Concours Physique ENSAM Option T Mécanique 1994 (Corrigé)

ENSAM option T 1994: Corrigé de mécanique:
Etude d’un filtre mécanique à ressorts
Ce problème a pour finalité l’étude d’un filtre mécanique comportant un grand nombre de ressorts associés en série. Les analogies avec le régime forcé sinusoïdal sont nombreuses. Toutefois, il est regrettable que l’épreuve ait été tant calculatoire.
1. Préliminaires:
On veut approximer x = l . sinθ à l .θ avec une marge d’erreur de 0,5%.
Comme on est au voisinage de zéro, on utilise le D.L. de sinθ.
Il faut avoir: $\theta \,\left( {1\, - \,{{5.10}^{ - 3}}} \right)\, < \,\theta \, - \,\frac{{{\theta ^3}}}{6}\, < \,\theta \,\left( {1\, + \,{{5.10}^{ - 3}}} \right)$ puisque le terme de degré 5 est négligeable.
On a donc: $\left| \theta \right|\, < \,0,173\,rad\, = \,9,9^\circ $. On peut donc considérer que l’approximation reste valable tant que l’amplitude du mouvement ne dépasse pas 10°.

2. Etude du pendule simple:
2.1. On se place dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen.
Le point matériel O est donc soumis à quatre forces: son poids $\mathop P\limits^ \to \, = \,\frac{m}{2}\,\mathop g\limits^ \to \, = \, - \,\frac{m}{2}g.\,\mathop k\limits^ \to $, la tension de la tige $\mathop T\limits^ \to \, = \,T\,\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{ - \,\sin \theta }\\{\cos \theta }\\0\end{array}} \right)$, la force de frottement $\mathop \Phi \limits^ \to \, = \, - \,f.\frac{{dx}}{{dt}}.\,\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{\cos \theta }\\{\sin \theta }\\0\end{array}} \right)$ et la force d’excitation: $\mathop F\limits^ \to \, = \,{F_M}.\sin \omega t.\mathop i\limits^ \to $.
Appliquons le théorème du moment cinétique en A pour le point matériel O.

On a ainsi: $\frac{m}{2}\,{\ell ^2}\ddot \theta \mathop k\limits^ \to \, = \,\mathop {AO}\limits^ \to \, \wedge \,\left( {\mathop T\limits^ \to \, + \,\mathop F\limits^ \to \, + \,\frac{m}{2}\mathop g\limits^ \to \, + \,\mathop \Phi \limits^ \to } \right)$. D’où, après calcul du produit vectoriel, simplification à l’aide des notations de l’énoncé et en tenant compte de l’approximation:
x = l θ (et même chose avec les dérivées): $\mu \ddot x\, + \,f\dot x\, + \,\lambda x\, = \,{F_M}.\sin \omega t$
Comme on est en régime sinusoïdal forcé, on passe en notation complexe:
On a alors: $x\, = \,{\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {\underline x } \right)\, = \,{\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {X.{e^{j\left( {\omega t - \alpha } \right)}}} \right)$
De la même façon, en dérivant: $\dot x\, = \,{\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {\underline {\dot x} } \right)\, = \,{\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {j\omega X.{e^{j\left( {\omega t - \alpha } \right)}}} \right)$ et: $\ddot x\, = \,{\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {\underline {\ddot x} } \right)\, = \,{\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( { - \,{\omega ^2}.X.{e^{j\left( {\omega t - \alpha } \right)}}} \right)$
Et: ${F_M}\, = \,{\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {\underline {{F_M}} } \right)\, = \,{\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {{F_M}.{e^{j\omega t}}} \right)$
On obtient alors: $X.{e^{ - j\alpha }}\, = \,\frac{{{F_M}}}{{\lambda \, - \,\mu {\omega ^2}\, + \,jf\omega }}$. On en déduit aisément le module et l’argument: $X\, = \,\frac{{{F_M}}}{{\sqrt {{{\left( {\lambda \, - \,\mu {\omega ^2}} \right)}^2}\, + \,{f^2}{\omega ^2}} }}$ et: $\alpha \, = \,Arc\tan \left( {\frac{{f\omega }}{{\lambda \, - \,\mu {\omega ^2}}}} \right)$.
2.2.1. A.N: $X\, = \,\frac{{{F_M}}}{{\sqrt {{{\left( {0,981\, - \,0,1{\omega ^2}} \right)}^2}\, + \,0,25{\omega ^2}} }}$ et: $\alpha \, = \,Arc\tan \left( {\frac{{5\,\omega }}{{9,81\, - \,{\omega ^2}}}} \right)$
2.2.2. On obtient une courbe qu’il est facile de tracer à l’aide d’une calculatrice graphique ou d’un ordinateur. Cette courbe est décroissante et tend vers zéro avec une tangente horizontale lorsque ω = 0.
2.3.1. A l’aide de la relation obtenue à la question 2.1. il est très facile de trouver l’impédance complexe. On se rappelle cependant que: $\underline V \, = \,\underline {\dot x} \, = \,j\omega X.{e^{j\left( {\omega t - \alpha } \right)}}$.
On obtient alors: $\underline Z \, = \,f\, + \,j\left( {\mu \omega \, - \,\frac{\lambda }{\omega }} \right)$, soit: $\underline Z \, = \,0,5\, + \,0,1j\left( {\omega \, - \,\frac{{9,81}}{\omega }} \right)$.
2.3.2. En prenant le module et l’argument du complexe ci-dessus, on a:
$\left| {\underline Z } \right|\, = \,\sqrt {0,25\, + \,0,01{{\left( {\omega \, - \,\frac{{9,81}}{\omega }} \right)}^2}} $ et: $Arg\left( {\underline Z } \right)\, = \,Arc\tan \left( {\frac{{{\omega ^2}\, - \,9,81}}{{5\,\omega }}} \right)$.
De la même façon que précédemment, on utilise un outil de calcul pour trouver l’allure des courbes.
La courbe du module de Z possède une asymptote verticale en ω = 0 (le module tend alors vers l’infini) et une autre asymptote mais cette fois oblique à l’infini. La courbe est donc décroissante puis croissante.
La phase est par contre une courbe toujours croissante. En ω = 0 elle vaut - π/2 et possède une tangente oblique, tandis qu’elle tend vers + π/2 à l’infini (asymptote horizontale).

3. Etude d’un système excité possédant un seul ressort:
3.1. Nous allons utiliser l ’une des deux relations constituant le principe fondamental de la dynamique: le théorème du moment cinétique (l’autre étant la relation fondamentale de la dynamique).
On est dans le même référentiel du laboratoire (toujours supposé galiléen). D’après les notations de l’énoncé (position des axes x_a et x_b et ressort non tendu lorsque x_a = x_b = 0), on en déduit l’expression de la tension du ressort qui s’exerce sur le système (A): $\mathop Q\limits^ \to \, = \, - \,q\left( {{x_a}\, - \,{x_b}} \right).\mathop i\limits^ \to $. Il s’exerce bien entendu une force opposée sur le système (B).
En appliquant le théorème du moment cinétique en A pour le système (A) on obtient alors: $\mu {\ddot x_a}\, + \,f{\dot x_a}\, + \,\left( {\lambda \, + \,q} \right){x_a}\, - \,q{x_b}\, = \,0$. Et de même en utilisant le même théorème en B pour le système (B): $\mu {\ddot x_b}\, + \,\left( {\lambda \, + \,q} \right){x_b}\, - \,q{x_a}\, = \,{F_M}.\sin \omega t$.
3.2. En procédant de la même façon que dans la question 2.1. (passage en notation complexe), on a: $\left[ { - \,\mu {\omega ^2}\, + \,j\omega f\, + \,\left( {\lambda \, + \,q} \right)} \right]\underline {{X_a}} \, = \,q\underline {{X_b}} $ et: $\left[ { - \,\mu {\omega ^2}\, + \,\left( {\lambda \, + \,q} \right)} \right]\underline {{X_b}} \, - \,q\underline {{X_a}} \, = \,\underline {{F_M}} $.
Pour trouver les relations concernant les vitesses, on se rappelle que: $\underline V \, = \,j\omega \underline X $ d’où l’on tire:
$\left[ { - \,\mu {\omega ^2}\, + \,j\omega f\, + \,\left( {\lambda \, + \,q} \right)} \right]\underline {{V_a}} \, = \,q\underline {{V_b}} $ et: $\left[ { - \,\mu {\omega ^2}\, + \,\left( {\lambda \, + \,q} \right)} \right]\underline {{V_b}} \, - \,q\underline {{V_a}} \, = \,j\omega .\underline {{F_M}} $.
3.3. A l’aide des résultats de la question précédente, on reporte l’expression de $\underline {{V_a}} \,\,dans\,celle\,de\,\,\underline {{V_b}} $. On a alors l’impédance complexe d’entrée du système: $\underline {{Z_e}} \, = \,j\mu \omega \, + \,\frac{{\lambda \, + \,q}}{{j\omega }}\, + \,\frac{{{q^2}}}{{j\omega }}\frac{1}{{\mu {\omega ^2}\, - \,\lambda \, - \,q\, - \,jf\omega }}$. A.N: $\underline {{Z_e}} \, = \,0,1j\omega \, + \,\frac{{6,981}}{{j\omega }}\, + \,\frac{{36}}{{j\omega }}\frac{1}{{\,0,1{\omega ^2}\, - \,6,981\, - \,jf\omega \,}}$.
3.4.1. On cherche maintenant f_o pour que l’impédance soit réelle positive. Nous allons donc séparer l’impédance en sa partie réelle et sa partie imaginaire.
On trouve: $\underline {{Z_e}} \, = \,\frac{{f{q^2}}}{{{{\left( {\mu {\omega ^2}\, - \,\lambda \, - \,q} \right)}^2}\, + \,{f^2}{\omega ^2}}}\, + \,\frac{j}{\omega }\left[ {\mu {\omega ^2}\, - \,\lambda \, - \,q\, - \,\frac{{{q^2}\left( {\mu {\omega ^2}\, - \,\lambda \, - \,q} \right)}}{{{{\left( {\mu {\omega ^2}\, - \,\lambda \, - \,q} \right)}^2}\, + \,{f^2}{\omega ^2}}}} \right]$
La partie imaginaire étant nulle lorsque f = f_o, on en déduit après calculs: ${f_o}\, = \, + \,\sqrt {\frac{{{q^2}\, - \,{{\left( {\mu {\omega ^2}\, - \,\lambda \, - \,q} \right)}^2}}}{{{\omega ^2}}}} $ puisque la racine négative est impossible (f_o > 0).
On remarque qu’alors: $\underline {{Z_e}} \, = \,j\mu \omega \, + \,\frac{{\lambda \, + \,q}}{{j\omega }}\, + \,\frac{{{q^2}}}{{j\omega }}\frac{1}{{\mu {\omega ^2}\, - \,\lambda \, - \,q\, - \,j{f_o}\omega }}\, = \,{f_o}$.
A.N: ${f_o}\, = \,\frac{1}{\omega }\,\sqrt {36\, - \,{{\left( {0,1{\omega ^2}\, - \,6,981} \right)}^2}} $
3.4.2. Pour que f_o existe, il faut que la racine carrée soit définie, c’est à dire que ${q^2}\, - \,{\left( {\mu {\omega ^2}\, - \,\lambda \, - \,q} \right)^2}\, \ge \,0$ donc: $\sqrt {\frac{\lambda }{\mu }} \, \le \,\omega \, \le \,\sqrt {\frac{{\lambda \, + \,2q}}{\mu }} $. Ainsi: ${\omega _1}\, = \,\sqrt {\frac{\lambda }{\mu }} \,\,\,et:\,\,{\omega _2}\, = \,\sqrt {\frac{{\lambda \, + \,2q}}{\mu }} $
A.N: ω₁ = 3,13 rad/s et: ω₂ = 11,39 rad/s.
3.4.3. Lorsque f = f_o, la relation entre les amplitudes complexes $\underline {{X_a}} \,et\,\underline {{X_b}} $ devient: $\left[ { - \,\mu {\omega ^2}\, + \,j\omega {f_o}\, + \,\left( {\lambda \, + \,q} \right)} \right]\underline {{X_a}} \, = \,q\underline {{X_b}} $ donc, en passant aux modules: ${X_{aM}}.\sqrt {{{\left( {\mu {\omega ^2}\, - \,\lambda \, - \,q} \right)}^2}\, + \,{f_o}^2{\omega ^2}} \, = \,q.{X_{bM}}$. Ainsi, quand on remplace f_o par son expression, on trouve après simplification: X_aM = X_bM.
Soit $\beta \, = \,Arg\left( {\underline {{X_a}} } \right)\, - \,Arg\left( {\underline {{X_b}} } \right)\, = \,Arg\left( {\frac{{\underline {{X_a}} }}{{\underline {{X_b}} }}} \right)\, = \,Arc\tan \left( {\frac{{\sqrt {{q^2}\, - \,{{\left( {\mu {\omega ^2}\, - \,\lambda \, - \,q} \right)}^2}} }}{{\mu {\omega ^2}\, - \,\lambda \, - \,q}}} \right)$. β est le déphasage entre les déplacements des systèmes (A) et (B).
3.4.4. Lorsque ω tend vers ω₁ on trouve que β tend vers 0. Le résultat est le même lorsque ω tend vers ω₂. On peut donc affirmer que les deux masses vibrent en phase avec la même amplitude quand ω tend vers ω₁ ou vers ω₂.
On peut interpréter cela en disant qu’il n’y a pas de retard dans la transmission de l’énergie de (B) vers (A). Le ressort n’est qu’un intermédiaire qui n’est jamais ni tendu ni comprimé.
4. Etude d’un système à masse double:
La seule différence avec le système précédent est la masse de (C₁) qui est le double de la masse de (B). Les calculs sont donc encore valables à condition de remplacer, pour (B) µ par 2µ et λ par 2λ. Ainsi les équations entre grandeurs complexes deviennent (lorsque f = f_o):
$\left[ { - \,\mu {\omega ^2}\, + \,j\omega {f_o}\, + \,\left( {\lambda \, + \,q} \right)} \right]\underline {{V_a}} \, = \,q\underline {{V_c}} $ et: $\left[ { - \,2\mu {\omega ^2}\, + \,\left( {2\lambda \, + \,q} \right)} \right]\underline {{V_c}} \, - \,q\underline {{V_a}} \, = \,j\omega .\underline {{F_M}} $.
Alors, après calculs, on trouve que: $\underline {{Z_e}} \, = \,\,\frac{{\underline {{F_M}} }}{{\underline {{V_c}} }}\, = \,{f_o}\, + \,j\left( {\mu \omega \, - \,\frac{\lambda }{\omega }} \right)$ qui est exactement l’expression obtenue pour l’impédance $\underline Z $ de la question 2.3.1.

5. Etude du filtre mécanique complet:
5.1. Etudions pour commencer le système simple composé uniquement de (B), (C₁) et (A).
Par analogie avec les questions précédentes, les équations entre grandeurs complexes sont:
Pour (A): $\left[ { - \,\mu {\omega ^2}\, + \,j\omega {f_o}\, + \,\left( {\lambda \, + \,q} \right)} \right]\underline {{V_a}} \, = \,q\underline {{V_1}} $
Pour (C₁): $ - 2\mu {\omega ^2}\underline {{V_1}} \, + \,2\lambda \underline {{V_1}} \, + \,q\left( {\underline {{V_1}} \, - \,\underline {{V_a}} } \right)\, + \,q\left( {\underline {{V_1}} \, - \,\underline {{V_b}} } \right)\, = \,0$
Pour (B): $\left[ { - \,\mu {\omega ^2}\, + \,\left( {\lambda \, + \,q} \right)} \right]\underline {{V_b}} \, - \,q\underline {{V_1}} \, = \,j\omega .\underline {{F_M}} $
Par ailleurs, la remarque de la question 3.4.1. nous indique: $\frac{1}{{j\omega }}\left[ { - \,\mu {\omega ^2}\, + \,\lambda \, + \,q\, + \frac{{{q^2}}}{{\mu {\omega ^2}\, - \,\lambda \, - \,q\, - \,j{f_o}\omega }}} \right]\, = \,{f_o}$
Ainsi, en reportant l’expression de $\underline {{V_a}} $ obtenue avec l’équation de (A) dans l’équation de (C₁), on trouve, en tenant compte de la remarque ci-dessus: $\left[ { - \,\mu {\omega ^2}\, + \,j\omega {f_o}\, + \,\left( {\lambda \, + \,q} \right)} \right]\underline {{V_1}} \, = \,q\underline {{V_b}} $ c’est à dire une relation en tout point similaire entre d’une part $\underline {{V_a}} $ et $\underline {{V_1}} $ et, d’autre part $\underline {{V_1}} $ et $\underline {{V_b}} $.
Alors, le calcul de l’impédance d’entrée devient simple, et après des simplifications du type exprimé ci-dessus, on trouve: $\underline {{Z_e}} \, = \,\,\frac{{\underline {{F_M}} }}{{\underline {{V_b}} }}\, = \,{f_o}$.
Nous ferons donc l’hypothèse de récurrence suivante:
« On suppose que, jusqu’au rang k, $\left[ { - \,\mu {\omega ^2}\, + \,j\omega {f_o}\, + \,\left( {\lambda \, + \,q} \right)} \right]\underline {{V_{i - 1}}} \, = \,q\underline {{V_i}} $ ».
Démontrons maintenant que cette relation est vraie jusqu’au rang k+1.
En effet, le principe fondamental de la dynamique nous permet de dire, en étudiant le système (C_k): $ - 2\mu {\omega ^2}\underline {{V_k}} \, + \,2\lambda \underline {{V_k}} \, + \,q\left( {\underline {{V_k}} \, - \,\underline {{V_{k - 1}}} } \right)\, + \,q\left( {\underline {{V_k}} \, - \,\underline {{V_{k + 1}}} } \right)\, = \,0$. Soit, en utilisant la relation de récurrence ainsi que la remarque énoncée plus haut: $\left[ { - \,\mu {\omega ^2}\, + \,j\omega {f_o}\, + \,\left( {\lambda \, + \,q} \right)} \right]\underline {{V_k}} \, = \,q\underline {{V_{k + 1}}} $ qui permet d’énoncer l’hypothèse de récurrence au rang k+1.
Or, puisque cette relation est correcte au rang 1, on en déduit qu’elle est vraie jusqu’au rang n.
L’étude menée plus haut nous permet alors d’affirmer: $\underline {{Z_e}} \, = \,\,\frac{{\underline {{F_M}} }}{{\underline {{V_b}} }}\, = \,{f_o}$. Donc, quel que soit le nombre n de ressorts l’impédance d’entrée du système complet est f_o.
5.2. On a vu que: $\frac{1}{{j\omega }}\left[ { - \,\mu {\omega ^2}\, + \,\lambda \, + \,q\, + \frac{{{q^2}}}{{\mu {\omega ^2}\, - \,\lambda \, - \,q\, - \,j{f_o}\omega }}} \right]\, = \,{f_o}$.
Il en découle: (µω² - λ - q - jf_oω)² = q² , soit, en reportant dans la relation de récurrence: $\underline {{V_{i - 1}}} \, = \, \pm \,\underline {{V_i}} $. On en déduit la relation entre les amplitudes complexes, puisque l’on sait que: $\underline V \, = \,j\omega \underline X $, $\underline {{X_{i - 1}}} \, = \, \pm \,\underline {{X_i}} $
Donc, tous les pendules effectuent des oscillations de même amplitude.
5.3. Lorsqu’on est à l’extérieur de l’intervalle $\left[ {{\omega _1}\,,\,{\omega _2}} \right]$ il n’est plus possible d’avoir f = f_o, donc les masses ne vibrent plus en phase. Par analogie avec un circuit RLC série, on n’est plus à la résonance et x_a décroît rapidement.

Concours Physique ENSAM Option T Électricité 1994 (Corrigé)

ENSAM option T 1994: Corrigé d’électronique:
Influence des défauts d’un A.O. réel
Ce problème étudie l’influence des défauts de l’A.O. sur deux types de montages: l’amplificateur inverseur et le soustracteur.
Première partie: étude de l’amplificateur inverseur:
1.1. Re est la résistance d’entrée de l’A.O., Rs est la résistance de sortie.
A_d.e_d est une source de tension liée à la sortie de l’A.O.
A_d est le gain différentiel (souvent appelé µ).
L’ensemble (A_d.e_d, Rs) montre que l’A.O. se comporte, vu de la sortie, comme un générateur de Thévenin.
Pour l’A.O. idéal: Re est infinie, Rs tend vers 0, le gain A_d est infini, et e_d (souvent appelée -ε) tend vers 0.

1.2. On a affaire à un montage amplificateur inverseur. Nous appellerons i le courant traversant la résistance R₁ (et aussi R₂) de l’entrée du montage vers la sortie.
On a alors: Vs = - R₂.i et Ve = + R₁.i donc: ${G_o}\, = \,\frac{{Vs}}{{Ve}}\, = \, - \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}$. A.N: G_o = - 40.
1.3.1. En supposant Rs = 0, le circuit est maintenant équivalent à:

Nous pouvons donc affirmer: Vs = - Ad.e_d avec e_d = Re(i₁ - i₂).
Mais aussi: Ve = R₁.i₁ + Re(i₁-i₂) et: Re(i₁-i₂) - R₂.i₂ + Ad.Re(i₁-i₂) = 0.
On en déduit: ${i_1}\, = \,\frac{{{R_2}\, + {\mathop{\rm Re}\nolimits} (1\, + \,Ad)}}{{{\mathop{\rm Re}\nolimits} .{R_2}\, + \,{R_1}\left[ {{R_2}\, + \,{\mathop{\rm Re}\nolimits} (1\, + \,Ad)} \right]}}\,Ve$ et: ${i_2}\, = \,\frac{{{\mathop{\rm Re}\nolimits} (1\, + \,Ad)}}{{{\mathop{\rm Re}\nolimits} .{R_2}\, + \,{R_1}\left[ {{R_2}\, + \,{\mathop{\rm Re}\nolimits} (1\, + \,Ad)} \right]}}\,Ve$
Il vient alors: $Vs\, = \, - \,Ad.{\mathop{\rm Re}\nolimits} .Ve\frac{{{R_2}}}{{{\mathop{\rm Re}\nolimits} .{R_2}\, + \,{R_1}\left[ {{R_2}\, + \,{\mathop{\rm Re}\nolimits} (1\, + \,Ad)} \right]}}$
Et par conséquent: ${G_1}\, = \,\frac{{Vs}}{{Ve}}\, = \,\frac{{{G_o}}}{{1\, + \,\frac{{{R_2}}}{{Ad.{\mathop{\rm Re}\nolimits} }}\, + \,\frac{1}{{Ad}}\left( {1\, + \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}} \right)}}$
Donc, en identifiant: ${\varepsilon _{{\mathop{\rm Re}\nolimits} }}\, = \,\frac{{{R_2}}}{{Ad.{\mathop{\rm Re}\nolimits} }}\,\,\,et:\,\,{\varepsilon _{Ad}}\, = \,\frac{1}{{Ad}}\left( {1\, + \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}} \right)$
1.3.2. A.N: ε_Re = 10^-4 ε_Ad = 2,05.10^-3 et: G₁ = -39,9 (soit G_o à 0,2% près).

1.4.1. Lorsqu’on considère Re infinie, le montage est alors équivalent à:

Maintenant que la sortie comporte une résistance Rs, il va de soi que la tension Vs dépendra du courant i_s débité donc de la résistance d’utilisation Ru.
On a: Vs = - Ad.e_d + Rs.i_s = Ru(i -i_s) , Ve = e_d + R₁.i et: e_d = Vs + R₂.i
On en déduit: $i\, = \,\frac{{Ve\, - \,Vs}}{{{R_1}\, + \,{R_2}}}\,\,\,et:\,\,{i_s}\, = \, - \,\frac{{Vs}}{{Ru}}\, + \,\frac{{Ve\, - \,Vs}}{{{R_1}\, + \,{R_2}}}\,$
Il vient: ${G_2}\, = \,\frac{{Vs}}{{Ve}}\, = \,\frac{{{G_o}\left( {1\, - \,\frac{{Rs}}{{Ad.{R_1}}}} \right)}}{{1\, + \,\frac{1}{{Ad}}\left[ {1\, + \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}\, + \,\frac{{Rs}}{{Ru}}\left( {1\, + \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}} \right)\, + \,\frac{{Rs}}{{{R_1}}}} \right]}}$
donc: ${G_2}\, \approx \,\frac{{{G_o}}}{{1\, + \,\frac{1}{{Ad}}\left[ {1\, + \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}\, + \,\frac{{Rs}}{{{R_1}}}\left( {2\, + \,\frac{{{R_1}\, + \,{R_2}}}{{Ru}}} \right)\,} \right]}}$
Par conséquent: ${\varepsilon _{Rs}}\, = \,\frac{{Rs}}{{Ad.{R_1}}}\left( {2\, + \,\frac{{{R_1}\, + \,{R_2}}}{{Ru}}} \right)$
1.4.2. A.N: ε_Rs = 4,11.10^-4 et: G₂ = - 39,9 (soit, encore une fois, G_o à 0,2% près).
1.5. ε_Ad est le terme correctif dû au gain différentiel non infini.
ε_Re est le terme correctif dû à la résistance d ’entrée Re non infinie.
ε_Rs est le terme correctif dû à la résistance de sortie Rs non nulle.
ε_Ad, ε_Re et ε_Rs montrent les corrections à effectuer lorsqu’on ne suppose pas l’A.O. idéal.
Ici, ces corrections sont faibles (environ 0,2%).

Deuxième partie: Etude du soustracteur:
2.1.1. Nous appellerons i₁ le courant qui traverse la résistance R₁ de l’entrée vers la sortie, et i₃ celui qui traverse R₃ (dans le même sens). Il est clair, puisque l’A.O. est supposé idéal, que le courant traversant R₂ est i₁ et que i₃ parcoure R₄.
Etablissons les équations électriques du circuit: Vs = V₁ - (R₁ + R₂).i₁
V₂ = (R₃ + R₄).i₃ qui permet de trouver: ${i_3}\, = \,\frac{{{V_2}}}{{{R_3}\, + \,{R_4}}}$
De plus: V₁ = V₂ - R₃.i₃ + R₁.i₁ nous donne: ${i_1}\, = \,\frac{{{V_1}\, - \,{V_2}}}{{{R_1}}}\, + \,\frac{{{R_3}}}{{{R_1}}}\frac{{{V_2}}}{{{R_3} + \,{R_4}}}$
On trouve alors: $Vs\, = \, - \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}\,{V_1}\, + \,\frac{{{R_4}}}{{{R_3}\, + \,{R_4}}}\frac{{{R_1}\, + \,{R_2}}}{{{R_1}}}\,{V_2}$
2.1.2. On veut que Vs = Gd(V₁ - V₂) donc: $Gd\, = \, - \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}$
On en déduit que: $\frac{{{R_4}}}{{{R_3}\, + \,{R_4}}}\frac{{{R_1}\, + \,{R_2}}}{{{R_1}}}\, = \, - \,Gd\, = \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}$
Soit, après simplifications: R₁.R₄ = R₂.R₃
2.2. Nous étudions maintenant un autre défaut de l’A.O.: l’imperfection de mode commun.
Il va de soi qu’il n’y a rien de changé au schéma, mais nous devons introduire deux nouvelles tensions: e₁ et e₂. e₂ est la tension entre la borne positive de l’A.O. et la masse, elle se retrouve donc aux bornes de R₄. Quant à e₁, elle est entre la borne négative de l’A.O. et la masse, donc e₁ = e₂ + e_d. La tension e_d, supposée nulle dans la question 2.1. a maintenant une valeur non nulle.
Nous obtenons, avec les mêmes notations que précédemment pour les courants i₁ et i₃:
Vs = - Ad.e_d + Ac.e_c = V₁ - (R₁ + R₂).i₁ donc: ${i_1}\, = \,\frac{{{V_1}\, - \,Vs}}{{{R_1}\, + \,{R_2}}}$
V₂ = (R₃ + R₄).i₃ qui impose: ${i_3}\, = \,\frac{{{V_2}}}{{{R_3}\, + \,{R_4}}}$
V₁ = V₂ - R₃.i₃ + R₁.i₁ + e_d (on n’oublie pas e_d puisqu’elle est maintenant non nulle)
e₂ = R₄.i₃ et: e₁ = V₁ - R₁.i₁
On a donc: ${e_c}\, = \,\frac{{{e_1}\, + \,{e_2}}}{2}\, = \,\frac{{{V_1}\, + \,{R_4}.{i_3}\, - \,{R_1}.{i_1}}}{2}$ et: e_d = e₁ - e₂ = V₁ - R₁.i₁ - R₄.i₃
En utilisant les expressions trouvées ci-dessus pour i₁ et i₃ et en remarquant que: $\alpha \, = \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}\, + \,{R_2}}}\, = \,\frac{{{R_4}}}{{{R_3}\, + \,{R_4}}}\,\,\,puisque:\,{R_1}.{R_4}\, = \,{R_2}.{R_3}$
On trouve: ${e_c}\, = \,\frac{{\alpha {V_1}\, + \,\alpha {V_2}\, + \,\beta Vs}}{2}\,\,\,\,et:\,{e_d}\, = \,\alpha {V_1}\, - \,\alpha {V_2}\, + \,\beta Vs$
Donc, en reportant dans l’expression de Vs et après simplifications, on obtient:
$Vs\, = \,\alpha \,\frac{{\left( { - \,Ad\, + \,\frac{{Ac}}{2}} \right){V_1}\, + \,\left( {Ad\, + \,\frac{{Ac}}{2}} \right){V_2}}}{{1\, + \,\beta \left( {Ad\, - \,\frac{{Ac}}{2}} \right)}}$ or: V₁ - V₂ = Vd et: V₁ + V₂ = 2Vc
Donc: $Vs\, = \,\alpha \,\frac{{Ac.Vc\, - \,Ad.Vd}}{{1\, + \,\beta \left( {Ad\, - \,\frac{{Ac}}{2}} \right)}}$ or: Ad >> Ac et β.Ad >> 1
D’où: $Vs\, = \, - \,\frac{\alpha }{\beta }\left( {Vd\, - \,\frac{{Ac}}{{Ad}}Vc} \right)\,\,\,\,avec:\,\,\frac{\alpha }{\beta }\, = \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}$ donc: $Gd\, = \, - \,\frac{\alpha }{\beta }\,\,\,\,et:\,\,Gc\, = \,\frac{\alpha }{\beta }\frac{{Ac}}{{Ad}}$
2.3.1. A.N: Gd = - 40 et: Gc = 4.10^-3
2.3.2. Le pont étant presque équilibré, les courants i₁ et i₃ sortant respectivement par les deux branches aux potentiels V₁ et V₂ sont très petits devant les courants circulant dans le pont. Cette hypothèse est de plus confortée par le fait que les résistances constituant le pont de Wheatstone sont petites devant celles du montage soustracteur; en effet la résistance qui détermine la valeur du courant i₁ est R₁ + R₂ qui vaut 205 kΩ donc plus de cent fois celles du pont qui valent toutes environ 2 kΩ. On peut par ailleurs supposer qu’il en est de même pour R₃ + R₄ donc pour le courant i₃. Ceci a pour conséquence que les tensions V₁ et V₂ ont toutes deux pour valeur approximative U/2. Or $Vc\, = \,\frac{{{V_1}\, + \,{V_2}}}{2}\,$ donc: $Vc\, \approx \,\frac{U}{2}\,$. Comme Vs_c = Gc.Vc , on a: Vs_c = 20 mV. Par ailleurs: Vs_d = Gd.Vd = Vs_c impose $Vd\, = \,\frac{{V{s_c}}}{{Gd}}\, = \, - \,0,5mV\, = \,{V_1}\, - \,{V_2}$ .

2.4.1. On avait montré (cf. 2.1.1.) que: $Vs\, = \, - \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}\,{V_1}\, + \,\frac{{{R_4}}}{{{R_3}\, + \,{R_4}}}\frac{{{R_1}\, + \,{R_2}}}{{{R_1}}}\,{V_2}$
En posant: $a\, = \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}\,\,\,et:\,\,b\, = \,\frac{{{R_4}}}{{{R_3}}}$ on trouve: $Vs\, = \, - \,a{V_1}\, + \,\frac{{b(a\, + \,1)}}{{b\, + \,1}}{V_2}$
Or on sait que: Vd = V₁ - V₂ et: $Vc\, = \,\frac{{{V_1}\, + \,{V_2}}}{2}\,$. On peut donc exprimer V₁ et V₂ en fonction de Vd et Vc: ${V_1}\, = \,\frac{{2Vc\, + \,Vd}}{2}\,\,\,et:\,\,{V_2}\, = \,\frac{{2Vc\, - \,Vd}}{2}$. Donc, en reportant dans l’expression de Vs en fonction de V₁ et V₂, on obtient: $Vs\, = \,\frac{{b\, - \,a}}{{b\, + \,1}}Vc\, - \,\frac{{a\, + \,b\, + \,2ab}}{{2(b + 1)}}Vd$.
On en déduit: $Hd\, = \, - \,\frac{{a\, + \,b\, + \,2ab}}{{2(b\, + \,1)}}\,\,\,et:\,\,Hc\, = \,\frac{{b\, - \,a}}{{b\, + \,1}}\,$.
2.4.2. A.N: a = 40 b = 50 Hd = 40,1 et Hc = 0,196.
2.4.3. On veut que: Vs = Gd(V₁ - V₂). Cela impose: Vs = Gd.Vd
Donc: $Hc\, = \,\frac{{b\, - \,a}}{{b\, + \,1}}\, = \,0$ d’où: a = b. Ainsi: $\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}\, = \,\frac{{{R_4}}}{{{R_3}}}$ donc: R₁.R₄ = R₂.R₃ qui est la relation obtenue à la question 2.1.2.
2.5.1. On pose: ${R_1}\, = \,R\, \pm \,\Delta R\,\,donc:\,{R_1}\, = \,R(1\, + \,{\varepsilon _1})$.
De même: ${R_3}\, = \,{R_o}\, \pm \,\Delta {R_o}\,\,donc:\,{R_3}\, = \,{R_o}(1\, + \,{\varepsilon _3})$.
Par ailleurs: Soit K tel que R₂ = K.R pour les valeurs nominales.
On a donc: ${R_2}\, = \,K.R\, \pm \,\Delta {R_2}\,\,d'o\`u :\,{R_2}\, = \,K.R(1\, + \,{\varepsilon _2})$. Enfin, on sait que les valeurs nominales sont reliées entre elles par la relation: ${R_4}\, = \,\frac{{{R_2}.{R_3}}}{{{R_1}}}$, la valeur nominale de R₄ est donc: K.R_o.
Par conséquent: ${R_4}\, = \,K.{R_o}\, \pm \,\Delta {R_4}\,\,donc:\,{R_4}\, = \,K.{R_o}(1\, + \,{\varepsilon _4})$.
2.5.2. La précision de la résistance R₁ étant de 0,1%, on trouve aisément que: -10^-3 < ε₁ < 10^-3.
Il est clair qu’il en est de même pour les trois autres.
2.5.3. On sait que: $Hc\, = \,\frac{{b\, - \,a}}{{b\, + \,1}}\, = \,\frac{{\frac{{{R_4}}}{{{R_3}}}\, - \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}}}{{\frac{{{R_4}}}{{{R_3}}}\, + \,1}}\, = \,\frac{{\frac{{1\, + \,{\varepsilon _4}}}{{1\, + \,{\varepsilon _3}}}\, - \,\frac{{1\, + \,{\varepsilon _2}}}{{1\, + \,{\varepsilon _1}}}}}{{\frac{{1\, + \,{\varepsilon _4}}}{{1\, + \,{\varepsilon _3}}}\, - \,\frac{1}{K}}}$ . Comme tous les ε sont très petits, on effectue un développement limité pour trouver finalement: $Hc\, = \,\frac{{{\varepsilon _1}\, + \,{\varepsilon _4}\, - \,{\varepsilon _2}\, - \,{\varepsilon _3}}}{{1\, + \,{\varepsilon _4}\, - \,{\varepsilon _3}\, - \,\frac{1}{K}}}$. Le cas le plus défavorable est obtenu pour Hc le plus grand possible puisque Hc est un défaut.
On a alors: $Hc\, = \,\frac{{4\left| \varepsilon \right|}}{{1\, - \,\frac{1}{K}}}$ puisque ε₃ et ε₄ sont négligeables devant 1 et $\frac{1}{K}$.
A.N: Hc = 4,1.10^-3
Cette valeur est bien plus faible que lorsque la condition R₁.R₄ = R₂.R₃ n’est pas réalisée et c’est heureux puisqu’il s’agit ici d’erreurs dues à l’incertitude sur les valeurs des résistances. Dans le cas contraire, il serait impossible de réaliser pratiquement la condition R₁.R₄ = R₂.R₃ puisque l’erreur relative aux valeurs des résistances serait plus importante que celle qu’on désire minimiser.

Concours Physique ESEM 1994 (Corrigé)

Microscope

1

Appliquons les formules de Newton à l’image A’B’ que donne L de AB :$g = - \frac{{x'}}{{f'}} = - \frac{{150 - 5}}{5} = - 29$.

2

L₁ donne d’un petit objet AB = ε une image A’B’ = |g|ε ; la lentille L₂ en donne une image à l’infini qu’on voit sous l’angle $\theta ''=\frac{A'B'}{f_{2}^{'}}$ ; d’où : $\varepsilon =\frac{f_{2}^{'}\theta ''}{\left| g \right|}=\frac{40\times {{3.10}^{-4}}}{29}\text{ }mm=0,41\text{ }\mu m$.

3.a

L₁ donne de L une image L’ dont la position se détermine par la première formule de Descartes $\frac{1}{{p'}} - \frac{1}{p} = \frac{1}{{f'}}$ où p’ = x₁’, p = -150 mm et f’ = 40 mm ; d’où x₁’ = $\frac{1}{{\frac{1}{{40}} - \frac{1}{{150}}}}$= 54,54 mm.
La taille de cette image se détermine par la seconde formule de Descartes $\gamma = \frac{{\overline {A'B'} }}{{\overline {AB} }} = \frac{{p'}}{p}$où p’ = 54,54 mm, p = - 150 mm, AB = D = 4 mm ; d’où : A’B’ = $D' = \frac{{4 \times 54,54}}{{150}} = $1,45 mm.

3.b

Pour faire la construction demandée, il faut déterminer la position de B’ ; ce point est à la distance de l’axe A’B’ = g.AB = 29.0,25 = 7,25 mm. Voir la construction à la fin de ce texte.

3.c

La construction montre que les rayons issus de B traversent L₂ ; en effet, on voit sur cette construction les rayons extrêmes, qui traversent tous deux L₂.

4.a

L₂ donne de L’ une image L″ qu’on détermine par les formules de Descartes : $\frac{1}{{p'}} - \frac{1}{p} = \frac{1}{{f'}}$ où p’ = x₂″, p = 54,54 - 40 = 14,54 mm et f’ = 40 mm ; d’où : x₂″ = $\frac{1}{{\frac{1}{{14,54}} + \frac{1}{{40}}}}$= 10,67 mm ;

4.b

tandis que la seconde formule de Descartes $\gamma = \frac{{\overline {A'B'} }}{{\overline {AB} }} = \frac{{p'}}{p}$où p’ = 10,67 mm, p = 14,54 mm et AB = D’ = 1,45 mm donne : $A'B'=D''=\frac{1,45\times 10,67}{14,54}=1,067\text{ mm}$.

Conclusions

1. L’œil peut être effectivement mis dans cette position.
2. Le faisceau lumineux est limité par le diamètre du cercle oculaire D" = 1 mm et non par celui de la pupille de l’ œil (8 mm). Il en résulte que la diffraction par cette limitation est 8 fois plus grande et que le pouvoir séparateur est 8 fois celui calculé à la question 2, soit 8×0,41 = 3 µm.
   
   

Concours Physique Concours Spécial Physique II 1994 (Corrigé)

Concours Spécial Physique 2 1994

I.Lévitation par interaction électrostatique.

A.1.a.On découpe le disque en couronnes (r,r+dr) de charge dq = 2$\sigma .2\pi \;rdr$ qui crée en P le potentiel

dV = $\frac{{dq}}{{4\pi {\varepsilon _o}\sqrt {{r^2} + {z^2}} }}\; = \;\frac{\sigma }{{{\varepsilon _0}}}\frac{{rdr}}{{\sqrt {{r^2} + {z^2}} }}$ ; soit V(P) = $\frac{\sigma }{{2{\varepsilon _0}}}\int_0^a {\frac{{d({r^2} + {z^2})}}{{\sqrt {{r^2} + {z^2}} }}} $

V(P) = $\frac{\sigma }{{{\varepsilon _0}}}\left[ {\sqrt {{a^2} + {z^2}} - \;\left| z \right|} \right]$

en remarquant que lorsque z $ \to $ - z, V(z) reste inchangé (symétrie des charges).

A.1.b.Par continuité du potentiel, ${{\rm{V}}_{\rm{o}}}$ = V(z = O) = $\frac{{{\rm{a}}\sigma }}{{{\varepsilon _{\rm{0}}}}}$

soit $\sigma \; = \;\frac{{{\varepsilon _0}{{\rm{V}}_{\rm{o}}}}}{{\rm{a}}}$

A.2.a.$\mathop {\rm{E}}\limits^ \to $ = - $\mathop {grad({\rm{V)}}}\limits^ \to $ = - $\frac{{\partial \;{\rm{V}}}}{{\partial \;{\rm{z}}}}\;\mathop {\rm{k}}\limits^ \to $ $\mathop {\rm{E}}\limits^ \to $ = $\frac{\sigma }{{{\varepsilon _o}}}\left[ {1\; - \;\frac{{\rm{z}}}{{\sqrt {{{\rm{a}}^{\rm{2}}} + {{\rm{z}}^{\rm{2}}}} }}} \right]\;\mathop {\rm{k}}\limits^ \to $ si z > 0 $\mathop {\rm{E}}\limits^ \to $ = - $\frac{\sigma }{{{\varepsilon _o}}}\left[ {1\; - \;\frac{{\left| {\rm{z}} \right|}}{{\sqrt {{{\rm{a}}^{\rm{2}}} + {{\rm{z}}^{\rm{2}}}} }}} \right]\;\mathop {\rm{k}}\limits^ \to $ si z < O soit .$\mathop {\rm{E}}\limits^ \to $ = $ \pm $$\frac{\sigma }{{{\varepsilon _0}}}\left( {1\; - \;\cos \theta } \right)\;\mathop {\rm{k}}\limits^ \to $ A.2.b.

A.3.a.Il n'y a pas de charges au voisinage du point P donc selon le théorème de Gauss, le flux de $\mathop {\rm{E}}\limits^ \to $ sortant du petit cylindre est nul .

- E(z).$\pi \;{{\rm{r}}^{\rm{2}}}$ + E(z+dz).$\pi \;{{\rm{r}}^{\rm{2}}}$ + 2$\pi $r dz Er = 0 soit $E_r = - \frac{{\rm{r}}}{{\rm{2}}}\;\frac{{\partial \;{\rm{E}}}}{{\partial \;{\rm{z}}}}$ = $\frac{{\sigma \;{\rm{r}}}}{{{\rm{2}}\;{\varepsilon _{\rm{0}}}}}\frac{{\rm{d}}}{{{\rm{dz}}}}\left( {\frac{{\rm{z}}}{{\sqrt {{{\rm{a}}^{\rm{2}}} + {{\rm{z}}^{\rm{2}}}} }}} \right)$

${{E}_{r}}=\frac{\sigma {{a}^{2}}r}{2{{\varepsilon }_{0}}{{\left( {{a}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{{}^{3}/{}_{2}}}}$

A.3.b.
$\overrightarrow{E}=E(z)\overrightarrow{k}+{{E}_{r}}\overrightarrow{{{u}_{r}}}=\frac{\sigma }{{{\varepsilon }_{0}}}\left( 1-\frac{z}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{z}^{2}}}} \right)\overrightarrow{k}+\frac{\sigma {{a}^{2}}r}{2{{\varepsilon }_{0}}{{\left( {{a}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{{}^{3}/{}_{2}}}}\overrightarrow{{{u}_{r}}}=\frac{\sigma }{{{\varepsilon }_{0}}}(1-\cos \theta )\overrightarrow{k}+\frac{\sigma r}{2a{{\varepsilon }_{0}}}{{\sin }^{3}}\theta \overrightarrow{{{u}_{r}}}$

A.4.La densité de charges ne peut être en fait uniforme sur tout le disque notamment au bord (pouvoir des pointes) où la densité surfacique est en fait plus importante qu'au voisinage de l'axe Oz..
B.1.a.Le disque B porte des charges sur sa face supérieure où existe une force de pression électrostatique qui devra dépasser son poids pour permettre le décollage . Soit $\frac{{{\sigma ^2}}}{{2{\varepsilon _{\rm{0}}}}}.\pi \;{{\rm{b}}^{\rm{2}}}\; > \;{\rm{mg = }}\pi \;{{\rm{b}}^{\rm{2}}}\;{\rm{e}}\;\rho \;{\rm{g}}$ donc ${\sigma ^{}} > \;\sqrt {2{\varepsilon _{\rm{0}}}\;\rho \;{\rm{e}}\;{\rm{g}}} $ c'est-à-dire , à l'aide de A.1.b.

${{\rm{V}}_{\rm{0}}}\; > \;\frac{{\rm{a}}}{{{\varepsilon _{\rm{0}}}}}$$\sqrt {2{\varepsilon _{\rm{0}}}\;\rho \;{\rm{e}}\;{\rm{g}}} $ = a$\sqrt {\frac{{2eg\rho }}{{{\varepsilon _{\rm{0}}}}}} $ = Vs

B.1.b.Application numérique : Vs = 190 kV.
B.2.Le disque B emporte la charge q =$\sigma $ $\pi \,{{\rm{b}}^{\rm{2}}}$ alors que le disque A maintenu au même potentiel Vo = Vs conserve la densité surfacique $\sigma $ et crée donc le même champ $\mathop {\rm{E}}\limits^ \to $ (voir A.1.a).

La position d'équilibre de B implique que mg = qE = $\sigma $ $\pi \,{{\rm{b}}^{\rm{2}}}$$\frac{\sigma }{{{\varepsilon _0}}}\left( {1\; - \;\cos \theta } \right)$ = 2mg$\left( {1\; - \;\cos \theta } \right)$ .Donc cos$\theta $ = 0,5

soit $\theta $ = 60° ou z = a /$\sqrt 3 $

Lorsque z croit, E décroit donc le poids l'emporte sur la force électrostatique et le disque descend; lorsque z décroit, E croit et la force électrostatique l'emporte ce qui fait remonter le disque.D'où stabilité de l'équilibre .
B.3.a.Au voisinage de la position d'équilibre sur l'axe Oz, seule la composante Er de $\mathop {\rm{E}}\limits^ \to $ agit sur le disque B
$\overrightarrow{F}=q{{E}_{r}}\overrightarrow{{{u}_{r}}}=S\pi {{b}^{2}}\frac{\sigma {{a}^{2}}}{2{{\varepsilon }_{0}}{{\left( {{a}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{{}^{3}/{}_{2}}}}\overrightarrow{{{r}_{G}}}=\frac{\pi {{b}^{2}}{{\varepsilon }_{0}}}{{{2}^{{}^{5}/{}_{2}}}{{a}^{3}}}V_{S}^{2}\overrightarrow{{{r}_{G}}}$
après remplacement de z par sa valeur à l'équilibre tirée de B.2.
B.3.b.Cette force orthogonale à l'axe Oz est centrifuge ce qui produit une instabilité de l'équilibre.

II.Lévitation par interaction magnétostatique

C.1.Rappels du cours : champ magnétique créé sur l'axe d'une bobine plate $\overrightarrow{B}=\frac{{{\mu }_{0}}N{{i}_{1}}}{2a}{{\sin }^{3}}q\overrightarrow{k}=\frac{{{\mu }_{0}}N{{i}_{1}}}{2}\frac{{{a}^{2}}}{{{\left( {{a}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{{}^{3}/{}_{2}}}}\overrightarrow{k}$
C.2.a.Le flux de $\mathop {\rm{B}}\limits^ \to $ sortant du petit cylindre étant nul , on trouve la même relation qu'avec le champ $\mathop {\rm{E}}\limits^ \to $ :
${{B}_{r}}=-\frac{r}{2}\frac{\partial B}{\partial z}=-\frac{r}{2}\frac{{{\mu }_{0}}N{{i}_{1}}{{a}^{2}}}{2}\frac{d}{dz}\left[ {{\left( {{a}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{-{}^{3}/{}_{2}}} \right]=\frac{3}{4}{{\mu }_{0}}N{{i}_{1}}{{a}^{2}}\frac{rz}{{{\left( {{a}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{{}^{3}/{}_{2}}}}$ 

C.2.b.Avec 2$\alpha $ = 2$\beta $ i1= $\frac{{\partial \;{\rm{B}}}}{{\partial \;{\rm{z}}}}$, on obtient

Br = - r $\alpha $

et à l'aide de C.2.a,

$\alpha $ = - $\frac{3}{4}\frac{{{\mu _{\rm{0}}}{\rm{N}}{{\rm{i}}_{\rm{1}}}}}{{{{\rm{a}}^{\rm{2}}}}}\cos \left( \theta \right){\sin ^4}\left( \theta \right)$

C.3.a.D'après C.2.a, on trouve au centre de l'anneau : $B(P)=\frac{{{\mu }_{0}}{{i}_{2}}}{2b}$ ; ce champ étant supposé uniforme sur le plan de l'anneau,

le flux propre est ${\Phi _{22}}$ = B$\pi \;{{\rm{b}}^{\rm{2}}}$ = $\frac{{{\mu _{\rm{0}}}\;\pi \;{\rm{b}}\;{{\rm{i}}_{\rm{2}}}}}{{\rm{2}}}$ = L i2 , donc

L = $\frac{{{\mu _{\rm{0}}}\;\pi \;{\rm{b}}}}{{\rm{2}}}$

C.3.b.Application numérique L = 2.10-9 ${\pi ^2}$ = 1,97.10-8 H.

C.3.c.Le flux mutuel est ${\Phi _{12}}$ = $\pi \;{{\rm{b}}^{\rm{2}}}$ B1 = $\pi \;{{\rm{b}}^{\rm{2}}}$ $\frac{{{\mu _{\rm{0}}}{\rm{N}}{{\rm{i}}_{\rm{1}}}}}{{{\rm{2a}}}}{\sin ^3}\theta $ = M i1

soit M = $\frac{{{\mu _{\rm{0}}}\;{\rm{N}}\pi \;{{\rm{b}}^{\rm{2}}}}}{{{\rm{2a}}}}{\sin ^3}\theta $

et

$\frac{{\rm{M}}}{{\rm{L}}}$ = $\frac{{{\rm{N}}\;{\rm{b}}}}{{\rm{a}}}{\sin ^3}\theta $

C.4.a.La force de Laplace dérive de l'énergie d'interaction - i2${\Phi _{12}}$entre l'anneau et la bobine :
$\mathop {\rm{F}}\limits^ \to $ = $\mathop {{\rm{grad}}}\limits^ \to \left( {{{\rm{i}}_{\rm{2}}}{\Phi _{12}}} \right)$ = i2$\frac{{\partial \;{\Phi _{12}}}}{{\partial \;{\rm{z}}}}\mathop {\rm{k}}\limits^ \to $ = ${{\rm{i}}_{\rm{2}}}\;\pi \;{{\rm{b}}^{\rm{2}}}\frac{{\partial \;{\rm{B}}}}{{\partial \;{\rm{z}}}}\mathop {\rm{k}}\limits^ \to $. Donc $\mathop {\rm{F}}\limits^ \to $ = 2 $\pi \;{{\rm{b}}^{\rm{2}}}\;{{\rm{i}}_{\rm{2}}}\;\alpha \mathop {\rm{k}}\limits^ \to $
C.4.b.La lévitation est possible si la force de Laplace est dirigée vers le haut. Si i1 > 0, alors $\alpha $ < 0, donc il faut i2 < 0.

D.1.Le schéma équivalent de l'anneau comporte un générateur de f.é.m. e = - $\frac{{{\rm{d}}{\Phi _{\rm{2}}}}}{{{\rm{dt}}}}$ = -L$\frac{{{\rm{d}}{{\rm{i}}_{\rm{2}}}}}{{{\rm{dt}}}}$ - M$\frac{{{\rm{d}}{{\rm{i}}_{\rm{1}}}}}{{{\rm{dt}}}}$ en série avec une résistance R. d'où l'équation différentielle : L $\frac{{{\rm{d}}{{\rm{i}}_{\rm{2}}}}}{{{\rm{dt}}}}$ + R i2 = - M $\frac{{{\rm{d}}{{\rm{i}}_{\rm{1}}}}}{{{\rm{dt}}}}$ (R + jL$\omega $)$\underline {{{\rm{i}}_{\rm{2}}}} $= - jM$\omega $$\underline {{{\rm{i}}_{\rm{1}}}} $ et $\underline {{{\rm{i}}_{\rm{2}}}} $ = $\frac{{ - {\rm{j M }}\omega \;\underline {{{\rm{i}}_{\rm{1}}}} }}{{{\rm{R + jL}}\omega }}$ Avec i1 = I0 cos($\omega $t), on a i2 = A cos($\omega $t + $\varphi $) avec A = $\frac{{{\rm{M}}\omega \;{{\rm{I}}_{\rm{0}}}}}{{\sqrt {{{\rm{R}}^{\rm{2}}} + \;{{\rm{L}}^{\rm{2}}}{\omega ^2}} }}$ $\varphi $ = - $\frac{\pi }{2}$ - Arg$\left( {{\rm{R}}{\rm{ + j L}}\omega } \right)$ .

cos($\varphi $) = - $\frac{{{\rm{L}}\omega }}{{\sqrt {{{\rm{R}}^{\rm{2}}} + {{\rm{L}}^{\rm{2}}}{\omega ^2}} }}$ et sin ($\varphi $) = - $\frac{{\rm{R}}}{{\sqrt {{{\rm{R}}^{\rm{2}}} + {{\rm{L}}^{\rm{2}}}{\omega ^2}} }}$ . Avec R = L$\omega $ on obtient $\varphi $ = - $\frac{{3\pi }}{4}$
D.2. < i1.i2> = < I0Acos(.$\omega $t).cos($\omega $t+$\varphi $) > = $\frac{1}{2}$AI0 cos($\varphi $) = - $\frac{{{\rm{LMI}}_{\rm{0}}^{\rm{2}}{\omega ^2}}}{{2\left( {{{\rm{R}}^{\rm{2}}} + {{\rm{L}}^{\rm{2}}}{\omega ^2}} \right)}}$

La force moyenne exercée sur l'anneau est ainsi , d'après C.4.a., < $\mathop {\rm{F}}\limits^ \to $> = < $\pi \;{{\rm{b}}^{\rm{2}}}\;{{\rm{i}}_{\rm{2}}}\;\beta \;{{\rm{i}}_{\rm{1}}}\mathop {\rm{k}}\limits^ \to $>

< $\mathop {\rm{F}}\limits^ \to $> = $\frac{{{\rm{ - }}\pi \;{{\rm{b}}^{\rm{2}}}\beta \;{\rm{LMI}}_{\rm{0}}^{\rm{2}}{\omega ^2}}}{{\left( {{{\rm{R}}^{\rm{2}}} + {{\rm{L}}^{\rm{2}}}{\omega ^2}} \right)}}\mathop {\rm{k}}\limits^ \to $

D.3.L'équilibre de l'anneau implique que < $\mathop {\rm{F}}\limits^ \to $> - mg $\mathop {\rm{k}}\limits^ \to $ = $\mathop 0\limits^ \to $ soit $\frac{{{\rm{ - }}\pi \;{{\rm{b}}^{\rm{2}}}\beta \;{\rm{LMI}}_{\rm{0}}^{\rm{2}}{\omega ^2}}}{{\left( {{{\rm{R}}^{\rm{2}}} + {{\rm{L}}^{\rm{2}}}{\omega ^2}} \right)}}$ - mg = 0 avec $\beta $ < 0 .
D.4.On pose F = < $\mathop {\rm{F}}\limits^ \to $>.$\mathop {\rm{k}}\limits^ \to $ et on utilise les expressions de M (C.3.c) et de $\beta $ (C.2.b) . On obtient :

F =$\frac{{{\rm{3}}{\pi ^2}\;\mu _{\rm{0}}^{\rm{2}}\;{{\rm{a}}^{\rm{4}}}\;{{\rm{b}}^{\rm{4}}}{{\rm{N}}^{\rm{2}}}{\rm{LI}}_{\rm{0}}^{\rm{2}}{\omega ^2}}}{{8\left( {{{\rm{R}}^{\rm{2}}} + {{\rm{L}}^{\rm{2}}}{\omega ^2}} \right)}}$$\frac{{\rm{z}}}{{{{\left( {{{\rm{a}}^{\rm{2}}} + {{\rm{z}}^{\rm{2}}}} \right)}^4}}}$ =$\frac{3}{8}\pi \;{\mu _{\rm{o}}}\;{{\rm{N}}^{\rm{2}}}{\rm{I}}_{\rm{o}}^{\rm{2}}{{\rm{a}}^{\rm{4}}}{{\rm{b}}^{\rm{3}}}$ $\frac{{\rm{z}}}{{{{\left( {{{\rm{a}}^{\rm{2}}} + {{\rm{z}}^{\rm{2}}}} \right)}^4}}}$ soit F = $\frac{{{\rm{3}}{\pi ^2}\;\mu _{\rm{0}}^{\rm{2}}\;{{\rm{b}}^{\rm{4}}}{{\rm{N}}^{\rm{2}}}{\rm{LI}}_{\rm{0}}^{\rm{2}}{\omega ^2}}}{{8{{\rm{a}}^{\rm{3}}}\left( {{{\rm{R}}^{\rm{2}}} + {{\rm{L}}^{\rm{2}}}{\omega ^2}} \right)}}$$\cos \left( \theta \right){\sin ^7}\left( \theta \right)$ = $\frac{3}{{8{{\rm{a}}^{\rm{3}}}}}\pi \;{\mu _{\rm{o}}}\;{{\rm{N}}^{\rm{2}}}{\rm{I}}_{\rm{o}}^{\rm{2}}{{\rm{b}}^{\rm{3}}}$$\cos \left( \theta \right){\sin ^7}\left( \theta \right)$

F sera maximale lorsque $\frac{{\rm{z}}}{{{{\left( {{{\rm{a}}^{\rm{2}}} + {{\rm{z}}^{\rm{2}}}} \right)}^4}}}$ sera maximum soit $\frac{{\rm{d}}}{{{\rm{dz}}}}\left( {\frac{{\rm{z}}}{{{{\left( {{{\rm{a}}^{\rm{2}}} + {{\rm{z}}^{\rm{2}}}} \right)}^4}}}} \right)$= $\frac{{{{\rm{a}}^{\rm{2}}} - 7{{\rm{z}}^{\rm{2}}}}}{{{{\left( {{{\rm{a}}^{\rm{2}}} + {{\rm{z}}^{\rm{2}}}} \right)}^5}}}$ = 0 donc pour $z=\pm {}^{a}/{}_{\sqrt{7}}$ ce qui donne

Fmax = $\frac{3}{{8\sqrt 7 }}\pi \;{\mu _{\rm{o}}}\;{{\rm{N}}^{\rm{2}}}{\rm{I}}_{\rm{o}}^{\rm{2}}{{\rm{a}}^{\rm{4}}}{{\rm{b}}^{\rm{3}}}$$\frac{{\rm{a}}}{{{{\left( {{{\rm{a}}^{\rm{2}}} + \frac{{{{\rm{a}}^{\rm{2}}}}}{7}} \right)}^4}}}$ Fmax = $\frac{{{\rm{3}}\pi \;\mu _{\rm{0}}^{}\;{{\rm{b}}^{\rm{3}}}{{\rm{N}}^{\rm{2}}}{\rm{I}}_{\rm{0}}^{\rm{2}}}}{{8\sqrt 7 {{\rm{a}}^{\rm{3}}}}}$$\frac{{\rm{1}}}{{{{\left( {1 + \frac{{\rm{1}}}{7}} \right)}^4}}}$

Si mg > Fmax , il n'y a aucun équilibre possible ; si mg = Fmax, il y en a une ; si mg < Fmax, alors il y en a deux mais seule la plus grande valeur (z2) de z est stable.
D.5.On peut réaliser la lévitation en disposant sur un support (en plastique par exemple), l'anneau à une distance de la bobine légèrement supérieure à ${{z}_{m}}{}^{a}/{}_{\sqrt{7}}$. On fait alors croitre lentement le courant Io : lorsque Fmax dépasse mg, l'anneau est entrainé vers le haut et suit sa position d'équilibre (z2), qui dépend de Io, et oscille avec une faible amplitude.

D.6.a et b..Fmax, > mg $ \Rightarrow $Io > $\sqrt {\frac{{8\sqrt 7 {{\left( {1 + \frac{1}{7}} \right)}^4}{{\rm{a}}^{\rm{3}}}{\rm{mg}}}}{{3\pi \;\mu _o^{}\;{{\rm{N}}^{\rm{2}}}{{\rm{b}}^{\rm{3}}}}}} $ = Im avec R = L$\omega $ . Soit numériquement Im = 78,1 A.
${{i}_{2,eff}}=\frac{M\omega {{I}_{m}}}{\left( \sqrt{{{R}^{2}}+{{L}^{2}}{{\omega }^{2}}} \right)\sqrt{2}}=\frac{M}{2L}{{I}_{m}}=\frac{Nb}{2}\frac{{{a}^{2}}}{{{\left( {{a}^{2}}+z_{m}^{2} \right)}^{{}^{3}/{}_{2}}}}=\frac{Nb}{2}\frac{{{I}_{m}}}{{{\left( 1+\frac{1}{7} \right)}^{{}^{3}/{}_{2}}}}$. Soit numériquement i2,eff = 320 A.
L'effet Joule produit dans l'anneau est donc très intense ce qui risque de l'échauffer et de le faire fondre ce qui justifie la nécessité d'utiliser un matériau supraconducteur où l'effet Joule sera nul.
D'après C.1, on a $B({{z}_{m}})=\frac{{{\mu }_{0}}N{{i}_{1}}}{2}\frac{{{a}^{2}}}{{{\left( {{a}^{2}}+z_{m}^{2} \right)}^{{}^{3}/{}_{2}}}}\approx \frac{{{\mu }_{0}}N{{I}_{m}}}{2a}\frac{1}{\left( 1+\frac{1}{7} \right){}^{3}/{}_{2}}$
B(zm) = 40,2 mT.
D.6.c.Si l'anneau s'incline, le flux magnétique créé par la bobine diminue et l'énergie d'interaction croit : l'anneau est alors soumis à un couple qui le ramène dans le flux maximum . Il y a stabilité de l'équilibre.
E.1.On part de l'équation du D.1 avec R = 0, donc e = - L $\frac{{{\rm{d}}{{\rm{i}}_{\rm{2}}}}}{{{\rm{dt}}}}$ - M $\frac{{{\rm{d}}{{\rm{i}}_{\rm{1}}}}}{{{\rm{dt}}}}$ = 0. En intégrant , on a Li2 + Mi1 = constante = 0 (à t = 0).

Soit	i2 = - $\frac{{\rm{M}}}{{\rm{L}}}{{\rm{i}}_{\rm{1}}}$ = -.$\frac{{\rm{M}}}{{\rm{L}}}{{\rm{I}}_{\rm{o}}}$.

E.2.D'après C.4.a., on a $\overrightarrow{F}={{i}_{2}}\pi {{b}^{2}}\frac{3}{2}\frac{{{\mu }_{0}}N{{I}_{0}}{{a}^{2}}z}{{{\left( {{a}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{{}^{3}/{}_{2}}}}\overrightarrow{k}=\frac{3}{2}{{\mu }_{0}}\pi {{N}^{2}}I_{0}^{2}{{a}^{4}}{{b}^{3}}\frac{z}{{{\left( {{a}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{{}^{3}/{}_{2}}}}\overrightarrow{k}$
Le graphe est donc le même que celui de D.4 mais la force exercée est 4 fois plus grande. L'équilibre est obtenu lorsque mg = F pour la valeur la plus grande de z (z2).

E.3.a. Io > 0 $ \Rightarrow $ i2 < 0 donc le moment magnétique de l'anneau est opposé au champ magnétique créé par la bobine.

E.3.b. $\mathop {\rm{B}}\limits^ \to $ et $\mathop {\rm{M}}\limits^ \to $ étant opposés, l'énergie d'interaction de l'anneau (- $\mathop {\rm{M}}\limits^ \to $.$\mathop {\rm{B}}\limits^ \to $) dans le champ magnétique de la bobine est positive et maximale donc il y a instabilité de l'équilibre. On peut réaliser le champ uniforme $\mathop {{{\rm{B}}_{\rm{e}}}}\limits^ \to $ à l'aide de bobines d'Helmholtz d'axes parallèles à Oz et parcourues par un courant constant de sens opposé à Io.
Pour ne pas modifier le courant i2 dans l'anneau, on peut créer $\mathop {{{\rm{B}}_{\rm{e}}}}\limits^ \to $ avant de rendre le matériau supraconducteur (à température ordinaire). On le refroidit ensuite et on augmente i1 de O à Io lorsque l'état supraconducteur est atteint.
$\mathop {{{\rm{B}}_{\rm{e}}}}\limits^ \to $ doit donc être de même sens que $\mathop {\rm{M}}\limits^ \to $ pour stabiliser l'anneau.

III.Oscillations mécaniques de l'anneau.

F.1.On développe le champ magnétique $\mathop {\rm{B}}\limits^ \to $(N) au voisinage du point C où il vaut $\mathop {{{\rm{B}}_{\rm{o}}}}\limits^ \to $.

Soit : $\mathop {\rm{B}}\limits^ \to $(N) = $\mathop {{{\rm{B}}_{\rm{o}}}}\limits^ \to $ + $\left( {{\rm{Z - }}{{\rm{Z}}_{\rm{o}}}} \right)\frac{{\partial \;{{\rm{B}}_{\rm{o}}}}}{{\partial \;{\rm{z}}}}\mathop {\rm{k}}\limits^ \to $ + Br(N) $\mathop {{{\rm{u}}_{\rm{r}}}}\limits^ \to $ $ \approx $ $\mathop {{{\rm{B}}_{\rm{o}}}}\limits^ \to $ + 2$\alpha $($\mathop {{\rm{CN}}}\limits^ \to .\mathop {\rm{k}}\limits^ \to $)$\mathop {\rm{k}}\limits^ \to $ - r$\alpha $$\mathop {{{\rm{u}}_{\rm{r}}}}\limits^ \to $

$\mathop {\rm{B}}\limits^ \to $(N)= $\mathop {{{\rm{B}}_{\rm{o}}}}\limits^ \to $ + 2$\alpha $ $\mathop {{\rm{CN}}}\limits^ \to $ - 3$\alpha $$\mathop {\rm{r}}\limits^ \to $

F.2.A l'aide de la relation fondamentale de la dynamique projetée sur Oz et en posant $\varepsilon $ = $\left( {{{\rm{Z}}_{\rm{o}}}{\rm{ - }}{{\rm{Z}}_{{\rm{eq}}}}} \right)$, on peut écrire :
m $\mathop {{Z_{\rm{o}}}}\limits^{..} $ = m$\mathop \varepsilon \limits^{..} $ = - mg + $\mathop {{{\rm{F}}_{\rm{L}}}}\limits^ \to $.$\mathop {\rm{k}}\limits^ \to $ = - mg - 2$\alpha $${\pi ^2}\;{{\rm{b}}^{\rm{4}}}\frac{{\left( {{{\rm{B}}_{\rm{o}}} + \;2\alpha \;{{\rm{Z}}_{\rm{o}}}} \right)}}{{\rm{L}}}$ = - $\frac{{4{\alpha ^2}\;{\pi ^2}\;{{\rm{b}}^{\rm{4}}}\varepsilon }}{{\rm{L}}}$ puisque l'anneau est en équilibre pour $\varepsilon $ = 0.

Il vient $\mathop \varepsilon \limits^{..} $ + $\frac{{4{\alpha ^2}\;{\pi ^2}\;{{\rm{b}}^{\rm{4}}}}}{{{\rm{mL}}}}$ $\varepsilon $ = 0. Donc la période des petites oscillations est

T = $\frac{{\sqrt {{\rm{mL}}} }}{{\alpha \;{{\rm{b}}^{\rm{2}}}}}$

Concours Physique Concours Commun TPE 1994 (Énoncé)

Ministère de l'équipement, des transports et du tourisme

concours commun 1994 entpe,ensg,entm,enstimd

composition de physique commune
Temps accordé : 4 heures
(7 pages)
PREMIER PROBLÈME - ÉLECTRONIQUE
Les trois parties sont indépendantes
I Référence de tension à diode Zener
On considère une diode Zéner D_z, dont la caractèristique donnée figure 1 est linéaire par morceaux : zone 1 : branche directe ; zone 2 : branche bloquée ; zone 3 : régime d'avalanche. Cette diode est utilisée dans le montage de la figure 2 qui correspond au plus simple des régulateurs de tension.

I 1) Etablir l'équation donnant la tension V₂ aux bornes de la charge en fonction de la tension d'entrée V₁ et du courant traversant la charge I₂. On distinguera les trois modes de fonstionnement de D_z en précisant les domaines de validité de V₂ correspondants.

I 2) En déduire la caractéristique de régulation aval : V₂ =f(I₂) à tension d'entrée V₁ positive ; préciser les pentes de chacune des parties de la courbe ; quelle doit-être la charge quand le point de fonctionnement est dans le zone 1 directe ?
Quelle est la branche utilisée en régulateur de tension ?
On précise que V_d est de l'ordre de 0,6V, V_z de quelques dizaines de volts, R_z et R_d sont faibles devant R ,
et R_z est très faible.
I 3) En déduire aussi la caractéristique de régulation amont V₂ = g(V₁) à courant I₂ donné positif. Quelle est la branche utilisée en régulateur de tension ?
I 4) Donner dans la zone de régulation de tension l'expression des coefficients de régulation S et ρ définis par :
$\Delta {V_2} = S\Delta {V_1}{\rm{ }} - {\rm{ }}\rho \Delta {I_2}$
pour des variations de V₁ , I₂ notées ΔV₁ et ΔI₂ .
II Fonctions à seuil
En réalité la caractéristique d'une diode Zener n'est pas linéaire par morceaux et il y a des arrondis dans les courbes obtenues. On peut diminuer ces défauts en utilisant un montage à amplificateur opérationnel.
Soit le montage de la figure 3 dans lequel les diodes à jonction sont idéales (suivant la caractéristique de la figure 4) et l'amplificateur est idéal et fonctionne en régime linéaire.
II 1) On suppose la tension d'entrée E₁ positive;
1 a) Montrer que la tension V_S ne peut être strictement positive.
1 b) Montrer également qu'elle ne peut être strictement négative.
1 c) En déduire V_S .

II 2) On suppose E₁ négative ; calculer V_S . Interpréter.
II 3) Tracer la caractèristique V_S en fonction de E₁ .
II 4) Dans cette question on suppose que l'amplificateur, non idéal, est caractérisé par une tension de décalage
en entrée E_d et des courants de polarisation I_P+ et I_p-.
4 a) Donner, en régime linéaire, le schéma équivalent de l'amplificateur.
4 b) Donner les ordres de grandeurs de E_d , I_P+ et I_p-. (On pourra supposer que l'amplificateur est un 741 ).
4 c) Evaluer alors la tension V_S quand E₁ positive.

II 5) Soit le circuit inverseur représenté sur la figure 5 dans lequel l'amplificateur en régime linéaire a un coefficient d'amplification µ. Calculer le gain V_S/E ( rapport des tensions de sortie et d'entrée ) en fonction de R₁ , R₂ et µ . Montrer qu'on peut l'écrire sous la forme : gain idéal / (1 + 1/µb).
Donner les valeurs de b et du gain idéal.
Interpréter.

II 6) On considère à nouveau le circuit de la figure 3 dont les diodes sont représentées cette fois par la caractéristique de la figure 6 et dont l'amplificateur a un coefficient d'amplification µ. On suppose E₁ négative : calculer V_S et montrer qu'on peut mettre cette tension sous la forme :
$Vs = \frac{{{V_0}}}{{1 + K(1 + g({i_2})/{V_S})}}$
Donner les valeurs de K et V₀ ; comparer au résultat de II 2 et interpréter en vous aidant éventuellement de la question précédente II 5.

II 7) Conclure sur la fonction seuil étudiée ici.

III Fonctions à seuils à plusieurs cassures.
Dans cette partie les diodes sont idéales (caractéristique figure 4 ) et les amplificateurs sont tous idéaux et fonctionnent en régime linéaire.
III 1) Soit le circuit de la figure 7 . Calculer V_S (tension en S) en fonction de V_S1 et V_S2 (tensions en S₁ et S₂).
III 2) Soit le circuit de la figure 8. Calculer la tension V_S1 en fonction de E et V₁ (V₁ est une tension imposée positive).
III 3) Soit le circuit de la figure 9. Calculer de même, la tension V_S2 en fonction de E et V₂ (V₂ est une tension imposée positive).
III 4) Soit le montage de la figure 10. Calculer V_S ; tracer la caractéristique V_S en fonction de E. Conclure en précisant le fonctionnement global du montage et son intérêt.
III 5) Calculer la valeur de l'impédance de sortie du montage 10.

DEUXIÈME PROBLÈME - MÉCANIQUE
On considère une plaque plane (P) homogène, d'épaisseur négligeable, en forme de triangle équilatéral ABC, de côté a et de hauteur h, de masse M. On note $\vec Z{\rm{ }}$la verticale descendante. (figure 1).

On donne M = 300g, a= 15 cm.
Le but du problème sera d'étudier deux mouvements de cette plaque.
- Une rotation autour d'un axe porté par un coté du triangle.
- Une rotation autour d'un axe Gz.

I Étude préliminaire
I 1) Déterminer la position du centre d'inertie G de la plaque (P). (AG en fonction de h).
I 2) Déterminer en fonction de h le moment d'inertie I(Ax) de (P) par rapport à l'axe Ax, parallèle au côté BC et passant par A.
I 3) Déterminer en fonction de h, le moment d'inertie I(AB) de (P) par rapport à l'axe AB. Application numérique.
I 4) Déterminer en fonction de h, le moment d'inertie K(Gz) de (P) par rapport à l'axe Gz passant par G et perpendiculaire au plan de la plaque. Application numérique.
II Rotation autour d'un côté du triangle.
On suppose que la plaque est horizontale, suspendue par trois câbles verticaux, de longueur L constante ( figure 2) reliés respectivement aux trois sommets du triangle, supposés de masse négligeable et sans torsion.
L = 10 cm.
A l'instant t = 0, le câble relié à C est rompu de sorte que le triangle se met à tourner autour de l'axe AB que l'on supposera immobile et asurant une liaison parfaite. On note α l'angle du plan de (P) avec la verticale $\vec Z{\rm{ }}$
et $\vec g{\rm{ }}$l'accélération de la pesanteur supposée uniforme. Trouver la relation entre la vitesse angulaire $\dot \alpha {\rm{ }}$et
l'angle α à tout instant.
Calculer le module de l'accélération de G quand la plaque passe à la position verticale. Application numérique (g = 9,81 S I )

III Mouvement de "vissage".

On revient au montage de la figure 2 ; à partir de la position verticale des câbles, on effectue un mouvement de "vissage " d'axe Gz c'est à dire que le triangle reste à tout moment dans un plan horizontal, le point G se déplaçant sur l'axe Gz vertical fixe et que toute droite liée à (P) tourne d'un même angle .Ce mouvement correspond à une rotation autour d'un axe Gz.
On note A₀ , B₀ ,C₀ ,G₀ les positions initiales des points A, B, C, G ; on note z = 0 le plan d'attache des câbles
(z(G₀) = L); O est la projection de G₀ sur le plan z = 0 et on note θ l'angle (G₀A₀ , GA) compté positivement autour de Oz.
III-1) Ecrire la relation entre z(G) et l'angle θ tradfuisant que les fils ont une longueur constante.
III 2) Ecrire l'énergie cinétique de (P) en fonction de $\dot z{\rm{ et }}\dot \theta {\rm{ }}$et des constantes.
III 3)Ecrire l'équation différentielle du mouvement dans l'hypothèse de petits mouvements et la résoudre.
Application numérique : Calculer la période.

Concours Physique Concours Commun P’ Physique II 1994 (Énoncé)

A 94 PHYS. II - P'
ÉCOLE NATIONALE DES PONTS ET CHAUSSÉES,
ÉCOLES NATIONALES SUPÉRIEURES DE L'AÉRONAUTIQUE ET DE L'ESPACE,
DE TECHNIQUES AVANCÉES, DES TÉLÉCOMMUNICATIONS,
DES MINES DE PARIS, DES MINES DE SAINT-ÉTIENNE, DES MINES DE NANCY,
DES TÉLÉCOMMUNICATIONS DE BRETAGNE,
ÉCOLE POLYTECHNIQUE
(OPTION T. A.)
CONCOURS D'ADMISSION 1994
PHYSIQUE
DEUXIÈME ÉPREUVE
OPTION P'
(Durée de l'épreuve : 3 heures)
Les candidats sont priés de mentionner de façon apparente sur la première page de la copie :
PHYSIQUE II - P’.
L'énoncé de cette épreuve, particulière aux candidats de l'option P’, comporte 7 pages.
Tout résultat fourni dans l'énoncé peut être utilisé pour les questions ul­térieures, même s'il n'a pas été démontré. Il est loisible aux candidats d’utiliser la notation vectorielle avec flèches : $\vec V$ pour ${\bf{V}}$.
Première partie: Polarisabilité d'un diélectrique en régime sinusoïdal
Le modèle classique le plus simple de diélectrique est celui de "la charge élastiquement liée" ; on y considère le diélec­trique comme formé d'une collection de porteurs de charges (ou, succinctement, charges), identiques entre eux, de masse $m$ et liés à leurs posi­tions d'équilibre respectives par la force harmonique ${\bf{F}} = - k\,{\bf{OM}} = - m\omega _0^2\,{\bf{OM}}$ où ${\bf{r}} = {\bf{OM}}$ est le vecteur écart par rapport à la posi­tion d'équilibre O. Le terme de "frottement fluide" ${\bf{f}} = - m\eta {\bf{V}} = - m\eta \frac{{d\left( {{\bf{OM}}} \right)}}{{dt}}$ traduira grossièrement ici les diverses sources de perte. On suppose qu'une charge liée, de charge $q$ est soumise au champ électrique sinu­soïdal représenté en notation complexe par ${\bf{E}} = {E_0}\left( {\exp j\omega t} \right){{\bf{\hat u}}_{\bf{x}}}$, où ${{\bf{\hat u}}_{\bf{x}}}$ est le vecteur unitaire de la direction x. En ré­gime permanent forcé, l’expression du déplacement de cette charge est ${\bf{r}} = r\left( {\exp j\omega t} \right){{\bf{\hat u}}_{\bf{x}}}$, où $r = r\left( \omega \right)$ est un nombre complexe.
1) Déduire de l’équation différentielle du mouvement l’équation algébrique satisfaite par $r\left( \omega \right)$. Résoudre cette équation en donnant l’expression de $r\left( \omega \right)$.

2) Le moment dipolaire microscopique ${\bf{p}}$ lié à la charge $q$ étant ${\bf{p}} = q{\bf{OM}}$, montrer que ${\bf{p}}$ s'écrit (en notation complexe) : ${\bf{p}} = {\varepsilon _0}\alpha {\bf{E}}$, où $\alpha \left( \omega \right)$est la polarisabilité complexe. Donner l'expres­sion de $\alpha \left( \omega \right)$ en fonction des données et de la pulsation $\omega $ du champ.
3) Rappeler le lien qualitatif entre champ local et champ macroscopique dans un diélectrique.
Le milieu considéré est électriquement neutre et de moment dipolaire permanent nul. On suppose en outre que toutes les autres charges sont immobiles, c’est-à-dire que seules les charges élastiquement liées contribuent à la polarisation du milieu.
4) On note ${N_0}$ le nombre de charges liées par unité de volume et $\bf{P} = \sum\limits_{{\text{charges  liées }} i} {q\bf{r}_i} = {\varepsilon _0}\chi \bf{E}$ le vec­teur polari­sa­tion (macroscopique) du milieu, ce qui définit la susceptibilité complexe $\chi $. Montrer que $\chi = {N_0}\alpha $ et en déduire l’expression de la permittivité diélec­trique relative ${\varepsilon _r} = {\varepsilon _r}\left( \omega \right)$ :
$\left( A \right)\quad \quad {\varepsilon _r}\left( \omega \right) = 1 + \frac{{{N_0}{q^2}}}{{m{\varepsilon _0}}}\frac{1}{{\omega _0^2 - {\omega ^2} + j\eta \omega }}$.
5) Considérations numériques : on veut comparer la polarisation induite dans un matériau par un champ électrique (expérimentalement accessible !) à la polarisation permanente dans un matériau po­laire. Laquelle de ces deux polarisations est la plus élevée ? Voici quelques indications : La polarisa­bi­lité du carbone à très basse fréquence est ${\alpha _c} = {1,7.10^{ - 40}}$SI. Préciser cette unité. Celle de l’hydro­gène est ${\alpha _H} = {0,7.10^{ - 40}}$SI. Commenter le fait que la polarisabilité de CH4 soit ${\alpha _{C{H_4}}} = {2,9.10^{ - 40}}$SI. Le moment dipolaire des molécules d’un matériau spontanément polarisé a pour valeur typique $p = {6.10^{ - 30}}\;C.m$. Est-il légitime de supposer que, dans des conditions standard de température, tous les moments dipolaires pointent dans la même direction (à la température ambiante, l’énergie ther­mique ${k_B}T$ vaut environ $4 \times {10^{ - 21}}J$) ?

Deuxième partie : rayonnement d'une plaque mince diélectrique
On considère (fig.1) une plaque diélectrique, infinie, homogène, occupant le plan Oxy et d'épaisseur $\Delta z$ très faible devant la longueur d'onde $\lambda $dans le vide du rayonnement en présence. Cette plaque étant placée dans le vide de matière, des sources éloignées envoient sur elle une onde électroma­gnétique plane pro­gressive sinusoïdale, de vecteur d'onde ${\bf{k}} = k{{\bf{\hat u}}_{\bf{z}}} = \frac{\omega }{c}{{\bf{\hat u}}_{\bf{z}}} = \frac{{2\pi }}{\lambda }{{\bf{\hat u}}_{\bf{z}}}$, ($c$ est la célé­rité de la lumière) et de vecteur champ électrique ${{\bf{E}}_{0i}} = {E_{0i}}{{\bf{\hat u}}_{\bf{x}}}\exp j\left( {\omega t - kz} \right)$. La polarisabilité com­plexe et la susceptibilité de la plaque sont celles du milieu étudié dans la pre­mière partie. Sous l'effet du champ électrique ${\bf{E}_{0i}}$ de l'onde incidente, le milieu va donc ac­quérir une polarisa­tion macro­sco­pique ${\bf{P}}\left( t \right)$
sinusoïdale, résultant des dipôles microscopiques $\bf{p} = {\bf{p}_\bf{0}}\exp \left( {j\omega t} \right)$ . Les di­pôles oscil­lants ainsi créés vont à leur tour rayonner eux-mêmes un champ. On veut dé­terminer ce champ.
6) On s'intéresse dans un premier temps au champ rayonné dans la région $z > 0$. Montrer, en utilisant des considérations de symétrie, que le champ rayonné “à droite” s'écrit : ${\bf{E}} = {E_x}{{\bf{\hat u}}_{\bf{x}}}$.
On rappelle que le champ électrique rayonné par un dipôle $\bf{p} = {\bf{p}_\bf{0}}\exp \left( {j\omega t} \right)$à une distance $r$ et dansune direction $\theta $ (fig. 2) s'écrit, dans la zone de rayonne­ment $\left( {r > > \lambda } \right)$ :
$\left( B \right)\quad \quad {\bf{E}}\left( {\bf{M}} \right) = \frac{{{\mu _0}}}{{4\pi }}\left( { - {\omega ^2}} \right){p_0}\frac{{\exp j\left( {\omega t - kr} \right)}}{r}\left( {\sin \theta } \right){{\bf{\hat u}}_\theta }$.

fig. 1 : Plaque mince diélectrique dans le plan Oxy. fig. 2 : Notations pour le champ dipolaire.
Pour éviter dans ce qui suit des problèmes de convergence ou de discontinuités, on suppose que la densité particulaire $N$, égale ici à la densité dipolaire, n'est pas strictement uniforme : elle est constante, égale à ${N_0}$, pour tous les points Q dans une très grande région autour d’un point O du plan choisi pour origine, puis elle tend vers zéro très lentement à l'in­fini, avec une symétrie circulaire, de fa­çon à assurer la convergence de toutes les in­tégrales rencon­trées (fig. 3).

Fig. 3 : Allure possible de la fonction $N$(ρ). fig. 4 : Notations pour le champ rayonné “à droite” par L’axe des ρ est discontinu. un dipôle du milieu, situé au point Q.
7) En utilisant les variables $s = QM$ et $\varphi = \left( {{{{\bf{\hat u}}}_{\bf{x}}},{\bf{OQ}}} \right)$ de la figure 4 et en notant ${\left[ {{{{\bf{\hat u}}}_\theta }} \right]_x}$ la pro­jec­tion sur Ox du vecteur ${{\bf{\hat u}}_\theta }$, montrer que le champ ${\bf{E}}$ en un point $M$ de l’axe Oz s'écrit :
$\left( C \right)\quad \quad {\bf{E}}\left( M \right) = \frac{{{\mu _0}}}{{4\pi }}\left( { - {\omega ^2}} \right){p_0}\left( {\Delta z} \right)\left( {\exp j\omega t} \right)\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_z^\infty {N\left( s \right)\left( {\sin \theta } \right){{\left[ {{{{\bf{\hat u}}}_\theta }} \right]}_x}\left( {\exp - jks} \right)ds} .$

8) On admet que la grandeur $N\left( s \right)\left( {\sin \theta } \right){\left[ {{{{\bf{\hat u}}}_\theta }} \right]_x}$de la relation$\left( C \right)$ varie très lente­ment sur une longueur d'onde et plus précisément que $\left| {\frac{d}{{ds}}\left\{ {N\left( s \right)\left( {\sin \theta } \right){{\left[ {{{{\bf{\hat u}}}_\theta }} \right]}_x}} \right\}} \right| < < \left| {\frac{{N\left( s \right)\left( {\sin \theta } \right){{\left[ {{{{\bf{\hat u}}}_\theta }} \right]}_x}}}{\lambda }} \right|$.
En utilisant une intégration par parties, montrer alors que le champ élec­trique rayonné en $z > 0$ s'écrit :
$\left( D \right)\quad \quad {E_x} = - \frac{1}{2}\left( {j\omega } \right)\left( {{\mu _0}c} \right)\left( {{N_0}{p_0}\Delta z} \right)\exp j\left( {\omega t - kz} \right)$.
9) Déduire de la relation $\left( D \right)$ l'expression du champ électrique rayonné pour $z < 0$.
10) Exprimer alors ${{\bf{p}}_0}$ en fonction de ${{\bf{E}}_{{\bf{0i}}}} = {E_{0i}}{{\bf{\hat u}}_{\bf{x}}}$ et de $\alpha \left( {j\omega } \right)$. En déduire que le champ élec­trique rayonné s'écrit :
$\begin{array}{l}\left( E \right)\quad \quad \left\{ \begin{array}{l}z > 0\,:\quad {E_x} = - \frac{1}{2}\left( {jk} \right)\left( {{N_0}\alpha \Delta z} \right){E_{0i}}\exp j\left( {\omega t - kz} \right),\\z < 0\,:\quad {E_x} = - \frac{1}{2}\left( {jk} \right)\left( {{N_0}\alpha \Delta z} \right){E_{0i}}\exp j\left( {\omega t + kz} \right).\end{array} \right.\\\end{array}$
11) Quelle est la nature de l'onde électromagnétique ainsi rayonnée ?
Troisième partie: propagation dans un diélectrique
On considère maintenant une onde électromagnétique sinusoïdale plane progressive de direction Oz qui arrive sur une plaque diélectrique infinie occupant le demi-espace $z > 0$. Le champ électrique de l'onde inci­dente s'écrivant encore ${{\bf{E}}_{0i}} = {E_{0i}}{{\bf{\hat u}}_{\bf{x}}}\exp j\left( {\omega t - kz} \right)$, on cherche à exprimer le champ à l'intérieur du milieu sous la forme ${\bf{E}} = {E_x}\left( z \right)\left( {\exp j\omega t} \right){{\bf{\hat u}}_{\bf{x}}}$. On rappelle les équations locales du champ électro­ma­gnétique appliquées à une onde plane de vecteur d’onde ${\bf{K}}$ :
${\bf{rotE}} = - j{\bf{K}} \wedge {\bf{E}} = - \frac{{\partial {\bf{B}}}}{{\partial t}} = - j\omega {\bf{B}}$ et ${\bf{rotB}} = - j{\bf{K}} \wedge {\bf{B}} = {\mu _0}\frac{{\partial {\bf{D}}}}{{\partial t}} = j\omega {\bf{D}} = j\omega {\varepsilon _0}{\mu _0}\left[ {1 + \chi \left( \omega \right)} \right]{\bf{E}}$,
d’où l’on déduit immédiatement la “relation de dispersion” : ${K^2} = \left( {1 + \chi } \right)\frac{{{\omega ^2}}}{{{c^2}}} = \left( {1 + \chi } \right){k^2}$. Nous mon­trons dans cette partie comment le modèle microscopique introduit dans les parties précédentes per­met de retrouver et d’interpréter ce résultat classique. On supposera dans ce qui suit que les relations établies précé­demment pour la zone de rayonnement $\left( {r > > \lambda } \right)$ sont en fait applicables partout. Il se trouve que cette manière de pro­céder est admissible ici.

12) Utilisant le fait qu’en un point d’abscisse $z$ positive (fig. 5), le champ total est la somme du champ inci­dent et du champ rayonné par les différentes lames élémentaires d'épaisseur $dz'$à la cote $z'$, à droite et à gauche du point de cote $z$, établir que le champ${E_x}\left( z \right)$ vérifie l'équation intégrale :
${E_x}\left( z \right) = {E_{0i}}\left( {\exp - jkz} \right) - \left( {E_x^ + \left( z \right) + E_x^ - \left( z \right)} \right)$, où
$\begin{array}{c}E_x^ + \left( z \right) = \frac{1}{2}\left( {jk} \right)\left( {{N_0}\alpha } \right)\left( {\exp jkz} \right)\int\limits_z^\infty {{E_x}\left( {z'} \right)\left( {\exp - jkz'} \right)dz'} \\E_x^ - \left( z \right) = \frac{1}{2}\left( {jk} \right)\left( {{N_0}\alpha } \right)\left( {\exp - jkz} \right)\int\limits_0^z {{E_x}\left( {z'} \right)\left( {\exp jkz'} \right)dz'} .\end{array}$

fig. 5 : Décomposition du diélectrique en couches élémentaires.
13) On teste sur l’équation intégrale de la question 12) la solution ${E_x}\left( z \right) = C\exp - j\tilde \beta z$, où $\tilde \beta $ est un nombre complexe. On pose aussi $\tilde \beta = \tilde nk$, ce qui définit l’indice complexe $\tilde n = n - jq$. Quel est le sens physique des réels $n$ et $q$? Quel doit être le signe de la partie imaginaire de $\tilde \beta $ ? Exprimer ${\tilde n^2}$en fonction de la susceptibilité $\chi = {N_0}\alpha $.
14) En insérant la solution physiquement acceptable dans l'équation intégrale de la question 12), montrer que la valeur de la constante adéquate $C$ est : $C = \frac{{2{E_{0i}}}}{{\tilde n + 1}}$.
15) En sommant les champs rayonnés dans la région $z < 0$ par toutes les lames minces d'épais­seur $dz'$, montrer que l'expression du champ électrique réfléchi par le diélectrique se met sous la forme : ${{\bf{E}}_{\bf{r}}} = \tilde r{E_{0i}}{{\bf{\hat u}}_{\bf{x}}}\exp j\left( {\omega t + kz} \right)$, où $\tilde r = - \frac{{\tilde n - 1}}{{\tilde n + 1}}$ est le coefficient de réflexion en amplitude.
16) Montrer que, si le coeffi­cient de frottement $\eta $ est nul, tout se passe comme si le champ total se propageait à la vitesse de phase $\frac{c}{n}$. Cela est-il vrai quelle que soit la pulsation ω ?

Quatrième partie: diffraction par un écran opaque
On considère un écran mince d’épaisseur $\Delta z$ infini suivant Oxy, situé en z = 0, formé d'un matériau diélectrique totalement opaque à la pulsation $\omega $ et on admet que le champ électromagnétique rayonné par cet écran est assimilable à celui qui a été calculé dans la deuxième partie de ce problème. Dans toute cette quatrième partie, le coefficient de frottement $\eta $ sera, pour la commodité du calcul, supposé nul.
17) En utilisant le fait que l'écran est totalement opaque, montrer que le vecteur polarisation $\bf{P} = {\bf{P}_\bf{0}}\exp \left( {j\omega t} \right)$ vérifie la relation: ${\bf{E}_{\bf{0i}}} = \frac{1}{2}\left( {j\omega } \right)\left( {{\mu _0}c} \right){\bf{P}_\bf{0}}\Delta z$.
On ôte de la plaque précédente un "bouchon" diélectrique de forme quelconque (fig. 6). On obtient ainsi un écran percé d'une ouverture de forme quelconque, supposée cependant de dimension ca­rac­téris­tique grande devant la longueur d'onde. De ce fait, on supposera que la distribution de polari­sa­tion sur la plaque percée est pratiquement la même que celle de la plaque infinie. On cherche le champ électro­magnétique à droite de la plaque percée, c'est à dire le champ diffracté par l'ouverture.

fig. 6 : Diffraction par une ouverture dans fig. 7 : Notations pour la diffraction à l’infini.
une plaque diélectrique infinie. (Dimension de l’ouverture exagérée)
18) Montrer que le champ rayonné par la plaque percée d'un trou est identique, au signe près, au champ qui serait rayonné par le "bouchon" de diélectrique tout seul avec une distribution de polarisa­tion identique à celle de la plaque infinie.
19) Soient O un point "moyen" sur l'ouverture Σ et M un point en avant de l'ouverture, éloigné et situé de telle manière que l'angle entre OM et la normale au plan reste très faible (fig. 7). Les notations étant celles de la figure 7, montrer que le champ élec­trique rayonné en avant de la plaque s'écrit :
$\left( F \right)\quad \quad {{\mathbf{E}}_{\mathbf{rayonn\acute{e}}}}=-\frac{jk}{2\pi }{{E}_{0i}}{{\mathbf{\hat{u}}}_{\theta }}$
20) Comparer l’expression du champ rayonné -relation $\left( F \right)$- à celle résultant de l’application du principe d’Huygens-Fresnel. En particulier quelle phase l'expression $\left( F \right)$ conduit-elle à attribuer aux ondes élémentaires qui interviennent dans le principe d’Huygens-Fresnel ?
On souhaite appliquer la relation $\left( F \right)$ au cas où l’ouverture est rectangulaire de côtés a et b et de centre O (fig. 8). L'écran d'observation est un plan parallèle à l’ouverture situé à la distance D de O.

fig. 8 : Diffraction à l’infini par une ouverture rectangulaire centrée.
21) Montrer que, dans le cadre de la diffraction à l'infini (et toujours dans le cas des angles petits), la relation $\left( F \right)$peut s'écrire :
$\left( G \right)\quad \quad {{\mathbf{E}}_{\mathbf{rayonn\acute{e}}}}\approx \frac{jk}{2\pi }{{E}_{0i}}{{\mathbf{\hat{u}}}_{x}}\left( \frac{\exp j\left( \omega t-kD \right)}{D} \right)\iint_{\left( \Sigma \right)}{\left( \exp jk{{{\mathbf{\hat{u}}}}_{\mathbf{d}}}.\mathbf{OQ} \right)dS\left( Q \right)}$
22) Toujours dans le cas de l'ouver­ture rectangulaire de la figure 8, calculer ${\bf{E}}$ en un point M de l'écran d'observation de coordonnées ${X_m}$ et ${Y_m}$.
23) Décrire rapidement la distribution de l’intensité lumineuse$I = \left( {{\rm{une constante}}} \right)EE*$ sur l'écran. En particulier, expliquer qualitativement pourquoi, pour une fente donnée, l'intensité lumi­neuse au centre diminue quand la longueur d'onde augmente.