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1 DS1 [DS1sol.tex] Sciences Physiques MP 2007-2008

Devoir surveille de Sciences Physiques n 1 du 22-09-2007 Duree : 4 heures. Solutions

Proble`me no 1 Variome`tre a` affichage electronique Centrale PC 2006

A. Etude du syste`me de capacites differentielles

1. Lepaisseur des condensateurs est a` gauche e0 + x et a` droite e0 x. A` partir de la formule donnee, onarrive a` C1a = C1b =

Se0+x

et C2a = C2b =S

e0x.

2. Pour x = 0, on trouve : C = 4, 8 nF .

B. Oscillateur a` pont de Wien

3. Lamplificateur operationnel ideal posse`de des impedances dentree infinies : i+ = i = 0, un gain infini quia pour consequence V+V = 0. A` partir de cela, les deux resistances R1 et R2 sont en serie et par un diviseurde tension, on trouve que e = R1R1+R2 s ce qui permet de voir quon a affaire a` un amplificateur non inverseur :

s = (1 + R2R1 )e = Fe valable jusqua` ce que lon atteigne la saturation et plutot en basse frequence puisque

lorsque la frequence augmente, le gain de lamplificateur operationnel diminue remettant en cause lhypothe`sedu gain infini et par la` lhypothe`se V+ V = 0. La caracteristique est representee sur la figure 1.

e

s

b

b

bbb

Vsat

Vsat

R1R1+R2

Vsat

R1R1+R2Vsat

Fig. 1 Caracteristique de lamplificateur

4. Lassociation en paralle`le de la resistance et du condensateur correspond a` une impedance equivalenteR 1jC

R+ 1jC

= R1+jRC . On observe alors que la structure est en serie. Par un diviseur de tension, on trouve que

G =R

1+jRC

R+ 1jC

+ R1+jRC

. Apre`s calculs, la fonction de transfert peut secrire soit G = jRC1+j3RC+(jRC)2 soit G =

Gmax1+jQ(RC 1

RC)avec Gmax =

13 et Q =

13 . On a un filtre passe bande de pulsation centrale 0 =

1RC .

5. Les diagramme de Bode (gain et phase) associe a` G sont representes sur la figure 2. On a represente enfonction de la variable reduite x = 0 a` gauche GdB = 20 log |G| = 20 log 3 10 log[1 + 19 (x 1x )2] et a` droite = arctan 13 (x 1x ).

log x

GdB

20dB/decade+

20dB/decade

log x

b

b

b

0

pi/2

pi/2Fig. 2 Diagramme de Bode

6. On a e = Fs et en meme temps s = Ge. Par consequent, le montage impose FG = 1 dou` la relation(1 + R2R1 )

13 = 1 + j

13 (x 1x ). Cette relation ne peut etre satisfaite que si le membre de droite est reel donc pour

x = 1 cest-a`-dire pour = 0. La frequence des oscillations ne peut quetre : f =1

2RC . Ceci ne suffit pas, il

faut encore que 1 + R2R1 = 3 donc :R2R1

= 2 .

7. En reprenant la premie`re expression de la fonction de transfert G, on arrive a` : jRCe = s(1 + j3RC +(jRC)2). Nous savons quune multiplication par j correspond a` une operation de derivation par rapport au

temps. On peut donc ecrire lequation differentielle qui lie e et s : R2C2 d2s

dt2 + 3RCds

dt + s = RC de

dt . Comme

JR Seigne Fauriel St Etienne

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on a toujours la relation : e = (1 + R2R1 )s, on peut conclure sur lequation differentielle : R2C2 d

2s

dt2 + RC(2 R2R1

)ds

dt + s = 0. La solution est sinusodale lorsquil ny a pas de terme du premier ordre. On retrouve la

condition : R2R1 = 2 et la frequence est numeriquement : f =1

2RC = 3320 Hz .

8. Les racines de lequation caracteristique vont posseder une partie reelle qui sera du signe oppose aucoefficient de la derivee premie`re dans lequation differentielle. Par consequent, si 2 R2R1 > 0 alors les solutionscomporteront une exponentielle reelle decroissante, le regime ne peut quetre amorti. Au contraire, si 2 R2R1 < 0,la solution fera apparatre une exponentielle reelle croissante qui va diverger. Cest dans ces conditions quonpourra obtenir des oscillations entretenues mais du fait de la divergence de s, lamplificateur operationnel vaetre en saturation en sortie dou` une forme des oscillations qui ne sera pas sinusodale. La condition sera doncR2R1

> 2, on choisira R1 = 4, 7 k .

9. Appelons i1 lintensite qui circule dans la branche contenant les diodes. La loi des nuds nous permetdecrire : i = vR2 + i1. Pour determiner lexpression de i1 en fonction de v, il est indispensable detudier

separement les cas i1 > 0 et i1 < 0. A` laide de la caracteristique fournie et en faisant tre`s attention au sens demontage et donc aux signes des tensions prises en compte, on arrive aux deux equations v = R3i1 + (vD + vZ)pour i1 > 0 et v = R3i1(vD+vZ) pour i1 < 0. On a v = R2iR2i1. En utilisant lexpression vue precedemmentpour lintensite, on arrive a` lequation suivante pour les deux cas envisages : v = R2R3R2+R3 i

R2R3

(vD + vZ) . On

a donc deux fonctions affines decalees par lordonnee a` lorigine avec le cas i>0 qui correspond a` v > vD + vZet i1 < 0 pour v < (vD + vZ). Pour v comprise a` linterieur de lintervalle, les diodes bloquent le courant eti1 = 0, on en deduit que : v = R2i. La resistance equivalente verifie

R2R3R2+R3

< R2, la pente du graphique estdonc plus faible pour la partie conductrice des diodes que pour la partie bloquee. La caracteristique du dipoleequivalent est representee sur la figure 3.

i

vb

b

bb

b

b

b

vZ + vD

(vZ + vD)

vD+vZR2

(vD+vZ)R2

Fig. 3 Caracteristique du dipole AB

10. Lintroduction du dipole AB ameliore la qualite de loscillateur car lorsque la tension v devient elevee(en valeur absolue), on passe sur la partie de la caracteristique de pente plus faible de resistance R2R3R2+R3 . En

choisissant correctement la resistance R3 et R2, on peut realiser a` la fois la conditionR2R1

> 2 pour provoquer

les oscillations et la condition R2R3R1(R2+R3) < 2 pour limiter la croissance de lamplitude. On evite la saturation .

C. Etude globale du capteur

11. Apre`s calcul, le signal issu du multiplieur est vm =kmA

2

2 [cos(1 2)t+ cos(1 + 2)t]. Le filtre RC estun filtre passe-bas tel que vC =

vm1+jRC . Note : pour ecrire cette expression, il faut supposer que les liaisons

avec le frequenceme`tre ne prele`vent pas dintensite et quon est donc du point de vue du filtre en sortie ouverte.On ne souhaite laisser passer que la frequence associee a` 1 2. Il faut donc que la pulsation de coupure dufiltre soit comprise entre les pulsations de vm : 1 2 < 1RC < 1 + 2 .12. La capacite C1 correspond a` lassociation en paralle`le de C1a et C1b, la valeur de la capacite est donc la

somme de ces deux dernie`res et comme elles sont egales, il sagit du double. On a la meme chose pour C2, on peutecrire que : C1 =

2Se0+x

et C2 =2Se0x

. Le frequenceme`tre mesure f = 121R (

1C1 1C2 ). Apre`s calculs, on trouve :

f = x2SR et en tenant compte des relations fournies par lenonce, on peut conclure par : f =

2SRVz .

Proble`me no 2 Analyseur de Fourier simplifie Capes 2006

A. Generalites

1. Un syste`me peut etre dit lineaire lorsque la relation qui lie s(t) et e(t) ne fait intervenir que les deux grandeurset leurs derivees temporelles sans multiplication entre les termes. De facon plus mathematique, si s1(t) est la

reponse a` une entree e1(t) et s2(t) celle pour e2(t) alors : s1(t) + s2(t) correspond a` e1(t) + e2(t) .

2.Un syste`me lineaire ne fait pas apparatre de frequences nouvelles. 1 est a` levidence un filtre lineaire passe-bas

de frequence de coupure voisine de 3 kHz.



3. 2 est toujours un filtre lineaire mais cette fois-ci, on peut indiquer quil sagit dun filtre passe-bande centre

autour de la frequence de 3 kHz.

4. On demontre de facon simple que : Z = R, Z = jL et Z = 1jC .

5. On a u = Zi, le module de limpedance est |Z| = A2 +B2 = 1414 et largument necessaire pour etablirlexpression de lintensite est : arg i = arg u argZ. Le dephasage du courant par rapport a` la tension est donci/u = argZ = 45 . Avec Im = Um|Z| , on arrive a` lexpression suivante : i(t) = 0, 01 cos(t 4 ) ou` i estexprimee en A.

6. On applique la loi des nuds au niveau du point A qui veut que la somme algebrique de tout les cou-rants arrivant a` ce nuds soit nulle : V1VAZ

1

+ V2VAZ2

+ V2VAZ2

= 0. Le theore`me de Millman est donc :

(Y 1 + Y 2 + Y 3)VA = Y 1V1 + Y 2V2 + Y 3V3 .

B. Filtre selectif

7. On se contente detudier le transfert dune grandeur sinusodale car par la theorie de Fourier , on saitque la quasi totalite des signaux peuvent se decomposer en fonctions sinusodales. Le filtre etant lineaire, si onconnat la reponse pour une sinusode on peut prevoir le comportement pour les signaux de formes differentes.

8. On applique le theore`me de Millman pour exprimer le potentiel au niveau de lentree inverseuse delamplificateur operationnel, sans oublier quen regime lineaire V = V+ = 0 ici puisque lautre entree est reliee

a` la masse. On obtient : s2R1 + jC1VA = 0 . On applique a` nouveau le theore`me de Millman au niveau du

point A pour ecrire : VA(1R1

+ 1R2 + j2C1) =eR1

+ jC1s .

9. En combinant les deux equations de la question precedente, on trouve facilement les formes proposees. Cela

nous permet didentifier : Q =

R1+R22R2

et 0 =Q

R1C1.

10. On trouve : R1 = 7 k et C1 = 8 nF .

11. Le gain T dB est represente sur la figure 4. On observera que le facteur de qualite est suffisant pour quily ait une resonance en x = 1 ou encore log x = 0 ou` on a pose x = /0.

log x

TdB

20dB/decade+

20dB/decade

Fig. 4 Diagramme de Bode du gain

C. Analyseur de Fourier

12. E2 est la moyenne ,2E sin 2pift est le fondamental et tous les autres termes sont les harmoniques .

13. Le facteur de qualite est eleve, le filtre passe-bande sera tre`s selectif autour de la frequence de 3 kHz. Le

signal qui sortira du filtre sera donc : 2E3 sin 2pi3ft .

14. Pour determiner le spectre en frequence de e(t), il faut avoir un filtre de frequence reglable . En faisant

varier f0, on selectionnera successivement tous les termes depuis le fondamental jusquaux harmoniques. Pourevaluer la moyenne, il faudra un filtre passe-bas.

Proble`me no 3 Ondes dans un plasma CCP MP 2005

A. Mode`le de Thomson de latome dhydroge`ne

1. Par definition de la charge volumique, on a : = 3qe4a3

0

= 3 1011 C .

2. Pour r a0, on ecrit lequation de Maxwell-Gauss : divE = 3qe40a30 . Le proble`me posse`de la symetriespherique du fait des invariances en et en . On en deduit que : d(r

2Er)dr =

3qer2

40a30. En integrant, on obtient

r2Er =qer

3

40a30+ ou` est une constante dintegration. Sa determination passe par le fait quen r = 0 Er est


Sciences Physiques MP 2007-2008 DS1 [DS1sol.tex] 4

necessairement borne. Une reflexion sur les plans de symetrie montre que E = 0. On en deduit que = 0. On

trouve donc que : Eat,ra0 =qe

40ra30

er . En dehors du noyau, la densite volumique de charge est nulle : = 0.

On a donc divE = 0 qui entrane 1r2d(r2Er)

dr = 0. Cela signifie que r2Er = ou` est une constante. Le mode`le

de distribution de charge propose est volumique, les champs sont donc continus. En utilisant la continuite du

champ en r = a0, on arrive a` : Eat,ra0 =qe

401r2 er . On pouvait aussi obtenir ces resultats en appliquant le

theore`me de Gauss avec comme surface fermee une sphe`re de rayon r.

3. Lelectron subit la force Fate = q2er

40a30er . Cest bien une force de rappel de type ressort (proportionnelle

a` une elongation par rapport a` lorigine) dintensite Fate = 4, 6 108 N .4. En negligeant toute autre force que la force electrique, on ecrit ma = Fate. Lequation differentielle se

projette integralement sur laxe Ox et donne : md2xdt2 +

q2e40a30

x = 0. Cest lequation differentielle classique dun

oscillateur qui, compte tenu des conditions initiales, posse`de la solution : x = x0 cos0t avec 0 =

q2e40a30m

.

5. La position dequilibre est donnee par Ftot = 0 donc par un champ electrique totale nul. Il est resulte

lequation Ea +qe

40a30r0 = 0. La position est donc : r

0 = 40a

30

qeEa. Pour que cette position existe, il faut

quon soit encore a` linterieur du noyau donc que r0 a0. Ceci permet dobtenir la valeur maximale du champelectrique que lon peut accepter : Eamax =

qe40a20

= 5, 8 1011 V m1 .

6. On trouve : p = qer0ex = 4pi0a

30Eaex .

7. On a donc : = 4pia30 = 1, 6 1030 m3 qui est un volume et posse`de par le fait le m3 comme unite. Ilfaut comparer la polarisabilite a` un volume, pourquoi ne pas la comparer au volume de latome 43pia

30.

8. Lequation differentielle est presque la meme que precedemment, il faut ajouter un second membre corres-

pondant au champ oscillant : md2xdt2 +

q2e40a30

x = qeEam cost .9. On recherche la solution de lequation en regime permanent sinusodal en complexes selon : x = X exp jt.

On trouve que X = qeEam(22

0). Le moment dipolaire est alors (en faisant attention a` son sens) : p = qeXex.

La polarisabilite est par consequent : () =q2e

m0(202)

. Sa representation est effectuee sur la figure 5. Le

mode`le sans force de dissipation fait apparatre une singularite en = 0 quil faut relativiser.

b b

0 0

Fig. 5 Polarisabilite ()

B. Etude du champ electrique dans un plasma

10. Dans la situation dequilibre, on peut ecrire que le nombre delectrons est dN = nDdx. Lorsque laperturbation passe, ce meme nombre delectrons doit etre conserve. On a donc : dN = (n + dn)(dx+ d)S.En egalant, ces deux expressions on arrive a` n = (n+dn)(1+ ddx ). Compte tenu du fait que la perturbation

est telle que d dx, on pourra ecrire que dn(1+ ddx ) = dn. Lequation demandee est alors : dn = n ddx .11. La charge volumique (x, t) va etre positive puisquelle resulte du deplacement des electrons de dans le

sens +x. Le nombre delectrons a diminue de n ddx , cela veut dire quil y a localement n ddx charges +qe en

plus. La charge volumique est donc : (x, t) = qen ddx . Un electron qui se deplace sur la droite x vers la droite



de est responsable dun moment dipolaire qeex. Pour obtenir le moment dipolaire volumique, il suffit demultiplier par la densite volumique delectrons n. On a donc : P = nqeex .12. Sur laxe Ox, la divergence posse`de une expression simple : divEP =

dEPdx =

qen

0

ddx . On inte`gre

avec une constante dintegration nulle puisquen labsence de perturbation le champ electrique doit etre nul :

EP =qen

0ex .

13. On observe alors que : P = 0EP .

14. La relation de la dynamique est : m d

dt2 ex = qeEP . On trouve alors d2dt2 +

q2en

m0 = 0 .

15. Le plasma est le sie`ge doscillations spontanees de la charge volumique electronique comme le montre

lequation doscillateur obtenue juste avant. La pulsation de plasma est p =

q2en

m0= 1, 8 1016 rad s1 .

16. Avec le champ supplementaire oscillant, on obtient lequation d2dt2 +

q2en

m0 = qeEam cost. La re-

cherche des solutions en complexes fournit la relation (2 2p) = qeEam . La polarisation volumique est donc :P =

nq2eEam

12p

2 costex . Le champ electrique totale est E = Ea + EP . En utilisant a` la fois EP = P0 etlexpression issue du calcul precedent permettant de relier Ea et P, on arrive a` 0E = 22pP. On trouve que :

() = 2p

2 .

C. Onde electromagnetique dans un plasma

17. Dans le vide lequation de DAlembert est : E = 002Et2 =

1c2

2Et2 . Dans le contexte du plasma etudie,

on va trouver : E = 1c2 (1 2p2 )

2Et2 . En testant la forme OPPS proposee, on trouve lequation de dispersion

suivante : k2 =22pc2 .

18. Vitesse de phase : v =k =

c1

2p

2

. Vitesse de groupe : vg =ddk =

c2

v= c

1 2p2 .

19. Pour que la forme OPPS puisse correspondre a` une onde se propageant, il faut que k soit un reel etpar consequent k2 > 0. Si k2 < 0 alors k est imaginaire pure et les solutions vont contenir des exponentiellesreelles decroissantes qui traduisent labsence de propagation en amortissant lamplitude de londe. La pulsation

de coupure du plasma est donc c = p =

q2en

m0.

20. Pour lionosphe`re, on trouve une frequence : fc =c2 = 9 MHz. Il sagit dondes radio comprises entre la

FM autour de 100 MHz et les Grandes Ondes qui sont situees autour de 200 kHz.

21. Les ondes de frequences inferieures a` fc vont donc se reflechir sur lionosphe`re. On exploite cette proprietedans les communications terrestres radio. Cela permet par reflexion de joindre un point situe de lautre cote dela Terre ou tout au moins de joindre des points qui ne sont pas accessibles en ligne droite du fait de la rotonditede la Terre.


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