Concours Physique Concours Commun TPE 1994 (Corrigé)

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

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

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

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

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

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

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

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

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

I-2)

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

I-1)

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

I-2)

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

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

I-4)

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

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

II Rotation autour d'un côté du triangle

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

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

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

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

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

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

Concours Physique TPE 1992 (Corrigé)

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


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


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


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

Concours Physique TPE (deuxième problème) 1995

Concours Physique TPE (deuxième problème) 1995 : énoncé, corrigé
Optique du prisme. Interférences par un biprisme.

Concours Physique TPE (épreuve commune) 1995

Concours Physique TPE (épreuve commune) 1995 : énoncé, corrigé
Télescope. Trous d’Young. Ailette de refroidissement. Conduction entre deux sphères. Conduction entre deux plans.

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 TPE 1992 (Énoncé)

CONCOURS COMMUN D'ADMISSION

AUX ECOLES SUPERIEURES

DES TRAVAUX PUBLICS

DU BATIMENT

DE MECANIQUE‑ELECTRICITE

DE TOPOGRAPHIE

SESSION 1992

P H Y S 10 U E

Durée: 4 heures

PREMIER PROBLEME.
NOTA : La partie C peut être traitée indépendamment de la partie B.
ETUDE D'UN SYSTEME MASSE‑RESSORT.

On se place dans le repère (R) (0 x y z) orthonormé, direct, galiléen, de vecteurs unitaires de base$\vec i,\vec j,\vec k$. Le système envisagé est constitué d'un ressort R, d'un demi‑cercle C et d'une perle P. Le ressort R est partait, c'est‑à‑dire sans masse et développant selon sa propre direction une force proportionnelle à son élongation. On note K ce coefficient de proportionnalité et $\ell $ la longueur à vide de R. Le demi‑cercle (fixe dans (R)) C, de rayon a, de centre 0, est contenu dans le demi‑plan xOy, x ≥ 0, supposé vertical, Ox étant la verticale descendante. La perle P est un objet quasi‑ponctuel de masse M astreint à se déplacer sans frottement sur C. Le ressort R a une extrémité liée à P et l'autre à un point Ω situé aux cotes x = - a, y = 0, z = 0 de (R).
La position de P dans (R) est repérée par l'angle θ = $\left( {\vec i,O\vec P} \right)$, $\theta \in \left[ { - \frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}} \right]$ . On note $\vec u$le vecteur unitaire de OP, $\vec v$ le vecteur unitaire déduit de $\vec u$ par la rotation de $ + \frac{\pi }{2}$ autour de $\vec k$. Le système est placé dans le champ de pesanteur d'accélération $\vec g = g\vec i$de module g constant.
A. Etude d'équilibres possibles.
Les expressions vectorielles demandées (questions 1, 3, 4 et 5) seront exprimées dans la base$\vec u,\vec v$.
1. Donner l'expression du vecteur $P\vec \Omega $en fonction de a et θ.
2. Donner l'expression du module PΩ de $P\vec \Omega $ en fonction de a et θ (ou mieux, de $\frac{\theta }{2}$).
3. Donner l'expression de la tension $\vec T$du ressort en fonction de a, K, $\ell $ et θ (ou mieux, de $\frac{\theta }{2}$).
4. Soit $\vec F$ la résultante des forces extérieures appliquées à la masse M. On note r le module de la réaction de C sur P. Donner l'expression de $\vec F$ en fonction de a. g, K, $\ell $, M, r et θ.
5. Donner l'expression de la vitesse $\vec V$de P dans (R) en fonction de a et de la dérivée temporelle convenable de θ. On notera : $\dot \theta = \frac{{d\theta }}{{dt}}$.
6.Donner, en fonction de a, g, K, $\ell $, M, θ et $\dot \theta $, l'expression du produit scalaire $\vec F.\vec V$. 7.En déduire, en fonction des mêmes paramètres à l'exception de $\dot \theta $, l'expression de l'énergie potentielle E_p dont dérive la force $\vec F$. 8. Ecrire l'expression de l'énergie mécanique totale E du système.
9. En déduire, lorsque le mouvement de M a lieu, son équation différentielle en fonction de a, g, K, $\ell $, M, θ et ses dérivées convenables.
10. Déterminer l'expression des positions d'équilibre θ = θ_i envisageables pour le système.
11. On veut imposer l'existence d'une position d'équilibre pour une valeur θ₁ ≠ 0 de θ comprise entre 0 et $\frac{\pi }{2}$ (ce qui implique par symétrie une position équivalente ‑ θ₁ entre 0 et$ - \frac{\pi }{2}$). Écrire les inégalités que cela implique sur les paramètres du problème. Donner une interprétation physique de ces conditions.
12. Les conditions ci‑dessus étant réalisées, étudier la stabilité des équilibres ainsi obtenus.
B. Etude d'un cas particulier.
On se donne ici les relations entre paramètres suivants : $a = 2\frac{{Mg}}{K}$ et $\ell = \sqrt 3 \left( {a - \frac{{Mg}}{K}} \right)$
13. Vérifier que les conditions établies à la question 11 sont réalisées. Expliciter les positions d'équilibre. Donner, pour ces positions, les valeurs numériques du facteur $\frac{1}{{K{a^2}}}\frac{{{d^2}{E_p}}}{{d{\theta ^2}}}$ et valider les conclusions de la question 12.
14. Pour étudier les petits mouvements autour de la position d'équilibre θ₁ , on pose θ = θ₁ + ε. Établir l'équation différentielle linéaire en ε de ces petits mouvements. On posera${\omega ^2} = \frac{K}{M}$, où $\omega $ est la pulsation naturelle intrinsèque du système masse‑ressort libre.
15. Donner l'expression de la solution de l'équation ci‑dessus pour les conditions initiales suivantes:
$\varepsilon \left( 0 \right) = 0$, $\frac{{d\varepsilon }}{{dt}}\left( 0 \right) = {\dot \varepsilon _0} = \sqrt {\frac{{Ka - Mg}}{{2Ma}}} $
Applications numériques.
Soient les valeurs numériques : g = 9,81 rn.s^‑2, K = 10³ N.m^-1, M = 1 kg.
16. Calculer la constante K’ du ressort donnant la même pulsation naturelle en régime de vibrations libres que celle obtenue à la question 14. Interpréter physiquement.
17. Calculer la longueur L du pendule simple synchrone équivalent. Interpréter le rôle de a.
C. Approche analytique complémentaire.
18. Donner, dans le repère (R) l'expression du moment cinétique ${\sigma _0}$de la masse M par rapport à 0 en fonction de a, M et$\dot \theta $.
19. Donner, en fonction de a, g, K, $\ell $, M et θ. l'expression du produit vectoriel $O\vec P \wedge \vec F$($\vec F$ étant, cf question 4, la résultante des forces extérieures appliquées à P).
20. En déduire, par application du théorème du moment cinétique, l'expression de l'équation différentielle du mouvement de P. Vérifier que l'on retrouve l'expression obtenue à la question 9.