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: ${\rm{d\vec f}} = {\rm{dI}}{\kern 1pt} {\rm{\vec u}} \wedge {\rm{\vec B}}$

1.1.2- On considère une spire élémentaire de section ldr, de longueur 2πr, parcourue par le courant d’intensité ${\rm{dI}} = \delta {\rm{ldr}}$, où $\delta =\frac{I}{\left[ l \left( R_e - R_i \right) \right]}$; elle est soumise à la force: ${\rm{\vec f}} = \int_{{{\rm{R}}_{\rm{i}}}}^{{\rm{Re}}} {\;\delta {\rm{ldr2}}\pi {\rm{rB}}{{{\rm{\vec e}}}_{\rm{z}}}} = \delta \frac{{\rm{L}}}{{\rm{N}}}\pi {\rm{B}}\left( {{{\rm{R}}_{\rm{e}}}^2 - {{\rm{R}}_{\rm{i}}}^2} \right){{\rm{\vec e}}_{\rm{z}}}$ 1.1.3- On constate en effet que l’on peut écrire: ${\rm{\vec f}} = {\rm{IB2}}\pi {\rm{R}}{{\rm{\vec e}}_{\rm{z}}}$

1.2- Force électromagnétique résultante:
1.2.1- Le résultat est immédiat: ${\rm{\vec F}} = {\rm{N\vec f}} = {\rm{NIB2}}\pi {\rm{R}}{{\rm{\vec e}}_{\rm{z}}}$
1.2.2- On peut écrire F sous la forme indiquée en posant: ${{\rm{k}}_\phi } = {\rm{B2}}\pi {\rm{R}}$
C’est homogène à une circulation du champ magnétique B, mais cela ne correspond pas à une circulation concrête.
1.2.3- AN: ${{\rm{I}}_{\rm{e}}} = \delta {\rm{L}}\left( {{{\rm{R}}_{\rm{e}}} - {{\rm{R}}_{\rm{i}}}} \right) = 800\;{\rm{A}}\,{\rm{;}}\quad {\rm{F}} = {\rm{78}}{\rm{,4}}\;{\rm{N}}$
1.3- Force contre électromotrice:
1.3.1- On sait que le champ électromoteur est: ${{\rm{\vec E}}_{\rm{M}}} = {\rm{\vec v}} \wedge {\rm{\vec B}} = {\rm{Bv}}{{\rm{\vec u}}_\theta }$ et la fem: ${\rm{e}} = \int {{{{\rm{\vec E}}}_{\rm{M}}}.{\rm{d\vec M}}} = {\rm{Bvu}}$
1.3.2- Il est clair que: ${\rm{e}} = {\rm{Bv2}}\pi {\rm{R}}\quad \Rightarrow \quad {{\rm{k}}^{\rm{'}}}_\phi = {\rm{B2}}\pi {\rm{R}} = {{\rm{k}}_\phi }$ AN: ${{\rm{e}}_{\rm{0}}} = {\rm{9}}{\rm{,80}}{\rm{.1}}{{\rm{0}}^{{\rm{ - 2}}}}\;{\rm{V}}$
1.3.3- Le résultat est immédiat: ${\rm{E}} = {\rm{Ne}}$
1.4- Calcul de la résistance:
1.4.1- La résistance se calcule par la formule:
${\rm{R}} = \rho \frac{{\rm{l}}}{{\rm{S}}}\quad \Rightarrow \quad {{\rm{R}}_{\rm{b}}} = \rho \frac{{{\rm{2}}\pi {\rm{R}}{{\rm{N}}^{\rm{2}}}}}{{{\rm{L}}\left( {{{\rm{R}}_{\rm{e}}} - {{\rm{R}}_{\rm{i}}}} \right)}}\quad \Rightarrow \quad $${{\rm{r}}_{\rm{b}}} = \rho \frac{{{\rm{2}}\pi {\rm{R}}}}{{{\rm{L}}\left( {{{\rm{R}}_{\rm{e}}} - {{\rm{R}}_{\rm{i}}}} \right)}}$
1.4.2- AN: ${{\rm{r}}_{\rm{b}}} = {\rm{1}}{\rm{,23}}{\rm{.1}}{{\rm{0}}^{{\rm{ - 4}}}}\;\Omega $
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 magnétique${\rm{\vec B}}$ 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: ${\rm{dB = }}\frac{{{\mu _{\rm{0}}}}}{{{\rm{2R}}}}\frac{{{{\rm{I}}_{\rm{e}}}{\rm{dZ}}}}{{\rm{L}}}{\rm{si}}{{\rm{n}}^{\rm{3}}}\left( \alpha \right)$ 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:
${\rm{cot}}\left( \alpha \right) = \frac{{{\rm{z}} - {\rm{Z}}}}{{\rm{R}}}\quad \Rightarrow \quad {\rm{dZ}} = \frac{{{\rm{Rd}}\alpha }}{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^{\rm{2}}}\left( \alpha \right)}}\quad \Rightarrow \quad {\rm{dB}} = \frac{{{\mu _0}{{\rm{I}}_{\rm{e}}}}}{{2{\rm{L}}}}{\rm{sin}}\left( \alpha \right){\rm{d}}\alpha \quad \Rightarrow \quad {\rm{B}} = \frac{{{\mu _{\rm{0}}}{{\rm{I}}_{\rm{e}}}}}{{{\rm{2L}}}}\left[ {{\rm{cos}}\left( {{\alpha _{\rm{1}}}} \right) - {\rm{cos}}\left( {{\alpha _{\rm{2}}}} \right)} \right]$
On en déduit: ${\rm{\vec B}}\left( {\rm{z}} \right) = \frac{{{\mu _{\rm{0}}}{{\rm{I}}_{\rm{e}}}}}{{{\rm{2L}}}}\left[ {\frac{{\rm{z}}}{{\sqrt {{{\rm{R}}^{\rm{2}}} + {{\rm{z}}^{\rm{2}}}} }} + \frac{{{\rm{L}} - {\rm{z}}}}{{\sqrt {{{\rm{R}}^{\rm{2}}} + {{\left( {{\rm{L}} - {\rm{z}}} \right)}^2}} }}} \right]{{\rm{\vec e}}_{\rm{z}}}$
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.
$B \left( 0 \right) = \frac{\mu_{0} I_{e}}{2 \sqrt{R{2} + L^{2}}} \ ; \ B \left( \frac{L}{2} \right) = \frac{\mu _{0}I_{e}}{\sqrt {4R^{2} + L^{2}}} \Rightarrow  \frac{B \left( 0 \right)}{B \left( \frac{L}{2} \right)}= \frac{\sqrt {4R^{2} + L^{2}}}{2 \sqrt{R^{2} + L^{2}}} = 0,785$
1.5.2- Compte tenu des hypothèses simplificatrices, le calcul est aisé:
${{\text{W}}_{\text{mag}}}=\iiint{\frac{{{\text{B}}^{\text{2}}}}{\text{2}{{\mu }_{\text{0}}}}\,}\text{d}\tau =\frac{{{\text{B}}^{\text{2}}}}{\text{2}{{\mu }_{\text{0}}}}\pi {{\text{R}}^{\text{2}}}\text{L}\quad \Rightarrow \quad {{\rm{W}}_{{\rm{mag}}}} = \frac{{\pi {\mu _{\rm{0}}}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}{\rm{L}}{{\rm{I}}_{\rm{e}}}^2}}{{{\rm{2}}\left( {{\rm{4}}{{\rm{R}}^{\rm{2}}} + {{\rm{L}}^{\rm{2}}}} \right)}}$
1.5.3- De la relation: ${{\text{W}}_{\text{mag}}}=\frac{1}{2}{{\text{I}}^{2}}$, on tire:
$=\frac{\pi {{\mu }_{0}}{{\text{R}}^{\text{2}}}\text{L}}{\text{4}{{\text{R}}^{\text{2}}}+{{\text{L}}^{\text{2}}}}\,{{\text{N}}^{\text{2}}}$ $=\frac{\pi {{\mu }_{0}}{{\text{R}}^{\text{2}}}\text{L}}{\text{4}{{\text{R}}^{\text{2}}}+{{\text{L}}^{\text{2}}}}={{1,56.10}^{-8}}\ H$

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: $\text{U}=\text{E+}\frac{\text{dI}}{\text{dt}}+{{R}_{b}}I$ 1.6.2- En remplaçant les grandeurs par leurs expressions: $\text{U}=\text{N}\left( {{\text{k}}_{\phi }}v+\frac{d{{I}_{e}}}{dt}+{{r}_{b}}{{I}_{e}} \right)$

1.7- Détermination du nombre de spires:
1.7.1- Des deux équations: ${U_0} = {N_0}\left( {{k_\phi }{V_0} + {r_b}{I_e}} \right)$ et $F = {k_\phi }{I_e}$, on déduit: ${N_0} = \frac{U_0}{k_{\phi }V_{0} + r_{b}\frac{F}{k_{\phi}}}$
1.7.2- ${N_0}$ permet d’ajuster la valeur de $k_{\phi }V_{0} + r_{b}\frac{F}{k_\phi }$.
1.7.3- AN: ${N_0} = 61\;spires$ ${R_b} = 0,456\,\Omega $ $=58,2\,\mu H$ ${E_0} = 5,98\,V$
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:
$\frac{di}{dt}+{{R}_{b}}i={{U}_{0}}\quad \Rightarrow \quad $${{i}_{a}}\left( t \right)=\frac{{{U}_{0}}}{{{R}_{b}}}\left[ 1-\exp \left( -\frac{{{R}_{b}}}{}t \right) \right]$
1.8.1- cas b: solénoïde à vitesse uniforme; il suffit de changer ${U_0}$ en ${U_0} - {E_0}$, soit:
$\frac{di}{dt}+{{R}_{b}}i={{U}_{0}}-{{E}_{0}}\quad \Rightarrow \quad $${{i}_{b}}\left( t \right)=\frac{{{U}_{0}}-{{E}_{0}}}{{{R}_{b}}}\left[ 1-\exp \left( -\frac{{{R}_{b}}}{}t \right) \right]$

AN: ${i_a}{\left( t \right)_{\left[ A \right]}} = 27,2\exp \left( { - {{7,84.10}^3}t} \right)$ ${i_b}{\left( t \right)_{\left[ A \right]}} = 13,9\exp \left( { - {{7,84.10}^3}t} \right)$ 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: ${{\tau }_{e}}=\frac{}{{{\text{R}}_{\text{b}}}}=\frac{{{\mu }_{0}}{{L}^{2}}\left( {{R}_{e}}-{{R}_{i}} \right)R}{2\rho \,\left( \text{4}{{\text{R}}^{\text{2}}}+{{\text{L}}^{\text{2}}} \right)}=128\,\mu s$

Deuxième partie: Étude thermique
2.1- Pertes Joule:
La puissance dissipée par effet Joule est égale à:
${P_J} = {R_b}{I^2} = \rho \frac{{{\rm{2}}\pi {\rm{R}}{{\rm{N}}^{\rm{2}}}}}{{{\rm{L}}\left( {{{\rm{R}}_{\rm{e}}} - {{\rm{R}}_{\rm{i}}}} \right)}}{\left[ {\delta \frac{L}{N}\left( {{{\rm{R}}_{\rm{e}}} - {{\rm{R}}_{\rm{i}}}} \right)} \right]^2}\quad \Rightarrow \quad $${P_J} = \pi \rho {\delta ^2}=L\left( {{R_e}^2 - {R_i}^2} \right) = 78,4\;W$
La densité volumique de puissance peut s’écrire directement, sans passer par ${P_J}$:
${p_J} = \rho {\delta ^2} = 32,0 \ MW/m^3$

2.2- Schéma équivalent:
2.2.1- Le schéma équivalent correspond à l’équation: ${P_J} = {C_{th}}\frac{{d\left( {\Delta \theta } \right)}}{{dt}} + \frac{{\Delta \theta }}{{{R_{th}}}}$.
La capacité thermique (et non calorifique) du solénoïde vaut: ${C_{th}} = c\varpi \pi \left( {{R_e}^2 - {R_i}^2} \right)$
Pour obtenir la résistance thermique d’échange, on exprime cet échange de deux façons:
$\frac{{\Delta \theta }}{{{R_{th}}}} = \alpha 2\pi {R_i}L\Delta \theta + \alpha 2\pi {R_e}L\Delta \theta \quad \Rightarrow \quad $${R_{th}} = \frac{1}{{\alpha 2\pi L\left( {{R_i} + {R_e}} \right)}}$
2.2.2- AN: ${C_{th}} = 425\;J.{K^{ - 1}}$ ${R_{th}} = 17,0\;K.{W^{ - 1}}$
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-: ${\theta _S} = {\theta _{amb}} + {P_J}{R_{th}}\left[ {1 - \exp \left( { - \frac{t}{{{R_{th}}{C_{th}}}}} \right)} \right]$ $\theta {}_S = 20 + 1333\left[ {1 - \exp \left( { - {{1,384.10}^{ - 4}}t} \right)} \right]$ À nouveau, seule l’allure du graphe est donnée. 2.3.2- La constante de temps vaut: ${\tau _{th}} = {R_{th}}{C_{th}} = 7,23\;ks$

2.3.3- Le calcul de la densité de courant est immédiat: ${P_J}{R_{th}} = 100\;K\quad \Rightarrow \quad $${\delta _P} = 11,0\;A.m{m^{ - 2}}$
2.3.4- La durée maximale est: ${t_{\max }} = - {\tau _{th}}\ln \left( {1 - \frac{{{\theta _{S\max }} - {\theta _{amb}}}}{{P{}_J{R_{th}}}}} \right) = 564\;s$
2.3.5.a- Physiquement, cela veut dire que la chaleur produite est restée dans la spire et n’a pas encore commencé à être évacuée vers l’extérieur; l’équation du 2.2.1- se résume à:
${P_J} \approx {C_{th}}\frac{{d\left( {\Delta \theta } \right)}}{{dt}}\quad \Rightarrow \quad $$\Delta \theta \left( t \right) \approx \frac{{{P_J}}}{{{C_{th}}}}t = \frac{{\rho L{\delta ^2}}}{{c\varpi }}t$ $\quad \Rightarrow \quad $$\Delta \theta \left( {{T_0}} \right) \approx 1,84\;^\circ C$
Mathématiquement, dans l’équation du 2.3.1-, on développe:$\exp \left( \varepsilon \right) \approx 1 + \varepsilon $.
2.3.5.b- On déduit de ce qui précède la densité maximale de courant: ${\delta _{\max }} \approx \sqrt {\frac{{c\varpi \left( {{\theta _{S\max }} - {\theta _{amb}}} \right)}}{{\rho L{T_0}}}} $
2.3.5.c- AN: ${\left( {{\delta _{\max }}} \right)_{Cu}} \approx 294\;A.m{m^{ - 2}}$ ${\left( {{\delta _{\max }}} \right)_{Al}} \approx 198\;A.m{m^{ - 2}}$
2.3.5.d- On calcule F à partir de la formule:
$F = \pi BL\delta \left( {{R_e}^2 - {R_i}^2} \right)$ $\quad \Rightarrow \quad $${F_{Cu}} = 576\;N$ $F{}_{Al} = 388\;N$
2.3.5.e- En régime permanent, ${P_J}{R_{th}} = \frac{\rho }{{2\alpha }}\left( {{R_e} - {R_i}} \right){\delta ^2} = \Delta \theta $, dont on déduit:
$\left\{ \begin{array}{l}{\delta _{Cu}} = 11,0\;A.m{m^{ - 2}}\; \Rightarrow \;{F_{Cu}} = 21,5\;N\\{\delta _{Al}} = 8,80\;A.m{m^{ - 2}}\; \Rightarrow \;{F_{Al}} = 17,2\;N\end{array} \right.$

Troisième partie: Étude électromécanique et thermique
3.1- Masse du solénoïde:
La masse du solénoïde est égale à: $M = \varpi \pi L\left( {{R_e}^2 - {R_i}^2} \right)\,;\quad {M_{Cu}} = 21,8\;g\,;\quad {M_{Al}} = 6,62\;g$

3.2- Solénoïde ouvert: L’équation différentielle $M\frac{{dv}}{{dt}} + \mu v = F$ s’intègre en: $v = \frac{{{F_0}}}{\mu }\left[ {1 - \exp \left( { - \frac{\mu }{M}t} \right)} \right]$ La constante de temps mécanique a pour valeur: ${\left( {{\tau _m}} \right)_{Cu}} = \frac{M}{\mu } = 0,218 \ s$

3.3- Solénoïde alimenté:
3.3.1- Les équations rappelées par l’énoncé sont les suivantes:
1.2.2-$\;{\rm{F = }}{{\rm{k}}_\phi }NI\;;$ 1.3.3- $E = N{k_\phi }v\;;$ 1.6.1- $U=E+\frac{dI}{dt}+{{R}_{b}}I$
Par élimination de I entre les équations: $M\frac{{dv}}{{dt}} + \mu v = {k_\phi }NI$, et: $U=N{{k}_{\phi }}v+\frac{dI}{dt}+{{R}_{b}}I$, on trouve:
$U=\frac{M}{{{k}_{\phi }}N}\frac{{{d}^{2}}v}{d{{t}^{2}}}+\frac{\mu +M{{R}_{b}}}{{{k}_{\phi }}N}\frac{dv}{dt}+\left( {{k}_{\phi }}N+\frac{{{R}_{b}}\mu }{{{k}_{\phi }}N} \right)v\ ;\ a=\frac{M}{{{k}_{\phi }}N}\ ;\ b=\frac{\mu +M{{R}_{b}}}{{{k}_{\phi }}N}\ ;\ c={{k}_{\phi }}N+\frac{{{R}_{b}}\mu }{{{k}_{\phi }}N}$
3.3.2- La première approximation: ${{\tau }_{e}}=\frac{}{{{R}_{b}}}<<{{\tau }_{m}}=\frac{M}{\mu }$ s’écrit: $\mu <<{{R}_{b}}M\quad \Rightarrow \quad b\approx \frac{M{{R}_{b}}}{{{k}_{\phi }}N}$.
La deuxième approximation conduit à: $c \approx {k_\phi }N$.
Une solution particulière est: $v = \frac{U_0}{c}$.
On cherche la solution générale de l’équation sans second membre sous la forme: $v = V\exp \left( { - \frac{t}{\tau }} \right)$; on aboutit à l’équation caractéristique: $c{\tau ^2} - b\tau + a = 0$, dont on supposera les racines réelles positives:
$\Delta = b{}^2 - 4ca \ge 0$;${\tau _1}{\tau _2} = \frac{a}{c} > 0$ et :${\tau _1} + {\tau _2} = \frac{b}{c} > 0$.
Il vient alors: ${\tau _1} = \frac{{b - \sqrt {{b^2} - 4ca} }}{{2c}}\;;\quad {\tau _2} = \frac{{b + \sqrt {{b^2} - 4ca} }}{{2c}}$
À partir de la solution: $v\left( t \right) = {V_A}\exp \left( { - \frac{t}{{{\tau _1}}}} \right) + {V_B}\exp \left( { - \frac{t}{{{\tau _2}}}} \right) + {V_C}$, les conditions initiales donnent:
$v\left( {t = 0} \right) = {V_A} + {V_B} + \frac{{{U_0}}}{c}\;;\quad {\left( {\frac{{dv}}{{dt}}} \right)_{t = 0}} = 0 = - \frac{{{V_A}}}{{{\tau _1}}} - \frac{{{V_B}}}{{{\tau _2}}}$
dont on tire: ${V_A} = \frac{{{U_0}}}{c}\frac{{{\tau _1}}}{{{\tau _2} - {\tau _1}}}\;;\quad {V_B} = - \frac{{{U_0}}}{c}\frac{{{\tau _2}}}{{{\tau _2} - {\tau _1}}}$, soit:
${{\tau }_{1}}=\frac{M{{R}_{b}}-\sqrt{{{\left( M{{R}_{b}} \right)}^{2}}-4M{{\left( {{k}_{\phi }}N \right)}^{2}}}}{2{{\left( {{k}_{\phi }}N \right)}^{2}}}\ ;\ {{\tau }_{2}}=\frac{M{{R}_{b}}+\sqrt{{{\left( M{{R}_{b}} \right)}^{2}}-4M{{\left( {{k}_{\phi }}N \right)}^{2}}}}{2{{\left( {{k}_{\phi }}N \right)}^{2}}}\ ;\ {{V}_{C}}=\frac{{{U}_{0}}}{{{k}_{\phi }}N}$
${{V}_{A}}=\frac{{{U}_{0}}}{{{k}_{\phi }}N}\frac{M{{R}_{b}}-\sqrt{{{\left( M{{R}_{b}} \right)}^{2}}-4M{{\left( {{k}_{\phi }}N \right)}^{2}}}}{2\sqrt{{{\left( M{{R}_{b}} \right)}^{2}}-4M{{\left( {{k}_{\phi }}N \right)}^{2}}}}\ ;\ {{V}_{B}}=-\frac{{{U}_{0}}}{{{k}_{\phi }}N}\frac{M{{R}_{b}}+\sqrt{{{\left( M{{R}_{b}} \right)}^{2}}-4M{{\left( {{k}_{\phi }}N \right)}^{2}}}}{2\sqrt{{{\left( M{{R}_{b}} \right)}^{2}}-4M{{\left( {{k}_{\phi }}N \right)}^{2}}}}$
L’hypothèse ${\tau _2} > > {\tau _1}$ implique ${V_A} < < {V_B}$ et $\exp \left( { - \frac{t}{{{\tau _1}}}} \right) < < \exp \left( { - \frac{t}{{{\tau _2}}}} \right)$; par suite:
$v\left( t \right) \approx \frac{{{U_0}}}{{{k_\phi }N}}\left[ {1 - \exp \left( { - \frac{t}{{{\tau _2}}}} \right)} \right]$

3.3.3- Plusieurs essais me conduisent toujours à un $\Delta $négatif, donc à un ${\tau _2}$ 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:
${\tau _e} = 128\;\mu s\quad < < \quad {\tau _m} = 0,218\;s\quad < < \quad {\tau _{th}} = 7,23\;ks$
3.4.2- La question 3.2- conduit au résultat: $a = \frac{{dv}}{{dt}} = \frac{{{F_0}}}{M}$
3.4.3- On calcule donc: ${a_{\max }} = \frac{{{F_{\max }}}}{M} = \left\{ \begin{array}{l}26,4\;mm.{s^{ - 2}}\;pour\;Cu\\58,6\;mm.{s^{ - 2}}\;pour\;Al\end{array} \right.$
3.4.4- De la question 2.3.5.e-, on tire: ${a_{\max C}} = \left\{ \begin{array}{l}0,986\;mm.{s^{ - 2}}\;pour\;Cu\\2,60\;mm.{s^{ - 2}}\;pour\;Al\end{array} \right.$
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 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 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 et$\overrightarrow B $ est normal à chacun de ces plans.
1 - 1 - b - Prenons le contour fermé suivant :
- un arc de cercle de rayon${r_0}$ et d'angle passant par O'
- un arc de cercle de rayon${r_0} + r\cos \theta $ et d'angle passant par P - on ferme naturellement le contour (la circulation y est nulle).
Le théorème d'Ampère s'exprime :$\overrightarrow B \overrightarrow {dl} = 0$
soit ${B_0}.\frac{{{r_0}\alpha }}{{2\pi }} - {B_P} + r\cos \theta \frac{\alpha }{{2\pi }} = 0$ou encore, avec${B_0} = \frac{{{n_1}{\mu _0}I}}{{2\pi {r_0}}}$
${B_P} = \frac{{{B_0}}}{{1 + \frac{r}{{{r_0}}}\cos \theta }}$
1 - 1 - c - En calculant le flux$\Phi $ engendré par le tore sur lui-même :
$\Phi = {n_1}.\overrightarrow B d\overrightarrow S = \frac{{n_1^2{\mu _0}I}}{{2\pi {r_0}\left( {1 + \frac{r}{{{r_0}}}\cos \theta } \right)}}r{\rm{ }}dr{\rm{ d}}\theta $ comme${r_0} > > a \approx r$
$\Phi = \frac{{n_1^2{\mu _0}I}}{{2\pi {r_0}}}\left( {1 - \frac{r}{{{r_0}}}\cos \theta + \frac{r}{{{r_0}}}\cos \theta } \right)r{\rm{ }}dr{\rm{ }}d\theta $
on obtient finalement pour L après simplification :
$L = \frac{{n_1^2{\mu _0}{a^2}}}{{2{r_0}}}\left( {1 + \frac{{{a^2}}}{{4r_0^2}}} \right)$

1 - 1 - d - Comme on a$L = {L_1}\left( {1 + \frac{{{a^2}}}{{4r_0^2}}} \right)$,$L \approx {L_1}$avec une précision inférieure à 1% si $\frac{{{a^2}}}{{4r_0^2}} < 0,01{\text{ soit }}\frac{a}{{{r_0}}} < 0,2$.
1 - 1 - e - La résistance de la bobine est donnée par la relation suivante :
$R = \rho \frac{I}{s}{\text{ avec }}I = {n_1}2\pi a{\text{, }}s = \pi \frac{{{d^2}}}{4}{\text{ et }}{n_1} = 2\pi \left( {{r_0} - \frac{a}{d}} \right)$
Soit$R = \frac{{16\pi \rho \left( {{r_0} - a} \right)}}{{{d^3}}}$ et$\frac{{{L_1}}}{R} = \frac{{{\mu _0}\pi ad({r_0} - a)}}{{8\rho {r_0}}}$.
1 - 1 - f - A.N.${L_1} = 0,11mH.{\rm{ }}\frac{{{L_1}}}{R} = {5,92.10^{ - 5}}H.{\Omega ^{ - 1}}.{\rm{ }}\frac{{{L_1}{\omega _0}}}{R} = 37,2$
2 - Etude du bobinage secondaire
1 - 2 - a -${\Phi _{1 \to 2}} = {n_2}.\overrightarrow {{B_1}} .d\overrightarrow {{S_2}} = M.{I_1}$ soit, en négligeant les temes du second ordre$M = \frac{{{n_1}{n_2}{\mu _0}{a^2}}}{{2{r_0}}}$.
1 - 2 - b -$M = \sqrt {{L_1}.{L_2}} $.
3 - Etude de l'amplificateur
1 - 3 - a - la puisanace complexe est :
$\underline P = \frac{1}{2}\underline {{Z_e}} \underline {{I_{\max }}} \underline {{{\dot I}_{\max }}} = \frac{1}{2}\underline {{Z_e}} {\left| {\underline {{I_{\max }}} } \right|^2} = \underline {{Z_e}} {\left| {\underline {{I_0}} } \right|^2}{\text{ avec }}P = {\mathop{\rm Re}\nolimits} (\underline P )$.
${Z_e} = R//{C_1}//{L_1} = \frac{{j{R_1}{L_1}\omega }}{{{R_1}\left( {1 - {L_1}{C_1}{\omega ^2} + j{L_1}\omega } \right)}}$soit$\underline P = \frac{{j{R_1}{L_1}\omega .I_0^2}}{{{R_1}\left( {1 - \frac{{{\omega ^2}}}{{\omega _0^2}} + j{L_1}\omega } \right)}}$
finalement
$P = \frac{{{R_1}I_0^2}}{{1 + \frac{{R_1^2}}{{L_1^2\omega _0^2}}{{\left( {x - \frac{1}{x}} \right)}^2}}}{\text{ avec }}{P_{\max }} = {R_1}I_0^1{\text{ et }}Q = \frac{{{R_1}}}{{{L_1}{\omega _0}}}$
1 - 3 - b -$\frac{{{P_{\max }}}}{{1 + {Q^2}{{\left( {x - \frac{1}{x}} \right)}^2}}} = \frac{{{P_{\max }}}}{2}$ soit$x - \frac{1}{x} = \pm \frac{1}{Q}$ (deux équations du second degré)
( 1 )${x_{1,3}} = \frac{1}{2} - \frac{1}{Q} \pm \sqrt {{{\left( {\frac{1}{Q}} \right)}^2} + 4} {\text{ seule la racine positive est accebtable }}({x_1}).$
( 2 )${x_{2,4}} = \frac{1}{2}\frac{1}{Q} \pm \sqrt {{{\left( {\frac{1}{Q}} \right)}^2} + 4} {\text{ seule la racine positive est acceptable }}({x_2}).$
$\Delta {\omega _0} = \left( {{x_2} - {x_1}} \right){\omega _0} = \frac{{{\omega _0}}}{Q}$soit $\frac{{{\omega _0}}}{{\Delta {\omega _0}}} = Q$
1 - 3 - c -$\underline {{V_s}} = \underline {{Z_e}} \underline {{I_0}} = \underline {{Z_e}} s\underline {{V_e}} {\text{ soit }}G = \left| {\underline {{Z_e}} } \right|s{\text{ finalement }}G = \frac{{{R_1}.s}}{{1 + {Q^2}{{\left( {x - \frac{1}{x}} \right)}^2}}}$
${V_{s,\max }}{\text{ est donné pour }}x = 1{\rm{ }}{V_{s,\max }} = {R_1}{I_0}$
${V_{s,\min }}{\text{ est donné pour }}{\omega _1}{\text{ ou }}{\omega _2}{\text{ soit }}{V_{s,\min }} = \frac{{{R_1}{I_0}}}{{\sqrt 2 }}$
1 - 3 - d - ${V_e} = {A_0} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {{C_n}\cos (n{\omega _0}t) + {\psi _n}} $
${V_{n,s}} = G(n{\omega _0}).{V_{n,e}}{\text{ on peut donc d\'e finir }}{\tau _{n,e}} = \frac{{{C_{n,e}}}}{{{C_{1,e}}}}{\text{ et }}{\tau _{n,s}} = \frac{{G(n{\omega _0}).{C_{n,e}}}}{{G({\omega _0}).{C_{1,e}}}}$
On obtient pour l'atténuation en décibels
${\delta _n} = \frac{{{\tau _{n,e}}}}{{{\tau _{n,s}}}} = \frac{{G(n{\omega _0})}}{{G({\omega _0})}} = \frac{{1 + {Q^2}{{\left( {x - \frac{1}{x}} \right)}^2}}}{{1 + {Q^2}{{\left( {nx - \frac{1}{{nx}}} \right)}^2}}}$ comme x= 1 et n = 2,${\delta _2} = \frac{1}{{1 + {Q^2}{{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2}}}$
Tout calculs fait on trouve$Q = 2.$
1 - 3 - e – Posons${R_{eq}} = {R_1}//{R_u}$ On exprime alors Q' par $Q' = \frac{{{R_{eq}}}}{{{L_1}{\omega _0}}}$ soit $Q' = \frac{{Q{R_u}}}{{{R_1} + {R_u}}}$ donc $\Delta \omega _0^{'}\frac{{{R_1} + {R_u}}}{{{R_u}}}$
Si ${R_u} = {R_1}$ alors $\Delta \omega _0^{'} = 2.\Delta {\omega _0}$

4 - Couplage magnétique de l'amplificateur à une charge
1 - 4 - a - ( 1 ) $\underline {{V_1}} = j{L_1}\omega \underline {{I_1}} + jM\omega \left( {\underline {{I_1}} + \underline {{I_2}} } \right) + j{L_2}\omega \left( {\underline {{I_1}} + \underline {{I_2}} } \right) + jM\omega \underline {{I_1}} $
( 2 ) $\underline {{V_2}} = jM\omega \underline {{I_1}} + j{L_2}\omega \left( {\underline {{I_1}} + \underline {{I_2}} } \right)$
( 3 ) $\underline {{V_2}} = - {R_u}\underline {{I_2}} $
De ( 2 ) et ( 3 ) on tire ( 4 ) $\underline {{I_2}} = \frac{{j{L_2}\omega + jM\omega }}{{ - {R_u} + j{L_2}\omega }}\underline {{I_1}} $
En substituant ( 4 ) dans ( 2 ) et remarquant que$\frac{{{L_1}}}{{{L_2}}} = \frac{{n_1^2}}{{n_2^2}}{\text{ et que }}\frac{{2M}}{{{L_2}}} = \frac{{2{n_1}{n_2}}}{{n_2^2}}$
on trouve$\frac{{\underline {{V_1}} }}{{\underline {{I_1}} }} = \underline {{Z_e}} = {\mu ^2}\frac{{j{L_2}\omega {R_u}}}{{{R_u} + j{L_2}\omega }}{\text{ avec }}\mu = \frac{{{n_1} + {n_2}}}{{{n_2}}}$.
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 constituée${R_1},{\rm{ }}{C_2}{\text{, les bobines coupl\'e es et }}{R_u}$. En premier lieu, exprimons l'impédance équivalente$\underline {{Z_{eq}}} = {R_1}//{C_2}//\underline {{Z_e}} $ soit
$\underline {{Z_{eq}}} = \frac{{j{R_1}{R_u}{\mu ^2}{L_2}\omega }}{{{R_1}{R_u}\left( {1 - {L_2}{C_2}{\mu ^2}{\omega ^2}} \right) + j{L_2}\omega \left( {{R_1} + {\mu ^2}{R_u}} \right)}}$
Comme$P = {\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {\underline {{Z_e}} } \right){\left| {\underline {{I_0}} } \right|^2}$ on trouve alors tout calcul fait
$P = \frac{{\frac{{{R_1}{R_u}{\mu ^2}}}{{{R_1} + {\mu ^2}{R_u}}}I_0^2}}{{1 + {{\left( {\frac{{{R_1}{R_u}}}{{{R_1} + {\mu ^2}{R_u}}}} \right)}^2}\frac{1}{{L_2^2\omega _0^2}}{{\left( {\frac{1}{x} - x} \right)}^2}}}$ soit${P_{\max }} = \frac{{{R_1}{R_u}{\mu ^2}}}{{{R_1} + {\mu ^2}{R_u}}}I_0^2{\rm{ }}\omega _0^2 = \frac{1}{{{L_2}{C_2}{\mu ^2}}}$
Et$Q = \frac{{{R_1}{R_u}}}{{{R_1} + {\mu ^2}{R_u}}}\frac{1}{{{L_2}{\omega _0}}}$.
On veut$\frac{1}{{{L_2}{C_2}{\mu ^2}}} = \frac{1}{{{L_1}{C_1}}}$soit${C_2} = \frac{{n_1^2}}{{{{({n_1} + {n_2})}^2}}}{C_1}$
1 - 4 - c - En définissant$\Delta Q = Q - Q'$avec$Q = \frac{{{R_1}}}{{{\mu ^2}{L_2}{\omega _0}}}$ et$Q' = \frac{{{R_1}{R_u}}}{{\left( {{R_1} + {\mu ^2}{R_u}} \right){L_2}{\omega _0}}}$
on obtient$\frac{{\Delta Q}}{Q} = \frac{1}{{1 + {\mu ^2}}}$. 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 de$\underline {T(j\omega )}$ .\[\left| {\underline {T(j\omega )} } \right| = \frac{{{G_0}}}{{{{\left( {1 + \frac{1}{{4{\alpha ^2}}}{{\left( {\frac{1}{x} - x} \right)}^2}} \right)}^{1/2}}}}.\] Soit F la fonction suivante$F = 1 + \frac{1}{{4{\alpha ^2}}}{\left( {\frac{1}{x} - x} \right)^2}$, étudions la sur l'intervalle$\left[ {0, + \infty } \right]$.
$\frac{{dF}}{{dx}} = \frac{{ - 1}}{{2{\alpha ^2}}}\left( {\frac{1}{x} - x} \right)\left( {\frac{1}{{{x^2}}} + 1} \right)$
soit

x	0            1                                  $ + \infty $
F	↘     min           ↗                 $ + \infty $
F'	-      0              +
T	0   ↗     ${G_0}$            ↘                    0

La forme de la courbe permet de conclure sur la nature du filtre.
Calculons la bande passante :$\frac{{{G_0}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{{G_0}}}{{\sqrt {\left( {\frac{1}{x} - x} \right)} \left( {\frac{1}{{4{\alpha ^2}}} + 1} \right)}}$ soit$x - \frac{1}{x} = \pm 2\alpha $(deux équations du second degré)
( 1 )${x_{1,3}} = - \alpha \pm \sqrt {{\alpha ^2} + 1} $ seule${x_1}$est positive.
( 2 )${x_{2,4}} = \alpha \pm \sqrt {{\alpha ^2} + 1} $ seule${x_2}$est positive.
$\Delta {\omega _0} = \left( {{x_2} - {x_1}} \right){\omega _0} = 2\alpha {\omega _0}$ soit$Q = \frac{{{\omega _0}}}{{\Delta {\omega _0}}} = \frac{1}{{2{\alpha ^2}}}$

11 - 2 - Filtre actif à structure de Sallen et Key
11 - 2 - a - ( 1 ) $\underline {{V^ - }} = \underline {{V^ + }} = \frac{1}{k}\underline {{V_s}} $
( 2 )$\underline {{V_A}} = \frac{{\underline {{Y_1}} \underline {{V_e}} + \underline {{Y_2}} \underline {{V^ + }} + \underline {{Y_3}} \underline {{V_s}} }}{{\underline {{Y_1}} + \underline {{Y_2}} + \underline {{Y_3}} }}$
( 3 )$\underline {{V_A}} = \underline {{V^ + }} \frac{{\underline {{Y_2}} + \underline {{Y_4}} }}{{\underline {{Y_2}} }}$
De ( 1 ) et ( 3 ) on tire ( 4 )$\underline {{V_A}} = \underline {{V_s}} \frac{{\underline {{Y_2}} + \underline {{Y_4}} }}{{\underline {{Y_2}} .k}}$
En égalisant ( 2 ) et ( 4 ) on trouve$\frac{{\underline {{V_s}} }}{{\underline {{V_e}} }} = \frac{{\underline {{Y_1}} \underline {{Y_2}} .k}}{{\left( {\underline {{Y_2}} + \underline {{Y_4}} } \right)\left( {\underline {{Y_1}} + \underline {{Y_2}} + \underline {{Y_3}} } \right) - \underline {Y_2^2} - \underline {{Y_2}} \underline {{Y_3}} .k}}$
11 - 2 - b – Avec$\underline {{Y_1}} = \frac{1}{R}$,$\underline {{Y_2}} = jC\omega $,$\underline {{Y_3}} = \frac{1}{R}$,$\underline {{Y_4}} = \frac{1}{R} + jC\omega $et en exprimant $\underline {T\left( {j\omega } \right)} = \frac{{{G_0}}}{{1 + \frac{1}{{2\alpha jx}} + \frac{{jx}}{{2\alpha }}}}$ on trouve tout calcul fait $\underline {T\left( {j\omega } \right)} = \frac{k}{{\left( {5 - k} \right)\left( {1 + \frac{2}{{jRC\omega \left( {5 - k} \right)}} + \frac{{jRC\omega }}{{5 - k}}} \right)}}$
soit en identifiant: ( 1 )${G_0} = \frac{{k - 1}}{{5 - k}}$
( 2 )$\frac{{jx}}{{2\alpha }} = \frac{{jRC\omega }}{{5 - k}}$
( 3 )$\frac{1}{{jx2\alpha }} = \frac{2}{{jRC\omega \left( {5 - k} \right)}}$
En effectuant le produit ( 1 )*( 2 ) on tire$\alpha = \frac{{5 - k}}{{2\sqrt 2 }}$ on trouve alors pour${\omega _0} = \frac{{\sqrt 2 }}{{RC}}$ et $Q = \frac{{\sqrt 2 }}{{5 - k}}$
11 - 2 - c - A partir de l'équation différentielle homogène associée au montage, étudions la stabilité du système :$v(t) + \frac{{2\alpha }}{{{\omega _0}}}\frac{{dv(t)}}{{dt}} + \frac{1}{{\omega _0^2}}\frac{{{d^2}v(t)}}{{d{t^2}}} = 0$
le discriminant réduit associé à l'équation caractéristique de cette équation différentielle s'exprime ainsi$\Delta ' = \frac{1}{{\omega _0^2}}\left( {{\alpha ^2} - 1} \right)$.
Si k = 5 alors = 0 et le sytéme oscille.
Si k > 5 alors < 0. On peut distinguer deux cas :$\left| \alpha \right| < 1{\text{ et }}\left| \alpha \right| > 1$.
Dans ces deux cas le systéme est instable.
11 - 3 - Filtre actif à varialble d'état
11 - 3 - a - $\underline {{V_A}} = - r\underline {{I_1}} $et$\underline {{V_A}} = - 2r\underline {{I_1}} + \underline {{V_s}} $ soit$\underline {{V_A}} = - \underline {{V_s}} $
De plus$\underline {{V_A}} = R\underline {{I_1}} - \underline {{V_s}} $ et$\underline {{V_0}} = - \frac{1}{{jC\omega }}\underline {{I_1}} $ soit$\frac{{\underline {{V_0}} }}{{{V_s}}} = \frac{1}{{jRC\omega }}$ ( 1 )
En écrivant la loi des noeuds en D on obtient$ - \frac{{\underline {{V_s}} }}{{\underline {{Z_{eq}}} }} - \frac{{\underline {{V_e}} }}{{\underline {{R_2}} }} = \frac{{\underline {{V_0}} }}{{\underline R }}$ ( 2 )
En combinant ( 1 ) et ( 2 ) on obtient la relation demandé sous la forme
$\underline {T\left( {j\omega } \right)} = \frac{{{G_0}}}{{1 + \frac{1}{{2\alpha jx}} + \frac{{jx}}{{2\alpha }}}} = - \frac{{{R_1}}}{{{R_2}}}\frac{1}{{1 + \frac{{{R_1}}}{{j{R^2}C\omega }} + j{R_1}C\omega }}$
Soit${G_0} = - \frac{{{R_1}}}{{{R_2}}}{\rm{ }}{\text{, }}\alpha = \frac{R}{{2{R_1}}}{\rm{ }}{\text{, }}{\omega _0} = \frac{1}{{RC}}{\text{ et }}Q = \frac{{{R_1}}}{R}$
11 - 4 - Filtres actifs à condensateurs commutés
11 - 4 - a -${e_1} = u(t) + rC\frac{{du(t)}}{{dt}}$ soit$u(t) = {e_1} + Cte.\exp \left( { - \frac{t}{\tau }} \right)$. 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 à${e_2}$.
La constante se déduit facilement$Cte = {e_2} - {e_1}$. La tension aux bornes du condensateur pour l'intervalle de temps$\left[ {n{T_c},n + \frac{1}{2}{T_c}} \right]$ est ${u_1}(t) = {e_1} + \left( {{e_2} - {e_1}} \right)\exp \left( { - \frac{t}{\tau }} \right)$.
De même on trouve pour l'intervalle de temps$\left[ {n + \frac{1}{2}{T_c},\left( {n + 1} \right){T_c}} \right]$
${u_2}(t) = {e_1} + \left( {{e_1} - {e_2}} \right)\exp \left( { - \frac{{t - \frac{{{T_c}}}{2}}}{\tau }} \right)$
11 - 4 - b - ${i_1}(t) = C\frac{{d{u_1}(t)}}{{dt}} = \frac{C}{\tau }\left( {{e_1} - {e_2}} \right)\exp \left( { - \frac{t}{\tau }} \right)$ de même pour${i_2}(t)$
${i_2}(t) = C\frac{{d{u_1}(t)}}{{dt}} = \frac{C}{\tau }\left( {{e_2} - {e_1}} \right)\exp \left( { - \frac{t}{\tau }} \right)$
La valeur moyenne étant définit ainsi$\left\langle {{i_1}(t)} \right\rangle = \frac{1}{{{T_c}}}\int_0^{{T_c}} {{i_1}(t)dt} $.
L'intégrale donne, en tenant compte de l'approximation$\tau < < {T_c}{\rm{ }}\left\langle {{i_1}(t)} \right\rangle = \frac{C}{{{T_c}}}\left( {{e_1} - {e_2}} \right)$.
De même pour$\left\langle {{i_2}(t)} \right\rangle $ on obtient $\left\langle {{i_2}(t)} \right\rangle = \frac{C}{{{T_c}}}\left( {{e_2} - {e_1}} \right) = - \left\langle {{i_1}(t)} \right\rangle $

11 - 4 - c - $\left\langle {{u_{AB}}} \right\rangle = {e_1} - {e_2} = \left\langle {{i_{AB}}(t)} \right\rangle {R_e}$avec
$\left\langle {{i_{AB}}(t)} \right\rangle = \left\langle {{i_1}(t) - {i_2}(t)} \right\rangle = \left\langle {{i_1}(t)} \right\rangle - \left\langle {{i_2}(t)} \right\rangle = 2\left\langle {{i_1}(t)} \right\rangle = \frac{{2C}}{{{T_c}}}\left( {{e_1} - {e_2}} \right)$
Soit${R_e} = \frac{{{T_c}}}{{2C}} = \frac{1}{{2C{f_c}}}$
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 de${T_c}$, le signal apparait continu pour l'intérruteur lors de plusieurs commutations.
11 - 4 - e - En utilisant le théorème de Millman au point A :
$\underline {{V_A}} = \frac{{\underline {{Y_1}} \underline {{V_e}} + \underline {{Y_3}} \underline {{V_s}} }}{{\underline {{Y_1}} + \underline {{Y_4}} + \underline {{Y_3}} }}$
et au point B$\underline {{V_B}} = 0 = \underline {{Y_2}} \underline {{V_s}} + \underline {{Y_4}} \underline {{V_A}} $. En combinant les deux équations
précédentes , en fonction des admittances$\frac{{\underline {{V_s}} }}{{\underline {{V_e}} }} = \frac{{\underline {{Y_1}} }}{{ - \frac{{\underline {{Y_2}} }}{{\underline {{Y_4}} }}\left( {\underline {{Y_1}} + \underline {{Y_4}} + \underline {{Y_3}} } \right) - \underline {{Y_3}} }}$soit , en exprimant ce résultat en fonction des admittaces :$\underline {{Y_1}} = \frac{1}{{{R_e}}} = \underline {{Y_2}} {\text{, }}\underline {{Y_2}} = j{C_2}\omega {\text{, }}\underline {{Y_4}} = j{C_1}\omega $ et sous la forme déja vue :$\frac{{\underline {{V_s}} }}{{{V_e}}} = \frac{{ - 1}}{{\left( {1 + \frac{{{C_2}}}{{{C_1}}}} \right)\left( {1 + \frac{{{C_1}}}{{j{R_e}{C_1}\omega \left( {{C_1} + {C_2}} \right)}} + \frac{{j{R_e}{C_1}{C_2}\omega }}{{{C_1} + {C_2}}}} \right)}}$.
On peut exprimer les grandeurs demandées :${G_0} = \frac{{ - {C_1}}}{{{C_1} + {C_2}}}{\text{, }}\alpha = \frac{{{C_1} + {C_2}}}{{2\sqrt {{C_1}{C_2}} }}{\text{, }}{\omega _0} = \frac{1}{{{R_e}\sqrt {{C_1}{C_2}} }} = \frac{{2C{f_c}}}{{\sqrt {{C_1}{C_2}} }}{\text{ et }}Q = \frac{{\sqrt {{C_1}{C_2}} }}{{{C_1} + {C_2}}}$

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: $\left\{ \begin{array}{l}{V_1} = {V_2} + R{I_1}\\U = - {V_2}\\{I_1} + I = {I_2}\end{array} \right.$

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 > V_d ⇔ D_z est en mode passant (Zone 1 de la figure 1)

${{\text{V}}_{\text{2}}}=\frac{{{R}_{d}}}{R+{{R}_{d}}}{{V}_{1}}-\frac{R{{R}_{d}}}{R+{{R}_{d}}}{{I}_{2}}+\frac{R{{V}_{d}}}{R+{{R}_{d}}}\text{ Si }{{\text{V}}_{\text{2}}}<-{{V}_{d}}$
$I = \frac{{U - {V_d}}}{{{R_d}}} = \frac{{ - {V_2} - {V_d}}}{{{R_d}}}$ $ \Rightarrow {\rm{ }}{{\rm{V}}_{\rm{2}}} = {V_1} - \frac{R}{{{R_d}}}({R_d}{I_2} + {V_2} + {V_d})$ d'où le résultat:

• -V_z < U < V_d ⇔ D_z est en mode bloqué (Zone 2 de la figure 1) alors I = 0

d'où le résultat:
$\Rightarrow \text{ }{{\text{V}}_{\text{2}}}={{V}_{1}}-R{{I}_{2}}\text{ si }{{\text{V}}_{\text{2 }}}<\text{ -}{{\text{V}}_{\text{d}}}$

• U <- V_z ⇔ D_z est en mode passant inverse (Zone 3 de la figure 1)

$I = \frac{{U + {V_z}}}{{{R_z}}} = \frac{{ - {V_2} + {V_z}}}{{{R_z}}}$ $ \Rightarrow {\rm{ }}{{\rm{V}}_{\rm{2}}} = {V_1} - \frac{R}{{{R_z}}}({R_z}{I_2} + {V_2} - {V_z})$ d'où le résultat:
$\Rightarrow \text{ }{{\text{V}}_{\text{2}}}={{V}_{1}}-\frac{R}{{{R}_{z}}}({{R}_{z}}{{I}_{2}}+{{V}_{2}}-{{V}_{z}})$

I-2)

On en déduit que la caractéristique V2 = f(I2) à V1 Cte est une fonction affine par morceaux Zone 1:pente= ${\rm{ }}\frac{{{\rm{ - R}}{{\rm{R}}_{\rm{d}}}}}{{R + {R_d}}} \approx - {R_d}$ Zone 2:pente= ${\rm{ }} - R$ Zone 3:pente= ${\rm{ }}\frac{{{\rm{ - R}}{{\rm{R}}_{\rm{z}}}}}{{R + {R_z}}} \approx - {R_z}$ 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 = $\frac{{{{\rm{R}}_{\rm{z}}}}}{{R + {R_z}}} \approx \frac{{{{\rm{R}}_{\rm{z}}}}}{R}$ Zone 2: pente = 1 Zone 3: pente = $\frac{{{{\rm{R}}_{\rm{d}}}}}{{R + {R_d}}} \approx \frac{{{{\rm{R}}_{\rm{d}}}}}{R}$ 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 : ${V_2} = \frac{{{R_z}}}{{R + {R_z}}}{V_1} - \frac{{R{R_z}}}{{R + {R_z}}}{I_2} + \frac{R}{{R + {R_z}}}{V_z}$
Donc les variations sont données par: $\Delta {V_2} = \frac{{{R_z}}}{{R + {R_z}}}\Delta {V_1} - \frac{{R{R_z}}}{{R + {R_z}}}\Delta {I_2} = S\Delta {V_1} - \rho \Delta {I_2}$
$S=\frac{{{R}_{z}}}{R+{{R}_{z}}}\approx \frac{{{\text{R}}_{\text{z}}}}{\text{R}}\text{ et }\rho \text{=}\frac{R{{R}_{z}}}{R+{{R}_{z}}}\approx {{R}_{z}}$
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 V_S 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 V_K = V^- = 0 comme V_S,
Alors la diode D₂ est traversée par i₂ positif ou nul ⇒ I₂ =I₀ +i₂ est positif
Il y a donc contradiction logique et V_S ne peut pas être strictement positf. II-1-b)Si V_S 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 V_S ne peut pas être strictement négatif. II-1-c) V_S 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 V_S est négatif ou nul alors le courant I₂ est positif ou nul.
Alors i₁ =I₁ -I₂ est négatif, ce qui n'est pas possible,
V_S ne peut pas être strictement négatif ou nul.
• Si V_S 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 V_K = V_S > 0 la diode D₁ est bloquée et on a I₁ = I₂ ${\rm{ soit }}\frac{{{{\rm{E}}_{\rm{1}}}}}{{{{\rm{R}}_{\rm{1}}}}} = - \frac{{{V_S}}}{{{R_2}}}$ • La seule situation possible est: ${\rm{ }}{{\rm{V}}_{\rm{S}}} = - \frac{{{{\rm{R}}_{\rm{2}}}}}{{{{\rm{R}}_{\rm{1}}}}}{E_1}{\rm{ }}$

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: $\begin{array}{l}{I_2} = {I_0}{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}\\\frac{{{{\rm{E}}_{\rm{d}}} - {V_S}}}{{{R_2}}} = \frac{{{V_S}}}{{{R_L}}}\\{V_S} = \frac{{{R_L}}}{{{R_2} + {R_L}}}{E_d}\end{array}$ Mais D2 bloquée ⇒ V- -VS = Ed - VS < 0 impose que Ed <0 Sinon D2 passante est alors VS = Ed

II-5)V_S = µε avec ε = V^- - V⁺ = V_A Mais l'amplificateur n'ayant pour seul défaut qu'un gain fini on peut écrire, d'après le théorème de Millman:
${{\rm{V}}_{\rm{A}}}\left( {\frac{1}{{{R_1}}} + \frac{1}{{{R_2}}}} \right) = \frac{E}{{{R_1}}} + \frac{{{V_S}}}{{{R_2}}}{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }} - \frac{{{{\rm{V}}_{\rm{S}}}}}{\mu }\left( {\frac{1}{{{R_1}}} + \frac{1}{{{R_2}}}} \right) = \frac{E}{{{R_1}}} + \frac{{{V_S}}}{{{R_2}}}{\rm{ }}$
\[{{V}_{S}}=\left( \frac{1}{\mu {{R}_{1}}}+\frac{1}{\mu {{R}_{2}}}+\frac{1}{{{R}_{2}}} \right)=-\frac{E}{{{R}_{1}}}\Rightarrow \frac{{{V}_{S}}}{E}=\frac{-1}{{{R}_{1}}\left( \frac{1}{\mu {{R}_{1}}}+\frac{1}{\mu {{R}_{2}}}+\frac{1}{{{R}_{2}}} \right)}=\frac{-{{R}_{2}}/{{R}_{1}}}{1+\frac{1}{\mu }\left( \frac{{{R}_{1}}+{{R}_{2}}}{{{R}_{1}}} \right)}\] Le montage est donc celui d'un ampli-inverseur idéal rétroactionné par un opérateur de retour β vérifiant: $\beta .(gain{\rm{ ideal) = }}\frac{{\rm{1}}}{{\mu {\rm{b}}}}$ 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: $\begin{array}{l}{\rm{ }}{V^ - } = - \varepsilon = \frac{{\frac{{{E_1}}}{{{R_1}}} + \frac{{{V_S}}}{{{R_2}}}}}{{\frac{1}{{{R_1}}} + \frac{1}{{{R_2}}}}}\\{\rm{et }}\mu \varepsilon = {U_2} + {V_S}\end{array}$ On peut éliminer ε et avoir VS en fonction de g(i2 )=U2 On obtient ainsi:

\[-{{V}_{S}}\left( \frac{1+g({{i}_{2}})/{{V}_{s}}}{\mu } \right)=\frac{\frac{{{E}_{1}}}{{{R}_{2}}}+\frac{{{V}_{S}}}{{{R}_{2}}}}{\frac{1}{{{R}_{1}}}+\frac{1}{{{R}_{2}}}}\Rightarrow {{V}_{S}}=-\frac{\frac{{{E}_{1}}}{{{R}_{1}}}}{\frac{1}{{{R}_{2}}}+\left( \frac{1+g({{i}_{2}})/{{V}_{s}}}{\mu } \right).\left( \frac{1}{{{R}_{1}}}+\frac{1}{{{R}_{2}}} \right)}=\frac{{{V}_{0}}}{1+K\left( 1+g({{i}_{2}})/V \right)}\] A condition de poser: ${V_0} = - \frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}{E_1}{\rm{ et K = }}\frac{{{{\rm{R}}_{\rm{2}}}}}{\mu }(\frac{1}{{{R_1}}} + \frac{1}{{{R_2}}})$
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:
${V^ - } = {V^ + } = 0 = \frac{{\frac{{{V_{S1}}}}{{{R_1}}} + \frac{{{V_{S2}}}}{{{R_2}}} + \frac{{{V_S}}}{{{R_3}}}}}{{\frac{1}{{{R_1}}} + \frac{1}{{{R_2}}} + \frac{1}{{{R_3}}}}}$ soit ${V_S} = - {R_3}(\frac{{{V_{S1}}}}{{{R_1}}} + \frac{{{V_{{S_2}}}}}{{{R_2}}})$
III-2) Les diodes D₁ et D₂ sont montées têtes bêches deux cas sont à examiner:
I^er Cas: D₁ est passante et D₂ est bloquée. ⇔ V_S1 = V^- = 0 (D₁ passante)
Alors en vertu du théorème de Millman si D₂ est bloquée:
$\frac{{{V_1}}}{R} + \frac{E}{R} = {I_{D1}} > 0$ ⇒ E > -V₁
2^ème Cas: D₁ est bloquée et D₂ est passante. ⇔ conséquence sur le théorème de Millman
${V^ - } = 0{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ 0}} = \frac{{{V_1}}}{R} + \frac{{{V_{S1}}}}{R} + \frac{E}{R}$ ⇒ V_S1 =-(E+V₁) or V_S1 < 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

I^er Cas: D₃ et D₄ sont passantes. ⇔ U₃ = U₄ = 0 ⇒ V_S2 = 0 et I = I₀ = 0
${i_3} = - \frac{E}{R} + \frac{{{V_2}}}{R}{\rm{ > 0}}$ (D₃ passante) donc il faut que E < V₂
2^eme Cas: D₃ est bloquée - D₄ est passante. ⇔ i₃ = 0
et conséquence du théorème de Millman: ${{\rm{V}}^{\rm{ - }}} = 0{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ 0}} = \frac{{ - {V_2}}}{R} + \frac{{{V_{S2}}}}{R} + \frac{E}{R}$
V_S2 = V₂ -E la condition V_S2 < 0 impose d'avoir E > V₂
3^eme Cas: D₃ est passante - D₄ est bloquée ⇔ i₄ = I + I₀ = 0 ⇒ I = I₀ = 0 et V_S2 est nul
${i_3} = - \frac{E}{R} + \frac{{{V_2}}}{R}{\rm{ > 0}}$ (D₃ passante) donc il faut que E < V₂
4^eme Cas: D₃ et D₄ sont bloquées. ⇔ i₄ = I + I₀ = 0 ⇒ I = I₀ = 0 et V_S2 est nul
i₃ = 0 (D₃ bloquée) il faut que E = V₂
Il y a donc deux situations: $\left\{ \begin{array}{l}E > {V_2}{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}{{\rm{V}}_{{\rm{S2}}}} = {V_2} - E\\E \le {V_2}{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}{{\rm{V}}_{{\rm{S2}}}} = 0\end{array} \right.$
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)
${V_S} = - {R_3}(\frac{{{V_{S1}}}}{{{R_1}}} + \frac{{{V_{S2}}}}{{{R_2}}})$	$\frac{{{R_3}}}{{{R_1}}}({V_1} + E)$	0	$ - \frac{{{R_3}}}{{{R_2}}}({V_2} - E)$

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 V_S est indépendante du courant de sortie, on a donc en sortie une source de tension parfaite d'impédance de sortie Z_S = 0
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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: $AG = \frac{{2h}}{3}$

I-2)

Le moment d'inertie est ici un calcul d'intégrale double: $I(Ax) = \int_0^h {dy\int_{ - y\tan (30^\circ )}^{y\tan (30^\circ )} {{y^2}.dx} } $ (en convenant que la masse surfacique est unitaire M≡S) $I(Ax) = 2\int_0^h {dy\left[ {x{y^2}} \right]_0^{y\tan (30^\circ )}} = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\left[ {\frac{{{y^4}}}{4}} \right]_0^h$ $I(Ax) = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\left[ {\frac{{{h^4}}}{4}} \right]{\rm{ or M}} \equiv {\rm{S = }}\frac{{{{\rm{h}}^{\rm{2}}}}}{{\sqrt 3 }}$ donc $I(Ax) = \frac{{M{h^2}}}{2}$

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.
$J(BC) = \left( {I(Ax) - M{{\left( {\frac{{2h}}{3}} \right)}^2}} \right) + M{(\frac{h}{3})^2}$
$J(AB) = \frac{{M{h^2}}}{6}$ 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). $I(Az) = \int_0^h {dy\int_{ - y\tan (30^\circ )}^{y\tan (30^\circ )} {({x^2} + {y^2}).dx} } = 2\int_0^h {dy\left[ {\frac{{{x^3}}}{3} + x{y^2}} \right]} _0^{y\tan (30^\circ )}$ $I(Az) = 2\int_0^h {dy\left[ {\frac{{{y^3}}}{{9\sqrt 3 }} + \frac{{{y^3}}}{{\sqrt 3 }}} \right]} = \frac{{20}}{{9\sqrt 3 }}\left[ {\frac{{{y^4}}}{4}} \right]_0^h$ $Avec{\rm{ M}} \equiv {\rm{S = }}\frac{{{{\rm{h}}^{\rm{2}}}}}{{\sqrt 3 }}{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}I(Az) = \frac{{20M{h^2}}}{{36}}$ donc

${\rm{K}}(Gz) = I(Az) - M{(\frac{{2h}}{3})^2} = \frac{{20M{h^2}}}{{36}} - \frac{{4M{h^2}}}{9}$ ⇒ ${\rm{K}}(Gz) = \frac{{M{h^2}}}{9}$ 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: ${E_m} = \frac{1}{2}{J_{AB}}{\dot \alpha ^2} - Mg{z_G} = \frac{{M{h^2}}}{{12}}{\dot \alpha ^2} - Mg\frac{h}{3}\cos \alpha = {C^{te}}$ D'où le résultat cherché ${\dot \alpha ^2} = \frac{{4g}}{h}\cos \alpha $

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
${a_G} = \frac{h}{3}{\dot \alpha ^2} = \frac{{4g}}{3}$ A-N: a_G = 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: $AA' = 2.\frac{{2h}}{3}\sin (\theta /2)$

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: ${L^2} = {({z_G})^2} + {(AA')^2}$ ${L^2} = z_G^2 + {[\frac{{4h}}{3}\sin (\theta /2)]^2}$

III-2)
D'après le théorème de König ${E_c} = \frac{1}{2}M\dot z_G^2 + \frac{1}{2}{K_{Gz}}{\dot \theta ^2} = \frac{1}{2}M\dot z_G^2 + \frac{{M{h^2}}}{{18}}{\dot \theta ^2}$

III-3)Dans l'hypothèse des petits mouvements on a θ voisin de 0 et z_G 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 E_p =-Mgz_G =-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
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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}}}}} $