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Concours Physique ENS Cachan 1995 (Corrigé)

Avertissement:
1) les graphes étant tous semblables (des exponentielles croissantes), il n’en a été tracé que l’allure;
2) dans la question 3.3.3-, mes applications numériques me conduisent toujours à un régime oscillant, qui n’est pas dans la logique de l’énoncé; j’ai donc renoncé au tracé demandé.
ENS Cachan B(A) 1995
Première partie: Étude électromagnétique
1.1- Spire équivalente:
1.1.1- La force de Laplace a pour expresion: df=dIuB
1.1.2- On considère une spire élémentaire de section ldr, de longueur 2πr, parcourue par le courant d’intensité dI=δldr, où δ=I[l(ReRi)]; elle est soumise à la force:
f=ReRiδldr2πrBez=δLNπB(Re2Ri2)ez
1.1.3- On constate en effet que l’on peut écrire:
f=IB2πRez
1.2- Force électromagnétique résultante:
1.2.1- Le résultat est immédiat: F=Nf=NIB2πRez
1.2.2- On peut écrire F sous la forme indiquée en posant: kϕ=B2πR
C’est homogène à une circulation du champ magnétique B, mais cela ne correspond pas à une circulation concrête.
1.2.3- AN: Ie=δL(ReRi)=800A;F=78,4N
1.3- Force contre électromotrice:
1.3.1- On sait que le champ électromoteur est: EM=vB=Bvuθ et la fem: e=EM.dM=Bvu
1.3.2- Il est clair que: e=Bv2πRkϕ=B2πR=kϕ AN: e0=9,80.102V
1.3.3- Le résultat est immédiat: E=Ne
1.4- Calcul de la résistance:
1.4.1- La résistance se calcule par la formule:
R=ρlSRb=ρ2πRN2L(ReRi)rb=ρ2πRL(ReRi)
1.4.2- AN: rb=1,23.104Ω
1.5- Calcul de l’inductance:
1.5.1.a- Tout plan contenant l’axe Oz est plan d’antisymétrie pour la distribution de courants; il s’ensuit que le champ magnétiqueB est dirigé selon l’axe Oz, la « règle du tire-bouchon » donnant alors le sens du vecteur.
À partir de la loi de Biot & Savart, on retrouve le résultat:
dB=μ02RIedZLsin3(α)
où Z est la position de la spire (z étant celle du point M).
1.5.1.b- Dans un premier temps, on a intérêt à intégrer selon la variable α:
cot(α)=zZRdZ=Rdαsin2(α)dB=μ0Ie2Lsin(α)dαB=μ0Ie2L[cos(α1)cos(α2)]
On en déduit: B(z)=μ0Ie2L[zR2+z2+LzR2+(Lz)2]ez
1.5.1.c- On calcule la valeur du rapport demandé et l’on constate que B varie relativement peu sur l’axe, à l’intérieur de la spire.
B(0)=μ0Ie2R2+L2 ; B(L2)=μ0Ie4R2+L2B(0)B(L2)=4R2+L22R2+L2=0,785
1.5.2- Compte tenu des hypothèses simplificatrices, le calcul est aisé:
Wmag=B22μ0dτ=B22μ0πR2LWmag=πμ0R2LIe22(4R2+L2)
1.5.3- De la relation: Wmag=12I2, on tire:
=πμ0R2L4R2+L2N2 =πμ0R2L4R2+L2=1,56.108 H
1.6- Équation différentielle:
1.6.1- On a affaire à un circuit série comportant un générateur de fem U, une force électromotrice E, une inductance propre L et une résistance Rb . L’équation différentielle du circuit est:
U=E+dIdt+RbI
1.6.2- En remplaçant les grandeurs par leurs expressions:
U=N(kϕv+dIedt+rbIe)
1.7- Détermination du nombre de spires:
1.7.1- Des deux équations: U0=N0(kϕV0+rbIe) et F=kϕIe, on déduit: N0=U0kϕV0+rbFkϕ
1.7.2- N0 permet d’ajuster la valeur de kϕV0+rbFkϕ.
1.7.3- AN: N0=61spires Rb=0,456Ω =58,2μH E0=5,98V
1.8- Échelon de tension:
1.8.1- cas a: solénoïde immobilisé; pour t=0, la forme de l’équation différentielle imposant la continuité de l’intensité, elle s’intègre en:
didt+Rbi=U0ia(t)=U0Rb[1exp(Rbt)]
1.8.1- cas b: solénoïde à vitesse uniforme; il suffit de changer U0 en U0E0, soit:
didt+Rbi=U0E0ib(t)=U0E0Rb[1exp(Rbt)]
AN: ia(t)[A]=27,2exp(7,84.103t)
ib(t)[A]=13,9exp(7,84.103t)
Les exponentielles appartenant à la catégorie des « fonctions bien connues », seule l’allure des courbes a été tracée.
1.8.2- La constante de temps ne dépend pas du nombre de spires car elle vaut:
τe=Rb=μ0L2(ReRi)R2ρ(4R2+L2)=128μs
Deuxième partie: Étude thermique
2.1- Pertes Joule:
La puissance dissipée par effet Joule est égale à:
PJ=RbI2=ρ2πRN2L(ReRi)[δLN(ReRi)]2PJ=πρδ2=L(Re2Ri2)=78,4W
La densité volumique de puissance peut s’écrire directement, sans passer par PJ:
pJ=ρδ2=32,0 MW/m3
2.2- Schéma équivalent:
2.2.1- Le schéma équivalent correspond à l’équation: PJ=Cthd(Δθ)dt+ΔθRth.
La capacité thermique (et non calorifique) du solénoïde vaut: Cth=cϖπ(Re2Ri2)
Pour obtenir la résistance thermique d’échange, on exprime cet échange de deux façons:
ΔθRth=α2πRiLΔθ+α2πReLΔθRth=1α2πL(Ri+Re)
2.2.2- AN: Cth=425J.K1 Rth=17,0K.W1
2.2.3- Les échanges de chaleur se font par conduction, convexion et rayonnement.
2.3- Évolution de la température du solénoïde:
2.3.1- L’équation différentielle du 2.2.1- s’intègre comme celle du 1.8.1-:
θS=θamb+PJRth[1exp(tRthCth)]
θS=20+1333[1exp(1,384.104t)]
À nouveau, seule l’allure du graphe est donnée.
2.3.2- La constante de temps vaut: τth=RthCth=7,23ks
2.3.3- Le calcul de la densité de courant est immédiat: PJRth=100KδP=11,0A.mm2
2.3.4- La durée maximale est: tmax=τthln(1θSmaxθambPJRth)=564s
2.3.5.a- Physiquement, cela veut dire que la chaleur produite est restée dans la spire et n’a pas encore commencé à être évacuée vers l’extérieur; l’équation du 2.2.1- se résume à:
PJCthd(Δθ)dtΔθ(t)PJCtht=ρLδ2cϖt Δθ(T0)1,84C
Mathématiquement, dans l’équation du 2.3.1-, on développe:exp(ε)1+ε.
2.3.5.b- On déduit de ce qui précède la densité maximale de courant: δmaxcϖ(θSmaxθamb)ρLT0
2.3.5.c- AN: (δmax)Cu294A.mm2 (δmax)Al198A.mm2
2.3.5.d- On calcule F à partir de la formule:
F=πBLδ(Re2Ri2) FCu=576N FAl=388N
2.3.5.e- En régime permanent, PJRth=ρ2α(ReRi)δ2=Δθ, dont on déduit:
{δCu=11,0A.mm2FCu=21,5NδAl=8,80A.mm2FAl=17,2N
Troisième partie: Étude électromécanique et thermique
3.1- Masse du solénoïde:
La masse du solénoïde est égale à: M=ϖπL(Re2Ri2);MCu=21,8g;MAl=6,62g
3.2- Solénoïde ouvert:
L’équation différentielle Mdvdt+μv=F s’intègre en:
v=F0μ[1exp(μMt)]
La constante de temps mécanique a pour valeur:
(τm)Cu=Mμ=0,218 s
3.3- Solénoïde alimenté:
3.3.1- Les équations rappelées par l’énoncé sont les suivantes:
1.2.2-F=kϕNI; 1.3.3- E=Nkϕv; 1.6.1- U=E+dIdt+RbI
Par élimination de I entre les équations: Mdvdt+μv=kϕNI, et: U=Nkϕv+dIdt+RbI, on trouve:
U=MkϕNd2vdt2+μ+MRbkϕNdvdt+(kϕN+RbμkϕN)v ; a=MkϕN ; b=μ+MRbkϕN ; c=kϕN+RbμkϕN
3.3.2- La première approximation: τe=Rb<<τm=Mμ s’écrit: μ<<RbMbMRbkϕN.
La deuxième approximation conduit à: ckϕN.
Une solution particulière est: v=U0c.
On cherche la solution générale de l’équation sans second membre sous la forme: v=Vexp(tτ); on aboutit à l’équation caractéristique: cτ2bτ+a=0, dont on supposera les racines réelles positives:
Δ=b24ca0;τ1τ2=ac>0 et :τ1+τ2=bc>0.
Il vient alors: τ1=bb24ca2c;τ2=b+b24ca2c
À partir de la solution: v(t)=VAexp(tτ1)+VBexp(tτ2)+VC, les conditions initiales donnent:
v(t=0)=VA+VB+U0c;(dvdt)t=0=0=VAτ1VBτ2
dont on tire: VA=U0cτ1τ2τ1;VB=U0cτ2τ2τ1, soit:
τ1=MRb(MRb)24M(kϕN)22(kϕN)2 ; τ2=MRb+(MRb)24M(kϕN)22(kϕN)2 ; VC=U0kϕN
VA=U0kϕNMRb(MRb)24M(kϕN)22(MRb)24M(kϕN)2 ; VB=U0kϕNMRb+(MRb)24M(kϕN)22(MRb)24M(kϕN)2
L’hypothèse τ2>>τ1 implique VA<<VB et exp(tτ1)<<exp(tτ2); par suite:
v(t)U0kϕN[1exp(tτ2)]
3.3.3- Plusieurs essais me conduisent toujours à un Δnégatif, donc à un τ2 complexe, ce qui ne correspond pas à l’esprit dans lequel a été rédigé l’énoncé.
3.4- Analyse finale:
3.4.1- Les constantes de temps ont des ordres de grandeur très différents:
τe=128μs<<τm=0,218s<<τth=7,23ks
3.4.2- La question 3.2- conduit au résultat: a=dvdt=F0M
3.4.3- On calcule donc: amax=FmaxM={26,4mm.s2pourCu58,6mm.s2pourAl
3.4.4- De la question 2.3.5.e-, on tire: amaxC={0,986mm.s2pourCu2,60mm.s2pourAl
3.4.5- On constate que c’est l’aluminium qui s’avère le plus intéressant, contrairement à l’idée que l’on a couramment.

Concours Physique Concours Commun M Physique II 1994 (Corrigé)

Deuxième épreuve Physique II. Mines 94.
Première partie.
1.1. chaque composante Ei ou Bi vérifie l’équation différentielle
Δ Ei + (ω/c)2 Ei = 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 (mi/ai)2

1.3. div.3. = o (absence de charge dans la cavité) entraîne :
Σ (mi Ei°/ai) = 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 Ei ; 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*
= (1/jω [∫∫∫ div (E Λ B*) dτ + ∫∫∫ (E.rot.B*) dτ
rot B* = µo εο ((d*E*/dt) = - jω/c2 E*
d’où ∫∫∫ BB* dτ = - 1/jω [∫∫ (E Λ B*). n ds - jω/c2 ∫∫∫. E.E*
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) = (y2p - y1p) /L.
α2 (p) = (yp+11 - yp2) /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) = - y1p/O1A α1p = - yp1/O1A’
d’où α1p - α2p-1 = - y1p/f’1 α2p - α1p = - y1p/f’2.
2.2.3. A partir de 2.2.1. et 2.2.2. , on obtient :
y2p-1 + y2p+1 + (2-u1 u2) y2p = o
soit f’1 f’2 (y2p-1 + y2p+1) + [ 2L (f’1+f’2) - 2f’1f’2 - L2] y2p = o
2.3.1. α1 (p+1) = (y2p+1 - y1p+1 )/L α1 (P) = (y2p - y1p)/L.
d’où y2p+1 - y1p+1 = - y2p + y1p
y2p+1 = - y2p
d’où α1 (p)- α2 (p)=( y1p - y2p + y1p+1 - y2p )= - (2 y2p/L) = - (y1p/f’2)
d’où f’2 = L/2
De même, on montre que les 2 conditions entraînent y2p+1 = - y2p
y2p - y1p - y1p + y2p-1 = - 2 y1p /L = - y1p /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
y2p-1 + y2p+1 + (2-u1u2) y2p = o
il vient y2p [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, y2p 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 y2p+1 = y2p
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 + ωm/c
ωm = (2m+1) .πc/2L
En reprenant les relations on obtient
K2 = (-1)m K1D1/D2
soit une cavité oscillant à la pulsation xo moyenne.
ωo - Δω/2 < ωo + 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 ENSI 1994 (Corrigé)

PREMIERE PARTIE
1 - Amplificateur sélectif à circuit résonant
1 - Etude du bobinage primaire.
1 - 1 - a - Les lignes de champ sont des cercles dont les axes sont confondus avec l'axe Oz. En effet tout plan contenant l'axe Oz est plan de symétrie de la distribution etB est normal à chacun de ces plans.
1 - 1 - b - Prenons le contour fermé suivant :
- un arc de cercle de rayonr0 et d'angle passant par O'
- un arc de cercle de rayonr0+rcosθ et d'angle passant par P - on ferme naturellement le contour (la circulation y est nulle).
Le théorème d'Ampère s'exprime :Bdl=0
soit B0.r0α2πBP+rcosθα2π=0ou encore, avecB0=n1μ0I2πr0
BP=B01+rr0cosθ
1 - 1 - c - En calculant le fluxΦ engendré par le tore sur lui-même :
Φ=n1.BdS=n21μ0I2πr0(1+rr0cosθ)rdrdθ commer0>>ar
Φ=n21μ0I2πr0(1rr0cosθ+rr0cosθ)rdrdθ
on obtient finalement pour L après simplification :
L=n21μ0a22r0(1+a24r20)

1 - 1 - d - Comme on aL=L1(1+a24r20),LL1avec une précision inférieure à 1% si a24r20<0,01 soit ar0<0,2.
1 - 1 - e - La résistance de la bobine est donnée par la relation suivante :
R=ρIs avec I=n12πas=πd24 et n1=2π(r0ad)
SoitR=16πρ(r0a)d3 etL1R=μ0πad(r0a)8ρr0.
1 - 1 - f - A.N.L1=0,11mH.L1R=5,92.105H.Ω1.L1ω0R=37,2
2 - Etude du bobinage secondaire
1 - 2 - a -Φ12=n2.B1.dS2=M.I1 soit, en négligeant les temes du second ordreM=n1n2μ0a22r0.
1 - 2 - b -M=L1.L2.
3 - Etude de l'amplificateur
1 - 3 - a - la puisanace complexe est :
P_=12Ze_Imax_˙Imax_=12Ze_|Imax_|2=Ze_|I0_|2 avec P=Re(P_).
Ze=R//C1//L1=jR1L1ωR1(1L1C1ω2+jL1ω)soitP_=jR1L1ω.I20R1(1ω2ω20+jL1ω)
finalement
P=R1I201+R21L21ω20(x1x)2 avec Pmax=R1I10 et Q=R1L1ω0
1 - 3 - b -Pmax1+Q2(x1x)2=Pmax2 soitx1x=±1Q (deux équations du second degré)
( 1 )x1,3=121Q±(1Q)2+4 seule la racine positive est accebtable (x1).
( 2 )x2,4=121Q±(1Q)2+4 seule la racine positive est acceptable (x2).
Δω0=(x2x1)ω0=ω0Qsoit ω0Δω0=Q
1 - 3 - c -Vs_=Ze_I0_=Ze_sVe_ soit G=|Ze_|s finalement G=R1.s1+Q2(x1x)2
Vs,max est donné pour x=1Vs,max=R1I0
Vs,min est donné pour ω1 ou ω2 soit Vs,min=R1I02
1 - 3 - d - Ve=A0+n=1Cncos(nω0t)+ψn
Vn,s=G(nω0).Vn,e on peut donc d\'e finir τn,e=Cn,eC1,e et τn,s=G(nω0).Cn,eG(ω0).C1,e
On obtient pour l'atténuation en décibels
δn=τn,eτn,s=G(nω0)G(ω0)=1+Q2(x1x)21+Q2(nx1nx)2 comme x= 1 et n = 2,δ2=11+Q2(32)2
Tout calculs fait on trouveQ=2.
1 - 3 - e – PosonsReq=R1//Ru On exprime alors Q' par Q=ReqL1ω0 soit Q=QRuR1+Ru donc Δω0R1+RuRu
Si Ru=R1 alors Δω0=2.Δω0

4 - Couplage magnétique de l'amplificateur à une charge
1 - 4 - a - ( 1 ) V1_=jL1ωI1_+jMω(I1_+I2_)+jL2ω(I1_+I2_)+jMωI1_
( 2 ) V2_=jMωI1_+jL2ω(I1_+I2_)
( 3 ) V2_=RuI2_
De ( 2 ) et ( 3 ) on tire ( 4 ) I2_=jL2ω+jMωRu+jL2ωI1_
En substituant ( 4 ) dans ( 2 ) et remarquant queL1L2=n21n22 et que 2ML2=2n1n2n22
on trouveV1_I1_=Ze_=μ2jL2ωRuRu+jL2ω avec μ=n1+n2n2.
1 - 4 - b - Calculons la pulsation de résonance du montage.
Comme on nous demande dans la question - c - le facteur de qualité Q, exprimons la puissance moyenne absorbée par l'impédance constituéeR1,C2, les bobines coupl\'e es et Ru. En premier lieu, exprimons l'impédance équivalenteZeq_=R1//C2//Ze_ soit
Zeq_=jR1Ruμ2L2ωR1Ru(1L2C2μ2ω2)+jL2ω(R1+μ2Ru)
CommeP=Re(Ze_)|I0_|2 on trouve alors tout calcul fait
P=R1Ruμ2R1+μ2RuI201+(R1RuR1+μ2Ru)21L22ω20(1xx)2 soitPmax=R1Ruμ2R1+μ2RuI20ω20=1L2C2μ2
EtQ=R1RuR1+μ2Ru1L2ω0.
On veut1L2C2μ2=1L1C1soitC2=n21(n1+n2)2C1
1 - 4 - c - En définissantΔQ=QQavecQ=R1μ2L2ω0 etQ=R1Ru(R1+μ2Ru)L2ω0
on obtientΔQQ=11+μ2. A..N. = 9,9
DEUXIEME PARTIE
11 - Exemples de filtres actifs à circuits RC
11 - 1 - Expression générale de la fonction de transfert d'un filtre passe -bande du second ordre.
Calculons le module deT(jω)_ .|T(jω)_|=G0(1+14α2(1xx)2)1/2. Soit F la fonction suivanteF=1+14α2(1xx)2, étudions la sur l'intervalle[0,+].
dFdx=12α2(1xx)(1x2+1)
soit
x     0            1                                  +
F      ↘     min           ↗                 +
F'       -      0              +
T 0   ↗     G0            ↘                    0
La forme de la courbe permet de conclure sur la nature du filtre.
Calculons la bande passante :G02=G0(1xx)(14α2+1) soitx1x=±2α(deux équations du second degré)
( 1 )x1,3=α±α2+1 seulex1est positive.
( 2 )x2,4=α±α2+1 seulex2est positive.
Δω0=(x2x1)ω0=2αω0 soitQ=ω0Δω0=12α2

11 - 2 - Filtre actif à structure de Sallen et Key
11 - 2 - a - ( 1 ) V_=V+_=1kVs_
( 2 )VA_=Y1_Ve_+Y2_V+_+Y3_Vs_Y1_+Y2_+Y3_
( 3 )VA_=V+_Y2_+Y4_Y2_
De ( 1 ) et ( 3 ) on tire ( 4 )VA_=Vs_Y2_+Y4_Y2_.k
En égalisant ( 2 ) et ( 4 ) on trouveVs_Ve_=Y1_Y2_.k(Y2_+Y4_)(Y1_+Y2_+Y3_)Y22_Y2_Y3_.k
11 - 2 - b – AvecY1_=1R,Y2_=jCω,Y3_=1R,Y4_=1R+jCωet en exprimant T(jω)_=G01+12αjx+jx2α on trouve tout calcul fait T(jω)_=k(5k)(1+2jRCω(5k)+jRCω5k)
soit en identifiant: ( 1 )G0=k15k
( 2 )jx2α=jRCω5k
( 3 )1jx2α=2jRCω(5k)
En effectuant le produit ( 1 )*( 2 ) on tireα=5k22 on trouve alors pourω0=2RC et Q=25k
11 - 2 - c - A partir de l'équation différentielle homogène associée au montage, étudions la stabilité du système :v(t)+2αω0dv(t)dt+1ω20d2v(t)dt2=0
le discriminant réduit associé à l'équation caractéristique de cette équation différentielle s'exprime ainsiΔ=1ω20(α21).
Si k = 5 alors = 0 et le sytéme oscille.
Si k > 5 alors < 0. On peut distinguer deux cas :|α|<1 et |α|>1.
Dans ces deux cas le systéme est instable.
11 - 3 - Filtre actif à varialble d'état
11 - 3 - a - VA_=rI1_etVA_=2rI1_+Vs_ soitVA_=Vs_
De plusVA_=RI1_Vs_ etV0_=1jCωI1_ soitV0_Vs=1jRCω ( 1 )
En écrivant la loi des noeuds en D on obtientVs_Zeq_Ve_R2_=V0_R_ ( 2 )
En combinant ( 1 ) et ( 2 ) on obtient la relation demandé sous la forme
T(jω)_=G01+12αjx+jx2α=R1R211+R1jR2Cω+jR1Cω
SoitG0=R1R2α=R2R1ω0=1RC et Q=R1R
11 - 4 - Filtres actifs à condensateurs commutés
11 - 4 - a -e1=u(t)+rCdu(t)dt soitu(t)=e1+Cte.exp(tτ). Le temps de charge étant trés faible par rapport à la période du système, on peut facilement supposer que la tension aux bornes du condensateur à t = 0 est égale àe2.
La constante se déduit facilementCte=e2e1. La tension aux bornes du condensateur pour l'intervalle de temps[nTc,n+12Tc] est u1(t)=e1+(e2e1)exp(tτ).
De même on trouve pour l'intervalle de temps[n+12Tc,(n+1)Tc]
u2(t)=e1+(e1e2)exp(tTc2τ)
11 - 4 - b - i1(t)=Cdu1(t)dt=Cτ(e1e2)exp(tτ) de même pouri2(t)
i2(t)=Cdu1(t)dt=Cτ(e2e1)exp(tτ)
La valeur moyenne étant définit ainsii1(t)=1TcTc0i1(t)dt.
L'intégrale donne, en tenant compte de l'approximationτ<<Tci1(t)=CTc(e1e2).
De même pouri2(t) on obtient i2(t)=CTc(e2e1)=i1(t)

11 - 4 - c - uAB=e1e2=iAB(t)Reavec
iAB(t)=i1(t)i2(t)=i1(t)i2(t)=2i1(t)=2CTc(e1e2)
SoitRe=Tc2C=12Cfc
11 - 4 - d - Comme la fréquence de commutation de l'intérupteur est bien suppérieure à la fréquence du signal, pour un intervalle de temps de l'ordre deTc, le signal apparait continu pour l'intérruteur lors de plusieurs commutations.
11 - 4 - e - En utilisant le théorème de Millman au point A :
VA_=Y1_Ve_+Y3_Vs_Y1_+Y4_+Y3_
et au point BVB_=0=Y2_Vs_+Y4_VA_. En combinant les deux équations
précédentes , en fonction des admittancesVs_Ve_=Y1_Y2_Y4_(Y1_+Y4_+Y3_)Y3_soit , en exprimant ce résultat en fonction des admittaces :Y1_=1Re=Y2_Y2_=jC2ωY4_=jC1ω et sous la forme déja vue :Vs_Ve=1(1+C2C1)(1+C1jReC1ω(C1+C2)+jReC1C2ωC1+C2).
On peut exprimer les grandeurs demandées :G0=C1C1+C2α=C1+C22C1C2ω0=1ReC1C2=2CfcC1C2 et Q=C1C2C1+C2

Concours Physique Concours Commun TPE 1994 (Corrigé)

Corrigé épreuve physique commune - T.P.E 1994
PREMIER PROBLÈME - ÉLECTRONIQUE
I Référence de tension à diode Zener
I-1)
La loi des mailles et la loi des nœuds fournissent tout d'abord:
{V1=V2+RI1U=V2I1+I=I2
Il est possible d'obtenir V2 = V1 -R(I2 -I) = f(V1,I2) à condition d'éliminer I. On distingue alors suivant la valeur de U
  • U > Vd ⇔ Dz est en mode passant (Zone 1 de la figure 1)
V2=RdR+RdV1RRdR+RdI2+RVdR+Rd Si V2<Vd
I=UVdRd=V2VdRd V2=V1RRd(RdI2+V2+Vd) d'où le résultat:
  • -Vz < U < Vd ⇔ Dz est en mode bloqué (Zone 2 de la figure 1) alors I = 0
d'où le résultat:
 V2=V1RI2 si V< -Vd
  • U <- Vz ⇔ Dz est en mode passant inverse (Zone 3 de la figure 1)
I=U+VzRz=V2+VzRz V2=V1RRz(RzI2+V2Vz) d'où le résultat:
 V2=V1RRz(RzI2+V2Vz)

I-2)
On en déduit que la caractéristique V2 = f(I2) à V1 Cte est une fonction affine par morceaux
Zone 1:pente= RRdR+RdRd
Zone 2:pente= R
Zone 3:pente= RRzR+RzRz
La zone 3 ayant une pente quasi nulle représente le domaine de régulation V2 ≈Vz
Lorsque le point de fonctionnement se trouve dans la zone 1 le courant I2 et la tension V2 sont de signes contraires, ce qui veut dire que l'on a affaire à une charge constituée par un générateur. Les rôles de l'entrée et de la sortie sont inversés.
I-3)
Cette fois les pentes sont:
Zone 1: pente = RzR+RzRzR
Zone 2: pente = 1
Zone 3: pente = RdR+RdRdR
La zone 3 ayant une pente quasi nulle représente le domaine de régulation V2 ≈Vz
I-4)Dans la zone 3 on a établi que : V2=RzR+RzV1RRzR+RzI2+RR+RzVz
Donc les variations sont données par: ΔV2=RzR+RzΔV1RRzR+RzΔI2=SΔV1ρΔI2
S=RzR+RzRzR et ρ=RRzR+RzRz
II Fonctions à seuil
II-1) L'A-O est en régime linéaire donc V- est nul. Alors puisque E1 est positive, I1 est positif
II-1-a)Si VS est positif (strictement) alors le courant I2 est négatif et I0 est positif (strictement).
Alors i1 =I1 -I2 est positif, donc la diode D1 est passante,
Alors VK = V- = 0 comme VS,
Alors la diode D2 est traversée par i2 positif ou nul ⇒ I2 =I0 +i2 est positif
Il y a donc contradiction logique et VS ne peut pas être strictement positf. II-1-b)Si VS est négatif (strictement) alors le courant I2 est positif et I0 est négatif (strictement).
Alors i2 =I0 -I2 est négatif strictement, mais i2 ne peut être que positif ou nul donc nouvelle contradiction logique et VS ne peut pas être strictement négatif. II-1-c) VS ne peut être que nul (D2 est au repos, D1 traversée par I1 court-circuite R2 ).

II-2) V- est toujours nul. Et puisque E1 est négative, I1 est négatif.
• Si VS est négatif ou nul alors le courant I2 est positif ou nul.
Alors i1 =I1 -I2 est négatif, ce qui n'est pas possible,
VS ne peut pas être strictement négatif ou nul.
• Si VS est positif (strictement) alors le courant I2 est négatif, I0 est positif
Alors i2 =I0 -I2 est positif (strictement), la diode D2 est passante.
Alors VK = VS > 0 la diode D1 est bloquée et on a I1 = I2 soitE1R1=VSR2 • La seule situation possible est: VS=R2R1E1
II-3)
La caractéristique VS = f(E1) est donnée ci-contre :
C'est celle d'un ampli-inverseur qui au delà d'un certain seuil (zéro ici) est coupé.
II-4)
II-4a) Plusieurs solutions sont possibles pour placer les sources dont les valeurs sont algébriques.
Un schéma classique est représenté ci-contre et en absence d'autres défautson peut dire que l'on a ε = 0
II-4b) Pour un A-O 741 on a typiquement:
Ed de l'ordre de quelques mV
Ip de l'ordre de quelques nA
II-4c)On admet que les défauts ne modifient pas l'état prévu des diodes. Pour E1 > 0 on a D1 passante et D2 bloquée. D'où le schéma:
I2=I0EdVSR2=VSRLVS=RLR2+RLEd
Mais D2 bloquée ⇒
V- -VS = Ed - VS < 0 impose que Ed <0
Sinon D2 passante est alors VS = Ed
II-5)VS = µε avec ε = V- - V+ = VA Mais l'amplificateur n'ayant pour seul défaut qu'un gain fini on peut écrire, d'après le théorème de Millman:
VA(1R1+1R2)=ER1+VSR2VSμ(1R1+1R2)=ER1+VSR2
VS=(1μR1+1μR2+1R2)=ER1VSE=1R1(1μR1+1μR2+1R2)=R2/R11+1μ(R1+R2R1) Le montage est donc celui d'un ampli-inverseur idéal rétroactionné par un opérateur de retour β vérifiant: β.(gainideal)=1μb Or on sait qu'une rétroaction diminue le gain de l'opérateur direct. C'est bien vérifié ici.
II-6)
Si les défauts ne modifient pas l'état prévu des diodes. Pour E1<0 D2 est passante, D1 est bloquée. Le théorème de Millman donne:
V=ε=E1R1+VSR21R1+1R2etμε=U2+VS
On peut éliminer ε et avoir VS en fonction de g(i2 )=U2
On obtient ainsi:
VS(1+g(i2)/Vsμ)=E1R2+VSR21R1+1R2VS=E1R11R2+(1+g(i2)/Vsμ).(1R1+1R2)=V01+K(1+g(i2)/V) A condition de poser: V0=R2R1E1etK=R2μ(1R1+1R2)
Si on fait µ → ∞ on retrouve bien le résultat de la question II-2) puisqu'alors K = 0
Si on fait g(i2) ≡ 0 alors on retrouve le résultat de la question II-5), ce qui est satisfaisant.
II-7)Le coefficient K est très faible car le coefficient µ est très grand pour un ampli-op, cela veut dire que l'influence des arrondis sur le comportement réel vis à vis du comportement idéal des diodes est négligeable avec un montage à ampli-op.

III Fonctions à seuil à plusieurs cassures.
III-1) Le théorème de Millman donne immédiatement:
V=V+=0=VS1R1+VS2R2+VSR31R1+1R2+1R3 soit VS=R3(VS1R1+VS2R2)
III-2) Les diodes D1 et D2 sont montées têtes bêches deux cas sont à examiner:
Ier Cas: D1 est passante et D2 est bloquée. ⇔ VS1 = V- = 0 (D1 passante)
Alors en vertu du théorème de Millman si D2 est bloquée:
V1R+ER=ID1>0 ⇒ E > -V1
2ème Cas: D1 est bloquée et D2 est passante. ⇔ conséquence sur le théorème de Millman
V=00=V1R+VS1R+ER ⇒ VS1 =-(E+V1) or VS1 < V- = 0 soit E < -V1
Les deux cas possibles de valeurs de E sont donc passés en revue.
III-3)
Cette fois les diodes D3 et D4 sont montées différemment.
On a: V- = V+ = 0
U3 +U4 =VS2 -V- = VS2
Aux bornes d'une diode idéale la tension ne peut être que nulle ou négative, il s'en suit que VS2 ne peut être que négatif ou nul.
Alors les courants I et I0 de la figure seront positifs ou nuls tous les deux
Ier Cas: D3 et D4 sont passantes. ⇔ U3 = U4 = 0 ⇒ VS2 = 0 et I = I0 = 0
i3=ER+V2R>0 (D3 passante) donc il faut que E < V2
2eme Cas: D3 est bloquée - D4 est passante. ⇔ i3 = 0
et conséquence du théorème de Millman: V=00=V2R+VS2R+ER
VS2 = V2 -E la condition VS2 < 0 impose d'avoir E > V2
3eme Cas: D3 est passante - D4 est bloquée ⇔ i4 = I + I0 = 0 ⇒ I = I0 = 0 et VS2 est nul
i3=ER+V2R>0 (D3 passante) donc il faut que E < V2
4eme Cas: D3 et D4 sont bloquées. ⇔ i4 = I + I0 = 0 ⇒ I = I0 = 0 et VS2 est nul
i3 = 0 (D3 bloquée) il faut que E = V2
Il y a donc deux situations: {E>V2VS2=V2EEV2VS2=0
III-4)On fait la synthèse des études précédentes sous forme d'un tableau:
E E < -V1 V1 < E < V2 E > V2
VS1 -(V1 + E) 0 0
VS2 0 0 (V2 - E)
VS=R3(VS1R1+VS2R2) R3R1(V1+E) 0 R3R2(V2E)
Ce qui se représente graphiquement par la caractéristique VS =f(E) ci-contre.
La caractéristique obtenue est celle d'une pseudo-diode Zener (cf figure 1) avec la correspondance des grandeurs:
(U,I) → (E,VS)
L'intérêt de ce montage est de réduire les défauts dûs aux arrondis.
III-5) La tension de sortie VS est indépendante du courant de sortie, on a donc en sortie une source de tension parfaite d'impédance de sortie ZS = 0
• • • • • • • • • • • • • •
DEUXIÈME PROBLÈME - MÉCANIQUE
I Étude préliminaire
I-1)
Dans un triangle équilatéral une rotation d'angle 2π/3 autour du point intersection des médianes (hauteur, médiatrices, etc..) laisse invariant le triangle et lui même. Il s'agit donc du centre d'inertie de la plaque homogène.
Sa position est: AG=2h3
I-2)
Le moment d'inertie est ici un calcul d'intégrale double:
I(Ax)=h0dyytan(30)ytan(30)y2.dx
(en convenant que la masse surfacique est unitaire M≡S)
I(Ax)=2h0dy[xy2]ytan(30)0=23[y44]h0
I(Ax)=23[h44]orMS=h23 donc I(Ax)=Mh22
A-N: I(Ax) = 2,5.10-3 kg.m2
I-3)Les trois côtés sont équivalents pour ce calcul. Donc J(AB) = J(BC). On peut utiliser deux fois le théorème de Huyghens pour calculer ce dernier.
J(BC)=(I(Ax)M(2h3)2)+M(h3)2
J(AB)=Mh26 A-N: J(AB) = 8,4.10-4 kg.m2
I-4)
Nous calculerons d'abord le moment d'inertie I(Az) puis par le théorème de Huyghens on obtiendra K(Gz).
I(Az)=h0dyytan(30)ytan(30)(x2+y2).dx=2h0dy[x33+xy2]ytan(30)0 I(Az)=2h0dy[y393+y33]=2093[y44]h0
AvecMS=h23I(Az)=20Mh236 donc
K(Gz)=I(Az)M(2h3)2=20Mh2364Mh29K(Gz)=Mh29 A-N: K(Gz)= 5,6.10-4 kg.m2

II Rotation autour d'un côté du triangle
On a affaire à un pendule pesant se déplaçant sans frottement. Il y a conservation de l'énergie mécanique de la plaque. Compte tenu du sens d'orientation de l'axe vertical l'énergie s'écrit:
Em=12JAB˙α2MgzG=Mh212˙α2Mgh3cosα=Cte
D'où le résultat cherché ˙α2=4ghcosα
Le mouvement de G est circulaire, il y donc une accélération centripète et une accélération tangentielle. Au passage par la verticale l'accélération tangentielle est nulle puisque la vitesse est maximale. Il reste alors uniquement la composante centripète que l'on calcule pour α=0
aG=h3˙α2=4g3 A-N: aG = 13,1 m.s-2
III Mouvement de vissage
III-1)
L'angle θ de rotation du solide est représenté dans le plan de la plaque par l'angle entre GA' et GA. A' est l'intersection de la verticale A0z avec le plan de la plaque. On peut écrire:
AA=2.2h3sin(θ/2)
Cette seconde figure représente la situation dans un plan vertical des points A, A0 et fait apparaître l'ascension du point A jusqu'en A' tel que A0A' = L - zG
La longueur constante du fil se traduit par:
L2=(zG)2+(AA)2
L2=z2G+[4h3sin(θ/2)]2
III-2)
D'après le théorème de König Ec=12M˙z2G+12KGz˙θ2=12M˙z2G+Mh218˙θ2

III-3)Dans l'hypothèse des petits mouvements on a θ voisin de 0 et zG voisin de L. La relation géométrique devient
{L^2} = z_G^2 + {[\frac{{4h}}{3}\sin (\theta /2)]^2}{L^2} = {(L - \varepsilon )^2} + \frac{{4{h^2}{\theta ^2}}}{9}
Et en dérivant on obtient: 0 = - 2\dot \varepsilon (L - \varepsilon ) + \frac{{8{h^2}\dot \theta \theta }}{9} \approx - 2\dot \varepsilon L + \frac{{8{h^2}\dot \theta \theta }}{9}
Tandis que la relation de définition de l'énergie cinétique devient:
{E_c} = \frac{1}{2}M{\dot \varepsilon ^2} + \frac{{M{h^2}}}{{18}}{\dot \theta ^2} soit en éliminant ε, {E_c} = \frac{1}{2}M\left[ {\frac{{16{h^4}{{\dot \theta }^2}{\theta ^2}}}{{81{L^2}}} + \frac{{{h^2}{{\dot \theta }^2}}}{9}} \right] = \frac{{M{h^2}}}{{18}}{\dot \theta ^2}\left[ {1 + \frac{{16{h^2}{\theta ^2}}}{{9{L^2}}}} \right]
Le terme en θ2 est négligeable et on a alors pratiquement {E_c} = \frac{{M{h^2}}}{{18}}{\dot \theta ^2}
L'énergie potentielle est Ep =-MgzG =-Mg(L-ε), on écrit alors la constance de l'énergie mécanique:
{E_m} = - Mg(L - \varepsilon ) + \frac{{M{h^2}}}{{18}}{\dot \theta ^2} = {C^{te}} par dérivation ⇒ \frac{{d{E_m}}}{{dt}} = Mg\dot \varepsilon + \frac{{M{h^2}}}{{18}}2\dot \theta \ddot \theta = 0
Il reste encore à remplacer ε
Mg\frac{{4{h^2}\dot \theta \theta }}{{9L}} + \frac{{M{h^2}}}{{18}}2\dot \theta \ddot \theta = 0{\rm{ }} l'équation des petits mouvements est {\rm{ }}\ddot \theta {\rm{ + }}\frac{{{\rm{4g}}}}{{\rm{L}}}\theta = 0
Il s'agit de mouvements sinusoïdaux de période: T = 2\pi \sqrt {\frac{L}{{4g}}} A-N: T= 316 ms
• • • • • • • • • • • • • •

Concours Physique EIVP P' 1994 (Corrigé)

I.V.P. 1994 option P' Freinage d'une navette par l'atmosphère
Interaction entre deux spires.
1 Préliminaire
p = \mu \frac{{RT}}{M} atmosphère en équilibre isotherme \Rightarrow \mu * \vec g = gra\vec d\left( p \right)
\frac{\partial p}{\partial z}=-\text{ }\mu *g\text{ }\xrightarrow{{}}\text{ }\frac{\partial \mu }{\partial z}=-\text{ }\mu \cdot g\frac{M}{RT} \mu = {\mu _S} \cdot \exp \left( { - {\rm{ }}\frac{{Mgz}}{{RT}}} \right) = {\mu _S}\exp \left( { - {\rm{ }}\frac{z}{d}} \right)
d = \frac{{RT}}{{Mg}} = {\rm{ }}8000m{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}T = 279{\rm{ }}K
2 Freinage vertical \frac{dv}{d\mu }\text{ + }\frac{{{\text{C}}_{\text{1}}}\cdot d}{m}\cdot v\text{ = 0}
2.1. \frac{{dv}}{{dt}} = {\rm{ - }}\mu \cdot \frac{{{{\rm{C}}_{\rm{1}}}}}{{\rm{m}}} \cdot v{{\rm{ }}^2}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{dv}}}}{{{\rm{d}}\mu }} \cdot \frac{{d\mu }}{{dh}} \cdot \frac{{dh}}{{dt}}
avec \frac{{dh}}{{dt}}{\rm{ }} = {\rm{ }} - v{\rm{ ; et }}\frac{{{\rm{d}}\mu }}{{{\rm{dh}}}}{\rm{ = - }}\frac{\mu }{{\rm{h}}}
2.2 dv/v = -(C1 .d/m).dµ Ln(v/v0) = C1 .d/m.(µ0-µ) v{\rm{ = }}{{\rm{v}}_{\rm{0}}} \cdot \exp \left( {\frac{{d.{C_1}}}{m} \cdot ({\mu _0} - \mu )} \right)

2.3 A l'altitude h0 la masse volumique est très faible (µ0 = 4,8.10-6) et le freinage très peu efficace; dans le cadre de ce modèle très grossier la vitesse à l'arrivée au sol est très faible: v= v0* exp(-20,8) = 7,4 .10-6 m/s
bien, sur la force de freinage, qui varie comme le carré cette vitesse, n'est plus efficace; qualitativement on voit que l'efficacité du freinage passe par un maximum; il resterait à définir quantitativement cette " efficacité".
2.4 δ = -dv/dt = µ(h).C1 /m.V2 = .C1 /m.V02 µ.exp{ 2.C1 (d./m).(µ0-µ)}
il y aurait un maximum de décélération là où d δ /dµ. = 0 = [1 - µ. 2.C1 d./m.]* δ /µ
soit quand {\mu _M}{\rm{ = }}\frac{{\rm{m}}}{{{\rm{2}} \cdot {\rm{d}} \cdot {{\rm{C}}_{\rm{1}}}}}{\rm{ }} = {\rm{ }}\frac{{{\rm{5}}{\rm{.1}}{{\rm{0}}^{\rm{3}}}}}{{{{8.10}^3}.2.10}}{\rm{ = }}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{32}}}}kg/{m^3}
ce qui correspond à une altitude {h_M}{\rm{ = d}} \cdot {\rm{Ln(}}\frac{{{\mu _{\rm{S}}}}}{{{\mu _{\rm{M}}}}}){\rm{ = 8000}}{\rm{.Ln42 = 29}}{\rm{,9km}}
la décélération serait \delta _M^{}{\rm{ = }}\mu _M^{} \cdot \frac{{{C_1}}}{m} \cdot V_0^2 \cdot \frac{1}{e}{\rm{ = }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{e}}} \cdot \frac{{V_0^2}}{{2.d}}{\rm{ = 1470 m}} \cdot {{\rm{s}}^{{\rm{ - 2}}}}
soit, dans le cadre de ce modèle, environ 150 fois G.
2.5 Si l'on réintroduit l'attraction terrestre son effet est notable au départ car µ est faible, la vitesse va donc augmenter; on peut majorer cette augmentation en évaluant la vitesse de la navette au sol s'il n'y avait pas d'atmosphère(v '= (64.106+10.105)½ =8,06 km/s
Sous l'action de la gravitation la navette atteindrait une vitesse limite {V_l}{\rm{ = }}\sqrt {\frac{{{\rm{m}}{\rm{.G}}}}{{\mu .{C_1}}}} qui correspond en h=0, où µ = 1,3kg/m3, à Vl = 62 m/s. Dans le cadre du modèle où l' on néglige la gravitation cette vitesse de 62m/s correspond à une altitude calculable par les relations du § 2.2 : µ(h) =m /.(C1 d.).Ln(8000/62) = 0,30 kg/m3, on aurait cette masse volumique donc cette vitesse(62 m/s) en h= d.Ln(1,3/0,3) soit en h = 11,6 km ,(13,2km en tenant compte de µ(h)), altitude nettement inférieure à celle (environ 30 km) où l' on prévoyait une décélération maximale de 150* G, qu'il ne faut pas faire subir à d'hypothétiques passagers. L'allure générale de la courbe v=f(h), et ses conséquences, sont donc peu modifiées.

3 Freinage sur une spirale
3.1 On projette sur la tangente à la trajectoire la relation fondamentale en "oubliant" là encore le terme de gravitation lié à la terre(m.G.cosα) : \frac{{dv}}{{dt}} = {\rm{ - }}\mu \cdot \frac{{{{\rm{C}}_{\rm{1}}}}}{{\rm{m}}} \cdot v{{\rm{ }}^2}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{dv}}}}{{{\rm{d}}\mu }} \cdot \frac{{d\mu }}{{dh}} \cdot \frac{{dh}}{{dt}}
relation inchangée, mais avec dh /dt = - Vcosα \frac{{dv}}{{d\mu }}{\rm{ + }}\frac{{{{\rm{C}}_{\rm{1}}} \cdot d}}{{m.\cos \alpha }} \cdot v{\rm{ = 0}}
3.2 Le freinage sur l'air raréfiée de la très haute atmosphère provoque une perte lente d'énergie mécanique pour un satellite, même en orbite circulaire (α=π / 2) et donc une lente diminution de l'altitude. Ce phénomène n'est pas pris en compte ici. Donc si α=π / 2 il n'y a pratiquement pas freinage et si α=0 la rentrée est la plus "brutale".
3.3 On observera le maximum de décélération pour d δ /dµ.=[1 - µ. 2.C1 d./m.cosα.].( δ /µ)
La décélération maximale sera \Delta _{M}^{'}=\mu _{M}^{'}.\frac{{{C}_{t}}}{m}.V_{0}^{2}.\frac{1}{e}=\frac{\cos \alpha }{e}.\frac{V_{0}^{2}}{2.d}=1470.\cos \alpha pour qu'elle soit inférieure à 10.G il faudra cosα < 1 / 14,7 soit π / 2 > α > π / 2 - 0,068
La longueur L de la trajectoire parcourue par la navette sera : L{\rm{ = }}\int_{{\rm{t = 0}}}^{{{\rm{t}}_{\rm{F}}}} {{\rm{v}}{\rm{.dt}}} {\rm{ = }}\int_{{\rm{t = 0}}}^{{{\rm{t}}_{\rm{F}}}} {\frac{{{\rm{dh}}}}{{{\rm{dt}}}} \cdot \frac{{\rm{1}}}{{{\rm{cos}}\alpha }}{\rm{dt}}} {\rm{ = 14}}{\rm{,7}}{\rm{.}}{{\rm{h}}_{\rm{0}}}{\rm{ = 1470 km}}
3.4 On néglige, lors de la descente de la navette, la perte d'énergie potentielle gravitationnelle devant la perte d'énergie cinétique 64 fois plus importante:-ΔEc =1/2.m.v²=1,6.1011 joules
Pour dissiper cette énergie on songe à la vaporisation d'une céramique; il en faudrait:
- \Delta {E_c}{\rm{ = }}\left( {{{\rm{I}}_{{\rm{Fus}}}} + {I_{vap}}} \right) \cdot {{\rm{m}}_{{\rm{ceram}}}}{\rm{ Soit }}{{\rm{m}}_{{\rm{ceram}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{1}}{\rm{,6}}{\rm{.1}}{{\rm{0}}^{{\rm{11}}}}}}{{{{10}^7}}}{\rm{ = 16 tonnes }}
Cette valeur est bien sur incohérente avec la valeur, 5 tonnes, de la masse de la navette; on peut penser qu'il y a en plus évacuation de la chaleur par convection et surtout par rayonnement, l'importance de ces facteurs augmente.si la durée du vol spirale croît(α→π / 2)
Pb 2 : INTERACTION ENTRE DEUX SPIRES
1 Etude des phénomènes électromagnétiques
1.1 {B_z}{\rm{ = }}\frac{{{\mu _{\rm{0}}}{I_1}}}{{2a}}{\left( {1 + \frac{{{a^2}}}{{{z^2}}}} \right)^{ - \frac{3}{2}}} \cong {\rm{ }}\frac{{{\mu _{\rm{0}}}{I_1}{a^2}}}{{2{z^3}}}
1.2 L'Inductance mutuelle M entre les deux spires:
M{\rm{ = }}\frac{{{\Phi _{{\rm{12}}}}}}{{{{\rm{I}}_{\rm{1}}}}}{\rm{ }} \cong {\rm{ }}\frac{{{\mu _{\rm{0}}}\pi {a^4}}}{{2{z^3}}}{\rm{ }} et{I_{2{\rm{ }}}}{\rm{ = - }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{R}}}\frac{{d{\Phi _{12}}}}{{dt}}{\rm{ = }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{R}}}\frac{{3{\mu _0}\pi {a^4}}}{{2{z^4}}}{I_1}\left( {\frac{{dz}}{{dt}}} \right)
M≠0 alors que L1 et L2 sont nulles peut surprendre. On peut espérer qu'un candidat s'en étonnant et invoquant L2.L1 ≥ M2 aura été fortement récompensé !
1.3 . a
1°) Symétrie de révolution autour de oz ⇒ \vec B{\rm{ }} indépendant de θ
2°) Le plan M,{\vec u_r},{\vec u_\theta } est plan de "symétrie négative" ⇒ \vec B{\rm{ (M) }} \in {\rm{ au plan }}M,{\vec u_r},{\vec u_\theta }
1.3 . b 2\pi .r.dz.{B_r} + \pi .{r^2}.\frac{{\partial {B_z}}}{{\partial z}}.dz{\rm{ = 0}}{B_r}{\rm{ = - }}\frac{{\rm{a}}}{{\rm{2}}}\frac{{\partial {B_z}}}{{\partial z}}{\rm{ = }}\frac{{\rm{a}}}{{\rm{2}}} \cdot \frac{{3{\mu _0}\pi {a^2}{I_1}}}{{2{z^4}}}
1 3 . c \vec F{\rm{ = }}\oint {{{\rm{I}}_{\rm{2}}}.d\vec l \wedge \vec B} {\rm{ = - }}{{\rm{\vec u}}_{\rm{z}}}.2\pi a.{B_r}
{F_z}{\rm{ = - }}\left( {\frac{{\rm{a}}}{{\rm{2}}} \cdot \frac{{3{\mu _0}\pi {a^2}{I_1}}}{{2{z^4}}}} \right)\frac{{\left( {2\pi a} \right)}}{{\rm{R}}}\frac{{3{\mu _0}\pi {a^4}{I_1}}}{{2{z^4}}}\left( {\frac{{dz}}{{dt}}} \right){\rm{ = - }}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{R}}{\rm{.}}{{\rm{z}}^{\rm{8}}}}}{\left( {\frac{{3{\mu _0}\pi {a^4}}}{2}} \right)^2}\frac{{dz}}{{dt}}
prend la forme demandée avec k{\rm{ = }}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{2}}{\rm{.m}}{\rm{.R}}}} \cdot {\left( {3{\mu _0}\pi {a^4}I} \right)^2} Bien sur \vec F{{\rm{ }}_{{\rm{12}}}}{\rm{ = - }}\vec F{{\rm{ }}_{{\rm{21}}}}

2 Etude des mouvements des spires
2.1 \begin{array}{l}\\\frac{{{d^2}{z_1}}}{{d{t^2}}} + \frac{{{d^2}{z_2}}}{{d{t^2}}}{\rm{ = 0 ; }}\frac{{{{\rm{d}}^{\rm{2}}}{z_2}}}{{d{t^2}}}{\rm{ = - }}\frac{{\rm{k}}}{{{\rm{2}}{\rm{.}}{{\rm{z}}^{\rm{8}}}}} \cdot \frac{{dz}}{{dt}}{\rm{ = - }}\frac{{{{\rm{d}}^{\rm{2}}}{z_1}}}{{d{t^2}}}{\rm{ = }}\mathop {\frac{1}{2}}\limits^{..} \frac{{{d^2}z}}{{d{t^2}}}\end{array}
et \frac{{dz}}{{dt}}{\rm{ = }}\frac{{\rm{k}}}{{{\rm{7}}{\rm{.}}{{\rm{z}}^{\rm{7}}}}}{\rm{ + C = }}\frac{{\rm{k}}}{{{\rm{7}}{\rm{.z}}_{\rm{0}}^{\rm{7}}}}\left( {\frac{{{\rm{z}}_{\rm{0}}^{\rm{7}}}}{{{{\rm{z}}^{\rm{7}}}}}{\rm{ - }}1} \right){\rm{ + }}{{\rm{v}}_{\rm{0}}}{\rm{ = g(z) }}
2.2. a d²z /dt² est négatif à la date t = 0, puisque v0 > 0; mais selon la valeur de v0 et surtout du signe de (7.v0.z07-k ), deux cas sont possibles; dans le premier g(z→∝)>0
alors(7.v0.z07-k)>o,
pour g(z→∝)>0 :
Le régime permanent lorsque t→ ∝ est un mouvement uniforme à la vitesse {v_\infty }{\rm{ = }}{{\rm{v}}_{\rm{0}}}{\rm{ }} - {\rm{ }}\frac{k}{{7.z_0^7}} ; les spires s'écartent indéfiniment.
2.2 . b Si maintenant g(z→∝) < 0, c'est à dire qu'alors (7.v0.z07-k) < 0, la vitesse d'éloignement, s'annule pour une valeur finie de z; c'est le point F du graphe inférieur. Les spires s'immobilisent et comme on a toujours \mathop {\rm{z}}\limits^{ \bullet {\rm{ }} \bullet } \cdot \mathop {\rm{z}}\limits^ \bullet {\rm{ }} \le {\rm{ 0}}, le mouvement, ne peut reprendre.
2.2 . c La courbe intermédiaire du graphe est bien la courbe séparatrice du diagramme des phases.
2.3 D'un point de vue énergétique on peut écrire que la variation de la somme de l'énergie magnétostatique et de l'énergie cinétique deux spires est égale à la somme des énergies reçues de l'extérieur c'est à dire ici au travail du générateur qui maintient le courant {I_1} constant et la chaleur " reçue"de l'extérieur , algébriquement négative, contrepartie de l'effet joule. On peut aussi écrire le théorème de l'énergie cinétique: c'est à dire: variation de l'énergie cinétique des deux spires égale au travail de toutes les forces, ici les forces de Laplace sur les deux spires. Il reste une difficulté relative à l'état initial de la seconde bobine- (à t = o, il est possible de considérer {{\rm{I}}_{\rm{2}}} = 0, il faudra alors un L faible mais non nul, ou {{\rm{I}}_{\rm{2}}} ≠ 0, cela à quelques répercutions sur le bilan;

A noter que \int {d(M.{I_1}.{I_2}} ){\rm{ = }}{I_1}.\Delta (M.{I_2}) = - M.{I_1}.{I_{{2_0}}} = - {\rm{ }}\frac{{7m.v_0^2}}{{12}}, n'est pas négligeable)
si 7.v0.z07 = 2k les spires s'éloignent indéfiniment (§ 2.2.a) et dz/dt= (v0/2).(1+ z07 /z7)
Travail des forces de Laplace:
{W_L}{\rm{ = - }}\int\limits_{{\rm{z = }}{{\rm{z}}_{\rm{0}}}}^\infty {\frac{{{\rm{k}}{\rm{.m}}}}{{\rm{2}}} \cdot \frac{1}{{{z^8}}}} \cdot \frac{{{\rm{dz}}}}{{{\rm{dt}}}} \cdot {\rm{dz = - (m}}{\rm{.}}{{\rm{v}}_{\rm{0}}} \cdot \frac{{\rm{7}}}{{\rm{4}}}{\rm{)}} \cdot \frac{{{{\rm{v}}_{\rm{0}}}}}{{\rm{2}}}\int\limits_{{\rm{u = 1}}}^\infty {\left( {{{\rm{u}}^{{\rm{ - 15}}}}{\rm{ + }}{{\rm{u}}^{ - 8}}} \right)} {\rm{ du = }}\underline {{\rm{ - }}\frac{{\rm{3}}}{{{\rm{16}}}} \cdot {\rm{mv}}_{\rm{0}}^2} {\rm{ }}
énergie joule:
{W_J}{\rm{ = }}\int\limits_{t = 0}^\infty {{\rm{R}}{\rm{.}}{{\rm{I}}_{\rm{2}}}{{(t)}^2}} {\rm{.dt = }}\int {{\rm{R}}{\rm{.}}} {\left( {\frac{{\rm{1}}}{{\rm{R}}}\frac{{3{\mu _0}\pi {a^4}}}{{2{z^4}}}{I_1}\left( {\frac{{dz}}{{dt}}} \right)} \right)^{\rm{2}}}{\rm{dt = }}\int {\frac{{{\rm{k}}{\rm{.m}}}}{{{\rm{2}}{\rm{.}}{{\rm{z}}^{\rm{8}}}}}{{\left( {\frac{{dz}}{{dt}}} \right)}^2} \cdot } {\rm{ dt = - }}{{\rm{W}}_{\rm{L}}}
variation d'énergie cinétique:
{E_{{c_{initiale}}}}{\rm{ = 2}}{\rm{.}}\left( {\frac{{\rm{m}}}{{\rm{2}}} \cdot {{(\frac{{v_0^{}}}{2})}^2}} \right){\rm{ = }}\frac{{{\rm{m}}{\rm{.v}}_{\rm{0}}^{\rm{2}}}}{{\rm{4}}}{\rm{ ; }}{{\rm{E}}_{{c_{finale}}}}{\rm{ = 2}}{\rm{.}}\left( {\frac{{\rm{m}}}{{\rm{2}}} \cdot {{(\frac{{v_0^{}}}{4})}^2}} \right){\rm{ = }}\frac{{{\rm{m}}{\rm{.v}}_{\rm{0}}^{\rm{2}}}}{{{\rm{16}}}}{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}\underline {\Delta {{\rm{E}}_{{\rm{c }}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{3}}{\rm{.m}}{\rm{.v}}_{\rm{0}}^{\rm{2}}}}{{{\rm{16}}}}}

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