Concours Physique ENS Cachan 1990 (Énoncé)

PREMIER PROBLEME

Ce problème étudie les mouvements de trois systèmes matériels et permet d'expliquer le rôle des roues d'une bicyclette.

I. Calculs d'énergie cinétique

Exprimer l'énergie cinétique des trois systèmes matériels suivants:

1. Le système S, est un solide en translation de masse M et de vitesse v.

2. Le système S2 est un cercle de rayon R, de masse m uniformément répartie sur le cercle. Ce cercle est animé d'une vitesse angulaire w autour de son axe de révolution (D), cet axe (D) possède la vitesse v parallèle au plan du cercle.

3. Le système S3 est une bicyclette. L'ensemble cadre + cycliste de masse M est en translation de vitesse v. Chacune des roues de rayon R, de masse m est modélisable par le système S2 et possède la vitesse angulaire w.

II. Mouvements sur un plan horizontal

1. Le système S1 repose sur le sol, le contact étant caractérisé par le coefficient de frottement de glissement f. S1 en mouvement de translation, a pour vitesse initiale vo. Etablir la loi v = f( t) de la vitesse v en fonction du temps t. Représentation graphique.

2. Le système S2 roule sans glisser sur le plan horizontal, le contact étant caractérisé par le même coefficient de frottement de glissement f. La vitesse initiale du centre d'inertie est vo. Etablir la loi v = g ( t) de la vitesse v en fonction du temps t. Représentation graphique.

3. Le système S3 possède un mouvement dans lequel le mouvement des roues est un roulement sans glissement. L'ensemble cadre + cycliste possède la vitesse initiale vo, le cycliste ne pédale pas et ne freine pas. Etablir la loi v = h (t) de la vitesse v en fonction du temps t. Représentation graphique.

III. Mouvements suivant la ligne de plus grande pente d'un plan incliné (P)

Soit b l'angle formé par le plan horizontal et le plan (P). Soit f le coefficient de frottement de glissement.

1. Le système S1 initialement au repos est susceptible d'acquérir un mouvement de translation, suivant la ligne de plus grande pente de (P).

     a. Calculer, dans cette hypothèse, l'accélération aG de son centre d'inertie.

      b. Montrer que le mouvement se produit pour des valeurs de b supérieures à une valeur limite bo .

2. On considère le système S2 lâché sans vitesse initiale.

     a. La circonférence roule sans glisser. Calculer l'accélération aG de son centre d'inertie.

     b. Quel est l'intervalle [b1 ,b2] des valeurs de b pour lequel le roulement sans glissement est possible ? Pour b>b2, il y a glissement de la circonférence sur le sol.

     c. Calculer aG pour b>b2.

3. On considère le système S3.

     a. La bicyclette roule sans glisser, sur les deux roues. Calculer aG .

     b. La bicyclette roule avec glissement sur les deux roues. Calculer aG.

     c. Le roulement sans glissement a lieu pour des valeurs de b inférieures à une valeur notée b3.

On admet que pour b >b3 , le glissement se produit simultanément sur les deux roues, et que les composantes tangentielles des réactions du plan (P) sur les deux roues sont égales.

Calculer b3 .

IV. Conclusion

1. Représenter sur un même graphique les trois fonctions aG(b) pour chacun des trois systèmes matériels, b variant de 0 à $\frac{\Pi }{2}$.

2. En déduire le rôle du rapport $\frac{{2m}}{M}$ pour une valeur de b donnée.

    DEUXIEME  PROBLEME.

PRELIMINAIRES

P.1. Soit une spire circulaire de rayon R placée dans l'air, d'axe ${\vec O_1}z$, parcourue par un courant d'intensité I (figure 1). Caractériser (direction, sens, module) le champ d'induction magnétique ${{\rm{\vec B}}_M}$ en un point M de l'axe de la spire. L'orientation étant celle de la figure I, exprimer la mesure algébrique de la composante axiale de ${{\rm{\vec B}}_M}$ en fonction de mo (perméabilité du vide égale à celle de l'air), I, z et R. $\vec k$ est un vecteur unitaire et ${\vec O_1}M = z.\vec k$.

P.2. Soit un solénoïde de longueur L dont le nombre total de spires est N. Le rayon du solénoïde est R, il est placé dans l'air et on considère un point M de l'axe du solénoïde situé à une position $\overline {OM}  = {z_1}$ (figure 2) du centre O du solénoïde. Ce point M peut être caractérisé par les angles a1 et  a2 définis à partir de l'axe O2 comme l'indique la figure 2.

  

Déterminer l'induction. ${{\rm{\vec B}}_M}$ en M et exprimer la composante axiale de celle-ci en fonction de µo, N, I, L, a1 et  a2 .

N.B.: On pourra se servir du résultat de P.1 en cherchant le champ élémentaire créé en M par un ensemble de spires circulaires contenues dans l'épaisseur dz et parcourues par le courant I.

Application numérique: Calculer l'expression de l'induction ${{\rm{B}}_o}$ au centre si N = 300; L = 10 cm;          I = 0,5 A; R= 4 cm; µo = 4.P.10-7  unités SI

PREMIERE PARTIE

Soit un circuit dont la forme est celle d'une hélice circulaire d'axe $O\vec z$ comportant 2N1 spires complètes parcourues par un courant I. Le pas de l'hélice est noté p et elle est rapportée à un repère (O, x, y, z) et son équation paramétrique (paramètre: j) est (figure 3):

 x = R1 cos j

 y = R1 sin j

 $z = \frac{p}{{2\Pi }}\varphi$ .

Les spires sont réparties entre la cote z1 = - p N1 et la cote Z2 = + p N1. On recherche la composante de l'induction ${{\rm{B}}_{Oz}}$suivant l'axe Oz au point O (origine) créée par les 2N1 spires de cette hélice.

1.1. Exprimer d${{\rm{B}}_{Oz}}$ mesure algébrique de la projection sur  $O\vec z$ de l'induction magnétique élémentaire d${\rm{\vec B}}$ créée en O par l'élément $d\vec l$ (dx, dy, dz) parcouru par le courant I en fonction de R1, f, µo, I et p.

1.2. Calculer ${{\rm{B}}_{Oz}}$ composante de l'induction résultante au point O par l'intégration de l'expression précédente

(on pourra faire le changement de variable: $u = \frac{p}{{2\Pi {R_1}}}.\varphi$ ) .

Exprimer ${{\rm{B}}_{Oz}}$ en fonction de  µo, I, p, N1, R1

1.3. Si on remarque que la longueur du circuit hélicoïdal est L1 = 2p N1, montrer que l'expression de ${{\rm{B}}_{Oz}}$ peut se mettre sous la forme:

${{\rm{B}}_{Oz}}$ = Bo.f(R1, N1, p) où .Bo est l'induction au centre d'un solénoïde de longueur infinie. Préciser  f(R1, N1, p).

Pour quelle valeur de R1 peut‑on considérer que f est égal à 1 à 10‑2 près ?

Application numérique: N1 = 150;  L1 = 0,5 m.

DEUXIEME PARTIE

Soit un tore de section méridienne rectangulaire et d'axe Oz; les données géométriques sont précisées sur la figure 4. Sur ce tore on a bobiné N spires régulièrement réparties et jointives, le matériau qui le constitue est un matériau de perméabilité magnétique µ (perméabilité absolue) que l'on supposera constante (sauf dans une question de la 3e partie). Le vecteur excitation magnétique (ou intensité du champ magnétique) sera noté $\vec H$ et le vecteur induction magnétique ${\rm{\vec B}}$.

$K{A_4} = H{A_1} = R' - \frac{a}{2}$                   ${A_1}{A_2} = a$       ${A_1}{A_4} = b$

2.1. Exprimer et caractériser $\vec H$ en un point M à la distance x de l'axe du tore. On aura soin de distinguer le cas d'un point intérieur puis d'un point extérieur au tore.

2.2. Calculer l'induction au point O2 du centre de la section méridienne, puis aux points A1 et A2.

Application numérique: R' = 10 cm; a = 4 cm; b= 3 cm; N = 300; I = 0,5 A; $\mu  = \frac{1}{{450}}$ unités Sl.

2.3. Exprimer le flux du vecteur induction à travers une section méridienne du tore et en déduire l'expression de l'inductance propre de la bobine torique.

Calculer le nombre de spires (noté maintenant N') si l'inductance L  a pour valeur 43 mH.

Application numérique: R' = 10 cm; a = 4 cm; b = 3 cm; $\mu  = \frac{1}{{450}}$ unités Sl.

2.4. L'inductance L  de la question 2.3. est insérée dans le circuit de la figure 5 qui précise le sens des tensions VC, VL et E et du courant i Pour t < O, (K1) est ouvert et (K2) fermé depuis très longtemps. R  représente sur la figure 5 une résistance mise en série avec le circuit et dont la valeur est  R = 60 W.

On donne E = 30 V.

2.4.1. On ferme (K1). Au bout de combien de temps peut‑on considérer que le courant dans le circuit a atteint sa valeur finale à 10-4 près en valeur relative ? On note Te la constante de temps de ce circuit.

2.4.2. Le régime final précédent étant considéré comme atteint à un nouvel instant pris comme origine, on ouvre (K2), (K1) étant maintenu fermé. A quelle équation différentielle obéit VC ?

2.4.3. C remplit la condition:

                                                             $C = \frac{{4{\rm{L}}}}{{{{\rm{R}}^2}}}$

Exprimer VC et i en fonction de t, Te, E et .R . Préciser les expressions numériques en fonction de t et tracer sur un même graphe en précisant les échelles choisies:

                                                           vC(t), vL(t) et R.i(t)

2.4.4. Montrer que vL passe par un extremum. Préciser la valeur et interpréter physiquement le signe de vL .                                               

TROISIEME PARTIE

Le tore étudié dans la deuxième partie présente maintenant une entaille diédrique dont l'angle a sera suffisamment petit pour qu'on puisse négliger les distorsions des lignes de champ (cf. figure 6). Dans l'intérieur de l'espace diédrique la perméabilité de l'air sera µo.                                              

3.1. Calculer la nouvelle expression de l'induction magnétique B à une distance x de l'axe Oz.

Application numérique: Calculer B en O2 centre du rectangle méridien du tore, avec:

          I=2A; N= 300; a=3,5°.

3.2. Quelle est la nouvelle expression du coefficient d'auto‑induction L' ? Quelle devrait être la valeur numérique de a si ce coefficient diminue de 40 % par rapport à la valeur obtenue quand il n'y a pas d'entaille ?

3.3. Que devient l'expression de L si R' >> a ? Comment évolue L en fonction de a ?

3.4. La perméabilité du matériau dans certaines conditions de fonctionnement ne peut plus être considérée comme constante. B et H sont alors liés par la loi:

Par ailleurs on supposera la condition R' >> a réalisée.

3.4.1. On désigne par H l'excitation dans le matériau et Ho l'excitation dans l'entaille diédrique. Appliquer le théorème d'Ampère le long de la ligne de champ moyenne (x= R').

3.4.2. Que peut-on dire de l'induction dans l'entaille et dans le matériau ?

3.4.3. Calculer l'induction en O2 pour les deux cas numériques suivants:

       1er cas  {N = 300; I = 11 = 3 A; a = 4°; R'=10cm}

       2e cas   { N = 300; I = I2 = 3,8 A ; a = 0,41°; R' = 10 cm }

       Commenter les résultats.

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.

Concours Physique ENSI Chimie Sud 1985 (Énoncé)

PROBLÈME DE MÉCANIQUE (sur 75 points)

(Les candidats sont invités à écrire en marge et en regard de chaque réponse le numéro de la question)

I

Un point matériel M, de masse $m$, est relié à un point fixe O par une tige rigide sans masse de longueur $a$. Le mouvement de M sera rapporté au repère orthonormé $(O,\vec i,\vec j,\vec k)$ fixe dans un espace galiléen. La trajectoire du point M dans l'espace est sur une sphère de rayon $a$ et de centre O. L'articulation en O est sans frottement. La position de M sera donnée par :

$\overrightarrow {OM}  = r(\vec i\cos \phi  + \vec j\sin \phi ) + z\vec k$

avec                                                                                       ${r^2} + {z^2} = {a^2}$

L'accélération de la pesanteur est donnée par : $\vec g =  - g\vec k$, ($g > 0$).

1° Montrer que la force de réaction $m\vec R$ passe par O.

2° Calculer le moment cinétique de M par rapport à Oz (projection sur Oz du moment cinétique par rapport à O).

3° Démontrer que ${r^2}\dot \phi  = C = Constante$.

II

1° Calculer l'énergie cinétique ${E_c}$ du point M.

2° Quelle est l'énergie potentielle de M (on considérera que l'énergie potentielle est nulle pour z = 0) ?

3° Que peut-on dire de l'énergie mécanique totale ${E_m}$ du point M ?

4° Donner son expression. On introduira ici la constante $K$ définie par $K = 2{E_m}/m$.

5° Tenant compte de la relation obtenue en II.4°, et de la relation ${r^2} + {z^2} = {a^2}$, exprimer $K$ à l'aide de $z$,$\dot z$ et des constantes $a$, $g$, et $C$.

6° En déduire que ${a^2}{\dot z^2}$ est égal à un polynôme de degré 3 en $z$ qui s'écrit :

${a^2}{\dot z^2} = ({a^2} - {z^2})(K - 2gz) - {C^2} = P(z)$

7° En déduire que $\dot z$ s'annule pour une valeur au moins de $z$ qu'on appellera ${z_0}$.[1]

III

On se propose dans cette partie d'étudier le mouvement et de montrer qu'il se situe entre deux plans horizontaux.

1° Justifier qu'en tout point de la trajectoire où $\dot z = 0$, celle-ci est tangente à un cercle $z = cte$ (parallèle géographique).

2° On prendra comme instant initial $t = 0$, l'un de ceux où cette tangence se produit, avec ${\vec v_0} = {r_0}{\dot \phi _0}\vec j$ (${r_0} \ne 0$ et ${\dot \phi _0} \ge 0$)[2] et avec la position initiale M₀ prise dans le plan $xOz$ et définie par :

$\overrightarrow {O{M_0}}  = {r_0}\vec i + {z_0}\vec k\quad (r_0^2 + z_0^2 = {a^2})$

Exprimer les constantes $C$ et $K$ à l'aide des conditions initiales.

3° Décomposer alors $P(z)$, défini en II.6°, sous la forme : $P(z) = ({z_0} - z)Q(z)$ et exprimer $Q(z)$ en fonction des conditions initiales.

4° Montrer qu'une racine ${z_1}$ de $Q(z)$ et une seule est comprise entre $- a$ et $a$.

5° Exprimer $\dot \phi _0^2$ à l'aide de $a$, $g$, ${z_0}$ et ${z_1}$. En déduire le signe de $({z_0} + {z_1})$ et montrer que la trajectoire reste comprise entre les plans $z = {z_0}$ et $z = {z_1}$.

6° Montrer que :$Q(z) = 2g({z_1} - z)(z - {z_2})$  avec ${z_2} =  - \frac{{{a^2} + {z_0}{z_1}}}{{{z_0} + {z_1}}}$

7° Quelle est la valeur ${v_{0C}}$ de ${v_0}$ pour que la trajectoire soit circulaire ? Quelle est la valeur minimale ${v_{0E}}$ de ${v_0}$ pour que, ${z_0}$ étant négatif, le point atteigne le plan de l'équateur ($z = 0$) ?

8° Dans le cas où ${z_0}$ est négatif, donner à l'aide d'un dessin les projections sur $xOy$ des trajectoires possibles en fonction des valeurs de ${v_0}$ par rapport à ${v_{0C}}$ et ${v_{0E}}$.

IV

On se propose d'étudier dans cette partie le mouvement du point M au cours du temps.

1° Pendant l'intervalle de temps infinitésimal $dt$, $z$ varie de $dz$. Exprimer $dt$ en fonction de $dz$, de $a$ et du polynôme $P(z)$.

2° Quel est le déplacement angulaire $d\phi$ correspondant à $dz$ ?

3° On appellera $T$ la durée qui sépare deux passages consécutifs de la trajectoire à la côte ${z_0}$ (ou ${z_1}$) ; c'est une période temporelle. Exprimer $T/2$ à l'aide d'une intégrale prise entre ${z_0}$ et ${z_1}$.

Soit $\Phi$ la variation de $\phi$ correspondante pendant le temps $T$ ; c'est la période angulaire. Exprimer $\Phi /2$ à l'aide d'une intégrale du même type.

N.B. - On ne cherchera pas à résoudre les intégrales précédentes.

V

Dans la suite, on n'envisagera plus que le cas des oscillations de faible amplitude, c'est-à-dire que ${z_0}$ et ${z_1}$ resteront voisins de $- a$. On posera alors : $z =  - a + u$, où $u$ est très petit devant $a$ ($u/a <  < 1$). Ainsi, $u$ restera compris entre ${u_0}$ et ${u_1}$. Les intégrales introduites en IV.3° se transformeront en intégrales prises entre ${u_0}$ et ${u_1}$, qui deviendront alors calculables grâce à des développements limités justifiés par les hypothèses énoncées ci-dessus.

1° Dans ce but on donnera d'abord un développement limité de ${({z_2} - z)^{ - 1/2}}$ sous la forme : $k + lu$, les coefficients $k$ et $l$ ne dépendant que de $a$.

 2° Donner un développement limité de $\frac{1}{{{r^2}}} = \frac{1}{{{a^2} - {z^2}}}$ sous la forme $\frac{m}{u} + n$, $m$ et $n$ ne dépendant que de $a$.

3° Même question pour le produit ${({z_2} - z)^{ - 1/2}} \times {r^{ - 2}}$ qui s'exprimera sous la forme $\frac{p}{u} + q$.

4° Écrire alors l'intégrale qui exprime $T$ compte tenu des expressions précédentes.

5° Donner l'expression de $C$ à l'aide de ${u_0}$, ${u_1}$, $a$ et $g$ (on devra aboutir à une expression simple grâce aux approximations définies en V.).

6° Écrire maintenant l'intégrale qui exprime $\Phi$.

VI

En vue de l'achèvement des calculs, on donne ici les valeurs des intégrales définies suivantes. Posons pour cela :

${I_n} = \int_{{u_0}}^{{u_1}} {\frac{{{u^n}du}}{{\sqrt {(u - {u_0})({u_1} - u)} }}}$

avec :                                                 ${I_{ - 1}} = \frac{\pi }{{\sqrt {{u_0}{u_1}} }}\;;\quad {I_0} = \pi \;;\quad {I_1} = \frac{{({u_0} + {u_1})\pi }}{2}$

1° A l'aide de ces données, calculer $T$ et $\Phi$.

2° Entre deux tangences consécutives de la trajectoire au cercle de rayon ${r_0}$ (ou ${r_1}$), le déplacement angu­laire $\Phi$ est voisin de $\pi$, dont il s'écarte de $\Delta \Phi$. Donner l'expression de $\Delta \Phi$.

3° Supposons ${r_0} \ne {r_1}$. Montrer que la trajectoire est pratiquement elliptique[3] et que les axes sont animés d'un mouvement de rotation lente dont on calculera la vitesse angulaire $\Delta \Phi /T$. On prendra $T = \pi \sqrt {a/g}$.

4° Considérer le cas où ${r_1} = 0$. Que devient $T$ ? On posera ici $\alpha  = {r_0}/a$. Que remarque-t-on ?

---

[1] Il faudrait spécifier que cette racine est comprise entre $- a$ et $+ a$.

[2] Le problème est plus simple si on suppose ${\dot \phi _0} > 0$.

[3] Il serait plus raisonnable de l’admettre.

Concours Physique Véto 1984, corrigé du problème sur l’endoscope (Corrigé)

1. OBJECTIF ET OCULAIRE

1°

Les formules de Descartes $\frac{1}{{p'}} - \frac{1}{p} = \frac{1}{{f'}}{\rm{  et  }}\gamma  = \frac{{p'}}{p}$

donnent $p{'_1} = \frac{1}{{\frac{1}{{f'}} + \frac{1}{p}}} = \frac{1}{{\frac{1}{{10}} + \frac{1}{{ - 50}}}} = 12,5{\rm{ mm}}$ et $\gamma  = \frac{{12,5}}{{ - 50}} =  - 0,25$.

2°

a. Le foyer objet F₂ de l'oculaire est en A’.

b. Posons $\delta  = 250{\rm{ mm}}$.${G_c} = \frac{{\alpha '}}{\alpha } = \frac{{\frac{{A'B'}}{{f{'_2}}}}}{{\frac{{AB}}{\delta }}} = \gamma \frac{\delta }{{f{'_2}}} =  - 0,25\frac{{250}}{{20}} =  - 3,125$

3° Si l’on voit une image à l’infini, d’après ce qui précède, c’est que p₁ = -50 mm.

Supposons l’oeil placé contre l’oculaire, s’il voit une image à 250 mm devant lui, c’est que p’₂ = -250 mm. Alors ${p_2} = \frac{1}{{\frac{1}{{p{'_2}}} - \frac{1}{{f{'_2}}}}} = \frac{1}{{\frac{1}{{ - 250}} - \frac{1}{{20}}}} =  - \frac{{500}}{{27}}$ ; $p{'_1} = 12,5 + 20 - \frac{{500}}{{27}} = \frac{{755}}{{54}}$ ; ${p_1} = \frac{1}{{\frac{1}{{p{'_1}}} - \frac{1}{{f{'_1}}}}} = \frac{1}{{\frac{{54}}{{755}} - \frac{1}{{10}}}} =  - \frac{{1510}}{{43}} =  - 35,2{\rm{ mm}}$.

Donc l’observateur peut accommoder sur des objets situés entre p₁ = - 50 mm et - 35,2 mm.

Remarque : Si on suppose l’oeil au foyer de l’oculaire, le même calcul donne :

$\begin{array}{l}p{'_2} =  - 250 + 20 =  - 230{\rm{ mm}}\\{{\rm{p}}_{\rm{2}}} = \frac{1}{{\frac{1}{{ - 230}} - \frac{1}{{20}}}} =  - \frac{{460}}{{25}} =  - 18,4{\rm{ mm}}\\p{'_1} = 12,5 + 20 - 18,4 = 14,1{\rm{ mm}}\\{p_1} = \frac{1}{{\frac{1}{{14,1}} - \frac{1}{{10}}}} =  - 34,4{\rm{ mm}}\end{array}$

Il y a peu de changement. Si l’oeil est au cercle oculaire (à 52 mm de l’oculaire), on trouve p₁ = -33 mm.

2.   TRANSPORT DE L'IMAGE DONNÉE PAR L'OBJECTIF.

1° a. En appliquant les formules de Descartes, on obtient $\overline {{S_1}A{'_1} = 2f'} {\rm{    }}\gamma  =  - 1{\rm{    }}\overline {{\rm{A}}{{\rm{'}}_{\rm{1}}}B{'_1}}  =  - y'$

b.  L’objectif  et chaque lentille inversent l’image, tandis que l’oculaire n’inverse pas l’image. Donc, l’observation n’est pas inversée si p est impair.

$y{'_n} = {\left( { - 1} \right)^n}y'$

Sur la figure, ${u_{n - 1}} > 0{\rm{  }}{\rm{,  }}{u_{\rm{n}}}{\rm{ < 0 et  }}{u_{n + 1}} > 0$$\overline {{S_n}I}  = y{'_{n - 1}} + 2f'{u_{n - 1}} = y{'_n} - 2f'{u_n}$$\overline {{S_{n + 1}}J}  = y{'_n} + 2f'{u_n} = y{'_{n + 1}} - 2f'{u_{n + 1}}$

On voit donc qu’il n’y a pas lieu de distinguer le cas n pair du cas n impair et que ${u_n} =  - {u_{n - 1}} + \frac{{y{'_n} - y{'_{n - 1}}}}{{4f'}} =  - {u_{n - 1}} + \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}y'}}{{2f'}}$

Posons ${v_n} = {\left( { - 1} \right)^n}{u_n}$

${\left( { - 1} \right)^n}{v_n} =  - {\left( { - 1} \right)^{n - 1}}{v_{n - 1}} + \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}y'}}{{2f'}}$ ou ${v_n} = {v_{n - 1}} + \frac{{y'}}{{2f'}}$

v_n est donc en progression arithmétique de raison y’/2f’

$\begin{array}{l}{v_n} = {v_0} + n\frac{{y'}}{{2f'}}\\{u_p} = {\left( { - 1} \right)^p}\left[ {{u_0} + \frac{{py'}}{{2f'}}} \right]\end{array}$

c. Les rayons issus d’un point de l’axe sont bien transmis, si le tube n’est pas courbé (voir figure).

La grande majorité des rayons issus d’un point hors de l’axe sont absorbés par la monture du tube, sauf si ce point est très près de l’axe, parce que l’angle u_n croît rapidement avec n, sauf si y’ est petit. En gros, si r est le rayon des lentilles, il faut que 2f’|u_p| < r ou $2f'p\frac{{\left| {y'} \right|}}{{f'}} < r$ ou $\left| {y'} \right| < \frac{r}{{2p}}$. Seuls les rayons issus des points proches de l’axe garderont un angle u_n raisonnable après traversée du système transporteur de l’image. Le champ latéral est donc très réduit (rayon de l’ordre de r/2p) et au surplus mal délimité : la bordure du champ varie selon la position de l’oeil et donne un passage progressif de l’éclairé au noir. On n’ose penser à ce qui se passe si on courbe le tube.

2°  a. et b.  A’₁B’₁ est dans le plan focal image de la seconde lentille.

y’₁ = - y’

c.  u₁ = - u₀.

d. ${u_p} = {\left( { - 1} \right)^p}{u_0}$

e. Oui ; après la traversée de deux lentilles, le trajet des rayons lumineux se déduit du trajet précédent  par une translation parallèle à l’axe de longueur 4f’ suivie d’une symétrie par rapport à l’axe ; il n’y a en fait de perte de lumière qu’à la traversée de la seconde lentille (voir figure ci dessus où il a été tracé les rayons délimitant le faisceau transmis) ; le champ latéral est plus grand et la luminosité décroît plus progressivement du centre vers les bords. En pratique, la courbure du tube donne un moins bon résultat. 

f. L’image est transportée sur 34´2´15 = 1020  mm. Elle est droite ; en effet, elle est inversée par l’objectif et par les dix-sept paires de lentilles du tube transporteur d’image et elle n’est pas inversée par l’oculaire.

g. La fraction de la puissance incidente sortant du tube est : ${T^{34}} = 2,8\% {\rm{ si }}T = 0,9{\rm{ et }}87,3\% {\rm{ si }}T = 0,996$.