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.

Concours Physique École Polytechnique (M') 1995 (Corrigé)

Corrigé
Première Partie
1.a. C’est l’équation classique de continuité:
\(div\;\vec j + \frac{{\partial C}}{{\partial t}} = 0\)
1.b. La loi de Fick:
\(\vec j = - D\mathop {grad}\limits^ \to C\)
mène immédiatement à:
\(D\;\Delta C = \frac{{\partial C}}{{\partial t}}\)
Δ désignant l’opérateur Laplacien.

2.a. Il suffit de vérifier l’équation différentielle (linéaire, donc indépendante de K) ci-dessous; on calcule donc:
\(\frac{\partial }{\partial t}\left( \frac{K}{\sqrt t }e^{-x^{2}/4Dt} \right) = Ke^{-x^{2}/4Dt}
\left(  - \frac{1}{2t^{\frac{3}{2}}} + \frac{1}{t^{\frac{5}{2}}}\frac{x^2}{4D} \right)\)
qu’on écrira encore:
\(\frac{\partial }{\partial t}\left( \frac{K}{\sqrt t }e^{-x^{2}/4Dt} \right) = - \frac{K}{t\sqrt t }e^{-x^{2}/4Dt} \left( \frac{1}{2} - \frac{x^2}{4Dt} \right)\)
et, d’autre part, le Laplacien s’écrit ici:
\(D\Delta \left( \frac{K}{\sqrt t }e^{-x^{2}/4Dt} \right) = D\frac{\partial ^2}{\partial {x^2}}\left( \frac{K}{\sqrt t }e^{-x^{2}/4Dt} \right) = \frac{DK}{\sqrt t }\frac{\partial }{\partial x}\left( - \frac{2x}{4Dt}e^{-x^{2}/4Dt} \right)\)
ou, après une seconde dérivation:
\(D\Delta \left( \frac{K}{\sqrt t }e^{-x^{2}/4Dt} \right) = - \frac{K}{2t\sqrt t }e^{-x^{2}/4Dt}
\left( 1 - \frac{2x}{4Dt} \right)\)
d’où par identification:
\(D\;\Delta C = \frac{{\partial C}}{{\partial t}}\)
c’est-à-dire que cette fonction vérifie l’équation différentielle de la diffusion.
D’autre part, les conditions initiales sont données par le comportement asymptotique de cette fonction si t → 0; on a alors:
\(\mathop {\lim }\limits_{t \to 0} = \frac{K}{{\sqrt t }}e^{-x^{2}/4Dt}
= 0\)
car l’exponentielle l’emporte sur la puissance; mais cette convergence vers la fonction 0 n’est pas uniforme puisqu’on a aussi:
\(C\left( {x,t} \right) = \frac{K}{{\sqrt t }}e^{-x^{2}/4Dt}
\Rightarrow C\left( {0,t} \right) = \frac{K}{{\sqrt t }}\)
correspondant à une densité très élevée en x = 0, en toute rigueur infinie à t = 0. On détermine enfin K en écrivant le nombre total de particules (conservé):
\({N_0} = \int_{x = - \infty }^\infty {C\left( {x,t} \right)Sdx} = \frac{{KS}}{{\sqrt t }}\int_{x = - \infty }^\infty {e^{-x^{2}/4Dt}
dx} = \frac{{KS}}{{\sqrt t }}\int_{u - \infty }^\infty {{e^{ - {u^2}}}\sqrt {4Dt} du} \)
puisqu’on néglige les effets de bord et qu’on peut donc intégrer au delà de la longueur du tube. En utilisant les résultats fournis par l’énoncé, il vient:
\({N_0} = 2KS\sqrt D \int_{ - \infty }^\infty {{e^{ - {u^2}}}du} = 2KS\sqrt {\pi D} \)
soit enfin la relation demandée:
\(K = \frac{{{N_0}}}{{2S\sqrt {\pi D} }}\)

2.b. Le nombre demandé est bien sûr:
\(dN = CSdx = \frac{{{N_0}}}{{2\sqrt {\pi Dt} }}e^{-x^{2}/4Dt}
dx\)
et la probabilité demandée s’obtient par normalisation:
\(Pdx = \frac{{dN}}{{{N_0}}}\)
d’où l’expression:
\(P\left( {x,t} \right) = \frac{1}{{2\sqrt {\pi Dt} }}e^{-x^{2}/4Dt}
dx\)
2.c. L’abscisse moyenne des molécules marquées reste évidemment nulle à tout instant puisque la diffusion est symétrique de part et d’autre du centre O; on le constate aussi par parité de l’intégrant dans:
\( < x > = \int_{ - \infty }^{ + \infty } {\frac{1}{{2\sqrt {\pi Dt} }}xe^{-x^{2}/4Dt}
dx = 0} \)
Par contre, son écart quadratique moyen augmente régulièrement au fur et à mesure de la diffusion selon:
\(x_m^2 = \int_{ - \infty }^{ + \infty } {\frac{1}{{2\sqrt {\pi Dt} }}{x^2}e^{-x^{2}/4Dt}
dx = \frac{1}{{2\sqrt {\pi Dt} }}\int_{ - \infty }^\infty {{{\left( {4Dt} \right)}^{{\textstyle{3 \over 2}}}}{u^2}{e^{ - {u^2}}}du} } \)
soit enfin, compte tenu des résultats de l’énoncé:
\({x_m} = \sqrt {2Dt} \)
3. On a immédiatement:
\(D = \frac{{kT}}{{6\pi \eta {r_0}}} = 1,79\;{10^{ - 9}}{m^2}{s^{ - 1}}\)
\({x_m}\left( t \right) = \sqrt {2Dt} = 189\mu m\)

Seconde Partie
1. a. Les effets mécaniques d’un champ magnétique sur un dipôle sont ceux d’un couple de moment:
\(\vec \Gamma = \vec \mu \wedge {\vec B_0}\)
d’où, par application du théorème du moment cinétique:
\(\frac{d}{{dt}}\vec I = \frac{1}{\gamma }\frac{{d\vec \mu }}{{dt}} = \vec \mu \wedge {\vec B_0}\)
qu’on écrira encore:
\(\frac{{d\vec \mu }}{{dt}} = {\vec \omega _0} \wedge \vec \mu \)
1. b. La nouvelle équation différentielle s’écrit:
\(\frac{{d\vec M}}{{dt}} = {\vec \omega _0} \wedge \vec M\)
d’où, par projection sur Oz:
\(\frac{{d{M_z}}}{{dt}} = 0\)
et, en effectuant le produit scalaire par \(\vec M\):
\(\vec M \cdot \frac{{d\vec M}}{{dt}} = \frac{d}{{dt}}{\left\| {\vec M} \right\|^2} = 0\)
qui constituent les résultats demandés.

1. c. L’équation devient après projection:
\(\frac{d}{{dt}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{{M_x}}\\{{M_y}}\end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{ - {\omega _0}{M_y}}\\{{\omega _0}{M_x}}\end{array}} \right) \Rightarrow \frac{d}{{dt}}{M_ + } = i{\omega _0}{M_ + }\)
d’où, compte tenu des conditions initiales:
\({M_ + } = {M_1}{e^{i{\omega _0}t}} \Rightarrow \vec M = {M_1}\cos \left( {{\omega _0}t} \right){\vec e_x} + {M_2}\sin \left( {{\omega _0}t} \right){\vec e_y}\)
c’est-à-dire que le moment magnétique tourne autour du champ magnétique à la pulsation algébrique ω₀. Comme il s’agit aussi d’une rotation d’un moment cinétique, on parle de mouvement de précession (rotation lente d’un système en rotation rapide).
La valeur numérique de la fréquence de rotation est:
\({\nu _0} = \frac{{\gamma {B_0}}}{{2\pi }} = 100MHz\)
1. d. En dehors du mouvement de précession envisagé ci-dessus, on a déjà vu que la composante de la magnétisation colinéaire au champ magnétique n’évolue pas; de plus, les phénomènes d’amortissement inévitables finiront par ralentir l’oscillation des composantes orthogonales au champ magnétique, et il ne restera plus, après dissipation de l’énergie liée à l’oscillation, que \({\vec M_0} = {M_0}{\vec e_z}\).
Alternativement, on peut remarquer que l’énergie potentielle d’interaction d’un dipôle magnétique et du champ extérieur s’écrit:
\({E_p} = - \vec \mu \cdot {\vec B_0}\)
et qu’elle est dont minimale lorsque les dipôles magnétiques sont colinéaires au champ magnétique.
A l’équilibre thermodynamique, les différents dipôles magnétiques se disposent de part et d’autre de cette direction d’énergie minimale, mais de façon symétrique puisque deux moments symétriques par rapport au champ vérifient:
\({\vec \mu _1} \cdot {\vec B_0} = {\vec \mu _2} \cdot {\vec B_0}\)
les contributions de \({\vec \mu _1}{\rm{ et }}{\vec \mu _2}\) à la magnétisation totale sont donc équiprobables et les termes non parallèles au champ magnétique dans la magnétisation totale se compensent deux à deux; après sommation sur l’élément de volume, il restera:
\({\vec M_0} = {M_0}{\vec e_z}\)
2. a. Les termes ajoutés sont tous de la forme:
\(\frac{{d{M_i}}}{{dt}} = - \frac{{\left( {{M_i} - M_i^{{\rm{équilibre}}}} \right)}}{{{T_i}}} + \underbrace {{\omega _i}{M_i}}_{{\rm{dû à }}{B_0}}\)
et constituent donc des termes d’amortissement développés au premier ordre, les constantes T₁ et T₂ étant des constantes de temps (temps de relaxation).
Une solution indépendante du temps de l’équation différentielle ne peut exister que si:
\(\frac{{d\vec M}}{{dt}} = \vec 0{\rm{ donc }}{\vec \omega _0} \wedge \vec M = \vec 0{\rm{ et }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{M_x} = 0}\\{{M_y} = 0}\\{{M_z} = {M_0}}\end{array}} \right.\)
ce qui est bien le cas de la solution du régime permanent \({\vec M_0}\).
Les équations d’évolution deviennent, en projection parallèle au champ magnétique:
\(\frac{{d{M_z}}}{{dt}} = - \frac{1}{{{T_1}}}\left( {{M_z} - {M_0}} \right)\)
et en projection perpendiculaire:
\(\frac{d}{{dt}}{\vec M_ \bot } = {\vec \omega _0} \wedge {\vec M_ \bot } - \frac{1}{{{T_2}}}{\vec M_ \bot }\)
soit encore:
\(\frac{d}{{dt}}{M_ + } = i{\omega _0}{M_ + } - \frac{1}{{{T_2}}}{M_ + }\)

2. c. Si l’aimantation initiale est perpendiculaire à Oz on peut, sans perte de généralité, la reprendre égale à M₁ sur le seul axe Ox, d’où la solution de l’équation différentielle ci-dessus:
\({M_ + } = {M_1}{e^{\left( {i{\omega _0} - \frac{1}{{{T_2}}}} \right)t}} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{M_x}\left( t \right) = {M_1}\cos \left( {{\omega _0}t} \right){e^{ - \frac{t}{{{T_2}}}}}}\\{{M_x}\left( t \right) = {M_1}\sin \left( {{\omega _0}t} \right){e^{ - \frac{t}{{{T_2}}}}}}\end{array}} \right.\)
c’est-à-dire que le moment magnétique tourne autour de Oz en s’amortissant avec une constante de temps T₂ et finit par s’annuler.
3. a. Il suffit de généraliser l’expression de ω₀:
\(\omega \left( x \right) = - \gamma B\left( x \right) = {\omega _0} - \gamma Gx\)
3. b. L’équation d’évolution de M₊ devient ici:
\(\frac{\partial }{{\partial t}}{M_ + }\left( {x,t} \right) = i\omega \left( {x,t} \right){M_ + }\left( {x,t} \right) - \frac{1}{{{T_2}}}{M_ + }\left( {x,t} \right)\)
et, compte tenu des conditions initiales:
\({M_ + }\left( {x,t} \right) = {M_0}{e^{i{\varphi _1}}}{e^{i\left( {{\omega _0} - \gamma Gx} \right)t}}{e^{ - \frac{t}{{{T_2}}}}}\)
3. c. L’interaction du liquide avec le bobinage est décrit par les lois de l’induction électromagnétique; la tension U est donc égale à - dΦ/dt, où le flux Φ du champ magnétique à travers un bobinage d’axe Ox ne dépend que de la composante sur Ox du champ:
\(\Phi ={{\iint{{{{\vec{B}}}_{M}}\cdot d\vec{S}}}^{{M}}}\text{ o }\!\!\grave{\mathrm{u}}\!\!\text{ }d\vec{S}=dS{{\vec{u}}_{x}}\)
Sans effectuer le calcul complet, on comprend que ce flux ne dépend bien que de la seule composante sur Ox du champ magnétique, les autres termes s’annulant par intégration.
On remarquera que ce modèle simple suggère ici plutôt une tension proportionnelle à la dérivée de cette composante de M. Compte tenu de la forme des fonctions étudiées pour M₊ (qui admettent une modélisation en exponentielle complexe), M est de toute façon proportionnel à sa dérivée dM /dt.
M_x(t) sera donc de la forme:
\({{M}_{x}}\left( t \right)=\int_{x=0}^{a}{\operatorname{Re}\left[ {{M}_{+}}\left( x,t \right) \right]Sdx}=S{{M}_{0}}\int_{x=0}^{a}{\cos \left[ \left( {{\omega }_{0}}-\gamma Gx \right)t+{{\varphi }_{1}} \right]dx\ }{{e}^{-\frac{t}{{{T}_{2}}}}}\)
soit encore:
\({{M}_{x}}\left( t \right)=\frac{S{{M}_{0}}}{-\gamma Gt}\left[ \sin \left[ \left( {{\omega }_{0}}-\gamma Gx \right)t+{{\varphi }_{1}} \right] \right]_{0}^{a}{{e}^{-\frac{t}{{{T}_{2}}}}}\)
qu’on mettra sous la forme:
\({{M}_{x}}\left( t \right)=Sa{{M}_{0}}sinc\left( \tfrac{1}{2}\gamma Gat \right)\sin \left( {{\omega }_{0}}t+{{\varphi }_{1}} \right){{e}^{-\frac{t}{{{T}_{2}}}}}\)
en utilisant la notation sinc u = sin u/u.
On aura donc de même pour forme du signal électrique:
\(U\left( t \right) = {U_0}sinc\left( {{\textstyle{1 \over 2}}\gamma Gat} \right)\sin \left( {{\omega _0}t + {\varphi _1}} \right){e^{ - \frac{t}{{{T_2}}}}}\)
Puisque T₂ est très grand, on peut pratiquement considérer l’exponentielle comme une constante, le signal s’amortissant ensuite très longtemps sans changer de forme. Comparer les échelles de temps des deux autres fonctions présentes revient à remarquer:
\(Ga < < {B_0} \Rightarrow \gamma Ga < < \gamma {B_0} = \left| {{\omega _0}} \right|\)
c’est-à-dire que le sinus est une fonction rapide du temps, enveloppée par une fonction à variation lente, le sinc.
Les temps caractéristiques demandés figurent sur le schéma ci-dessus et ont pour valeurs numériques:
\(\frac{{2\pi }}{{{\omega _0}}} = 10,0\;ns\;\;\;\frac{{2\pi }}{{\gamma Ga}} = 11,7ms\)
Au bout de quelques millisecondes, tout le signal a disparu (à cause du sinc) et il n’est donc pas possible de visualiser T₂.

4. a. L’effet de l’impulsion est une rotation qui conserve la composante parallèle à \(\vec u\) et change l’autre en son opposé. On peut écrire:
\(\begin{array}{c}{M_u} = \vec M \cdot \vec u = {M_x}\cos {\varphi _2} + {M_y}\sin {\varphi _2}\\{M_ \bot } = - {M_x}\sin {\varphi _2} + {M_y}\cos {\varphi _2}\end{array}\)
avant cette impulsion, et:
M’_u = M_u M’_⊥ = - M_⊥
après celle-ci, c’est-à-dire que la nouvelle aimantation s’écrit:
\(\begin{array}{c}{{M'}_u} = {M_x}\cos {\varphi _2} + {M_y}\sin {\varphi _2}\\{{M'}_ \bot } = {M_x}\sin {\varphi _2} - {M_y}\cos {\varphi _2}\end{array}\)
ou, en projection sur Oxy:
\(\begin{array}{c}{{M'}_x} = {{M'}_u}\cos {\varphi _2} - {{M'}_ \bot }\sin {\varphi _2}\\{{M'}_y} = {{M'}_u}\sin {\varphi _2} + {{M'}_ \bot }\cos {\varphi _2}\end{array}\)
ou, après développement:
\(\begin{array}{c}{{M'}_x} = {M_x}\cos \left( {2{\varphi _2}} \right) + {M_y}\sin \left( {2{\varphi _2}} \right)\\{{M'}_y} = {M_x}\sin \left( {2{\varphi _2}} \right) - {M_y}\cos \left( {2{\varphi _2}} \right)\end{array}\)
qu’on pourra écrire sous la forme:
\({M'_ + } = M_ + ^*{e^{2i{\varphi _2}}}\)
L’aimantation juste après l’impulsion devient donc:
\({M'_ + }\left( {x,t = t_1^ + } \right) = {M_0}{e^{i\left( {2{\varphi _2} - {\varphi _1}} \right)}}{e^{ - i\left( {{\omega _0} - \gamma Gx} \right){t_1}}}{e^{ - \frac{{{t_1}}}{{{T_2}}}}}\)
L’évolution ultérieure à partir de ces nouvelles conditions initiales est régie par l’expression établie en 3.b. et il vient donc:
\({M_ + }\left( {x,t = {t_1} + {t_2}} \right) = {M'_ + }\left( {x,t = t_1^ + } \right){e^{i\left( {{\omega _0} - \gamma Gx} \right){t_2}}}{e^{ - \frac{{{t_2}}}{{{T_2}}}}}\)
qu’on mettra sous la forme:
\({M_ + }\left( {x,t = {t_1} + {t_2}} \right) = {M_0}{e^{i\left( {2{\varphi _2} - {\varphi _1}} \right)}}{e^{i\left( {{\omega _0} - \gamma Gx} \right)\left( {{t_2} - {t_1}} \right)}}{e^{ - \frac{{{t_1} + {t_2}}}{{{T_2}}}}}\)
4. b. Si on pose:
t₂ = t₁ + ε
on pourra réécrire l’aimantation:
\({M_ + }\left( {x,2{t_1} + \varepsilon } \right) = {M_0}{e^{i\left( {2{\varphi _2} - {\varphi _1}} \right)}}{e^{i\left( {{\omega _0} - \gamma Gx} \right)\varepsilon }}{e^{ - \frac{{2{t_1}}}{{{T_2}}}}}{e^{ - \frac{\varepsilon }{{{T_2}}}}}\)
exactement semblable à l’expression obtenue juste après la première impulsion à la question 3.b.:
\({M_ + }\left( {x,\varepsilon } \right) = {M_0}{e^{i{\varphi _1}}}{e^{i\left( {{\omega _0} - \gamma Gx} \right)\varepsilon }}{e^{ - \frac{\varepsilon }{{{T_2}}}}}\)
à un terme d’amortissement et de déphasage près. On obtiendra donc pour signal, et par analogie avec cette question:
\(U\left( {2{t_1} + \varepsilon } \right) = {U_0}{e^{ - \frac{{2{t_1}}}{{{T_2}}}}}sinc\left( {{\textstyle{1 \over 2}}\gamma Ga\varepsilon } \right)\sin \left( {{\omega _0}\varepsilon + 2{\varphi _2} - {\varphi _1}} \right){e^{ - \frac{\varepsilon }{{{T_2}}}}}\)
Ce signal a exactement la même forme que l’autre (à l’amortissement près), ce qui justifie le terme d’« écho de spin » employé dans ce cas.
4. c. Il suffit par exemple de mesurer le décrément logarithmique d’un signal à son écho; de la mesure de l’exponentielle:
\(\frac{{U_{{\rm{max}}}^{{\rm{écho}}}}}{{U_{{\rm{max}}}^{{\rm{initial}}}}} = {e^{ - \frac{{2{t_1}}}{{{T_2}}}}}\)
(où on peut choisir t₁), on déduit celle de T₂.
Troisième Partie
1. a. Il suffit d’ajouter le terme de diffusion à l’équation d’évolution établie en II.2.b., qui devient ici:
\(\frac{\partial }{{\partial t}}{M_ + }\left( {x,t} \right) = i\omega \left( x \right){M_ + } - \frac{1}{{{T_2}}}{M_ + } + D\frac{{{\partial ^2}}}{{\partial {x^2}}}{M_ + }\left( {x,t} \right)\)
1. b. Il suffit de reporter la solution proposée dans l’équation ci-dessus, avec respectivement:
\(\frac{\partial }{{\partial t}}{M_ + }\left( {x,t} \right) = {e^{i\omega \left( x \right)t - \frac{t}{{{T_2}}}}}\left[ {\frac{{dA}}{{dt}} + \left( {i\omega \left( x \right) - \frac{1}{{{T_2}}}} \right)A\left( t \right)} \right]\)
\(\frac{\partial }{{\partial x}}{M_ + }\left( {x,t} \right) = itA\left( t \right){e^{i\omega \left( x \right)t - \frac{t}{{{T_2}}}}}\frac{{d\omega }}{{dx}} = - i\gamma GtA\left( t \right){e^{i\omega \left( x \right)t - \frac{t}{{{T_2}}}}}\)
\(\frac{{{\partial ^2}}}{{\partial {x^2}}}{M_ + }\left( {x,t} \right) = \gamma G{t^2}A\left( t \right){e^{i\omega \left( x \right)t - \frac{t}{{{T_2}}}}}\frac{{d\omega }}{{dx}} = - {\gamma ^2}{G^2}{t^2}A\left( t \right){e^{i\omega \left( x \right)t - \frac{t}{{{T_2}}}}}\)
d’où par substitution:
\(\frac{{dA}}{{dt}} + A\left( {i\omega \left( x \right) - {\textstyle{1 \over {{T_2}}}}} \right) = i\omega \left( x \right)A - {\textstyle{1 \over {{T_2}}}}A - {\gamma ^2}{G^2}{t^2}DA\)
ou après simplification:
\(\frac{{dA}}{{dt}} = - {\gamma ^2}{G^2}D{t^2}A\left( t \right)\)
C’est une équation à variables séparables:
\(\frac{{dA}}{A} = - {\gamma ^2}{G^2}D{t^2}dt \Rightarrow \ln \frac{{A\left( t \right)}}{{{M_0}}} = - {\textstyle{1 \over 3}}{\gamma ^2}{G^2}D{t^3}\)
qu’on écrira plutôt:
\(A\left( t \right) = {M_0}{e^{ - {\textstyle{1 \over 3}}{\gamma ^2}{G^2}D{t^3}}}\)

2. a. Il suffit de reprendre les expressions précédentes en tenant compte d’un amortissement supplémentaire, c’est-à-dire en remplaçant M₀ par \({M_0}{e^{ - {\textstyle{1 \over 3}}{\gamma ^2}{G^2}D{t^3}}}\); les expressions de l’aimantation juste avant et juste après l’impulsion deviennent:
\({M_ + }\left( {x,t_1^ - } \right) = {M_0}{e^{ - {\textstyle{1 \over 3}}{\gamma ^2}{G^2}Dt_1^3 - {\textstyle{{{t_1}} \over {{T_2}}}}}}{e^{i\left( {{\varphi _1} + \omega \left( x \right){t_1}} \right)}}\)
\({M_ + }\left( {x,t_1^ + } \right) = {M_0}{e^{ - {\textstyle{1 \over 3}}{\gamma ^2}{G^2}Dt_1^3 - {\textstyle{{{t_1}} \over {{T_2}}}}}}{e^{i\left( {2{\varphi _2} - {\varphi _1} - \omega \left( x \right){t_1}} \right)}}\)
Enfin, aux instants ultérieures, on aura pour magnétisation:
\({M_ + }\left( {x,t > {t_1}} \right) = {M_0}{e^{ - {\textstyle{1 \over 3}}{\gamma ^2}{G^2}D{t^3} - {\textstyle{t \over {{T_2}}}}}}{e^{i\left( {2{\varphi _2} - {\varphi _1} + \omega \left( x \right)\left( {t - {t_1}} \right)} \right)}}\)
2. b. Cette amplitude se met sous la forme:
\(U_{{\rm{max}}}^{{\rm{écho}}} = U_{{\rm{max}}}^{{\rm{original}}}{e^{ - {\textstyle{8 \over 3}}{\gamma ^2}{G^2}Dt_1^3 - {\textstyle{{2{t_1}} \over {{T_2}}}}}}\)
2. c. Le facteur d’atténuation dû à la diffusion s’écrit:
\({\alpha _D} = {e^{ - {\textstyle{8 \over 3}}{\gamma ^2}{G^2}Dt_1^3}} = {e^{ - {\textstyle{1 \over 3}}{\gamma ^2}{G^2}DT_2^3}}\)
et celui dû à la relaxation est:
\({\alpha _R} = {e^{ - {\textstyle{{2{t_1}} \over {{T_2}}}}}} = \frac{1}{e}\)
au même instant; on les compare en calculant:
\(\ln \frac{{{\alpha _D}}}{{{\alpha _R}}} = 1 - {\textstyle{1 \over 3}}{\gamma ^2}{G^2}DT_2^3\)
soit numériquement:
\(\ln \frac{{{\alpha _D}}}{{{\alpha _R}}} = 1 - {\textstyle{1 \over 3}}{\gamma ^2}{G^2}DT_2^3 = - 8,1 \Rightarrow {\alpha _D} < < {\alpha _R}\)
3. a. On reprend les calculs faits ci-dessus, donnant l’expression de l’aimantation à l’instant de l’écho:
\({M_ + }\left( {x,2n{t_1}} \right) = {M_0}{e^{ - {\textstyle{1 \over 3}}{\gamma ^2}{G^2}D{{\left( {2n{t_1}} \right)}^3} - {\textstyle{{1t} \over {{T_2}}}}2n{t_1}}}{e^{i\left( {2{\varphi _2} - {\varphi _1} + \omega \left( x \right)\left( {2n - 1} \right){t_1}} \right)}}\)
3. b. Il s’agit d’une décroissance exponentielle, proportionnellement à
\({\left( {{\alpha _D}{\alpha _R}} \right)^n}\)

3. c. Le rôle de la diffusion est négligeable si α_D ≈ 1 donc encore si:
\({\textstyle{8 \over 3}}{\gamma ^2}{G^2}Dt_1^3 < < {\textstyle{2 \over {{T_2}}}}{t_1}\)
donc effectivement si t₁ reste faible:
\({t_1} < < {\textstyle{1 \over {2\gamma G}}}\sqrt {{\textstyle{3 \over {D{T_2}}}}} \)
Ces deux rôles sont par contre comparables si t₁ = T₂/10 avec:
\({\alpha _D} = {e^{ - {\textstyle{8 \over 3}}{\gamma ^2}{G^2}Dt_1^3}} = 0,80\)
\({\alpha _R} = {e^{ - {\textstyle{{2{t_1}} \over {{T_2}}}}}} = 0,82\)

Concours Physique École Polytechnique (M') 1995 (Énoncé)

Applications de la loi de Fick Mesure du temps de relaxation de spins nucléaires

X M’ 1995

Énoncé
Le problème a pour objet l’étude de méthodes expérimentales de mesure du temps de relaxation de spins nucléaires par la méthode dite des « échos de spin ». Dans la dernière partie, on tient compte de l’autodiffusion des molécules du liquide.
Données numériques:
Constante de Boltzmann k = 1,38 10^-23J.K^-1
Rapport gyromagnétique du proton γ = 2,675 10⁸rd.s^-1.T^-1
Intégrales:
\(\int_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^{ - {u^2}}}du} = \sqrt \pi \;\;\;\;\;\;\;\;\int_{ - \infty }^{ + \infty } {{u^2}{e^{ - {u^2}}}du} = \frac{{\sqrt \pi }}{2}\)

Première Partie
Dans cette partie on s’intéresse au phénomène d’autodiffusion de molécules « marquées » d’un liquide à l’équilibre, contenues dans un tube cylindrique de section S, de longueur a, fermé à ses deux extrémités. L’axe du tube sera choisi comme axe Ox d’un repère galiléen orthonormé Oxyz, O étant le centre du tube. Le seul mode de transport des molécules est la diffusion moléculaire.
1. Soient \(C\left( {\vec r,t} \right)\) le nombre de molécules marquées par unité de volume en \(\vec r\) à l’instant t et \(\vec j\left( {\vec r,t} \right)\) la densité volumique du courant de diffusion associé.
a. Écrire l’équation bilan qui exprime la conservation de ces molécules.
b. D’après la loi de Fick, \(\vec j\left( {\vec r,t} \right)\) est proportionnel au gradient de \(C\left( {\vec r,t} \right)\). En admettant que le coefficient d’autodiffusion D des molécules est constant, établir l’équation différentielle d’évolution de C.
2. On suppose dans toute la suite que cette diffusion est unidimensionnelle selon Ox, C et \(\vec j\) étant indépendants de y et z. On suppose de plus que le tube est suffisamment long et que les temps d’étude sont suffisamment courts pour que l’on puisse négliger les effets de bord aux extrémités.
A l’origine des temps, les molécules étudiées sont très fortement concentrées dans le plan Oyz; soit N₀ leur nombre.
a. Vérifier que:
\(C\left( {x,t} \right) = \frac{K}{{\sqrt t }}e^{ - {x^2}/{4Dt}}\)
est solution de l’équation différentielle d’évolution de C et satisfait aux conditions initiales pour une valeur de K que l’on calculera en fonction de N₀, S et D.
b. Donner le nombre de molécules marquées présentes à l’instant t dans la tranche d’épaisseur dx. En déduire la probabilité dP = P(x,t) dx pour une molécule d’être dans cette tranche à l’instant t.
c. L’abscisse moyenne <x> et la distance quadratique moyenne x_m sont définies par:
\( < x > = \int_{ - \infty }^{ + \infty } {xP\left( {x,t} \right)dx} \;\;\;{x_m} = {\left[ {\int_{ - \infty }^{ + \infty } {{x^2}P\left( {x,t} \right)dx} } \right]^{{\textstyle{1 \over 2}}}}\)
Les déterminer au temps t.

3. Dans le cadre d’un modèle qui décrit chaque molécule comme une sphère de rayon r₀ subissant au cours de son déplacement une force de frottement \( - \lambda \vec v\) proportionnelle à sa vitesse \(\vec v\), on démontre que le coefficient λ est donné par la loi λ = 6 π η r₀, η étant une grandeur caractéristique du fluide appelée viscosité.
Par ailleurs, λ et D sont liés à la température T par la relation λ D = k T.
Dans le cas de l’eau, calculer D et x_m pour t = 10s. On prendra T = 293K, η = 1,0 10³kg.m^-1.s^-1 et r₀ = 1,2 10^-10m.
Seconde Partie
Les noyaux des atomes d’Hydrogène des molécules étudiées possèdent chacun un moment cinétique intrinsèque désigné par \(\vec I\), auquel est associé un moment magnétique dipolaire \(\vec \mu = \gamma \vec I\), où γ est une constante appelée rapport gyromagnétique. Les moments cinétiques obéissent à la mécanique newtonienne.
1. Un champ magnétique externe, constant et uniforme, \({\vec B_0} = {B_0}{\vec e_z}\) est appliqué à tout le volume du liquide.
a. Quelle est l’action mécanique de ce champ sur le moment \(\vec \mu \) d’un noyau ? En déduire l’équation d’évolution temporelle de \(\vec \mu \). On posera \({\vec \omega _0} = - \gamma {\vec B_0} = {\omega _0}{\vec e_z}\).
b. On définit l’aimantation \(\vec M\left( t \right)\) du liquide comme étant la somme des moments magnétiques \(\vec \mu \left( t \right)\) par unité de volume. On admet que sous l’effet de \({\vec B_0}\) seul, l’équation d’évolution de \(\vec M\) est identique à celle trouvée pour \(\vec \mu \). En déduire que ||\(\vec M\)|| et M_z sont conservés.
c. Résoudre l’équation d’évolution de \(\vec M\left( t \right)\) avec la condition initiale \(\vec M\left( 0 \right) = {M_1}{\vec e_x}\); on utilisera la notation complexe \({M_ + }\left( t \right) = {M_x}\left( t \right) + i{M_y}\left( t \right)\).
Quelle est la nature du mouvement de \(\vec M\) ? Calculer numériquement ν₀ = |ω₀|/2π pour B₀ = 2,35T.
d. On constate qu’à l’équilibre thermodynamique en présence de \({\vec B_0}\), l’aimantation \(\vec M\) est orientée suivant le champ \({\vec B_0}\). Sa valeur sera désignée par \({\vec M_0} = {M_0}{\vec e_z}\). Justifier énergétiquement ce résultat.

2. On s’intéresse dans ce qui suit au retour à l’équilibre, en présence de \({\vec B_0}\), de \(\vec M\left( t \right)\) vers \({\vec M_0}\) pour une situation initiale \(\vec M\left( {t = 0} \right) \ne {\vec M_0}\).
a. Afin de rendre compte de ce retour, on ajoute dans l’équation d’évolution de \(\vec M\) obtenue en II.1., au terme dû à \({\vec B_0}\), les deux termes suivants:
\( - \frac{1}{{{T_1}}}\left( {{M_z} - {M_0}} \right){\vec e_z}\) et \( - \frac{1}{{{T_2}}}{\vec M_ \bot }{\rm{ o\`u }}{\vec M_ \bot } = {M_x}{\vec e_x} + {M_y}{\vec e_y}\)
Interpréter qualitativement les constantes T₁ et T₂ et vérifier que l’équation admet bien \({\vec M_0}\) comme solution indépendante du temps.
b. Écrire les équations d’évolution de M_z et M₊.
c. Comment évolue M₊(t) pour une aimantation initiale perpendiculaire à Oz ?
3. Le champ magnétique appliqué est maintenant non uniforme. On le supposera toujours orienté selon Oz mais dépendant en première approximation linéairement de x: \(\vec B = {B_z}\left( x \right){\vec e_z}\) avec B_z(x) = B₀ + G x, G étant une constante. L’aiman­tation en x à l’instant t sera désignée par \(\vec M\left( {x,t} \right)\).
a. Déterminer la pulsation ω(x) dévolution de \(\vec M\left( {x,t} \right)\).
b. L’aimantation ayant en tout point a valeur d’équilibre \({M_0}{\vec e_z}\), une impulsion brève de durée τ, d’un champ magnétique auxiliaire, est appliquée au système; son effet est de faire tourner l’aimantation pour l’amener à la fin de l’impulsion dans le plan xOy, soit \({M_ + }\left( {x,0} \right) = {M_0}{e^{i{\varphi _1}}}\), ϕ₁ étant une constante.
Quelle est l’expression de M₊(x,t) aux instants ultérieurs ?
c. Un bobinage d’axe Ox entoure le tube. On admettra que la tension U(t) à ses bornes est proportionnelle à la composante sur Ox du moment magnétique M de l’ensemble du liquide. Quelle est la cause de la présence de cette tension ?
Calculer explicitement l’évolution temporelle de U(t). Représenter graphiquement l’allure du signal obtenu en se plaçant dans le cas où T₂ est long devant les autres temps caractéristiques du problème, et où G a est très petit devant B₀.
d. Application numérique: On donne B₀ = 2,35T, G = 1,0 10^-4T.m^-1, a = 2cm. Calculer les différents temps caractéristiques de l’évolution du signal. Le temps T₂ est de l’ordre de plusieurs secondes: ce signal permet-il de le mesurer ?

4. Au bout d’un laps de temps t₁ après la première impulsion, on applique une seconde impulsion, de durée brève, qui a pour effet de faire tourner l’aimantation de 180° autour d’une direction \(O\vec u\) du plan xOy, repérée par (Ox,\(O\vec u\)) = ϕ₂.
a. Quelle est la valeur de l’aimantation transversale M₊(x,t) immédiatement après cette impulsion, puis après un laps de temps t₂ après la première impulsion ?
b. Que devient le signal U(t₁ + t₂) pour t₂ voisin de t₁ ? Représenter graphiquement U(t). Justifier l’appellation d’« écho » donnée à ce signal pour t voisin de 2 t₁.
c. En déduire un protocole expérimental de mesure de T₂.
Troisième Partie
L’évolution temporelle de l’aimantation du liquide est modifiée par la diffusion selon Ox des molécules qui transportent avec elles leur moment magnétique. Pour en tenir compte, il faut ajouter à l’équation d’évolution temporelle de \(\vec M\left( {x,t} \right)\) un terme supplémentaire de diffusion égal à \(D\frac{{{\partial ^2}\vec M\left( {x,t} \right)}}{{\partial {x^2}}}\).
1. a. Écrire l’équation d’évolution de M₊(x,t).
b. On cherche pour cette équation une solution de la forme:
\({M_ + }\left( {x,t} \right) = A\left( t \right){e^{ - \frac{t}{{{T_2}}}}}{e^{i\omega \left( x \right)t}}\)
Quelle équation différentielle doit satisfaire A(t) ? La résoudre en prenant M₊(x,0) = M₀.
2. On effectue une séquence expérimentale identique à celle étudiée en II.4.
a. Déterminer M₊(x,t) pour t = t₁. En déduire M₊(x,t) au même instant, mais juste après l’impulsion. Avec cette dernière expression comme nouvelle condition initiale, déterminer M₊(x,t) aux instants ultérieurs.
b. Comment évolue en fonction de t₁ l’amplitude maximale du signal « écho » obtenu pour t₂ = t₁ ?
c. Comparer pour 2 t₁ = T₂ le facteur d’atténuation dû à la diffusion à celui dû à la relaxation. Calculer numériquement leur rapport pour T₂ = 4s.

3. On reprend l’expérience en appliquant, après l’impulsion initiale à t = 0, une séquence d’un nombre entier n d’impulsions du même type que la seconde aux instants t₁, 3 t₁, ... (2n - 1) t₁. On néglige la durée des impulsions.
a. Quelle est l’aimantation transversale M₊(x,t) au temps t_n = 2 n t₁ ?
b. Quelle est l’allure de la décroissance en fonction de t_n des signaux obtenus?
c. Montrer qu’en choisissant t₁ suffisamment petit, le rôle de la diffusion peut être rendu négligeable; le comparer à celui de la relaxation pour t₁ = T₂/10; on prendra T₂ = 4s.