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Concours Physique École Polytechnique (PC) 1998 (Corrigé)

Première partie.
1.a): L’énergie potentielle d’interaction $W$ du dipôle (1) $\vec m=m\vec e_z$ placé en $O$ et du dipôle (2) $\vec m=m\vec e_z$ placé en $(r,\theta,\varphi)$ est $W=-\vec m{{\:\scriptscriptstyle \bullet}\,}\vec B$ avec $\vec B={\displaystyle}\frac{\mu_o\,m}{4\pi\,r^3}\big( 2\cos\theta\:\vec e_r+\sin\theta\:\vec e_\theta\big). \\ W=-\frac{\mu_o\,m^2}{4\pi\,r^3}\,\big( 2\cos^2\theta-\sin^2\theta\big)= \frac{\mu_o\,m^2}{4\pi\,r^3}\,\big(1-3\cos^2\theta\big)$.
La force $\vec F$ exercée par le dipôle (1) sur le dipôle (2) est $\vec F=-\vec{grad}W= -\frac{{\partial}W}{{\partial}r}\ \vec e_r- \frac1r \ \frac{{\partial}W}{{\partial}\theta} \ \vec e_\theta $; $ F_r=\frac{3\,\mu_o \ m^2}{4\pi \ r^4} \ \big(1-3\cos^2\theta\big) \ \ \ \ F_\theta=-\frac{3 \ \mu_o \ m^2}{2\pi \ r^4}\ \cos\theta\sin\theta.$
1.b): A distance $r$ fixée, l’énergie $W={\displaystyle}\frac{\mu_o\,m^2}{4\pi\,r^3}\,\big(1-3\cos^2\theta\big)$ est minimale pour $\cos^2\theta$ maximal c’est-à-dire $\cos\theta=\pm 1;\ \ \theta= 0$ ou $\pi$.
Pour $\cos\theta=\pm 1\ \ \sin\theta=0,\ \ F_\theta$ est nul, la force d’interaction se réduit à la composante radiale; $\vec F=-{\displaystyle}\frac{3\,\mu_o\,m^2}{2\pi\,r^4}\,\vec e_r$; si $\theta=0\ \ \vec e_r=\vec e_z$; si $\theta=\pi\ \ \vec e_r=-\vec e_z$; dans les deux cas, la force est attractive.
2.a): En l’absence de champ magnétique extérieur l’assemblée de particules aimantées ne possède aucune propriété magnétique macroscopique, les divers moments élémentaires $\vec\mu$ sont orientés aléatoirement, il n’y a aucune interaction notable entre les particules (le champ magnétique de l’une quelconque des particules est trop faible, au niveau de ses plus proches voisins, pour les orienter).
2.b): L’aimantation macroscopique $\vec M$ d’une goutte de ferrofluide est liée au champ magnétique extérieur $\vec B$ par la relation $\vec M={\displaystyle}\frac{\chi_S\,\vec B}{\mu_o}$. Le quotient ${\displaystyle}\frac{\vec B}{\mu_o}$ a la dimension d’une excitation magnétique $\vec H$; or $\vec H$ et $\vec M$ ont même dimension [ cf. relation locale $\vec B=\mu_o(\vec H+\vec M)$ ]. Le coefficient $\chi_S$ est sans dimension.
$\vec M$ est supposé uniforme, $\vec m=\frac43\pi R^3\,\vec M; \ \ \vec m={\displaystyle}\frac{4\pi\chi_SR^3}{3\mu_o}\,\vec B$.
3.a): Les gouttelettes s’alignent parce que cette configuration correspond au minimum de l’énergie d’interaction de deux dipôles adjacents (moments magnétiques et champ appliqué parallèles à $\vec e_z$).
3.b): $G_o$ : gouttelette quelconque de la chaîne.
La chaîne est rectiligne et tous les moments élémentaires colinéaires à la chaîne. Un moment élémentaires colinéaires à la chaîne. Un moment $\vec m$ situé à la distance $pd\ (p$ entier) du point $G_o$ y crée un champ $\vec B_p={\displaystyle}\frac{2\mu_o\vec m}{4\pi\,(pd)^3}$. Par exemple, les gouttelettes $G'_2$ et $G_2$ créent en $G_o$ des champs égaux.; Le champ magnétique $\vec B_1$ crée au niveau de l’une des gouttelette( $G_o$) par toutes les autres gouttelettes de la chaîne est dû à deux demi-chaînes infinies qui créent des champs égaux au point $G$. On a donc $\vec B_1=2\times \frac{2\mu_o\vec m}{4\pi\,d^3} \Big(1+\frac{1}{2^3}+\frac{1}{3^3}+\frac{1}{4^3}+\cdots\Big)= \frac{\mu_o\vec m}{\pi\,d^3}\sum_{p=0}^{\infty}1/p^3= \frac{\mu_o\vec m}{\pi\,d^3}\zeta{{\scriptstyle}(3)}; \vec B_1=\frac{\mu_o\zeta{{\scriptstyle}(3)}}{\pi\,d^3}\,\vec m$.
3.c): Le champ $\vec B$ agissant sur une gouttelette est dû aux sources du champ appliqué $\vec B_o$ et aux moments portés par les autres gouttelettes. $\vec B=\vec B_o+\vec B_1$.
$\vec m={\displaystyle}\frac{4\pi\chi_SR^3}{3\mu_o}\,\vec B$ (cf.2.b); $\vec B={\displaystyle}\frac{3\mu_o}{4\pi\chi_SR^3}\,\vec m. \ \ \frac{3\mu_o}{4\pi\chi_SR^3}\,\vec m=\vec B_o+ \frac{\mu_o\zeta{{\scriptstyle}(3)}}{\pi\,d^3}\,\vec m;\ \ \vec m=\frac{\pi\,\vec B_o}{\mu_o\Big({\displaystyle}\frac{3}{4\chi_SR^3}- \frac{\zeta{{\scriptstyle}(3)}}{d^3}\Big)} $
4.a): Un dipôle $G_i$ de $Ch$ exerce sur un dipôle $G'_j$ de $Ch'$ situé à la distance $r$ la force $\vec f'_{ij}={\displaystyle}\frac{3\mu_o\,m^2}{2\pi\,r^4}\,\vec e_z$.
Chaque gouttelette de $Ch'$ est soumise à l’action d’une chaîne semi-infinie de dipôles dont l’extrémité est à la distance $d$ pour $G'_1;\ 2d$ pour $G'_2;\ 3d$ pour $G'_3$, etc.
La gouttelette $G'_i$ est soumise à la force : $\vec f'_i={\displaystyle}\frac{3\mu_o\,m^2}{2\pi}\Big( \frac{1}{(id)^4}+\frac{1}{((i+1)d)^4}+\frac{1}{((i+2)d)^4}+\cdots \Big)\vec e_z; \\ \vec f'_i= \frac{3\mu_o\,m^2}{2\pi\,d^4}\sum_{p=i}^\infty 1/p^4\:\vec e_z$; $Ch'$ est soumise à la force totale : $\vec F'=\vec f'_1+\vec f'_2+\vec f'_3+\cdots \\ \vec F'={\displaystyle}\frac{3\mu_o\,m^2}{2\pi\,d^4}\Bigg[ \Big(1+1/2^4+1/3^4+1/4^4+\cdots\Big)+ \Big(1/2^4+1/3^4+1/4^4+\cdots\Big)+ \Big(1/3^4+1/4^4+\cdots\Big)+\cdots\Bigg]\vec e_z; \\ \vec F'=\frac{3\mu_o\,m^2}{2\pi\,d^4}\Big( 1+2\times(1/2^4)+3\times(1/3^4)+4\times(1/4^4)+\cdots\Big)\,\vec e_z= \frac{3\mu_o\,m^2}{2\pi\,d^4}\,\zeta{{\scriptstyle}(3)}\,\vec e_z$.
La force $\vec F$ exercée par $Ch'$ sur $Ch$ est opposée à $\vec F'$. $\vec F_{ch}= \pm{\displaystyle}\frac{3\mu_o}{2\pi}\,\zeta{{\scriptstyle}(3)}\frac{m^2}{d^4}\,\vec e_z$.
4.b): En fonction de l’intensité $B_o$ du champ appliqué, l’intensité de la force $F_{ch}$ est :
$F_{ch}={\displaystyle}\frac{3\mu_o\,\zeta{{\scriptstyle}(3)}}{2\pi\,d^4}\times \frac{\pi^2\,B_o^2}{\mu_o^2\Big({\displaystyle}\frac{3}{4\chi_SR^3}- \frac{\zeta{{\scriptstyle}(3)}}{d^3}\Big)^2}= \frac{3\pi\,\zeta{{\scriptstyle}(3)}\,B_o^2}{2\mu_o\Big( {\displaystyle}\frac{3}{4\chi_SR^3}-\frac{\zeta{{\scriptstyle}(3)}}{d^3}\Big)^2d^4}$.
Dans le cas où la chaîne ne contient que deux gouttelettes de moment $\vec m'$ distantes de $d$ et soumises à un champ appliqué $\vec B_o$, le champ $\vec B'_1$ de l’un des dipôles au niveau de l’autre est $\vec B'_1=\frac{\mu_o\vec m'}{2\pi\,d^3}$.
$\vec m'=\frac{4\pi\chi_SR^3}{3\mu_o}\,\vec B$ et $\vec B=\vec B_o+\vec B'_1 \frac{3\mu_o}{4\pi\chi_SR^3}\,\vec m'=\vec B_o+ \frac{\mu_o}{2\pi\,d^3}\,\vec m'; \ \ \ \vec m'=\frac{2\pi\,\vec B_o}{\mu_o\Big(\frac{3}{2\chi_SR^3}- \frac{1}{d^3}\Big)}$.
La force $\vec F_p$ entre les deux gouttelettes est $\vec F_p=\pm \frac{3\mu_o\,m'^2}{2\pi\,d^4}\,\vec e_z$ d’intensité $F_p$;
$F_p=\frac{3\mu_o}{2\pi\,d^4}\times \frac{4\pi^2\,B_o^2}{\mu_o^2\Big(\frac{3}{2\chi_SR^3}- \frac{1}{d^3}\Big)^2}= \frac{6\pi\,B_o^2}{\mu_o\Big(\frac{3}{2\chi_SR^3}- \frac{1}{d^3}\Big)^2d^4} \ \ \ \frac{F_{ch}}{F_p}=\frac{\zeta{{\scriptstyle}(3)}}{2}\times\Big( \frac{3d^3-\chi_SR^3}{3d^3-4\zeta{{\scriptstyle}(3)}\chi_SR^3}\Big)^2$.
4.c): $F_{ch}=2,22\times10^{-13}$ N; $F_p=1,80\times10^{-13}$ N; $F_{ch}/F_p=1,23\hspace{5 mm} (F_{ch}\approx F_p)$.
Deuxième partie.
1.: Les gouttelettes de rayon $R$ sont supposées incompressibles et indéformables; en présence de la seule interaction magnétique, attractive, la distance $d$ entre deux gouttelettes est $d=2R$.
2.: La force répulsive $F_{rep}$ à courte portée ne s’exerce qu’entre deux gouttelettes voisines de la chaîne.
$F_{rep}{{\scriptstyle}(d)}={\displaystyle}\frac{3\pi\,\zeta{{\scriptstyle}(3)}\,B_o^2}{2\mu_o\Bigg( {\displaystyle}\frac{3}{4\chi_SR^3}-\frac{\zeta{{\scriptstyle}(3)}}{d^3}\Bigg)^2d^4}$.
3.a): La chaîne rectiligne dont les gouttelettes diffractent la lumière incidente se comporte comme un réseau optique à très grand nombre d’éléments diffractants; seules les radiations correspondant à des ondes rétrodiffusées en phase par toutes les gouttelettes donnent une intensité lumineuse résultante notable.
3.b): La différence de marche entre les ondes rétrodiffusées par deux gouttelettes voisines est $\delta=2d$. Ces ondes rétrodiffusées dans le milieu d’indice $n$ seront en phase si leur longueur d’onde dans le vide $\lambda_o$ vérifie $2nd=k\lambda_o$ où $k$ est un nombre entier. $d={\displaystyle}\frac{k\lambda_o}{2n}\ \ (k$ entier).
A.N. $\lambda_o={\displaystyle}\frac{585}{k}$ nm. La seule possibilité est $k=1\ :\ \lambda_o$ = 585 nm
L’échantillon apparaît jaune-orangé (cf. doublet D du sodium à 589 nm).
3.c): Si on fait varier l’intensité du champ magnétique appliqué $B_o$ la force $F_{ch}$ varie, la valeur de $d$ à l’équilibre varie et par suite la couleur de la lumière rétrodiffusée varie.
Si $B_o$ augmente, $d$ et $\lambda_o$ diminuent. $d$ est borné inférieurement par la valeur $2R$. La longueur d’onde limite observable est $\lambda_{o\ell}=4nR$. Pour $R=98$ nm $\lambda_{o\ell}=521$ nm (couleur verte).
4.a): La force répulsive entre deux gouttelettes est $F_{rep}=F_{ch}$ avec $F_{ch}={\displaystyle}\frac{3\mu_o}{2\pi}\,\zeta{{\scriptstyle}(3)}\frac{m^2}{d^4}$ (question 4.a de la première partie); avec $\lambda_o=2nd\ :\ F_{rep}={\displaystyle}\Bigg(\frac{24\,\zeta{{\scriptstyle}(3)}\,\mu_o}{\pi}\Bigg) \Bigg(\frac{m^2n^4}{\lambda_o^4}\Bigg)$.
4.b): La mesure de la valeur $\lambda_o$ permet de calculer celle de la distance $d$, fonction de $B_o$. En augmentant l’intensité $B_o$ on peut considérer que l’on atteint la valeur limite $\lambda_{o\ell}=4nR$ qui permet de calculer la valeur de $R$; on accède ainsi à $h=d-R$.
En appliquant un champ magnétique d’intensité variable de valeur $B_o$ connue et en mesurant $\lambda_o$ on peut calculer $d, h,$ et la valeur de $F_{rep}= {\displaystyle}\frac{3\pi\,\zeta{{\scriptstyle}(3)}\,B_o^2}{2\mu_o\Bigg( {\displaystyle}\frac{3}{4\chi_SR^3}-\frac{\zeta{{\scriptstyle}(3)}}{d^3}\Bigg)^2d^4}$.
5.: Les gouttelettes chargées subissent une force répulsive $F_{el}=2\pi\varepsilon_o\varepsilon_r\psi_o^2R\kappa\exp(-\kappa h)$.
Les points expérimentaux de la figure 1 sont pratiquement alignés sur une droite qui passe par les points ($h=12$ nm, $F=1\times10^{-11}$ N) et ($h=50$ nm, $F=2\times10^{-14}$ N).
On en déduit $\kappa^{-1}=$ 6,1 nm et $\psi_o$ = 32 mV.
Troisième partie.
1.a): La relation $\Pi=ck_BT$ est formellement identique à l’expression de la pression cinétique d’un gaz parfait monoatomique. Cette expression suppose l’absence d’interaction (en particulier de collisions) entre les particules (2), elle n’est valable que pour des valeurs très faibles de la concentration $c$.
1.b): Il apparaît un interstice exclu pour les particules (2) entre les particules (1) pour les distances $d<d_m$ avec $d_m=2(R+r)$.
1.c): La région interdite aux particules (2) est défini par l’angle $\theta_c$ vérifiant $(R+r)\cos\theta_c=d/2$ c’est-à-dire $\cos\theta_c=\frac{d}{\bar{R}}$. $d$ étant supérieur à $2R$, l’angle $\theta_c$ n’existe que pour $2R\leq d\leq 2\bar{R}$.
2.a): La collision d’une particule (2) sur une particule (1) est entièrement décrite par le mouvement du centre de masse de la particule (2) qui reste à une distance supérieure ou égale à $\bar R$ du centre de la particule (1). Tout se passe comme s’il y avait collision de particules ponctuelles sur une particule sphérique dont le centre est confondu avec celui de la particule (1) et de rayon $\bar R$.
2.b): Par hypothèse, les collisions des particules (2) sur les particules (1) ont un effet équivalent à celui d’une pression $\Pi$ uniforme. Lorsqu’il existe un insterstice exclu pour les particules (2) entre les particules (1) cette force de pression ne s’exerce que sur une partie de la sphère de rayon $\bar R$ limitant la particule (1). Par raison de symétrie, la force résultante est portée par la ligne des centres des particules (1) et a pour expression $\Pi\,S$ où $S$ est l’aire du cercle limitant la partie de la sphère soumise à la pression $\Pi$. Cette force $F_{dep}$ est équivalente à une force d’attraction entre les deux particules (1).
$F_{dep}=\Pi\,\pi(\bar{R}\sin\theta_c)^2;\ \ F_{dep}=ck_BT\pi \bar{R}^2\sin^2\theta_c$.
2.c): $\sin^2\theta_c=1-\cos^2\theta_c=1-\Big({\displaystyle}\frac{d}{2\bar{R}}\Big)^2; \ \ \bar{R}^2\sin^2\theta_c=\bar{R}^2-{\displaystyle}\frac{d^2}{4};\ \ F_{dep}=ck_BT\pi\Big(\bar{R}^2-{\displaystyle}\frac{d^2}{4}\Big)$.
2.d): Lorsque la distance $d$ entre les centres des particules (1) est supérieure à $d_m=2\bar R$ le volume de la solution aqueuse accessible aux particules (2) est égal au volume total moins le volume des deux particules (1) : $(2\times\frac43\pi \bar{R}^2$). Pour $d<d_m$, les volumes des deux sphères de rayons $\bar R$ ont une partie commune, le volume accessible aux particules (2) augmente. Cette augmentation est maximale pour $d=2R$. L’évolution du volume accessible aux particules (2) est semblable à celle de la force de déplétion. Cette évolution suit celle de l’entropie du système constitué par les particules (2), fonction croissante du volume qui leur est accessible.
2.e): Application numérique : $F_{dep}=1,60\times10^{-13}$ N.
3.: La distance entre deux gouttelettes de la chaîne est $d={\displaystyle}\frac{\lambda_o}{2n}=201$ nm pour $B_o=62,7\times10^{-3}$ T.
Cette position correspond à l’équilibre entre la force attractive $F_{ch}$ et la force de répulsion d’origine électrostatique $F_{el}\ \ F_{ch}=F_{el}$ en intensité; $F_{el}={\displaystyle}\frac{3\pi\,\zeta{{\scriptstyle}(3)}\,B_o^2}{2\mu_o\Bigg( {\displaystyle}\frac{3}{4\chi_SR^3}-\frac{\zeta{{\scriptstyle}(3)}}{d^3}\Bigg)^2d^4}$.
Après ajout de polymère il y a une force attractive de déplétion $F_{dep}$.
$R$ = 98 nm; $r$ = 10 nm; $2(R+r)=216$ nm; $d$ = 201 nm; on est bien dans le cas $2R<d<2 \bar R$.
On règle le champ magnétique pour retrouver la même distance $d$ = 201 nm. La force attractive devient $F'_{ch}={\displaystyle}\frac{3\pi\,\zeta{{\scriptstyle}(3)}\,{B'}_o^2}{2\mu_o\Bigg( {\displaystyle}\frac{3}{4\chi_SR^3}-\frac{\zeta{{\scriptstyle}(3)}}{d^3}\Bigg)^2d^4}$. L’équilibre correspond à $F'_{ch}+F_{dep}=F_{el}; \\[5 mm] {\displaystyle}\frac{3\pi\,\zeta{{\scriptstyle}(3)}\,{B'}_o^2}{2\mu_o\Bigg( {\displaystyle}\frac{3}{4\chi_SR^3}-\frac{\zeta{{\scriptstyle}(3)}}{d^3}\Bigg)^2d^4}+ ck_BT\pi\Big(\bar{R}^2-{\displaystyle}\frac{d^2}{4}\Big)= \frac{3\pi\,\zeta{{\scriptstyle}(3)}\,B_o^2}{2\mu_o\Bigg( {\displaystyle}\frac{3}{4\chi_SR^3}-\frac{\zeta{{\scriptstyle}(3)}}{d^3}\Bigg)^2d^4}. \\[5 mm] {\displaystyle}\frac{3\pi\,\zeta{{\scriptstyle}(3)}\,(B_o^2-{B'}_o^2)}{2\mu_o\Bigg( {\displaystyle}\frac{3}{4\chi_SR^3}-\frac{\zeta{{\scriptstyle}(3)}}{d^3}\Bigg)^2d^4}= ck_BT\pi\Big( \bar{R}^2-{\displaystyle}\frac{d^2}{4}\Big);$ tous calculs faits : ${B'}_o=41,4\times10^{-3}$ T.

Concours Physique École Polytechnique (MP) 1997 (Corrige)

Réponse électronique des agrégats métalliques à une excitation électrique

Caractéristiques de l’agrégat

I-1-a Le champ créé par une répartition de charges à symétrie sphérique possède cette symétrie, c’est-à-dire que le champ électrostatique de la distribution s’écrit, en tout point, E(M)=E(r)u_r, où r représente la distance du point M au centre O de la distribution. On peut donc appliquer le théorème de Gauss sur des surfaces sphériques centrées sur le point O ; pour des points extérieurs à la distribution cela conduit à ${{\bf{E}}_ + }\left( r \right) = \frac{{Ne}}{{4\pi {\varepsilon _0}{r^2}}}{{\bf{u}}_r} = \frac{{ne{R^3}}}{{3{\varepsilon _0}{r^2}}}{{\bf{u}}_r}$ (r>R), et pour les points intérieurs à la sphère de rayon R, ${{\bf{E}}_ + }\left( r \right) = \frac{{Ne{\bf{r}}}}{{4\pi {\varepsilon _0}{R^3}}} = \frac{{ne{\bf{r}}}}{{3{\varepsilon _0}}}$ (r<R).

I-1-b La distribution des électrons ne diffère de la précédente que par le signe de sa charge, de sorte que, dans la partie commune aux deux sphères, ${{\bf{E}}_ - }\left( M \right) = \frac{{ne}}{{3{\varepsilon _0}}}{\bf{M}}{{\bf{G}}_e}$.
En appliquant le théorème de superposition, le champ résultant dans cette partie commune sera uniforme et vaudra ${{\bf{E}}_t}\left( M \right) = \frac{{ne}}{{3{\varepsilon _0}}}{\bf{O}}{{\bf{G}}_e}$. Ce champ induit une force identique sur chaque électron, soit ${\bf{f}} = - \frac{{n{e^2}}}{{3{\varepsilon _0}}}{\bf{O}}{{\bf{G}}_e}$, ce qui est compatible avec l’hypothèse de déplacement en bloc des électrons (en fait, s’ils sont initialement déplacés en bloc et abandonnés sans vitesse initiale, leur mouvement continuera à sa faire en bloc) ; ce type de mouvement est appelé mode collectif.
Les électrons étant en nombre égal à N, la force de rappel qu’ils subiront en bloc sera ${\bf{F}} = - \frac{{Nn{e^2}}}{{3{\varepsilon _0}}}{\bf{O}}{{\bf{G}}_e}$ si on considère que le nombre d’électrons extérieurs à la partie commune est très faible.
I-1-c L’application du théorème de la résultante cinétique au système des N électrons conduit à l’équation $N{m_e}\frac{{{d^2}{\bf{O}}{{\bf{G}}_e}}}{{d{t^2}}} = - \frac{{Nn{e^2}}}{{3{\varepsilon _0}}}{\bf{O}}{{\bf{G}}_e}$, soit $\frac{{{d^2}{\bf{O}}{{\bf{G}}_e}}}{{d{t^2}}} + \omega _M^2{\bf{O}}{{\bf{G}}_e} = {\bf{0}}$, où $\omega _M^2 = \frac{{n{e^2}}}{{3{m_e}{\varepsilon _0}}}$. Le mouvement est donc oscillant à la période ${T_M} = 1,22\;{\rm{fs}}$.
I-2-a Il se produira un phénomène de résonance pour des pulsations proches de w_M. La longueur d’onde dans le vide associée à cette vibration est l₀₌0,366 µm, c’est-à-dire qu’elle se situe dans le très proche ultraviolet.
Pour avoir un agrégat dont le rayon est de l’ordre de la longueur d’onde l₀, il faudrait un nombre d’ions de l’ordre de ${N_M} = n\frac{{4\pi }}{3}\lambda _0^3 = 5,1\;{10^9}$. Pour des agrégats contenant quelques milliers d’ions, on aura donc Rl₀, et on pourra considérer que le champ est uniforme sur tout le domaine occupé par l’agrégat.

I-2-b L’équation du mouvement des électrons devient
$\frac{{{d^2}{\bf{O}}{{\bf{G}}_e}}}{{d{t^2}}} + \frac{\alpha }{{{m_e}}}\frac{{d{\bf{O}}{{\bf{G}}_e}}}{{dt}} + \omega _M^2{\bf{O}}{{\bf{G}}_e} = - \frac{{e{E_m}}}{{{m_e}}}{{\rm{e}}^{ - {\rm{i}}\omega t}}{{\bf{e}}_z}$,
le mouvement étant donc la superposition du régime transitoire à une pulsation proche de w_M (pseudopériodique amorti si l’amortissement a est suffisamment faible) et du régime forcé à la pulsation w. Puisque, en outre, le moment dipolaire de la distribution s’écrit p=-NeOG_e, il vient
$\frac{{{d^2}{\bf{p}}}}{{d{t^2}}} + \frac{\alpha }{{{m_e}}}\frac{{d{\bf{p}}}}{{dt}} + \omega _M^2{\bf{p}} = \frac{{N{e^2}{E_m}}}{{{m_e}}}{{\rm{e}}^{ - {\rm{i}}\omega t}}{{\bf{e}}_z}$.
Le régime forcé sera donc caractérisé par $\left( { - {\omega ^2} - \frac{{{\rm{i}}\alpha \omega }}{{{m_e}}} + \omega _M^2} \right){\bf{p}} = \frac{{N{e^2}{E_m}}}{{{m_e}}}{{\rm{e}}^{ - {\rm{i}}\omega t}}{{\bf{e}}_z}$, soit p=p₀(w)e^-i^w^te_z où ${p_0}\left( \omega \right) = \frac{{N{e^2}{E_m}}}{{{m_e}\left( {\omega _M^2 - {\omega ^2}} \right) - {\rm{i}}\alpha \omega }}$.
I-1-c Par définition, $\Pi = \frac{{{\bf{E}} \times {\bf{B}}}}{{{\mu _0}}}$., et, puisque varie harmoniquement, $\Pi = \frac{{{\mu _0}{\omega ^4}{{\sin }^2}\theta }}{{16{\pi ^2}{r^2}c}}p{\left( t \right)^2}{{\bf{e}}_r}$. Sa valeur moyenne vaudra donc $\left\langle \Pi \right\rangle = \frac{{{\mu _0}{\omega ^4}{{\sin }^2}\theta }}{{16{\pi ^2}{r^2}c}}\left\langle {p{{\left( t \right)}^2}} \right\rangle {{\bf{e}}_r} = \frac{{{\mu _0}{\omega ^4}{{\sin }^2}\theta }}{{32{\pi ^2}{r^2}c}}p\left( t \right)p*\left( t \right){{\bf{e}}_r}$, en notation complexe, et, finalement, $\left\langle \Pi \right\rangle = \frac{{{\mu _0}{\omega ^4}{{\sin }^2}\theta }}{{32{\pi ^2}{r^2}c}}{\left| {{p_0}\left( \omega \right)} \right|^2}{{\bf{e}}_r}$.
La puissance moyenne totale rayonnée par le dipôle est égale au flux du vecteur de Poynting moyen à travers une sphère centrée sur O. Elle vaut donc $\left\langle P \right\rangle = \mathop{{\int\!\!\!\!\!\int}\mkern-21mu \bigcirc}\limits_{S\left( {O,r} \right)}
{\Pi .d{\bf{S}}} = \int\limits_0^\pi {\int\limits_0^{2\pi } {{r^2}\Pi \sin \theta d\theta d\varphi } } $, soit $\left\langle P \right\rangle = \frac{{{\mu _0}{\omega ^4}}}{{12\pi c}}{\left| {{p_0}\left( \omega \right)} \right|^2}$.
I-1-d Avec le I-1-b, on peut écrire $\left\langle P \right\rangle = \frac{{{\mu _0}{\omega ^4}}}{{12\pi c}}\frac{{{N^2}{e^4}E_m^2}}{{m_e^2\left( {{{\left( {\omega _M^2 - {\omega ^2}} \right)}^2} + \frac{{{\alpha ^2}{\omega ^2}}}{{m_e^2}}} \right)}} = \sigma \left( \omega \right)\frac{1}{2}{\varepsilon _0}cE_m^2$, où $\sigma \left( \omega \right) = \frac{{8\pi }}{3}{\left( {\frac{{N{e^2}}}{{4\pi {\varepsilon _0}{m_e}{c^2}}}} \right)^2}\frac{{{\omega ^4}}}{{{{\left( {\omega _M^2 - {\omega ^2}} \right)}^2} + \frac{{{\alpha ^2}{\omega ^2}}}{{m_e^2}}}}$. La quantité $\frac{{{e^2}}}{{4\pi {\varepsilon _0}}}$ étant le produit d’une énergie par une distance et m_ec² étant une énergie, σ a bien la dimension d’une surface.

I-1-e Pour w=w_M+δw, on pourra écrire, si w_Mt≈1, $\frac{\sigma }{A} = \frac{1}{{4\frac{{\delta {\omega ^2}}}{{\omega _M^2}} + \frac{1}{{\omega _M^2{\tau ^2}}}}}$, en ne gardant δw que dans le terme $\omega _M^2 - {\omega ^2}$ et en écrivant w=w_M dans les autres termes. Pour δw=0, on a σ₀=(w_Mt)²A et pour w=0,05w_M, $\sigma = \frac{{{\sigma _0}}}{2}$, d’où w_Mt=10, et t=1,95 fs.

Réponse de l’agrégat à une excitation électrique

II-1-a Le proton attirera les électrons vers lui, de sorte que lorsque les électrons de l’agrégat seront plus proches de lui que les ions ; les charges des deux systèmes (électrons et ions de l’agrégat) étant les mêmes au signe près, le proton subira une force attractive de la part des électrons plus importante que la force répulsive des ions : il sera donc attiré par l’agrégat.
L’agrégat est un oscillateur dont les vibrations se font toujours à une pulsation très voisine de w_M; en dehors d’un domaine étroit autour de cette pulsation, le système ne peut être notablement excité (courbe de résonance). La longueur d’onde associée est donc l₀=0,366 µm.
Le rayon d’un agrégat sphérique contenant N ions sera $R = {\left( {\frac{{3N}}{{4\pi n}}} \right)^{\frac{1}{3}}}$, donc si 10<N<1000, on aura 0,45 nm<R<2,12 nm. Un paramètre d’impact b≈10→20 nm pourrait alors satisfaire à l’approximation proposée (on verra cependant que la part importante de cette approximation est b≈l₀).
Le potentiel crée par le dipôle p(t) en un point M de l’espace est, dans l’hypothèse des potentiels non retardés, $V = \frac{{{\bf{r}}.{\bf{p}}}}{{4\pi {\varepsilon _0}{r^3}}}$. Pour le proton on aura p=Nea(t), où a(t) représente le déplacement du nuage d’électrons ; on a donc a≈R. De plus $\left| {\frac{{{\bf{p}}.{\bf{r}}}}{{{r^3}}}} \right| < \frac{p}{{{r^2}}} < \frac{p}{{r_0^2}} \approx \frac{{NeR}}{{r_0^2}}$, où r₀ est la distance minimale d’approche du proton ; par conséquent, tout au long de la trajectoire du proton, on a $\left| {V\left( {{{\bf{r}}_p}} \right)} \right| \approx \frac{{NeR}}{{4\pi {\varepsilon _0}r_0^2}}$.
C’est dans l’hypothèse de potentiels non retardés que joue l’approximation b≈l₀ (l’approximation inverse b≈l₀ conduisant à la zone d’onde où les champs du I-2-c sont valables) ; la seconde contrainte sur b pour pouvoir faire l’approximation du champ dipolaire est b=r_e, ce qui est évidemment réalisé si b≈R, mais aussi si bR≈r_e!.

II-1-b Lorsque p et r_p sont colinéaires (et de sens opposés), le champ crée par le dipôle sur le proton vaut ${{\bf{E}}_d} = - \frac{{2{p_{\max }}}}{{4\pi {\varepsilon _0}r_p^3}}{{\bf{e}}_r}$, de sorte que la force que subit le proton est une force centrale attractive. On en déduit que, sous ces hypothèses, la trajectoire du proton est plane et que le moment cinétique et l’énergie mécanique totale du système se conservent.
A l’infini, ce moment cinétique et cette énergie valent ${\bf{L}} = - {m_p}{v_p}b{{\bf{e}}_y}$ et $E = \frac{1}{2}{m_p}v_p^2$ ; en r_p=r₀, ces grandeurs s’écrivent ${\bf{L}} = - {m_p}{r_0}{v_0}{{\bf{e}}_y}$ et $E = \frac{1}{2}{m_p}v_0^2 - \frac{{e{p_{{\rm{max}}}}}}{{4\pi {\varepsilon _0}r_0^2}}$. On en déduit que ${v_0} = \frac{b}{{{r_0}}}{v_p}$ et que $\frac{1}{2}{m_p}v_p^2 = \frac{1}{2}{m_p}v_p^2\frac{{{b^2}}}{{r_0^2}} - \frac{{e{p_{{\rm{max}}}}}}{{4\pi {\varepsilon _0}r_0^2}}$, d’où $\frac{{e{p_{{\rm{max}}}}}}{{4\pi {\varepsilon _0}}} = \frac{1}{2}{m_p}v_p^2\left( {{b^2} - r_0^2} \right)$.
Cette configuration est la “ plus attractive ” car, en réalité, p<p_max et p et r_p ne sont pas tout à fait colinéaires. Il en découle que le r₀ réel sera plus grand que celui qui est déterminé par la relation précédente et que, pour le mouvement réel, ${b^2} - r_0^2 < \frac{{2e{p_{{\rm{max}}}}}}{{4\pi {\varepsilon _0}{m_p}v_p^2}}$. Mais on a aussi p_max=Nea_maxNeR, donc $0 < {b^2} - r_0^2 < \frac{{2N{e^2}R}}{{4\pi {\varepsilon _0}{m_p}v_p^2}}$.
Puisque b>R, il vient, finalement, $\frac{{{b^2} - r_0^2}}{{{b^2}}} \approx \frac{{2N{e^2}}}{{4\pi {\varepsilon _0}R{m_p}v_p^2}} = \frac{e}{{2{\varepsilon _0}{E_p}}}{\left( {\frac{{{N^2}n}}{{6{\pi ^2}}}} \right)^{1/3}} $, où E_p est l’énergie initiale du proton en eV. Le majorant est minimum pour les petits agrégats et les grandes énergies, soit N=10 et E_p=100 keV (il prend alors la valeur 3,2 10^-4), et il est maximum pour les petites énergies et les grands agrégats, soit N=1000 et E_p=10 keV (il vaut alors 6,8%). On en déduit que dans tous les cas $\frac{{{b^2} - r_0^2}}{{{b^2}}} \approx 6,8\% $, soit $\frac{{b - {r_0}}}{b} \approx 3,4\% $. Le mouvement du proton peut donc être considéré comme étant rectiligne uniforme.
On remarque cependant que le résultat reste valable si b est de l’ordre de R et non pas seulement très supérieur à lui ; donc, tant que Rr_e, les contraintes sur b pour justifier les calculs précédents peuvent être alors réduites à r_e≈Rb≈l₀.

II-2-a Le proton est caractérisé par x_p=b, y_p=0 et z_p=v_pt.
II-2-b La force exercée par le proton sur le nuage électronique s’applique au centre de ce nuage. L’équation du mouvement du nuage sera donc $N{m_e}{{\bf{\ddot r}}_e} = - N{m_e}\omega _M^2{{\bf{r}}_e} + \frac{{N{e^2}}}{{4\pi {\varepsilon _0}}}\frac{{{{\bf{r}}_p} - {{\bf{r}}_e}}}{{{{\left\| {{{\bf{r}}_p} - {{\bf{r}}_e}} \right\|}^3}}}$.
En posant $C = \frac{{{e^2}}}{{4\pi {\varepsilon _0}{m_e}}}$ et en remarquant que r_pr_e, on peut simplifier cette équation en ${{\bf{\ddot r}}_e} + \omega _M^2{{\bf{r}}_e} = C\frac{{{{\bf{r}}_p}}}{{r_p^3}}$. En projection sur les axes, on trouve $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\ddot x}_e} + \omega _M^2{x_e} = C\frac{b}{{{{\left( {{b^2} + v_p^2{t^2}} \right)}^{3/2}}}}}\\{{{\ddot y}_e} - \omega _M^2{y_e} = 0}\\{{{\ddot z}_e} + \omega _M^2{z_e} = C\frac{{{v_p}t}}{{{{\left( {{b^2} + v_p^2{t^2}} \right)}^{3/2}}}}}\end{array}} \right.$.
II-2-c Les conditions initiales imposent y_e(t)=0.
Avec les nouvelles variables, on peut écrire ${\ddot x_e} + \omega _M^2{x_e} = \dot X - i{\omega _M}X$ (et de même pour z_e), et si on pose X(t)=l(t)exp(iw_Mt) et Z(t)=l(t)exp(iw_Mt), les équation scalaires se réduisent à $\dot \lambda \left( t \right) = C\frac{{b{{\rm{e}}^{ - {\rm{i}}{\omega _{\rm{M}}}t}}}}{{{{\left( {{b^2} + v_p^2{t^2}} \right)}^{3/2}}}}$ et $\dot \mu \left( t \right) = C\frac{{{v_p}t{{\rm{e}}^{ - {\rm{i}}{\omega _{\rm{M}}}t}}}}{{{{\left( {{b^2} + v_p^2{t^2}} \right)}^{3/2}}}}$. Les conditions initiales sont telles que l(-∞)=m(-∞)0, d’où les solutions $\lambda \left( t \right) = C\int\limits_{ - \infty }^t {\frac{{b{{\rm{e}}^{ - {\rm{i}}{\omega _{\rm{M}}}t}}}}{{{{\left( {{b^2} + v_p^2{t^2}} \right)}^{3/2}}}}dt} $ et $\mu \left( t \right) = C\int\limits_{ - \infty }^t {\frac{{{v_{\rm{p}}}t{{\rm{e}}^{ - {\rm{i}}{\omega _{\rm{M}}}t}}}}{{{{\left( {{b^2} + v_p^2{t^2}} \right)}^{3/2}}}}dt} $.
On a $\lambda \left( { + \infty } \right) = C\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\frac{{b{{\rm{e}}^{ - {\rm{i}}{\omega _{\rm{M}}}t}}}}{{{{\left( {{b^2} + v_p^2{t^2}} \right)}^{3/2}}}}dt} = 2C\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{b\cos {\omega _M}t}}{{{{\left( {{b^2} + v_p^2{t^2}} \right)}^{3/2}}}}dt} $, soit $\lambda \left( { + \infty } \right) = \frac{{2C{\omega _M}}}{{v_p^2}}{K_1}\left( {\frac{{b{\omega _M}}}{{{v_p}}}} \right)$, et, de même, $\mu \left( { + \infty } \right) = C\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\frac{{{v_p}t{{\rm{e}}^{ - {\rm{i}}{\omega _{\rm{M}}}t}}}}{{{{\left( {{b^2} + v_p^2{t^2}} \right)}^{3/2}}}}dt} = 2{\rm{i}}C\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{{v_p}t\sin {\omega _M}t}}{{{{\left( {{b^2} + v_p^2{t^2}} \right)}^{3/2}}}}dt} $, soit $\mu \left( { + \infty } \right) = \frac{{2{\rm{i}}C{\omega _M}}}{{v_p^2}}{K_0}\left( {\frac{{b{\omega _M}}}{{{v_p}}}} \right)$.
II-2-d Les formes asymptotiques de X et Z sont X≈l(+∞)exp(iw_Mt) et Z≈m(+∞)exp(iw_Mt) ; les solutions asymptotiques correspondantes pour x_e et z_e sont donc ${x_e}\left( {t \to + \infty } \right) = \frac{{2C}}{{v_p^2}}{K_1}\left( {\frac{{b{\omega _M}}}{{{v_p}}}} \right)\sin {\omega _M}t$ et ${z_e}\left( {t \to + \infty } \right) = \frac{{2C}}{{v_p^2}}{K_0}\left( {\frac{{b{\omega _M}}}{{{v_p}}}} \right)\cos {\omega _M}t$. Ce sont des mouvement sinusoïdaux de pulsation w_M et le centre du nuage décrit une ellipse dont le grand axe est porté par l’axe x.

II-2-e Les fonctions u²K₀(u) et u²K₁(u) sont maximales pour u1,5. $\frac{b}{{{v_p}}}$ est le temps que met le proton pour parcourir la distance b. Si l’on admet que le proton n’interagit fortement avec l’agrégat que s’il se trouve à une distance inférieure à b de M₀ (point d’approche maximale), la durée de l’interaction sera justement de l’ordre de $\frac{b}{{{v_p}}}$. Si cette durée d’interaction est du même ordre que la période du mouvement libre collectif des électrons, se produira une résonance entraînant un maximum de l’amplitude du mouvement final ; ceci se réalisera justement pour $\frac{{b{\omega _M}}}{{{v_p}}} = u~1$.
Alors, pour u≈1,5, $b \approx \frac{3}{{2{\omega _M}}}\sqrt {\frac{{2{E_p}}}{{{m_p}}}} $, soit b≈1,3 nm.
L’amplitude du mouvement des électrons est alors ${r_{e{\rm{max}}}} \approx \frac{{2C}}{{v_p^2}}{K_{\max }} = \frac{{{e^2}}}{{4\pi {\varepsilon _0}{E_p}}}{K_{{\rm{max}}}}$ où K_max0,5. On trouve donc r_e_max0,14 pm.
On ne peut pas considérer que bR, mais les remarques du II-1-a et du II-1-b montrent que les conditions des approximations faites sont réalisées puisque r_e≈Rb≈l₀.
II-2-f Pour u→∞, K₀ et K₁ deviennent des équivalents, même si tous deux tendent vers 0. Le mouvement des électrons est alors circulaire de très petit rayon.
Un observateur dans le plan xOz perçoit le mouvement de l’agrégat comme se faisant périodiquement sur une droite ; il recevra donc une onde polarisée rectilignement.
Un observateur situé sur l’axe Oy voit les électrons se déplacer sur un cercle ; il recevra donc une onde polarisée circulairement.

Concours Physique École Polytechnique (MP) 1997 (Corrigé)

Formation des gouttes de pluie au sein d’un nuage

Thermodynamique d’une goutte d’eau

I-1 Il faut considérer l’interface comme un système thermodynamique indépendant à la fois de la goutte elle-même et de l’atmosphère extérieure. Lorsque l’on accroît le rayon a de la goutte d’un infiniment petit da, son volume augmente de 4πa²da et sa surface de 8πada. Le travail fournit à l’interface par les systèmes (goutte + atmosphère) qui lui sont extérieurs vaut δW=(p_L-p₀)dV=(p_L-p₀)4πa²da, et ce travail vaut σdA=σ8πada, d’où l’égalité ${p_L} = {p_0} + \frac{{2\sigma }}{a}$.

A.N. : pour a=1 µm, p_L-p₀=1,52 bar.
I-2-a Partant de vapeur sèche, la pression de vapeur saturante est la pression p_V à laquelle apparaît la première goutte liquide.
I-2-b Le potentiel chimique d’un gaz parfait sous une pression partielle p s’écrit $\mu \left( {T,p} \right) = {\mu ^o}\left( T \right) + RT\ln \frac{p}{{{p^o}}}$, où m°(T) est le potentiel chimique standard du gaz étudié et où p°1 bar. Il est alors clair que ${\mu _V}\left( {{{p'}_s},{T_0}} \right) - \mu \left( {{p_s},{T_0}} \right) = R{T_0}\ln \frac{{{{p'}_s}}}{{{p_s}}}$.

I-2-c Le volume molaire d’une phase condensée ne dépendant pratiquement pas de la pression et très peu de la température, on pourra le considérer comme étant constant. Alors, de ${\left( {\frac{{\partial \mu }}{{\partial p}}} \right)_T} = v = {\rm{cste}}$, on tire ${\mu _L}\left( {T,p} \right) = \mu _L^o\left( T \right) + {v_L}p$, de sorte que le potentiel chimique est linéaire en p. On en déduit que ${\mu _L}\left( {{p_L},{T_0}} \right) - {\mu _L}\left( {{p_0},{T_0}} \right) = {v_L}\left( {{p_L} - {p_0}} \right)$, et, avec le I-1 et en remarquant que ${v_L} = \frac{M}{{{\rho _L}}}$, on peut enfin écrire ${\mu _L}\left( {{p_L},{T_0}} \right) - {\mu _L}\left( {{p_0},{T_0}} \right) = \frac{{2\sigma M}}{{a{\rho _L}}}$.
I-2-d L’équilibre thermodynamique de la goutte s’écrit ${\mu _L}\left( {{p_L},{T_0}} \right) = {\mu _V}\left( {{{p'}_s},{T_0}} \right)$, alors que, pour une interface plane, on a ${\mu _L}\left( {{p_0},{T_0}} \right) = {\mu _V}\left( {{{p'}_s},{T_0}} \right)$. En soustrayant ces deux relations on aboutit, avec les résultats précédents, à $R{T_0}\ln \frac{{{{p'}_s}}}{{{p_s}}} = \frac{{2\sigma M}}{{a{\rho _L}}}$, soit encore $\frac{{{{p'}_s}}}{{{p_s}}} = \exp \left( {\frac{{b\left( {{T_0}} \right)}}{a}} \right)$, où $b\left( {{T_0}} \right) = \frac{{2\sigma M}}{{R{T_0}{\rho _L}}}$.
I-2-e A.N. :A 0°C et pour a=0,1 µm, $\frac{{{{p'}_s}\left( a \right)}}{{{p_s}}} = 1 + 1,2\;{10^{ - 2}}$. Pour avoir une différence relative inférieure à 10^-4, il faudra a>12 µm.
I-3-a Si a>r_e, la pression ${p'_s}\left( a \right)$ est inférieure à ${p'_s}\left( {{r_e}} \right) = {p_V}$ ; la goutte se trouve donc dans une atmosphère sursaturée en vapeur et l’eau se condensera au niveau de la goutte : la goutte grossira donc. De même, si a<r_e, la goutte s’évaporera et son rayon diminuera. Il en découle que la goutte est instable.
La création de gouttes de tout petit rayon nécessite une pression saturante très grande, ce qui explique que l’on puisse avoir une vapeur sursaturée.
Remarque : les gouttes se formeront en fait sur les impuretés solides se trouvant en suspension dans la vapeur. Si ces impuretés ont des rayons de l’ordre de 10 µm (poussières usuelles), les gouttes qui se formeront en ces points auront initialement ces rayons, de sorte que la pression saturante n’excédera la pression p_s que de 0,012%. Pour avoir des sursaturations notables en vapeur, il faudra donc filtrer les poussières pour limiter leur rayon maximal (ainsi un écart de 1% sur la pression saturante sera obtenue pour des poussières dont le rayon maximal vaut 0,12 µm).

I-3-b L’étude de l’instabilité de la goutte se nuance lorsque l’on étudie un ensemble de gouttes dans un milieu humide. En effet si on part d’une situation où existent des gouttes dont les rayons sont supérieurs ou inférieurs à r_e, les résultats précédents montrent que les petites gouttes disparaissent rapidement alors que les grosses augmentent de volume. Donc, lorsque les petites gouttes ont disparu, les gouttes qui restent et qui grossissent vont puiser l’eau du milieu humide dans lequel elles se trouvent, en faisant diminuer la pression p_V. Puisque pour des rayons “ assez ” grands (quelques dizaines de µm) la pression de saturation ne varie presque plus (et vaut p_s), la pression p_V, diminuant, finira par égaler pratiquement la pression p_s; à partir de là, la cinétique de condensation des gouttes devient très faible (puisque p_Vp_s) et le système, sans être rigoureusement à l’équilibre, n’évolue cependant plus.

Formation des gouttes par condensation

II-1 La masse traversant, vers l’intérieur, la surface d’une sphère de rayon r vaut $\dot m = - \mathop{{\int\!\!\!\!\!\int}\mkern-21mu \bigcirc}\limits_{S\left( {0,r} \right)}
{{{\bf{j}}_m}.d{\bf{S}}} $. Les grandeurs étudiées ne dépendant que de r, on aura donc $\dot m = 4\pi {r^2}D{\left. {\frac{{d{\rho _V}}}{{dr}}} \right|_r}$. Par intégration entre a et l’infini, on aura donc $\dot m\left[ { - \frac{1}{r}} \right]_a^\infty = 4\pi D\left. {{\rho _V}} \right|_a^\infty $, soit $\dot m = 4\pi aD\left[ {{\rho _V}\left( \infty \right) - {\rho _V}\left( a \right)} \right]$.
II-2-a Au niveau de la surface de la goutte, il y a liquéfaction de la vapeur. Si une masse δm de liquide se condense, cela libère une chaleur Lδm dans la vapeur ; la vapeur s’échauffe donc au voisinage de la goutte et T(a)>T(∞).
II-2-b La loi de Fourier s’écrit ${{\bf{j}}_Q} = - \lambda \;grad\;T$.

II-2-c La chaleur produite au niveau de la goutte par unité de temps est $L\dot m$ et cette chaleur diffuse à travers la vapeur jusqu’à l’infini. En supposant toujours les états stationnaires, on a donc, pour le flux thermique à travers une sphère de rayon r, $L\dot m = - 4\pi {r^2}\lambda {\left. {\frac{{dT}}{{dr}}} \right|_r}$, qui s’intègre sur r en donnant (de même qu’au II-1) $L\dot m = 4\pi a\lambda \left[ {T\left( a \right) - T\left( \infty \right)} \right]$.
II-3 Pour un gaz parfait ${{u}_{V}}=\frac{RT}{Mp}{{u}_{L}}$, de sorte qu’en se déplaçant le long de la courbe de vaporisation on a $\frac{{LM}}{R}\frac{{dT}}{{{T^2}}} = \frac{{d{p_s}}}{{{p_s}}}$, ce qui, par intégration, conduit à $\frac{{LM}}{R}\left( {\frac{1}{{{T_\infty }}} - \frac{1}{{T\left( a \right)}}} \right) = \ln \frac{{{p_s}\left[ {T\left( a \right)} \right]}}{{{p_s}\left[ {{T_\infty }} \right]}}$. Si p_s[T(a)]=p_s[T_∞](1+e) et si T(a)=T_∞(1+h), où e et h sont des infiniment petits, cette relation devient $\frac{{LM}}{{R{T_\infty }}}\eta = \varepsilon $, soit $\frac{{LM}}{{R{T_\infty }}}\frac{{T\left( a \right) - {T_\infty }}}{{{T_\infty }}} = \frac{{{p_s}\left[ {T\left( a \right)} \right] - {p_s}\left[ {{T_\infty }} \right]}}{{{p_s}\left[ {{T_\infty }} \right]}}$.
II-4 En notant de même ρ_V(a)=ρ_∞(1+ξ) et p_V(a)=p_∞(1+e’) , où ξ est un infiniment petit, et compte tenu de la loi des gaz parfaits qui stipule que $\frac{{\rho T}}{p} = {\rm{cste}} = \frac{M}{R}$, soit $\frac{{{\rho _\infty }{T_\infty }}}{{{p_\infty }}} = \frac{{{\rho _\infty }{T_\infty }}}{{{p_\infty }}}\left( {1 + \xi + \eta - \varepsilon '} \right)$, il vient $\frac{{T\left( a \right) - {T_\infty }}}{{{T_\infty }}} + \frac{{{\rho _V}\left( a \right) - {\rho _\infty }}}{{{\rho _\infty }}} = \frac{{{p_V}\left( a \right) - {p_\infty }}}{{{p_\infty }}}$.
II-5 On a donc, avec II-1 et II-2-c, $\frac{{L\dot m}}{{4\pi \lambda a{T_\infty }}} - \frac{{\dot m}}{{4\pi Da{\rho _\infty }}} = \frac{{{p_V}\left( a \right) - {p_\infty }}}{{{p_\infty }}}$. Or, selon les hypothèses, on a $\frac{{{p_V}\left( a \right) - {p_\infty }}}{{{p_\infty }}} = \frac{{{p_s}\left[ {T\left( a \right)} \right] - S{p_s}\left( \infty \right)}}{{S{p_s}\left( \infty \right)}} = \frac{{{p_s}\left[ {T\left( a \right)} \right] - {p_s}\left( \infty \right)}}{{S{p_s}\left( \infty \right)}} - \frac{{S - 1}}{S} = \frac{{LM}}{{R{T_\infty }}}\frac{{T\left( a \right) - {T_\infty }}}{{S{T_\infty }}} - \frac{{S - 1}}{S}$, ce qui, en utilisant à nouveau II-2-c, donne $\frac{{{p_V}\left( a \right) - {p_\infty }}}{{{p_\infty }}} = \frac{{{L^2}M\dot m}}{{4\pi \lambda aSRT_\infty ^2}} - \frac{{S - 1}}{S}$. Reporté dans l’expression précédente, on obtient finalement $\dot m\left( {\frac{L}{{4\pi \lambda a{T_\infty }}}\left( {\frac{{LM}}{{R{T_\infty }}} - S} \right) + \frac{S}{{4\pi Da{\rho _\infty }}}} \right) = S - 1$.
La loi des gaz par faits donne $\frac{S}{{{\rho _\infty }}} = \frac{{SR{T_\infty }}}{{M{p_\infty }}} = \frac{{R{T_\infty }}}{{M{p_s}\left( {{T_\infty }} \right)}}$, et, comme $\dot m = {\rho _L}4\pi {a^2}\dot a$, on arrive à l’équation $a\dot a\left( {\frac{{{\rho _L}L}}{{\lambda {T_\infty }}}\left( {\frac{{LM}}{{R{T_\infty }}} - S} \right) + \frac{{{\rho _L}R{T_\infty }}}{{DM{p_s}\left( {{T_\infty }} \right)}}} \right) = S - 1$.
II-6 La vitesse initiale de condensation est ${\dot a_0} = \frac{{S - 1}}{{{a_0}C}} = 31\;{\rm{nm}}{\rm{.}}{{\rm{s}}^{ - 1}}$. L’équation d’évolution du rayon est $a\left( t \right) = \sqrt {a_0^2 + 2\frac{{S - 1}}{C}t} $, soit $\frac{{a\left( t \right)}}{{{a_0}}} = \sqrt {1 + 2\frac{{{{\dot a}_0}t}}{{{a_0}}}} $. La goutte atteindra le rayon de 30 µm en 4 h environ.

Croissance de la goutte par coalescence

III-1 La vitesse limite est atteinte lorsque la somme des forces s’exerçant sur la goutte s’annule, c’est-à-dire pour $6\pi \eta a{{\bf{v}}_0} = m{\bf{g}}$, ou encore ${{\bf{v}}_0} = \frac{{2{\rho _L}{a^2}}}{{9\eta }}{\bf{g}}$. Cette fonction croît avec a.
A.N. : pour a=30 µm, v₀=11,5 cm/s.
III-2-a Puisque la densité de gouttelettes et leur vitesse sont les mêmes en A que loin de la goutte, la conservation du flux de gouttelettes s’écrit simplement πb²=π(d²-a²).
III-2-b Il y a coalescence si d=a+a’, donc si ${b^2} = a'\left( {2a + a'} \right)$.
III-3-a Les petites gouttes “ montent ” vers la grosse goutte à la vitesse relative v₀(a)‑v₀(a’)=v_r. La grosse goutte capturera donc, entre t et t+dt un nombre de petites gouttes égal à dN=v_rdtπb²n. Son volume s’accroît donc $dV = \frac{4}{3}\pi {a'^3}dN = \frac{4}{3}\pi {a'^3}n{v_r}dt\pi a'\left( {2a + a'} \right)$ sur ce même intervalle de temps, donc $\frac{4}{3}\pi {a^2}da = \frac{4}{3}\pi n\frac{{2{\rho _L}g}}{{9\eta }}\left( {{a^2} - {{a'}^2}} \right)dt\pi {a'^4}\left( {2a + a'} \right)$, et , finalement, $\dot a = \frac{{2\pi n{\rho _L}g}}{{9\eta }}\left( {1 - \frac{{{{a'}^2}}}{{{a^2}}}} \right){a'^4}\left( {2a + a'} \right)$.
III-3-b Soit ρ la masse volumique de l’eau dans le nuage ; on a $\rho = \frac{4}{3}\pi {\rho _L}{a'^3}n$ et $\dot a = \frac{{\rho g}}{{6\eta }}\left( {1 - \frac{{{{a'}^2}}}{{{a^2}}}} \right)a'\left( {2a + a'} \right)$.
A.N. : dans les conditions données, $\dot a = 18\;{\rm{nm/s}}$.

III-4

La coalescence prendra donc le pas sur la condensation pour des rayons supérieurs à une dizaine de µm.

Concours Physique École Polytechnique (PC) 1997 (Énoncé)

ÉCOLE POLYTECHNIQUE
ÉCOLE SUPÉRIEURE DE PHYSIQUE ET DE CHIMIE INDUSTRIELLES
CONCOURS D’ADMISSION 1997 OPTION PC
DEUXIÈME COMPOSITION DE PHYSIQUE
(Durée: 4 heures)
L’utilisation des calculatrices est autorisée pour cette épreuve.

$ \star \star \star $

Mesure de forces à courte portée entre deux surfaces
Ce problème a pour objet l’étude d’un appareil de mesure directe des forces d’interaction entre deux surfaces macroscopiques, non rugueuses à l’échelle atomique, en fonction de leur séparation.
Le schéma du montage expérimental est donné sur la figure 1. Deux lames minces transparentes de silice, d’aire voisine de 1 $c{m^2}$ et d’épaisseur $L$ de l’ordre de 1 à 3 $\mu m$ sont argentées sur une face, puis accolées par leur face argentée à deux autres lames transparentes également en silice, nettement plus épaisses et jouant le rôle de supports.

L’ensemble inférieur est fixé à l’extrémité d’une lame êlastique qui a les mêmes effets qu’un ressort de raideur K en ce qui concerne les déplacements verticaux. L’ensemble supérieur peut être déplacé en translation verticale à l’aide d’une céramique piézoélectrique dont l’expansion ou la contraction dépend linéairement d’une tension électrique $U$ appliquée.

Figure 1

Données numériques
Charge électrique élémentaire $e = 1,6 \times {10^{ - 19}}C$
Constante de Boltzmann ${k_B} = 1,38 \times {10^{ - 23}}J{K^{ - 1}}$
Permittivité diélectrique du vide ${\varepsilon _0} = 8,8 \times {10^{ - 12}}SI$
Les trois premières parties du problème sont totalement indépendantes.
Première partie
Cette partie est consacrée au principe de la détermination par une méthode optique de la séparation $D$ entre les lames (figure 1). Ces lames d’indice $n$ ont leurs faces planes et parallèles. Les couches d’argent, d’épaisseur négligeable, sont partiellement réfléchissantes. Une onde lumineuse incidente sur une telle couche donne naissance à une onde réfléchie et à une onde transmise. Pour une onde plane sous incidence normale, sa polarisation ne jouant aucun rôle, on adopte une description scalaire. Soient $r$ et $t$ les coefficients de réflexion et de transmission des amplitudes complexes sous incidence normale. On les supposera réels et indépendants de la longueur d’onde dans le domaine visible. On posera $R = {r^2}$ et $T = t,$ avec $R + T = 1.$
Dans un premier temps (questions 1. à 5 on suppose$D = 0$, les lames de silice étant en contact (figure 2).

Figure 2

L’onde incidente plane monochromatique de pulsation $\omega $ se propage dans le sens des $x$ croissants. On note respectivement ${\lambda ^0}$ et $\lambda $ sa longueur d’onde dans le vide et dans la silice. En régime stationnaire, on suppose que dans les lames de silice l’amplitude de la vibration optique est donnée par les expressions suivantes:
$x<0~\text{ }{{E}_{1}}\left( x,~t \right)=Re\left[ A{{e}^{i(kx-\left( vt \right)}}+B{{e}^{i\left( -kx-\omega t \right)}} \right]$
$0<x<2L\text{ }~{{E}_{2}}\left( x,~t \right)=Re\left[ C{{e}^{\iota \left( kx-\omega t \right)}}+F{{e}^{i(-kx-\omega t)}} \right]$
$x>2L\text{ }~{{E}_{3}}\left( x,~t \right)=Re\left[ G{{e}^{i\left( kx-\omega t \right)}} \right]$
1. Justifier le choix de ces trois expressions en précisant l’onde que représente chacun des 5 termes d’amplitudes $A,$ $B,$ $C,$ $F,$ $G$. Pourquoi ${{E}_{3}}\left( x,~t \right)$ ne comporte-t-il qu’un seul terme? Exprimer $k$ en fonction de $n$ et ${\lambda ^0}.$
2. $a)$ En analysant en $x = 0$ l’origine de l’onde d’amplitude$C$, exprimer $C$ en fonction de $A,$ de $F$ et à l’aide de $r$ et $t.$
b) Par une analyse semblable en$x = 2L$, exprimer $F$ et $G$ en fonction de $C.$
c) En déduire le facteur $\rho = {\left| {\frac{G}{A}} \right|^2}$. Que représente-t-il? Le mettre sous la forme:
$\rho = \frac{1}{{1 + \beta {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\varphi }}$
où $\beta $ et $\varphi $ sont à expliciter.
3. $a)$ Déterminer les valeurs de $k$ qui rendent $\rho $ maximal; on les désignera selon leurs valeurs croissantes par ${k_m},$ ${k_1}$ étant la plus petite valeur non nulle; l’entier $m$ sera appelé l’ordre de $k.$
b) Exprimer les longueurs d’onde (dans le vide) $\lambda _m^0$ correspondantes.
c) Pour $n = 1,5$ et $L = 2\mu m$, quelles sont les valeurs de $m$ telles que $\lambda _m^0$ soit dans le spectre visible?
4. On suppose $R$ très proche de 1. On prendra $R = 0,97$ pour les applications numériques.
a) Étudier la variation de $\rho $ en fonction de $k$. Préciser ses valeurs maximales ${{\rho }_{\text{ }\!\!~\!\!\text{ max }\!\!~\!\!\text{ }}}$ et minimales ${{\rho }_{\text{ }\!\!~\!\!\text{ min }\!\!~\!\!\text{ }}}$. Quelle est la valeur numérique de $\frac{{\rho }_{ max }}{{\rho }_{ min}}$?
b) Déterminer les valeurs $k_m^{'}$ et $k_m^{''}$ de $k$ correspondant à $\rho =\frac{{\rho }_{ max }}{2}$ et encadrant ${k_m}.$ Quel est l’écart $\Delta {k_m} = \left| {k_m^{''} - k_m^{'}} \right|$?
c) Soit $\Delta \lambda _m^0$ l’écart de longueur d’onde correspondant à $\Delta {k_m}$. Exprimer le rapport $\frac{{\lambda _m^0}}{{\Delta \lambda _m^0}}$ à l’aide de $R$ et de $m$ et l’évaluer numériquement. Commenter ce résultat.
5. $a)$ On éclaire maintenant les lames avec un faisceau parallèle de lumière blanche, toujours sous incidence normale. On analyse la lumière transmise à l’aide d’un spectrographe à réseau suffisamment résolvant. Qu’observe-t-on ?
b) Montrer qu’il est possible, sans connaître a priori l’épaisseur $L$, de déterminer ${1^ \cdot }$ordre $m$ à partir de la mesure d’une longueur d’onde transmise $\lambda _m^0$ et de la $p$ ième suivante $\lambda _{m + p}^0$ (on supposera que la loi de dispersion $n\left( {{\lambda ^0}} \right)$ de la silice est connue).
Dans la suite du problème, on négligera la dispersion de la silice et on prendra $n$ constant.

6. On écarte maintenant les lames de quelques dizaines de $nm$, l’intervalle d’épaisseur $D$ étant alors constitué d’un film liquide transparent d’indice$n'$. On néglige les effets de réflexion aux interfaces de ce film avec les lames de silice et on ne tiendra compte que du chemin optique supplémentaire ainsi introduit.
a) Donner dans ces conditions la nouvelle expression de $\rho $. Déterminer les valeurs $k_m^D$ de $k$ pour lesquelles $\rho $ est maximal.
b) On note $\lambda _m^D$ la longueur d’onde (dans le vide) transmise d’ordre $m$ pour $D \ne 0$. Exprimer $\delta {\lambda _m} = \lambda _m^D - \lambda _m^0.$
c) Proposer une procédure expérimentale permettant de déterminer le produit $n'D$ suppose inconnu.
d) En considérant des longueurs d’onde autour de 500 nm et en admettant que l’on peut déterminer la longueur d’onde à 0,01 nm près, avec quelle précision peut-on déterminer $n'D$ ?
Deuxième partie
1. ${L^ \cdot }$énergie potentielle d’interaction entre deux molécules isolées $i$ de type (1) et $j$ de type (2) placées respectivement en ${\vec r_i}$ et $\vec r$ est de la forme
$V({\vec r_i} - {\vec r_j}) = - \frac{{C{\alpha _1}.{\alpha _2}}}{{r_{ij}^6}}$
où $C$ est une constante positive, ${r_{ij}} = \left\| {{{\vec r}_i} - {{\vec r}_j}} \right\|$ et ${\alpha _1}$ et ${\alpha _2}$ deux paramètres positifs caractérisant le type de molécule. Pour les applications numériques, on prendra:
$C' = C{\alpha _1}{\alpha _2} = 0,7 \times {10^{ - 77}}J{m^6}$
a) Proposer une interprétation de cette interaction en précisant la signification de ${\alpha _1}$ et ${\alpha _2}$. L’interaction est-elle attractive ou répulsive?
b) On suppose que l’énergie potentielle d’interaction entre une molécule de type (1) et une molécule de type (2) n’est pas modifiée par la présence d’autres molécules proches. Dans ces conditions, calculer l’énergie potentielle d’interaction d’une molécule de type (2) avec un demi-espace homogène limité par un plan situé à une distance $d$ de la molécule de type (2) et contenant ${n_1}$ molécules de type (1) par unité de volume.
2. $a)$ En supposant toujours valable l’hypothèse d’additivité d’interaction de paire entre deux molécules, montrer que l’énergie d’interaction par unité d’aire entre deux surfaces planes parallèles séparant deux demi-espaces semi-infinis (1) et (2), homogènes, contenant respectivement ${n_1}$ et ${n_2}$ molécules par unité de volume, est de la forme
${E_{12}}\left( D \right) = \frac{{ - {A_{12}}}}{{{D^2}}}$
où $D$ est la séparation entre les deux surfaces ; préciser ${A_{12}}.$
b) Quel est le sens et l’expression de la force qui s’exerce par unité d’aire entre les deux surfaces?
c) Calculer ${A_{12}}$ pour ${n_1} = {n_2} = 3 \times {10^{28}}{m^{ - 3}}$

Troisième partie
Les deux éléments (lames argentées $ + $supports) considérés dans la première partie sont supposés identiques et notés $A$ et $B$. Initialement non chargés, ils sont à présent immergés dans une solution aqueuse de chlorure de sodium que ${1^ \cdot }on$ supposera complètement dissocié. Le comportement de ces lames dans une telle solution est complexe; du fait de la dissociation des groupes silanol SiOH en surface qui libère des ions ${H^ + }$ dans la solution, l’interface silice/solution est chargée négativement. Cela entraîne en son voisinage une redistribution des ions dans la solution conduisant à un équilibre caractérisé par une densité volumique totale de charge $\rho \left( r \right)$ , un potentiel électrique $\psi \left( {\vec r} \right)$ , une pression $p\left( {\vec r} \right)$ , et une température uniforme $T$. On notera ${\psi _0}$ le potentiel électrique aux interfaces silice/solution; à grandes distances on prendra $\psi \left( {\vec r} \right) = 0$ et $p\left( {\vec r} \right) = {p_0}$. On ne tiendra pas compte des effets de pesanteur.
1. Soient ${n_ + }\left( {\vec r} \right)$ et ${n_ - }\left( {\vec r} \right)$ les nombres d’ions respectivement positifs et négatifs par unité de volume. On admet qu’ils sont donnés par les expressions
${{n}_{+}}\left( {\vec{r}} \right)={{n}_{0}}\text{ }\!\!~\!\!\text{ exp }\!\!~\!\!\text{ }\left[ -\frac{e\psi \left( {\vec{r}} \right)}{{{k}_{B}}T} \right]~\text{ }{{n}_{-}}\left( {\vec{r}} \right)={{n}_{0}}\text{ }\!\!~\!\!\text{ exp }\!\!~\!\!\text{ }\left[ +\frac{e\psi \left( {\bar{r}} \right)}{{{k}_{B}}T} \right]$
où ${n_0}$ est leur densité commune à grande distance.
a) Commenter les expressions de $n_ + \left( {\vec r} \right)$ et de ${n_ - }\left( {\vec r} \right)$ . Exprimer $\rho \left( {\vec r} \right)$ à l’aide de $n + \left( {\vec r} \right)$ et ${n_ - }\left( {\vec r} \right)$ , puis en fonction de $\psi \left( {\bar r} \right)$ .
b) Écrire la condition d’équilibre local d’un élément de volume de la solution. En déduire la surpression locale $p\left( {\vec r} \right) - {p_0}$ en fonction de $\left( {\vec r} \right)$ . On rappelle que:
$\overrightarrow {grad} f\left[ {g\left( {\vec r} \right)} \right] = f'\left[ {g\left( {\vec r} \right)} \right] \cdot \overrightarrow {grad} g\left( {\vec r} \right)$
2. On suppose les surfaces en regard des lames de silice planes, parallèles et distantes de $D$. On choisit un axe $Ox$ perpendiculaire à ces faces, l’origine $O'$ étant maintenant située sur l’une des faces. La distance $D$ étant supposée très faible devant les dimensions transversales des lames, toutes les grandeurs locales ne dépendent alors que de $x.$
On se propose d’évaluer la force par unité de surface qui s’exerce sur l’élément $A$ et qui est due à la présence de $B$ (figure 3).

Figure 3

a) On considère d’abord un plan, seul dans l’espace, uniformément charge avec la densité surfacique $\sigma $. Rappeler la direction et l’intensité du champ électrique qu’il crée en tout point.
b) On considère maintenant une plaque épaisse à faces parallèles chargée avec la densité volumique $\rho \left( x \right),$ l’axe $Ox$étant perpendiculaire à ses faces. Déterminer de même le champ électrique à l’extérieur de cette plaque. Préciser sa valeur dans le cas d’une plaque de charge totale nulle.
c) Montrer que, pour le système constitué par la solution et les éléments.4 et $B$ immergés. la charge totale de chaque moitié (gauche pour $x < \frac{D}{2}$ et droite pour $x > \frac{D}{2}$) est nulle. Quel est alors le champ électrique exercé en tout point de la moitié gauche du système par toutes les charges de la moitié droite?
d) Utiliser les résultats antérieurs (questions 1. $b$ et 2.$c$) pour déterminer sans calcul supplémentaire la force totale par unité d’aire exercée par la moitié droite sur la moitié gauche et transmise à l’élément A. L’exprimer à l’aide de $v'\left( {\frac{D}{2}} \right)$ et de ${p_0}.$
e) En dehors de la face en regard de $B,$l’élément $A$ est entouré de la solution qui subit la pression $Po$ qui règne à grande distance. Quelle est la résultante des forces (par unité d’aire) qui s:exerce sur la moitié gauche $\left( {x < \frac{D}{2}} \right)$ du système et donc sur $A$? Cette résultante est-elle attractive ou répulsive? Que devient-elle aux grandes valeurs de $D$ ?
3. L’équation reliant le potentiel $\psi \left( x \right)$ à la densité volumique de charge $\rho \left( x \right)$ dans un milieu diélectrique de permittivité $\varepsilon $ s’écrit: $\Delta \psi = - \frac{\rho }{\varepsilon }$, où $\Delta $ est l’opérateur laplacien.
a) Écrire l’équation différentielle vérifiée par $\psi \left( x \right)$ entre les lames.
La simplifier en supposant qu’en tout point $\psi \left( x \right)$ est suffisamment faible pour pouvoir remplacer sh $sh\left( {\frac{{\varepsilon \psi }}{{{k_B}T}}} \right)$ par $\frac{{e\psi }}{{{k_B}T}}$. On posera:
$a = {\left( {\frac{{2{n_0}{e^2}}}{{\varepsilon {k_B}T}}} \right)^{\frac{1}{2}}}$
b) Résoudre l’équation obtenue pour $0 < x < D$ sachant qu’aux interfaces entre la lame de silice et la solution le potentiel prend la valeur ${\psi _0}.$
c) Exprimer alors $\psi \left( {\frac{D}{2}} \right)$ en fonction de ${\psi _0},$ $a$ et $D.$
d) En déduire la force par unité d’aire qui s’exerce sur l’élément $A.$

4. La solution de $NaCl$ contient ${10^{ - 4}}$ mole/litre, soit $6 \times {10^{19}}$ ions de chaque espèce par litre. On donne $\left| {{\psi _0}} \right| = 25mV$ et $\frac{\varepsilon }{{{\varepsilon _0}}} = 80.$
a) On néglige dans le calcul de ${n_0}$ les ions ${H^ + }$ et $O{H^ - }$ de la solution. Cela vous paraît-il réaliste?
b) Calculer numériquement ${a^{ - 1}}$ pour $T = 290$ K. Les approximations effectuées en 3.a) Sont-elles justifiées?
c) Tracer l’allure du graphe de la force par unité d’aire qui s’exerce sur $A$ en fonction de $D.$
Quatrième partie
On étudie maintenant le fonctionnement de l’appareil représenté sur la figure 1. On suppose que les surfaces ne deviennent détectables que pour des séparations $D < 500{\rm{ }}nm$. On prendra la tension $U$ égale à zéro lorsque $D = {D_0} = 700nm$. Par rapport à cette position initiale, le déplacement de l’élément supérieur $A$ est alors donné par ${X_A} = \alpha A$. Comme valeurs typiques, on donne $\alpha = 1{\rm{ }}nm.{V^{ - 1}}$ et $K = 50{\rm{ }}N.{m^{ - 1}}.$
1. On note $F\left( D \right)$ la force totale qui s’exerce entre les surfaces. En explicitant la condition d’équilibre de l’élément inférieur $B$, exprimer $U$en fonction de $D,$ ${D_0},$ $F\left( D \right),$ $\alpha $ et $K$. Tracer l’allure de la courbe $U\left( D \right)$ dans les cas successifs où la force totale d’interaction $F\left( D \right)$ entre les surfaces est (a) purement répulsive, (b) purement attractive. A quelles situations physiques décrites dans le problème ces cas correspondent-ils? Proposer une méthode graphique pour la détermination de $\left( D \right)$ .

2. Dans le montage expérimental, les surfaces ne sont pas planes mais courbes. Le calcul de la force utilise les résultats précédents en faisant intervenir une surface effective. On admettra que dans le cas d’une interaction élémentaire en $\frac{1}{{{r^6}}}$ (deuxième partie), cette surface puisse être prise égale à $D$ , où $R$ correspond à un rayon de courbure que l’on prendra égale à 2 cm. Dans le cas traité dans la troisième partie, cette surface effective est prise égale à $\frac{{\pi R}}{a}$. Jusqu’à quelle distance $D$ les forces étudiées dans ce problème peuvent-elles être mesurées par cet appareil sachant que sa sensibilité est de ${10^{ - 7}}N$?

$ \star \star \star $

Concours Physique ENS de Cachan et École Polytechnique (PSI) 1999 (Corrigé)

On écrit les équations électriques et mécanique
${U_0} = L\,\frac{{dI}}{{dt}} + RI + \Phi \Omega \,\,\,;\,\,\,J\frac{{d\Omega }}{{dt}} = \Phi I$

I₀=0 et Ω₀=U₀/Φ
$\frac{{\sqrt {LJ} }}{\Phi } = 3s{\rm{ et }}\frac{R}{{2\Phi }}\sqrt {\frac{J}{L}} = 5$

Equation du second ordre on trouve deux racines réelles donc solutions exponentielles
r₁=-0.033 s^-1 et r₂=-3.30 s^-1 et Ω=Ω₀ (1+(r₁/r₂ exp(r₂t)-exp(r₁t))/(1- r₁/r₂))
On peut noter que le terme en exp(r₂t) est souvent négligeable devant l’autre, ainsi que le rapport r₁/r₂ devant 1

Ce n’est pas compatible, le courant en régime permanent devrait être nul.
On peut ajouter des frottements sous la forme d’un couple de frottement -C_r sur l’axe et le courant I_p=C_r/Φ.

I₀’=-C₀/Φ. et Ω₀’=U₀/Φ+RC₀/Φ²

Ω=Ω₀’ (1+(r₁/r₂ exp(r₂t)-exp(r₁t))/(1- r₁/r₂)( 1-Ω₀/Ω₀’))- (exp(r₂t)-exp(r₁t))C₀/(J(r₂-r₁))

cycle complémentaire de celui de K ouvert jusqu’à t=αT puis fermé jusqu’à T

valeur moyenne <U(t)>=αU₀

<P(t)>=αU₀ I₀

K est la fonction transistor et K’ la fonction diode

La continuité et la périodicité donnent les résultats demandés avec τ=L/R, β=exp(-αT/τ) et β’= exp(-(1--α)T/τ)
courant maximum I_M=((1-β)/(1-ββ’) U₀/R) et le courant minimum I_m=βI_M
0<t<αT on a i(t)=U₀/R+(I_m-U₀/R)exp(-t/τ)
αT<t<T on a i(t)=I_M exp(-(t-αT)/τ)

On peut avoir une conduction discontinue si E est différent de 0V

Il faut associer les deux interrupteurs précédents en parallèles
une fonction transistor et diode en antiparallèle

On peut raisonner sur l’énergie E_c=(M_bus v²+J_roues Ω²)/2 . La vitesse v est reliée à la rotation des roues par leur diamètre D : v=DΩ/2 donc avec J=M_bus D²/4+J_roues on a
E_c=JΩ²/2 ou la plus grande partie de J est due à la masse du bus

Le courant va décroître quand la vitesse augmente à cause de la fcem donc le courant maximum I_M=U₀/R ; on a I=I_M exp(-t/τ’) avec τ’=RJ/Φ²

A t=0 on est en fonctionnement générateur de courant α=(1+ t/τ’)/2 puis à partir de t=τ’ α=1
avec <U(t)>=αU₀ .

t<τ’ Ω=U₀ Φ/(2JR) t=U₀/(2Φ) t/τ’ puis pour t>τ’ Ω=U₀ /Φ (1-exp(1- t/τ’)/2)

t<τ’ I=I_M/2 puis pour t>τ’ I=I_M/2 exp(1- t/τ’)

L’inductance aurait changée l’ordre de l’équation différentielle ; avec un ordre 2 le courant n’aurait pas été maximum à t=0.
Avec U(t) seraient apparues des ondulations de courant

L’équation électrique en régime permanent donne :
U₀=Φ(Ω_d+Ω_g)= Φ2*Ω=Φ2 v2/D d’ou v=DU₀/4Φ

On a =Ω_d/R=Ω_g/(R+L)=Ω/(R+L/2) avec Ω=U₀/2Φ

Cette mesure peut être faite en mesurant la fcem d’une machine annexe ou à l’aide d’un capteur et d’un dispositif de comptage

On ne peut pas utiliser un transformateur, son rapport de transformation n’est valable qu’en régime variable

On a la puissance mécanique P_m=ΦΩI et la puissance électrique P_e=α U₀I
Il faut connaître le paramètre Φ de la machine.
P_e>P_m la différence étant due aux pertes de conversion électromagnétique

Il faut utiliser les interrupteurs décrits au 2.7

Le bus étant immobile le courant atteint sa valeur maximum et au démarrage le couple est plus important. On peut noter que la différence entre les constantes de temps électrique et mécanique est telle que, de toute façon, le temps d’établissement du courant est très petit devant les temps caractéristiques du mouvement du bus

Courbe N°1 au départ alimentation en courant (cf 3.5) puis régulation de vitesse . la courbe est la réponse d’un système du second ordre (pente à l’origine non nulle (cf 5.5). Le courant ne s’annule pas en régime permanent il y a des frottements (cf 1.5).
Courbe N°2 dans la première partie le courant augmente pour maintenir une vitesse constante il y a un couple supplémentaire au couple de frottement, par exemple une montée. Puis il y a un couple qui se retranche au couple de frottement et qui lui est supérieur, par exemple une descente (cf 1.7). Dans ce dernier cas l’énergie et renvoyée vers l’alimentation (cf 5.4). D’après les courbes les montée et descente ont sensiblement le même pourcentage.
Courbe N°3 le démarrage est semblable, au début, à la courbe N°1 puis on remarque une brusque augmentation de la vitesse de rotation de la roue droite qui ne peut être due (différence d’inertie) qu’au patinage de celle-ci. Le système de commande réagit en diminuant le courant, donc le couple sur la roue qui se remet à rouler sans glisser (antipatinage). Le courant ayant diminué de moitié, la croissance de la vitesse sera diminuée d’1/4 pour un seul essieu moteur.
Courbe N°4 la vitesse de rotation de la roue gauche étant supérieur le bus tourne sur la droite (cf 4.2), on remarque que les courants en régime permanent, lors du virage, sont différents. On peut en déduire que les pertes par frottements dépendent de la vitesse

Le rendement maximum pour un cycle ditherme (rendement de Carnot) $\eta = 1 - \frac{{{T_{froide}}}}{{{T_{chaude}}}}$ donne en prenant une température de source froide de 300K une température de la source chaude de 6000K, ce qui semble trop important

On écrit la loi de Fourier $ - K\,\frac{{dT}}{{dr}} = {j_r}$ et la conservation du flux thermique ${j_r}\,4\pi \,{r^2} = \Psi $d’où après intégration ${T_{{\mathop{\rm intérieur}}}} = {T_0} + \frac{\Psi }{{K4\pi }}\,\frac{{{R_2} - {R_1}}}{{{R_2}{R_1}}}$

On décharge le premier condensateur puis on le charge avec e₁=q/C. Ensuite on charge le deuxième sous une tension e₁ on fixe donc e à q/C et on l’isole. Puis on recommence un cycle. La tension de sortie est bloquée pendant la charge du premier condensateur (système échantillonneur bloqueur )

C’est un comparateur à hystérésis.
La sortie est binaire U_M ou 0V l’hystérésis évite un basculement intempestif, par exemple une tache sur la bande blanche.

On reconnaît un sommateur, en appliquant le théorème de Millmann au entrées de l’amplificateur opérationnel on obtient :$E = \sum\limits_{i = 1}^N {\frac{{{G_i}}}{G}} ({U_{N - i + 1}} - {U_{N + 1 + i}})$

Si l’on prend la bande centrée sur la caméra la tension E sera nulle, les tensions de U_N-P à U_N+1+P s’annulent deux à deux on peut prendre les conductances de G₁ à G_P quelconques par exemple une constante G₀ qui peut être nulle et que l’on choisira nulle.
Si l’on décale la bande d’une barrette la tension U_N-P va devenir égale à 0V et la tension U_N+2+P devient égale à U_M .Pour la tension E on ajoute -(G_P+G_P+1)U_M/G=-E₀.avec E₀=αU_M
Si l’on décale d’une bande supplémentaire on ajoute -(G_P-1+G_P+2)U_M/G=-E₀. On en déduit pour avoir un écart proportionnel que les G_i pour P+1≤i≤2P doivent être identiques =αG.
Si la bande est située maintenant d’un même coté ; les U_i non nuls sont pour K≤i≤K+2P avec K>N ;quand on décale la bande d’une barrette à E on ajoute (G_K-G_K+2P+1) U_M/G=-E₀ donc l’écart entre G_K et G_K+2P+1 doit être égale à αG donc G_K+2P+1= G_K +αG.
De ces relations on en déduit G_i=αG pour P+1≤i≤3P+1 et ensuite de proche en proche G_i=jαG pour j+(2j-1)P+1≤i≤j+(2j+1)P

Le module est divisé par 10 pour une multiplication de la fréquence par 10 environ un modèle passe-bas du premier ordre peut donc convenir pour H(p)=H₀/(1+p/ω₀).

dY/dt=v sin(α(t))=v b(t) à l’aide des transformée de Laplace on a Y(p)=B(p)v/p

Le schéma est réalisé pour A>0. Il faut noter que le soustracteur peut fonctionner à l’opposé si A est négatif

B est non nul tant que Y est différent de Y₀ et si Y<Y₀ alors b >0 et Y augmente.
La présence d’une intégration dans la boucle ouverte permet une erreur de position nulle.

La fonction de transfert entre Y et Y₀ en boucle ouverte vaut T(p)=A H(p)v/p , en boucle fermé on a T/(1+T) ce qui donne le résultat demandé avec ${\omega _1} = \sqrt {{\omega _0}vA{H_0}} \,\,et\,\,\lambda = \frac{1}{2}\sqrt {\frac{{{\omega _0}}}{{vA{H_0}}}} $

La fonction de transfert H(p) est sûrement le résultat d’un asservissement (contre réaction) on retrouve une propriété de l’amplificateur opérationnel bouclé avec conservation du produit gain bande

On trouve ω₀=13.1 rd/s , le réglage permet de minimiser le temps de réponse à 5%

On observe une avance de la réponse le capteur est en avant des roues. L’écart est de ω₁t₀=0.2 d’où L=vt₀=30cm

Y_{0 observé}(t)=Y₀(t+t₀) donc Y_{0 observé}(p)=Y₀(p) exp(pt₀) donc Y(p)/Y₀(p)=G(p) exp(pt₀).

Le bus anticipe sur la route l’écart Y(t)-Y₀(t) est donc inférieur au cas L=0. Le coefficient d’amortissement dépend de la vitesse du bus, les zones sensibles devront donc être abordée à la même vitesse, ou λ devra changer en fonction de la vitesse.

Les quatre équation de Maxwell avec densité de charge et de courant nuls

K=ω/c

On est en représentation complexe pour une onde monochromatique ou sinusoïdale. Cette onde est progressive de direction u_r . Les champs tendent vers 0 quand on s’éloigne de l’origine

On a λ=2π/k

On a r>>λ donc kr>>1
${\bf{\vec E}} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}0\\{( - {k^2})\frac{1}{{4\pi {\varepsilon _0}}}{P_0}\frac{{\sin (\theta )}}{r}\,{e^{i(\omega t - kr)}}}\\0\end{array}} \right.\,\,\,\,\,\,et\,\,\,\,\,{\bf{\vec B}} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}0\\0\\{ - c{\mu _0}\frac{{{k^2}}}{{4\pi }}{P_0}\frac{{\sin (\theta )}}{r}\,{e^{i(\omega t - kr)}}}\end{array}} \right.$

Les champs électromagnétiques sont orthogonaux et forment avec le vecteur d’onde un trièdre direct, mais leurs amplitudes dépendent de la distance et de l’angle θ.

On note l’amplitude des champs électriques sous la forme E₀₁=E₀ a/r₁ et de la même manière pour l’antenne 2 on notera u_Z la direction verticale des deux champs.
Le champ total projeté sur cet axe E=E₀a exp(jωt)(exp(-jkr₁)/r₁+ exp(-jkr₂)/r₂)
Sur l’axe médiateur des antennes les champs s’ajoutent ainsi que si k(r₁-r₂) =2πn.
si k(r₁-r₂) =π(2n+1) les champs se retranchent, mais comme il n’ont pas la même amplitude le résultat est différent de 0.
On pourra donc observer des interférences, mais leur contraste (écart relative entre le maximum et le minimum) diminuera quand on s’écarte de l’axe médiateur et quand on se rapproche des antennes.

les antennes sont alors remplacées par deux sources lumineuses, mais celle-ci ne sont alors plus cohérentes, il faut donc fabriquer deux sources secondaires par division du front d’onde (trous d’Young)ou division d’amplitude (interféromètre de Michelson).
On peut remarquer que le signal n’est pas produit par les antennes, et que un seul générateur de signal les alimente , le système de division se faisant dans un circuit hyperfréquence .

On a r₁ et r₂ suffisamment proche et égaux à r. Soit ϕ l’angle entre l’axe médiateur et la direction d’observation orienté par la vertical ascendante. la différence de r₂-r₁ est égale à δ=a sin(ϕ)

Les deux champs magnétiques sont colinéaires d’amplitude divisée par c par rapport aux champs électriques et orthogonaux
$\left\langle \Pi \right\rangle = c\,{\varepsilon _0}\left\langle {{E^2}} \right\rangle = \frac{{c\,{\varepsilon _0}\,\underline {\vec E\,{{\vec E}^ \times }} }}{2} = c\,{\varepsilon _0}E_0^22\frac{{{a^2}}}{{{r^2}}}\,{\cos ^2}(\frac{{\pi \delta }}{\lambda })$ révélateur d’interférences

Il faut qu’il ne se trouve qu’une interférence constructive vers l’avant du bus l’interférence d’ordre 0, par exemple. On pose δ₀=λφ/2π donc δ=a sin(ϕ)+δ₀.
δ=0 pour ϕ₀=60° donc δ=-λ pour ϕ<-90° a sin(ϕ₀)+δ₀=0 et, à la limite –a+δ₀=-λ d’où :
a=λ/(1+sin(ϕ₀) on a donc a<2.7 cm

En posant ω₂=ω₁ +Δω ≈ω , on obtient par un même calcul que précédemment par une moyenne portant sur ω₁>>Δω, δ(t)=a sin(ϕ)+δ₀+Δω/ω (ct-r) la différence de marche, donc le déphasage entre les deux ondes dépend du temps de manière affine. La direction des interférences constructive va donc balayer les directions vers l’avant du bus.

On a une différence de marche entre deux antennes consécutives δ=a sin(ϕ) à l’aide d’un calcul analogue aux deux antennes, on a cette fois ci une progression géométriques des exp(-jkr_i)= exp(-jk(r₁+(i-1)δ) . la somme des amplitudes va faire intervenir la fonction, $f(x) = \frac{{\sin (Nx)}}{{\sin (x)}}$ (série géométrique) ,avec N=20,que l’on retrouvera au carré dans le vecteur de Poynting avec $\left\langle \Pi \right\rangle = c\,{\varepsilon _0}\left\langle {{E^2}} \right\rangle = \frac{{c\,{\varepsilon _0}\,\underline {\vec E\,{{\vec E}^ \times }} }}{2} = c\,{\varepsilon _0}E_0^2\frac{{{a^2}}}{{2{r^2}}}\,{f^2}(\frac{{\pi \delta }}{\lambda })$

On obtient l’angle ϕ=4.76°=4°45’=0.083rd , On pose δ₀=λφ/2π donc δ=a sin(ϕ)+δ₀ d’où φ=-0.209rd=-11.9°=-11°54’

On utilise le critère de Rayleigh en déterminant la valeur de ϕ annulant pour la première fois <Π> et on la compare à l’écart angulaire correspondant à 3 mètres à cette distance afin de déterminer si l’objet échappe au faisceau du radar.
$f({x_{\min }}) = 0\, \Rightarrow \,{x_{\min }} = \frac{\pi }{N}$ d’où $\Delta \delta = \frac{\lambda }{N}{\rm{ avec }}\Delta \delta = a\sin \left( \varphi \right) \approx a\Delta \varphi $.. la demi largeur du faisceau à 60m et de 4m50 on ne peut donc pas distinguer les deux objets

Il s’agit de distinguer deux fréquences proches. En utilisant un multiplieur et un filtre passe bas, on obtient une tension de pulsation égale à la différence. Ensuite, à l’aide d’un fréquencemètre (compteur) ou un dérivateur et un voltmètre, on détermine cette écart de fréquence donc la vitesse.

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