Concours Physique Concours Commun M Physique II 1994 (Corrigé)

Deuxième épreuve Physique II. Mines 94.
Première partie.
1.1. chaque composante E_i ou B_i vérifie l’équation différentielle
Δ E_i + (ω/c)² E_i = 0 (1)
Les composantes tangentielles du champ électrique E sont nulles sur les parois.
Les composantes normales du champ B sont nulles sur les parois.
Par exemple
paroi, X₁ = o : E₂ = E₃ = o B₁ = o
paroi, X₁ = a₁ : E₂ = E₃ = o B₁ = o
1.2. Le champ proposé vérifie les conditions aux limites. L’application de (1) à l’une des composantes de E donne :
ω²/c² = π² Σ (m_i/a_i)²

1.3. div.3. = o (absence de charge dans la cavité) entraîne :
Σ (m_i E_i°/a_i) = o (2) soit K.E = 0
Le champ électrique est perpendiculaire au vecteur K.
Pour une pulsation donnée le vecteur champ est déterminé par deux vecteurs de base perpendiculaire à K.
Remarquons aussi que la relation 2 impose une relation entre les E_i ; donc le champ dépend de deux composantes seulement.
1.4. Les deux miroirs sont parallèles et supposés infinis.
L’invariance par translation suivant x₂ et x₃ entraîne que le champ ne dépend que de x₁.
Si on ne s’intéresse qu’aux ondes qui se propagent suivant x₁, alors
E₁ = o (champ transverse)
E₂ = E^°₂ sin (m₁ π x/a₁) exp jωt
E₃ = E°₃ sin (m₁ π x/a₁) exp jωt
avec m₁ π/a₁ = ω/c
L’analogie mécanique est le mouvement d’une corde sans raideur liée à ses deux extrémités.
1.5.
dU ω = (ε_°/u) [BB^*.c²+ E.E^* ]. dτ
Il suffit d’intégrer sur le volume.
1.6.
∫∫∫ B.B^* dτ = - (1/jω) ∫∫∫ rot E.B^* dτ
= (1/jω [∫∫∫ div (E Λ B^*) dτ + ∫∫∫ (E.rot.B^*) dτ
rot B^* = µo ε_ο ((d^*E^*/dt) = - jω/c² E^*
d’où ∫∫∫ BB^* dτ = - 1/jω [∫∫ (E Λ B^*). n ds - jω/c² ∫∫∫. E.E^* dτ
or, sur la surface E = o donc
∫∫∫ BB^* dτ = 1/c² ∫∫∫ ( E.E^*) dτ
d’où l’expression :
d U = ε_°/2 ( E.E^*) dτ = u dτ
u = ε_°/2 [ (E₁ E₁^*+ E₂E₂^* + E₃E₃^*)
en prenant une valeur moyenne dans l’espace.
<u > = ε_°/16 [ (E^°₁)² ₊ (E°₂)² + (E^°₃)² ]

1.7.
Dans le domaine visible 400 nm < L < 800 nm, calculons l’ordre de grandeur du volume pour lequel on ait M grand.
V = (λ⁴/8πdλ) M = 1,3.10^-20M
Per exemple si M = 100, V = 10^-18 m³
Donc une cavité de côté a = 10^-6m, il y a 100 modes possibles.
Deuxième partie.
2.1.1. On peut admettre qu’un miroir sphérique est équivalent à une lentille mince dont l’espace du rayon émergent est caractérisé par un milieu d’indice n = -1.
On peut également considérer que le foyer image et le foyer objet se confondent lorsqu’on replie le milieu émergent d’une lentille sur le milieu incident.
La distance focale de chaque lentille est donc R₁/2 et R₂/2.
Donc N aller-retours dans la cavité est équivalent à la propagation du rayon lumineux dans N motifs {L₁ - L₂ } , les deux lentilles sont distantes de L.
2.2.1.
α₁ (p) = tan α₁ (p) = (y₂^p - y₁^p) /L.
α₂ (p) = (y^p+1₁ - y^p₂) /L.
2.2.2. soient deux points conjugués A et A’ (A’ est virtuel) sur l’axe.
1/O₁A’ - 1/O₁A = 1/f’₁.
avec α₂^(p-1) = - y₁^p/O₁A α₁^p = - y^p₁/O₁A’
d’où α₁^p - α₂^p-1 = - y₁^p/f’₁ α₂^p - α₁^p = - y₁^p/f’₂.
2.2.3. A partir de 2.2.1. et 2.2.2. , on obtient :
y₂^p-1 + y₂^p+1 + (2-u₁ u₂) y₂^p = o
soit f’₁ f’₂ (y₂^p-1 + y₂^p+1) + [ 2L (f’₁+f’₂) - 2f’₁f’₂ - L²] y₂^p = o
2.3.1. α₁ (p+1) = (y₂^p+1 - y₁^p+1 )/L α₁ (P) = (y₂^p - y₁^p)/L.
d’où y₂^p+1 - y₁^p+1 = - y₂^p + y₁^p
y₂^p+1 = - y₂^p
d’où α₁ (p)- α₂ (p)=( y₁^p - y₂^p + y₁^p+1 - y₂^p )= - (2 y₂^p/L) = - (y₁^p/f’₂)
d’où f’₂ = L/2
De même, on montre que les 2 conditions entraînent y₂^p+1 = - y₂^p
y₂^p - y₁^p - y₁^p + y₂^p-1 = - 2 y₁^p /L = - y₁^p /f’₁
d’où f’₁ = L/2.
La construction est classique. Remarquons que
F’₁(p) = F₂ (p) ; F’2 (p) = F₁ (p+1)
F’₁ (p+1) = F₂ (p+1)

2.3.2. Les distances focales sont égales ; les foyers sont confondus.
Donc, C₂ confondu avec S₁ et C₁ avec S₂ .
Cavité confocale : S₁ C₁ = - S₂C₂ = L.
2.3.3. On trouve facilement que A et A’ sont confondus après un aller et retour.
2.3.4. En étudiant la progression selon la méthode du 2.3.1., on obtient
. après un aller-retour A’B’ = - AB
. après deux aller-retours A’B ’’ = AB.
On peut aussi le montrer par les relations classiques.
Relation des sinus d’Abbe AB. α = - A’B’ . α’.
AB -- M₁ -- A₁ B₁ -- M₂ -- A’B’.
Relation de Newton : FA. FA₁ = f² FA’.FA₁ = f²
donc FA=FA’ AB = -A’B’
2.4.1. On remplace dans l’équation
y₂^p-1 + y₂^p+1 + (2-u¹u²) y₂^p = o
il vient y₂^p [4 cos² (φ/2) - u¹u²] = o
donc cos₂ φ/2 = u₁u₂/4
d’autre part o < cos² (φ/2) < 1.
d’où o < 4 + L²/f’₁f’₂ - 2L [1/f’₁ + 1/f’₂] L4.
D’autre part, y₂^p doit être telle que son module soit inférieure à D/2 exprimant que les rayons restent confinés.
donc si A et A’ sont des réels, alors (A) + (A’) < D/2
2.4.2. Pour une cavité focale y₂^p+1 = y₂^p
Dans ce cas, rien n’est possible que si φ = (2k+1) π
D’autre part, si f’₁ = f’₂ = L/2 u₁ = u₂ = o et cos² φ/2 = o
donc φ = π.
Troisième partie.
3.1.1. Pertes par diffusion et absorption si le milieu n’est pas le vide parfait.
Les miroirs diffractent ; une partie de la lumière est alors envoyée à
à l’extérieur de la cavité.
3.1.2. Un faisceau plan monochromatique λ arrivant sur un miroir plan de côté D
diffracte. La tache centrale est localisée dans un cône d’angle θ =λ/D.
Pour que tous les rayons lumineux situés dans ce cône atteigne l’autre
miroir, il faut que θ < D/L.
soit 1< D²/λL = N.

3.2.1. Les relations écrites traduisent le principe d’Huyghens Fresnel.
Chaque point réémet une onde sphérique dont l’amplitude et la phase dépendent
de l’onde incidente.
Le déphasage j = exp (j. π/2) correspond au passage par un foyer.
3.2.2. Soit la projection P₁ sur oz
(P₁M)₂ = [P₁H₁ + H₁H + HM]²
(P₁M)² = (P₁H₁)² + (H₁H)² + (HM)² - 2 H₁P₁. HM
(P₁M)² = R’₁)² + (H₁H)² - 2 R’₁. R.
Le point P₁ appartient au cercle de rayon L,
donc
(H₁P₁)² + (Z - L)² = L² Z cote du point P₁
comme D << L, alors Z << L.
d’où Z ≈ (R’₁)²/2L.
P₁M² = R² + z² + (R’₁)² [1 - z/L]
P₁M = z + [R² - 2.R. R’₁ + R’₁² (1- z/L)] /2z
on peut donc écrire :
(1/P₁M) (exp jk. P₁M) = (1/z) (exp jk z) exp (jk/2z) [R²+(R’₁)² (1-z/L) -2R.R’₁
Le principe d’Huyghens entraîne alors l’expression donnée dans l’énoncé.
3.2.3. Evaluons U (P₂).
U (P₂) = Aγ₂/L ∫∫_s U(P₁) K (P₁P₂) ds.
or K(P₁P₂) = exp jk/2L [R’²₁ - 2R’₁.R’₂]
car z ≈ L et R ≈ R’₂
K (P₁P₂) ≈ exp - (jk/L) R’_1.R’₂ = exp - j k/L [x₁x₂ + y₁y₂)
d’où U (P₂) = Aγ₂/L ∫∫_s1 [K₁ exp [- π(R’₁)²/D²₁] exp - (jk/L) (x₁x₂+y₁y₂) dx, dy₂
car ds ≈ dx₁ dy₁.
U (P₂) = Aγ2K₁/ J (x₂). J (y₂).
avec J (x₂) = ∫_x1 exp [- π(x²₁)/D₁² - j k/L (x₁x₂)]. dx₁
à l’intervalle de variation de x₁ étant étendue à l’∞.
J(x₂) = ∫ exp [- (π/D₁² )x₁² - jk x₂x₁/L] dx₁
J(x₂) = ∫ exp - π/D₁² [x₁ + jkD₁²x₂/L.2 π]² . exp - k²D²₁x²₂//4πL² . dx₁

d’où J (x₂) = exp (- k²d₁²x²₂D₁/4.π.L²)
d’où U (P₂) =Aγ₂K₁L^-1.D²₁ exp (-k²D₁² [x₂² + y₂²]/4. π.²L²)
U (P₂) = Aγ₂K₁L^-1.D²₁ exp - (k²D₁².R’₂/4. π.L²)
or U (P₂) = K₂ exp [-π (R’₂)²/D₂²]
d’où k²D₁²/4. π.L² = π/D₂² soit D₁D₂ = λL
(D²₁.A γ₂K₁) = K₂.L
Par permutation des indices on obtient en fait, une troisième relation :
(D₂². A γ₁K₂) = K₁.L
il vient γ₁. γ₂. (A. λ)² = 1.
3.2.4.
A = J/λ alors γ₁. γ₂ = - 1
donc exp - 2j.k.L = - 1. alors 2J.kL = (2m+1) π
k = π (2m + 1)/2L + ω_m/c
ω_m = (2m+1) .πc/2L
En reprenant les relations on obtient
K₂ = (-1)^m K₁D₁/D₂
soit une cavité oscillant à la pulsation x_o moyenne.
ω_o - Δω/2 < ω_o + Δω/2
Le nombre de mode N dans la cavité est égal au nombre d’entiers satisfaisant à
ω = (2m+1) π c/2L dans la bande de pulsation considérée.
Δω = Δm πc/2L soit N = Δm = 2L Δω/πc
soit N = 2L Δλ/.λ.²
Dans le visible, si on prend L = 1µm comme pour la cavité cubique
Δλ = 400 nm λ = 600 nm
N = 2 modes alors que l’on avait 100 modes pour la cavité cubique.
La cavité confocale est donc plus sélective.

Concours Physique Centrale-Supélec (M, P') 1993 (Énoncé)

Centrale–Supélec, M, P’, 1993 (Physique I)
Énoncé
Ce problème comporte trois parties dont certaines questions peuvent être abordées de façon indépendante. La première partie abordera la propagation d’une onde de courant dans une ligne électrique, la deuxième précisera la structure du champ électromagnétique dans la ligne et la troisième traitera de la transmission d’une onde électromagnétique par une lame conductrice. Les données numériques sont regroupées en fin d’énoncé; on posera $j^2 = -1$.

Onde de courant dans une ligne électrique

Une ligne électrique sans pertes est caractérisée par son coefficient d’inductance propre linéique et sa capacité linéique, respectivement notées $L$ et $C$. À l’abscisse $x$ et à l’instant $t$, on désigne par $i(x,t)$ l’intensité du courant dans la ligne et par $u(x,t)$ la tension entre les deux conducteurs de la ligne (cf. fig. [fig1]).

1. Établir les deux équations différentielles liant $i(x,t)$ et $u(x,t)$.
2. [I2] On cherche une solution de ces équations représentant une onde de courant de la forme $i(x,t) = I(x) \exp \left(j \omega t\right)$ en notation complexe. Déterminer, dans ce cas, la forme la plus générale de $i(x,t)$ et $u(x,t)$. Exprimer en fonction des caractéristiques de la ligne la vitesse de phase $v_\varphi$ de cette onde.
3. La ligne, située dans l’espace $x < 0$, s’étend jusqu’en $x = 0$ où elle est fermée sur l’impédance $Z_0$ (cf. fig. [fig2]). Montrer qu’il existe une valeur $Z_c$ de $Z_0$, appelée impédance caractéristique de la ligne telle que le rapport $u/i$ devienne indépendant de $x$. On exprimera $Z_c$ en fonction de $L$ et $C$ et on précisera la forme de l’onde dans la ligne. Exprimer dans ce cas la puissance moyenne transportée par l’onde à l’abscisse $x$. Que se passe-t-il physiquement en $x = 0$?
   
4. La ligne s’étend maintenant jusqu’à $x = + \infty$ mais on branche encore l’impédance $Z_0 = Z_c$ en parallèle sur la ligne à l’abscisse $x = 0$ (cf. fig. [fig3]). On s’intéresse à l’onde de courant dans la partie $x < 0$ de la ligne.
   
   1. Montrer que cette onde voit en $x = 0$ une impédance équivalente $Z_1$ qui s’exprime très simplement en fonction de $Z_c$.
      
   2. Définir et calculer le module $r$ du coefficient de réflexion (en courant ou en tension) de l’onde en $x = 0$.
      
5. On place enfin sur la ligne précédente un court-circuit en parallèle à l’abscisse $x = \ell$ (cf. fig. [fig4]).
   
   1. Quelle est la forme nécessaire de l’onde de courant entre les abscisses $x=0$ et $x=\ell$?
   2. Montrer qu’il existe une valeur minimale $\ell_0$ de $\ell$ telle que le courant dans la partie positive de la ligne s’annule en $x=0$. On exprimera $\ell_0$ en fonction de la longueur d’onde $\lambda$ de l’onde de courant dans la ligne. En déduire alors le coefficient de réflexion et la forme de l’onde dans la partie négative de la ligne.

Champ électromagnétique dans la ligne

La ligne précédente est constituée de deux rubans conducteurs parfaits, de faible épaisseur, de largeur $a$, distants de $b$, l’espace entre les rubans étant vide (cf. fig. [fig5]). Les rubans sont parcourus par des courants de densités surfaciques $\vec j_s = j_s(x,t) \vec e_x$ et $- \vec j_s$ et présentent entre leurs faces des densités surfaciques de charge $\sigma(x,t)$ et $- \sigma(x,t)$.

On étudie les champs $\vec E$ et $\vec B$ uniquement dans l’espace situé entre les rubans et on suppose que ces champs ne dépendent que l’abscisse $x$ du point considéré et de l’instant $t$. On néglige donc tout effet de bord.

1. Exprimer, en fonction des constantes électromagnétiques du vide $\varepsilon_0$ et $\mu_0$ et des densités $j_s$ et $\sigma$ les champs $\vec E(x,t)$ et $\vec B(x,t)$ dans l’espace vide entre les rubans.
   On considère à nouveau dans toute la suite de cette partie [PartieII] une onde de courant dans la ligne, d’intensité de la forme $i(x,t) = I \exp \left[j \left(\omega t - k x\right)\right]$ en notation complexe, où $k$ est une constante positive et $I$ une constante réelle.
2. [II2] À partir des équations de Maxwell, exprimer deux relations liant $\sigma(x,t)$ et $i(x,t)$. En déduire la vitesse de phase $v_\varphi$ de l’onde et montrer que la structure du champ électromagnétique est celle d’une onde plane dans le vide illimité.
3. Déterminer l’énergie magnétique ${\mathrm{d}}\epsilon_B$ d’une tranche d’épaisseur ${\mathrm{d}}x$ de la ligne. En déduire le coefficient d’inductance propre $L$ de la ligne.
4. Déterminer l’énergie ${\mathrm{d}}\epsilon_E$ associée au champ électrique $\vec E$ de la même tranche d’épaisseur ${\mathrm{d}}x$. En déduire la capacité linéique $C$ de la ligne.
5. Déduire des résultats précédents l’accord entre les questions [I2] et [II2] du problème quant à la vitesse de phase $v_\varphi$.
6. Exprimer le champ $\vec E$ en fonction des dimensions de la ligne et de la tension $u(x,t)$ entre les rubans. Peut-on écrire une relation de la forme $\vec E = - {\overrightarrow{\mathrm{grad}}\,}V$ dans l’espace vide entre les rubans?
   On désire fermer la ligne sur son impédance $Z_c$ en introduisant, entre les rubans, à l’abscisse $x = 0$, une plaque conductrice de résistivité $\varrho$, d’épaisseur $e$, de largeur $a$ et de longueur $b$ (cf. fig. [fig6]).
   
7. On considérera dans cette question que l’épaisseur $e$ est suffisamment faible pour que l’on puisse admettre que le courant traversant la plaque soit réparti de manière uniforme.
   
   1. Déterminer $Z_c$ en fonction de $\varrho$, $e$, $a$ et $b$. Montrer que la résistance $R_c$ d’un carré de la plaque, de côté quelconque, s’exprime en fonction des seules constantes $\varepsilon_0$ et $\mu_0$. On appellera impédance adaptée au vide cette grandeur $R_c$ dont on donnera la valeur numérique.
   2. On veut réaliser cette plaque avec:
      
      • du cuivre de résistivité $\varrho = {1,7\cdot 10^{-8}}{\,\Omega\cdot\mathrm{m}}$;
      • du carbone de résistivité $\varrho = {3,5\cdot 10^{-3}}{\,\Omega\cdot\mathrm{m}}$.
      Quel devrait être, dans chaque cas, l’épaisseur $e$ de la plaque? Commenter.
8. Déterminer le vecteur de Poynting associé à l’onde électromagnétique entre les rubans. Quelle est la puissance moyenne transportée par l’onde? Que se passe-t-il quand l’onde arrive en $x = 0$, la ligne étant fermée par la plaque d’impédance $Z_c$?

Réflexion sur une plaque conductrice

On considère à présent une onde électromagnétique plane dans le vide illimité, de pulsation $\omega$ qui a des caractéristiques identiques à celles étudiées dans la partie [PartieII]. On écrira les champs de cette onde:
$$\vec E_i = E_0 \exp \left[j \omega\left(t - \frac{x}{c}\right)\right] \vec e_y \hspace{2em} \vec B_i = \frac{E_0}{c} \exp \left[j \omega\left(t - \frac{x}{c}\right)\right] \vec e_z$$
où $c$ est la vitesse de la lumière dans le vide. À l’abscisse $x = 0$ (cf. fig. [fig7]) on place une plaque conductrice plane infinie, orthogonale à $\vec e_x$, de constantes électromagnétiques égales à celles du vide $\varepsilon_0$ et $\mu_0$, d’épaisseur $e$ et de résistivité $\varrho$ identiques à celles calculées dans la partie précédente: un carré de côté quelconque de la plaque a donc une résistance $R_c$ adaptée au vide.

1. Expliquer qualitativement pourquoi il existera pourtant une onde réfléchie sur la plaque. En vous inspirant des résultats précédents et en argumentant votre réponse, pouvez-vous indique sans calculs quel sera le module $r$ du coefficient de réflexion de cette onde sur la plaque?
   On se propose de retrouver ce résultat directement à partir de l’étude des ondes dans le vide et la plaque. Pour ce faire, on rappelle que, moyennant l’approximation $\varrho\varepsilon_0\omega \ll 1$ supposée ici vérifiée, le champ électrique dans la plaque conductrice est de la forme:
   $$\vec E_\varrho = \left\{A_1 \exp \left(- \frac{x}{\delta}\right) \exp \left[j \left(\omega t - \frac{x}{\delta}\right)\right] + A_2 \exp \left(\frac{x}{\delta}\right) \exp \left[j \left(\omega t + \frac{x}{\delta}\right)\right] \right\} \vec e_y$$
   où $A_1$ et $A_2$ sont des constantes déterminées par les conditions aux limites de la plaque et $\delta$ une distance caractéristique du conducteur et de l’onde, appelée profondeur de peau, et qui vaut $\displaystyle \delta = \sqrt{\frac{2\varrho}{\mu_0\omega}}$.
2. Expliquer d’où provient l’approximation indiquée et préciser le champ magnétique $\vec B_\varrho$ associé dans la plaque. Justifier l’expression de $\delta$.
   $\left(\vec E_i, \vec B_i\right)$ étant l’onde incidente arrivant sur la plaque et $\left(\vec E_\varrho, \vec B_\varrho\right)$ l’onde se propageant dans la plaque, on désigne par $\left(\vec E_r, \vec B_r\right)$ l’onde réfléchie sur la plaque et $\left(\vec E_t, \vec B_t\right)$ l’onde transmise dans l’espace $x > e$.
   On écrira $\vec E_r$ et $\vec E_t$ sous la forme:
   $$\vec E_r = \alpha E_0 \exp \left[j \omega\left(t + \frac{x}{c}\right)\right] \vec e_y \hspace{2em} \vec E_t = \tau E_0 \exp \left[j \omega\left(t - \frac{x}{c}\right)\right] \vec e_y$$
3. Déterminer quatre relations liant $\alpha$, $\tau$, $A_1$ et $A_2$.
4. Montrer que l’approximation précédente implique également qu’on ait $e \ll \delta$. En déduire, après simplifications des relations, la valeur de $\alpha$.
5. Que faudrait-il placer, et à quel endroit, pour annuler l’onde réfléchie? On pourra d’abord répondre qualitativement en s’appuyant sur des résultats précédents et démontrer ensuite le résultat recherché.

Formulaire et données numériques:

Formule d’analyse vectorielle	${\overrightarrow{\mathrm{rot}}\,}{\overrightarrow{\mathrm{rot}}\,}\vec u = {\overrightarrow{\mathrm{grad}}\,}{\mathrm{div}\,}\vec u - \Delta \vec u$
Célérité de la lumière dans le vide	$c = {3,00\cdot 10^{8}}{\,\mathrm{m}\cdot\mathrm{s}^{-1}}$
Perméabilité magnétique du vide	$\mu_0 = {4\cdot\pi\cdot 10^{-7}}{\,\mathrm{H}\cdot\mathrm{m}^{-1}}$

Concours Physique Centrale-Supélec (M, P') 1991 Physique II (Corrigé)

Corrigé centrale 91 M-P'
Première partie.
I- Collision neutron-noyau
1/ Conservation de la qdm : $m{\vec V_1} = m{\vec V_2} + M{\vec w_2} \Rightarrow {\vec V_1} = {\vec V_2} + A{\vec w_2}$
Conservation de l'énergie: $\text{ }\!\!{\scriptscriptstyle 1\!/\!{ }_2}\!\!\text{ }m\vec{V}_{1}^{2}=\text{ }\!\!{\scriptscriptstyle 1\!/\!{ }_2}\!\!\text{ }m\vec{V}_{2}^{2}+\text{ }\!\!{\scriptscriptstyle 1\!/\!{ }_2}\!\!\text{ }M\vec{w}_{2}^{2}\Rightarrow \vec{V}_{1}^{2}=\vec{V}_{2}^{2}+A\vec{w}_{2}^{2}$
2/ De ${\vec V_1} = {\vec V_2} + A{\vec w_2}$, on tire : $\vec V_2^2 = {({\vec V_1} - A{\vec w_2})^2} = \vec V_1^2 + A\vec w_2^2 - 2A{V_1}{w_2}\cos \theta$
Soit $\cos \theta = \frac{{\vec V_1^2 - \vec V_2^2 + {A^2}\vec w_2^2}}{{2A{V_1}{w_2}}} = \frac{{A\vec w_2^2 + {A^2}\vec w_2^2}}{{2A{V_1}{w_2}}} = \frac{{{w_2}}}{{{V_1}}}\frac{{1 + A}}{2}$> 0 donc 0 < θ < π/2
En fonction des énergies : $\text{ }\!\!{\scriptscriptstyle 1\!/\!{ }_2}\!\!\text{ }m\vec{V}_{1}^{2}=\text{ }\!\!{\scriptscriptstyle 1\!/\!{ }_2}\!\!\text{ }m\vec{V}_{2}^{2}+\text{ }\!\!{\scriptscriptstyle 1\!/\!{ }_2}\!\!\text{ }M\vec{w}_{2}^{2}\Rightarrow {{E}_{1}}-{{E}_{2}}=\text{ }\!\!{\scriptscriptstyle 1\!/\!{ }_2}\!\!\text{ A}\,\text{m}\,\vec{w}_{2}^{2}$ et ${{E}_{1}}=\text{ }\!\!{\scriptscriptstyle 1\!/\!{ }_2}\!\!\text{ }\,\text{m}\,\vec{V}_{1}^{2}$
Alors $\cos \theta = \frac{{{w_2}}}{{{V_1}}}\frac{{1 + A}}{2} = \sqrt {\frac{{{E_1} - {E_2}}}{{A{E_1}}}} \frac{{1 + A}}{2}$donc $\frac{{{E_2}}}{{{E_1}}} = 1 - \frac{{4A{{\cos }^2}\theta }}{{{{(1 + A)}^2}}}$

II- Modèle des sphères dures. 1/ La force de contact passe par le centre d'inertie, donc la vitesse ${\vec w_2}$ sera dirigé suivant la réaction normale. On en déduit : $\sin \theta = \frac{b}{{{R_1} + {R_2}}}$ 2/ Le paramètre d'impact peut varier entre 0 et la valeur R1 + R2. Ce qui correspond pour le centre du neutron à

à une cible de surface variant de 0 à (R₁ + R₂)².
La probablité de recevoir un impact sur une couronne de rayon : b → b + db est :$\frac{{dP}}{1} = \frac{{2\pi bdb}}{{\pi {{({R_1} + {R_2})}^2}}}$
3/ Par définition: $< - Ln\,[1 - K{\cos ^2}\theta ]{ > _b} = < - Ln\,[1 - \frac{{K{b^2}}}{{{{({R_1} + {R_2})}^2}}}]{ > _b} = - \int\limits_0^{{R_1} + {R_2}} {Ln[1 - \frac{{K{b^2}}}{{{{({R_1} + {R_2})}^2}}}]\;db}$
En posant $x = \frac{{K{b^2}}}{{{{({R_1} + {R_2})}^2}}}$⇒ $\frac{1}{K}\left[ {(1 - x)Ln(1 - x) - (1 - x)} \right]_0^K = \frac{1}{K}\left[ {(1 - K)Ln(1 - K) - (1 - K) + 1} \right]$
Ce qui donne : $1 + \frac{{1 - K}}{K}Ln(1 - K)$ cqfd . Il faut que 0 < K < 1 pour que la fonction aît un sens.
4/ On a obtenu $\frac{{{E_2}}}{{{E_1}}} = 1 - \frac{{4A{{\cos }^2}\theta }}{{{{(1 + A)}^2}}} = 1 - K{\cos ^2}\theta$ avec $K = \frac{{4A}}{{{{(1 + A)}^2}}}$< 1 si A > 1
on peut utiliser le résultat précédent : $K = \frac{{4A}}{{{{(1 + A)}^2}}} \Rightarrow 1 - K = {\left( {\frac{{A - 1}}{{A + 1}}} \right)^2}$
Donc coefficient de ralentissement : $\gamma = < - Ln\,[\frac{{{E_2}}}{{{E_1}}}]{ > _b} = 1 + {\left( {\frac{{1 - A}}{{\sqrt {2A} }}} \right)^2}Ln(\frac{{A - 1}}{{A + 1}}) =$
5/ a)La dérivée de γ vaut zéro pour : $0 = \left( {\frac{{1 - A}}{{\sqrt A }}} \right)\left\{ { - \left( {\frac{{{A^{1/2}} + {A^{ - 1/2}}}}{{2\sqrt 2 \;A}}} \right)Ln(\frac{{A - 1}}{{A + 1}}) - \left( {\frac{1}{{\sqrt A }}} \right)\left( {\frac{1}{{(A + 1)}}} \right)} \right\}$
Le terme entre crochet ne s'annulant pas, la racine est A = 1. On vérifiera que c'est bien un maximum pour le ralentissement.
b) A-N : ¹H (A = 1) γ = 1 ; ²H (A = 2) γ = 0,725 ; ¹²C (A = 12) γ = 0,158 ; ²³⁸U (A = 238) γ = 0,008 ;
III- Application aux ralentissements des neutrons.
1/ Il y a ½ kT par degré de liberté, donc E_300K = 3/2kT = 3,9.10⁻² eV.
C'est très faible devant l'énergie initiale des neutrons. On peut considèrer les noyaux immobiles, sauf pour les dernières collisions.
2 a/ Avec $\gamma = < - Ln\,[\frac{{{E_2}}}{{{E_1}}}]{ > _b}$ et en écrivant : $\frac{{{E_n}}}{{{E_0}}} = \frac{{{E_n}}}{{{E_{n - 1}}}}\frac{{{E_{n - 1}}}}{{{E_{n - 2}}}}\; \cdots \frac{{{E_1}}}{{{E_0}}} \Rightarrow Ln\left( {\frac{{{E_n}}}{{{E_0}}}} \right) = \sum\limits_1^n {Ln\left( {\frac{{{E_p}}}{{{E_{p - 1}}}}} \right)}$
on a en raisonnant sur les valeurs moyennes : $Ln\left( {\frac{{{E_n}}}{{{E_0}}}} \right) = - n\gamma \Rightarrow {E_n} = {E_0}{e^{ - \gamma }}$
2b/ $n = - \frac{1}{\gamma }Ln\left( {\frac{{{E_{300K}}}}{{{E_0}}}} \right)$d'où ¹H : n = 17 ; ²H : n = 24 ; ¹²C : n = 108 ; ²³⁸U : n = 214;
3a/ A une date t : $v(t) = \sqrt {\frac{{2E(t)}}{m}}$, la durée moyenne intercollision est: $\Delta t = \frac{\lambda }{{v(t)}}$et le nombre de collisions par unité de temps est : $\frac{{dn}}{{dt}} = \frac{1}{{\Delta t}} \Rightarrow \frac{{dn}}{{dt}} = \frac{1}{\lambda }\sqrt {\frac{{2E}}{m}}$.
3b/ L'équation $Ln\left( {\frac{{{E_n}}}{{{E_0}}}} \right) = - n\gamma$donne, en passant à la limite : $\gamma \,dn = - Ln\,[\frac{{E + dE}}{E}] = - \frac{{dE}}{E}$
soit : $\gamma \frac{{dt}}{\lambda }\sqrt {\frac{{2E}}{m}} = - \frac{{dE}}{E}$ ; en posant $\,y = \frac{E}{{\;{E_0}}}$ on a $\gamma \frac{{dt}}{\lambda }\sqrt {\frac{{2{E_0}}}{m}} = - \frac{{dy}}{{\;{y^{3/2}}}}$
3c/ L'intégration conduit à : $2\left[ {{y^{ - 1/2}} - 1} \right] = \frac{\gamma }{\lambda }t\,\sqrt {\frac{{2{E_0}}}{m}}$soit : $\,\sqrt {\frac{{{E_0}}}{E}} = 1 + \frac{\gamma }{{2\lambda }}t\,\sqrt {\frac{{2{E_0}}}{m}}$
4a/ On calcule d'abord $\,\sqrt {\frac{{{E_0}}}{E}} \approx 5000$ puis avec γ = 0,158 on trouve t = 120 µs .
On a toujours : $\,\sqrt {\frac{{{E_0}}}{E}} > > 1$ donc $\,t = \frac{{2\lambda }}{\gamma }\sqrt {\frac{m}{{2E}}}$ indépendant de E₀.
4b/ La distance parcourue pendant dt est : $dx = v.dt = dt\sqrt {\frac{{2E}}{m}}$ et on a aussi $\gamma \frac{{dt}}{\lambda }\sqrt {\frac{{2E}}{m}} = - \frac{{dE}}{E}$
donc $dx = - \frac{\lambda }{\gamma }\frac{{dE}}{E} \Rightarrow x = \frac{\lambda }{\gamma }Ln\,{\frac{{{E_0}}}{E}_{300K}}$ on trouve ainsi x = 2,8 m.
On peut remarquer que cette distance corespond à nλ puisque $n = - \frac{1}{\gamma }Ln\left( {\frac{{{E_{300K}}}}{{{E_0}}}} \right)$.

Deuxième partie.
1a/ Avec $\xi \,\vec u = {A_1}M \to$ ⇒ le théorème d'Ampère donne$\vec B = \frac{{{\mu _0}I}}{{2\pi {\xi ^2}}}\vec k \wedge \xi \vec u$
1b/${A_1}M \to =$$(r - a\cos \theta ){\vec u_r} + a\sin \theta {\vec u_{^\theta }}$⇒$\vec B = \frac{{{B_0}}}{{{\xi ^2}}}\left\{ \begin{array}{l} - a\sin \theta \;{{\vec u}_r}\\(r - a\cos \theta \;){{\vec u}_\theta }\end{array} \right.$et${\xi ^2} = {a^2} + {r^2} - 2\,a\,r\cos \theta$
1c/ $\vec B' = {B_0}\left\{ \begin{array}{l} - \frac{{a\sin \theta }}{{{\xi ^2}}}\; = - \left[ {\sin \theta {\rm{ + 2}}u\sin \theta \;\cos \theta - {{\rm{u}}^{\rm{2}}}\sin \theta [1 - 4{{\cos }^2}\theta {\rm{]}}} \right]{\rm{ }}\\\frac{{(r - a\cos \theta \;)}}{{{\xi ^2}}} = \left[ {u - {\rm{cos}}\theta - 2{\rm{u}}\,{\rm{co}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}\theta + {{\rm{u}}^{\rm{2}}}\cos \theta [3 - 4{{\cos }^2}\theta ]} \right]\end{array} \right.$
2a/ Il faut faire une rotation de π et changer le signe du courant. Soit: $\vec{B}''(u,\theta )=-\vec{B}'(u,\theta +\pi )$
2b/ ${B_{1r}} = B{'_r}(u,\theta ) - B{'_r}(u,\theta + \pi ) = - 2{B_0}\left[ {\sin \theta - {{\rm{u}}^{\rm{2}}}\sin \theta [1 - 4{{\cos }^2}\theta {\rm{]}}} \right]$
${B_{1\theta }} = B{'_\theta }(u,\theta ) - B{'_\theta }(u,\theta + \pi ) = - 2{B_0}\left[ {{\rm{cos}}\theta - {{\rm{u}}^{\rm{2}}}\cos \theta [3 - 4{{\cos }^2}\theta ]} \right]$
en linéarisant : ${B_{1r}} = - 2{B_0}\left[ {\sin \theta + {{\rm{u}}^{\rm{2}}}\sin 3\theta } \right]$ et${B_{1\theta }} = - 2{B_0}\left[ {{\rm{cos}}\theta + {{\rm{u}}^{\rm{2}}}\cos 3\theta } \right]$
3a/ Il faut faire une rotation d'angle − 2π/3 et d'angle +2π/3 .
3b/ Donc ${B_r} = {B_{1r}}(u,\theta ) + {B_{1r}}(u,\theta - 2\pi /3) + {B_{1r}}(u,\theta + 2\pi /3)$
${B_\theta } = {B_{1\theta }}(u,\theta ) + {B_{1\theta }}(u,\theta - 2\pi /3) + {B_{1\theta }}(u,\theta + 2\pi /3)$

Or $\left\{ \begin{array}{l}\cos (\theta - 2\pi /3) + \cos (\theta + 2\pi /3) = - \cos \theta \\\sin (\theta - 2\pi /3) + \sin (\theta + 2\pi /3) = - \sin \theta \end{array} \right.$on a finalement:

${B_r} = - 2{B_0}\left[ {3{{\rm{u}}^{\rm{2}}}\sin 3\theta } \right]$ ${B_\theta } = - 2{B_0}\left[ {3{{\rm{u}}^{\rm{2}}}\cos 3\theta } \right]$ donc $C = 6$ 4a/ Ligne de champ: $d\vec \ell //\vec B \Rightarrow \frac{{dr}}{{rd\theta }} = \frac{{{B_r}}}{{{B_\theta }}}$ ⇒$\frac{{dr}}{r} = \frac{{\sin 3\theta }}{{\cos 3\theta }}d\theta \Rightarrow \,{r^3} = r_0^3/\cos 3\theta$ 4b/ ci-contre : allure des lignes de champ. 4c/ Module $B(r) = 6{B_0}\;{r^2}/{a^2}$, lignes isomodules B(r) = Cte sur un cercle de centre O

II- Action du champ sur un neutron
1a/ Pour un dipôle donc deux cas possibles : ${{E}_{//}}=-\,B$ et ${{E}_{\bot }}=\,B$
Soit en remplaçant B par $C{B_0}\;{r^2}/{a^2}$⇒ ${{E}_{//}}=-\text{ }\!\!{\scriptscriptstyle 1\!/\!{ }_2}\!\!\text{ }m{{\Omega }^{2}}{{r}^{2}}$ et ${{E}_{}}=\text{ }\!\!{\scriptscriptstyle 1\!/\!{ }_2}\!\!\text{ }m{{\Omega }^{2}}{{r}^{2}}$
1b/ La force est donnée par : $\vec F = \, - gr\vec ad\,{E_p}$ donc ${\vec F_{//}} = m{\Omega ^2}\,\vec r$ et ${\vec F_{\rlap{--} \rlap{--} \not /\rlap{--} /}} = - m{\Omega ^2}\,\vec r$
Pour confiner il faut une force de rappel, seuls les neutrons antiparallèles peuvent être confinés.
2a/ La RFD donne : ${\vec F_{\rlap{--} \rlap{--} \not /\rlap{--} /}} = - m{\Omega ^2}\,\vec r = m\frac{{{d^2}\vec r}}{{d{t^2}}} + m\frac{{{d^2}z}}{{d{t^2}}}\vec k$ ⇒$- m{\Omega ^2}\,\vec r = m\frac{{{d^2}\vec r}}{{d{t^2}}}{\rm{ et }}\frac{{{d^2}z}}{{d{t^2}}} = 0$
2b/ L'intégration donne :$\,\vec r(t) = {\vec A_1}\cos \,\Omega t + {\vec A_2}\sin \Omega t$ où ${\vec A_1}{\rm{ et }}{\vec A_2}$ sont des constantes.
soit avec les conditions initiales: $z = {v_0}t$ et $\,\vec r(t) = {x_0}\vec i\cos \,\Omega t + \frac{{{u_0}}}{\Omega }\vec j\sin \Omega t$.
2c/ La trajectoire est une hélice d'axe Oz et de section elliptique.
3a/ Le neutron est confiné si le grand axe de l'ellipse est inférieur au rayon a; x₀ étant plus petit que a il faut que:$a > \frac{{{u_0}}}{\Omega }$ soit encore :${u_C} = a\,\Omega$.
3b/ A-N: u_C = 5,9 m.s⁻¹ce qui donne E_C = 18.10⁻⁸ eV et aussi T_C = 1,4.10⁻³ K
Ce résultat justifie l'appellation neutron ultra-froids.
3c/ La fonction de répartition de Boltzmann permet de calculer la fraction de neutrons qui ont une énergie inférieure à la valeur calculée précédemment:
$F = \int\limits_0^{{E_C}} {\frac{1}{{\sqrt {2\pi } }}\frac{1}{{{{(kT)}^{3/2}}}}\sqrt E \exp ( - E/kT)\,dE}$
si T = 300 K << T_C on peut simplifier ⇒$F \approx \int\limits_0^{{E_C}} {\frac{1}{{\sqrt {2\pi } }}\frac{1}{{{{(kT)}^{3/2}}}}\sqrt E \,dE} = \frac{1}{{\sqrt {2\pi } }}\frac{1}{{{{(kT)}^{3/2}}}}\frac{2}{3}\left[ {{E^{3/2}}} \right]_0^{{E_C}}$
Soit finalement : $F = \sqrt {\frac{3}{{4\pi }}} {\left[ {\frac{{{T_C}}}{T}} \right]^{3/2}} \approx {5.10^{ - 9}}$ donc extrémement faible.
4/ Les neutrons ont un mouvement de dérive suivant l'axe Oz. or les fils créant le champ magnétique ne peuvent être rééllement infinis. Le confinement n'a lieu que dans la partie centrale du dispositif et se termine lorsque les neutrons sortent du dispositif.
III- Amélioration du confinement

1a/ Pour les neutrons confinés : ${\vec F_{//}} = - m{\Omega ^2}\,\vec r$ avec maintenant $\vec r =$$O'M \to$$= (\rho - R){\vec u_\rho } + z\vec k$
1b/ En cylindriques : $\vec a = (\ddot \rho - \rho {\dot \theta ^2}){\vec u_\rho } + (2\dot \rho \dot \theta + \rho \ddot \theta ){\vec u_\theta } + \ddot z\vec k$
1c/ Equations du mouvement : $\left\{ \begin{array}{l}\ddot \rho - \rho {{\dot \theta }^2} = - {\Omega ^2}(\rho - R)\\2\dot \rho \dot \theta + \rho \ddot \theta = 0\\\ddot z = - {\Omega ^2}z\end{array} \right.$
2a/ Compte tenu des conditions initiales: $\ddot z = - {\Omega ^2}z \Rightarrow z = {z_0}\cos (\Omega t) + \frac{{{V_0}}}{\Omega }\sin \Omega t$.
2b/ $2\dot \rho \dot \theta + \rho \ddot \theta = \frac{1}{\rho }\frac{{d({\rho ^2}\dot \theta )}}{{dt}} = 0 \Rightarrow {\rho ^2}\dot \theta = Cte = \rho _0^2{\omega _0}$ "mouvement projeté sur x0y à force centrale".
2c/ Il reste l'équation en ρ(t): $\ddot \rho - \rho {\dot \theta ^2} = \ddot \rho - \left( {\frac{{\rho _0^4\omega _0^2}}{{{\rho ^3}}}} \right) = - {\Omega ^2}(\rho - R)$
3a/ si ω₀ = 0 alors θ = θ₀ est constant : $\ddot \rho = - {\Omega ^2}(\rho - R) \Rightarrow (\rho - R) = ({\rho _0} - R)\cos \Omega t$,
c'est l'équation paramètrique (z(t),ρ(t)) d'une ellipse de centre O'.
3b/ si $\dot \theta = Cte = {\omega _0}$ alors ${\rho ^2} = \rho _0^2$, la trajectoire est sinusoïde dessinée sur un cylindre d'axe Oz.
La trajectoire sera fermée si la durée d'un tour est un multiple de la période, soit $\Omega = n{\omega _0}$.
4a/ Si $\rho = {\rho _m}[1 + \varepsilon (t)]$ alors l'équation en ε est :${\rho _m}\ddot \varepsilon - \left( {\frac{{\rho _0^4\omega _0^2}}{{\rho _m^3}}} \right)[1 - 3\varepsilon ] = - {\Omega ^2}({\rho _m} - R + {\rho _m}\varepsilon )$
4b/ La valeur moyenne correspond à ε = 0 : $- \left( {\frac{{\rho _0^4\omega _0^2}}{{\rho _m^3}}} \right) = - {\Omega ^2}({\rho _m} - R)$on a
4c/ Par différence : ${\rho _m}\ddot \varepsilon + 3\left( {\frac{{\rho _0^4\omega _0^2}}{{\rho _m^3}}} \right)\varepsilon + {\Omega ^2}{\rho _m}\varepsilon = 0$ soit : $\ddot \varepsilon + 3\left( {\frac{{\rho _0^4\omega _0^2}}{{\rho _m^4}}} \right)\varepsilon + {\Omega ^2}\varepsilon = 0$
ce qui s'intègre en $\varepsilon (t) = {\varepsilon _0}\cos (\Omega 't + {\varphi _0})$ en posant : $\Omega ' = \sqrt {3\left( {\frac{{\rho _0^4\omega _0^2}}{{\rho _m^4}}} \right) + {\Omega ^2}}$.
Ce qui donne alors la vitesse angulaire: $\dot \theta = \frac{{\rho _0^2{\omega _0}}}{{{\rho ^2}}} \approx \frac{{\rho _0^2{\omega _0}}}{{\rho _m^2}}[1 - 2\varepsilon ]$.
4d/ Les trajectoires sont alors ses oscillations autour des sinusoïdes tracées sur un cylindre. La vitesse angulaire étant elle même oscillante.
5/ La pesanteur entaîne un mouvement de chute selon l'équation z = ½ gt² qui s'ajoute aux oscillations. Au bout d'une période la "chute" vaut donc : $h = 2g{\pi ^2}/{\Omega ^2}$ .
On calcule alors : h = 5,6 mm, ce qui n'est pas négligeable.
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Concours commun Mines-Ponts (M, P', TA) 1990 Physique I (Corrigé)

Mines–Ponts, M, P’, TA, 1990 (Physique I)
Solutions proposées

1. 1. L’énergie interne $U$ et l’entropie $S$ vérifient respectivement ${\mathrm{d}}U = \delta W + \delta Q$ donc ${\mathrm{d}}U = C_L {\mathrm{d}}T + (F + h) {\mathrm{d}}L$ et ${\mathrm{d}}S = \frac{\delta Q}{T}$ donc ${\mathrm{d}}S = \frac{C_L}{T} {\mathrm{d}}T + \frac{h}{T} {\mathrm{d}}L$ pour des transformations réversibles; les expressions obtenues relient des différentielles de fonctions et variables d’état, donc ces expressions en sont pas limitées aux seules transformations réversibles et on peut écrire ${\frac{\partial U}{\partial T}} = C_L$, ${\frac{\partial U}{\partial L}} = F + h$, ${\frac{\partial S}{\partial T}} = \frac{C_L}{T}$ et ${\frac{\partial S}{\partial L}} = \frac{h}{T}$. On peut alors affirmer le lemme de Schwartz pour les deux fonctions $U(T,L)$ et $S(T,L)$, ce qui conduit aux deux relations ${\frac{\partial C_L}{\partial L}} = {\frac{\partial F}{\partial T}} + {\frac{\partial h}{\partial T}}$ et ${\frac{\partial }{\partial L}} \frac{C_L}{T} = {\frac{\partial }{\partial T}} \frac{h}{T}$, cette dernière pouvant être recopiée sous la forme ${\frac{\partial C_L}{\partial L}} = {\frac{\partial h}{\partial T}} - \frac{h}{T}$. L’identification des deux expressions mène à $\frac{h}{T} = - {\frac{\partial F}{\partial T}}$, cette dernière dérivée partielle (calculée à $L$ constant) s’identifie ici à $\sigma$, d’où enfin le résultat $h = - T \sigma$.
   
   
   2. Revenant aux expressions établies ci-dessus, ${\frac{\partial C_L}{\partial L}} = {\frac{\partial h}{\partial T}} - \frac{h}{T}$ s’écrit, puisque $\sigma$ est constant, sous la forme ${\frac{\partial C_L}{\partial L}} = 0$.
   3. On revient enfin à l’expression ${\mathrm{d}}S = \frac{C_L}{T} {\mathrm{d}}T + \frac{h}{T} {\mathrm{d}}L$ écrite ${\mathrm{d}}S = \frac{C_L}{T} {\mathrm{d}}T - \sigma {\mathrm{d}}L$ qui s’intègre donc immédiatement en $S(T,L) = S_m + C_L \ln \frac{T}{T_m} - \sigma (L - L_m)$.
   4. Si $L$ augmente à température constante, $\sigma > 0$ donc $\Delta S_T = - \sigma \Delta L < 0$. Ce comportement est évidemment différent de celui d’un gaz parfait pour lequel l’identité thermodynamique ${\mathrm{d}}U = T {\mathrm{d}}S - P {\mathrm{d}}V$ et la première loi de Joule ${\mathrm{d}}U = 0$ si ${\mathrm{d}}T = 0$ permettent d’écrire ${\mathrm{d}}S = \frac{P}{T} {\mathrm{d}}V$ donc, au vu de l’équation d’état, ${\mathrm{d}}S = n R \frac{{\mathrm{d}}V}{V}$ soit $\Delta S_T = n R \ln \frac{V_{\rm final}}{V_{\rm initial}} > 0$. Il n’y a rien de surprenant ici puisqu’une augmentation de volume implique une augmentation de l’indétermination sur les positions des molécules de gaz (augmentation du désordre) alors que l’augmentation de longueur d’un fil de caoutchouc se traduit par un alignement des molécules de polymère (diminution du désordre).
   5. À partir de la relation déjà posée ${\mathrm{d}}U = C_L {\mathrm{d}}T + (F + h){\mathrm{d}}L$ on peut, au vu de l’expression $h = - \sigma T$, écrire ${\mathrm{d}}U = C_L {\mathrm{d}}T + \left[F_m - \sigma T_m + \rho (L - L_m)\right] {\mathrm{d}}L$ donc $U = U_m + C_L(T - T_m) + \left(F_m - \sigma T_m\right) (L - L_m) + \frac{\rho}{2} (L - L_m)^2$ et $\mathcal F = U - T S$ s’en déduit, après regroupement des termes et en fonction de $\mathcal F_m = \mathcal F(T_m,L_m)$, il vient $\mathcal F = \mathcal F_m + \left[C_L - S_m\right] (T-T_m) - C_L T \ln \frac{T}{T_m}+ \left[F_m - \sigma (T - T_m)\right](L - L_m) + \frac{\rho}{2} (L - L_m)^2$. On remarque alors que si $T = T_m$, les variations de $\mathcal F$ sont données par la relation $\mathcal F - \mathcal F_m = \frac{\rho}{2} (L - L_m)^2$; plus généralement, on sait que ${\mathrm{d}}\mathcal F = \delta W - S {\mathrm{d}}T$ donc, pour une transformation isotherme, ${\mathrm{d}}\mathcal F$ s’identifie au travail reçu par le fil, opposé du travail qu’il fournit $\delta W' = - {\mathrm{d}}E_p$; on peut donc identifier $W = \Delta \mathcal F = \Delta E_p$ pour cette transformation réversible. La relation $E_p = \frac{\rho}{2} (L - L_m)^2$ identifie un ressort élastique, de longueur à vide $L_m$ et de raideur $k = \rho$.
   6. Un cycle de Carnot est constitué de deux isothermes et de deux adiabatiques réversibles. L’équation d’une isotherme est $F - F_m = \rho (L - L_m)$; c’est donc une droite de pente $\rho$. L’équation d’une adiabatique réversible (isentropique) est $S - S_m = C_L \ln \frac{T}{T_m} - \sigma (L - L_m)$ dont on doit éliminer $T$ avec l’équation d’état $F - F_m = \sigma (T - T_m) + \rho (L - L_m)$; il vient $F = F_m + \rho(L - L_m) + \sigma T_m \left[\alpha \exp \left[ \frac{\sigma}{C_L} (L - L_m)\right] - 1\right]$ où on a posé $\alpha = \exp \left(\frac{S - S_m}{C_L}\right)$. La pente de la courbe correspondante est ${\frac{{\mathrm{d}}F}{{\mathrm{d}}L}} = \rho + \frac{\alpha \sigma^2 T_m}{C_L} \exp \left[ \frac{\sigma}{C_L} (L - L_m)\right]$ donc ${\frac{{\mathrm{d}}F}{{\mathrm{d}}L}} > \rho$, ce qui permet de tracer l’allure du diagramme de Clapeyron (cf. figure). Le sens de parcours se déduit du caractère moteur du cycle: $W = \oint F {\mathrm{d}}L < 0$ donc le parcours doit être à ${\mathrm{d}}L < 0$ pour les valeurs élevées de $F$ (sens trigonométrique).
      
      


2. Moteur d’Archibald.
   
   1. 1. $\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{OC} + \overrightarrow{CA} = a \vec e_x + R \vec e_r$ en utilisant une base polaire d’angle $\theta$; on en déduit donc (c’est en fait le théorème d’Al-Kashi) $OA^2 = a^2 + 2 a R \cos \theta + R^2$ donc en se limitant au terme du premier ordre en $a/R$, $OA^2 = R^2 \left(1 + 2 \frac{a}{R} \cos \theta\right)$ soit $OA = R + a \cos \theta$.
      2. La longueur la plus élevée est $OA = R + a$, au moment où le fil se trouve à l’horizontale ($\theta = 0$) à l’entrée dans le bain d’eau chaude; la partie suivante du cycle $A'B'$ correspond à l’évolution isotherme avec diminution de longueur (c’est donc une droite de pente $\rho$) jusqu’à atteindre $\theta = \pi$ et la sortie de ce fil en $B'$ du bain d’eau chaude. À cet instant on observe une phase de diminution rapide (quasiment instantanée dans le modèle choisi) de la température à longueur constante, donc une diminution de la force donnée par $\Delta F = \sigma (T_2 - T_1) < 0$. Le fil est alors passé en $C'$ dans l’air et subit une seconde évolution isotherme avec diminution de $\theta$ de $\pi$ à $0$ qui l’amène en $D'$, prêt à rentrer à nouveau dans le bain d’eau chaude; pendant la dernière transformation iso-longueur $D'A'$, le fil subit une augmentation de la force donnée par $\Delta F = \sigma (T_1 - T_2) > 0$. Le cycle est parcouru dans le sens (trigonométrique) moteur selon le schéma ci-dessous.
         
         
   2. 1. La relation $\delta Q = C_L {\mathrm{d}}T - T \sigma {\mathrm{d}}L$ appliquée à une transformation isotherme réversible $A'B'$ fournit $Q_{A'B'} = 2 a T_1 \sigma$; il faut ajouter à ce terme de transfert thermique lors du chauffage iso-longueur $D'A$ pour lequel on peut supposer une transformation réversible et écrire $Q_{D'A'} = C_L (T_1 - T_2)$ et on obtient $Q_1 = C_L (T_1 - T_2) + 2 a T_1 \sigma$.
         Remarquons que, sans supposer une transformation réversible entre $D'$ et $A'$, l’expression de $U$ établie plus haut permet d’écrire $\Delta U = C_L \Delta T$ à $L$ fixé donc $Q = \Delta U - W$ s’écrit encore $Q = \Delta U$ si on se souvient que, même pour une évolution irréversible, $W = \int F_{\rm ext}{\mathrm{d}}L$ est nul à longueur constante; finalement, le résultat affirmé ci-dessus ne dépend pas de l’hypothèse de réversibilité du changement de température iso-longueur $D'A'$.
      2. Les mêmes raisonnements amènent immédiatement à $Q_2 = C_L (T_2 - T_1) - 2 a T_2 \sigma$. Le premier principe de la thermodynamique s’écrit, pour un cycle, $\Delta U = 0 = Q_1 + Q_2 - W$ si $W$ est le travail fourni par le fil lors d’un tour; on a donc $W = 2 a \sigma (T_1 - T_2)$.
      3. Le travail fourni est égal à l’aire du cycle; l’aire du parallélogramme tracé est le produit de la largeur $2a$ par la hauteur $\sigma (T_1 - T_2)$, ce qui confirme le résultat $W = 2 a \sigma (T_1 - T_2)$.
      4. Lorsque le point $A$ se trouve à la position définie par l’angle $\theta$, le moment de la force $\vec F$ est défini par $\vec{\mathcal M} = \overrightarrow{CA} \wedge \vec F$ où $\vec F = F \vec u$ est dirigé de $A$ vers $O$; on écrit alors $\overrightarrow{CA} = R \vec e_r$ tandis que $\overrightarrow{AO} = - a \vec e_x - R \vec e_r$ donc le vecteur unitaire dirigé de $A$ vers $O$ s’écrit $\vec u = - \frac{a \vec e_x + R \vec e_r}{R \left(1 + \frac{a}{R} \cos \theta\right)}$ donc, à l’ordre le plus bas, $\vec{\mathcal M} = a F \vec e_z$ qu’on écrit $\vec{\mathcal M} =\mathcal M \vec e_z$ avec $\mathcal M = a F(T,L)$.
         Le moment exercé sur la roue lors du demi-tour entre $\theta = 0$ et $\theta = \pi$ (le fil étant dans l’eau chaude) est donc $\mathcal M_1 = a \left[F_m + \sigma (T_1 - T_m) + \rho (R + a \cos \theta - L_m)\right]$ et le travail reçu par la roue pendant ce demi-tour est $W_1 = \int_0^\pi \mathcal M_1 {\mathrm{d}}\theta$. De la même manière, lors du demi-tour ultérieur (le fil étant alors dans l’air), $\mathcal M_2 = a \left[F_m + \sigma (T_2 - T_m) + \rho (R + a \cos \theta - L_m)\right]$ et $W_2 = \int_{\pi}^0 \mathcal M_2 {\mathrm{d}}\theta$. L’intégration sur un tour complet conduit à $W = \int_0^{\pi} \left(\mathcal M_1 - \mathcal M_2\right) {\mathrm{d}}\theta$ donc $W = \int_0^{\pi} a \sigma (T_1 - T_2) \cos \theta {\mathrm{d}}\theta$ soit ici encore $W = 2 a \sigma (T_1 - T_2)$.
      5. La définition générale du rendement d’un moteur thermique conduit à poser $\eta = \frac{W}{Q_1}$ donc on en déduit immédiatement $\eta = \frac{2 a \sigma (T_1 - T_2)}{C_L (T_1 - T_2) + 2 a T_1 \sigma}$.
   3. 1. Le rendement du cycle moteur de Carnot s’obtient en écrivant les premier et second principes sous la forme $0 = Q_1 + Q_2 - W$ (comme pour le cycle de Stirling) et $\frac{Q_1}{T_1} + \frac{Q_2}{T_2} = 0$ (l’inégalité de Clausius est une égalité dans le cas d’une évolution complètement réversible) donc $\eta_C = 1 + \frac{Q_2}{Q_1}$ s’écrit aussi $\eta_C = 1 - \frac{T_2}{T_1}$ ce qui mène à $\alpha = \frac{1}{1 + \displaystyle \frac{C_L}{2a\sigma}(1 - \displaystyle \frac{T_2}{T_1})}$ qu’on peut aussi écrire $\alpha = \frac{1}{1 + \displaystyle \frac{C_L \eta_C}{2a\sigma}}$. On remarque bien sûr que $\alpha < 1$ donc $\eta < \eta_C$, conformément au théorème de Carnot (voir aussi la question suivante).
      2. On a vu que $Q_{D'A'} = C_L (T_1 - T_2)$, et de même $Q_{B'C'} = C_L (T_2 - T_1)$ donc $Q_{B' \to C' \cup D' \to A'} = 0$ donc cet ensemble est adiabatique. Toutefois, un cycle de Carnot doit être complètement adiabatique; les deux évolutions de température en $B'C'$ et $D'A'$ sont irréversibles donc le rendement dans un cycle de Stirling est plus faible que le rendement dans un cycle de Carnot.
   
   
   4. 1. L’expression ci-dessus du rendement mène à $\eta = {1,2 \cdot 10^{-5}}$ (valeur intensive donc indépendante du nombre de fils). La puissance moyenne du moteur est $\mathcal P = 2N \frac{W}{\tau}$ où la durée d’un cycle est $\tau = \frac{2\pi}{\omega}$ (valeur extensive donc proportionnelle au nombre de fils fonctionnant en même temps); numériquement, $\mathcal P = \frac{2N\omega a \sigma (T_1 - T_2)}{\pi} = 0,51{\,\mathrm{W}}$.
      2. Le débit $\mathcal D_m$ s’identifie à la masse d’eau remontée par unité de temps d’une hauteur $h$, avec donc une puissance mécanique consommée $\mathcal P > \mathcal D_m g h$; on a donc $\mathcal D_m < \frac{\mathcal P}{g h} = {5,2 \cdot 10^{-3}}{\,\mathrm{kg}\cdot\mathrm{s}^{-1}}$ en prenant $g = 9,8{\,\mathrm{m}\cdot\mathrm{s}^{-2}}$; c’est une valeur assez élevée ($310$ litres par minute) ce qui conduit à recommander l’utilisation de ce appareil, la valeur très faible du rendement étant compensée par le caractère gratuit de la source thermique (on peut imaginer le chauffage de l’eau par le rayonnement solaire par exemple).

Concours commun Mines-Ponts (M, P', TA) 1990 Physique I (Énoncé)

Mines–Ponts, M, P’, TA, 1990 (Physique I)
Le moteur à fils de caoutchouc

1. Thermodynamique d’un fil de caoutchouc.
   Les paramètres thermodynamiques d’un fil de caoutchouc sont la longueur $L$, la tension $F$ et la température $T$. Au voisinage d’une température moyenne $T_m$, d’une longueur moyenne $L_m$ et d’une tension moyenne $F_m$, l’équation d’état est linéarisable et prend la forme: $$F(L,T) = F_m + \rho \left(L - L_m\right) + \sigma\left(T - T_m\right)$$ où $\rho$ et $\sigma$ sont des constantes positives. Le travail élémentaire reçu quand le fil s’allonge de ${\mathrm{d}}L$ lors d’une transformation réversible est noté $\delta W = F {\mathrm{d}}L$. On désigne par $C_L$ la capacité calorifique du fil à longueur constante et on note la chaleur reçue dans une transformation élémentaire par: $$\delta Q = C_L {\mathrm{d}}T + h {\mathrm{d}}L$$ $h$ étant a priori une fonction de $T$ et $L$. On suppose enfin que $C_L$ est indépendant de la température.
   
   
   
   1. À l’aide de l’expression différentielle des deux principes de la thermodynamique, exprimer $h$ en fonction de $T$ et de $\sigma$.
   2. Montrer que $C_L$ ne dépend pas de $L$; on dira que $C_L$ est une constante.
   3. Donner l’expression de l’entropie du fil, $S(T,L)$, en fonction de la longueur $L$, de la température $T$ et de $T_m$, $L_m$, $C_L$ et $\sigma$. On posera $S_m = S(T_m,L_m)$.
   4. On tire sur le fil de façon isotherme. Quel est le signe de la variation d’entropie? Déterminer l’expression et indiquer le signe de la variation d’entropie d’une mole de gaz parfait dont le volume augmente de façon isotherme; commenter le résultat obtenu, sachant que le fil de caoutchouc est un polymère constitué de longues chaînes de molécules.
   5. Déterminer l’expression de l’énergie libre $\mathcal F$ du fil; on posera $\mathcal F_m = \mathcal F(T_m,L_m)$; retrouver ainsi qu’à température constante le fil se comporte comme un ressort élastique, dont on déterminera la raideur.
      Pour ce qui suit, on rappelle que dans le diagramme de Clapeyron d’un gaz, le volume est en abscisse et la pression en ordonnée; on conviendra d’appeler ici diagramme de Clapeyron du fil le diagramme où la longueur $L$ est en abscisse et la tension $F$ en ordonnée.
   6. Représenter qualitativement un cycle de Carnot moteur dans le diagramme de Clapeyron en indiquant le sens de circulation sur le cycle. On précisera en outre les relations $F(L)$ associées à des transformations réversibles dans ce cycle.
2. Moteur d’Archibald.
   Une roue circulaire de rayon $R$ tourne sans frottement avec une vitesse angulaire constante $\omega$ autour d’un axe horizontal perpendiculaire au plan de la figure et passant par son centre $C$. La moitié inférieure de la roue est en équilibre thermique avec un bain d’eau chaude à la température $T_1$, la moitié supérieure est à la température $T_2$ de l’atmosphère ($T_1 > T_2$). D’un point $O$ fixe, situé dans le plan de la roue, sur l’horizontale passant par le centre $C$ et tel que $OC = a$, avec $a$ très petit devant $R$, rayonnent $2N$ fils de caoutchouc analogues à celui qui est décrit dans la première partie et fixés régulièrement à la périphérie de la roue.
   La position d’un fil particularisé $OA$ étant déterminée par l’angle $\theta$ entre $OC$ et $CA$ (figure [fig1]) , les autres fils font avec $OC$ les angles $\displaystyle \theta + \frac{p \pi}{N}$, $\displaystyle \theta + \frac{2 p \pi}{N}$ ($p$ entier variant de $1$ à $2N-1$) et ainsi de suite. En accord avec l’hypothèse des équilibres thermiques de la roue, on admet que cette dernière tourne suffisamment lentement pour que chaque fil franchissant l’horizontale prenne sa nouvelle température instantanément, c’est-à-dire que l’excursion du fil dans l’atmosphère (ou le bain d’eau chaude) se fait à la température constante $T_2$ (ou $T_1$).
   
   
   
   1. Cycle de Stirling.
      
      1. Donner l’expression de la longueur du fil particularisé $OA$ en fonction de $a$, $R$ et $\theta$, en négligeant le terme du deuxième ordre en $a/R$.
      2. [Q212] Soit $A'$ le point du diagramme de Clapeyron correspondant à la longueur et la température la plus élevée; tracer qualitativement le schéma du cycle moteur $A'$, $B'$, $C'$ et $D'$ décrit par ce fil quand la roue fait un tour (cycle de Stirling).
   2. Rendement.
      
      1. Donner l’expression de la quantité de chaleur $Q_1$ reçue par le fil $OA$ de la part de la source chaude, en fonction de $T_1$, $T_2$, $\sigma$, $C_L$ et $a$.
      2. Donner de la même manière l’expression de la quantité de chaleur $Q_2$ reçue par ce fil de la part de la source froide et en déduire le travail fourni lors d’un tour de roue.
      3. Retrouver directement l’expression de ce travail à partir de la considération du cycle de la question [Q212].
      4. Donner, en négligeant toujours le terme du deuxième ordre en $a/R$, l’expression du moment $\mathcal M$ par rapport à $C$ de la tension du fil appliquée à la roue. Retrouver ainsi l’expression du travail reçu par un fil pour un tour de roue.
      5. [Q225] Exprimer le rendement $\eta$ du système au cours d’un cycle en fonction de $T_1$, $T_2$, $\sigma$, $a$ et $C_L$.
   3. Performances.
      
      1. Soit $\eta_C$ l’expression du rendement de Carnot d’un moteur ditherme travaillant entre une source chaude à la température $T_1$ et une source froide à la température $T_2$; exprimant le rendement $\eta$ de la question [Q225] sous la forme $\eta = \alpha \eta_C$, donner l’expression de $\alpha$.
      2. L’ensemble des transformations ($B' \to C'$ et $D' \to A'$) est-il adiabatique? Expliquer qualitativement pourquoi le rendement dans un cycle de Stirling est plus faible que le rendement dans un cycle de Carnot.
   4. Applications numériques.
      On adoptera les valeurs numériques suivantes: $T_1 = 340 {\,\mathrm{K}}$, $T_2 = 300 {\,\mathrm{K}}$, $a = 2 {\,\mathrm{cm}}$, $\sigma = 10^{-2} {\,\mathrm{N}\cdot\mathrm{K}^{-1}}$, $C_L = 3,3 {\,\mathrm{J}\cdot\mathrm{K}^{-1}}$, $2N = 32$ et $\omega = 2\pi {\,\mathrm{rad}\cdot\mathrm{s}^{-1}}$.
      
      1. Calculer les valeurs numériques respectives du rendement et de la puissance du moteur.
      2. On désire utiliser ce dispositif pour pomper de l’eau dans le désert, la nappe étant à une profondeur de $10{\,\mathrm{m}}$. Quel serait le débit de la pompe ainsi constituée? Recommanderiez-vus l’utilisation d’un tel appareil?

Concours Physique Centrale-Supélec (M) 1988 (Corrigé)

Corrigé de physique I M du concours de Centrale 1988

I.a)

$m\frac{{d\vec v}}{{dt}} = q\vec v \wedge \vec B$.

I.b)

Notons $\omega  = \frac{{qB}}{m} = \varepsilon {\omega _c}$ ; nous utiliserons la notation $\omega$ dans la suite à la place de la notation $\varepsilon {\omega _c}$ de l’énoncé.
$\begin{array}{l}\left( 1 \right) & {{\dot v}_x} = \omega {v_y}\\\left( 2 \right) & {{\dot v}_y} =  - \omega {v_x}\\\left( 3 \right) & {{\dot v}_z} = 0\end{array}$

I.c)

D’après l’équation (3), ${v_z} = {v_{//0}}$ est constant au cours du temps.

Posons $u = {v_x} + i{v_y}$ ; en formant la combinaison $\left( 1 \right) + i\left( 2 \right)$, $\dot u =  - i\omega u$, d’où, compte tenu de $u\left( 0 \right) = {v_{ \bot 0}}$ , $u = {v_{ \bot 0}}\exp \left( { - i\omega t} \right)$.

I.d)

Soit $r = x + i\omega  = \int {udt = \frac{{i{v_{ \bot 0}}}}{\omega }} \exp \left( { - i\omega t} \right) + cste$.

La particule a un mouvement hélicoïdal uniforme qui résulte de la composition de deux mouvements : un mouvement circulaire de rayon ${\rho _L} = \frac{{\left| {{v_{ \bot 0}}} \right|}}{{{\omega _c}}}$ avec la vitesse angulaire $- \omega$ dans un plan perpendiculaire au champ magnétique, le centre $G$ de ce cercle décrivant un mouvement

 rectiligne uniforme de vitesse ${\vec v_{//}}$ parallèle au champ magnétique.

I.e)

Pour un électron :
$\begin{array}{l}{\omega _c} = \frac{{eB}}{m} = \frac{{1,6 \times {{10}^{ - 19}} \times 5}}{{9,1 \times {{10}^{ - 31}}}} = 8,79 \times {10^{11}}rad.{s^{ - 1}}\\{v_ \bot } = \sqrt {\frac{{2E}}{m}}  = \sqrt {\frac{{2 \times 1,6 \times {{10}^{ - 15}}}}{{9,1 \times {{10}^{ - 31}}}}}  = 5,93 \times {10^7}m.{s^{ - 1}}\\{\rho _L} = \frac{{{v_ \bot }}}{{{\omega _c}}} = 6,75 \times {10^{ - 5}}m\end{array}$

Pour un proton :
$\begin{array}{l}{\omega _c} = \frac{{eB}}{{{m_H}}} = \frac{{1,6 \times {{10}^{ - 19}} \times 5}}{{1,67 \times {{10}^{ - 27}}}} = 4,79 \times {10^8}rad.{s^{ - 1}}\\{v_ \bot } = \sqrt {\frac{{2E}}{{{m_H}}}}  = \sqrt {\frac{{2 \times 1,6 \times {{10}^{ - 15}}}}{{1,67 \times {{10}^{ - 27}}}}}  = 1,38 \times {10^6}m.{s^{ - 1}}\\{\rho _L} = \frac{{{v_ \bot }}}{{{\omega _c}}} = 2,89 \times {10^{ - 3}}m\end{array}$

II.a)

$m\frac{{d\vec v}}{{dt}} = q\vec v \wedge \vec B + q\vec E$.
 $\begin{array}{l}\left( 4 \right) & {{\dot v}_x} = \omega {v_y} + \frac{{q{E_x}}}{m}\\\left( 5 \right) & {{\dot v}_y} =  - \omega {v_x}\\\left( 6 \right) & {{\dot v}_z} = \frac{{q{E_z}}}{m}\end{array}$

D’après l’équation (6), ${v_z} = \frac{{q{E_z}}}{m}t + {v_{//0}}\quad ;\quad z = \frac{{q{E_z}}}{{2m}}{t^2} + {v_{//0}}t + cste$.

Posons $u = {v_x} + i{v_y}$ ; en formant la combinaison $\left( 4 \right) + i\left( 5 \right)$, on obtient $\dot u + i\omega u = \frac{{q{E_x}}}{m}$, d’où, compte tenu de $u\left( 0 \right) = {v_{ \bot 0}}$ , $u = \left( {{v_{ \bot 0}} + \frac{{i{E_x}}}{B}} \right)\exp \left( { - i\omega t} \right) - \frac{{i{E_x}}}{B}$.

Soit $r = x + iy = \int {udt = \left( {\frac{{i{v_{ \bot 0}}}}{\omega } - \frac{{m{E_x}}}{{q{B^2}}}} \right)} \exp \left( { - i\omega t} \right) - \frac{{i{E_x}}}{B}t + cste$.

II.b)

 La particule décrit un cercle de rayon ${\rho _L} = \left| {\frac{{i{v_{ \bot 0}}}}{\omega } - \frac{{m{E_x}}}{{q{B^2}}}} \right| = \frac{1}{{{\omega _c}}}\sqrt {v_{ \bot 0}^2 + \frac{{E_x^2}}{{{B^2}}}}$ avec la vitesse angulaire $- \omega$ (comme l’indique la dérivée $- i\omega$ de l’argument de l’exponentielle complexe), le centre $G$ de ce cercle décrivant un mouvement uniformément varié de vitesse $- \frac{{{E_x}}}{B}{\vec u_y} + \left( {{v_{//0}} + \frac{{q{E_z}}}{m}t} \right){\vec u_z}$.

II.c)

${\vec v_{ \bot G}} =  - \frac{{{E_x}}}{B}{\vec u_y} = \frac{{\vec E \wedge \vec B}}{{{B^2}}}$.

III.a)

${\vec v_{ \bot G}} = \frac{{\vec F \wedge \vec B}}{{q{B^2}}}$.

III.b)

${\vec v_{ \bot G}} = \frac{{m\vec g \wedge \vec B}}{{q{B^2}}}$

III.c)

Il y a création d’un courant de densité $\vec j = \sum {nq\vec v}  = \sum {n\frac{{m\vec g \wedge \vec B}}{{{B^2}}}}  = n\left( {m + M} \right)\frac{{\vec g \wedge \vec B}}{{{B^2}}}$ ; en pratique, ce courant est négligeable, parce que $n$ est petit.

IV.a)

$\vec B\left( M \right) = \vec B\left( G \right) + \left( {y - {y_G}} \right)\frac{{dB}}{{dy}}\left( G \right){\vec u_z}$
$\vec F = q\vec v \wedge \vec B = q\vec v \wedge B\left( G \right){\vec u_z} + q\vec v \wedge \left( {y - {y_G}} \right)\frac{{dB}}{{dy}}\left( G \right){\vec u_z} = q\vec v \wedge B\left( G \right){\vec u_z} + q\frac{{dB}}{{dy}}\left( G \right)\left( {y - {y_G}} \right)\left( {\dot y{{\vec u}_x} - \dot x{{\vec u}_y}} \right)$

IV.b)

L’équation différentielle du mouvement étant non linéaire, on la résout approximativement. En première approximation, $\vec F = q\vec v \wedge \vec B$, d’où $x = {x_G} + {\rho _L}\cos \omega t$, $y = {y_G} - {\rho _L}\sin \omega t$, $G$ ayant un mouvement rectiligne uniforme parallèle à $\vec B$.

Dans une meilleure approximation, on considère une force supplémentaire. Compte tenu de $\left\langle {\vec v} \right\rangle  = \vec 0$, le terme principal est $\left\langle {\vec F} \right\rangle  = q\frac{{dB}}{{dy}}\left( G \right)\left\langle {\left( {y - {y_G}} \right)\left( {\dot y{{\vec u}_x} - \dot x{{\vec u}_y}} \right)} \right\rangle$.
$\begin{array}{l}\dot x \approx  - {\rho _L}\omega \sin \omega t\quad \dot y =  - {\rho _L}\omega \cos \omega t\\\left\langle {\left( {y - {y_G}} \right)\dot y} \right\rangle  = \rho _L^2\omega \left\langle {\cos \omega t\sin \omega t} \right\rangle  = 0\\\left\langle {\left( {y - {y_G}} \right)\dot x} \right\rangle  = \rho _L^2\omega \left\langle {{{\sin }^2}\omega t} \right\rangle  = \frac{1}{2}\rho _L^2\omega \\\left\langle {\vec F} \right\rangle  =  - \frac{1}{2}\rho _L^2\omega q\frac{{dB}}{{dy}}\left( G \right){{\vec u}_y} =  - \frac{{mv_L^2}}{{2B}}\vec \nabla B\end{array}$
Cette expression montre que la force est dirigée dans la direction où le module du champ magnétique décroît le plus vite, quelle que soit la charge ou la vitesse.

IV.c)

Appliquons l’expression de la vitesse de dérive de III.a en y remplaçant la force par sa valeur moyenne :
${\vec v_{ \bot G}} =  - \frac{{mv_ \bot ^2\left( {\vec \nabla B \wedge \vec B} \right)}}{{2q{B^3}}}$

Cette expression, équivalente à celle proposée par l’énoncé, puisque ${\rho _L} = \left| {\frac{{m{v_L}}}{{qB}}} \right|$, lui est préférable, car elle a un signe bien défini.

V.

Tous les champs magnétiques de révolution n’ont pas nécessairement la forme proposée. Par exemple, le champ magnétique d’une nappe d’un courant régulièrement réparti sur un tore d’axe $Oz$ est de révolution autour de cet axe, mais est de la forme ${B_\theta }\left( {r,z} \right){\vec u_\theta }$. Il faut faire l’hypothèse supplémentaire que tout plan contenant $Oz$ est un plan de symétrie du champ magnétique ; alors $\vec B = {B_r}\left( {r,z} \right){\vec u_r} + {B_z}\left( {r,z} \right){\vec u_z}$.

Notons aussi que, contrairement à la formulation de l’énoncé, $\vec B$ n’est pas une fonction de $r$ et $z$seuls : il dépend aussi de $\theta$ par l’intermédiaire de ${\vec u_r}$.

V.a)

Une spire d’axe $Oz$crée un tel champ magnétique. En effet, tout plan contenant $Oz$ est un plan d’antisymétrie du courant donc un plan de symétrie du champ magnétique, donc ${B_\theta } = 0$. D’autre part, la distribution de courant est invariante par rotation autour de $Oz$, donc les coordonnées du champ magnétique ne dépendent pas de $\theta$ : $\vec B = {B_r}\left( {r,z} \right){\vec u_r} + {B_z}\left( {r,z} \right){\vec u_z}$.

V.b)

Supposons que le champ magnétique ne présente pas de singularité sur l’axe. Exprimons approximativement $\vec B$ au voisinage de l’axe par un développement en puissances successives de $r$ tronqué à l’ordre 1. Comme $Oz$ est un axe de révolution du champ magnétique, c’est un axe de symétrie : ${B_z}\left( {r,z} \right)$ est une fonction paire de $r$ et ${B_r}\left( {r,z} \right)$ est une fonction impaire de $r$ ; le développement tronqué à l’ordre 1 est de la forme ${B_z}\left( {r,z} \right) \approx {B_z}\left( {0,z} \right)$ et ${B_r}\left( {r,z} \right) \approx r\frac{{\partial {B_r}}}{{\partial r}}\left( {0,z} \right)$.

Soit une surface fermée formée d’un cylindre d’axe $Oz$, de rayon $r$ petit et de longueur $dz$ complété par deux disques terminaux de rayons $r$ et d’abscisses $z$ et $z + dz$. Le flux du champ magnétique à travers cette surface fermée est nul :
$\mathop{{\int\!\!\!\!\!\int}\mkern-21mu \bigcirc} {\vec B \cdot \overrightarrow {dS} }  = {B_z}\left( {z + dz} \right)\pi {r^2} - {B_z}\left( z \right)\pi {r^2} + 2\pi rdz{B_r}\left( r \right) = \frac{{d{B_z}\left( {0,z} \right)}}{{dz}}\pi {r^2}dz + \frac{{\partial {B_r}}}{{\partial r}}\left( {0,z} \right)2\pi {r^2}dz = 0$ ; d’où $\frac{{\partial {B_r}}}{{\partial r}}\left( {0,z} \right) =  - \frac{1}{2}\frac{{d{B_z}\left( {0,z} \right)}}{{dz}}$ et près de l’axe ${B_r} \approx  - \frac{r}{2}\frac{{d{B_z}\left( {0,z} \right)}}{{dz}}$.

V.c)

$m\frac{{d{v_z}}}{{dt}} = {\left( {q\vec v \wedge \vec B} \right)_z} =  - q{v_\theta }{B_r} = \frac{{q{v_\theta }r}}{2}\frac{{d{B_z}}}{{dz}} =  - \frac{{mv_ \bot ^2}}{{2{B_z}}}\frac{{d{B_z}}}{{dz}} \Rightarrow \frac{{d{v_{//}}}}{{dt}} =  - \frac{{v_ \bot ^2}}{{2{B_z}}}\frac{{d{B_z}}}{{dz}}$ (puisque $r =  - \frac{{m{v_\theta }}}{{qB}}$).

V.d)

La théorème de la puissance cinétique s’écrit :
 $\begin{array}{l}\frac{d}{{dt}}\left( {\frac{1}{2}m\left( {v_z^2 + v_ \bot ^2} \right)} \right) = q\left( {\vec v \wedge \vec B} \right) \cdot \vec v\\m{v_z}\frac{{d{v_z}}}{{dt}} + \frac{m}{2}\frac{{dv_ \bot ^2}}{{dt}} = 0\\ - {v_z}\frac{{v_ \bot ^2}}{{2{B_z}}}\frac{{d{B_z}}}{{dz}} + \frac{1}{2}\frac{{dv_ \bot ^2}}{{dt}} = 0\\ - \frac{{v_ \bot ^2}}{{{B_z}}}\frac{{d{B_z}}}{{dt}} + \frac{{dv_ \bot ^2}}{{dt}} = 0\\\frac{{dv_ \bot ^2}}{{v_ \bot ^2}} - \frac{{d{B_z}}}{{{B_z}}} = 0\\d\ln \left( {v_ \bot ^2/{B_z}} \right) = 0\\v_ \bot ^2/{B_z} = cste\\\mu  = \frac{{mv_ \bot ^2}}{{2{B_z}}} = cste\end{array}$

$\mu$ est le moment du dipôle magnétique équivalent à la particule chargée pour un ou plusieurs tours : $\vec \mu  = \frac{1}{2}\overrightarrow {GM}  \wedge q\vec v$.

V.e)

$\mu  = \frac{{m{r^2}{\omega ^2}}}{{2{B_z}}} = \frac{{{q^2}}}{{2m}}{r^2}{B_z} = cste$, donc le flux du champ magnétique $\pi {r^2}{B_z}$ à travers le cercle décrit par la particule autour de $G$ est constant : la trajectoire de la particule est une hélice qui s’enroule sur un tube de champ d’axe $Oz$.

VI.a)

Comme on a supposé ${\rho _L} <  < R$, une ligne de champ est presque rectiligne et on peut lui appliquer localement les résultats de V.e. On pourrait le faire sur une grande distance s’il existait une force égale à $m\frac{{v_{//}^2}}{R}{\vec u_n}$ , où ${\vec u_n}$ est le vecteur unitaire de la normale principale à la ligne de champ. En l’absence d’une telle force, le champ magnétique est la source d’une force $- m\frac{{v_{//}^2}}{R}{\vec u_n}$ qui d’après II.a crée la vitesse de dérive ${\vec v'_{ \bot G}} =  - \frac{{mv_{//}^2{{\vec u}_n} \wedge \vec B}}{{Rq{B^2}}}$.

VI.b)

Cette proposition est-elle vraie en toute généralité ? Peut-être.

Supposons que les lignes de champ soient des cercles de même axe. La question posée est alors est un problème de géométrie plane. Soit une ligne de champ, $M$ un de ses points, $C$, $R$ et ${\vec u_n}$ le centre de courbure, le rayon de courbure et le vecteur unitaire de la normale principale en $M$. Appliquons le théorème d’Ampère à une courbe fermée $ADEFA$, où $AD$   est un arc de cette ligne de champ vu de $C$ sous l’angle $d\alpha$, $DE$ et $FA$ deux segments appartenant à des droites passant par $C$ et $EF$ un arc d’une ligne de champ voisine. D’après le théorème d’Ampère, $\oint\limits_{ADEFA} {\vec B \cdot d\vec r}  = 0$, soit $B\left( A \right).CA.d\alpha  - B\left( F \right).CF.d\alpha  = 0 \Rightarrow {\left( {\overrightarrow {grad} B} \right)_n} = \frac{{B\left( F \right) - B\left( A \right)}}{{AF}} = \frac{{B\left( A \right)\left( {\frac{{CA}}{{CF}} - 1} \right)}}{{AF}} = \frac{{B\left( A \right)}}{{CF}}$, d’où ${\left( {\overrightarrow {grad} B} \right)_n} = \frac{B}{R}$.

VI.c)

Pour effectuer le calcul, il faudrait connaître la composante de $\overrightarrow {grad} B$ sur la binormale à la ligne de champ. Supposons qu’elle soit nulle (c’est vrai dans le cas traité à la question précédente), ${\vec v''_{ \bot G}} =  - \frac{{mv_ \bot ^2}}{{2Rq{B^2}}}{\vec u_n} \wedge \vec B$, d’où ${\vec v_{ \bot G}} =  - \frac{{m\left( {v_{//}^2 + v_ \bot ^2/2} \right)}}{{Rq{B^2}}}{\vec u_n} \wedge \vec B$.

Remarque : comme $\frac{{qB}}{m} = \omega$, cette formule est homogène, car de la forme ${\vec v_{ \bot G}} =  - \frac{{\left( {v_{//}^2 + v_ \bot ^2/2} \right)}}{{R\omega }}{\vec u_n} \wedge \frac{{\vec B}}{B}$. Si $R >  > {\rho _L}$ (cas usuel), ${v_ \bot } >  > {v_{ \bot G}}$.

VII.a)

Il y a conservation de l’énergie cinétique $\frac{1}{2}m\left( {v_z^2 + v_ \bot ^2} \right) = \frac{1}{2}m\left( {v_{z0}^2 + v_{ \bot 0}^2} \right)$ et du moment dipolaire $\frac{{v_ \bot ^2}}{B} = \frac{{v_{ \bot 0}^2}}{{{B_0}}}$. Si le champ magnétique croît, $v_ \bot ^2$ croît, ${v_{//}}$ décroît et donc peut s’annuler ; si c’est le cas, il change de signe par la suite, car $v_{//}^2$ ne peut devenir négatif : la particule est réfléchie.

VII.b)

$\sin \theta  = {v_ \bot }/v$ où $v$ est constant et $\frac{{v_ \bot ^2}}{B} = \frac{{v_{ \bot 0}^2}}{{{B_0}}}$, d’où $\frac{{{{\sin }^2}\theta }}{B} = \frac{{{{\sin }^2}{\theta _0}}}{{{B_0}}}$.

VII.c) et d)

La particule est réfléchie quand $\sin \theta  = 1$.

Elle l’est au niveau de $S$ ou $S'$ si ${\theta _0} = {\theta _{0m}} = \arcsin \sqrt {\frac{{{B_0}}}{{{B_{0m}}}}}$.

Si ${\theta _0} < {\theta _{0m}}$, la particule n’est pas réfléchie : elle est dans le cône de perte.

Si ${\theta _0} > {\theta _{0m}}$, la particule est réfléchie : les deux bobinages se comportent comme des miroirs magnétiques.

VII.e)

La durée annoncée par l’énoncé paraît bien grande. C’est la durée moyenne entre collisions qui régit la durée de confinement, le temps pour aller d’un miroir à l’autre étant beaucoup plus petit 

Si les probabilités de l’orientation de la vitesse après une collision sont également réparties dans toutes les directions, la probabilité que la direction de la vitesse soit dans l’un des deux cônes de perte est $\frac{{2 \times 2\pi \left( {1 - \cos {\theta _{0m}}} \right)}}{{4\pi }} = 1 - \cos {\theta _{0m}}$ ; la durée de confinement est $\frac{{{t_c}}}{{1 - \cos {\theta _{0m}}}}$.

VIII.a)

Le théorème d’Ampère appliqué à un cercle d’axe $Oz$ et de rayon $\rho  = R + r\cos \theta$ donne ${B_\phi }\left( {r,\theta } \right) = \frac{{{\mu _0}NI}}{{2\pi \left( {R + r\cos \theta } \right)}} = \frac{{{B_0}}}{{1 + \left( {r/R} \right)\cos \theta }}$.

VIII.b)

${\vec v_{ \bot G}} =  - \frac{{m\left( {v_{//}^2 + v_ \bot ^2/2} \right)}}{{Rq{B^2}}}{\vec u_n} \wedge \vec B = \frac{{m\left( {v_{//}^2 + v_ \bot ^2/2} \right)}}{{RqB}}{\vec u_z}$.

Les ions sont éjectés dans la direction et le sens de $Oz$ et les électrons dans le sens contraire. Leur vitesse de dérive est la même en moyenne : ${v_{ \bot G}} = \frac{{mv_ \bot ^2}}{{eBR}} = \frac{{2 \times 1,6 \times {{10}^{ - 15}}}}{{1,6 \times {{10}^{ - 19}} \times 5}} = 4{\kern 1pt} 000m.{s^{ - 1}}$. La durée de confinement est de l’ordre de $\frac{{2{r_m}}}{{{v_{ \bot G}}}} = \frac{{2 \times 0,2}}{{4000}} = {10^{ - 4}}s$.

IX.a)

Déterminons le champ magnétique créé par un courant de densité $\vec j = {j_\phi }\left( r \right){\vec u_\phi }$.

Tout plan contenant $Oz$ est un plan d’antisymétrie du courant, donc un plan de symétrie du champ magnétique, donc ${B_\phi } = 0$. La distribution de courant est invariante dans les rotations d’axe $Oz$. D’où $\vec B = {B_r}\left( {r,\theta } \right){\vec u_r} + {B_\theta }\left( {r,\theta } \right){\vec u_\theta }$.

Or l’énoncé suppose ${B_r} = 0$ ($\vec B = {\vec B_\phi } + {\vec B_\theta }$ à la question IX.b), ce que la symétrie ne permet pas de conjecturer.

Il faut donc considérer que le champ magnétique est voisin de celui d’un courant cylindrique tangent au courant ${\vec j_\phi }\left( r \right){\vec u_\phi }$ pour la valeur de $\phi$ considérée. Cette approximation paraît acceptable si ${r_m} <  < R$, ce que nous supposerons.

Si $M$ est le point pour lequel $r = 0$ dans le plan de coordonnée azimutale $\phi$ considérée, et si $Mz'$ est la tangente au cercle d’axe $Oz$  passant par $M$, la nouvelle distribution de courant a la symétrie cylindrique par rapport à $Mz'$ : tout plan contenant $Mz'$ est plan de symétrie du courant, donc d’antisymétrie du champ magnétique, donc $\vec B$ est orthoradial ; cette distribution de courant est invariante par rotation autour de $Mz'$, donc $\vec B = {B_\theta }\left( r \right){\vec u_\theta }$. Enfin, ${B_\theta }\left( r \right)$ ne dépend pas de $\phi$, car la distribution exacte de courant est invariante par rotation autour de $Oz$. Appliquons le théorème d’Ampère à un cercle d’axe $Mz'$ et de rayon $r$ : $2\pi r{B_\theta } = {\mu _0}I\left( r \right)$ d’où ${B_\theta } = \frac{{{\mu _0}I\left( r \right)}}{{2\pi r}}$.

IX.b)

Un petit déplacement $\left( {dr,rd\theta ,\left( {R + r\cos \theta } \right)d\phi } \right)$ le long d’une ligne de champ est parallèle au champ magnétique $\left( {0,{B_\theta },{B_\phi }} \right)$ ; pour ce déplacement :

·         $dr = 0$ : toute ligne de champ fait partie d’un tore dont la section est un cercle concentrique avec la section du solénoïde toroïdal ;

·         $\frac{{\left( {R + r\cos \theta } \right)d\phi }}{{rd\theta }} = \frac{{{B_\phi }}}{{{B_\theta }}} = \frac{{\frac{{{B_0}}}{{1 + \left( {r/R} \right)\cos \theta }}}}{{\frac{{{\mu _0}I\left( r \right)}}{{2\pi r}}}} \Rightarrow \frac{{d\phi }}{{d\theta }} = \frac{{2\pi {r^2}{B_0}}}{{{\mu _0}RI\left( r \right){{\left( {1 + \left( {r/R} \right)\cos \theta } \right)}^2}}}$.

Cette équation est de la forme $\frac{{d\phi }}{{d\theta }} = q\left( r \right) = \frac{{2\pi {r^2}{B_0}}}{{{\mu _0}RI\left( r \right)}}$ si on néglige les termes d’ordre 1 et suivants en $r/R$, ce qui est conforme à l’approximation qui nous a permis de calculer le champ magnétique.

$q\left( r \right)$ est le rapport entre le nombre de tours que fait une ligne de champ dans la direction azimutale et le nombre tours qu’elle fait dans la direction poloïdale.

Remarque : dans les cas simples, les lignes de champ magnétiques sont des courbes fermées. Ici, ce n’est le cas que si  $q\left( r \right)$ est un entier, ce qui est peu probable, d’autant que les calculs sont approximatifs.

Si $q\left( 0 \right) = 1$, $I\left( r \right) \approx {j_\phi }\left( 0 \right)\pi {r^2}$, d’où ${j_\phi }\left( 0 \right) = \frac{{2{B_0}}}{{{\mu _0}R}} = \frac{{2 \times 5}}{{4\pi  \times {{10}^{ - 7}}}} = 8 \times {10^6}A.{m^{ - 2}}$.

IX.c)

En première approximation, une particule chargée tourne autour de son centre guide, qui se meut le long d’une ligne de champ ; toutefois, le centre guide dérive lentement perpendiculairement à cette ligne de champ, avec une vitesse telle que la force magnétique associée neutralise la force moyenne sur un tour $\left\langle {\vec F} \right\rangle  =  - \frac{{mv_{//}^2{{\vec u}_n}}}{{{R_{courbure}}}} - \frac{{mv_ \bot ^2\vec \nabla B}}{{2B}}$, où ${R_{courbure}}$ est le rayon de courbure d’une ligne de champ. Qualitativement, cette force est dirigée dans la direction opposée à celle de la projection du point considéré sur le cercle moyen du tore ; la dérive crée un mouvement qui s’enroule autour de ce cercle moyen du tore. Les particules ont deux raisons de décrire des hélices autour de ce cercle, cette dérive et le fait qu’elles suivent les lignes de champ.

L’énoncé demande de mettre en évidence « que l'effet de dérive est compensé exactement entre les portions de trajectoire du centre guide, situées de part et d'autre du plan équatorial du tore ». Voici en figure 1 la trajectoire sans champ poloïdal et en figure 2 la trajectoire avec champ poloïdal ; ces deux figures sont dilatées dans le sens de l’axe $z$, pour mieux montrer la dérive :

En l’absence de champ poloïdal, les particules s’évadent en partant dans une direction parallèle à $Oz$ ; le champ poloïdal crée un gradient de champ magnétique ; s’il est supérieur à celui produit par la courbure du tore, alors, après avoir tourné de 180° autour du cercle moyen du tore, les particules prennent une dérive opposée, aussi elles oscillent autour du cercle moyen du tore. L’énoncé suggère que les particules oscillent autour du plan équatorial du tore ; en fait, c’est vrai, mais ce n’est pas un bon argument pour comprendre la stabilité.

En raison du gradient du champ magnétique dû à la distance à l’axe $Oz$, en réalité les trajectoires sont centrées par rapport à un cercle un peu plus grand que le cercle moyen du tore.

IX.d)

Le module du champ magnétique $\sqrt {{{\left( {\frac{{{B_0}}}{{1 + \left( {r/R} \right)\cos \theta }}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{{\mu _0}I\left( r \right)}}{{2\pi r}}} \right)}^2}}$ varie sur la trajectoire parce que $\theta$ varie. D’après la question VII, les particules peuvent être piégées et osciller sur une ligne de champ entre deux positions où le champ magnétique est assez grand pour les réfléchir.

IX.e)

Pour ces particules, l’effet de dérive n’est pas compensé, car elles ne sont pas également dans toutes les directions autour du cercle moyen, aussi la dérive due au gradient du champ magnétique a une direction moyenne et ne se compense pas. Notons aussi que le sens de la dérive ne dépend pas du sens de la composante de la vitesse parallèle au champ magnétique et donc que cette dérive ne se compense pas sur un aller et sur le retour suivant.