = u₂ = o et cos² φ/2 = o
donc φ = π.
Troisième partie.
3.1.1. Pertes par diffusion et absorption si le milieu n’est pas le vide parfait.
Les miroirs diffractent ; une partie de la lumière est alors envoyée à
à l’extérieur de la cavité.
3.1.2. Un faisceau plan monochromatique λ arrivant sur un miroir plan de côté D
diffracte. La tache centrale est localisée dans un cône d’angle θ =λ/D.
Pour que tous les rayons lumineux situés dans ce cône atteigne l’autre
miroir, il faut que θ < D/L.
soit 1< D²/λL = N.

3.2.1. Les relations écrites traduisent le principe d’Huyghens Fresnel.
Chaque point réémet une onde sphérique dont l’amplitude et la phase dépendent
de l’onde incidente.
Le déphasage j = exp (j. π/2) correspond au passage par un foyer.
3.2.2. Soit la projection P₁ sur oz
(P₁M)₂ = [P₁H₁ + H₁H + HM]²
(P₁M)² = (P₁H₁)² + (H₁H)² + (HM)² - 2 H₁P₁. HM
(P₁M)² = R’₁)² + (H₁H)² - 2 R’₁. R.
Le point P₁ appartient au cercle de rayon L,
donc
(H₁P₁)² + (Z - L)² = L² Z cote du point P₁
comme D << L, alors Z << L.
d’où Z ≈ (R’₁)²/2L.
P₁M² = R² + z² + (R’₁)² [1 - z/L]
P₁M = z + [R² - 2.R. R’₁ + R’₁² (1- z/L)] /2z
on peut donc écrire :
(1/P₁M) (exp jk. P₁M) = (1/z) (exp jk z) exp (jk/2z) [R²+(R’₁)² (1-z/L) -2R.R’₁
Le principe d’Huyghens entraîne alors l’expression donnée dans l’énoncé.
3.2.3. Evaluons U (P₂).
U (P₂) = Aγ₂/L ∫∫_s U(P₁) K (P₁P₂) ds.
or K(P₁P₂) = exp jk/2L [R’²₁ - 2R’₁.R’₂]
car z ≈ L et R ≈ R’₂
K (P₁P₂) ≈ exp - (jk/L) R’_1.R’₂ = exp - j k/L [x₁x₂ + y₁y₂)
d’où U (P₂) = Aγ₂/L ∫∫_s1 [K₁ exp [- π(R’₁)²/D²₁] exp - (jk/L) (x₁x₂+y₁y₂) dx, dy₂
car ds ≈ dx₁ dy₁.
U (P₂) = Aγ2K₁/ J (x₂). J (y₂).
avec J (x₂) = ∫_x1 exp [- π(x²₁)/D₁² - j k/L (x₁x₂)]. dx₁
à l’intervalle de variation de x₁ étant étendue à l’∞.
J(x₂) = ∫ exp [- (π/D₁² )x₁² - jk x₂x₁/L] dx₁
J(x₂) = ∫ exp - π/D₁² [x₁ + jkD₁²x₂/L.2 π]² . exp - k²D²₁x²₂//4πL² . dx₁

d’où J (x₂) = exp (- k²d₁²x²₂D₁/4.π.L²)
d’où U (P₂) =Aγ₂K₁L^-1.D²₁ exp (-k²D₁² [x₂² + y₂²]/4. π.²L²)
U (P₂) = Aγ₂K₁L^-1.D²₁ exp - (k²D₁².R’₂/4. π.L²)
or U (P₂) = K₂ exp [-π (R’₂)²/D₂²]
d’où k²D₁²/4. π.L² = π/D₂² soit D₁D₂ = λL
(D²₁.A γ₂K₁) = K₂.L
Par permutation des indices on obtient en fait, une troisième relation :
(D₂². A γ₁K₂) = K₁.L
il vient γ₁. γ₂. (A. λ)² = 1.
3.2.4.
A = J/λ alors γ₁. γ₂ = - 1
donc exp - 2j.k.L = - 1. alors 2J.kL = (2m+1) π
k = π (2m + 1)/2L + ω_m/c
ω_m = (2m+1) .πc/2L
En reprenant les relations on obtient
K₂ = (-1)^m K₁D₁/D₂
soit une cavité oscillant à la pulsation x_o moyenne.
ω_o - Δω/2 < ω_o + Δω/2
Le nombre de mode N dans la cavité est égal au nombre d’entiers satisfaisant à
ω = (2m+1) π c/2L dans la bande de pulsation considérée.
Δω = Δm πc/2L soit N = Δm = 2L Δω/πc
soit N = 2L Δλ/.λ.²
Dans le visible, si on prend L = 1µm comme pour la cavité cubique
Δλ = 400 nm λ = 600 nm
N = 2 modes alors que l’on avait 100 modes pour la cavité cubique.
La cavité confocale est donc plus sélective.

Concours Physique ENSI 1994 (Corrigé)

PREMIERE PARTIE

1 - Amplificateur sélectif à circuit résonant
1 - Etude du bobinage primaire.
1 - 1 - a - Les lignes de champ sont des cercles dont les axes sont confondus avec l'axe Oz. En effet tout plan contenant l'axe Oz est plan de symétrie de la distribution et$\overrightarrow B $ est normal à chacun de ces plans.
1 - 1 - b - Prenons le contour fermé suivant :
- un arc de cercle de rayon${r_0}$ et d'angle passant par O'
- un arc de cercle de rayon${r_0} + r\cos \theta $ et d'angle passant par P - on ferme naturellement le contour (la circulation y est nulle).
Le théorème d'Ampère s'exprime :$\overrightarrow B \overrightarrow {dl} = 0$
soit ${B_0}.\frac{{{r_0}\alpha }}{{2\pi }} - {B_P} + r\cos \theta \frac{\alpha }{{2\pi }} = 0$ou encore, avec${B_0} = \frac{{{n_1}{\mu _0}I}}{{2\pi {r_0}}}$
${B_P} = \frac{{{B_0}}}{{1 + \frac{r}{{{r_0}}}\cos \theta }}$
1 - 1 - c - En calculant le flux$\Phi $ engendré par le tore sur lui-même :
$\Phi = {n_1}.\overrightarrow B d\overrightarrow S = \frac{{n_1^2{\mu _0}I}}{{2\pi {r_0}\left( {1 + \frac{r}{{{r_0}}}\cos \theta } \right)}}r{\rm{ }}dr{\rm{ d}}\theta $ comme${r_0} > > a \approx r$
$\Phi = \frac{{n_1^2{\mu _0}I}}{{2\pi {r_0}}}\left( {1 - \frac{r}{{{r_0}}}\cos \theta + \frac{r}{{{r_0}}}\cos \theta } \right)r{\rm{ }}dr{\rm{ }}d\theta $
on obtient finalement pour L après simplification :
$L = \frac{{n_1^2{\mu _0}{a^2}}}{{2{r_0}}}\left( {1 + \frac{{{a^2}}}{{4r_0^2}}} \right)$

1 - 1 - d - Comme on a$L = {L_1}\left( {1 + \frac{{{a^2}}}{{4r_0^2}}} \right)$,$L \approx {L_1}$avec une précision inférieure à 1% si $\frac{{{a^2}}}{{4r_0^2}} < 0,01{\text{ soit }}\frac{a}{{{r_0}}} < 0,2$.
1 - 1 - e - La résistance de la bobine est donnée par la relation suivante :
$R = \rho \frac{I}{s}{\text{ avec }}I = {n_1}2\pi a{\text{, }}s = \pi \frac{{{d^2}}}{4}{\text{ et }}{n_1} = 2\pi \left( {{r_0} - \frac{a}{d}} \right)$
Soit$R = \frac{{16\pi \rho \left( {{r_0} - a} \right)}}{{{d^3}}}$ et$\frac{{{L_1}}}{R} = \frac{{{\mu _0}\pi ad({r_0} - a)}}{{8\rho {r_0}}}$.
1 - 1 - f - A.N.${L_1} = 0,11mH.{\rm{ }}\frac{{{L_1}}}{R} = {5,92.10^{ - 5}}H.{\Omega ^{ - 1}}.{\rm{ }}\frac{{{L_1}{\omega _0}}}{R} = 37,2$
2 - Etude du bobinage secondaire
1 - 2 - a -${\Phi _{1 \to 2}} = {n_2}.\overrightarrow {{B_1}} .d\overrightarrow {{S_2}} = M.{I_1}$ soit, en négligeant les temes du second ordre$M = \frac{{{n_1}{n_2}{\mu _0}{a^2}}}{{2{r_0}}}$.
1 - 2 - b -$M = \sqrt {{L_1}.{L_2}} $.
3 - Etude de l'amplificateur
1 - 3 - a - la puisanace complexe est :
$\underline P = \frac{1}{2}\underline {{Z_e}} \underline {{I_{\max }}} \underline {{{\dot I}_{\max }}} = \frac{1}{2}\underline {{Z_e}} {\left| {\underline {{I_{\max }}} } \right|^2} = \underline {{Z_e}} {\left| {\underline {{I_0}} } \right|^2}{\text{ avec }}P = {\mathop{\rm Re}\nolimits} (\underline P )$.
${Z_e} = R//{C_1}//{L_1} = \frac{{j{R_1}{L_1}\omega }}{{{R_1}\left( {1 - {L_1}{C_1}{\omega ^2} + j{L_1}\omega } \right)}}$soit$\underline P = \frac{{j{R_1}{L_1}\omega .I_0^2}}{{{R_1}\left( {1 - \frac{{{\omega ^2}}}{{\omega _0^2}} + j{L_1}\omega } \right)}}$
finalement
$P = \frac{{{R_1}I_0^2}}{{1 + \frac{{R_1^2}}{{L_1^2\omega _0^2}}{{\left( {x - \frac{1}{x}} \right)}^2}}}{\text{ avec }}{P_{\max }} = {R_1}I_0^1{\text{ et }}Q = \frac{{{R_1}}}{{{L_1}{\omega _0}}}$
1 - 3 - b -$\frac{{{P_{\max }}}}{{1 + {Q^2}{{\left( {x - \frac{1}{x}} \right)}^2}}} = \frac{{{P_{\max }}}}{2}$ soit$x - \frac{1}{x} = \pm \frac{1}{Q}$ (deux équations du second degré)
( 1 )${x_{1,3}} = \frac{1}{2} - \frac{1}{Q} \pm \sqrt {{{\left( {\frac{1}{Q}} \right)}^2} + 4} {\text{ seule la racine positive est accebtable }}({x_1}).$
( 2 )${x_{2,4}} = \frac{1}{2}\frac{1}{Q} \pm \sqrt {{{\left( {\frac{1}{Q}} \right)}^2} + 4} {\text{ seule la racine positive est acceptable }}({x_2}).$
$\Delta {\omega _0} = \left( {{x_2} - {x_1}} \right){\omega _0} = \frac{{{\omega _0}}}{Q}$soit $\frac{{{\omega _0}}}{{\Delta {\omega _0}}} = Q$
1 - 3 - c -$\underline {{V_s}} = \underline {{Z_e}} \underline {{I_0}} = \underline {{Z_e}} s\underline {{V_e}} {\text{ soit }}G = \left| {\underline {{Z_e}} } \right|s{\text{ finalement }}G = \frac{{{R_1}.s}}{{1 + {Q^2}{{\left( {x - \frac{1}{x}} \right)}^2}}}$
${V_{s,\max }}{\text{ est donné pour }}x = 1{\rm{ }}{V_{s,\max }} = {R_1}{I_0}$
${V_{s,\min }}{\text{ est donné pour }}{\omega _1}{\text{ ou }}{\omega _2}{\text{ soit }}{V_{s,\min }} = \frac{{{R_1}{I_0}}}{{\sqrt 2 }}$
1 - 3 - d - ${V_e} = {A_0} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {{C_n}\cos (n{\omega _0}t) + {\psi _n}} $
${V_{n,s}} = G(n{\omega _0}).{V_{n,e}}{\text{ on peut donc d\'e finir }}{\tau _{n,e}} = \frac{{{C_{n,e}}}}{{{C_{1,e}}}}{\text{ et }}{\tau _{n,s}} = \frac{{G(n{\omega _0}).{C_{n,e}}}}{{G({\omega _0}).{C_{1,e}}}}$
On obtient pour l'atténuation en décibels
${\delta _n} = \frac{{{\tau _{n,e}}}}{{{\tau _{n,s}}}} = \frac{{G(n{\omega _0})}}{{G({\omega _0})}} = \frac{{1 + {Q^2}{{\left( {x - \frac{1}{x}} \right)}^2}}}{{1 + {Q^2}{{\left( {nx - \frac{1}{{nx}}} \right)}^2}}}$ comme x= 1 et n = 2,${\delta _2} = \frac{1}{{1 + {Q^2}{{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2}}}$
Tout calculs fait on trouve$Q = 2.$
1 - 3 - e – Posons${R_{eq}} = {R_1}//{R_u}$ On exprime alors Q' par $Q' = \frac{{{R_{eq}}}}{{{L_1}{\omega _0}}}$ soit $Q' = \frac{{Q{R_u}}}{{{R_1} + {R_u}}}$ donc $\Delta \omega _0^{'}\frac{{{R_1} + {R_u}}}{{{R_u}}}$
Si ${R_u} = {R_1}$ alors $\Delta \omega _0^{'} = 2.\Delta {\omega _0}$

4 - Couplage magnétique de l'amplificateur à une charge
1 - 4 - a - ( 1 ) $\underline {{V_1}} = j{L_1}\omega \underline {{I_1}} + jM\omega \left( {\underline {{I_1}} + \underline {{I_2}} } \right) + j{L_2}\omega \left( {\underline {{I_1}} + \underline {{I_2}} } \right) + jM\omega \underline {{I_1}} $
( 2 ) $\underline {{V_2}} = jM\omega \underline {{I_1}} + j{L_2}\omega \left( {\underline {{I_1}} + \underline {{I_2}} } \right)$
( 3 ) $\underline {{V_2}} = - {R_u}\underline {{I_2}} $
De ( 2 ) et ( 3 ) on tire ( 4 ) $\underline {{I_2}} = \frac{{j{L_2}\omega + jM\omega }}{{ - {R_u} + j{L_2}\omega }}\underline {{I_1}} $
En substituant ( 4 ) dans ( 2 ) et remarquant que$\frac{{{L_1}}}{{{L_2}}} = \frac{{n_1^2}}{{n_2^2}}{\text{ et que }}\frac{{2M}}{{{L_2}}} = \frac{{2{n_1}{n_2}}}{{n_2^2}}$
on trouve$\frac{{\underline {{V_1}} }}{{\underline {{I_1}} }} = \underline {{Z_e}} = {\mu ^2}\frac{{j{L_2}\omega {R_u}}}{{{R_u} + j{L_2}\omega }}{\text{ avec }}\mu = \frac{{{n_1} + {n_2}}}{{{n_2}}}$.
1 - 4 - b - Calculons la pulsation de résonance du montage.
Comme on nous demande dans la question - c - le facteur de qualité Q, exprimons la puissance moyenne absorbée par l'impédance constituée${R_1},{\rm{ }}{C_2}{\text{, les bobines coupl\'e es et }}{R_u}$. En premier lieu, exprimons l'impédance équivalente$\underline {{Z_{eq}}} = {R_1}//{C_2}//\underline {{Z_e}} $ soit
$\underline {{Z_{eq}}} = \frac{{j{R_1}{R_u}{\mu ^2}{L_2}\omega }}{{{R_1}{R_u}\left( {1 - {L_2}{C_2}{\mu ^2}{\omega ^2}} \right) + j{L_2}\omega \left( {{R_1} + {\mu ^2}{R_u}} \right)}}$
Comme$P = {\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {\underline {{Z_e}} } \right){\left| {\underline {{I_0}} } \right|^2}$ on trouve alors tout calcul fait
$P = \frac{{\frac{{{R_1}{R_u}{\mu ^2}}}{{{R_1} + {\mu ^2}{R_u}}}I_0^2}}{{1 + {{\left( {\frac{{{R_1}{R_u}}}{{{R_1} + {\mu ^2}{R_u}}}} \right)}^2}\frac{1}{{L_2^2\omega _0^2}}{{\left( {\frac{1}{x} - x} \right)}^2}}}$ soit${P_{\max }} = \frac{{{R_1}{R_u}{\mu ^2}}}{{{R_1} + {\mu ^2}{R_u}}}I_0^2{\rm{ }}\omega _0^2 = \frac{1}{{{L_2}{C_2}{\mu ^2}}}$
Et$Q = \frac{{{R_1}{R_u}}}{{{R_1} + {\mu ^2}{R_u}}}\frac{1}{{{L_2}{\omega _0}}}$.
On veut$\frac{1}{{{L_2}{C_2}{\mu ^2}}} = \frac{1}{{{L_1}{C_1}}}$soit${C_2} = \frac{{n_1^2}}{{{{({n_1} + {n_2})}^2}}}{C_1}$
1 - 4 - c - En définissant$\Delta Q = Q - Q'$avec$Q = \frac{{{R_1}}}{{{\mu ^2}{L_2}{\omega _0}}}$ et$Q' = \frac{{{R_1}{R_u}}}{{\left( {{R_1} + {\mu ^2}{R_u}} \right){L_2}{\omega _0}}}$
on obtient$\frac{{\Delta Q}}{Q} = \frac{1}{{1 + {\mu ^2}}}$. A..N. = 9,9

DEUXIEME PARTIE

11 - Exemples de filtres actifs à circuits RC
11 - 1 - Expression générale de la fonction de transfert d'un filtre passe -bande du second ordre.
Calculons le module de$\underline {T(j\omega )}$ .\[\left| {\underline {T(j\omega )} } \right| = \frac{{{G_0}}}{{{{\left( {1 + \frac{1}{{4{\alpha ^2}}}{{\left( {\frac{1}{x} - x} \right)}^2}} \right)}^{1/2}}}}.\] Soit F la fonction suivante$F = 1 + \frac{1}{{4{\alpha ^2}}}{\left( {\frac{1}{x} - x} \right)^2}$, étudions la sur l'intervalle$\left[ {0, + \infty } \right]$.
$\frac{{dF}}{{dx}} = \frac{{ - 1}}{{2{\alpha ^2}}}\left( {\frac{1}{x} - x} \right)\left( {\frac{1}{{{x^2}}} + 1} \right)$
soit

x	0            1                                  $ + \infty $
F	↘     min           ↗                 $ + \infty $
F'	-      0              +
T	0   ↗     ${G_0}$            ↘                    0

La forme de la courbe permet de conclure sur la nature du filtre.
Calculons la bande passante :$\frac{{{G_0}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{{G_0}}}{{\sqrt {\left( {\frac{1}{x} - x} \right)} \left( {\frac{1}{{4{\alpha ^2}}} + 1} \right)}}$ soit$x - \frac{1}{x} = \pm 2\alpha $(deux équations du second degré)
( 1 )${x_{1,3}} = - \alpha \pm \sqrt {{\alpha ^2} + 1} $ seule${x_1}$est positive.
( 2 )${x_{2,4}} = \alpha \pm \sqrt {{\alpha ^2} + 1} $ seule${x_2}$est positive.
$\Delta {\omega _0} = \left( {{x_2} - {x_1}} \right){\omega _0} = 2\alpha {\omega _0}$ soit$Q = \frac{{{\omega _0}}}{{\Delta {\omega _0}}} = \frac{1}{{2{\alpha ^2}}}$

11 - 2 - Filtre actif à structure de Sallen et Key
11 - 2 - a - ( 1 ) $\underline {{V^ - }} = \underline {{V^ + }} = \frac{1}{k}\underline {{V_s}} $
( 2 )$\underline {{V_A}} = \frac{{\underline {{Y_1}} \underline {{V_e}} + \underline {{Y_2}} \underline {{V^ + }} + \underline {{Y_3}} \underline {{V_s}} }}{{\underline {{Y_1}} + \underline {{Y_2}} + \underline {{Y_3}} }}$
( 3 )$\underline {{V_A}} = \underline {{V^ + }} \frac{{\underline {{Y_2}} + \underline {{Y_4}} }}{{\underline {{Y_2}} }}$
De ( 1 ) et ( 3 ) on tire ( 4 )$\underline {{V_A}} = \underline {{V_s}} \frac{{\underline {{Y_2}} + \underline {{Y_4}} }}{{\underline {{Y_2}} .k}}$
En égalisant ( 2 ) et ( 4 ) on trouve$\frac{{\underline {{V_s}} }}{{\underline {{V_e}} }} = \frac{{\underline {{Y_1}} \underline {{Y_2}} .k}}{{\left( {\underline {{Y_2}} + \underline {{Y_4}} } \right)\left( {\underline {{Y_1}} + \underline {{Y_2}} + \underline {{Y_3}} } \right) - \underline {Y_2^2} - \underline {{Y_2}} \underline {{Y_3}} .k}}$
11 - 2 - b – Avec$\underline {{Y_1}} = \frac{1}{R}$,$\underline {{Y_2}} = jC\omega $,$\underline {{Y_3}} = \frac{1}{R}$,$\underline {{Y_4}} = \frac{1}{R} + jC\omega $et en exprimant $\underline {T\left( {j\omega } \right)} = \frac{{{G_0}}}{{1 + \frac{1}{{2\alpha jx}} + \frac{{jx}}{{2\alpha }}}}$ on trouve tout calcul fait $\underline {T\left( {j\omega } \right)} = \frac{k}{{\left( {5 - k} \right)\left( {1 + \frac{2}{{jRC\omega \left( {5 - k} \right)}} + \frac{{jRC\omega }}{{5 - k}}} \right)}}$
soit en identifiant: ( 1 )${G_0} = \frac{{k - 1}}{{5 - k}}$
( 2 )$\frac{{jx}}{{2\alpha }} = \frac{{jRC\omega }}{{5 - k}}$
( 3 )$\frac{1}{{jx2\alpha }} = \frac{2}{{jRC\omega \left( {5 - k} \right)}}$
En effectuant le produit ( 1 )*( 2 ) on tire$\alpha = \frac{{5 - k}}{{2\sqrt 2 }}$ on trouve alors pour${\omega _0} = \frac{{\sqrt 2 }}{{RC}}$ et $Q = \frac{{\sqrt 2 }}{{5 - k}}$
11 - 2 - c - A partir de l'équation différentielle homogène associée au montage, étudions la stabilité du système :$v(t) + \frac{{2\alpha }}{{{\omega _0}}}\frac{{dv(t)}}{{dt}} + \frac{1}{{\omega _0^2}}\frac{{{d^2}v(t)}}{{d{t^2}}} = 0$
le discriminant réduit associé à l'équation caractéristique de cette équation différentielle s'exprime ainsi$\Delta ' = \frac{1}{{\omega _0^2}}\left( {{\alpha ^2} - 1} \right)$.
Si k = 5 alors = 0 et le sytéme oscille.
Si k > 5 alors < 0. On peut distinguer deux cas :$\left| \alpha \right| < 1{\text{ et }}\left| \alpha \right| > 1$.
Dans ces deux cas le systéme est instable.
11 - 3 - Filtre actif à varialble d'état
11 - 3 - a - $\underline {{V_A}} = - r\underline {{I_1}} $et$\underline {{V_A}} = - 2r\underline {{I_1}} + \underline {{V_s}} $ soit$\underline {{V_A}} = - \underline {{V_s}} $
De plus$\underline {{V_A}} = R\underline {{I_1}} - \underline {{V_s}} $ et$\underline {{V_0}} = - \frac{1}{{jC\omega }}\underline {{I_1}} $ soit$\frac{{\underline {{V_0}} }}{{{V_s}}} = \frac{1}{{jRC\omega }}$ ( 1 )
En écrivant la loi des noeuds en D on obtient$ - \frac{{\underline {{V_s}} }}{{\underline {{Z_{eq}}} }} - \frac{{\underline {{V_e}} }}{{\underline {{R_2}} }} = \frac{{\underline {{V_0}} }}{{\underline R }}$ ( 2 )
En combinant ( 1 ) et ( 2 ) on obtient la relation demandé sous la forme
$\underline {T\left( {j\omega } \right)} = \frac{{{G_0}}}{{1 + \frac{1}{{2\alpha jx}} + \frac{{jx}}{{2\alpha }}}} = - \frac{{{R_1}}}{{{R_2}}}\frac{1}{{1 + \frac{{{R_1}}}{{j{R^2}C\omega }} + j{R_1}C\omega }}$
Soit${G_0} = - \frac{{{R_1}}}{{{R_2}}}{\rm{ }}{\text{, }}\alpha = \frac{R}{{2{R_1}}}{\rm{ }}{\text{, }}{\omega _0} = \frac{1}{{RC}}{\text{ et }}Q = \frac{{{R_1}}}{R}$
11 - 4 - Filtres actifs à condensateurs commutés
11 - 4 - a -${e_1} = u(t) + rC\frac{{du(t)}}{{dt}}$ soit$u(t) = {e_1} + Cte.\exp \left( { - \frac{t}{\tau }} \right)$. Le temps de charge étant trés faible par rapport à la période du système, on peut facilement supposer que la tension aux bornes du condensateur à t = 0 est égale à${e_2}$.
La constante se déduit facilement$Cte = {e_2} - {e_1}$. La tension aux bornes du condensateur pour l'intervalle de temps$\left[ {n{T_c},n + \frac{1}{2}{T_c}} \right]$ est ${u_1}(t) = {e_1} + \left( {{e_2} - {e_1}} \right)\exp \left( { - \frac{t}{\tau }} \right)$.
De même on trouve pour l'intervalle de temps$\left[ {n + \frac{1}{2}{T_c},\left( {n + 1} \right){T_c}} \right]$
${u_2}(t) = {e_1} + \left( {{e_1} - {e_2}} \right)\exp \left( { - \frac{{t - \frac{{{T_c}}}{2}}}{\tau }} \right)$
11 - 4 - b - ${i_1}(t) = C\frac{{d{u_1}(t)}}{{dt}} = \frac{C}{\tau }\left( {{e_1} - {e_2}} \right)\exp \left( { - \frac{t}{\tau }} \right)$ de même pour${i_2}(t)$
${i_2}(t) = C\frac{{d{u_1}(t)}}{{dt}} = \frac{C}{\tau }\left( {{e_2} - {e_1}} \right)\exp \left( { - \frac{t}{\tau }} \right)$
La valeur moyenne étant définit ainsi$\left\langle {{i_1}(t)} \right\rangle = \frac{1}{{{T_c}}}\int_0^{{T_c}} {{i_1}(t)dt} $.
L'intégrale donne, en tenant compte de l'approximation$\tau < < {T_c}{\rm{ }}\left\langle {{i_1}(t)} \right\rangle = \frac{C}{{{T_c}}}\left( {{e_1} - {e_2}} \right)$.
De même pour$\left\langle {{i_2}(t)} \right\rangle $ on obtient $\left\langle {{i_2}(t)} \right\rangle = \frac{C}{{{T_c}}}\left( {{e_2} - {e_1}} \right) = - \left\langle {{i_1}(t)} \right\rangle $

11 - 4 - c - $\left\langle {{u_{AB}}} \right\rangle = {e_1} - {e_2} = \left\langle {{i_{AB}}(t)} \right\rangle {R_e}$avec
$\left\langle {{i_{AB}}(t)} \right\rangle = \left\langle {{i_1}(t) - {i_2}(t)} \right\rangle = \left\langle {{i_1}(t)} \right\rangle - \left\langle {{i_2}(t)} \right\rangle = 2\left\langle {{i_1}(t)} \right\rangle = \frac{{2C}}{{{T_c}}}\left( {{e_1} - {e_2}} \right)$
Soit${R_e} = \frac{{{T_c}}}{{2C}} = \frac{1}{{2C{f_c}}}$
11 - 4 - d - Comme la fréquence de commutation de l'intérupteur est bien suppérieure à la fréquence du signal, pour un intervalle de temps de l'ordre de${T_c}$, le signal apparait continu pour l'intérruteur lors de plusieurs commutations.
11 - 4 - e - En utilisant le théorème de Millman au point A :
$\underline {{V_A}} = \frac{{\underline {{Y_1}} \underline {{V_e}} + \underline {{Y_3}} \underline {{V_s}} }}{{\underline {{Y_1}} + \underline {{Y_4}} + \underline {{Y_3}} }}$
et au point B$\underline {{V_B}} = 0 = \underline {{Y_2}} \underline {{V_s}} + \underline {{Y_4}} \underline {{V_A}} $. En combinant les deux équations
précédentes , en fonction des admittances$\frac{{\underline {{V_s}} }}{{\underline {{V_e}} }} = \frac{{\underline {{Y_1}} }}{{ - \frac{{\underline {{Y_2}} }}{{\underline {{Y_4}} }}\left( {\underline {{Y_1}} + \underline {{Y_4}} + \underline {{Y_3}} } \right) - \underline {{Y_3}} }}$soit , en exprimant ce résultat en fonction des admittaces :$\underline {{Y_1}} = \frac{1}{{{R_e}}} = \underline {{Y_2}} {\text{, }}\underline {{Y_2}} = j{C_2}\omega {\text{, }}\underline {{Y_4}} = j{C_1}\omega $ et sous la forme déja vue :$\frac{{\underline {{V_s}} }}{{{V_e}}} = \frac{{ - 1}}{{\left( {1 + \frac{{{C_2}}}{{{C_1}}}} \right)\left( {1 + \frac{{{C_1}}}{{j{R_e}{C_1}\omega \left( {{C_1} + {C_2}} \right)}} + \frac{{j{R_e}{C_1}{C_2}\omega }}{{{C_1} + {C_2}}}} \right)}}$.
On peut exprimer les grandeurs demandées :${G_0} = \frac{{ - {C_1}}}{{{C_1} + {C_2}}}{\text{, }}\alpha = \frac{{{C_1} + {C_2}}}{{2\sqrt {{C_1}{C_2}} }}{\text{, }}{\omega _0} = \frac{1}{{{R_e}\sqrt {{C_1}{C_2}} }} = \frac{{2C{f_c}}}{{\sqrt {{C_1}{C_2}} }}{\text{ et }}Q = \frac{{\sqrt {{C_1}{C_2}} }}{{{C_1} + {C_2}}}$

Concours Physique Concours Commun TPE 1994 (Corrigé)

Corrigé épreuve physique commune - T.P.E 1994
PREMIER PROBLÈME - ÉLECTRONIQUE
I Référence de tension à diode Zener
I-1)

La loi des mailles et la loi des nœuds fournissent tout d'abord: $\left\{ \begin{array}{l}{V_1} = {V_2} + R{I_1}\\U = - {V_2}\\{I_1} + I = {I_2}\end{array} \right.$

Il est possible d'obtenir V₂ = V₁ -R(I₂ -I) = f(V₁,I₂) à condition d'éliminer I. On distingue alors suivant la valeur de U

• U > V_d ⇔ D_z est en mode passant (Zone 1 de la figure 1)

${{\text{V}}_{\text{2}}}=\frac{{{R}_{d}}}{R+{{R}_{d}}}{{V}_{1}}-\frac{R{{R}_{d}}}{R+{{R}_{d}}}{{I}_{2}}+\frac{R{{V}_{d}}}{R+{{R}_{d}}}\text{ Si }{{\text{V}}_{\text{2}}}<-{{V}_{d}}$
$I = \frac{{U - {V_d}}}{{{R_d}}} = \frac{{ - {V_2} - {V_d}}}{{{R_d}}}$ $ \Rightarrow {\rm{ }}{{\rm{V}}_{\rm{2}}} = {V_1} - \frac{R}{{{R_d}}}({R_d}{I_2} + {V_2} + {V_d})$ d'où le résultat:

• -V_z < U < V_d ⇔ D_z est en mode bloqué (Zone 2 de la figure 1) alors I = 0

d'où le résultat:
$\Rightarrow \text{ }{{\text{V}}_{\text{2}}}={{V}_{1}}-R{{I}_{2}}\text{ si }{{\text{V}}_{\text{2 }}}<\text{ -}{{\text{V}}_{\text{d}}}$

• U <- V_z ⇔ D_z est en mode passant inverse (Zone 3 de la figure 1)

$I = \frac{{U + {V_z}}}{{{R_z}}} = \frac{{ - {V_2} + {V_z}}}{{{R_z}}}$ $ \Rightarrow {\rm{ }}{{\rm{V}}_{\rm{2}}} = {V_1} - \frac{R}{{{R_z}}}({R_z}{I_2} + {V_2} - {V_z})$ d'où le résultat:
$\Rightarrow \text{ }{{\text{V}}_{\text{2}}}={{V}_{1}}-\frac{R}{{{R}_{z}}}({{R}_{z}}{{I}_{2}}+{{V}_{2}}-{{V}_{z}})$

I-2)

On en déduit que la caractéristique V2 = f(I2) à V1 Cte est une fonction affine par morceaux Zone 1:pente= ${\rm{ }}\frac{{{\rm{ - R}}{{\rm{R}}_{\rm{d}}}}}{{R + {R_d}}} \approx - {R_d}$ Zone 2:pente= ${\rm{ }} - R$ Zone 3:pente= ${\rm{ }}\frac{{{\rm{ - R}}{{\rm{R}}_{\rm{z}}}}}{{R + {R_z}}} \approx - {R_z}$ La zone 3 ayant une pente quasi nulle représente le domaine de régulation V2 ≈Vz

Lorsque le point de fonctionnement se trouve dans la zone 1 le courant I₂ et la tension V₂ sont de signes contraires, ce qui veut dire que l'on a affaire à une charge constituée par un générateur. Les rôles de l'entrée et de la sortie sont inversés.

I-3) Cette fois les pentes sont: Zone 1: pente = $\frac{{{{\rm{R}}_{\rm{z}}}}}{{R + {R_z}}} \approx \frac{{{{\rm{R}}_{\rm{z}}}}}{R}$ Zone 2: pente = 1 Zone 3: pente = $\frac{{{{\rm{R}}_{\rm{d}}}}}{{R + {R_d}}} \approx \frac{{{{\rm{R}}_{\rm{d}}}}}{R}$ La zone 3 ayant une pente quasi nulle représente le domaine de régulation V2 ≈Vz

I-4)Dans la zone 3 on a établi que : ${V_2} = \frac{{{R_z}}}{{R + {R_z}}}{V_1} - \frac{{R{R_z}}}{{R + {R_z}}}{I_2} + \frac{R}{{R + {R_z}}}{V_z}$
Donc les variations sont données par: $\Delta {V_2} = \frac{{{R_z}}}{{R + {R_z}}}\Delta {V_1} - \frac{{R{R_z}}}{{R + {R_z}}}\Delta {I_2} = S\Delta {V_1} - \rho \Delta {I_2}$
$S=\frac{{{R}_{z}}}{R+{{R}_{z}}}\approx \frac{{{\text{R}}_{\text{z}}}}{\text{R}}\text{ et }\rho \text{=}\frac{R{{R}_{z}}}{R+{{R}_{z}}}\approx {{R}_{z}}$
II Fonctions à seuil

II-1) L'A-O est en régime linéaire donc V^- est nul. Alors puisque E₁ est positive, I₁ est positif
II-1-a)Si V_S est positif (strictement) alors le courant I₂ est négatif et I₀ est positif (strictement).
Alors i₁ =I₁ -I₂ est positif, donc la diode D₁ est passante,
Alors V_K = V^- = 0 comme V_S,
Alors la diode D₂ est traversée par i₂ positif ou nul ⇒ I₂ =I₀ +i₂ est positif
Il y a donc contradiction logique et V_S ne peut pas être strictement positf. II-1-b)Si V_S est négatif (strictement) alors le courant I₂ est positif et I₀ est négatif (strictement).
Alors i₂ =I₀ -I₂ est négatif strictement, mais i₂ ne peut être que positif ou nul donc nouvelle contradiction logique et V_S ne peut pas être strictement négatif. II-1-c) V_S ne peut être que nul (D₂ est au repos, D₁ traversée par I₁ court-circuite R₂ ).

II-2) V^- est toujours nul. Et puisque E₁ est négative, I₁ est négatif.
• Si V_S est négatif ou nul alors le courant I₂ est positif ou nul.
Alors i₁ =I₁ -I₂ est négatif, ce qui n'est pas possible,
V_S ne peut pas être strictement négatif ou nul.
• Si V_S est positif (strictement) alors le courant I₂ est négatif, I₀ est positif
Alors i₂ =I₀ -I₂ est positif (strictement), la diode D₂ est passante.
Alors V_K = V_S > 0 la diode D₁ est bloquée et on a I₁ = I₂ ${\rm{ soit }}\frac{{{{\rm{E}}_{\rm{1}}}}}{{{{\rm{R}}_{\rm{1}}}}} = - \frac{{{V_S}}}{{{R_2}}}$ • La seule situation possible est: ${\rm{ }}{{\rm{V}}_{\rm{S}}} = - \frac{{{{\rm{R}}_{\rm{2}}}}}{{{{\rm{R}}_{\rm{1}}}}}{E_1}{\rm{ }}$

II-3) La caractéristique VS = f(E1) est donnée ci-contre : C'est celle d'un ampli-inverseur qui au delà d'un certain seuil (zéro ici) est coupé.

II-4) II-4a) Plusieurs solutions sont possibles pour placer les sources dont les valeurs sont algébriques. Un schéma classique est représenté ci-contre et en absence d'autres défautson peut dire que l'on a ε = 0 II-4b) Pour un A-O 741 on a typiquement: Ed de l'ordre de quelques mV Ip de l'ordre de quelques nA

II-4c)On admet que les défauts ne modifient pas l'état prévu des diodes. Pour E1 > 0 on a D1 passante et D2 bloquée. D'où le schéma: $\begin{array}{l}{I_2} = {I_0}{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}\\\frac{{{{\rm{E}}_{\rm{d}}} - {V_S}}}{{{R_2}}} = \frac{{{V_S}}}{{{R_L}}}\\{V_S} = \frac{{{R_L}}}{{{R_2} + {R_L}}}{E_d}\end{array}$ Mais D2 bloquée ⇒ V- -VS = Ed - VS < 0 impose que Ed <0 Sinon D2 passante est alors VS = Ed

II-5)V_S = µε avec ε = V^- - V⁺ = V_A Mais l'amplificateur n'ayant pour seul défaut qu'un gain fini on peut écrire, d'après le théorème de Millman:
${{\rm{V}}_{\rm{A}}}\left( {\frac{1}{{{R_1}}} + \frac{1}{{{R_2}}}} \right) = \frac{E}{{{R_1}}} + \frac{{{V_S}}}{{{R_2}}}{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }} - \frac{{{{\rm{V}}_{\rm{S}}}}}{\mu }\left( {\frac{1}{{{R_1}}} + \frac{1}{{{R_2}}}} \right) = \frac{E}{{{R_1}}} + \frac{{{V_S}}}{{{R_2}}}{\rm{ }}$
\[{{V}_{S}}=\left( \frac{1}{\mu {{R}_{1}}}+\frac{1}{\mu {{R}_{2}}}+\frac{1}{{{R}_{2}}} \right)=-\frac{E}{{{R}_{1}}}\Rightarrow \frac{{{V}_{S}}}{E}=\frac{-1}{{{R}_{1}}\left( \frac{1}{\mu {{R}_{1}}}+\frac{1}{\mu {{R}_{2}}}+\frac{1}{{{R}_{2}}} \right)}=\frac{-{{R}_{2}}/{{R}_{1}}}{1+\frac{1}{\mu }\left( \frac{{{R}_{1}}+{{R}_{2}}}{{{R}_{1}}} \right)}\] Le montage est donc celui d'un ampli-inverseur idéal rétroactionné par un opérateur de retour β vérifiant: $\beta .(gain{\rm{ ideal) = }}\frac{{\rm{1}}}{{\mu {\rm{b}}}}$ Or on sait qu'une rétroaction diminue le gain de l'opérateur direct. C'est bien vérifié ici.

II-6) Si les défauts ne modifient pas l'état prévu des diodes. Pour E1<0 D2 est passante, D1 est bloquée. Le théorème de Millman donne: $\begin{array}{l}{\rm{ }}{V^ - } = - \varepsilon = \frac{{\frac{{{E_1}}}{{{R_1}}} + \frac{{{V_S}}}{{{R_2}}}}}{{\frac{1}{{{R_1}}} + \frac{1}{{{R_2}}}}}\\{\rm{et }}\mu \varepsilon = {U_2} + {V_S}\end{array}$ On peut éliminer ε et avoir VS en fonction de g(i2 )=U2 On obtient ainsi:

\[-{{V}_{S}}\left( \frac{1+g({{i}_{2}})/{{V}_{s}}}{\mu } \right)=\frac{\frac{{{E}_{1}}}{{{R}_{2}}}+\frac{{{V}_{S}}}{{{R}_{2}}}}{\frac{1}{{{R}_{1}}}+\frac{1}{{{R}_{2}}}}\Rightarrow {{V}_{S}}=-\frac{\frac{{{E}_{1}}}{{{R}_{1}}}}{\frac{1}{{{R}_{2}}}+\left( \frac{1+g({{i}_{2}})/{{V}_{s}}}{\mu } \right).\left( \frac{1}{{{R}_{1}}}+\frac{1}{{{R}_{2}}} \right)}=\frac{{{V}_{0}}}{1+K\left( 1+g({{i}_{2}})/V \right)}\] A condition de poser: ${V_0} = - \frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}{E_1}{\rm{ et K = }}\frac{{{{\rm{R}}_{\rm{2}}}}}{\mu }(\frac{1}{{{R_1}}} + \frac{1}{{{R_2}}})$
Si on fait µ → ∞ on retrouve bien le résultat de la question II-2) puisqu'alors K = 0
Si on fait g(i₂) ≡ 0 alors on retrouve le résultat de la question II-5), ce qui est satisfaisant.
II-7)Le coefficient K est très faible car le coefficient µ est très grand pour un ampli-op, cela veut dire que l'influence des arrondis sur le comportement réel vis à vis du comportement idéal des diodes est négligeable avec un montage à ampli-op.

III Fonctions à seuil à plusieurs cassures.
III-1) Le théorème de Millman donne immédiatement:
${V^ - } = {V^ + } = 0 = \frac{{\frac{{{V_{S1}}}}{{{R_1}}} + \frac{{{V_{S2}}}}{{{R_2}}} + \frac{{{V_S}}}{{{R_3}}}}}{{\frac{1}{{{R_1}}} + \frac{1}{{{R_2}}} + \frac{1}{{{R_3}}}}}$ soit ${V_S} = - {R_3}(\frac{{{V_{S1}}}}{{{R_1}}} + \frac{{{V_{{S_2}}}}}{{{R_2}}})$
III-2) Les diodes D₁ et D₂ sont montées têtes bêches deux cas sont à examiner:
I^er Cas: D₁ est passante et D₂ est bloquée. ⇔ V_S1 = V^- = 0 (D₁ passante)
Alors en vertu du théorème de Millman si D₂ est bloquée:
$\frac{{{V_1}}}{R} + \frac{E}{R} = {I_{D1}} > 0$ ⇒ E > -V₁
2^ème Cas: D₁ est bloquée et D₂ est passante. ⇔ conséquence sur le théorème de Millman
${V^ - } = 0{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ 0}} = \frac{{{V_1}}}{R} + \frac{{{V_{S1}}}}{R} + \frac{E}{R}$ ⇒ V_S1 =-(E+V₁) or V_S1 < V^- = 0 soit E < -V₁
Les deux cas possibles de valeurs de E sont donc passés en revue.

III-3) Cette fois les diodes D3 et D4 sont montées différemment. On a: V- = V+ = 0 U3 +U4 =VS2 -V- = VS2 Aux bornes d'une diode idéale la tension ne peut être que nulle ou négative, il s'en suit que VS2 ne peut être que négatif ou nul. Alors les courants I et I0 de la figure seront positifs ou nuls tous les deux

I^er Cas: D₃ et D₄ sont passantes. ⇔ U₃ = U₄ = 0 ⇒ V_S2 = 0 et I = I₀ = 0
${i_3} = - \frac{E}{R} + \frac{{{V_2}}}{R}{\rm{ > 0}}$ (D₃ passante) donc il faut que E < V₂
2^eme Cas: D₃ est bloquée - D₄ est passante. ⇔ i₃ = 0
et conséquence du théorème de Millman: ${{\rm{V}}^{\rm{ - }}} = 0{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ 0}} = \frac{{ - {V_2}}}{R} + \frac{{{V_{S2}}}}{R} + \frac{E}{R}$
V_S2 = V₂ -E la condition V_S2 < 0 impose d'avoir E > V₂
3^eme Cas: D₃ est passante - D₄ est bloquée ⇔ i₄ = I + I₀ = 0 ⇒ I = I₀ = 0 et V_S2 est nul
${i_3} = - \frac{E}{R} + \frac{{{V_2}}}{R}{\rm{ > 0}}$ (D₃ passante) donc il faut que E < V₂
4^eme Cas: D₃ et D₄ sont bloquées. ⇔ i₄ = I + I₀ = 0 ⇒ I = I₀ = 0 et V_S2 est nul
i₃ = 0 (D₃ bloquée) il faut que E = V₂
Il y a donc deux situations: $\left\{ \begin{array}{l}E > {V_2}{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}{{\rm{V}}_{{\rm{S2}}}} = {V_2} - E\\E \le {V_2}{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}{{\rm{V}}_{{\rm{S2}}}} = 0\end{array} \right.$
III-4)On fait la synthèse des études précédentes sous forme d'un tableau:

E	E < -V1	V1 < E < V2	E > V2
VS1	-(V1 + E)	0	0
VS2	0	0	(V2 - E)
${V_S} = - {R_3}(\frac{{{V_{S1}}}}{{{R_1}}} + \frac{{{V_{S2}}}}{{{R_2}}})$	$\frac{{{R_3}}}{{{R_1}}}({V_1} + E)$	0	$ - \frac{{{R_3}}}{{{R_2}}}({V_2} - E)$

Ce qui se représente graphiquement par la caractéristique VS =f(E) ci-contre. La caractéristique obtenue est celle d'une pseudo-diode Zener (cf figure 1) avec la correspondance des grandeurs: (U,I) → (E,VS) L'intérêt de ce montage est de réduire les défauts dûs aux arrondis.

III-5) La tension de sortie V_S est indépendante du courant de sortie, on a donc en sortie une source de tension parfaite d'impédance de sortie Z_S = 0
• • • • • • • • • • • • • •
DEUXIÈME PROBLÈME - MÉCANIQUE
I Étude préliminaire

I-1)

Dans un triangle équilatéral une rotation d'angle 2π/3 autour du point intersection des médianes (hauteur, médiatrices, etc..) laisse invariant le triangle et lui même. Il s'agit donc du centre d'inertie de la plaque homogène. Sa position est: $AG = \frac{{2h}}{3}$

I-2)

Le moment d'inertie est ici un calcul d'intégrale double: $I(Ax) = \int_0^h {dy\int_{ - y\tan (30^\circ )}^{y\tan (30^\circ )} {{y^2}.dx} } $ (en convenant que la masse surfacique est unitaire M≡S) $I(Ax) = 2\int_0^h {dy\left[ {x{y^2}} \right]_0^{y\tan (30^\circ )}} = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\left[ {\frac{{{y^4}}}{4}} \right]_0^h$ $I(Ax) = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\left[ {\frac{{{h^4}}}{4}} \right]{\rm{ or M}} \equiv {\rm{S = }}\frac{{{{\rm{h}}^{\rm{2}}}}}{{\sqrt 3 }}$ donc $I(Ax) = \frac{{M{h^2}}}{2}$

A-N: I(Ax) = 2,5.10^-3 kg.m²
I-3)Les trois côtés sont équivalents pour ce calcul. Donc J(AB) = J(BC). On peut utiliser deux fois le théorème de Huyghens pour calculer ce dernier.
$J(BC) = \left( {I(Ax) - M{{\left( {\frac{{2h}}{3}} \right)}^2}} \right) + M{(\frac{h}{3})^2}$
$J(AB) = \frac{{M{h^2}}}{6}$ A-N: J(AB) = 8,4.10^-4 kg.m²

I-4)

Nous calculerons d'abord le moment d'inertie I(Az) puis par le théorème de Huyghens on obtiendra K(Gz). $I(Az) = \int_0^h {dy\int_{ - y\tan (30^\circ )}^{y\tan (30^\circ )} {({x^2} + {y^2}).dx} } = 2\int_0^h {dy\left[ {\frac{{{x^3}}}{3} + x{y^2}} \right]} _0^{y\tan (30^\circ )}$ $I(Az) = 2\int_0^h {dy\left[ {\frac{{{y^3}}}{{9\sqrt 3 }} + \frac{{{y^3}}}{{\sqrt 3 }}} \right]} = \frac{{20}}{{9\sqrt 3 }}\left[ {\frac{{{y^4}}}{4}} \right]_0^h$ $Avec{\rm{ M}} \equiv {\rm{S = }}\frac{{{{\rm{h}}^{\rm{2}}}}}{{\sqrt 3 }}{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}I(Az) = \frac{{20M{h^2}}}{{36}}$ donc

${\rm{K}}(Gz) = I(Az) - M{(\frac{{2h}}{3})^2} = \frac{{20M{h^2}}}{{36}} - \frac{{4M{h^2}}}{9}$ ⇒ ${\rm{K}}(Gz) = \frac{{M{h^2}}}{9}$ A-N: K(Gz)= 5,6.10^-4 kg.m²

II Rotation autour d'un côté du triangle

On a affaire à un pendule pesant se déplaçant sans frottement. Il y a conservation de l'énergie mécanique de la plaque. Compte tenu du sens d'orientation de l'axe vertical l'énergie s'écrit: ${E_m} = \frac{1}{2}{J_{AB}}{\dot \alpha ^2} - Mg{z_G} = \frac{{M{h^2}}}{{12}}{\dot \alpha ^2} - Mg\frac{h}{3}\cos \alpha = {C^{te}}$ D'où le résultat cherché ${\dot \alpha ^2} = \frac{{4g}}{h}\cos \alpha $

Le mouvement de G est circulaire, il y donc une accélération centripète et une accélération tangentielle. Au passage par la verticale l'accélération tangentielle est nulle puisque la vitesse est maximale. Il reste alors uniquement la composante centripète que l'on calcule pour α=0
${a_G} = \frac{h}{3}{\dot \alpha ^2} = \frac{{4g}}{3}$ A-N: a_G = 13,1 m.s^-2
III Mouvement de vissage

III-1) L'angle θ de rotation du solide est représenté dans le plan de la plaque par l'angle entre GA' et GA. A' est l'intersection de la verticale A0z avec le plan de la plaque. On peut écrire: $AA' = 2.\frac{{2h}}{3}\sin (\theta /2)$

Cette seconde figure représente la situation dans un plan vertical des points A, A0 et fait apparaître l'ascension du point A jusqu'en A' tel que A0A' = L - zG La longueur constante du fil se traduit par: ${L^2} = {({z_G})^2} + {(AA')^2}$ ${L^2} = z_G^2 + {[\frac{{4h}}{3}\sin (\theta /2)]^2}$

III-2)
D'après le théorème de König ${E_c} = \frac{1}{2}M\dot z_G^2 + \frac{1}{2}{K_{Gz}}{\dot \theta ^2} = \frac{1}{2}M\dot z_G^2 + \frac{{M{h^2}}}{{18}}{\dot \theta ^2}$

III-3)Dans l'hypothèse des petits mouvements on a θ voisin de 0 et z_G voisin de L. La relation géométrique devient
${L^2} = z_G^2 + {[\frac{{4h}}{3}\sin (\theta /2)]^2}$ ⇒ ${L^2} = {(L - \varepsilon )^2} + \frac{{4{h^2}{\theta ^2}}}{9}$
Et en dérivant on obtient: $0 = - 2\dot \varepsilon (L - \varepsilon ) + \frac{{8{h^2}\dot \theta \theta }}{9} \approx - 2\dot \varepsilon L + \frac{{8{h^2}\dot \theta \theta }}{9}$
Tandis que la relation de définition de l'énergie cinétique devient:
${E_c} = \frac{1}{2}M{\dot \varepsilon ^2} + \frac{{M{h^2}}}{{18}}{\dot \theta ^2}$ soit en éliminant ε, ${E_c} = \frac{1}{2}M\left[ {\frac{{16{h^4}{{\dot \theta }^2}{\theta ^2}}}{{81{L^2}}} + \frac{{{h^2}{{\dot \theta }^2}}}{9}} \right] = \frac{{M{h^2}}}{{18}}{\dot \theta ^2}\left[ {1 + \frac{{16{h^2}{\theta ^2}}}{{9{L^2}}}} \right]$
Le terme en θ² est négligeable et on a alors pratiquement ${E_c} = \frac{{M{h^2}}}{{18}}{\dot \theta ^2}$
L'énergie potentielle est E_p =-Mgz_G =-Mg(L-ε), on écrit alors la constance de l'énergie mécanique:
${E_m} = - Mg(L - \varepsilon ) + \frac{{M{h^2}}}{{18}}{\dot \theta ^2} = {C^{te}}$ par dérivation ⇒ $\frac{{d{E_m}}}{{dt}} = Mg\dot \varepsilon + \frac{{M{h^2}}}{{18}}2\dot \theta \ddot \theta = 0$
Il reste encore à remplacer ε
$Mg\frac{{4{h^2}\dot \theta \theta }}{{9L}} + \frac{{M{h^2}}}{{18}}2\dot \theta \ddot \theta = 0{\rm{ }}$ l'équation des petits mouvements est ${\rm{ }}\ddot \theta {\rm{ + }}\frac{{{\rm{4g}}}}{{\rm{L}}}\theta = 0$
Il s'agit de mouvements sinusoïdaux de période: $T = 2\pi \sqrt {\frac{L}{{4g}}} $ A-N: T= 316 ms
• • • • • • • • • • • • • •

Concours Physique EIVP P' 1994 (Corrigé)

I.V.P. 1994 option P' Freinage d'une navette par l'atmosphère
Interaction entre deux spires.
1 Préliminaire
$p = \mu \frac{{RT}}{M}$ atmosphère en équilibre isotherme $ \Rightarrow \mu * \vec g = gra\vec d\left( p \right)$
$\frac{\partial p}{\partial z}=-\text{ }\mu *g\text{ }\xrightarrow{{}}\text{ }\frac{\partial \mu }{\partial z}=-\text{ }\mu \cdot g\frac{M}{RT}$ $\mu = {\mu _S} \cdot \exp \left( { - {\rm{ }}\frac{{Mgz}}{{RT}}} \right) = {\mu _S}\exp \left( { - {\rm{ }}\frac{z}{d}} \right)$
$d = \frac{{RT}}{{Mg}} = {\rm{ }}8000m{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}$$T = 279{\rm{ }}K$
2 Freinage vertical $\frac{dv}{d\mu }\text{ + }\frac{{{\text{C}}_{\text{1}}}\cdot d}{m}\cdot v\text{ = 0}$
2.1. $\frac{{dv}}{{dt}} = {\rm{ - }}\mu \cdot \frac{{{{\rm{C}}_{\rm{1}}}}}{{\rm{m}}} \cdot v{{\rm{ }}^2}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{dv}}}}{{{\rm{d}}\mu }} \cdot \frac{{d\mu }}{{dh}} \cdot \frac{{dh}}{{dt}}$
avec $\frac{{dh}}{{dt}}{\rm{ }} = {\rm{ }} - v{\rm{ ; et }}\frac{{{\rm{d}}\mu }}{{{\rm{dh}}}}{\rm{ = - }}\frac{\mu }{{\rm{h}}}$
2.2 dv/v = -(C1 .d/m).dµ Ln(v/v0) = C1 .d/m.(µ0-µ) $v{\rm{ = }}{{\rm{v}}_{\rm{0}}} \cdot \exp \left( {\frac{{d.{C_1}}}{m} \cdot ({\mu _0} - \mu )} \right)$

2.3 A l'altitude h0 la masse volumique est très faible (µ0 = 4,8.10-6) et le freinage très peu efficace; dans le cadre de ce modèle très grossier la vitesse à l'arrivée au sol est très faible: v= v0* exp(-20,8) = 7,4 .10-6 m/s
bien, sur la force de freinage, qui varie comme le carré cette vitesse, n'est plus efficace; qualitativement on voit que l'efficacité du freinage passe par un maximum; il resterait à définir quantitativement cette " efficacité".
2.4 δ = -dv/dt = µ(h).C1 /m.V2 = .C1 /m.V02 µ.exp{ 2.C1 (d./m).(µ0-µ)}
il y aurait un maximum de décélération là où d δ /dµ. = 0 = [1 - µ. 2.C1 d./m.]* δ /µ
soit quand ${\mu _M}{\rm{ = }}\frac{{\rm{m}}}{{{\rm{2}} \cdot {\rm{d}} \cdot {{\rm{C}}_{\rm{1}}}}}{\rm{ }} = {\rm{ }}\frac{{{\rm{5}}{\rm{.1}}{{\rm{0}}^{\rm{3}}}}}{{{{8.10}^3}.2.10}}{\rm{ = }}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{32}}}}kg/{m^3}$
ce qui correspond à une altitude ${h_M}{\rm{ = d}} \cdot {\rm{Ln(}}\frac{{{\mu _{\rm{S}}}}}{{{\mu _{\rm{M}}}}}){\rm{ = 8000}}{\rm{.Ln42 = 29}}{\rm{,9km}}$
la décélération serait $\delta _M^{}{\rm{ = }}\mu _M^{} \cdot \frac{{{C_1}}}{m} \cdot V_0^2 \cdot \frac{1}{e}{\rm{ = }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{e}}} \cdot \frac{{V_0^2}}{{2.d}}{\rm{ = 1470 m}} \cdot {{\rm{s}}^{{\rm{ - 2}}}}$
soit, dans le cadre de ce modèle, environ 150 fois G.
2.5 Si l'on réintroduit l'attraction terrestre son effet est notable au départ car µ est faible, la vitesse va donc augmenter; on peut majorer cette augmentation en évaluant la vitesse de la navette au sol s'il n'y avait pas d'atmosphère(v '= (64.106+10.105)½ =8,06 km/s
Sous l'action de la gravitation la navette atteindrait une vitesse limite ${V_l}{\rm{ = }}\sqrt {\frac{{{\rm{m}}{\rm{.G}}}}{{\mu .{C_1}}}} $ qui correspond en h=0, où µ = 1,3kg/m3, à Vl = 62 m/s. Dans le cadre du modèle où l' on néglige la gravitation cette vitesse de 62m/s correspond à une altitude calculable par les relations du § 2.2 : µ(h) =m /.(C1 d.).Ln(8000/62) = 0,30 kg/m3, on aurait cette masse volumique donc cette vitesse(62 m/s) en h= d.Ln(1,3/0,3) soit en h = 11,6 km ,(13,2km en tenant compte de µ(h)), altitude nettement inférieure à celle (environ 30 km) où l' on prévoyait une décélération maximale de 150* G, qu'il ne faut pas faire subir à d'hypothétiques passagers. L'allure générale de la courbe v=f(h), et ses conséquences, sont donc peu modifiées.

3 Freinage sur une spirale
3.1 On projette sur la tangente à la trajectoire la relation fondamentale en "oubliant" là encore le terme de gravitation lié à la terre(m.G.cosα) : $\frac{{dv}}{{dt}} = {\rm{ - }}\mu \cdot \frac{{{{\rm{C}}_{\rm{1}}}}}{{\rm{m}}} \cdot v{{\rm{ }}^2}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{dv}}}}{{{\rm{d}}\mu }} \cdot \frac{{d\mu }}{{dh}} \cdot \frac{{dh}}{{dt}}$
relation inchangée, mais avec dh /dt = - Vcosα $\frac{{dv}}{{d\mu }}{\rm{ + }}\frac{{{{\rm{C}}_{\rm{1}}} \cdot d}}{{m.\cos \alpha }} \cdot v{\rm{ = 0}}$
3.2 Le freinage sur l'air raréfiée de la très haute atmosphère provoque une perte lente d'énergie mécanique pour un satellite, même en orbite circulaire (α=π / 2) et donc une lente diminution de l'altitude. Ce phénomène n'est pas pris en compte ici. Donc si α=π / 2 il n'y a pratiquement pas freinage et si α=0 la rentrée est la plus "brutale".
3.3 On observera le maximum de décélération pour d δ /dµ.=[1 - µ. 2.C1 d./m.cosα.].( δ /µ)
La décélération maximale sera $\Delta _{M}^{'}=\mu _{M}^{'}.\frac{{{C}_{t}}}{m}.V_{0}^{2}.\frac{1}{e}=\frac{\cos \alpha }{e}.\frac{V_{0}^{2}}{2.d}=1470.\cos \alpha $ pour qu'elle soit inférieure à 10.G il faudra cosα < 1 / 14,7 soit π / 2 > α > π / 2 - 0,068
La longueur L de la trajectoire parcourue par la navette sera : $L{\rm{ = }}\int_{{\rm{t = 0}}}^{{{\rm{t}}_{\rm{F}}}} {{\rm{v}}{\rm{.dt}}} {\rm{ = }}\int_{{\rm{t = 0}}}^{{{\rm{t}}_{\rm{F}}}} {\frac{{{\rm{dh}}}}{{{\rm{dt}}}} \cdot \frac{{\rm{1}}}{{{\rm{cos}}\alpha }}{\rm{dt}}} {\rm{ = 14}}{\rm{,7}}{\rm{.}}{{\rm{h}}_{\rm{0}}}{\rm{ = 1470 km}}$
3.4 On néglige, lors de la descente de la navette, la perte d'énergie potentielle gravitationnelle devant la perte d'énergie cinétique 64 fois plus importante:-ΔEc =1/2.m.v²=1,6.1011 joules
Pour dissiper cette énergie on songe à la vaporisation d'une céramique; il en faudrait:
$ - \Delta {E_c}{\rm{ = }}\left( {{{\rm{I}}_{{\rm{Fus}}}} + {I_{vap}}} \right) \cdot {{\rm{m}}_{{\rm{ceram}}}}{\rm{ Soit }}{{\rm{m}}_{{\rm{ceram}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{1}}{\rm{,6}}{\rm{.1}}{{\rm{0}}^{{\rm{11}}}}}}{{{{10}^7}}}{\rm{ = 16 tonnes }}$
Cette valeur est bien sur incohérente avec la valeur, 5 tonnes, de la masse de la navette; on peut penser qu'il y a en plus évacuation de la chaleur par convection et surtout par rayonnement, l'importance de ces facteurs augmente.si la durée du vol spirale croît(α→π / 2)
Pb 2 : INTERACTION ENTRE DEUX SPIRES
1 Etude des phénomènes électromagnétiques

1.1 ${B_z}{\rm{ = }}\frac{{{\mu _{\rm{0}}}{I_1}}}{{2a}}{\left( {1 + \frac{{{a^2}}}{{{z^2}}}} \right)^{ - \frac{3}{2}}} \cong {\rm{ }}\frac{{{\mu _{\rm{0}}}{I_1}{a^2}}}{{2{z^3}}}$
1.2 L'Inductance mutuelle M entre les deux spires:
$M{\rm{ = }}\frac{{{\Phi _{{\rm{12}}}}}}{{{{\rm{I}}_{\rm{1}}}}}{\rm{ }} \cong {\rm{ }}\frac{{{\mu _{\rm{0}}}\pi {a^4}}}{{2{z^3}}}{\rm{ }}$ et${I_{2{\rm{ }}}}{\rm{ = - }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{R}}}\frac{{d{\Phi _{12}}}}{{dt}}{\rm{ = }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{R}}}\frac{{3{\mu _0}\pi {a^4}}}{{2{z^4}}}{I_1}\left( {\frac{{dz}}{{dt}}} \right)$
M≠0 alors que L1 et L2 sont nulles peut surprendre. On peut espérer qu'un candidat s'en étonnant et invoquant L2.L1 ≥ M2 aura été fortement récompensé !
1.3 . a
1°) Symétrie de révolution autour de oz ⇒ $\vec B{\rm{ }}$ indépendant de θ
2°) Le plan $M,{\vec u_r},{\vec u_\theta }$ est plan de "symétrie négative" ⇒ $\vec B{\rm{ (M) }} \in {\rm{ au plan }}M,{\vec u_r},{\vec u_\theta }$
1.3 . b $2\pi .r.dz.{B_r} + \pi .{r^2}.\frac{{\partial {B_z}}}{{\partial z}}.dz{\rm{ = 0}}$ ⇒ ${B_r}{\rm{ = - }}\frac{{\rm{a}}}{{\rm{2}}}\frac{{\partial {B_z}}}{{\partial z}}{\rm{ = }}\frac{{\rm{a}}}{{\rm{2}}} \cdot \frac{{3{\mu _0}\pi {a^2}{I_1}}}{{2{z^4}}}$
1 3 . c $\vec F{\rm{ = }}\oint {{{\rm{I}}_{\rm{2}}}.d\vec l \wedge \vec B} {\rm{ = - }}{{\rm{\vec u}}_{\rm{z}}}.2\pi a.{B_r}$
${F_z}{\rm{ = - }}\left( {\frac{{\rm{a}}}{{\rm{2}}} \cdot \frac{{3{\mu _0}\pi {a^2}{I_1}}}{{2{z^4}}}} \right)\frac{{\left( {2\pi a} \right)}}{{\rm{R}}}\frac{{3{\mu _0}\pi {a^4}{I_1}}}{{2{z^4}}}\left( {\frac{{dz}}{{dt}}} \right){\rm{ = - }}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{R}}{\rm{.}}{{\rm{z}}^{\rm{8}}}}}{\left( {\frac{{3{\mu _0}\pi {a^4}}}{2}} \right)^2}\frac{{dz}}{{dt}}$
prend la forme demandée avec $k{\rm{ = }}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{2}}{\rm{.m}}{\rm{.R}}}} \cdot {\left( {3{\mu _0}\pi {a^4}I} \right)^2}$ Bien sur $\vec F{{\rm{ }}_{{\rm{12}}}}{\rm{ = - }}\vec F{{\rm{ }}_{{\rm{21}}}}$

2 Etude des mouvements des spires
2.1 $\begin{array}{l}\\\frac{{{d^2}{z_1}}}{{d{t^2}}} + \frac{{{d^2}{z_2}}}{{d{t^2}}}{\rm{ = 0 ; }}\frac{{{{\rm{d}}^{\rm{2}}}{z_2}}}{{d{t^2}}}{\rm{ = - }}\frac{{\rm{k}}}{{{\rm{2}}{\rm{.}}{{\rm{z}}^{\rm{8}}}}} \cdot \frac{{dz}}{{dt}}{\rm{ = - }}\frac{{{{\rm{d}}^{\rm{2}}}{z_1}}}{{d{t^2}}}{\rm{ = }}\mathop {\frac{1}{2}}\limits^{..} \frac{{{d^2}z}}{{d{t^2}}}\end{array}$
et $\frac{{dz}}{{dt}}{\rm{ = }}\frac{{\rm{k}}}{{{\rm{7}}{\rm{.}}{{\rm{z}}^{\rm{7}}}}}{\rm{ + C = }}\frac{{\rm{k}}}{{{\rm{7}}{\rm{.z}}_{\rm{0}}^{\rm{7}}}}\left( {\frac{{{\rm{z}}_{\rm{0}}^{\rm{7}}}}{{{{\rm{z}}^{\rm{7}}}}}{\rm{ - }}1} \right){\rm{ + }}{{\rm{v}}_{\rm{0}}}{\rm{ = g(z) }}$
2.2. a d²z /dt² est négatif à la date t = 0, puisque v0 > 0; mais selon la valeur de v0 et surtout du signe de (7.v0.z07-k ), deux cas sont possibles; dans le premier g(z→∝)>0
alors(7.v0.z07-k)>o,
pour g(z→∝)>0 :

Le régime permanent lorsque t→ ∝ est un mouvement uniforme à la vitesse ${v_\infty }{\rm{ = }}{{\rm{v}}_{\rm{0}}}{\rm{ }} - {\rm{ }}\frac{k}{{7.z_0^7}}$ ; les spires s'écartent indéfiniment.
2.2 . b Si maintenant g(z→∝) < 0, c'est à dire qu'alors (7.v0.z07-k) < 0, la vitesse d'éloignement, s'annule pour une valeur finie de z; c'est le point F du graphe inférieur. Les spires s'immobilisent et comme on a toujours $\mathop {\rm{z}}\limits^{ \bullet {\rm{ }} \bullet } \cdot \mathop {\rm{z}}\limits^ \bullet {\rm{ }} \le {\rm{ 0}}$, le mouvement, ne peut reprendre.
2.2 . c La courbe intermédiaire du graphe est bien la courbe séparatrice du diagramme des phases.
2.3 D'un point de vue énergétique on peut écrire que la variation de la somme de l'énergie magnétostatique et de l'énergie cinétique deux spires est égale à la somme des énergies reçues de l'extérieur c'est à dire ici au travail du générateur qui maintient le courant ${I_1}$ constant et la chaleur " reçue"de l'extérieur , algébriquement négative, contrepartie de l'effet joule. On peut aussi écrire le théorème de l'énergie cinétique: c'est à dire: variation de l'énergie cinétique des deux spires égale au travail de toutes les forces, ici les forces de Laplace sur les deux spires. Il reste une difficulté relative à l'état initial de la seconde bobine- (à t = o, il est possible de considérer ${{\rm{I}}_{\rm{2}}}$ = 0, il faudra alors un L faible mais non nul, ou ${{\rm{I}}_{\rm{2}}}$ ≠ 0, cela à quelques répercutions sur le bilan;

A noter que $\int {d(M.{I_1}.{I_2}} ){\rm{ = }}{I_1}.\Delta (M.{I_2}) = - M.{I_1}.{I_{{2_0}}} = - {\rm{ }}\frac{{7m.v_0^2}}{{12}}$, n'est pas négligeable)
si 7.v0.z07 = 2k les spires s'éloignent indéfiniment (§ 2.2.a) et dz/dt= (v0/2).(1+ z07 /z7)
Travail des forces de Laplace:
${W_L}{\rm{ = - }}\int\limits_{{\rm{z = }}{{\rm{z}}_{\rm{0}}}}^\infty {\frac{{{\rm{k}}{\rm{.m}}}}{{\rm{2}}} \cdot \frac{1}{{{z^8}}}} \cdot \frac{{{\rm{dz}}}}{{{\rm{dt}}}} \cdot {\rm{dz = - (m}}{\rm{.}}{{\rm{v}}_{\rm{0}}} \cdot \frac{{\rm{7}}}{{\rm{4}}}{\rm{)}} \cdot \frac{{{{\rm{v}}_{\rm{0}}}}}{{\rm{2}}}\int\limits_{{\rm{u = 1}}}^\infty {\left( {{{\rm{u}}^{{\rm{ - 15}}}}{\rm{ + }}{{\rm{u}}^{ - 8}}} \right)} {\rm{ du = }}\underline {{\rm{ - }}\frac{{\rm{3}}}{{{\rm{16}}}} \cdot {\rm{mv}}_{\rm{0}}^2} {\rm{ }}$
énergie joule:
${W_J}{\rm{ = }}\int\limits_{t = 0}^\infty {{\rm{R}}{\rm{.}}{{\rm{I}}_{\rm{2}}}{{(t)}^2}} {\rm{.dt = }}\int {{\rm{R}}{\rm{.}}} {\left( {\frac{{\rm{1}}}{{\rm{R}}}\frac{{3{\mu _0}\pi {a^4}}}{{2{z^4}}}{I_1}\left( {\frac{{dz}}{{dt}}} \right)} \right)^{\rm{2}}}{\rm{dt = }}\int {\frac{{{\rm{k}}{\rm{.m}}}}{{{\rm{2}}{\rm{.}}{{\rm{z}}^{\rm{8}}}}}{{\left( {\frac{{dz}}{{dt}}} \right)}^2} \cdot } {\rm{ dt = - }}{{\rm{W}}_{\rm{L}}}$
variation d'énergie cinétique:
${E_{{c_{initiale}}}}{\rm{ = 2}}{\rm{.}}\left( {\frac{{\rm{m}}}{{\rm{2}}} \cdot {{(\frac{{v_0^{}}}{2})}^2}} \right){\rm{ = }}\frac{{{\rm{m}}{\rm{.v}}_{\rm{0}}^{\rm{2}}}}{{\rm{4}}}{\rm{ ; }}{{\rm{E}}_{{c_{finale}}}}{\rm{ = 2}}{\rm{.}}\left( {\frac{{\rm{m}}}{{\rm{2}}} \cdot {{(\frac{{v_0^{}}}{4})}^2}} \right){\rm{ = }}\frac{{{\rm{m}}{\rm{.v}}_{\rm{0}}^{\rm{2}}}}{{{\rm{16}}}}{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}\underline {\Delta {{\rm{E}}_{{\rm{c }}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{3}}{\rm{.m}}{\rm{.v}}_{\rm{0}}^{\rm{2}}}}{{{\rm{16}}}}} $

Concours Physique ENSIETA (M/P) 1994 (Énoncé)

ENSIETA 1994 ‑ Options M et P
PREMIER PROBLEME: Optique géométrique

I- Préliminaires

On considère un système centré (S), d'axe Ox, constitué de deux lentilles minces (L₁) et (L₂), de distances focales images f₁' et f₂', dont les centres optiques O₁ et O₂ sont distants de$e = \overline {{O_1}{O_2}} $. La lentille (L₁) reçoit la première la lumière incidente.
1. On désigne par F₁ et F₁' respectivement les foyers principaux objet et image de (L₁) et par F₂ et F₂' ceux de (L₂) et on pose $\Delta = \overline {{F_1}'{F_2}} $.

1. Écrire la relation donnant $x' = \overline {{F_2}'A'} $ en fonction de $x = \overline {{F_1}A} $ pour deux points A et A' situés sur Ox et conjugués par rapport à (S).
2. Interpréter le cas x = 0.
3. Exprimer le grandissement transversal γ_T de (S) en fonction de x, x', f₁' et f₂'.

2. On définit les points principaux H et H' de (S) qui sont les points conjugués pour lesquels le grandissement γ_T = 1. Calculer x et x' pour le couple (H, H') en fonction de f₁', f₂' et Δ.
3. On désigne par F et F' les foyers objet et image du système (S).

1. Calculer $\overline {{F_1}F} $ et$\overline {{F_2}'F'} $, en fonction de f₁', f₂' et Δ.
2. En déduire les distances focales objet et image de (S) définies par $f = \overline {HF} $ et$f' = \overline {H'F'} $. Que constatez‑vous ?
3. Exprimer la vergence de (S) définie par$C = \frac{1}{{f'}}$, en fonction des vergences ${C_1} = \frac{1}{{{f_1}'}}$ et${C_2} = \frac{1}{{{f_2}'}}$, de (L₁) et (L₂), et de e.
   Interpréter le cas e = 0.

II- Étude d'un doublet

Un système centré (Σ) est formé de deux lentilles minces (L₁) et (L₂), de distances focales f₁'= 4cm et f₂'= -f₁'= -4cm. Un mécanisme permet de faire varier l'épaisseur e de (Σ).
1. Déterminer les positions des points principaux H et H' de (Σ). Justifier graphiquement le résultat.
2. Un objet réel AB est placé perpendiculairement à l'axe Ox de (Σ) tel que$x = \overline {{F_1}A} $.

1. Entre quelles limites (exprimées en fonction de x et f₁') peut varier l'écartement e des deux lentilles pour que l'image A'B' de AB à travers (Σ) soit réelle ?
2. Quelle condition doit satisfaire x pour qu'il en soit alors ainsi ? Retrouver par un raisonnement direct cette dernière condition.

3. Les conditions précédentes étant satisfaites,

1. exprimer, en fonction de x, e et f₁', la distance $D = \overline {AA'} $ de l'objet réel à son image réelle, ainsi que le grandissement γ_T.
2. comment varie γ_T en fonction de e et f₁' pour une position donnée de l'objet AB.
3. calculer D et γ_T dans le cas suivant: x = -3 cm et e = 8 cm. Vérifier alors, par construction, à l'échelle +1, avec un objet $\overline {AB} = 1{\rm{ }}cm$, les résultats trouvés pour D et γ_T.

III- Lunette astronomique

Une lunette astronomique est constituée d'un objectif (L₃) et d'un oculaire (L₄) qui sont des lentilles minces convergentes de distances focales images respectives f₃'=40cm et f₄'=4cm.
1 ‑ La lunette est afocale.

1. Que devient la relation (définie au I.1.a) entre x' et x ?
2. Calculer γ_T.
3. En déduire le grandissement angulaire ${\gamma _\alpha } = \frac{{\alpha '}}{\alpha }$ (α et α' désignant respectivement les angles que font l'incident et son émergent avec l'axe du système).

2 ‑ On allonge la lunette précédente de façon à ce que le foyer image F₃' de l'objectif (L₃) et le foyer objet F₄ de l'oculaire (L₄) soient situés à une distance fixe d l'un de l'autre et l'on place entre ces deux points le système (Σ). Un mécanisme permet de faire varier simultanément la distance entre F₁ et F₃' et l'écartement e des deux lentilles (L₁) et (L₂) de façon à ce que F₃' et F₄ soient toujours conjugués à travers (Σ).

1. Montrer que l'instrument réalisé reste afocal.
2. Calculer son grandissement angulaire γ_α' dans le cas envisagé au II‑3‑c.
3. Expliquer l'intérêt de cet instrument.

Concours Physique EIVP P' 1994 (Énoncé)

EIVP 1994 - OPTION P’

PB 1 : FREINAGE D'UNE NAVETTE SPATIALE DANS L'ATMOSPHERE

Dans tout le problème, O désigne le centre de la terre et RT son rayon . Pour un point M quelconque, on note OM = r ur et r = OM = RT + h ce qui définit l'altitude h . Les mouvements sont étudiés dans le référentiel géocentrique supposé galiléen .
*** Dans tout le problème, on néglige l'action gravitationnelle de la terre sur la navette ***

1. Préliminaire
L'atmosphère est assimilée à un gaz parfait de masse molaire M = 29 g.mol-1 à température uniforme T, en équilibre dans le champ de gravitation G(M) supposé radial et de norme uniforme : G(M) = - G ur , avec G = 10 m.s-2.
- montrer que la masse volumique à l'altitude h est de la forme µ(h) = µSexp(- h/d) où µS désigne la valeur de µ au sol c'est-à-dire à l'altitude h = 0 ; exprimer la constante d en fonction de M, G, T et de la constante des gaz parfaits R = 8,32 J.K-1.mol-1 ;
- dans la suite on prend d = 8.103 m et µS = 1,3 kg.m-3 ; calculer la température T .

2. Freinage vertical
Une navette spatiale, assimilée à une masse ponctuelle m = 5.103 kg, est abandonnée à la date t = 0 à l'altitude h0 = 105 m avec une vitesse V0 = 8.103 m.s-1 . Elle décrit la verticale descendante issue de son point de départ dont le vecteur unitaire ascendant est noté ur , avec un vecteur-vitesse V = - V ur .
L'atmosphère exerce sur la navette une force de frottements F = µ C1V2 ur qui dépend de l'altitude via la masse volumique de l'air µ = µSexp(-h/d) avec les valeurs numériques de la question 1 ; C1 est un coefficient numérique positif lié à la forme de la navette ; pour les applications numériques, on prendra C1 = 10 m2 .
2.1 Ecrire le principe fondamental de la dynamique et montrer en éliminant l'altitude h et le temps t que V et µ satisfont à l'équation différentielle : $\frac{{dV}}{{d\mu }}$ + (C1d/m) V = 0
2.2 En déduire l'expression de V/V0 en fonction de µ, C1d/m et de µ0 = µSexp(-h0/d) .
2.3 Les relations V/V0 = f(µ) et h = d ln(µS/µ) constituent l'équation de la courbe V(h) paramétrée par µ dont l'allure du graphe est donnée ci-dessous (V en m.s-1 et h en km) .

Comment évolue l'efficacité du freinage en fonction de l'altitude h ? Interpréter qualitativement cette évolution . Puis calculer la vitesse V de la navette au sol .
2.4 On note δ = - dV/dt la décélération de la navette . Exprimer δ en fonction de la seule variable µ et des constantes du problème . Montrer que δ passe par un maximum δM ; calculer δM/G et commenter sachant que la navette transporte des passagers .
2.5 Calculer δ/G pour h = h0 et h = 0 . Discuter qualitativement suivant l'altitude h la validité de l'hypothèse consistant à négliger la force gravitationnelle .

3. Freinage sur une spirale
La navette décrit dans cette partie une courbe plane telle que en tout point sa tangente t fait un angle α constant avec la verticale descendante - ur .
Soit V = V t le vecteur-vitesse de la navette ; la projection de l'action F de l'atmosphère sur la navette sur la tangente t vaut Ft = - C1µV2 où C1 a été défini plus haut .
3.1 Relier V, dh/dt et α . En déduire que V(µ) est solution d'une équation différentielle analogue à celle de 2.1 et faisant intervenir les constantes C1, d, m et α .

3.2 On conserve les conditions initiales V0 = 8.103 m.s-1 à l'altitude h0 = 105 m . Tracer sur une même figure l'allure du graphe de V(h) pour α = 0 et α non nul ; comparer qualitativement l'efficacité du freinage pour α = 0 et α non nul .
3.3 Calculer le nouveau maximum δM de la décélération tangencielle δ = - dV/dt ; comment faut-il choisir α pour que δM/G soit inférieur à 10 ? Calculer la longueur L parcourue par la navette entre l'altitude h = h0 et l'altitude h = 0 pour la valeur limite de α ; commenter en liaison avec 3.2 .
3.4 En pratique, on recouvre la navette d'une céramique protectrice qui se vaporise sous l'action de l'atmosphère . Proposer une estimation grossière de l'épaisseur de céramique nécessaire . Données : chaleur latente de fusion de la céramique lF = 103 kJ.kg-1 ; chaleur latente de vaporisation de la céramique lv = 9.103 kJ.kg-1 ; masse volumique de la céramique µc = 8.103 kg.m-3 ; surface à protéger S = 10 m2 .

PB 2 : INTERACTION ENTRE DEUX SPIRES

Dans tout le problème, on étudie deux spires identiques de masse m, de rayon a, libres de se translater sans frottements le long de leur axe commun Oz, supposé horizontal .

On repère leur mouvement par les abscisses z1 et z2 de leurs centres respectifs C1 et C2 . On suppose qu'à tout instant on a z2 - z1 positif et très supérieur au rayon a . On oriente ces deux spires dans le sens trigonométrique autour de l'axe z'z .

La spire (1), de résistance et d'inductance propre nulles, est reliée à un générateur de courant parfait qui y maintient un courant I1 stationnaire . La spire (2), de résistance R et d'inductance propre nulle est fermée sur elle-même . On pose pour simplifier certains calculs z = z2 - z1 . A la date t = 0, partant de z = z0 , on lance les spires (1) et (2) avec des vitesses opposées respectives - V0/2 et + V0/2 .
1. Etude des phénomènes électromagnétiques
1.1 Partant de la loi de Biot et Savart, établir soigneusement l'expression du champ magnétique B1(C2) créé par la spire (1) au centre C2 de la spire (2) . Dans toute la suite on adopte l'expression approchée : B1(C2) =$\frac{{{\mu _0}{I_1}{a^2}}}{{2{z^3}}}{u_z}$.
1.2 En déduire l'expression de l'inductance mutuelle M entre les deux spires en confondant le champ B1 en tout point de la surface de la spire avec sa valeur en C2 ; en déduire l'expression du courant I2 dans la spire (2) en fonction de z, dz/dt et des données .
1.3 L'origine étant prise en O1 sur l'axe Oz, on repère un point M quelconque par ses coordonnées cylindriques (r, θ, z) et on utilise le trièdre local (ur, uθ, uz) associé .
1.3.a Montrer par des considérations de symétrie soignées que le champ B créé par la spire (1) au point M est de la forme B = Br(r,z) ur + Bz(r,z) uz .
1.3.b On suppose M proche de l'axe et on confond Bz(r,z) et sa valeur Bz(r = 0, z) prise sur l'axe Oz et qui a été déterminée en 1.1 . En exprimant le flux de B à travers un cylindre d'axe Oz, de rayon r, compris entre les cotes z et z + dz, établir l'expression de Br(r,z) en fonction de r et de $\frac{{d{B_z}}}{{dz}}$, puis en fonction de µ0, I1, a, r et z .
1.3.c En déduire que la résultante F1-2 des forces de Laplace exercée par la spire (1) sur la spire (2) est de la forme ${F_{1 - 2}} = - \frac{{km}}{2}\frac{{dz}}{{dt}}\frac{1}{{{z^8}}}{u_z}$ et exprimer la constante positive k en fonction de m, µ0, I1 et a . Que vaut alors la force F2-1 exercée par la spire (2) sur la spire (1) ?

2. Etude des mouvements des spires
2.1 Quel est le mouvement du centre d'inertie des deux spires ? Etablir l'équation différentielle du deuxième ordre dont z(t) est solution . En déduire une intégrale première de la forme dz/dt = g(z) où g est une fonction de z faisant apparaître k, z0 et V0 .
2.2.a Quel est le signe de d2z/dt2 à la date t = 0 ? On suppose g(z = + ∞) > 0 . Tracer le graphe de g et discuter graphiquement l'évolution de z(t) et dz/dt . Décrire notamment le régime permanent atteint à la date t = + ∞ .
2.2.b On suppose g(z = + ∞) < 0 . Discuter de même à l'aide du graphe de g l'évolution de z(t) et dz/dt . Décrire notamment le régime permanent atteint à la date t = + ∞ et comparer avec la situation de la question 2.2.a .
2.2.c Dans un diagramme des phases où on porte dz/dt en ordonnée et z en abscisse, mettre en évidence une courbe séparatrice (S) telle qu'on ait le comportement de 2.2.a ou de 2.2.b suivant que le point M0(z0,V0) correspondant aux conditions initiales est situé au-dessus ou en dessous de (S) .
2.3 On se place dans le cas où $k = \frac{{7z_0^7{V_0}}}{2}$. Calculer entre les dates t = 0+ et t = + ∞, en fonction uniquement de m et V0 , le travail WL des forces de Laplace, l'énergie WJ dissipée par effet Joule et la variation d'énergie magnétique . Commenter .