ENS ULM groupe C/S - Physique - Session de 1998
I)
Caractéristique d’une diode à vide
1.1)
Charge d’espace
1) Si l’anode est à un potentiel positif, elle attire les électrons : le circuit est fermé et il circule un courant conventionnel en sens contraire du sens de déplacement des électrons, la diode est passante sinon l’anode repousse les électrons et si son potentiel devient négatif et assez grand en valeur absolue, ceux ci ne l’atteignent pas : le courant est nul et la diode est bloquée.
2) Le théorème de l’énergie cinétique, entre départ de la cathode et arrivée sur l’anode, s’écrit
${E_c} - e{V_0} = - e(0 - U) \Rightarrow {E_c} = e({V_0} + U) \ge 0$ et donc $U \ge - {V_0}$ quand l’intensité est non nulle ; alors elle vaut
j0 S ; la courbe caractéristique représentative de
I en fonction de
U est donnée ci-dessous.
3) Équation de Poisson :
$\Delta V + \frac{\rho }{{{\varepsilon _0}}} = 0$ et $V = V(x)$ $ \Rightarrow $$\,\frac{{{d^2}V}}{{d{x^2}}} + \frac{\rho }{{{\varepsilon _0}}} = 0$
et théorème de l’énergie cinétique entre départ et abscisse
x :
$\frac{1}{2}m{v^2} = e[{V_0} + V(x)]$ $ \Rightarrow $$v = \sqrt {\frac{{2e}}{m}[{V_0} + V(x)]} $
4) On appelle
j la valeur du produit
− ρ v d’où
ρ = −
j /
v ; on remplace
v par son expression dans l’expression de
ρ qu’on reporte dans l’équation de Poisson ; on multiplie les deux membres de l’équation obtenue par
dV /
dx et on intègre sans oublier la constante d’intégration déterminée par la valeur du potentiel
Ve à l’abscisse
xe où le champ électrique, c’est-à-dire −
dV /
dx, s’annule ; à cette abscisse, le potentiel possède un extremum qui est un minimum car la charge d’espace est négative et la dérivée seconde du potentiel est positive ; le minimum n’est pas forcément compris entre 0 et
d ; la relation obtenue s’écrit :
${\left( {\frac{{dV}}{{dx}}} \right)^2} = \frac{{4j}}{{{\varepsilon _0}}}\sqrt {\frac{m}{{2e}}} (\sqrt {{V_0} + V(x)} - \sqrt {{V_0} + {V_e}} )$
En prenant la racine, selon que la fonction
V(
x) est croissante ou décroissante, il faut introduire un signe + ou − :
$\frac{{dV}}{{dx}} = \pm \sqrt {\frac{{4j}}{{\varepsilon _0}}\sqrt {\frac{m}{{2e}}} } {\left(\sqrt {{V_0} + V(x)} - \sqrt {{V_0} + {V_e}} \right) ^{1/2}}{\text{ avec }}\, + \,\,{\text{si }}\frac{{dV}}{{dx}} > 0{\text{ et }}\, - {\text{ si }}\frac{{dV}}{{dx}} < 0,V({x_e}) = {V_e},{\left( {\frac{{dV}}{{dx}}} \right) _{{x_e}}} = 0$
Pour que la racine soit définie, il faut
V(
x) >
Ve dans l’hypothèse
j > 0. On sépare les variables et afin d’éliminer la racine, on pose :
${u^2} = \sqrt {{V_0} + V(x)} - \sqrt {{V_0} + {V_e}} {\rm{ avec }}u \ge 0$ d’où $2udu = \frac{{dV}}{{2\sqrt {{V_0} + V(x)} }}$
et après remplacement de
du et
u dans l’équation donnant
dV /
dx et simplification par
u, on obtient :
$({u^2} + \sqrt {{V_0} + {V_e}} )du = \pm \frac{{dx}}{4}\sqrt {\frac{{4j}}{{{\varepsilon _0}}}\sqrt {\frac{m}{{2e}}} } $
ce qui s’intègre en tenant compte que
u = 0 en
x =
xe sous forme :
$u(\frac{{{u^2}}}{3} + \sqrt {{V_0} + {V_e}} ) = \pm \frac{1}{2}\sqrt {\frac{j}{{{\varepsilon _0}}}\sqrt {\frac{m}{{2e}}} } (x - {x_e})$
En remplaçant
u par sa valeur, il reste :
$\frac{2}{3}\sqrt {\frac{{{\varepsilon _0}}}{j}\sqrt {\frac{{2e}}{m}} } {(\sqrt {V(x) + {V_0}} - \sqrt {{V_e} + {V_0}} )^{1/2}}(\sqrt {V(x) + {V_0}} + 2\sqrt {{V_e} + {V_0}} ) = \pm \,(x - {x_e})$
5) Quand
x varie de 0 à
d, le potentiel est continu (par définition d’un potentiel) et en supposant le champ électrique continu
dV /
dx est continu ; on suppose que la fonction potentiel passe par un minimum pour une abscisse
xe =
xmin comprise entre 0 et
d (on pourrait aussi avoir le minimum mathématique pour une abscisse négative : alors le potentiel le plus bas serait
V = 0 en
x = 0 )
; on pose
Ve =
Vmin. Les points atteint par les électrons vérifient la condition :
$\frac{1}{2}m{v^2} = e[{V_0} + V(x)] \ge 0$ soit $V(x) \ge - {V_0}$
qu’on étudie graphiquement sur le graphe ci-dessous :
$\left\{ \begin{array}{l}{\text{cas 1 }}{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\rm{ }} - {V_0} > {V_{min}} \Rightarrow x \le {x_1}\,{\text{et état bloqué }}I = 0\\{\text{cas 3 }} - {V_0} < {V_{min}} \Rightarrow x \in [0,d]{\text{ et état saturé }}I = {j_0}S\\{\text{cas 2 }} - {V_0} = {V_{min}} \Rightarrow \,x \in [0,d]{\rm{ }}{\text{, état intermédiaire 0}} < I < {j_0}S\,\end{array} \right.$
Dans le cas 1, les électrons ne peuvent dépasser l’abscisse
x1 : l’intensité est nulle d’où le terme état bloqué ; dans le cas 2, tous les électrons émis atteignent l’anode : l’intensité est la plus grande possible d’où le terme état saturé, l’intensité vaut
j0S ; dans le cas 3, la vitesse des électrons s’annule dans le plan d’abscisse
xmin endroit où le champ électrique est nul : des électrons peuvent repartir en sens positif et d’autres en sens négatif : une partie des électrons peut atteindre l’anode et le reste repart vers la cathode, l’intensité du courant est intermédiaire entre les valeurs extrêmes 0 et
j0S. Se souvenir que dans l’état intermédiaire
Vmin +
V0 = 0.
6) Dans le cas intermédiaire, le théorème de l’énergie cinétique entre
xmin et
x <
xmin s’écrit :
$\frac{1}{2}mv{(x)^2} = e[V(x) - {V_{min}}]$
aussi bien pour un électron qui se déplace en sens positif que pour un électron qui se déplace en sens négatif. Ceci prouve que la vitesse a même valeur absolue pour les deux électrons mais elle diffère par le signe.
Pour
x >
xmin, on a la densité de courant algébrique :
$ - {j_c} = \rho v < 0$ avec ${j_c} = \frac{I}{S} > 0$ ⇒ $j = {j_c} = \frac{I}{S}$
Pour
x <
xmin, on a superposition de deux densités de courant algébriques. Pour la première :
${j_1} = - {j_0} = {\rho _1}v < 0$
et en vertu de la loi des nœuds, pour la seconde :
${j_2} = {j_0} - {j_c} = - {\rho _2}v > 0$
avec une densité totale de charges :
$\rho = {\rho _1} + {\rho _2} = - \frac{{{j_0}}}{v} - \frac{{{j_0} - {j_c}}}{v} = - \frac{{2{j_0} - {j_c}}}{v}$ ⇒ $j = 2{j_0} - {j_c}$
On vérifie ainsi l’hypothèse
j constante par morceaux.
7) En tenant compte des expressions de
j et des relations ${V_e} = {V_{min}}$et
Vmin +
V0 = 0, la dernière relation obtenue dans la question n° 4 s’écrit :
$\begin{array}{l}{\text{Si }}x < {x_{min}}\text{: }\frac{2}{3}\sqrt{\frac{{{\varepsilon _{0}}}}{{2{j_0} - {j_c}}}\sqrt{\frac{{2e}}{m}} } {(V(x) + {V_0})^{3/4}} = - (x - {x_{min}}) \\{\text{ Si }}x > {x_{min}}\text{: }\frac{2}{3}\sqrt{\frac{{{\varepsilon _{0}}}}{{{j_c}}}\sqrt{\frac{{2e}}{m}} } {(V(x) + {V_0})^{3/4}} = + (x - {x_{min}})\end{array}$
On impose les conditions aux limites :
$V(0) = 0\,\,{\rm{et}}\,\,V(d) = U{\rm{ }}$
d’où les deux relations :
$\,\,\frac{2}{3}\sqrt {\frac{{{\varepsilon _0}}}{{2{j_0} - {j_c}}}\sqrt {\frac{{2e}}{m}} } \,\,{V_0}^{3/4} = {x_{min}}\,\,{\rm{et }}\,\frac{2}{3}\sqrt {\frac{{{\varepsilon _0}}}{{{j_c}}}\sqrt {\frac{{2e}}{m}} } {(U + {V_0})^{3/4}} = d - {x_{min}}$.
En remplaçant
jc par
I /
S dans la dernière élevée au carré, on obtient :
$I = p{(U + {V_0})^{3/2}}$ avec $p = \frac{{4{\varepsilon _0}}}{9}\sqrt {\frac{{2e}}{m}} \frac{S}{{{{(d - {x_{\min }})}^2}}}$
alors que la première élevée au carré donne :
$x_{min}^2 = \frac{{{j_0}}}{{2{j_0} - {j_c}}}\left[ {\frac{{4{\varepsilon _0}}}{{9{j_0}}}\sqrt {\frac{{2e}}{m}\,} \,\,V_0^{3/2}} \right]$
8) En
x =
xmin(+), la densité de courant algébrique vaut −
jc =
ρv et a une valeur finie ; or la vitesse
v s’annule en ce point : la densité de charges est y donc infinie. En imposant les continuités du potentiel et du champ électrique, on impose un minimum de la fonction potentiel et l’annulation du champ électrique en
x =
xmin ; pour cette raison l’énergie potentielle d’un électron y est maximale et son énergie cinétique minimale s’annule ainsi que sa vitesse. La densité de charges d’espace s’exprime par la relation :
$\rho (x) = - \,{\varepsilon _0}\frac{{{d^2}V}}{{d{x^2}}}$
et d’après les résultats de la question n°7 :
${[V(x) + {V_0}]^{3/2}}\,\,\alpha \,\,\,{(x - {x_{min}})^2}$ $ \Rightarrow V(x) + {V_0}\,\,\alpha \,\,{(x - {x_{min}})^{4/3}}$
d’où :
$\frac{{{d^2}V}}{{d{x^2}}}\,\,\alpha \,\,{(x - {x_{min}})^{ - 2/3}}$ $ \Rightarrow $ $\rho (x)\,\,\alpha \,\,{(x - {x_{min}})^{ - 2/3}}$
La constante de proportionnalité est différente selon la position de
x par rapport à
xmin. La fonction potentiel est continue en
x =
xmin puisque
V(
x) +
V0 est proportionnel à (
x −
xmin)
4/3, ici encore avec une constante de proportionnalité différente selon la position de
x par rapport à
xmin. On applique le théorème de Gauss à un cylindre délimité par deux sections droites d’abscisses
x1<
xmin et
x2 >
xmin :
$[E({x_2}) - E({x_1})]S = \frac{S}{{{\varepsilon _0}}}\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\rho (x)dx\,\, = \,\,} \frac{S}{{{\varepsilon _0}}}\left[ {{A_1}\int\limits_{{x_1}}^{{x_{min}}} {\frac{{dx}}{{{{(x - {x_{min}})}^{2/3}}}} + {A_2}\int\limits_{{x_{min}}}^{{x_2}} {\frac{{dx}}{{{{(x - {x_{min}})}^{2/3}}}}} } } \right]$
${\varepsilon _0}[E({x_2}) - E({x_1})] = - 3{A_1}{({x_1} - {x_{min}})^{1/3}} + 3{A_2}{({x_2} - {x_{min}})^{1/3}}$.
Si
x1 et
x2 tendent vers
xmin ,
E(
x1) et
E(
x2) tendent vers la même valeur. Le champ électrique et la fonction potentiel sont bien des fonctions continues de
x. Le calcul de la question n° 7 est acceptable.
9) $0 < {j_c} < {j_0}$ $ \Rightarrow $${x_0}/\sqrt 2 \,\, < \,\,{x_{min}}\,\, < \,\,{x_0}$ avec ${x_0} = \frac{2}{3}\sqrt {\frac{{{\varepsilon _0}}}{{{j_0}}}\sqrt {\frac{{2e}}{m}} } \,\,V_0^{3/4} = {4,3.10^{ - 6}}\,{\rm{m}}$.
${3,0.10^{ - 6}}\,{\rm{m}} < \,\,{x_{min}}\,\, < \,\,{4,3.10^{ - 6}}\,{\rm{m de l'ordre de }}d\,{\rm{/}}\,{\rm{50}}$
On peut donc négliger
xmin devant
d à environ 2 % près. Tout se passe comme si la cathode était en réalité en
x =
xmin à un potentiel
−V0 où le champ électrique serait nul et d’où les électrons partiraient vers l’anode avec une vitesse nulle ; on parle de cathode virtuelle ; dans notre cas, elle est quasiment confondue avec la cathode réelle ; ci-dessous, l’allure de la courbe ( abscisses non proportionnées) :
L’intensité
I =
p (
U +
V0)
3/2 s’annule si
U = −
V0 = − 0,1 V et est maximale si
U ≥
Umax = (
j0S /
p)
2/3 −
V0 or
p ≈ 1,75.10
−4 unités S.I. d’où
Umax ≈ 16,6 V. La résistance dynamique de la diode est :
$R = \frac{{dU}}{{dI}} = \frac{2}{{3p{{({V_0} + U)}^{1/2}}}}$ ;
U = 1 V ⇒ $R = {3,6.10^3}\,\,\Omega $
et la résistance statique :
$R' = \frac{U}{I} = {4,9.10^3}\,\Omega $
10) $\frac{{dx}}{{dt}} = v = \sqrt {\frac{{2e}}{m}[{V_0} + V(x)]} $ ;
si $x > {x_{min}} \approx 0$ , ${\left( {\frac{2}{3}\sqrt {\frac{{{\varepsilon _0}}}{{{j_c}}}\sqrt {\frac{{2e}}{m}} } } \right)^{2/3}}{[V(x) + {V_0}]^{1/2}} = {x^{2/3}}$
$dt = {\left( {\frac{2}{3}\sqrt {\frac{{{\varepsilon _0}}}{{{j_c}}}\sqrt {\frac{{2e}}{m}} } } \right)^{2/3}}\sqrt {\frac{m}{{2e}}} \frac{{dx}}{{{x^{2/3}}}}$
et par intégration :
$t = 3\,{\left( {\frac{4}{9}\frac{{{\varepsilon _0}}}{{{j_c}}}\frac{m}{{2e}}d} \right)^{1/3}}$
Or si
U = 1 V
${j_c} = \frac{p}{S}{(U + {V_0})^{3/2}} = 67,3\,{\rm{A}}{\rm{.}}{{\rm{m}}^{ - {\rm{2}}}}$ et $t = {9,6.10^{ - 10}}\,{\rm{s}}$
Si on ne tient pas compte de l’effet des autres électrons, en prenant la cathode à un potentiel nul avec des électrons d’énergie
eV0, on a :
$m\frac{{dv}}{{dt}} = - eE = e\frac{U}{d}$
$v = \frac{{eU}}{{md}}t + \sqrt {\frac{{2e{V_0}}}{m}} $ et $d = \frac{{eU}}{{2md}}{t^2} + \sqrt {\frac{{2e{V_0}}}{m}} \,t$ ⇒ $t = \frac{d}{U}\sqrt {\frac{{2e}}{m}} (\sqrt {U + {V_0}} - \sqrt {{V_0}} ) = \,\,{4,9.10^{ - 10}}\,s$
11) Si
r >
rmin , l’équation de conservation de la charge, avec
jc module de la densité de courant en
r =
ra , implique :
$ - \rho v = \frac{I}{{2\pi rL}} = {j_c}\frac{{{r_a}}}{r}$.
Si
r <
rmin , en appelant
j20 le module de la densité de courant des électrons qui reviennent sur la cathode en
r =
rc , les deux densités de courant algébriques sont :
${\rho _1}v = - {j_0}\frac{{{r_c}}}{r}$ et $ - {\rho _2}v = {j_{20}}\frac{{{r_c}}}{r}$ avec $I = 2\pi {r_c}L({j_0} - {j_{20}}) = 2\pi {r_a}L\,{j_c}$ d’où ${j_{20}} = {j_0} - {j_c}\frac{{{r_a}}}{{{r_c}}}$
La densité totale de charges est :
$\rho = {\rho _1} + {\rho _2} = - {j_0}\frac{{{r_c}}}{{rv(r)}} - {j_{20}}\frac{{{r_c}}}{{rv(r)}} \Rightarrow \, - \rho v(r) = ({j_0} + {j_{20}})\frac{{{r_c}}}{r}$
$ - \rho v(r) = (2{j_0} - {j_c}\frac{{{r_a}}}{{{r_c}}})\frac{{{r_c}}}{r}$
L’équation de Poisson s’écrit :
$\frac{1}{r}\frac{d}{{dr}}\left( {r\frac{{dV}}{{dr}}} \right) + \frac{{\rho (r)}}{{{\varepsilon _0}}} = 0$
et le théorème de l’énergie cinétique :
$v(r) = \sqrt {\frac{{2e}}{m}[{V_0} + V(r)]} $.
Si
r <
rmin, $\rho (r) = - \frac{1}{r}\sqrt {\frac{m}{{2e}}} \frac{{2{j_0}{r_c} - {j_c}{r_a}}}{{\sqrt {V(r) + {V_0}} }}$ et si
r >
rmin, $\rho (r) = - \frac{1}{r}\sqrt {\frac{m}{{2e}}} \frac{{{j_c}{r_a}}}{{\sqrt {V(r) + {V_0}} }}$ d’où :
$r < {r_{min}}\,:\,\,\,\frac{d}{{dr}}(r\frac{{dV}}{{dr}}) = \frac{1}{{{\varepsilon _0}}}\sqrt {\frac{m}{{2e}}} \frac{{2{j_0}{r_c} - {j_c}{r_a}}}{{\sqrt {V(r) + {V_0}} }}$ et $r > {r_{min}}\,:\,\,\,\frac{d}{{dr}}(r\frac{{dV}}{{dr}}) = \frac{1}{{{\varepsilon _0}}}\sqrt {\frac{m}{{2e}}} \frac{{{j_c}{r_a}}}{{\sqrt {V(r) + {V_0}} }}$
En plus, il faut imposer
V(
r) et
dV /
dr fonctions continues de
r en
rmin et
V(
rc) = 0,
V(
ra) =
U.
Remarque : on peut également supposer d’emblée, par analogie avec le cas plan, que
rc et
rmin <<
ra ; il ne reste à étudier que le cas
r >
rmin ≈ 0 ; il reste la seconde des deux équations avec les conditions :
$V(0) + {V_0} = 0,\,{\left( {\frac{{dV}}{{dr}}} \right)_{r = 0}} = 0\,$,
V(
ra) =
U.
Analyse dimensionnelle : une quelconque des deux équations précédentes montre que :
$\frac{{{r_a}}}{{{\varepsilon _0}L}}\sqrt {\frac{m}{{2e}}} \frac{I}{{{{[V(r) + {V_0}]}^{3/2}}}}$
est une grandeur de dimension nulle ; c’est la seule grandeur physique qui intervient dans le phénomène ; d’après le théorème Π , elle est constante d’où :
$I = p{[V(r) + {V_0}]^{3/2}}$
avec
p constante définie par les caractéristiques géométriques de la diode cylindrique.
1.2)
Effet Schottky
12) Pour
x > 0, pour la charge −
e en
x = +
a et le plan au potentiel nul d’abscisse
x = 0 ou pour la charge −
e en
x = +
a et la charge +
e en
x = −
a, on a Δ
V = 0 (sauf à l’endroit de la charge +
q) et
V = 0 sur le plan
x = 0 ainsi que sur une demi sphère centrée en
x = 0 de rayon tendant vers l’infini ; il s’agit d’un problème de Dirichlet : en vertu du théorème d’unicité, la fonction potentiel pour
x > 0 est la même ; le champ électrique est donc le même. Le champ électrique total est le champ $\vec E$ existant avant sortie de l’électron augmenté du champ de l’électron et de son image par rapport à la cathode.
13) La force exercée par l’image sur l’électron et l’énergie potentielle dont elle dérive sont :
$\vec f = - \frac{{{e^2}}}{{4\pi {\varepsilon _0}{{(2x)}^2}}}{\vec e_x}$ et ${E_p} = - \frac{{{e^2}}}{{4\pi {\varepsilon _0}(4x)}}$
L’énergie de l’électron est :
$W = - eEx - \frac{{{e^2}}}{{16\pi {\varepsilon _0}x}}$$ \Rightarrow $ $W = - eEx - \frac{{{e^2}}}{{16\pi {\varepsilon _0}x}}$
La valeur maximale de
W est obtenue si :
$eEx = \frac{{{e^2}}}{{16\pi {\varepsilon _0}x}}$ $ \Rightarrow $ $x = {x_m} = \sqrt {\frac{e}{{16\pi {\varepsilon _0}E}}} $ et ${W_{max}} = - e\sqrt {\frac{{eE}}{{4\pi {\varepsilon _0}}}} $ avec $E = \frac{U}{d}$.
La valeur maximale de
W sans tenir compte de l’image est nulle ; son abaissement s’écrit :
$\Delta W = \frac{{{e^2}}}{{16\pi {\varepsilon _0}{x_{min}}}} + eE{x_{min}}$$ \Rightarrow $$\Delta W = 2eE{x_{min}} = {\left( {\frac{{{e^3}E}}{{4\pi {\varepsilon _0}}}} \right)^{1/2}}$
14) Les électrons obéissent, dans le métal, à une loi statistique de type Fermi-Dirac, avec une dépendance en température prédominante dans un facteur exponentiel exp[− (
E-E0)/
kT ] où
E est l’énergie de l’électron dans le métal et
E0 l’énergie maximale possible de l’électron lié au métal ; seuls les électrons ayant une énergie suffisante pourront vaincre la barrière de potentiel
Wmax −
E0 s’opposant à leur sortie et se retrouver à l’état libre. La densité de courant est :
$j_0^{'} = {j_0}\exp (\frac{e}{{kT}}\sqrt {\frac{{eU}}{{4\pi {\varepsilon _0}d}}} )$.
L’intensité du courant de saturation est :
$I_{sat}^{'} = j_0^{'}S = {j_0}S\exp (\frac{e}{{kT}}\sqrt {\frac{{eU}}{{4\pi {\varepsilon _0}d}}} ) = {1,2.10^{ - 2}}\exp (0,031\,\sqrt U )$
alors que l’équation de la caractéristique hors saturation est $I = {1,75.10^{ - 4}}{(U + 0,1)^{3/2}}$.
Pratiquement les deux courbes se coupent pour $U \approx 18\,{\rm{V}}$ et $I = I_{sat}^{'} \approx {1,35.10^{ - 2}}\,{\rm{A}}$
Alors que pour
U = 200 V, $I = {1,9.10^{ - 2}}\,{\rm{A}}$ ; d’où l’allure de la caractéristique :
Le plateau de saturation monte lentement. En réalité le point anguleux n’existe pas.
Pour
U = 20 V : ${x_m} = {6,0.10^{ - 8}}\,{\rm{m}}$ et pour
U = 200 V : ${x_m} = {1,9.10^{ - 8}}\,{\rm{m}}$
La vitesse de départ des électrons vaut :
${v_0} = \sqrt {\frac{{2e{V_0}}}{m}} = {1,87.10^5}\,{\rm{m}}{\rm{.}}{{\rm{s}}^{ - 1}}$.
et la densité en électrons :
${n_0} = \frac{{{j_0}}}{{e{v_0}}} = {1,34.10^{17}}\,{\text{électrons par }}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}.$
La distance entre électrons est de l’ordre de $l = \frac{1}{{n_0^{1/3}}}$$ \Rightarrow $$l \approx {2.10^{ - 6}}\,{\rm{m}}$
Il fallait en effet considérer l’électron isolé.
1.3)
Détection d’amplitude
15) ${U_A} = a(1 + \varepsilon \cos \omega t)\cos \Omega t = a[\cos \Omega t + \frac{\varepsilon }{2}\cos (\Omega - \omega )t + \frac{\varepsilon }{2}\cos (\Omega + \omega )t]$.
Si on utilise seulement des résistances, capacités et inductances, on construit un filtre linéaire qui ne peut que provoquer un appauvrissement du spectre en supprimant ou affaiblissant certaines des composantes sinusoïdales du signal ; en aucun cas, à partir du signal donné, on ne peut obtenir un signal constant et un signal sinusoïdal de pulsation
ω. On ne peut obtenir que des sommes pondérées de signaux sinusoïdaux de pulsation Ω , Ω −
ω , Ω +
ω.
16) La diode réalise un redressement simple alternance du signal ; à partir de l’état de tension
VA maximale, le condensateur
C étant chargé,
VA va diminuer mais alors le condensateur se décharge exponentiellement et lentement dans la résistance
R ce qui s’oppose à la diminution rapide de
VB d’autant mieux que la constante de temps
RC est élevée devant la période
T = 2
π / Ω du signal modulé :
$RC > > \frac{{2\pi }}{\Omega }$
La tension
VB aux bornes du condensateur diminue un peu mais se maintient pratiquement à une valeur voisine de
VB max. Alors, à des variations de haute pulsation Ω près et de très faible amplitude, il ne subsiste que le signal de fréquence
ω.
Sur les courbes ci-après, on a représenté le signal après redressement simple alternance et filtrage des hautes fréquences par le circuit
R ,
C de constante de temps élevée. La courbe résultante est en pointillé sur la seconde figure et s’approche précisément de $a(1 + \varepsilon \cos \omega t)$ si la décharge exponentielle est très lente.
17) Pour ne pas perdre l’information contenue dans la fonction modulatrice de basse fréquence, il faut :
$RC < < \frac{{2\pi }}{\omega }$
18) Remarquons que
R << 1/
Cω . Pour déterminer la tension basse fréquence aux bornes de
R, la capacité n’intervient pratiquement pas. La diode présente une résistance
r en sens conducteur ; il se produit une chute de tension dans cette résistance : la tension redressée est réduite dans le diviseur de tension
r,
R dans le rapport
R / (
R +
r). Il faut donc pour éliminer cet effet que $r < < R$. En fin de compte, il faut ${10^{ - 8}}\,{\rm{s}} < RC < {10^{ - 4}}\,{\rm{s}}$ soit $RC \approx {10^{ - 6}}$s et en prenant comme résistance de la diode la valeur trouvée dans la question n° 9 :
$R > > {3,6.10^3}\,\Omega $ par exemple $R = 50000\,\Omega $ et donc $C = 20\,{\rm{pF}}$
19) Le condensateur est plan de capacité :
$\Gamma = \frac{{{\varepsilon _0}S}}{d} = 0,13\,{\rm{pF}}$
Si la diode est passante, plus la fréquence est élevée, plus l’impédance de la capacité Γ est faible et mieux c’est ; si la diode est bloquante, elle est remplacée par Γ ; la tension HF ne doit pas être transmise ; or en HF, la capacité
C a une impédance nettement inférieure à
R ; il reste donc un pont capacitif diviseur de tension fait de
C en série avec Γ ; il faut :
$\frac{\Gamma }{{C + \Gamma }} < < 1$ soit $\Gamma < < C$
ce qui est réalisé ; il n’y a aucune condition sur la fréquence HF.
20) Le temps de transfert des électrons est environ 10
−9 s, dix fois plus petit que la période
T = 10
−8 s. Il ne faut pas dépasser la centaine de mégahertz pour la fréquence de la porteuse.
II)
Le klystron reflex
1) Les équations de Maxwell dans le vide, en présence d’un courant, s’écrivent
${\rm{div}}\,{\rm{\vec E}} = \frac{\rho }{{{\varepsilon _0}}}$, ${\rm{div}}\,{\rm{\vec B}} = 0$, $\overrightarrow {{\rm{rot}}} \,{\rm{\vec E}} = - \frac{{\partial {\rm{\vec B}}}}{{\partial t}}$,$\overrightarrow {{\rm{rot}}} \,{\rm{\vec B}}\, = {\mu _0}({\rm{\vec j}} + {\varepsilon _{\rm{0}}}\frac{{\partial {\rm{\vec E}}}}{{\partial t}})$.
2) Si le métal est parfait, ce qu’on suppose, le champ électrique dans le vide, au voisinage de la paroi, est normal à la paroi alors que le champ magnétique lui est tangentiel.
3) $\overrightarrow {{\rm{rot}}} \,\overrightarrow {{\rm{rot}}} \,{\rm{\vec E}} = \overrightarrow {{\rm{grad}}} \,{\rm{div}}\,{\rm{\vec E}} - \Delta {\rm{\vec E}} = - \Delta {\rm{\vec E}}$ et $\overrightarrow {{\rm{rot}}} \,\overrightarrow {{\rm{rot}}} \,{\rm{\vec E}} = - \frac{{\partial \overrightarrow {{\rm{rot}}} \,{\rm{\vec B}}}}{{\partial t}} = - \overrightarrow {{\rm{rot}}} \frac{{\partial \,{\rm{\vec B}}}}{{\partial t}} = - {\mu _0}(\frac{{\partial {\rm{\vec j}}}}{{\partial t}} + {\varepsilon _0}\frac{{{\partial ^{\rm{2}}}{\rm{\vec E}}}}{{\partial \,{t^2}}})$ d’où en supposant $\overrightarrow {grad} \,\rho = \vec 0$ :
$\Delta {\rm{\vec E}} - \frac{1}{{{c^2}}}\frac{{{\partial ^{\rm{2}}}{\rm{\vec E}}}}{{\partial \,{t^2}}} = {\mu _0}\frac{{\partial {\rm{\vec j}}}}{{\partial t}}$
et en projection sur l’axe des
z :
$\Delta {E_z} - \frac{1}{{{c^2}}}\frac{{{\partial ^{\rm{2}}}{E_z}}}{{\partial \,{t^2}}} = {\mu _0}\frac{{\partial j}}{{\partial t}}$
4) Le champ électrique est supposé selon l’axe des
z et indépendant de
z, ce qui implique
:
${\rm{div}}\,{\rm{\vec E}} = 0$ $ \Rightarrow $ $\rho = 0$ et forcément $\overrightarrow {grad} \,\rho = \vec 0$.
Le champ électrique obéit à l’équation :
$\frac{{{\partial ^{\rm{2}}}E}}{{\partial \,{x^2}}} + \frac{{{\partial ^{\rm{2}}}E}}{{\partial \,{y^2}}} - \frac{1}{{{c^2}}}\frac{{{\partial ^{\rm{2}}}E}}{{\partial \,{t^2}}} = {\mu _0}\frac{{\partial j}}{{\partial t}}$ $ \Rightarrow $$j = j(x,y,t)$
et aux conditions aux limites :
$E(0,y,t) = E(a,y,t) = 0$ et $E(x,0,t) = E(x,b,t) = 0$.
On prolonge la fonction
E définie sur l’intervalle [0,
a]×[0,
b] par une fonction périodique impaire en
x et
y : la période en
x doit être prise égale à 2
a et de même la période en
y doit être prise égale à 2
b. On peut alors développer
E en série de Fourier de
x (à
y et
t donnés) : le développement ne comporte que des termes impairs en
x et s’écrit :
$E = \sum\limits_{p = 1}^\infty {{E_p}(y,t)\sin (2\pi \,p{\rm{ }}\frac{x}{{2a}})} $.
Alors, il suffit de développer les
Ep(
y,t) , fonctions impaires de
y, de période 2
b, en série de Fourier, à
t donné :
${E_p}(y,t) = \sum\limits_{q = 1}^\infty {{E_{pq}}(t)\sin (2\pi \,q{\rm{ }}\frac{y}{{2b}})} $
et en remplaçant dans l’expression précédente, on obtient une série double de Fourier :
$E = \sum\limits_{p = 1}^\infty {\sum\limits_{q = 1}^\infty {{E_{pq}}(t)\sin (2\pi \,p{\rm{ }}\frac{x}{{2a}})} } \sin (2\pi \,q{\rm{ }}\frac{y}{{2b}})$.
Il faut que
j ait un développement en série double de Fourier du même type que celui de
E car dans l’équation différentielle il n’existe pas de dérivées premières de
E par rapport à
x et
y :
$j = \sum\limits_{p = 1}^\infty {\sum\limits_{q = 1}^\infty {{j_{pq}}(t)\sin (2\pi \,p{\rm{ }}\frac{x}{{2a}})} } \sin (2\pi \,q{\rm{ }}\frac{y}{{2b}})$.
On reporte les développements dans l’équation différentielle en
E et on identifie terme à terme, d’où :
$ - \left[ {\frac{1}{{{c^2}}}\frac{{{d^{\rm{2}}}{E_{pq}}(t)}}{{d\,{t^2}}} + {\pi ^2}\left( {\frac{{{p^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{q^2}}}{{{b^2}}}} \right){E_{pq}}(t)} \right] = {\mu _0}\frac{{d{j_{pq}}(t)}}{{dt}}$
5) Si la cavité est totalement vide
jpq(
t) = 0 d’où :
$\frac{{{d^{\rm{2}}}{E_{pq}}(t)}}{{d\,{t^2}}} + {\pi ^2}{c^2}\left( {\frac{{{p^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{q^2}}}{{{b^2}}}} \right){E_{pq}}(t) = 0$.
La solution est sinusoïdale de pulsation et fréquence :
${\omega _{pq}} = \pi c\sqrt {\frac{{{p^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{q^2}}}{{{b^2}}}} $ et ${\nu _{pq}} = \frac{c}{2}\sqrt {\frac{{{p^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{q^2}}}{{{b^2}}}} $
Puisque
a =
b, la plus petite des fréquences propres est
${\nu _{11}} = \frac{c}{{a\sqrt 2 }}$
et la fréquence immédiatement supérieure, avec
p et
q strictement positifs, s’écrit :
${\nu _{12}} = {\nu _{21}} = \frac{{c\sqrt 5 }}{{2a}}$.
En application numérique :
${\nu _{11}} = {3,03.10^9}\,{\rm{Hz}}$
6) Sur l’intervalle [0,
a]×[0,
b],
j(
x,
y,
t) = 0 sauf sur la surface
s =
δxδy centrée sur le point (
a/2,
b/2) où elle vaut −
I(
t) /
s (en supposant que
I(
t) et
j(
x,
y,
t) sont de signes contraires afin de retrouver le signe de la formule à démontrer, mais ce n’est pas logique). On intègre la fonction ainsi définie sur le domaine [0,
a]×[0,
b] après multiplication par sin(
mπ x / a) sin(
nπ y / b) ce qui donne comme résultat −
I(
t) sin(
mπ / 2) sin(
nπ / 2) ; de même, on multiplie le développement en série de Fourier par le même facteur et on intègre sur le même domaine : en identifiant les deux résultats, on obtient :
$ - I(t)\sin \frac{{m\pi }}{2}\sin \frac{{n\pi }}{2} = \sum\limits_{p = 1}^\infty {\sum\limits_{q = 1}^\infty {{j_{pq}}(t)\int\limits_{x = 0}^a {\sin (m\pi \frac{x}{a})} } } \sin (p\pi \frac{x}{a})dx\int\limits_{y = 0}^b {\sin (m\pi \frac{y}{b})} \sin (m\pi \frac{y}{b})dy$.
Chacune des deux intégrales est nulle sauf si
m =
p et
n =
q et alors elles valent
a/2 et
b/2. D’où :
$I(t)\sin \frac{{p\pi }}{2}\sin \frac{{q\pi }}{2} = - \frac{{ab}}{4}{j_{pq}}(t)$
et donc
jpq(
t) est nul si
p ou
q sont impairs et non nul si
p et
q sont pairs :
${\text{Seuls les modes caractérisés par }}p\,{\rm{et }}q\,{\text{pairs sont couplés au courant}}{\rm{.}}$
On aurait pu utiliser directement la formule :
${j_{pq}} = \frac{2}{{2a}}\frac{2}{{2b}}\int\limits_{x = 0}^{2a} {\int\limits_{y = 0}^{2b} {j(x,y,t)dxdy = } } \frac{2}{a}\frac{2}{b}\int\limits_{x = 0}^a {\int\limits_{y = 0}^b {j(x,y,t)dxdy} } $.
On pose $p = 2k + 1$ , $q = 2l + 1$ :$\varepsilon = + 1$ si
k et
l sont de même parité et −1 sinon, on obtient :
$\left[ {\frac{1}{{{c^2}}}\frac{{{d^{\rm{2}}}}}{{d\,{t^2}}} + {\pi ^2}\left( {\frac{{{p^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{q^2}}}{{{b^2}}}} \right)} \right]{E_{pq}}(t) = \frac{{4\varepsilon {\mu _0}}}{{ab}}\frac{{dI}}{{dt}}$
L’énonce comporte une erreur car
ε est omis mais pour le mode (1,1) :
ε = 1 ; elle n’est pas gênante.
7) Par application du théorème de l’énergie cinétique à un électron
$\frac{1}{2}mv_0^2 = eU$ $ \Rightarrow $ ${v_0} = \sqrt {\frac{{2eU}}{m}} = {5,3.10^7}\,{\rm{m}}{\rm{.}}{{\rm{s}}^{ - 1}}$
Le temps de traversée de la cavité est de l’ordre de :
$\Delta t = \frac{\delta }{{{v_0}}} = {5,7.10^{ - 11}}\,{\rm{s}}$
La période du mode (1,1) est
T = 3,3.10
−10 s : le temps de passage d’un électron est de l’ordre du sixième de la période du mode : l’approximation consistant à négliger le temps de passage devant la période est valable à 17 % près.
8) On suppose le champ constant sur la durée de la traversée ; le théorème de la quantité de mouvement, en supposant que $\left| {\delta v} \right| < < {v_0}$, implique :
$m\frac{{dv}}{{dt}} = - e{E_{11}}(t)$$ \Rightarrow $$\delta v = - \frac{{e{E_{11}}(t)}}{m}\Delta t = - \frac{{e\delta {E_{11}}(t)}}{{m{v_0}}}$ ou $\delta v = - \delta \sqrt {\frac{e}{{2mU}}} \,\,{E_{11}}(t)$
9) Ensuite, chaque électron est freiné dans le champ électrique engendré par la d.d.p.
U +
U ’, s’arrête puis repart en sens contraire pour revenir dans la cavité avec la vitesse de départ
v0 +
δ v(
t) ; le temps d’aller-retour s’obtient par application du théorème de la quantité de mouvement :
$m\frac{{dv}}{{dt}} = - \frac{{e(U + U')}}{d}$ $ \Rightarrow $ $v(t) - [{v_0} + \delta v(t)] = - \frac{{e(U + U')\,t}}{{md}}$.
La vitesse s’annule quand il y a rebroussement à
tmax :
${t_{max}} = \frac{{md[{v_0} + \delta v(t)]}}{{e(U + U')}}$
et la durée d’aller-retour est le double de
tmax :
$t' - t = \frac{{2md[{v_0} + \delta v(t)]}}{{e(U + U')}}$
10) La durée de traversée de la cavité, au deuxième ordre près en
δ , ne dépend pas du temps ; une charge
δq qui entre en
z = 0 en une durée donnée ressort en
z =
δ en une durée égale : l’intensité du courant du faisceau électronique entrant en
z = 0 est
I0, c’est aussi son intensité en
z =
δ.
Après la cavité, une charge
δq part de
z =
δ à la date
t en une durée
dt , l’intensité étant
I0, et y revient à la date
t’ en une durée
dt’, l’intensité étant
I’(
t’), telles que :
$\delta q = {I_0}dt = I'(t')dt'$.
En termes d’intensités en
z =
δ :
${I_0} = \frac{{\delta q}}{{dt}}$,$I'(t') = \frac{{\delta q}}{{dt'}}$, $I'(t') = {I_0}\frac{{dt}}{{dt'}}$
A l’aller et au retour, la vitesse a même module
v0 +
δ v(
t) mais a changé de sens ; en appelant
ρ la densité de charge au départ en
z =
δ et
ρ’(
t’) la densité de charge au retour, on a :
$\delta q = \rho \,s[{v_0} + \delta v(t)]dt = \rho '(t')\,s[{v_0} + \delta v(t)]dt'$ et donc $\rho '(t') = \rho \frac{{dt}}{{dt'}}$
L’intensité totale à la date
t’ en
z =
δ et donc l’intensité à la même date en
z = 0, puisque la densité de courant totale ne dépend pas de
z par hypothèse, s’écrivent :
$I(t') = {I_0} - I'(t') = {I_0}(1 - \frac{{dt}}{{dt'}}) = {I_0}[1 - \frac{{\rho '(t')}}{\rho }]$
Au premier ordre en
δ , la modulation de l’intensité se fait uniquement en densité : les électrons se regroupent par paquets et chaque paquet en repassant dans la cavité excite les oscillations de la cavité. Il existe également une modulation en vitesse mais qui intervient au second ordre en
δ et dont on ne tient pas compte. Il faut différentier la relation entre
t et
t’ obtenue dans la question n° 9 pour obtenir le rapport
dt /
dt’ :
$\frac{{dt'}}{{dt}} = 1 + \frac{{2md}}{{e(U + U')}}\frac{{d(\delta v(t))}}{{dt}} = 1 - \frac{{2d\delta }}{{U + U'}}\sqrt {\frac{m}{{2eU}}} \frac{{d{E_{11}}(t)}}{{dt}}$
et en supposant que
dt’/
dt ne diffère que peu de l’unité, au second ordre près en
δ :
$\frac{{dt}}{{dt'}} \approx 1 + \frac{{2d\delta }}{{U + U'}}\sqrt {\frac{m}{{2eU}}} \frac{{d{E_{11}}(t)}}{{dt}}$ et $I(t') = - \frac{{2d\delta {I_0}}}{{U + U'}}\sqrt {\frac{m}{{2eU}}} \frac{{d{E_{11}}(t)}}{{dt}}$
L’équation différentielle faisant figurer
t et
t’ s’écrit en utilisant l’équation différentielle démontrée dans la question n° 6 avec la substitution
t →
t’ :
$\frac{{{d^{\rm{2}}}{E_{11}}(t')}}{{d\,t{'^2}}} + \omega _{11}^2{E_{11}}(t') = \frac{{4{\mu _0}{c^2}}}{{ab}}\frac{{dI(t')}}{{dt'}} = - \frac{{8d\delta {I_0}}}{{{\varepsilon _0}ab(U + U')}}\sqrt {\frac{m}{{2eU}}} \frac{d}{{dt'}}\left( {\frac{{d{E_{11}}(t)}}{{dt}}} \right)$
11) Par hypothèse :
${E_{11}}(t) = {E_{11}}(t'){e^{ - i\phi }}$
et dans la dérivation par rapport à
t, en confondant
dt’ et
dt, ce qui est légitime au second ordre près en
δ , on obtient l’équation différentielle ordinaire :
$\frac{{{d^{\rm{2}}}{E_{11}}(t')}}{{d\,t{'^2}}} + \omega _{11}^2{E_{11}}(t') = - \frac{{8d\delta {I_0}}}{{{\varepsilon _0}ab(U + U')}}\sqrt {\frac{m}{{2eU}}} \,\,{e^{ - i\phi \,}}\frac{{{d^2}{E_{11}}(t')}}{{dt{'^2}}}$
$\left( {1 + \frac{{8d\delta {I_0}}}{{{\varepsilon _0}ab(U + U')}}\sqrt {\frac{m}{{2eU}}} \,\,{e^{ - i\phi \,}}} \right)\frac{{{d^{\rm{2}}}{E_{11}}(t')}}{{d\,t{'^2}}} + \omega _{11}^2{E_{11}}(t') = 0$
12) On cherche des solutions en
ept ; l’équation caractéristique s’écrit :
${p^2} = - \frac{{\omega _{11}^2}}{{1 + \frac{{8d\delta {I_0}}}{{{\varepsilon _0}ab(U + U')}}\sqrt {\frac{m}{{2eU}}} \,{e^{ - i\phi }}}}$ $ \Rightarrow $$p \approx \pm \,i\omega _{11}^{}(1 - \frac{{8d\delta {I_0}}}{{{\varepsilon _0}ab(U + U')}}\sqrt {\frac{m}{{2eU}}} \,{e^{ - i\phi }})$
La partie réelle de
p représente le coefficient d’amplification
η et sa partie imaginaire la pulsation d’oscillation
ωr :
$\eta = \mp \,\,{\omega _{11}}\frac{{8d\delta {I_0}}}{{{\varepsilon _0}ab(U + U')}}\sqrt {\frac{m}{{2eU}}} \,\sin \phi $ et ${\omega _r} = \pm \,{\omega _{11}}(1 - \frac{{8d\delta {I_0}}}{{{\varepsilon _0}ab(U + U')}}\sqrt {\frac{m}{{2eU}}} \,\cos \phi )$.
Application numérique : on doit prendre la valeur de
ωr positive ou sa valeur négative mais pas les deux car on va voir dans la question n° 13 que $\phi = {\omega _r}(t' - t)$ et de ce fait on choisit un des deux signes ; on choisit : $\eta = \, - {9,4.10^8}{I_0}\sin \phi $ et ${\omega _r} = \,{\omega _{11}}(1 - {4,9.10^{ - 2}}{I_0}\cos \phi )$. Pour une intensité de l’ordre du nanoampère, la constante de temps est de l’ordre de la seconde et la pulsation est pratiquement égale à
ω11. La solution est de la forme ${E_{11}}(t') = A{e^{\eta t}}{e^{i{\omega _r}t'}}$. On n’a pas superposition des deux solutions car on a fait le choix a priori d’une des deux valeurs possibles de
ϕ . Le champ électrique diverge si
η > 0 donc si sin
ϕ < 0 ; alors l’état de champ électrique infiniment petit est instable : la cavité oscille.
13) $\phi = {\omega _r}(t' - t)$ ; en négligeant
δv(
t) devant
v0, on obtient $\phi \approx {\omega _{11}}\frac{{2dm{v_0}}}{{e(U + U')}}$ ou $\phi = {\omega _{11}}\frac{{2d}}{{U + U'}}\sqrt {\frac{{2mU}}{e}} $ et numériquement : $\frac{\phi }{{2\pi }} = 8,6$ d’où sin
ϕ < 0.
14) Dans le plan
xO
y, la projection de la trajectoire est un cercle de rayon $R = \frac{{m{v_ \bot }}}{{eB}}$mais selon O
z le mouvement est uniformément accéléré : la trajectoire est une hélice circulaire de pas variable. Le mouvement selon O
z n’est pas affecté par ${\vec v_ \bot }$. Le champ magnétique évite de perdre des particules s’il est assez intense et que $R < \sqrt s $ alors tous les électrons arrivent sur la cathode ; par exemple, si ${v_ \bot } \approx \sqrt {\frac{{2e{V_0}}}{m}} $et $R \approx 1\,{\rm{mm}}$alors $B \approx {10^{ - 3}}\,{\rm{T}}$est réalisable ; cependant, la vitesse
v// n’est pas nulle et présente une certaine dispersion.
