Concours Physique I École Polytechnique (MP) 2001 (Corrigé)

ECOLE POLYTECHNIQUE Filière MP

Première composition de physique Accélérateurs linéaires

Première partie

Accélérateur électrostatique

1. La conservation de l’énergie mécanique s’écrit $\frac{1}{2}mv_A^2 + e{V_A} = \frac{1}{2}mv_B^2 + e{V_B}$ d’où :
${v_B} = \sqrt {v_A^2 + 2e\frac{{{U_{AB}}}}{m}}$
Application numérique : v_B vaut 11,9 10⁶ m.s^-1 pour un proton et 1,02 10⁶ m.s^-1 pour un ion césium 137.
2. Le raisonnement de la question précédente ne faisant pas intervenir la forme des armatures, le résultat n’en dépend pas.

3.a) On commence par supposer la diode passante. Elle se comporte alors comme un court-circuit (diode idéale) et la charge de l’armature supérieure du condensateur est $Q = C{U_C}(t) = CU(t) = C{U_0}\sin \omega t$. L’intensité qui traverse (de gauche à droite ) la diode est dans ce cas $i = \frac{{dQ}}{{dt}} = C\omega {U_0}\cos \omega t$. La diode reste effectivement passante tant que i est positive donc pendant le premier quart de période. Ensuite, elle se bloque donc la charge du condensateur reste constante (CU₀). U_C est à partir de ce moment là constamment égale à U₀ et donc supérieure (ou égale) à U(t) : la diode ne redevient jamais passante.
3.b) La tension aux bornes de la diode est, en valeur absolue, $\left| {U(t) - {U_C}(t)} \right| = {U_0}(1 - \sin \omega t)$ (après le premier quart de période) dont la valeur maximale est 2U₀.

4.a) $i = \frac{{dQ}}{{dt}}$ $i' = \frac{{dQ'}}{{dt}}$
4.b) La diode D impose que i soit positive ou nulle donc (d’après 4.a) Q est une fonction croissante du temps qui, étant nulle initialement, ne peut qu’être positive ensuite.
4.c) Si D est passante, elle se comporte comme un court-circuit. Alors, (loi des mailles) U est la somme des tensions aux bornes des condensateurs. $U = \frac{{Q'}}{{C'}} - \frac{Q}{C}$. Par ailleurs, ${V_M} - {V_N} = {U_C}(t) = - \frac{Q}{C}$ est négatif d’après 4.b et la diode D’ est donc bloquée lorsque D est passante.
Remarque : de façon analogue, si D’ est passante, V_M et V_N sont identiques, la tension ${V_M} - {V_B} = {V_N} - {V_B} = \frac{Q}{C}$ est positive et donc la diode D est bloquée.
4.d) On se place à une date où U(t) décroît. Si D’ était passante, on aurait $U(t) = \frac{{Q'}}{{C'}}$donc Q’ serait décroissante et D serait bloquée d’après la remarque précédente. Le courant i’ devrait donc passer dans la diode D’ et être négatif ce qui est absurde. Donc D’ est bloquée lorsque U(t) décroît. Alors i et i’ sont opposées et Q+Q’ reste constante.

4.e) On se place à une date où U(t) croît. Si D était passante, d’après 4.c $U = \frac{{Q'}}{{C'}} - \frac{Q}{C}$ et D’ serait bloquée donc, de façon analogue au 4.d , on aurait $Q + Q' = Cte$. D’où $U = \frac{{Cte}}{{C'}} - Q\left( {\frac{1}{C} + \frac{1}{{C'}}} \right)$. Le signe moins introduit ici une contradiction puisque Q(t) (voir 4.b) et U(t) sont croissants. Donc D est bloquée lorsque U(t) croît et, en conséquence, Q(t) reste constante.
5. La diode D’ devient passante lorsque U(t) tend à dépasser la tension aux bornes de C’. Cela se produit avant que U n’atteigne son maximum U₀ si Q’ est toujours inférieure à C’U₀ (hypothèse 1).
5.a) Pendant que U croît, D est bloquée (4.e) et la situation est donc équivalente à celle de la question 3. La tension aux bornes de C’ suit, lorsque D’ est passante, U(t) et atteint donc en même temps qu’elle la valeur maximale U₀ associée à $Q{'_{\max }} = C'{U_0}$. Pendant ce temps, D étant bloquée, la charge Q est constante (notée en accord avec l’énoncé Q_n-1).
5.b) À partir du moment où U(t) a atteint son maximum, U doit décroître donc (d’après 4.d) $Q + Q' = Cte = C'{U_0} + {Q_{n - 1}}$ et D’ est bloquée. Tant que D aussi est bloquée, la tension aux bornes de D est ${V_M} - {V_B} = U(t) - {U_0} + \frac{{{Q_{n - 1}}}}{C}$. Ceci peut s’annuler et la diode D devenir passante avant le minimum de U(t) si Q_n-1 est inférieur à 2CU₀ (hypothèse 2). Alors, d’après 4.c, $U = \frac{{Q'}}{{C'}} - \frac{Q}{C}$ et, en se plaçant au minimum de U(t), $- {U_0} = \frac{{Q'}}{{C'}} - \frac{Q}{C}$. On peut éliminer Q’ en combinant ceci avec $Q + Q' = C'{U_0} + {Q_{n - 1}}$ pour obtenir
${Q_n}\left( {1 + \frac{{C'}}{C}} \right) = 2C'{U_0} + {Q_{n - 1}}$
5.c) La limite éventuelle ${Q_\infty }$de la suite s’obtient en remplaçant Q_n et Q_n-1 par ${Q_\infty }$ dans l’équation précédente. On trouve ${Q_\infty } = 2C{U_0}$. La suite de terme général ${Q_n} - {Q_\infty }$ est alors une suite géométrique de raison $\frac{1}{{1 + \frac{{C'}}{C}}} < 1$ donc converge vers 0 (en gardant un signe constant) et Q_n tend bien vers ${Q_\infty }$. La tension aux bornes de C tend donc vers 2U₀.
Remarques : L’hypothèse 2 est vérifiée grâce au signe constant (<0) de ${Q_n} - {Q_\infty }$.
L’hypothèse 1 est vérifiée car Q(t) est croissante donc Q_n > Q_n-1 . Alors, au moment où U(t) atteint son minimum, $Q' = C'{U_0} + {Q_{n - 1}} - {Q_n}$ est effectivement inférieur à C’U₀ (mais Q’ tend vers cette dernière valeur lorsque $t \to \infty$et donc la tension aux bornes de C’ tend vers U₀).

5.d) La tension aux bornes de D’ est (en régime asymptotique) nulle lorsque U est maximale et maximale (valeur 2U₀) lorsque U est minimale. Pour D, c’est le contraire, la tension est nulle lorsque U est minimale et vaut 2U₀ lorsque U est maximale.
Ce dispositif est une « pompe à diodes ». Il permet d’obtenir aux bornes de C une tension double de celle qu’on obtenait à la question 3. sans imposer aux bornes des diodes de contraintes plus importantes. On peut généraliser avec un montage comportant non pas 2 mais n cellules (D,C) et obtenir ainsi une tension nU₀ en sortie d’un dispositif alimenté par une tension sinusoïdale d’amplitude U₀.
Deuxième partie
Accélération par une tension alternative
1. On suppose la fréquence suffisamment basse pour pouvoir raisonner comme en électrostatique (approximation des régimes quasi-stationnaires). Chaque tube est une cavité dont la paroi est équipotentielle, et ne contenant pas de charges, à condition bien sûr de négliger l’influence du faisceau de particules lui-même. Le potentiel V ne pouvant posséder d’extremum, toute la cavité est donc équipotentielle, ce qui implique la nullité du champ électrique, et donc de l’accélération.
2. À un instant donné, la différence de potentiel entre le tube n + 1 et le tube n est l’opposé de celle entre le tube n et le tube n − 1. Si l’on souhaite que la particule subisse à chaque fois la même différence de potentiel accélératrice (condition de synchronisme), il suffit donc qu’une demi-période se soit écoulée, c’est-à-dire :
${t_{n + 1}} - {t_n} = T/2 = \pi /\omega$.
3.a) Supposons, pour fixer les idées, que les tubes de rang pair sont au potentiel 0 et les tubes de rang impair au potentiel U(t).
Si n est pair, $V({t_{n + 1}}) = U({t_{n + 1}})$ et $V({t'_n}) = 0$ donc $\delta {V_n} = U({t_{n + 1}})$.
Si n est impair, $V({t_{n + 1}}) = 0$ et $V({t'_n}) = U({t'_n})$ donc $\delta {V_n} = - U({t'_n})$.
3.b) On considère que ${t'_n} \cong {t_{n + 1}}$. La condition de synchronisme étant réalisée, $\omega {\kern 1pt} {t_{n + 1}} = \omega {\kern 1pt} {t_0} + (n + 1)\pi$.
Si n est pair, $\delta {V_n} = U({t_{n + 1}}) = {U_0}\sin \left[ {{\varphi _0} + (n + 1)\pi } \right] = - {U_0}\sin {\varphi _0}$.
Si n est impair, $\delta {V_n} = - U({t'_n}) = - U({t_{n + 1}}) = - {U_0}\sin \left[ {{\varphi _0} + (n + 1)\pi } \right] = - {U_0}\sin {\varphi _0}$.
Pour accélérer des particules chargées positivement, il faut que $\delta {V_n} < 0$, donc : $0 < {\varphi _0} < \pi$.
3.c) Comme au 1. de la première partie, le théorème de l'énergie cinétique donne : $v_{n + 1}^2 = v_n^2 + \frac{{2e{U_0}\sin {\varphi _0}}}{m}$, et on obtient immédiatement par récurrence : $v_n^2 = v_0^2 + n\frac{{2e{U_0}\sin {\varphi _0}}}{m}$.
Pour que la condition de synchronisme soit respectée, il faut que ${L_n}/{v_n} = \pi /\omega$, soit :
${L_n} = \frac{\pi }{\omega }\sqrt {v_0^2 + n\frac{{2e{U_0}\sin {\varphi _0}}}{m}}$

4.a) ${L_0} = \frac{{\pi {v_0}}}{\omega } = \frac{{{v_0}}}{{2f}} \cong 5,1\,{\rm{cm}}$.
4.b) L'énergie a doublé si $v_n^2 \ge 2v_0^2$, ce qui donne $n \ge \frac{{mv_0^2}}{{2e{U_0}\sin {\varphi _0}}} = \frac{{{U_{AB}}}}{{{U_0}\sin {\varphi _0}}} \cong 8,7$ Il faut donc au moins 9 phases accélératrices, soit 10 tubes, pour doubler l'énergie.
Si on considère que ${v_9} \cong {v_0}\sqrt 2$, alors ${L_9} \cong {L_0}\sqrt 2 \cong 1,4\,{L_0}$ : on peut estimer que la longueur moyenne de chaque tube est de l’ordre de 1,2 fois celle du premier, et donc la longueur totale 12 fois, soit 61 cm. Le calcul complet donne d’ailleurs :
$\sum\limits_{n = 0}^9 {{L_n} = {L_0}} \sum\limits_{n = 0}^9 {\sqrt {1 + n\frac{{{U_0}\sin {\varphi _0}}}{{{U_{AB}}}}} \cong 12,25} \,{L_0} \cong 62\,{\rm{cm}}$
4.c) La condition de synchronisme est réalisée si les vitesses successives sont les mêmes pour l’ion de masse m et l’ion de masse m’. Seul le rapport $\sin {\varphi _0}/m$ intervenant dans l’expression de L_n, la condition est :
$\frac{{\sin {\alpha _0}}}{{m'}} = \frac{{\sin {\varphi _0}}}{m}$
α₀ n’existe que si $m' \le m/\sin {\varphi _0}$, d’où un nombre de masse maximum : $\frac{{137}}{{\sin (\pi /3)}} = 158,2\quad \Rightarrow \quad {A_{\max }} = 158$.
5. Deux cas sont à envisager :
Premier cas : ${\varphi _0} < \pi /2$
Dans ces conditions, $\left| {\delta {V_n}} \right|$ est une fonction croissante de φ₀, donc de τ₀. Si la particule entre légèrement en retard (τ₀ > t₀), $\left| {\delta {V_n}} \right|$ sera supérieur à sa valeur « normale » et la particule aura tendance à combler son retard. Si la particule entre légèrement en avance (τ₀ < t₀), $\left| {\delta {V_n}} \right|$ sera inférieur à sa valeur « normale » et la particule aura tendance à perdre son avance.
Deuxième cas : ${\varphi _0} > \pi /2$
Dans ces conditions, $\left| {\delta {V_n}} \right|$ est une fonction décroissante de φ₀, donc de τ₀. Les conclusions précédentes sont inversées : si la particule entre en retard, son retard s’aggrave, et si elle entre en avance, son avance s’acentue.
En résumé, le synchronisme est stable si $0 < {\varphi _0} < \pi /2$.
Si on injecte à l’entrée de l’appareil un faisceau continu, les particules pour lesquelles le synchronisme est stable vont se regrouper par « paquets » et seront effectivement accélérées. Les autres auront un comportement chaotique, et en moyenne ne seront pas accélérées.
6.a) On a établi au 3.c) que $v_n^2 = v_0^2\left( {1 + n\frac{{2e{U_0}\sin {\varphi _0}}}{{mv_0^2}}} \right)$. On en déduit l’expression approchée au premier ordre : ${v_n} \cong {v_0}\left( {1 + n\frac{{e{U_0}\sin {\varphi _0}}}{{mv_0^2}}} \right)$, d’où ${v_{n + 1}} - {v_n} \cong \frac{{e{U_0}\sin {\varphi _0}}}{{m{v_0}}}$.
6.b) Si la particule était synchrone, on aurait : ${\tau _n} = {t_0} + n\pi /\omega$, et par conséquent ${\alpha _n} = {\varphi _0}\quad \forall n$.
Appliquons à nouveau le théorème de l’énergie cinétique :
$\frac{m}{2}\left( {w_{n + 1}^2 - w_n^2} \right) = {( - 1)^{n + 1}}e{U_0}\sin \left( {\omega {\kern 1pt} {\tau _{n + 1}}} \right) = {( - 1)^{n + 1}}e{U_0}\sin \left[ {{\alpha _{n + 1}} + \left( {n + 1} \right)\pi } \right] = e{U_0}\sin \left( {{\alpha _{n + 1}}} \right)$
Or on peut écrire : $w_{n + 1}^2 - w_n^2 = \left( {{w_{n + 1}} + {w_n}} \right)\left( {{w_{n + 1}} - {w_n}} \right) \cong 2{v_0}\left( {{w_{n + 1}} - {w_n}} \right)$ au premier ordre, d’où finalement :
${w_{n + 1}} - {w_n} \cong \frac{{e{U_0}}}{{m{v_0}}}\sin {\alpha _{n + 1}}$

6.c) La relation précédente s’écrit encore : ${v_{n + 1}} + {\varepsilon _{n + 1}} - {v_n} - {\varepsilon _n} = \frac{{e{U_0}}}{{m{v_0}}}\sin {\alpha _{n + 1}}$, soit en utilisant le 6.a :
${\varepsilon _{n + 1}} - {\varepsilon _n} = \frac{{e{U_0}}}{{m{v_0}}}\left( {\sin {\alpha _{n + 1}} - \sin {\varphi _0}} \right)$
6.d) La longueur du tube n vaut ${L_n} = {v_n}\frac{\pi }{\omega }$, donc ${\tau _{n + 1}} = {\tau _n} + \frac{{{L_n}}}{{{w_n}}} = {\tau _n} + \frac{{{v_n}}}{{{w_n}}}\frac{\pi }{\omega }$ et en multipliant par ω :
${\alpha _{n + 1}} + \left( {n + 1} \right)\pi - {\alpha _n} - n\pi = \frac{\pi }{{1 + \frac{{{\varepsilon _n}}}{{{v_n}}}}} \cong \frac{\pi }{{1 + \frac{{{\varepsilon _n}}}{{{v_0}}}}} \cong \pi \left( {1 - \frac{{{\varepsilon _n}}}{{{v_0}}}} \right)$, ce qui conduit bien à :
${\alpha _{n + 1}} - {\alpha _n} \cong - \frac{{\pi {\varepsilon _n}}}{{{v_0}}}$
6.e) Les deux équations différentielles vérifiées par ε(n) et α(n) s’écrivent :
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{d\varepsilon }}{{dn}} = \frac{{e{U_0}}}{{m{v_0}}}\left[ {\sin \alpha (n) - \sin {\varphi _0}} \right]}\\{\frac{{d\alpha }}{{dn}} = - \frac{\pi }{{{v_0}}}\varepsilon (n)}\end{array}} \right.$
On dérive la seconde par rapport à n pour éliminer ε et il vient :
$\frac{{{d^2}\alpha }}{{d{n^2}}} = - \frac{{\pi e{U_0}}}{{mv_0^2}}\left( {\sin \alpha - \sin {\varphi _0}} \right)$
Les conditions « initiales » sont : $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\alpha (0) = {\omega _0}{\tau _0} = {\alpha _0}}\\{\alpha '(0) = - \pi \varepsilon (0)/{v_0} = 0}\end{array}} \right.$
6.f) En adoptant la même masse m pour la particule fictive, on peut écrire :
$m\frac{{{d^2}\alpha }}{{d{n^2}}} = - \frac{{\pi e{U_0}}}{{v_0^2}}\left( {\sin \alpha - \sin {\varphi _0}} \right) = - \frac{{dW(\alpha )}}{{d\alpha }}$ d’où en intégrant : $W(\alpha ) = \frac{{\pi e{U_0}}}{{v_0^2}}\left( { - \cos \alpha - \alpha \sin {\varphi _0}} \right)$
Les extrema de W(α) ont lieu pour $\sin \alpha = \sin {\varphi _0}$ soit $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\alpha = {\varphi _0}}&{\left[ {2\pi } \right]}\\{\alpha = \pi - {\varphi _0}}&{\left[ {2\pi } \right]}\end{array}} \right.$
Voici le graphe de la fonction : $\alpha \mapsto - \cos \alpha - \alpha \sin \left( {\frac{{2\pi }}{3}} \right)$

6.g) On observera des oscillations de α autour de la phase synchrone φ₀ si α reste dans la cuvette de potentiel limitée par α_min et π − φ₀ = 2π/3 (voir le graphe ci-dessus). On obtient graphiquement α_min ≅ 0,5 (une résolution numérique donne la valeur 0,508). Compte tenu du fait que α’(0) est nul, il suffit que α₀ soit situé dans la cuvette pour que α y reste.
Troisième partie
Accélération dans un circuit résonant
1. La symétrie des courants, donc l’antisymétrie du champ magnétique par rapport à tout plan contenant l’axe Oz impose que le champ magnétique soit orthoradial.
2. L’invariance par rotation autour de Oz impose que la composante orthoradiale du champ ne dépende que de z et de la distance à l’axe et l’application du théorème d’Ampère à un cercle d’axe Oz donne la valeur du champ dans la cavité
$\vec B = \frac{{{\mu _0}i}}{{2\pi r}}{\vec e_\theta }$ ($\vec B$est nul hors de la cavité)
3. L’énergie magnétique vaut ${{W}_{m}}=\iiint_{\ volume}{\frac{{{B}^{2}}}{2{{\mu }_{0}}}dV}$.. En prenant un volume élémentaire $2\pi rldr$(B ne dépend que de r) on obtient ${W_m} = \frac{{{\mu _0}l}}{{4\pi }}\ln \frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}{i^2}$ qui, par identification avec $\frac{1}{2}L{i^2}$, conduit à $L = \frac{{{\mu _0}l}}{{2\pi }}\ln \frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}$.
Application numérique : $L = \frac{{{\mu _0}l}}{{2\pi }}\ln \frac{{{R_2}}}{{{R_1}}} = 1,38\;{10^{ - 7}}{\rm{H}}$
4. Pour le condensateur plan étudié (effets de bord négligés) $C = {\varepsilon _0}\frac{{\pi R_1^2}}{g}$.
Application numérique : $C = 4,42\;{\rm{pF}}$
5. $LC\omega _0^2 = 1 \Rightarrow \frac{{{\omega _0}}}{{2\pi }} = \sqrt {\frac{g}{{2{\pi ^2}{\varepsilon _0}{\mu _0}R_1^2l\ln {R_2}/{R_1}}}}$ Application numérique : $\frac{{{\omega _0}}}{{2\pi }} = 204\;{\rm{MHz}}$

6. ${\lambda _0} = 1,5{\rm{ m}}$ n’est pas assez grande (devant l) pour que l’approximation des régimes quasi-stationnaires soit bonne ici.
7. Pour un régime sinusoïdal de pulsation ω₀ où $Q = C{U_0}\sin {\omega _0}t$ et où $i = \frac{{dQ}}{{dt}} = C{U_0}{\omega _0}\cos {\omega _0}t$, l’énergie totale vaut $W = \frac{1}{2}\left( {L{i^2} + \frac{{{Q^2}}}{C}} \right) = \frac{1}{2}CU_0^2$. Le facteur de qualité est alors :
$Q = \frac{1}{2}\frac{{CU_0^2}}{P}{\omega _0} = \frac{1}{2}\frac{{U_0^2}}{P}\sqrt {\frac{C}{L}}$
Application numérique : Q = 5700 (valeur très importante donc résonance aiguë)
8. Une particule sera synchrone si sa durée de traversée d’un tube est un multiple de la période des oscillations du champ (on suppose le champ sinusoïdal à la pulsation ω₀). $v\frac{{2\pi }}{{{\omega _0}}}n = l \Rightarrow v = \frac{1}{n}\frac{{l{\omega _0}}}{{2\pi }}$ (n entier)
Application numérique : $v = \frac{{8,1\;{{10}^7}}}{n}{\rm{m}}{\rm{.}}{{\rm{s}}^{ - 1}} = \frac{{0,27}}{n}\;c$. L’approximation newtonienne n’est pas très bien vérifiée sauf en prenant des valeurs élevées de n.