Concours Physique Modélisation ENS de Cachan et École Polytechnique (PSI) 2001 (Énoncé)

MODÉLISATION EN SCIENCES PHYSIQUES ET SCIENCES DE L’INGÉNIEUR

Durée: 5 heures

Mai 2001

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L’usage de calculatrices électroniques de poche à alimentation autonome, non imprimantes et sans document d’accompagnement, est autorisé pour toutes les épreuves d’admissibilité, sauf pour les épreuves de français et de langues. Cependant, une seule calculatrice à la fois est admise sur la table ou le poste de travail, et aucun échange n’est autorisé entre les candidats.

Le chauffage par induction est le procédé qui permet de transférer une énergie électrique à une pièce métallique dans laquelle les pertes Joule sont transformées en chaleur.
Ce chauffage permet de transmettre l’énergie directement à l’intérieur du matériau sans contact matériel. Il est largement répandu dans l’industrie grâce à divers avantages (puissance massique plus élevée que tout procédé traditionnel, échauffement plus rapide, grande précision de température, etc.). On le trouve ainsi en fusion et dans les traitements thermiques superficiels mais aussi pour les chauffages avant déformation et pour des opérations d’assemblage comme le soudage ou le brasage.
Le problème étudié ici porte sur le chauffage avant déformation. Ceci concerne le réchauffage avant laminage ou le chauffage avant formage.
Les produits considérés sont de longs parallélépipèdes d’acier dont les dimensions typiques peuvent être de 0, 1 × 1 × 5 mètres. Un bobinage inducteur (solénoïde) entoure la barre selon le schéma de principe de la figure Afig1, Dans certains systèmes de chauffage la barre est introduite complètement dans l’inducteur et chauffée entièrement. Dans d’autres elle pénètre progressivement et n’est chauffée que sur une partie de sa longueur seulement.
La maîtrise du chauffage est complexe car elle met en jeu au sein du milieu conducteur chauffé différents phénomènes physiques partiellement couplés :

1. l’électromagnétisme qui régit la distribution des champs et du courant électrique dans l’acier ;
2. la thermique qui gouverne l’élévation de température en fonction des pertes Joule dissipées ;
3. la mécanique qui permet de quantifier les contraintes engendrées dans le milieu en fonction de la température.

Ce problème propose sous certaines hypothèses une modélisation des différents phénomènes impliqués. Il envisage pour chaque partie (électromagnétisme, thermique, mécanique) une étude basée sur la résolution analytique des équations physiques en cause.
Les 3 parties A, B, C sont indépendantes. Elles seront rédigées sur des copies .

ANALYSE ÉLECTROMAGNÉTIQUE

$ \mathrm{\vec{h}} $	:	champ magnétique
$ \mathrm{\vec{b}} $	:	induction magnétique
$ \mathrm{\vec{j}} $	:	densité de courant
μ	:	perméabilité magnétique
σ	:	conductivité électrique
f	:	fréquence
Te	:	période électrique $ \mathrm{{\displaystyle \left(f=\frac{1}{T_{e}}\right)}} $
ω	:	pulsation (ω = 2πf)

On rappelle la formule d’analyse vectorielle donnant le rotationnel d’un vecteur $ \mathrm{\vec{a}(x,y,z)} $;
$$\mathrm{rot\,\vec{a}=\left(\frac{\partial a_{z}}{\partial y}-\frac{\partial a_{y}}{\partial z},\: \frac{\partial a_{x}}{\partial x}-\frac{\partial a_{z}}{\partial x},\:\frac{\partial a_{y}}{\partial x}-\frac{\partial a_{x}}{\partial y}\right)}.$$
La distribution des champs électriques est régie par les équations de Maxwell (avec le courant de déplacement négligeable):

$$\mathrm{ rot\,\vec{h}=\vec{j}}\:\:\: \text{(loi d'Amp{\`e}re)} \label{Ampere}$$

$$\mathrm{ rot\,\vec{e}=-\frac{\partial \vec{b}}{\partial t}} \:\:\: \text{(loi de Faraday)} \label{Faraday}$$
On ajoute à ces deux équations les lois de comportement suivantes au sein du milieu:
$$\mathrm{\vec{j}=\sigma \vec{e}\:\:\:\text{(loi d'Ohm)}} \label{Ohm}$$

$$\mathrm{\vec{b}=\mu \vec{h}} \label{Lhi}$$
L’étude s’effectue en régime sinusoïdal où toutes les grandeurs vectorielles ont des variations harmoniques. On adopte la forme complexe:
$$\mathrm{\vec{a}(x,y,z,t)=Re\left\{\vec{A}(x,y,z)\exp (i\omega\,t)\right\}\:\text{avec }\:\vec{A}(x,y,z)\in \mathbb{C}^{3}.}$$

Étude préliminaire

Compte tenu des dimensions de la barre, on considère que le système est infini dans les directions y et z et que tous les phénomènes sont invariants en y et z.
Dans cette étude préliminaire la pénétration des champs à l’intérieur du métal est faible ; l’épaisseur de la barre n’intervient pas. Nous assimilons alors le domaine conducteur à un demi-espace (correspondant à x ≥ 0 ).
On suppose que le champ magnétique est dirigé selon y et ne dépend que de x :
$$\mathrm{\vec{h}(x,y,z,t)=\left(0,h(x,t),0\right)} \label{Aeq5}$$
A la surface (x = 0 ), le champ magnétique est imposé par les courants inducteurs:
h(0, t)=H₀cos(ω t)
On note:
h(x, t)=Re{H(x)exp(iω t)} avec H(x)∈ℂ

Montrer à partir des équations de Maxwell que l’amplitude complexe H(x) vérifie :
$$\mathrm{ \frac{\partial^{2}H}{\partial x^{2}}-i\sigma\mu\omega\,H=0} \label{Aeq8}$$

On introduit $ \mathrm{{\displaystyle \delta=\sqrt{\frac{2}{\sigma \omega \mu}}}} $. Montrer que l’équation vérifiée par H est:
$$\mathrm{\frac{\partial^{2}H}{\partial x^{2}}-\left(\frac{1+i}{\delta}\right)^{2}H=0} \label{Aeq9}$$

Donner l’expression générale de la solution H(x) et préciser les conditions aux limites vérifiées par H(x) en x = 0 et x = +∞.

Déduire de [A.1.2.] et [A.1.3.] la solution du problème électromagnétique h(x, t) en fonction de H₀ , ω et δ .

Donner l’expression de la densité de courant j(x, t).

Quelle est la dimension de δ ? Justifier l’appellation retenue pour δ : << épaisseur de peau >> ou << profondeur de pénétration >>.

Déterminer la densité volumique de puissance dissipée :
$$\mathrm{p(x,t)=\frac{1}{\sigma}j^{2}(x,t)} \label{Aeq10}$$

Quelle est la moyenne temporelle Q(x) sur une période de p(x, t) (pertes Joule) :
$$\mathrm{Q(x)=\frac{1}{T_{e}}\int_{0}^{T_{e}}p(x,t)dt\:\:;\:T_{e} =\frac{2\pi}{\omega}} \label{Aeq11}$$

Montrer que la puissance totale dissipée dans l’ensemble de la barre, par mètre carré de surface (en y et z), est :
$$\mathrm{Q_{tot}=\frac{1}{2\sigma}\frac{H_{0}^{2}}{\delta}} \label{Aeq12}$$
Vérifier l’homogénéité de cette expression.

Etude d’une plaque de largeur 2a:

Nous supposons dans cette partie que le milieu conducteur est assimilé à une plaque, infinie en y et z, de largeur 2a. L’origine est prise au milieu de la plaque (−a ≤ x < a). Sur chacune des deux faces le champ magnétique est imposé :
h(−a, t)=h(a, t)=H₀cos(ω t)

Montrer en exploitant les symétries du problème que $ \mathrm{{\displaystyle \frac{\partial h}{\partial x}(0,t)=0}} $.
Dans les questions suivantes on utilisera la fonction exp(z) z ∈ ℂ, qui se manipule algébriquement comme exp(x) x ∈ ℝ et par suite on utilisera les fonctions ch(z) et sh(z) z ∈ ℂ.

Vérifier l’expression du champ magnétique h(x, t) :
$$\mathrm{h(x,t)=Re\left[H(x)\exp \left(i\omega\,t\right)\right]\:\: \text{avec}\:H(x)=H_{0}\frac{ch{\displaystyle \frac{\left(1+i\right)x}{\delta}}}{ch{\displaystyle \frac{\left(1+i\right)a}{\delta}}}}$$
.

Déterminer l’expression de la densité de courant j(x, t).

Déterminer l’expression de la densité de puissance volumique $ \mathrm{{\displaystyle p(x,t)=\frac{1}{\sigma}j^{2}(x,t)}} $.

Quelle est la moyenne temporelle Q(x) sur une période T_e de p(x, t) :
$$\mathrm{Q(x)=\frac{1}{T_{e}}\int_{0}^{T_{e}}p(x,t).dt\:; \:T_{e}=\frac{2\pi}{\omega}}. \label{Aeq14}$$

Donner un équivalent simple de Q(x) lorsque $ \mathrm{{\displaystyle \frac{a}{\delta} \ll 1}}. $

Donner un équivalent simple de Q(x) lorsque $ \mathrm{{\displaystyle \frac{a}{\delta} \gg 1}}. $

Déterminer la puissance totale dissipée dans la plaque, par unité de surface (en y et z), et montrer qu’elle peut s’écrire :

$$\mathrm{Q_{tot}=\frac{H_{0}^{2}}{2\sigma a}g(\alpha)\:\text{avec}\: g(\alpha)=\alpha\frac{sh \alpha - \sin \alpha}{ch \alpha + \cos \alpha}\:;\:\alpha=\frac{2a}{\delta}} \label{Aeq15}$$

On considère que $ \mathrm{H_{0}={{10}^{5}}{A.m^{-1}}} $ ; $ \mathrm{\sigma={5.10^{6}}{\Omega^{-1}.m^{-1}}} $ ; μ_r = 100 ; $ \mathrm{f={50}{Hz}} $.
Quelles sont les valeurs de Q_tot lorsque a vaut respectivement :$ 0,5 mm , \ 5 mm , \ 50 mm $ ?

Montrer que la puissance dissipée a deux équivalents simples correspondant respectivement à α ≪ 1 et α ≫ 1.

De façon générale, énoncer d’après ce qui précède un (ou des) critère(s) permettant de choisir une fréquence de travail si on souhaite un chauffage efficace en volume de la barre.

ANALYSE THERMIQUE

T :

température

T_amb :

température ambiante

θ :

élévation de la température par rapport à la température ambiante: θ(x, t)=T(x, t)−T_amb

k :

conductivité thermique

ρ :

masse volumique

C_p :

chaleur spécifique

φ :

densité surfacique du flux de chaleur : $ \mathrm{{\displaystyle \varphi(x,t)=-k\frac{\partial T}{\partial x}}} $

q :

densité volumique des sources de chaleur.

On cherche à déterminer l’évolution de la température au sein de la barre en fonction du temps de chauffage. On considère dans tout ce qui suit, comme en [A.], que la plaque est infinie dans les directions y et z et que la température n’est fonction que de x et de t. La distribution de T(x,t) est alors donnée par l’équation de la chaleur dans laquelle la densité des sources de chaleur est la densité de puissance électromagnétique induite au sein de la barre (pertes Joule):

$$\mathrm{\rho C_{p}\frac{\partial T}{\partial t}-k\frac{\partial^{2}T}{\partial x^{2}}=p(x,t)} \label{Beq1}$$
avec
$$\mathrm{p(x,t)=\frac{1}{\sigma}j^{2}(x,t)} \label{Beq2}$$
Les phénomènes électromagnétiques et thermiques possèdent deux échelles de temps différentes : dynamique << rapide >> pour l’électromagnétisme (fréquence de quelques dizaines de Hertz) et dynamique << lente >> pour la thermique (temps de chauffage de plusieurs dizaines de minutes). Il est alors possible de mener une analyse partiellement découplée : on étudie l’évolution thermique du problème en supposant qu’à chaque instant le régime périodique des phénomènes électriques est établi. On fait alors la moyenne des pertes Joule sur une période électrique T_e pour obtenir la puissance volumique injectée. On cherchera ainsi à résoudre :
$$\mathrm{\rho C_{p}\frac{\partial T}{\partial t}-k\frac{\partial^{2}T}{\partial x^{2}}=Q(x)} \label{Beq3}$$
où Q(x) est la moyenne temporelle de p(x, t).
On suppose qu’au début du chauffage la barre est à température ambiante T_amb.

Cas d’une plaque large devant la profondeur de pénétration a ≫ δ

On se place dans la situation $ \mathrm{{\displaystyle \frac{a}{\delta}\gg 1}} $. On considère alors que la puissance est dissipée dans une couche superficielle et localisée en x = −a et x = a.

La puissance totale dissipée dans l’ensemble de la plaque est donnée par [Aeq15].
Montrer que le chauffage de la plaque peut se représenter par une densité de flux thermique entrant sur les faces x = −a et x = a de valeur :

$$\mathrm{\varphi_{0}=\frac{H_{0}^{2}}{2\sigma\delta}} \label{Beq4}$$

Montrer, en exploitant la symétrie du problème que dans ces conditions θ(x, t) est solution de l’équation :
$$\mathrm{\frac{\partial \theta}{\partial t}-D\frac{\partial ^{2}\theta}{\partial x^{2}}=0} \label{Beq5}$$
où D est la diffusivité thermique $ \mathrm{{\displaystyle \left(D=\frac{k}{\rho C_{p}}\right)}} $, avec les conditions aux limites :
$$\mathrm{k\frac{\partial \theta}{\partial x}=\varphi_{0}\:\text{en}\:x=a\:\text{et}\:\frac{\partial \theta}{\partial x}=0\:\text{en}\: x=0} \label{Beq6}$$
et la condition initiale :
θ(x, 0)=0

Montrer que la fonction θ₀(x, t) définie par :
$$\mathrm{\theta_{0}(x,t) =\frac{\varphi_{0}a}{k}\left(\frac{Dt}{a^{2}}+\frac{x^{2}}{2a^{2}}\right)}$$
vérifie les équations [Beq5] et [Beq6] de [B.1.2.].

Afin de résoudre le problème défini en [B.1.2.] on effectue un changement d’inconnue en posant : θ^*(x, t)=θ(x, t)−θ₀(x, t) . Montrer que θ^*(x, t) est solution du problème :
$$\mathrm{\frac{\partial \theta^{*}}{\partial t}-D\frac{\partial ^{2}\theta^{*}}{\partial x^{2}}=0} \label{Beq8}$$

$$\mathrm{\frac{\partial \theta^{*}}{\partial x}=0\:\text{en}\:x=a\:\text{et}\:\frac{\partial \theta^{*}}{\partial x}=0\:\text{en}\: x=0} \label{Beq9}$$

θ^*(x, 0)= − θ₀(x, 0)

On envisage une résolution du problème défini en [B.1.4.] par variables séparées. On pose θ^*(x, t)=u(t).v(x). Montrer que les fonctions u et v vérifient l’égalité :

$$\mathrm{\frac{{\displaystyle \frac{du(t)}{dt}}}{Du(t)}= \frac{{\displaystyle \frac{d^{2}v(x)}{dx^{2}}}}{v(x)}=K} \label{Beq11}$$
où K est une constante réelle.

On pose K = −λ² où λ est réel. Montrer en utilisant les conditions aux limites que λ est nécessairement de la forme :
$$\mathrm{\lambda =n\frac{\pi}{a}} \label{Beq12}$$
où n est entier relatif

Montrer que la solution θ^*(x, t) peut s’écrire:
$$\mathrm{\theta^{*}(x,t)=\sum_{n \geq 0}^{}A_{n}\exp\left(-D\frac{n^{2}\pi^{2}}{a^{2}}t\right)\cos \left(\frac{n\pi x}{a}\right)} \label{Beq13}$$
où les coefficients A_n sont des réels.

Calculer pour n ≥ 0 en exploitant [Beq13] les quantités :

$$\mathrm{\frac{1}{2a}\int_{0}^{2a}\theta^{*}(x,0)\cos \left(\frac{n\pi x}{a}\right)dx} \label{Beq14}$$
En déduire les coefficients A_n et donner l’expression générale de la solution θ(x, t) du problème défini en [B.1.2.].

On considère que $ \mathrm{k={45}{W.m^{-1}.K}} $; $ \mathrm{\rho C_{p}={4.10^{6}}{J.m^{-3}.K^{-1}}} $; $ \mathrm{a={50}{mm}} $ ; $ \mathrm{f={50}{Hz}} $.
Donner une estimation du temps au bout duquel on peut considérer que l’évolution temporelle de θ(x, t) est voisine de θ₀(x, t).

On suppose que t est suffisamment grand pour considérer que θ(x, t)=θ₀(x, t) . Au bout de combien de temps la température à la surface de la barre atteint-elle ? Quelle est alors l’écart de température entre la surface et le centre de la plaque ?

Cas général:

On cherche à résoudre l’équation:
$$\mathrm{\rho C_{p}\frac{\partial \theta}{\partial t}-k\frac{\partial^{2}\theta}{\partial x^{2}}=Q(x)\:\:\:0<x<a} \label{Beq15}$$
lorsque Q(x) est donnée par :

$$\mathrm{Q(x)=\frac{H_{0}^{2}}{\sigma \delta^{2}}\frac{{\displaystyle ch\frac{2x}{\delta}-\cos\frac{2x}{\delta}}}{{\displaystyle ch\frac{2a}{\delta}+\cos\frac{2a}{\delta}}}}$$
Les conditions aux limites sont données par :
$$\mathrm{k\frac{\partial \theta}{\partial x}+h\theta=0 \:\text{en}\:x=a} \label{Beq16}$$
où h est une constante traduisant la convection thermique ;
$$\mathrm{\frac{\partial \theta}{\partial x}=0\:\text{en}\:x=0.} \label{Beq17}$$

Régime permanent:[B.2.1.]

On suppose que $ \mathrm{{\displaystyle \frac{\partial \theta}{\partial t}(x,t)=0}} $. On note θ_∞(x) la solution correspondante.
B.2.1.1): Montrer que la solution du problème est alors donnée par :

$$\mathrm{\theta_{\infty}(x)=\frac{H_{0}^{2}}{k\sigma}\left[\frac{1}{4} \left(1-\frac{{\displaystyle ch\frac{2x}{\delta}+\cos \frac{2x}{\delta}}}{\mathrm{ch \alpha +\cos \alpha}}\right) +\frac{k}{2\delta h}\left(\frac{{\displaystyle sh \alpha - \sin \alpha}}{{\displaystyle ch \alpha}+\cos \alpha}\right)\right]} \label{Beq18}$$
où $ \mathrm{{\displaystyle \alpha=\frac{2a}{\delta}}} $.
B.2.1.2) Quelle est la limite de θ_∞(x) lorsque a tend vers 0. Commenter.
B.2.1.3) Quelle est la limite de θ_∞(x) lorsque a tend vers +∞ . Commenter.

Régime transitoire

B.2.2.1) Afin de résoudre le problème on effectue le changement de fonction inconnue :

θ^*(x, t)=θ(x, t)−θ_∞(x).
Montrer que θ^*(x, t) est solution de l’équation :
$$\mathrm{\frac{\partial \theta^{*}}{\partial t}-D\frac{\partial ^{2}\theta^{*}}{\partial x^{2}}=0\:\:\:0<x<a} \label{Beq20}$$
avec les conditions aux limites :
$$\mathrm{k\frac{\partial \theta^{*}}{\partial x}+h\theta^{*}=0\:\text{en}\:x=a} \label{Beq21}$$

$$\mathrm{\frac{\partial \theta^{*}}{\partial x}=0\:\text{en}\:x=0} \label{Beq22}$$
et la condition initiale :
θ^*(x, 0)= − θ_∞(x)
B.2.2.2) On envisage une résolution du problème défini en B.2.2.1) par variables séparées.
On pose θ^*(x, t)=u(t).v(x). Montrer que les fonctions u et v vérifient l’égalité :

$$\mathrm{\frac{{\displaystyle \frac{du(t)}{dt}}}{Du(t)}= \frac{{\displaystyle \frac{d^{2}v(x)}{dx^{2}}}}{v(x)}=K} \label{Beq24}$$
où K est une constante réelle.
B.2.2.3) On pose K = −λ² où λ est réel. Montrer en utilisant les conditions aux limites que les valeurs λ sont solutions de :

$$\mathrm{\tan \left(\lambda a\right)=\frac{h}{k\lambda}} \label{Beq25}$$
B.2.2.4) On note {λ_n}_n ≥ 0 la suite des solutions positives de [Beq25]. Donner une approximation de λ_n pour λ_n ≫ 1.
B.2.2.5) Montrer que la solution θ^*(x, t) peut s’écrire :

$$\mathrm{\theta^{*}(x,t)=\sum_{n\geq 0}^{}A_{n}\exp\left(-D\lambda_{n}^{2}t\right)\cos \left(\lambda_{n}x\right)} \label{Beq26}$$
où les coefficients A_n sont des réels.
B.2.2.6) Déduire l’ expression générale de θ(x, t).
B.2.2.7) Afin d’obtenir une évaluation de la montée en température de la barre, on limite le développement précédent au premier terme (n = 0).
On considère : $ \mathrm{a={50}{mm}} $; $ \mathrm{k={45}{W.m^{-1}.K^{-1}}} $. En vous aidant éventuellement d’un graphique donner une estimation de λ₀ dans les deux cas $ \mathrm{h={5}{W.m^{-2}.K^{-1}}} $ et $ \mathrm{h={500}{W.m^{-2}.K^{-1}}} $.
B.2.2.8) On considère : $ \mathrm{\rho C_{p}={4.10^{6}}{J.m^{-3}.K^{-1}}} $; $ \mathrm{H_{0}={{10}^{5}}{A.m^{-1}}} $; $ \mathrm{\sigma={5.10^{-6}}{\Omega^{-1}.m}} $; $ \mathrm{a={50}{mm}} $; $ \mathrm{k={45}{W.m^{-1}.K^{-1}}} $.
Quelle est la température atteinte au centre de la barre au bout de 3 minutes lorsque $ \mathrm{{\displaystyle \alpha=\frac{2a}{\delta}}} $ pour $ \mathrm{h={5}{W.m^{-2}.K^{-1}}} $ ? Comparer au résultat obtenu en [B.1.10.].

ANALYSE MÉCANIQUE

Dans cette partie on étudiera comment le barreau se dilate sans contrainte ou reste sans dilatation sous contrainte. L’extrémité de la barre d’abscisse x = 0 sera considérée comme fixe par rapport au repère absolu.

Données du problème:

La barre est de longueur L , de section carrée de côté b, Elle sera, ou non, chauffée à son extrémité gauche (dispositif électromagnétique placé en x < 0). Nous proposerons un modèle qui traduit la déformation de cette barre sous l’effet d’actions mécaniques et thermiques, Ce modèle pourra être statique (pas d’accélération prise en compte) ou dynamique (accélération prise en compte).

On utilisera le repère absolu $ \mathrm{\left(G_{0},\vec{x},\vec{y},\vec{z}\right)} $, où G₀ = G(0) est centre de gravité de la section d’abscisse x = 0 de la barre et les axes G₀x, G₀y, G₀z sont définis sur la figure Cfigl.
Pour étudier cette barre, on utilise le modèle géométrique présenté sur la figure Cfig2.

La barre est représentée par sa ligne moyenne qui relie les centres de gravité G(x) des sections successives de la barre.
On note u(x, t) la projection suivant l’axe G₀x du déplacement du point G(x), on suppose donc que le déplacement est le même pour tous les points d’une section d’abscisse x et qu’il est de la forme : $ \mathrm{\vec{U} = u(x, t) \vec{x} } $.
Le torseur {T_i} en G(x) des efforts intérieurs à la barre est défini comme le torseur des efforts exercés par la partie de la barre définie par les abscisses s > x sur la partie de la barre définie par les abscisses s < x. Ce torseur {T_i} a pour éléments de réduction en G(x) une résultante $ \mathrm{N(x,t)\vec{x}} $ et un moment $ \mathrm{\vec{M}(x, t) = \vec{0}} $ .
On note M = pL la masse totale de la barre où p est la masse linéique (masse par unité de longueur) supposée constante.
On note θ(x, t)=T(x, t)−T_amb l’élévation de température supposée ici connue (différence entre la température à l’instant t et la température ambiante à l’instant t = 0) au point G(x). On note Λ et λ les deux constantes qui caractérisent le comportement de la barre.
On utilisera (sans démonstration) la modélisation suivante :
$$\mathrm{\frac{\partial N(x,t)}{\partial x}-\frac{\partial^{2}u(x,t)}{\partial t^{2}}=0} \label{Ceq1}$$

$$\mathrm{N(x,t)=\Lambda\left(\frac{\partial u(x,t)}{\partial x}-\lambda \theta(x,t)\right)} \label{Ceq2}$$
La première équation traduit, en projection sur l’axe $ \mathrm{\vec{x}} $, le principe fondamental de la dynamique.
Dans cette équation, $ \mathrm{{\displaystyle \frac{\partial^{2}u(x,t)}{\partial t^{2}} }} $ représente la projection sur $ \mathrm{\vec{x}} $ de l’accélération du point G(x). La deuxième équation traduit la relation en tout point entre le déplacement. u(x, t), l’effort interne N(x, t) et l’élévation de température θ(x, t).
Dans la suite, nous étudierons des problèmes dont les conditions aux limites seront définies comme suit :

Problème de Type I :

u(0, t)=d₀(t) si d₀(t) est la projection sur l’axe $ \mathrm{\vec{x}} $ du déplacement imposé au pointG(O) en x = 0 et N(L, t)=F(t) si F(t) est la projection sur l’axe $ \mathrm{\vec{x}} $ de l’effort imposé au point G(L) en x = L.

Problème de Type II :

u(0, t)=d₀(t) si d₀(t) est la projection sur l’axe $ \mathrm{\vec{x}} $ du déplacement imposé au point G(O) en x = 0 et u(L, t)=d_L(t) si d_L(t) est la projection sur l’axe $ \mathrm{\vec{x}} $ du déplacement imposé au point G(L) en x = L.

Étude de vibrations:

Dans cette partie, on considère que la variation de température est nulle θ(x, t)=0: il n’y “ donc pas d’effet thermique”.

En utilisant les équations [Ceq1] et [Ceq2], écrire l’équation (Ceq3) qui relie $ \mathrm{{\displaystyle \frac{\partial^{2}u(x,t)}{\partial t^{2}} }} $ et $ \mathrm{{\displaystyle \frac{\partial^{2}u(x,t)}{\partial x^{2}} }} $.

Nous allons rechercher une interprétation de cette équation en considérant le système continu comme la limite d’un système discret décrit sur la figure Cfig3.

Nous adoptons la modélisation suivante : la barre est représentée comme un ensemble de N masses m_i•, identiques indicées par i. On notera u_i(t)=u(x_i, t) le déplacement de chacune de ces masses sur l’axe $ \mathrm{\vec{x}} $. Elles sont reliées par N − 1 ressorts identiques de raideur k et de longueur à vide $ \mathrm{{\displaystyle l=\frac{L}{n-1}}} $.
Écrire le principe fondamental de la dynamique pour chacune des masses intérieures m_i avec i de 2 à N − 1 (équation Ceq4).

La distance l étant considérée comme petite, écrire le développement, au deuxième ordre, qui exprime u_i + 1 (avec i de 2 à N − 1) en fonction de u_i et de ses dérivées par rapport à x (équation Ceq5).

La distance l étant considérée comme petite, écrire le développement, au deuxième ordre, qui exprime u_i − 1 (avec i de 2 à N − 1) en fonction de u_i et de ses dérivées par rapport à x (équation Ceq6).

En vous inspirant de la forme de l’équation Ceq3, écrire l’équation Ceq7 à partir des équations Ceq4, Ceq5 et Ceq6. Exprimer les valeurs de m_i et de k en fonction des données initiales du problème.

On envisage de résoudre cette équation Ceq3 en utilisant la même méthode de séparation de variables que dans la partie [B.] Étude Thermique ([B.1.5.]. On pose u(x, t)=X(x).f(t). Montrer que les fonctions X(x) et f(t) vérifient l’égalité :

$$\mathrm{\frac{1}{X(x)}\frac{d^{2}X(x)}{dx^{2}} =\frac{p}{\Lambda}\frac{1}{f(t)}\frac{d^{2}f(t)}{dt^{2}} =K\:\:\:\text{o{\`u}}\:K\:\text{est une constante.}}$$

On admet queK < 0 et on poseK = −μ² où μ est réel. On adopte les conditions aux limites suivantes (problème de Type I) : la barre est fixée au point d’abscisse x = 0, elle est libre de tout effort au point d’abscisse x = L. Donner l’expression de μ.

Déduire de ce qui précède que la solution générale de l’équation (Ceq3) est de la forme :
$$\mathrm{u(x,t)=\sum_{n \geq 0}^{}\sin \left(\mu_{n}x\right).\left[A_{n}\cos\left(\omega_{n}t\right) +B_{n}\sin\left(\omega_{n}t\right)\right]}.$$

Exprimer ω_n en fonction de μ_n.

Donner l’expression finale de u(x, t). A_n et B_n sont alors déterminés, ce qui n’est pas demandé, en considérant les conditions initiales (à t = 0) du mouvement. Cette expression est celle qui traduit les vibrations libres de la barre en traction/compression.

Détermination préliminaire des efforts internes:

On se place dans le cas où il n’y a pas d’élévation de température et où les accélérations sont nulles.

Écrire l’équation Ceq8 vérifiée par N(x, t).

On applique un effort à chaque extrémité de la barre $ \mathrm{\vec{F}(0,t)=-F\vec{x}} $ en x = 0 et $ \mathrm{\vec{F}(L,t)=F\vec{x}} $ en x = L. La barre est-elle en équilibre ? Trouver l’expression de N(x, t) dans la barre en fonction de F.

Étude thermique préliminaire:

On considère dans cette partie que la barre n’est soumise à aucun effort et que les accélérations sont négligeables et donc prises nulles. Quand on chauffe la barre, on constate expérimentalement que celle-ci s’allonge.

Exprimer l’équation Ceq9 qui relie u(x, t) à θ(x, t).

On impose une élévation de température θ(0, t)=A en x = 0 et θ(0, t)=B en x = L et on suppose que le flux de chaleur est nul sur les faces $ \mathrm{{\displaystyle y =\pm\frac{b}{2}}} $ et $ \mathrm{{\displaystyle z =\pm\frac{b}{2}}} $ de la barre. Écrire l’équation de la chaleur pour la barre. Donner, en régime thermique permanent, l’expression de θ(x, t) en tout point de la barre.

Étude thermomécanique:

Dans cette partie, on se place en régime thermique permanent et on considère que les accélérations sont nulles.

En utilisant les équations Ceq1 et Ceq2, poser alors le jeu d’équations Ceq10 du problème thermomécanique avec les conditions aux limites suivantes (problème de Type I) : la barre est fixée au point d’abscisse x = 0, elle est libre de tout effort au point d’ abscisse x = L.

Exprimer N(x, t) et u(x, t) pour le champ de température θ(x, t) trouvé à la question [C.4.2.].

Effectuer l’application numérique (calcul de N(x, t) et u(x, t)) pour une barre de longueur $ \mathrm{L ={ 5}{ m}} $ avec les élévations de température $ \mathrm{A = {1000}{K}} $ et $ \mathrm{B = {0}{K}} $. On prendra le coefficient de dilatation de l’acier, soit $ \mathrm{\lambda={15.10^{-6}}{K^{-1}}} $.

En utilisant les équations [Ceq1] et [Ceq2], poser alors le jeu d’équations Ceq11 du problème thermomécanique avec les conditions aux limites suivantes (problème de Type II la barre est fixée au point d’abscisse x = 0, elle est fixée au point d’abscisse x = L.

Exprimer N(x, t) et u(x, t) pour le champ de température θ(x, t) trouvé à la question [C.4.2.].

Effectuer l’application numérique pour une barre de longueur $ \mathrm{L ={ 5}{m}} $ avec les élévations de température $ \mathrm{A = {1000}{K}} $ et $ \mathrm{B = {0}{K}} $. On prendra coefficient de dilatation de l’acier, soit $ \mathrm{\lambda={15.10^{-6}}{K^{-1}}} $.

Analyser qualitativement la différence entre les solutions des équations Ceq10 (questions [C.5.2.] et [C.5.3.]) et Ceq11 (questions [C.5.5.] et [C.5.6.]).

Concours Physique ENS de Paris (MP) 2000 (Corrigé)

ULM MP 2000 - Physique - Durée 6 heures

I) Génération spontanée du champ magnétique terrestre

I.1) Le disque conducteur en mouvement dans un champ magnétique est le siège des champs électromoteurs de Lorentz et Neumann (ce dernier si B est variable dans le temps) :
E_m = v ∧B − ∂A/∂t qui produisent une f.é.m. induite $e = \int\limits_{{\rm{rayon}}} {{{\bf{E}}_m}.d{\bf{r}}} $,
et génèrent un courant induit dans le circuit ; les composantes des vecteurs sont exprimées en coordonnées cylindriques d’axe l’axe de rotation du disque. Le champ électromoteur initial est celui de Lorentz E_m = ΩBre_r ; si ΩB > 0, il produit un courant induit de direction et sens ceux de e_r dans le circuit d’où un champ magnétique propre qui agit sur les éléments du circuit et exerce sur eux des forces de Laplace tendant à s’opposer à la cause (le mouvement) conformément à la loi de Lenz, B doit avoir une composante parallèle à e_z de même sens si Ω > 0, alors les forces de Laplace sur les éléments de rayon s’opposent alors à la rotation ; B produit accroît le champ initialement existant et le phénomène s’amplifie : à partir des fluctuations du champ magnétique du vide, il peut se produire une génération spontanée de champ magnétique ; il faut que le champ magnétique initial et le vecteur rotation du disque soient de mêmes sens ;

Si le sens de rotation est inversé, $\Omega $ → −$\Omega $ et si B initial n’a pas changé de sens : E_m → −E_m, I → −I ce qui tend à diminuer B : le système tendra à annuler le courant ; il faut en fait Ω > 0 avec le sens de B indiqué pour avoir production de courant.
L’énergie fournie par l’opérateur qui fait tourner le disque alimente le travail des forces de frottement, l’effet Joule et le reste est emmagasiné sous forme cinétique dans le disque et sous forme magnétique dans l’inductance totale du circuit ; à chaque valeur de I correspond une valeur de B ; le sens du courant et celui de la rotation sont indiqués sur le schéma du texte.
I.2) Si (S_C2) est une surface s’appuyant sur un circuit (C₂) fermé, le coefficient de mutuelle induction entre (C₁) et (C₂) est :
$M=\frac{1}{{{I}_{1}}}\iint\limits_{({{\text{S}}_{{{C}_{2}}}})}{{{\mathbf{B}}_{1}}}.d{{\mathbf{S}}_{2}}$.
Dans le cas considéré, la f.é.m. induite par le mouvement est :
$e = \int\limits_0^r {({\bf{v}} \wedge {\bf{B}}).d{\bf{r}}} = \Omega \int\limits_0^r {{B_z}(\rho )} \rho d\rho $ mise sous forme e = M I $\Omega $ avec $M = \frac{1}{I}\int\limits_0^r {{B_z}(\rho )} \rho d\rho $,
mais l’expression de M ne correspond pas à la définition d’un coefficient de mutuelle induction. En fait, le texte aurait dû introduire précisément le coefficient de mutuelle M entre la spire et le cercle autour du disque ; alors, on aurait eu :
$M = \frac{1}{I}\int\limits_0^r {{B_z}(\rho )\rho d\rho } \int\limits_0^{2\pi } {d\theta } = \frac{{2\pi }}{I}\int\limits_0^r {{B_z}(\rho )} \rho d\rho $ d’où $e = \frac{{MI\Omega }}{{2\pi }}$ et non $e = MI\Omega $.
I.3) La f.é.m. induite totale est :
$e = - {\left( {\frac{{d\phi }}{{dt}}} \right)_{\`a \;circuit\;fixe}} - {\left( {\frac{{d\phi }}{{dt}}} \right)_{\`a \;{\bf{B}}\,\;constant}} = - L\frac{{dI}}{{dt}} + \int\limits_0^r {({\bf{v}} \wedge {\bf{B}}).d{\bf{r}}} $.
Les éléments du schéma électrique correspondent :

• à la f.e.m. induite due au champ électromoteur de Lorenz, mise sous forme MI $\Omega $ ;
• à la f.é.m. d’autoinduction due au champ électromoteur de Neumann, représentée par L ;
• à la résistance électrique des conducteurs R.

L’équation électrique s’écrit (en retenant la notation du texte) :
$MI\Omega - L\frac{{dI}}{{dt}} = RI$.

I.4) La f..é.m. due au champ électromoteur de Lorentz fournit une énergie opposée au travail du système des forces de Laplace, de moment Γ_me_z par rapport à z’z , de puissance Γ_mΩ pour le disque solide en rotation autour de l’axe fixe z’z :
$eIdt + {\Gamma _m}\Omega dt = 0$ d’où ${\Gamma _m} = - \frac{{eI}}{\Omega }$ et donc ${\Gamma _m} = - M{I^2}$ (on devrait avoir${\Gamma _m} = - \frac{{M{I^2}}}{{2\pi }}$)
d’où l’équation mécanique, par application du théorème du moment cinétique scalaire au disque :
$J\frac{{d\Omega }}{{dt}} = - f\Omega - M{I^2} + \Gamma $.
I.5) À partir de l’équation électrique, pour retrouver l’équation correspondante du texte, il faut poser :

• ${\Omega _0} = \frac{R}{M}$ (en multipliant haut et bas par I ², c’est le rapport d’une puissance et d’une énergie : la dimension est celle de l’inverse d’un temps donc d’une vitesse angulaire ) ;

• ${t_0} = \frac{L}{R}$ (constante de temps d’un circuit R,L).

et à partir de l’équation électrique, pour retrouver l’équation correspondante du texte, il faut poser :

• ${I_0} = \sqrt {\frac{\Gamma }{M}} $ (un couple a la dimension d’une énergie : I₀ a la dimension d’une intensité) ;

• $\lambda = \frac{{f{\Omega _0}}}{\Gamma } = \frac{{fR}}{{\Gamma M}}$ (rapport de deux moments donc sans dimension) ;
• $\alpha = \frac{{\Gamma {t_0}}}{{J{\Omega _0}}} = \frac{{\Gamma LM}}{{J{R^2}}}$ ($\frac{{J{\Omega _0}}}{{{t_0}}}$ est homogène à la dérivée d’un moment cinétique, Γ est un couple, donc α est sans dimension).

I.6) Il existe une ou trois solutions stationnaires :

• (1) : i = 0, $\omega = C = \frac{1}{\lambda }$ ($\Omega = \frac{\Gamma }{f} = {\Omega _{vide}}$), la puissance de l’opérateur se dissipe en frottement ;
• (2) : ω = 1 ; i² = 1 − λ ou $i = \pm \sqrt {1 - \lambda } $ ; ces 2 solutions n’existent que si λ < 1 soit ${\Omega _0} < \frac{\Gamma }{f} = {\Omega _{vide}}$, c’est-à-dire si Ω > Ω₀. Dans ce cas, il y a possibilité de génération spontanée d’un champ magnétique avec deux sens possibles opposés et deux valeurs de i opposées.

I.7) A.N. : $B = \frac{{{\mu _0}I}}{{2r}}$ ; très grossièrement : ${\phi _p} \approx BS = \frac{{{\mu _0}\pi r}}{2} \approx {2.10^{ - 7}}\;{\rm{H}}$.
Si on suppose que B a le même ordre de grandeur au niveau du rayon du disque, alors :
$M \approx \frac{{{\mu _0}r}}{4} = {3,2.10^{ - 8}}\;{\rm{H}}$. D’où ${\Omega _0} = \frac{R}{M} \approx {3.10^7}\;{\rm{rd}}{\rm{.}}{{\rm{s}}^{ - 1}}$, soit 5.10⁶ tours/seconde (impossible).
I.8) En assimilant le noyau sphérique, de rayon r, à un conducteur de section droite S = πr²/2 et de longueur moyenne l = πr, la résistance est grossièrement donnée par :
$R \approx \frac{{\rho l}}{S} = \frac{{2\rho }}{r} \approx {2.10^{ - 13}}\;\Omega $ et par ailleurs $M \approx \frac{{{\mu _0}r}}{4} = 0,1\pi \;{\rm{H}}$ d’où ${\Omega _0} \approx \frac{{{{2.10}^{ - 12}}}}{\pi }\;{\rm{rd}}{\rm{.}}{{\rm{s}}^{ - 1}}$
soi une période de 10¹³ s et puisqu’une année vaut 3,16.10⁷ s, un tour complet se fait en 300 000 ans environ ce qui semble possible à l’échelle géologique. Le plasma fluide du noyau (électrons et ions positifs) produit des courants électriques du fait de la rotation terrestre initiale (le moteur) et de la viscosité du fluide (frottements entre couches fluides et au contact avec la partie solide externe).
I.9) Par développement limité au premier ordre, avec en régime permanent i = 0, ω = C = 1/λ :
$\frac{{dx}}{{d\tau }} \approx (C - 1)x$, $\frac{{dy}}{{d\tau }} \approx \alpha (1 - \lambda C) - \lambda \alpha y$ soit $\frac{{dx}}{{d\tau }} + (1 - C)x = 0$ et $\frac{{dy}}{{d\tau }} + \lambda \alpha y = 0$,
d’où :
$x = A{{\rm{e}}^{ - (1\, - \,C)\tau }}$ et $y = B{{\rm{e}}^{ - \lambda \alpha \tau }}$ ; $\mathop {\lim }\limits_{\tau \to \infty } (y) = 0$,
$\mathop {\lim }\limits_{\tau \to \infty } (x) = 0$ si C =1/λ < 1, stabilité si λ > 1 , mais $\mathop {\lim }\limits_{\tau \to \infty } (x) = \infty $ si C = 1/λ > 1, instabilité si λ < 1 ;
En conclusion :
$C = \frac{{{\Omega _{vide}}}}{{{\Omega _0}}} = \frac{{\Gamma M}}{{fR}} = \frac{1}{\lambda }$⇒ stabilité de la solution I = 0 si $\frac{\Gamma }{f} < \frac{R}{M}$ ou λ > 1.

I.10) Il s’agit d’un problème purement mathématique ; soit le système linéarisé au voisinage de (0,0) :
$\frac{{di}}{{d\tau }} = ai + b\omega $, $\frac{{d\omega }}{{d\tau }} = ci + d\omega $,
dont on cherche la solution sous la forme i = Ae^st, ω = Be^st. L’équation caractéristique s’obtient en annulant le déterminant du système, soit :
${s^2} - (a + d)s + ad - bc = 0$ de racines ${s_1},{s_2} \in \mathbb{C}$.
Selon les valeurs de p = a + d (trace de la matrice) et de q = ad − bc (déterminant de la matrice), on a:

1. si q < 0 : selle ou col (point fixe instable : les trajectoires sont des branches d’hyperbole) ;
2. si q = 0 : nœud dégénéré ou impropre ;
3. si q > 0 :

1. si p² > 4q :
   - si p < 0 : nœud asymptotiquement stable ;
   - si p > 0 : nœud instable ;
2. si p² = 4q :
   - si p < 0 : nœud dégénéré asymptotiquement stable impropre ou avec inflexion ;
   - si p > 0 : nœud dégénéré instable ou impropre ou avec inflexion ;
   - si a = d et b = c = 0 : droite (étoile) ;
3. si p² < 4q :
   - si p < 0 : foyer asymptotiquement stable ;
   - si p > 0 : foyer instable ;
   - si p = 0 : centre.

La figure ci-dessous résume les cas :

I.11) Si i non nulle avec forcément λ < 1, au voisinage de ω = C = 1 et $i = \pm \sqrt {1 - \lambda } $:
$\omega = 1 + y$, $i = \pm \sqrt {1 - \lambda } + x$
d’où au premier ordre en x et y, les équations différentielles d’évolution s’écrivent :
$\frac{{dx}}{{d\tau }} \approx \pm \sqrt {1 - \lambda } \;y$, $\frac{{dy}}{{d\tau }} \approx \alpha ( - \lambda y \mp 2\sqrt {1 - \lambda } \,x)$, a = 0, $b = \pm \sqrt {1 - \lambda } $, $c = \mp 2\alpha \sqrt {1 - \lambda } $, $d = - \alpha \lambda $,
p = −λα < 0, q = 2(1 − λ)α > 0,
pour ces deux cas d’où stabilité. Ces solutions si elles existent sont stables. En conclusion :

• si λ > 1 : 1 solution à courant nul stable ;
• si λ < 1 : 3 solutions dont 2 à courants non nuls opposés, stables et 1 à courant nul, instable ;

Il s’agit d’un phénomène de symétrie brisée.

II) Mouvement d’une particule dans un champ magnétique

II.1) Théorèmes de la quantité de mouvement et de l’énergie cinétique :
$m\frac{{d{\bf{v}}}}{{dt}} = q{\bf{v}} \wedge {\bf{B}}$ , $P = \frac{{dE}}{{dt}} = 0$ d’où ||v|| = cste,
car la force de Lorentz perpendiculaire à la vitesse ne travaille pas.
II.2) En projections longitudinale et transversale :
$m\frac{{d{{\bf{v}}_{//}}}}{{dt}} = {\bf{0}}$ d’où ${{\bf{v}}_{//}} = {\bf{cste}}$ et donc ||v_⊥|| = cste, $m\frac{{d{{\bf{v}}_ \bot }}}{{dt}} = q{{\bf{v}}_ \bot } \wedge {\bf{B}}$.
Soit ρ le rayon de courbure de la trajectoire de la projection de la charge sur un plan perpendiculaire à B, soit n sa normale et t le vecteur unitaire tangent ; l’accélération est :
$\frac{{d{{\bf{v}}_ \bot }}}{{dt}} = \frac{{m{{\bf{v}}_ \bot }^2}}{\rho }{\bf{n}}$
d’où en reportant dans l’équation en v_⊥ :
$\rho = \frac{{m||{{\bf{v}}_ \bot }||}}{{|qB|}}$ ou algébriquement n et t :$\rho = - \frac{{m{v_ \bot }}}{{qB}}$,
si q > 0, rotation dans le sens négatif associé à B ; si q < 0, rotation dans le sens contraire : la trajectoire est une hélice circulaire de pas constant parcourue à la période et à la vitesse angulaire :
$T = \frac{{2\pi m}}{{|qB|}}$ et $\omega = \frac{{|qB|}}{m}$.
II.3) A.N. : la norme de la vitesse est donnée par :
$||{\bf{v}}||\; = \sqrt {\frac{{2E}}{m}} $.

	électron de 25 KeV	proton de 80 KeV
	v // B	v ⊥ B	v à π/4 de B	v // B	v ⊥ B	v à π/4 de B
ρ (m)	mt rectiligne uniforme ||v|| = 9,4.107 m.s−1	10,7	7,6	mt rectiligne uniforme ||v|| = 3,9.106 m.s−1	810	572
ω (rd.s−1)		8,8.106	8,8.106		4,8.103	4,8.103

II.4) L’intensité du courant est :
$I = \frac{q}{T} = \frac{{q\omega }}{{2\pi }} = \frac{{{q^2}B}}{{2\pi m}}$, $\mu = IS = \frac{{{q^2}B{\rho ^2}}}{{2m}}$, $\mu = - \frac{{{q^2}\phi }}{{2\pi m}}$,$m = - \frac{{m{v_ \bot }^2}}{{2B}}\frac{{\bf{B}}}{{||{\bf{B}}||}}$, ${E_ \bot } = \frac{1}{2}m{v_ \bot }^2$ d’où ${E_ \bot } = - \mu B$.
Le moment magnétique m et le champ magnétique B sont de sens opposés.
II.5) Il faut que la variation relative de ||B|| soit négligeable sur une distance de l’ordre du rayon local et que la courbure d’une ligne de champ soit négligeable sur une distance de l’ordre de grandeur du pas local de l’hélice. Sur quelques périodes tout se passe comme si localement le champ magnétique était uniforme. Sur une échelle de temps plus grande, il faut tenir compte de la variation de ||B|| pour avoir celles de ρ et ω par les formules déjà établies.
II.6) B est à flux conservatif, son flux à travers le cylindre de rayon ρ entre z et z + dz est nul :
$ - {B_{//\,}}(0,z)\pi {\rho ^2} + {B_{//\,}}(0,z + dz)\pi {\rho ^2} + \,2\pi \rho dz{B_ \bot } = 0$ d’où ${B_ \bot } = - \frac{\rho }{2}\frac{{d{B_{//}}}}{{dz}}$.
II.7) Algébriquement :$\rho = - \frac{{m{v_ \bot }}}{{q{B_{//}}}}$ ; en projection longitudinale de l’équation f = ma :
$m\frac{{d{{\bf{v}}_{//}}}}{{dt}} + m\frac{{d{{\bf{v}}_ \bot }}}{{dt}} = q({{\bf{v}}_{//}} + {{\bf{v}}_ \bot }) \wedge ({{\bf{B}}_{//}} + {{\bf{B}}_ \bot })$, on a : $m\frac{{d{{\bf{v}}_{//}}}}{{dt}} = q{{\bf{v}}_ \bot } \wedge {{\bf{B}}_ \bot } = q\left( {\frac{{ - q{B_{//}}\rho }}{m}} \right){{\bf{e}}_\theta } \wedge \left( { - \frac{\rho }{2}\frac{{d{B_{//}}}}{{dz}}{{\bf{e}}_r}} \right)$,
${{\bf{a}}_{//}} = - \frac{{{q^2}{\rho ^2}{B_{//}}}}{{2m}}\frac{{d{B_{//}}}}{{dz}}{{\bf{e}}_z} = - \frac{{{v_ \bot }^2}}{{2{B_{//}}}}\frac{{d{{\bf{B}}_{//}}}}{{dz}}$, or $\mu = - \frac{{m{v_ \bot }^2}}{{2{B_{//}}}}$ d’où ${{\bf{a}}_{//}} = \frac{\mu }{m}\frac{{d{{\bf{B}}_{//}}}}{{dz}}$,
${{\bf{v}}_{//}}.{{\bf{a}}_{//}} = \frac{\mu }{m}\frac{{d{B_{//}}}}{{dz}}\frac{{dz}}{{dt}}$, $d\left( {\frac{{{v_{//}}^2}}{2}} \right) = \frac{\mu }{m}d{B_{//}}$ et donc $d{E_{//}} = \mu d{B_{//}}$.
II.8) En valeurs algébriques sur e_z :
${E_ \bot } = - \mu {B_{//}}$, $d{E_ \bot } = - \mu d{B_{//}} - {B_{//}}d\mu $,$d{E_{//}} = \mu d{B_{//}}$,$E = {E_ \bot } + {E_{//}}$, $dE = 0$, $dE = d{E_ \bot } + d{E_{//}}$,
${B_{//}}d\mu = 0$, $d\mu = 0$, $\mu = cste$, $\mu = - \frac{{{q^2}\phi }}{{2\pi m}}$ d’où φ = cste.
On a l’équation d’un tube de champ à symétrie de révolution, le résultat traduisant la conservation du flux du champ. La charge enveloppe un tube de champ et son centre guide se déplace sur z’z.
II.9) $\mu = - \frac{{{E_ \bot }}}{B} = - \frac{{{E_{{ \bot _0}}}}}{{{B_0}}}$ d’où $\frac{{{{\sin }^2}{\beta _0}}}{{{B_0}}} = \frac{{{{\sin }^2}\beta }}{B}$, ${E_{//}} = E{\cos ^2}\beta = E(1 - {\sin ^2}\beta ) = E(1 - \frac{B}{{{B_0}}}{\sin ^2}{\beta _0})$.
${v_{//}}^2 = \frac{{2E}}{m}(1 - \frac{B}{{{B_0}}}{\sin ^2}{\beta _0})$, ${v_{//}}^2 \ge 0$ si la section est atteinte$ \Rightarrow $$\frac{{{B_0}}}{B} \ge {\sin ^2}{\beta _0}$.
Dans une section d’étranglement, B est maximal et prend la valeur B_max ; quand B₀/B_max = sin²β₀, les particules ne peuvent progresser plus et elles rebroussent chemin. Seules les particules de β₀ faible et inférieur à la valeur définie par la formule précédente pourront franchir la section d’étranglement.

III) Particules piégées dans le champ magnétique terrestre

III.1) Le champ magnétique est de type dipolaire ; avec B = ||B||, M = −Me_z :
${\bf{B}} = - \frac{{{\mu _0}M}}{{4\pi {r^3}}}(2\cos \theta {{\bf{e}}_r} + \sin \theta {{\bf{e}}_\theta })$, $B = \;\frac{{{\mu _0}M}}{{4\pi {r^3}}}{(3{\cos ^2}\theta + 1)^{1/2}}$,$B(\theta = \frac{\pi }{2})\; = \frac{{{\mu _0}M}}{{4\pi {R_T}^3}}$, $M = {8,13.10^{22}}\;{\rm{A}}{\rm{.}}{{\rm{m}}^2}$.
III.2) Les lignes de champ (voir figure page suivante) ont pour équation différentielle :
$\frac{{dr}}{{{B_r}}} = \frac{{rd\theta }}{{{B_\theta }}}$, $\frac{{dr}}{{2\cos \theta }} = \frac{{rd\theta }}{{\sin \theta }}$, $\frac{{dr}}{r} = \frac{{2\cos \theta d\theta }}{{\sin \theta }} = \frac{{2d\sin \theta }}{{\sin \theta }}$, $r = K{\sin ^2}\theta $.
$r = {r_0} = \lambda {R_T}$, $K = {r_0}$,$r = {r_0}{\sin ^2}\theta $,$B(\theta = \frac{\pi }{2})\; = \frac{{{\mu _0}M}}{{4\pi {r_0}^3}}$ (dans le plan équatorial),
$B = \;{B_0}{\left( {\frac{{{r_0}}}{r}} \right)^3}{(3{\cos ^2}\theta + 1)^{1/2}}$, $B = \;{B_0}\frac{{{{(3{{\cos }^2}\theta + 1)}^{1/2}}}}{{{{\sin }^6}\theta }}$ .

III.3) Une particule chargée décrit localement une hélice circulaire, son centre guide décrivant une ligne de champ magnétique ; la ligne de champ s’enroule sur un tube de champ dont la ligne centrale est la trajectoire du centre guide. Les charges dont β₀ est assez grand vont se réfléchir aux extrémités du tube et effectuer des aller-retour : elles sont piégées.
III.4) Pour les particules piégées, B₀/B_max ≤ sin²β₀, B_max est obtenu pour r = R_T = λR_T sin²θ_max soit :
${\sin ^2}{\theta _{max}} = \frac{1}{\lambda }$, $\sin {\theta _{max}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$, ${\theta _{max}} = 35,3\;^\circ $,
$\frac{{{B_{max}}}}{{{B_0}}} = \frac{{{{(3{{\cos }^2}{\theta _{max}} + 1)}^{1/2}}}}{{{{\sin }^6}{\theta _{max}}}}$, ${\sin ^2}{\beta _0} \ge \frac{1}{{{\lambda ^3}{{(4 - 3/\lambda )}^{1/2}}}} = \frac{1}{{27\sqrt 3 }}$, $\sin {\beta _0} \ge \frac{1}{{3\sqrt {3\sqrt 3 } }} = 8,4^\circ $.
Les particules qui n’obéissent pas à cette condition fuient par les pôles où elles sont responsables des aurores polaires.
III.5) L’angle solide défini par les particules qui fuient (au sud ou au nord) est : Ω = 2 × 2π(1−cosβ₀), et l’angle solide de tout l’espace est 4π . La probabilité pour une charge de rester piégée est :
$p = 100(1 - \frac{\Omega }{{4\pi }}) = 100\cos {\beta _0}$, $p = 100\sqrt {1 - {{\sin }^2}{\beta _0}} \approx 99\;\% $.

III.6) Pour la vitesse longitudinale :
${v_{//}}^2 = {\dot{r^2} + {r^2}{\dot \theta ^2}$, $r = {r_0}{\sin ^2}\theta $, $\dot r = 2{r_0}\sin \theta \cos \theta \;\dot \theta $, ${v_{//}}^2 = {r_0}^2{\sin ^2}\theta (1 + 3{\cos ^2}\theta ){\dot \theta ^2}$,
avec $\tau = {r_0}\sqrt {\frac{m}{{2E}}} = \frac{{{r_0}}}{{{v_0}}} = \frac{{\lambda {R_T}}}{{{\nu _0}}} = \frac{{3{R_T}}}{{{\nu _0}}}$ de dimension un temps, par identification avec v_//² de II.9, on a :
${\tau ^2}{\sin ^2}\theta (1 + 3{\cos ^2}\theta ){\dot \theta ^2} = \left[ {1 - \frac{{{{(3{{\cos }^2}\theta + 1)}^{1/2}}}}{{{{\sin }^6}\theta }}{{\sin }^2}{\beta _0}} \right]$.
On assimile la ligne de champ à un cercle de rayon 1,5R_T de circonférence 3πR_T, en négligeant la partie enfouie ; avec v_// ≈ 9,4.10⁷ m.s⁻¹, le temps aller-retour maximal est de l’ordre de 6πR_T v_// ≈ 1,3 s.
On peut aussi dire que le temps aller-retour est de quelques τ avec τ = 0,2 s, soit si 4τ , 4τ = 0,8 s.
III.7) ${\tau ^2}{\dot \theta ^2} = f(\theta ) = \frac{{1 - \frac{{{{(1 + 3{{\cos }^2}\theta )}^{1/2}}{{\sin }^6}{\theta _0}}}{{{{(1 + 3{{\cos }^2}{\theta _0})}^{1/2}}{{\sin }^6}\theta }}}}{{{{\sin }^2}\theta (1 + 3{{\cos }^2}\theta )}}$, $dt = \pm \frac{{\tau d\theta }}{{\sqrt {f(\theta )} }}$ d’où la période $T = 2\tau \int\limits_{{\theta _0}}^{\pi - {\theta _0}} {\frac{{d\theta }}{{\sqrt {f(\theta )} }}} $.
Avec θ₀ = π/4, par la méthode des trapèzes ou de Simpson, ou en utilisant la fonction int de Maple, on obtient T/τ = 4,522. Le temps de calcul est long (une demi-heure avec un portable 166 MHz), ce qui est sans doute dû au fait que l’intégrale est impropre aux deux bornes.

Concours Physique ENS de Paris (MP) 2000 (Énoncé)

ENS Ulm PHYSIQUE SESSION 2000
Filière MP
Durée : 6 heures
• Les calculatrices sont autorisées.
• Les applications numériques ne sont pas à négliger.
• La note prendra en compte la clarté et la qualité des explications
Quelques données
$\mu _0^{} = {\kern 1pt} {\kern 1pt} 4\pi 10_{}^{ - 7}$(SI)
e = 1.610^-19C
m_e = 0.9110^-30kg
m_p = 1.6610^-27kg
Rayon terrestre: R_T = 6400km
En coordonnées cylindriques, divA$ = {\kern 1pt} {\kern 1pt} \frac{{\partial A_z^{}}}{{\partial z}}{\kern 1pt} {\kern 1pt} + {\kern 1pt} {\kern 1pt} \frac{1}{r}\frac{\partial }{{\partial r}}(rA_r^{}){\kern 1pt} {\kern 1pt} + {\kern 1pt} {\kern 1pt} \frac{1}{r}\frac{{\partial A_\phi ^{}}}{{\partial \phi }}$

I. Génération spontanée du champ magnétique terrestre

On considère un dispositif représenté sur la figure 1. Un disque conducteur est monté sur un axe vertical, également conducteur. L'ensemble peut tourner et est entraîné par un dispositif, non représenté. Une boucle conductrice, fixe, relie le bord du disque à l'axe par l'intermédiaire de deux frotteurs assurant un bon contact électrique. Ainsi un courant électrique est susceptible de circuler, empruntant un itinéraire indiqué sur la figure par des flèches. Ce dispositif n'est pas plongé dans un champ magnétique d'origine exté­rieure et ne comporte pas de générateur électrique. En dépit de cela, il est possible qu'un courant et un champ magnétique apparaissent spontanément. La partie I de ce problème étudie cette possibilité. 1. (Répondre brièvement et qualitativement à cette question 1) Expliquer pourquoi le disque, en présence d'un champ magnétique tel que celui indiqué sur la figure, engendre une force électromotrice. Montrer comment le courant qui en résulte peut produire ce champ magnétique (en direction et sens) et en déduire que la génération spontanée du champ est possible. Que se passe-t‑il si le sens de rotation est inversé? Que pensez‑vous de la conservation de l'énergie? Montrer que plusieurs solutions sont a priori possibles, différant par le module et le sens du champ magnétique.
2. On désigne par M l'inductance mutuelle entre le circuit et le disque. Rappeler la définition de cette quantité (sans chercher à la calculer). Est‑elle différente de l'inductance L de l'ensemble du circuit? Supposant qu'il circule une intensité I et que le disque tourne à la vitesse angulaire $\Omega $, calculer la force électromotrice apparaissant entre bord et centre du disque.
3. Montrer que le schéma électrique équivalent du dispositif est

On commentera l'origine des divers éléments (sans chercher à estimer leurs valeurs). En déduire l'équation différentielle gouvernant l'évolution temporelle de l'intensité I(t) circulant dans le circuit.

4. Du point de vue mécanique, le système disque+axe possède un moment d'inertie J et est soumis à un couple moteur constant $\Gamma $, à un couple de frottement mécanique $ - f\Omega $ proportionnel à la vitesse angulaire $\Omega $, et à un couple résistant supplémentaire dû aux effets magnétiques. Expliquer l'origine de ce dernier couple et pourquoi sa valeur est égale à $ - MI_{}^2.$ Ecrire l'équation différentielle donnant l'accélération angulaire $\frac{{d\Omega }}{{dt}}.$
5. Montrer que le système s'écrit de manière non dimensionnée
$\frac{{di}}{{d\tau }}{\kern 1pt} {\kern 1pt} = {\kern 1pt} {\kern 1pt} i{\kern 1pt} {\kern 1pt} (\omega - 1)$
$\frac{{d\omega }}{{d\tau }}{\kern 1pt} {\kern 1pt} = {\kern 1pt} {\kern 1pt} \alpha {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} (1 - i_{}^2 - \lambda \omega )$ On effectuera pour cela un changement d'échelle adapté $\tau = $t/to, i = I/I_o, $\omega {\kern 1pt} {\kern 1pt} = {\kern 1pt} {\kern 1pt} \Omega /\Omega _0^{}.$ Donner les expressions de $t_0^{},{\kern 1pt} {\kern 1pt} I_0^{},{\kern 1pt} {\kern 1pt} \Omega _0^{},{\kern 1pt} {\kern 1pt} \alpha {\kern 1pt} {\kern 1pt} $ et $\lambda .$ Vérifier leurs dimensions.
6. Discuter les solutions stationnaires du système précédent. A ce point, que peut‑on dire sur la possibilité de génération spontanée de champ magnétique? Montrer que le phénomène ne peut se produire que si la vitesse à vide $(\Omega _{vide}^{} = \Gamma /f)$ est suffisante.
7. Application numérique 1: On cherche à réaliser ce dispositif en utilisant un disque de
r = 10 cm de rayon. Quel est le champ magnétique au centre de la boucle? En déduire une estimation très grossière des inductances L et M.
Tablant sur une résistance des conducteurs de l'ordre de l'ohm, quel est l'ordre de grandeur de la vitesse angulaire nécessaire pour observer le phénomène? Commenter le résultat obtenu. 8. Application numérique 2: On pense que les mouvements des couches internes conductrices du globe terrestre sont responsables de la génération spontanée du champ magnétique terrestre. Le dispositif précédent pourrait être une image, évidemment extrêmement grossière, de ce phénomène. L'ordre de grandeur du rayon du noyau de la terre est de 1000km. La résistivité du fer, que l'on sait abondant dans le noyau, est aux alentours de $10_{}^{ - 7}\Omega .m.$ Estimer numériquement ce que pourrait être la résistance R intervenant dans le système étudié. En déduire l'ordre de grandeur de la vitesse angulaire nécessaire pour que le phénomène puisse se développer et la période correspondante. Qu'en pensez‑vous? Quelle est l'origine physique des mouvements, de son "moteur" et des "frottements"?
9. Parmi les solutions étudiées dans la question 6 figure celle où le courant est nul. Si cette solution était stable vis à vis des perturbations, le système pourrait rester indéfiniment dans cet état. Il convient donc d'en étudier la stabilité. Pour cela, on se placera au voisinage de cette solution et on étudiera l'évolution des écarts $x(\tau )$ et $y(\tau ),$ en écrivant $i(\tau ) = x(\tau ),{\kern 1pt} {\kern 1pt} \omega (\tau ) = C + y(\tau )$ où C est une constante. Etudier le système résultant après linéarisation en (x, y). On donnera sa solution et on en déduira la discussion sur la stabilité de la solution de courant nul.
10. En toute généralité, lors de l'étude de stabilité pour un système différentiel à deux inconnues $(i,\omega )$, énumérer les comportements possibles au voisinage des points stationnaires. On pourra. appuyer cette discussion sur des schémas montrant les allures possibles que peuvent prendre les trajectoires {$i(\tau ),{\kern 1pt} {\kern 1pt} \omega (\tau )$} dans le plan $(i,\omega )$ au voisinage de ces points.
11. Revenant au cas du système de la question 5, étudier la stabilité des solutions stationnaires correspondant à une intensité non nulle.

II. Mouvement d'une particule dans un champ magnétique 1. Dans tout ce qui suit, les particules sont non relativistes. Rappeler les équations du mouvement d'une particule de masse m et de charge q dans un champ magnétique B quelconque. Que peut‑on dire de son énergie cinétique E?
Dans le cas d'un champ uniforme, déterminer la trajectoire de la particule. Montrer que la trajectoire peut s'interpréter comme un mouvement circulaire transverse autour d'un centre de giration se déplaçant de façon uniforme dans la direction longitudinale. Préciser en particulier, en fonction des composantes de la vitesse $v_{//}^{}$ et $v_ \bot ^{}$, respectivement parallèle et perpendiculaire à la direction du champ, le rayon $\rho $ de la projection de la trajectoire sur le plan perpendiculaire au champ, la pulsation $\omega $ et le sens du mouvement.
3. Application numérique: donner les paramètres de la trajectoire pour un électron de 25keV ou un proton de 80keV dans un champ de $50\mu T.$ On traitera les cas où la vitesse initiale est perpendiculaire, parallèle ou inclinée d'un angle $\beta = 45^\circ $ avec le champ.
4. Toujours pour un champ uniforme, le mouvement projeté dans le plan perpendiculaire au champ équivaut à un courant engendrant un moment magnétique $\mu $ que l'on calculera. Montrer en particulier qu'il peut s'exprimer en fonction de "l'énergie cinétique transverse" $E_ \bot ^{} = \frac{1}{2}mv_ \bot ^2.$ En donner également une autre expression en fonction du flux contenu dans le tube de champ magnétique autour duquel s'enroule la trajectoire. Quels sont les sens respectifs du champ magnétique et de ce moment magnétique?
5. On considère maintenant un champ magnétostatique, ne dépendant pas du temps et lentement variable dans l'espace. Expliquer brièvement et qualitativement pourquoi le mouvement peut continuer à être interprété comme un mouvement circulaire dans un plan perpendiculaire au champ autour d'un centre de giration animé d'un mouvement (plus complexe que précédemment), mais que maintenant les caractéristiques du mouvement circulaire (rayon, période) vont évoluer lentement dans le temps. Quelle est l'échelle de distance sur laquelle le champ magnétique doit peu varier pour que cette interprétation soit valable?

6. On considère un champ de révolution autour d'un axe Oz, dont les lignes se resserrent lentement (voir figure ci‑dessous) et une particule dont la trajectoire s'enroule originellement autour de cet axe.

Exprimer, au premier ordre dans la dérivée de la composante longitudinale $\frac{{dB_{//}^{}}}{{dz}}$ calculée sur l'axe Oz, la composante radiale du champ transverse $B_ \bot ^{}$ au voisinage de Oz.
7. Calculer l'accélération longitudinale de la particule, que l'on exprimera en fonction de $\mu $ et $\frac{{dB_{//}^{}}}{{dz}}$. En déduire que "l'énergie cinétique longitudinale" $E_{//}^{} = \frac{1}{2}mv_{//}^2$ satisfait sur la trajectoire la relation différentielle $dE_{//}^{} = \mu dB_{//}^{}.$
8. En utilisant la conservation de l'énergie et la relation existante entre moment magnétique de la trajectoire et énergie cinétique transverse, montrer que le moment magnétique $\mu $ de l'orbite reste constant. En déduire que la trajectoire de la particule voit son centre suivre une ligne de champ et enveloppe un tube de champ.
9. On veut étudier l'effet d'un resserrement des lignes de champ. Plus précisément, on considérera une particule dont la vitesse fait originellement un angle $\beta _0^{}$ avec le champ magnétique $B_0^{}$ au point initial. Montrer que la vitesse $v_{//}^{}$ du centre de giration de la trajectoire sur la ligne de champ est donnée par l'expression
$v_{//}^2 = \frac{{2E}}{m}(1 - \frac{B}{{B_0^{}}}\sin _{}^2\beta _0^{})$
et que la particule ne peut pénétrer dans les régions où B/B_o excède une quantité que l'on exprimera en fonction de $\beta _0^{}$. En déduire que seules les particules dont la trajectoire est faiblement inclinée avec le champ magnétique pourront franchir les "étranglements", les autres étant réfléchies dans la direction dont elles venaient.
III. Particules piégées par le champ magnétique terrestre

1. Le champ magnétique terrestre est assimilé (de façon simpliste) au champ d'un dipôle magnétique M placé au centre de la terre, de rayon R_T. Calculer (en coordonnées sphériques $(r,\theta ,\phi )$ les composantes du champ ainsi que son module en tout point.
Application numérique: le champ magnétique vaut $31\mu T$ sur l'équateur magnétique terrestre. Que vaut le moment magnétique terrestre M?
2. Quelle est l'équation des lignes de champ? Tracer leur allure. Donner l'expression du module du champ magnétique sur une ligne de champ en fonction de sa valeur B_o sur le plan équatorial géomagnétique et de $\theta $.
3. On néglige l'influence de la courbure des lignes de champ magnétique sur le mouvement, afin de pouvoir utiliser les résultats obtenus dans la partie précédente; on néglige également les forces autres que magnétiques. Décrire et discuter qualitativement le mouvement possible d'une particule chargée circulant dans le champ terrestre.
4. On injecte une particule en un point situé sur le plan équatorial géomagnétique, à la distance $r_0^{} = \lambda R_T^{}$ du centre de la terre. Quelle est la condition que doit satisfaire l'angle $\beta _0^{}$ entre la vitesse initiale et le champ magnétique pour que cette particule reste indéfiniment piégée? Que deviennent. les particules qui ne satisfont pas à cette condition, et quel est le phénomène observable qu'elles vont provoquer?
Application numérique: expliciter la condition lorsque les particules sont injectées à une distance égale à $\lambda $ = 3 rayons terrestres. 5. Si l'on injecte une bouffée de particules de même énergie avec une répartition isotrope de la direction de leurs vitesses, quelle est la proportion qui restera piégée? Application numérique pour $\lambda $= 3. Quel est le mécanisme qui introduit ces particules chargées énergiques autour de la terre?
6.. Ecrire l'équation différentielle à laquelle obéit la colatitude $\theta (t)$ de la particule. On montrera en particulier qu'un seul paramètre dimensionné $\tau = \lambda R_T^{}\sqrt {m/2E} $ intervient dans cette équation. On interprétera sa signification.
Application numérique: sans résoudre l'équation précédente, estimer l'ordre de grandeur du temps d'aller et retour entre ses deux positions limites d'un électron de 25keV injecté à 3 rayons terrestres du centre de la terre.

7. Exprimer sous forme d'une intégrale le temps T d'aller et retour d'une particule entre ses positions extrêmes $(\theta _0^{},\pi - \theta _0^{})$.
Application numérique: Estimer $\frac{T}{\tau }$ pour $\theta _0^{} = \frac{\pi }{4}.$ (une calculette programmable est nécessaire pour ce calcul numérique. On précisera les problèmes numériques que peuvent poser l'estimation de l'intégrale et la façon dont de candidat les a pris en compte).

Concours Physique ENS de Lyon et Cachan (MP) 2000 (Corrigé)

I- PREMIERE PARTIE: Etude cinétique des gaz:
1)- Distribution des vitesses à l'équilibre thermodynamique:
a)- Le terme en exposant doit être sans dimension: B a donc la dimension d'une vitesse à la puissance –2.
$\frac{{{d^3}N}}{N}$ est un nombre sans dimension: a a la dimension d'une vitesse à la puissance –1:
B est en s².m^-2 et a est en s.m^-1.
Par ailleurs, le nombre de molécules ayant une vitesse quelconque est égal à N: on en déduit:
$1 = {a^3} \cdot \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^{ - B{v_x}^2}}d{v_x}} \cdot \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^{ - B{v_y}^2}}d{v_y}} \cdot \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^{ - B{v_z}^2}}d{v_z}} = {\left[ {a \cdot \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^{ - B{v_x}^2}}d{v_x}} } \right]^3}$

Soit:
$a = \frac{1}{{\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^{ - B{v_x}^2}}d{v_x}} }} = \frac{1}{{2\int\limits_0^{ + \infty } {{e^{ - B{v_x}^2}}d{v_x}} }}$
C'est à dire, en utilisant l'intégrale I₀:
$a = \sqrt {\frac{B}{\pi }} $
b)- On écrit la loi précédente en passant en coordonnées sphériques dans l'espace des v:
${v^2} = v_x^2 + v_y^2 + v_z^2$ et $d{v_x} \cdot d{v_y} \cdot d{v_z} = {v^2}\sin \theta \cdot dv \cdot d\theta \cdot d\phi $
et pour avoir la proportion de molécules dont le module de la vitesse est compris entre v et v + dv, on intègre sur toutes les directions, soit de 0 à π en θ et de 0 à 2π en ϕ. On a ainsi:
$\frac{{dN'}}{N} = {a^3} \cdot {e^{ - B{v^2}}}{v^2} \cdot dv\int\limits_0^\pi {\sin \theta \cdot d\theta } \int\limits_0^{2\pi } {d\phi = p(v)dv} $
et on en déduit: $p(v) = 4\pi {a^3}{v^2}{e^{ - B{v^2}}}$, soit:
$p(v) = 4\pi {\left( {\frac{B}{\pi }} \right)^{\frac{3}{2}}}{v^2}{e^{ - B{v^2}}}$
p(v) est bien sûr toujours positif; par ailleurs, il tend vers 0 si v tend vers l'infini et il est nul pour v = 0: il présente donc un maximum;
$\frac{{dp}}{{dv}} = 8\pi {\left( {\frac{B}{\pi }} \right)^{\frac{3}{2}}}v{e^{ - B{v^2}}} \cdot \left( {1 - B{v^2}} \right)$
$\frac{{dp}}{{dv}} = 0$ pour ${v_P}^2 = \frac{1}{B}$soit pour:
c)- Par définition, la vitesse quadratique moyenne s'écrit:
${\left( {{v^*}} \right)^2} = \int\limits_0^\infty {{v^2}p(v) \cdot dv = \int\limits_0^\infty {4\pi {a^3}{v^4}{e^{ - B{v^2}}} \cdot dv} } = 4\pi {\left( {\frac{B}{\pi }} \right)^{\frac{3}{2}}} \cdot \frac{3}{{8{B^2}}}{\left( {\frac{\pi }{B}} \right)^{\frac{1}{2}}}$
${v_P} = \sqrt {\frac{1}{B}} $

Soit:
${v^*} = \sqrt {\frac{3}{{2B}}} $

d)- D'après le théorème d'équipartition de l'énergie, l'énergie cinétique moyenne d'une particule ponctuelle, donc à trois degrés de liberté, s'écrit: $\frac{3}{2}kT$: on peut donc écrire: $\frac{3}{2}k\theta = \frac{1}{2}m{\left( {{v^*}} \right)^2}$.On en déduit, en identifiant les deux expressions de v^*:$\frac{{3k\theta }}{m} = \frac{3}{{2B}}$ , soit:
$B = \frac{m}{{2k\theta}}$${v^*} = \sqrt {\frac{{3k\theta }}{m}} $ et ${v_P} = \sqrt {\frac{{2k\theta }}{m}} $
e)- Application numérique:
On tire θ de l'expression de la vitesse quadratique moyenne:
$\theta = \frac{{m{{\left( {{v^*}} \right)}^2}}}{{3k}} = \frac{{M{{\left( {{v^*}} \right)}^2}}}{{3R}}$
2)- Distribution des vitesses dans un jet atomique:
a)- Le nombre dn d'atomes par unité de volume dont le module de la vitesse est compris entre v et v + dv est proportionnel à
θ=479,6 K v_P = 245 m/s
p(v).dv; la distribution des vitesses étant à priori isotrope, le nombre dn' d'atomes par unité de volume dont le module de la vitesse est compris entre v et v + dv, et dont la direction est dans l'angle solide α est proportionnel à:
$p(v)\frac{\alpha }{{4\pi }}dv$
pendant l'intervalle de temps dt, le nombre d'atomes qui sortent par le trou dans la direction approximativement normale au plan du trou, et avec la vitesse voisine de v est égal au nombre d'atomes compris dans le cylindre de section droite S et de génératrice v.dt:
${d^2}{n_{v,\alpha a}} = \frac{\alpha }{{4\pi }}n \cdot p(v)dv \cdot Svdt$
On en déduit:
$d{n_{v,\alpha }} = {N_0}\frac{\alpha }{{4\pi }} \cdot {v^3}{e^{ - B{v^4}}} \cdot dv$

b)-la vitesse la plus probable dans le jet est atteinte lorsque $g(v) = {v^3}{e^{ - B{v^2}}}$ passe par un maximum, c'est à dire lorsque sa dérivée s'annule: $\frac{{dg}}{{dv}} = {v^2}{e^{ - B{v^2}}}\left( {3 - 2B{v^2}} \right) = 0$ pour $v = \sqrt {\frac{3}{{2B}}} = {v_p}\sqrt {\frac{3}{2}} $.
${v_j} = {v_p}\sqrt {\frac{3}{2}} $
La vitesse la plus probable dans le jet est plus grande que celle dans le gaz en équilibre: c'était prévisible dans la mesure où le flux de particules émises est proportionnel à v.
DEUXIEME PARTIE : Etude de l'horloge à césium:
1)- La matrice d'évolution dans le vide relie la valeur des grandeurs a₁ et a₂ à la sortie du milieu vide à leur valeur à l'entrée de ce milieu:
$\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_1}({t_0} + \tau )}\\{{a_1}({t_0} + \tau )}\end{array}} \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{V_{11}}}&{{V_{12}}}\\{{V_{21}}}&{{V_{22}}}\end{array}} \right] \cdot \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_1}({t_0} + \tau + T)}\\{{a_1}({t_0} + \tau + T)}\end{array}} \right]$
Par ailleurs, les grandeurs a₁ et a₂ sont données par les équations différentielles (4), que l'on peut écrire:
$\frac{{d{a_1}}}{{{a_1}}} = i\frac{{{\omega _0}}}{2} \cdot dt$ et $\frac{{d{a_2}}}{{{a_2}}} = - i\frac{{{\omega _0}}}{2} \cdot dt$
En intégrant ces deux équations depuis t = t₀ + τ jusqu'à t = t₀ + τ + T, on obtient:
${a_1}({t_0} + \tau + T) = {a_1}({t_0} + \tau ) \cdot {e^{i\frac{{{\omega _0}}}{2}T}}$ et ${a_1}({t_0} + \tau + T) = {a_1}({t_0} + \tau ) \cdot {e^{ - i\frac{{{\omega _0}}}{2}T}}$
D'où:
$\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_1}({t_0} + \tau )}\\{{a_1}({t_0} + \tau )}\end{array}} \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{e^{i\frac{{{\omega _0}}}{2}T}}}&0\\0&{{e^{ - i\frac{{{\omega _0}}}{2}T}}}\end{array}} \right] \cdot \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_1}({t_0} + \tau + T)}\\{{a_1}({t_0} + \tau + T)}\end{array}} \right]$
2)- A l'entrée de (R), le sélecteur d'état impose a₁ = 1 et a₂ = 0. A la sortie de (S), a₁ et a₂ sont donc donnés par la relation:
$\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_1}}\\{{a_2}}\end{array}} \right] = \left[ S \right] \cdot \left[ V \right] \cdot \left[ R \right] \cdot \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}1\\0\end{array}} \right]$
et a₂ pourra être obtenu par le produit:
$\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}0&1\end{array}} \right] \cdot \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_1}}\\{{a_2}}\end{array}} \right]$
En effectuant le produit des trois matrices, on obtient:
$\left[ S \right] \cdot \left[ V \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{S_{11}}}&{{S_{12}}}\\{{S_{21}}}&{{S_{22}}}\end{array}} \right]\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{V_{11}}}&0\\0&{{V_{22}}}\end{array}} \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{S_{11}}{V_{11}}}&{{S_{12}}{V_{22}}}\\{{S_{21}}{V_{11}}}&{{S_{22}}{V_{22}}}\end{array}} \right]$
$\left[ S \right] \cdot \left[ V \right] \cdot \left[ R \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{S_{11}}{V_{11}}}&{{S_{12}}{V_{22}}}\\{{S_{21}}{V_{11}}}&{{S_{22}}{V_{22}}}\end{array}} \right]\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{R_{11}}}&{{R_{12}}}\\{{R_{21}}}&{{R_{22}}}\end{array}} \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{S_{11}}{V_{11}}{R_{11}} + {S_{12}}{V_{22}}{R_{21}}}&{{S_{11}}{V_{11}}{R_{12}} + {S_{12}}{V_{22}}{R_{22}}}\\{{S_{21}}{V_{11}}{R_{11}} + {S_{22}}{V_{22}}{R_{21}}}&{{S_{21}}{V_{11}}{R_{12}} + {S_{22}}{V_{22}}{R_{22}}}\end{array}} \right]$
D'où l'expression de a₂:
a₂ = S₂₁V₁₁R₁₁ + S₂₂V₂₂R₂₁
Le terme S₂₁V₁₁R₁₁ correspond au chemin suivant: l'atome reste dans l'état 1 lors de la traversée de (R) ( terme R₁₁ ), il traverse le milieu vide dans l'état 1 ( terme V₁₁ ), et il passe de l'état 1 à l'état 2 lors de la traversée de (S).
De la même façon, le terme S₂₂V₂₂R₂₁ correspond à une transition de 1 à 2 dans (R), une traversée du vide dans l'état 2; l'atome reste alors dans l'état 2 lors de la traversée de (S).

b)- Le système de tri placé à l'entrée est le même: les atomes entrent encore dans (R) dans l'état 1. Les grandeurs en sortie ont donc la même expression que précédemment, soit:
$\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_1}}\\{{a_2}}\end{array}} \right] = \left[ S \right] \cdot \left[ V \right] \cdot \left[ R \right] \cdot \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}1\\0\end{array}} \right]$
On en déduit la valeur de a₁ en sortie:
a₁ = S₁₁V₁₁R₁₁ + S₁₂V₂₂R₂₁
Les deux contributions qui apparaissent correspondent aux deux chemins de phase suivants:

- Chemin IK'₁: l'atome reste toujours dans l'état 1.
- chemin IJ₁L₁K'₁: l'atome passe de l'état 1 à l'état 2 dans (R), traverse (V) dans l'état 2, puis passe de l'état 2 à l'état 1 dans (S).
( Je ne vois pas où se situe la symétrie évoquée dans l'énoncé ! )
3)-
a)- En effectuant le produit des deux matrices proposées, on obtient pour la matrice [R] l'expression:
$\left[ R \right] = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{e^{i\chi }}}&{ - i{e^{i(\omega {t_0} + \chi )}}}\\{ - i{e^{ - i(\omega {t_0} + \chi )}}}&{{e^{ - i\chi }}}\end{array}} \right]$
La cavité (S) étant identique à (R), la matrice d'évolution est la même, à condition de remplacer t₀ par t₀ + T + τ. En utilisant la matrice [V] calculée plus haut, on obtient:
${S_{22}}{V_{22}}{R_{21}} = - \frac{i}{2}{e^{ - i\omega {t_0}}} \cdot {e^{ - 2i\chi }} \cdot {e^{ - i\omega \frac{T}{2}}}$
b)- De la même façon, on trouve pour le second chemin de phase:
${S_{21}}{V_{11}}{R_{11}} = - \frac{i}{2}{e^{ - i\omega {t_0}}} \cdot {e^{ - i\omega (T + \tau )}} \cdot {e^{i{\omega _0}\frac{T}{2}}}$
4)-
a)- A partir des deux résultats précédents, on détermine a₂:
${a_2} = {S_{22}}{V_{22}}{R_{21}} + {S_{21}}{V_{11}}{R_{11}} = - \frac{i}{2}{e^{ - i\omega {t_0}}}\left( {{e^{ - i({\omega _0}\frac{T}{2} + 2\chi )}} + {e^{i({\omega _0}\frac{T}{2} - \omega (T + \tau )}}} \right)$ avec $\chi = \frac{{\omega \tau }}{2}$
et on en déduit p₂= a₂.a₂^*:
${p_2} = \frac{1}{4}\left[ {2 + {e^{i({\omega _0}T + 2\chi - \omega (T + \tau ))}} + {e^{ - i({\omega _0}T + 2\chi - \omega (T + \tau ))}}} \right] = \frac{1}{2}\left( {1 + \cos [(\omega - {\omega _0})T]} \right)$
le flux Φ s'écrit alors:
$\Phi = \frac{{{\Phi _0}}}{2}\left[ {1 + \cos [(\omega - {\omega _0})T]} \right]$
b)-Faut-il composer, ou comparer ?
Le déphasage entre les deux contributions est la somme des déphasages introduits par (V) d'une part, par (R) et (S) d'autre part. Dans (V), le déphasage introduit est -ω₀T.
Dans (R) + (S), les deux contributions sont S₂₂R₂₁ et S₂₁R₁₁ qui s'écrivent:
$ - \frac{i}{2}{e^{ - i(\omega {t_0} + 2\chi )}}$ et $ - \frac{i}{2}{e^{ - i(\omega ({t_0} + T + \tau ) + \chi )}}$
On constate que les deux contributions subissent un déphasage de ωt₀: t₀ disparaît de l'expression du déphasage. En revanche, la liaison avec l'expression du champ magnétique paraît difficile à établir, dans la mesure où on ne possède aucune donnée permettant de relier cette expression aux matrices d'évolution.
c)-Si le système de sélection (A') avait sélectionné l'état 1, il aurait fallu étudier la grandeur a₁ en sortie: on peut tirer sa valeur de la relation matricielle établie plus haut:
a₁ = S₁₁ V₁₁.R₁₁ + S₁₂.V₂₂.R₂₁
On peut alors tirer p₁ = a₁.a₁^*, mais on sait qu'il faudra de toutes façons obtenir p₁ = 1-p₂. On peut le vérifier:
${a_1} = \frac{1}{2}{e^{i\chi }} \cdot {e^{i{\omega _0}\frac{T}{2}}} \cdot {e^{i\chi }} - \frac{i}{{\sqrt 2 }}{e^{i\left( {\omega ({t_0} + \tau + T)} \right) + \chi }} \cdot {e^{ - i{\omega _0}\frac{T}{2}}} - \frac{i}{{\sqrt 2 }}{e^{ - i\omega ({t_0} + \chi )}} = \frac{1}{2}\left[ {{e^{i({\omega _0}\frac{T}{2} + 2\chi )}} - {e^{i\left( {\omega (T + \tau ) + {\omega _0}\frac{T}{2}} \right)}}} \right]$
on en déduit p₁:
${p_1} = {a_1} \cdot a_1^* = \frac{1}{2}\left( {1 - \cos [(\omega - {\omega _0})t} \right)$
On vérifie bien que p₁ + p₂ = 1.
d)- A part constater qu'une cavité double est équivalente à deux cavités à la file, je ne vois pas ce qu'on peut répondre à cette question.

5)- Le flux dΦ obtenu pour les particules ayant un temps de vol compris entre T et T + dT s'écrit, en admettant l'hypothèse de la distribution gaussienne:
$d\Phi = \Phi \cdot dp = \frac{{{\Phi _0}}}{2}\frac{1}{{\sqrt {2\pi T_i^2} }}{e^{ - \frac{{{{(T - {T_0})}^2}}}{{2T_1^2}}}} \cdot \left( {1 + \cos [(\omega - {\omega _0})T} \right) \cdot dT$
$$Pour prendre en compte toutes les particules quel que soit leur temps de vol, il conviendrait d'intégrer cette expression de 0 à l'infini.
En fait, comme la dispersion des temps de vol est faible devant le temps moyen (T₁<<T₀), on aura pratiquement la même valeur numérique en intégrant de moins l'infini à plus l'infini; on aura alors:
$\Phi = \frac{{{\Phi _0}}}{2}\frac{1}{{\sqrt {2\pi T_i^2} }} \cdot \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^{ - \frac{{{{(T - {T_0})}^2}}}{{2T_1^2}}}}\left( {1 + \cos [(\omega - {\omega _0})T} \right) \cdot dT} $
C'est à dire, en utilisant les intégrales tabulées en début d'énoncé:
$\Phi = \frac{{{\Phi _0}}}{2} \cdot \left( {1 + {e^{ - \frac{{{{(\omega - {\omega _0})}^2}{T_1}^2}}{2}}} \cdot \cos [(\omega - {\omega _0}){T_0}]} \right)$
b)- En réalité, les temps de vol doivent se calculer à partir de la vitesse du jet, c'est à dire: L = v.T. La distribution des vitesses dans le jet est de la forme : ${v^3} \cdot {e^{ - \frac{{m{v^2}}}{{2k\theta }}}} \cdot dv$; Comme on a : $dT = - \frac{L}{{{v^2}}} \cdot dv$, la distribution en temps de vol des atomes est proportionnelle à: $\frac{1}{{{T^5}}}{e^{ - \frac{{m{L^2}}}{{2k{\theta ^2}}}}}$

c)- La courbe tracée donne l'allure de la fonction $\frac{\Phi }{{{\Phi _0}}} = f(x)$, avec x = (ω−ω₀)T₀/3: avec les applications numériques de la
question suivante, une graduation de l'axe des abscisses correspond environ à 100 rd/s. Les deux maxima latéraux sont atteints pour x voisin de 6π (maximum de la fonction cos). Leur valeur approchée est de 0,64.Φ₀.
d)- On a un phénomène voisin de celui obtenu en optique par les interférences entre deux ondes qui présentent une certaine largeur spectrale
e)- Plus le rapport $\frac{{{T_1}}}{{{T_0}}}$ est faible, plus la visibilité des franges décroît lentement: par analogie avec l'optique, on se rapproche d'une lumière monochromatique. Le contraste est amélioré, mais il peut être problématique de repérer la frange centrale.
On peut considérer par convention que les franges deviennent peu visibles à partir du moment où le contraste est divisé par e par rapport à sa valeur initiale: $\omega - {\omega _0} = \frac{{\sqrt 2 }}{{{T_1}}}$. "La distance" entre deux franges est : $\omega - {\omega _0} = \frac{{2\pi }}{{{T_0}}}$: ily aura ainsi environ $\frac{{{T_0}}}{{{T_1}}} \cdot \sqrt {\frac{2}{\pi }} $, soit un ordre de grandeur de $\frac{{{T_0}}}{{{T_1}}}$ franges visibles.
III- Etude de la précision de l'horloge:
1)- La mi hauteur est atteinte lorsque le cos s'annule pour la première fois depuis ω = ω₀, soit pour:
$(\omega - {\omega _0}) \cdot T = \pm \frac{\pi }{2}$, soit $\omega = {\omega _0} \pm \frac{\pi }{{2T}}$
On en déduit: $\Delta \omega = \frac{\pi }{T}$
Soit, pour la largeur en fréquence: $\Delta f = \frac{1}{{2T}}$
Comme L = v.T, Δf s'écrit: $\Delta f = \frac{v}{{2L}}$
Soit numériquement
Δf=150 Hz

2)- Atomes lents:
a)- Les relations établies précédemment sont toujours vraies: comme on a divisé la vitesse par un facteur 100, on divise la largeur à mi hauteur par le même coefficient:
Δf₂ = 1,5 Hz
b)- L = v.T: L étant donné, les écart relatifs de v et de T sont relié par la relation:
$\frac{{\Delta T}}{T} = \frac{{\Delta v}}{v} = \frac{{0,1}}{3}$
ΔT a la même signification que T₁ dans la question II- 5- a. Le nombre de franges est donc de l'ordre de 30/
c)- Dans le premier cas, on prenait en compte tous les atomes du faisceau. Ici, on ne conserve que ceux dont la vitesse est comprise entre 2,9 et 3 m/s. On en déduit la valeur de K_F :
${K_F} = \frac{{\int\limits_{2,9}^{3,1} {{v^3} \cdot {e^{ - \frac{{m{v^2}}}{{2k\theta }}}}} dv}}{{\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{v_P}^3 \cdot {e^{ - \frac{{m{v_P}^2}}{{2k\theta }}}} \cdot dv} }}$
On peut considérer que l'exponentielle reste sensiblement constante sur le faible domaine d'intégration du numérateur. Quant à l'intégrale du dénominateur, elle est donnée dans le formulaire: on trouve ainsi:
${K_F} = \frac{{{B^2}}}{2} \cdot \left( {{{3,1}^4} - {{2,9}^4}} \right)$
Numériquement, on trouve:${K_F} \approx {10^{ - 9}}$.
Avec des flux aussi faibles, on rencontre toutes sortes de difficultés expérimentales: en admettant que l'on ait des capteurs suffisamment sensibles, les mesures risquent d'être erronées à la suite de prise en compte de signaux parasites, tels que le bruit de fond dans l'électronique.
3)- A la température de 2 µK, la vitesse quadratique moyenne ${v^*} = \sqrt {\frac{{3R\theta }}{M}} $prend la valeur:
v^* = 1,94 cm/s
a)- Par rapport au cas précédent, on utilise tous les atomes qui sont envoyés avec la vitesse de 3 m/s, la vitesse d'agitation thermique étant négligeable à cette température.
Le temps de vol est plus long, ce qui rend la frange centrale beaucoup plus fine.
b)- Les atomes sont envoyés le long de l'axe des x horizontal avec la vitesse initiale v₀ = 3 m/s à partir de l'origine O. en désignant par z l'axe vertical descendant, les équations du mouvement d'un atome s'écrivent:
$\begin{array}{l}\ddot x = 0\\\ddot z = \frac{g}{m}\end{array}$ soit, compte tenu des conditions initiales: $\begin{array}{l}x = v \cdot t\\z = \frac{1}{2}g \cdot {t^2}\end{array}$ l'équation de la trajectoire est donc: $z = \frac{1}{2}g\frac{{{x^2}}}{{{v^2}}}$.
Au bout de un mètre de parcours horizontal, les particules auront donc chuté de:
$z = \frac{{0,5*9,8}}{9} = 54,5cm$ cm
$z = \frac{{0,5*9,8}}{9} = 54,5$ cm
L'inconvénient majeur est que l'on est obligé d'avoir alors une cavité d'hyperfréquences de grandes dimensions, ce qui pose un problème, ne serait - ce que pour créer un champ magnétique uniforme.
c)- placer une horloge atomique à atomes refroidis dans un satellite aura l'avantage de se soustraire à la pesanteur, c'est à dire de faire disparaître l'inconvénient que l'on vient de mettre en évidence.

4)- Si H est la hauteur maximale du vol, on peut écrire: v₀² = 2g.H, soit:
H = 46 cm
Et le temps de vol: $T = \frac{{2{v_0}}}{g}$ soit:0,61 s
Par rapport à l'horloge atomique à jet thermique, on a un temps de vol environ 180 fois plus grand: on obtiendra une raie centrale de largeur inférieure à 1 Hz. Par ailleurs, la dispersion très faible des vitesses permettra l'observation de nombreuses raies.
5)- Avec un champ magnétique de 10^-7 T, le décalage en fréquence dû à l'effet Zeeman est de 4.10^-4 Hz, c'est à dire nettement supérieure à l'inexactitude de l'horloge à atomes froids qui est de l'ordre de 9.10⁹.2.10^-15 =1,8.10^-5 Hz :.il faut donc tenir compte du décalage Zeeman, et pour cela, il faut qu'il soit le même dans toutes les zones d'interaction, donc que le champ magnétique B₀ soit le plus uniforme possible.
Le champ magnétique terrestre, avec une valeur de l'ordre de 5.10^-5 T a une influence loin d'être négligeable sur l'horloge ( écart Zeeman de 100 Hz ), qui pourra avoir son bon fonctionnement perturbé par un changement d'orientation.
Pour que l'effet Zeeman ne diminue pas les performances de l'horloge, il faut connaître Δf_z avec une précision de l'ordre de 1,8.10^-5 Hz, soit $\frac{{\delta \left( {\Delta {f_z}} \right)}}{{\Delta {f_z}}} = 0,045$. La précision avec laquelle on doit connaître B₀ et K₀ est donnée par:
$\frac{{\delta {K_0}}}{{{K_0}}} + 2\frac{{\delta {B_0}}}{{{B_0}}} = 0,045$
Soit, en prenant des précisions relatives égales pour les deux grandeurs: 1,5%, ce qui représente:
δK₀ = 6.10⁸ Hz.K^-2
δB₀ = 1,5.10^-9 T
6)- Les équations couplées proposées s'écrivent:
$\begin{array}{l}i\frac{{d{a_1}}}{{dt}} = - \frac{{{\omega _0}}}{2}{a_1} + {a_2}{\omega _1}{e^{i\omega t}}\\i\frac{{d{a_2}}}{{dt}} = \frac{{{\omega _0}}}{2}{a_2} + {a_1}{\omega _1}{e^{ - i\omega t}}\end{array}$ et on effectue le changement de fonction: $\begin{array}{l}{a_1} = {b_1}{e^{i\omega \frac{t}{2}}}\\{a_2} = {b_2}{e^{ - i\omega \frac{t}{2}}}\end{array}$
$\begin{array}{l}\frac{{d{a_1}}}{{dt}} = \left( {\frac{{d{b_1}}}{{dt}} + i\frac{\omega }{2}{b_1}} \right) \cdot {e^{i\omega \frac{t}{2}}}\\\frac{{d{a_2}}}{{dt}} = \left( {\frac{{d{b_2}}}{{dt}} - i\frac{\omega }{2}{b_2}} \right) \cdot {e^{ - i\omega \frac{t}{2}}}\end{array}$ et le système en b s'écrit: $\begin{array}{l}i\frac{{d{b_1}}}{{dt}} - \frac{\omega }{2}{b_1} = - \frac{{{\omega _0}}}{2}{b_1} + {\omega _1}{b_2}\\i\frac{{d{b_2}}}{{dt}} + \frac{\omega }{2}{b_2} = \frac{{{\omega _0}}}{2}{b_2} + {\omega _1}{b_1}\end{array}$
on tire de la première équation: ${b_2} = \frac{1}{{{\omega _1}}}\frac{{d{b_1}}}{{dt}} + \frac{{{\omega _0} - \omega }}{{2{\omega _1}}}{b_1}$
et en portant dans la seconde, on obtient l'équation en b₁:
$\frac{{{d^2}{b_1}}}{{d{t^2}}} + \left[ {{\omega _1}^2 + \frac{{{{({\omega _0} - \omega )}^2}}}{4}} \right] \cdot {b_1} = 0$
On se place dans le cas où (ω - ω₀)²<<ω₁² : l'équation en b₁ se réduit à:
$\frac{{{d^2}{b_1}}}{{d{t^2}}} + {\omega _1}^2b = 0$
Dont la solution générale s'écrit:
${b_1} = A \cdot {e^{i{\omega _1}t}} + B \cdot {e^{ - i{\omega _1}t}}$
On en déduit b₂:
${b_2} = A \cdot \left[ {\frac{{{\omega _0} - \omega }}{{2{\omega _1}}} - 1} \right] \cdot {e^{i{\omega _1}t}} + B \cdot \left[ {\frac{{{\omega _0} - \omega }}{{2{\omega _1}}} + 1} \right] \cdot {e^{ - i{\omega _1}t}}$
Soit, dans le cadre de l'approximation:
${b_2} = - A \cdot {e^{i{\omega _1}t}} + B \cdot {e^{ - i{\omega _1}t}}$
Pour retrouver les quatre coefficients de la matrice, on peut prendre les conditions initiales les plus générales sous la forme:
a₁(t₀) = a₁₀ et a₂(t₀) = a₂₀
Pour les b, ces conditions initiales s'écrivent:
$\begin{array}{l}{b_{10}} = {a_{10}} \cdot {e^{ - i\frac{\omega }{2}{t_0}}}\\{b_{20}} = {a_{20}} \cdot {e^{i\frac{\omega }{2}{t_0}}}\end{array}$
Le plus commode est de les appliquer à b₁ + b₂ et b₁ – b₂ :
$\begin{array}{l}{b_1} + {b_2} = 2B \cdot {e^{ - i{\omega _1}t}}\\{b_1} - {b_2} = 2A \cdot {e^{i{\omega _1}t}}\end{array}$
Soit:
$\begin{array}{l}B = \frac{1}{2} \cdot \left[ {{a_{10}} \cdot {e^{i({\omega _1} - \frac{\omega }{2}){t_0}}} + {a_{20}} \cdot {e^{i({\omega _1} + \frac{\omega }{2}){t_0}}}} \right]\\A = \frac{1}{2} \cdot \left[ {{a_{10}} \cdot {e^{ - i({\omega _1} + \frac{\omega }{2}){t_0}}} - {a_{20}} \cdot {e^{ - i({\omega _1} - \frac{\omega }{2}){t_0}}}} \right]\end{array}$
On en déduit l'expression de a₁ et de a₂:
$\begin{array}{l}{a_1} = \frac{1}{2} \cdot \left[ {{a_{10}} \cdot {e^{ - i({\omega _1} + \frac{\omega }{2}){t_0}}} - {a_{20}} \cdot {e^{ - i({\omega _1} - \frac{\omega }{2}){t_0}}}} \right] \cdot {e^{i({\omega _1} + \frac{\omega }{2})t}} + \frac{1}{2} \cdot \left[ {{a_{10}} \cdot {e^{i({\omega _1} - \frac{\omega }{2}){t_0}}} + {a_{20}} \cdot {e^{i({\omega _1} + \frac{\omega }{2}){t_0}}}} \right] \cdot {e^{ - i({\omega _1} - \frac{\omega }{2})t}}\\{a_2} = - \frac{1}{2} \cdot \left[ {{a_{10}} \cdot {e^{ - i({\omega _1} + \frac{\omega }{2}){t_0}}} - {a_{20}} \cdot {e^{ - i({\omega _1} - \frac{\omega }{2}){t_0}}}} \right] \cdot {e^{i({\omega _1} - \frac{\omega }{2})t}} + \frac{1}{2} \cdot \left[ {{a_{10}} \cdot {e^{i({\omega _1} - \frac{\omega }{2}){t_0}}} + {a_{20}} \cdot {e^{i({\omega _1} + \frac{\omega }{2}){t_0}}}} \right] \cdot {e^{ - i({\omega _1} + \frac{\omega }{2})t}}\end{array}$
Soit, après simplification:
$\begin{array}{l}{a_1} = {e^{i\frac{\omega }{2}\tau }} \cdot \cos ({\omega _1}\tau ) \cdot {a_{10}} - i \cdot {e^{i(\omega {t_0} + \frac{\omega }{2}\tau )}} \cdot \sin ({\omega _1}\tau ) \cdot {a_{20}}\\{a_2} = - i \cdot {e^{ - i(\omega {t_0} + \frac{\omega }{2}\tau )}} \cdot \sin ({\omega _1}\tau ) \cdot {a_{10}} + {e^{ - i\frac{\omega }{2}\tau }} \cdot \cos ({\omega _1}\tau ) \cdot {a_{20}}\end{array}$
On retrouve bien ainsi les éléments de la matrice [R] proposée dans l'énoncé, à condition de prendre:
${\omega _1} = \frac{\pi }{{4\tau }}$

b)- Si on ne choisit pas cette valeur particulière, on ne modifie pas les termes de phase, et les deux contributions S₂₂V₂₂R₂₁ et S₂₁V₁₁R₁₁ on encore la même amplitude :sin(ω₁τ).cos(ω₁τ); le flux s'écrit donc:
$\Phi = {\Phi _0} \cdot {\sin ^2}({\omega _1}\tau ) \cdot {\cos ^2}({\omega _1}\tau ) \cdot \left( {1 + \cos [({\omega _0} - \omega )T]} \right)$Z
On obtient donc encore des franges de Ramsey du même type. Le choix effectué correspond à un maximum de la fonction sin(ω₁τ).cos(ω₁τ), donc à un maximum du flux, c'est à dire aux franges les plus "lumineuses.
7)- A ce degré de précision, il est à peu près évident que tout phénomène secondaire ne devient plus négligeable. Il semble difficile de faire d'autres commentaires sérieux sans être spécialiste de la question.