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physique mp

Physique MP–PT
J’évalue mon niveau
en 500 questions
François Clausset
Anne Muller-Clausset
Professeur en MP*
au lycée du Parc à Lyon
Docteur de l’université Paris VI
Ancien professeur en PCSI au lycée
La Martinière-Monplaisir
à Lyon
Agrégée de l’université
Illustration de couverture :
© puentes – Fotolia.com
© Dunod, Paris, 2012
ISBN 978-2-10-058563-2
Table des matières
Formulaire mathématique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
vii
PARTIE 1
M ÉCANIQUE
CHAPITRE 1
•
CINÉMATIQUE DES SYSTÈMES ET DU SOLIDE . . . . . . . . . . . . . .
2
CHAPITRE 2
•
DYNAMIQUE DES SYSTÈMES ET DU SOLIDE . . . . . . . . . . . . . . .
8
CHAPITRE 3
•
ACTIONS DE CONTACTS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16
CHAPITRE 4
•
ÉTUDE ÉNERGÉTIQUE DES SYSTÈMES MATÉRIELS . . . . . . . . . .
22
Corrigés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
30
PARTIE 2
É LECTROCINÉTIQUE
CHAPITRE 5
•
FILTRES D’ORDRE 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
62
CHAPITRE 6
•
DÉCOMPOSITION DE FOURIER - FILTRAGE D’UN SIGNAL . . . . .
69
CHAPITRE 7
•
CIRCUITS NON LINÉAIRES - OSCILLATEURS . . . . . . . . . . . . . . . .
75
Corrigés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
83
PARTIE 3
É LECTROMAGNÉTISME
CHAPITRE 8
•
CHAMP ÉLECTROSTATIQUE ET POTENTIEL . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
CHAPITRE 9
•
CONDUCTEURS EN ÉQUILIBRE ÉLECTROSTATIQUE . . . . . . . . . . 113
v
Table des matières
CHAPITRE 10
•
DISTRIBUTIONS DE COURANTS
ET CHAMPS MAGNÉTIQUES STATIQUES . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
CHAPITRE 11
•
ACTIONS DE LAPLACE - DIPÔLE MAGNÉTIQUE . . . . . . . . . . . . 124
CHAPITRE 12
•
ÉQUATIONS DE MAXWELL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
CHAPITRE 13
•
INDUCTION ÉLECTROMAGNÉTIQUE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
CHAPITRE 14
•
GÉNÉRALITÉS SUR LES ONDES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142
CHAPITRE 15
•
ONDES ÉLECTROMAGNÉTIQUES DANS LE VIDE . . . . . . . . . . . 147
CHAPITRE 16
•
QUELQUES EXEMPLES D’APPLICATIONS
DES ONDES ÉLECTROMAGNÉTIQUES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153
Corrigés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164
PARTIE 4
T HERMODYNAMIQUE
CHAPITRE 17
•
ÉCOULEMENTS - MACHINES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244
CHAPITRE 18
•
CONDUCTION THERMIQUE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250
CHAPITRE 19
•
RAYONNEMENT THERMIQUE (MP) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257
Corrigés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263
PARTIE 5
O PTIQUE
CHAPITRE 20
•
INTERFÉRENCES À DEUX ONDES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 290
CHAPITRE 21
•
COHÉRENCE TEMPORELLE ET SPATIALE DE DEUX ONDES . . . 298
CHAPITRE 22
•
DIFFRACTION DE FRAUNHOFER ET RÉSEAUX . . . . . . . . . . . . . 305
CHAPITRE 23
•
INTERFÉROMÈTRE DE MICHELSON . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313
Corrigés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 319
vi
Formulaire
mathématique
1 Les opérateurs
On donne les expressions des opérateurs s’appliquant à une grandeur scalaire V ou à
−a .
un vecteur →
1.1 Coordonnées cartésiennes
−
−
−
Les vecteurs de base sont notés →
ux , →
uy et →
uz .
∂V →
∂V →
∂V →
−−−→
−
−
−
ux +
uy +
uz
grad V =
∂x
∂y
∂z
∂ax ∂ay ∂az
+
+
∂x
∂y
∂z
∂ay ∂ax →
∂ax ∂az →
∂az ∂ay →
−→→
−
−
−
−
−
ux +
−
uy +
−
uz
rot a =
∂y
∂z
∂z
∂x
∂x
∂y
−a =
div→
ΔV =
∂2 V ∂2 V ∂2 V
+ 2 + 2
∂x2
∂y
∂z
−
→
−
→
−
−a = Δa →
Δ→
x u x + Δay uy + Δaz uz
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
1.2 Vecteur nabla en coordonnées cartésiennes
→
−
Le vecteur nabla est noté ∇.
→
−
∂−
∂−
∂−
ux + →
uy + →
uz
∇= →
∂x
∂y
∂z
(6)
Les diﬀérents opérateurs s’expriment en coordonnées cartésiennes avec les expressions suivantes :
−−−→
→
−
grad V = ∇V
− →
−a = →
div →
∇ · −a
→
− −
−→→
rot −a = ∇ ∧ →
a
(7)
(8)
(9)
vii
Cours
Formulaire mathématique
→
−
ΔV = ∇ 2 V
(10)
→
−
→
−
−2
−a = →
Δ→
∇ ax + ∇ 2 ay + ∇ 2 az
(11)
1.3 Coordonnées cylindriques
Les notations utilisées sont définies sur la figure 1.
Figure 1
1 ∂V →
∂V →
−−−→
∂V →
−
−
−
ur +
uθ +
uz
grad V =
∂r
r ∂θ
∂z
1 ∂ (rar ) 1 ∂aθ ∂az
+
+
r ∂r
r ∂θ
∂z
∂ar ∂az →
1 ∂ (raθ ) ∂ar →
1 ∂az ∂aθ →
−→→
−
−
−
−
−
ur +
−
uθ +
−
uz
rot a =
r ∂θ
∂z
∂z
∂r
r
∂r
∂θ
1 ∂2 V ∂2 V
1 ∂ ∂V
r
+ 2 2 + 2
ΔV =
r ∂r ∂r
r ∂θ
∂z
−a =
div→
1.4 Coordonnées sphériques
Les notations utilisées sont définies sur la figure 2.
viii
(12)
(13)
(14)
(15)
Formulaire mathématique
Cours
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Figure 2
1 ∂V →
1 ∂V →
−−−→
∂V →
−
−
−
ur +
uθ +
uφ
grad V =
∂r
r ∂θ
r sin θ ∂φ
⎞
⎛ 2
⎜⎜⎜ ∂ r sin θ ar
⎟⎟⎟
∂
r
a
φ
(r
)
∂
sinθ
a
1
θ
−a =
⎜⎜⎜
⎟⎟⎟
+
+
div→
∂r
∂θ
∂φ ⎠
r2 sin θ ⎝
⎧
⎛ ⎞
⎪
⎜⎜⎜ ∂ sin θ aφ
⎟⎟⎟
⎪
∂a
1
⎪
θ
−
⎪
⎜⎜⎜
⎟⎟⎟ →
⎪
−
ur
⎪
⎪
⎝
⎠
⎪
r sin θ
∂θ
∂φ
⎪
⎪
⎪
⎪
⎞
⎛
⎪
⎪
⎨ ⎜⎜⎜ 1 ∂ar 1 ∂ r aφ ⎟⎟⎟
−→→
−
rot −a = ⎪
⎟⎟⎟ →
⎜
⎪
⎜⎜⎝
−
⎪
⎪
⎠ uθ
⎪
r
sin
θ
∂φ
r
∂r
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
1 ∂ (r aθ ) ∂ar →
⎪
−
⎪
⎪
−
uφ
⎩
r
∂r
∂θ
∂2 V
∂
1
∂V
1
1 ∂ 2 ∂V
r
+ 2
sin θ
+
ΔV = 2
∂r
∂θ
r ∂r
r sin θ ∂θ
r2 sin2 θ ∂φ2
(16)
(17)
(18)
(19)
2 Relations avec les opérateurs
−−−→
−−−→
−−−→
grad (UV) = V grad U + U grad V
(20)
− →
−−−→
−a
div U →
a = −a · grad U + U div→
(21)
−−−→
−→ →
−→ −
−→ −
rot U −a = grad U ∧ rot →
a + U rot →
a
(22)
ix
Cours
Formulaire mathématique
− →
− −→ − →
−
−→→
−a ∧ →
div →
b = b · rot →
a − −a · rot b
(23)
→
−
−→ −−−→
rot grad U = 0
(24)
−→ − div rot →
a =0
(25)
−−−→ − −→ −→→
−a
rot rot −a = grad div→
a − Δ→
(26)
−
−−→ − 1 −−−→ 2 −→→
→
−a · −
a
grad →
a = grad a + rot −a ∧ →
2
x
(27)
Partie 1
Mécanique
1
Cinématique des
systèmes et du solide
Thèmes abordés
Avec ce questionnaire, vous évaluez vos compétences sur les sujets suivants :
•
•
•
•
•
•
Le référentiel barycentrique.
La condition de roulement sans glissement.
Les notions de résultante cinétique et de moment cinétique.
Les notions de résultante dynamique et de moment dynamique.
L’énergie cinétique d’un système.
Les théorèmes de Koenig (moment cinétique, moment dynamique, énergie cinétique).
• La loi de Varignon et le vecteur rotation d’un système.
• Le moment d’inertie d’un solide.
Notations. On appelle G le centre de gravité d’un système. Le référentiel galiléen
absolu sera noté R et le référentiel barycentrique R . Les moments cinétique et dy−→ −
→
namique et l’énergie cinétique dans R seront notés respectivement L , δ et Ec . De
manière générale, toutes les grandeurs dans R seront notées avec et les grandeurs
dans R sans .
Consignes
Vrai/Faux
Pour chacune des propositions suivantes, indiquer si elle est exacte ou non, en
rédigeant une courte explication, puis aller voir le corrigé page 30.
1 ❒ V ❒ F Le référentiel barycentrique est forcément galiléen.
2 ❒ V ❒ F Le moment cinétique d’un système dans R est indépendant du
point de calcul.
−→
3 ❒ V ❒ F Le moment dynamique δ/A par rapport à un point A est la dérivée
−−→
temporelle du moment cinétique L/A .
2
Énoncés
1 Cinématique des systèmes et du solide
Consignes
QCM
Répondre d’abord aux questions suivantes, puis aller voir le corrigé page 30.
Pour un bloc de questions concernant le même problème, répondre à tout le bloc
avant de consulter le corrigé. On rappelle qu’il y a une ou deux réponses exactes
par question. Il est nécessaire pour répondre d’écrire quelques lignes au brouillon.
−−→
4 Le théorème de Koenig pour le moment cinétique L/A dans R par rapport à un
point A, s’écrit :
−−→ −→ −−→
→
vG
❒ a. L/A = L + AG ∧ m−
−−→ −−→ −−→
→
❒ c. L = L + AG ∧ m−
v
/A
/G
−−→ −→ −−→
→
❒ b. L/A = L + GA ∧ m−
vG
−−→ −−→
→
−
❒ d. L/A = AG ∧ mvG
G
−→
5 Le moment dynamique δ/A d’un système dans R par rapport à un point A, s’écrit :
→ −−→
−→ −
❒ b. δ/A = δ + AG ∧ m−
a→
G
−→ −−→
❒ d. δ/A = δ/G
−→ −−→
a→
❒ a. δ/A = AG ∧ m−
G
→
−→ −
❒ c. δ/A = δ
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
−
6 On note A et B deux points d’un solide et →
ω son vecteur rotation. La loi de
Varignon pour ce solide s’écrit :
−→ −→
❒ a. VB = VA
−→ −→ − −−→
ω ∧ BA
❒ c. VB = VA + →
−→ −→ −−→ −
❒ b. VB = VA + BA ∧ →
ω
−→ →
−−→
−
❒ d. VB = ω ∧ BA
7 On s’intéresse à une échelle le long d’un mur (figure 1.1) :
Figure 1.1
−
Déterminer le vecteur rotation →
ω.
→
−
→
−
❒ a. ω = α̇uz
−
−
❒ c. →
ω = 2 α̇ sin α→
u
z
−
−
❒ b. →
ω = 2 α̇ cos α→
uz
→
−
→
−
❒ d. ω = −α̇u
z
3
Énoncés
1 Cinématique des systèmes et du solide
−
8 Établir la relation entre θ et le vecteur rotation →
ω pour un cylindre (rayon a)
roulant sans glisser au fond d’une gouttière cylindrique de rayon R (figure 1.2).
Figure 1.2
R −
−
uz
❒ a. →
ω = − θ̇→
a
−
−
❒ c. →
ω = θ̇→
u
z
R−a →
−
θ̇−
uz
❒ b. →
ω=−
a
R −
−
uz
❒ d. →
ω = θ̇→
a
9 On s’intéresse à un solide de masse m, en rotation par rapport à un axe Δ à la
vitesse angulaire ω. On note J le moment d’inertie de ce solide par rapport à Δ
et v la vitesse d’un point quelconque. Le moment cinétique du solide par rapport
à Δ est :
❒ b. LΔ = mv
❒ a. LΔ = J
❒ d. LΔ = J ω̇
❒ c. LΔ = Jω
10 L’énergie cinétique Ec du solide précédent est :
1 2
Jω
2
1
❒ c. Ec = J 2 ω2
2
❒ a. Ec =
1 2
mv
2 G
1 2
❒ d. Ec = JvG
2
❒ b. Ec =
11 De manière générale, l’énergie cinétique Ec dans R d’un solide de masse m
s’écrit :
1 2
❒ a. Ec = mvG
2
2
❒ c. Ec = Ec + mvG
❒ b. Ec = Ec
1 2
❒ d. Ec = Ec + mvG
2
Cet énoncé concerne les questions 12 à 13 :
On s’intéresse à un disque de masse m et de rayon R qui roule sans glisser sur le
1
sol. (figure 1.3). Son moment d’inertie par rapport à un axe Oz est J = mR2 .
2
−
−
→
ω = θ̇→
uz , le vecteur rotation du disque.
La vitesse du point O est −
vO et on note →
4
Énoncés
1 Cinématique des systèmes et du solide
Figure 1.3
12 La condition de roulement sans glissement s’écrit :
−
−
ω
❒ a. →
v0 = −R→
❒ b. v0 = −Rθ̇
−
−
❒ d. →
v = R→
ω
❒ c. v0 = Rθ̇
0
13 L’énergie cinétique Ec du disque est :
3 2
mv
4 O
3
❒ c. Ec = mv2O
❒ d. Ec = mv2O
2
Cet énoncé concerne les questions 14 à 17 :
On étudie le mouvement d’un véhicule (figure 1.4) constitué d’un châssis de
masse M et de deux roues identiques, de masse m, de rayon r et de moment
d’inertie mr2 par rapport à leur axe. Les roues roulent sans glisser sur le sol.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
1
❒ a. Ec = mv2O
2
❒ b. Ec =
Figure 1.4
−v = v→
−
Le véhicule avance avec la vitesse →
ux mesurée par rapport au sol. On
considère que les roues sont les seules parties en rotation du véhicule. On note
C le centre de gravité du châssis et G le centre de gravité du véhicule (châssis +
−
2 roues) avec CG = b. On note →
ω les vecteurs rotation de chaque roue.
14 Déterminer la résultante cinétique du véhicule :
−
→
−v
❒ a. Rc = M→
−
→
−v
❒ c. Rc = (M − 2m)→
−
→
−v
❒ b. Rc = 2m→
−
→
−v
❒ d. Rc = (M + 2m)→
5
Énoncés
1 Cinématique des systèmes et du solide
−−→
15 Déterminer le moment cinétique Li/G de la roue i par rapport à G :
−−→ −−−→
−v
❒ a. Li/G = GOi ∧ m→
−−−→
−−→
−v
−
ω + GOi ∧ m→
❒ c. Li/G = mr2→
−−→
−
❒ b. Li/G = mr2→
ω
−−→
−−−→
−v
−
❒ d. Li/G = mr2→
ω + OiG ∧ m→
−→
16 Déterminer le moment cinétique total LG du véhicule par rapport à G :
−→
−
ω
❒ a. LG = 2mr2→
−→
−
−
2→
uz
❒ b. LG = 2mr ω − 2mv(h − r)→
−→
→
−
❒ c. L = (−2m(h − r) + Mb)vu
G
−→
−
❒ d. LG = −2m(h − r)v→
uz
z
17 Déterminer l’énergie cinétique du véhicule :
1
❒ a. Ec = (M + 2m)v2
2
1
❒ c. Ec = (M − 2m)v2
2
1 2
Mv
2
1
❒ d. Ec = (M + 4m)v2
2
❒ b. Ec =
Cet énoncé concerne les questions 18 à 21 :
On modélise un gymnaste à la barre fixe par deux tiges articulées (l’une pour le
haut du corps, l’autre pour les jambes), de masses respectives m1 et m2 , de même
longueur 2 . Les centres de gravité des deux tiges sont G1 et G2 (figure 1.5). On
repère l’orientation des tiges par rapport à la verticale par les angles θ et ϕ.
Figure 1.5
La tige (1) peut tourner autour de l’axe Ox et les deux tiges ne sont mobiles que
dans le plan de la figure. Leurs moment d’inertie par rapport à un axe G1 x ou
m1 2 m2 2
et
.
G2 x sont respectivement
3
3
6
Énoncés
1 Cinématique des systèmes et du solide
18 Déterminer la vitesse du point G1 :
−−→
❒ a. VG1 =
−−→
❒ b. VG1 =
−−→
❒ c. VG1 =
−−→
❒ d. VG1 =
−
−
θ̇(cos θ→
uy − sin θ→
uz )
−
−
θ̇(− sin θ→
u + cos θ→
u)
y
z
−
−
θ̇(cos θ→
uy + sin θ→
uz )
−
−
θ̇(sin θ→
u + cos θ→
u)
y
z
19 Déterminer la vitesse du point G2 :
−−→
❒ a. VG2 =
−−→
❒ b. VG2 =
−−→
❒ c. VG2 =
−−→
❒ d. VG2 =
−
−
(−(2θ̇ sin θ + ϕ̇ sin ϕ)→
uy − (2θ̇ cos θ + ϕ̇ cos ϕ)→
uz )
−
−
((2θ̇ cos θ + ϕ̇ cos ϕ)→
u − (2θ̇ sin θ + ϕ̇ sin ϕ)→
u)
y
z
−
−
((2θ̇ cos θ + ϕ̇ cos ϕ)→
uy + (2θ̇ sin θ + ϕ̇ sin ϕ)→
uz )
−
−
((−2θ̇ sin θ + ϕ̇ cos ϕ)→
u + (2θ̇ cos θ + ϕ̇ sin ϕ)→
u)
y
z
20 Déterminer le moment cinétique L1x de la tige (1) par rapport à Ox :
❒ a. L1x =
m1 2
θ̇
3
2m1 2
θ̇
3
4m1 2
θ̇
=
3
❒ b. L1x = −
❒ c. L1x = 0
❒ d. L1x
21 Déterminer l’énergie cinétique Ec2 de la tige (2) :
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
❒ a. Ec2
m2
=
2
2
m2
=
2
2
4 2 4 2
ϕ̇ + θ̇
3
3
4 2
2
ϕ̇ + 4θ̇ + 4θ̇ϕ̇ cos(θ − ϕ)
❒ b. Ec2
3
m2 2 4 2
ϕ̇
❒ c. Ec2 =
2
3
m2 2 1 2
ϕ̇
❒ d. Ec2 =
2
3
Voir les corrigés du chapitre 1 page 30.
7
2
Dynamique des
systèmes et du solide
Thèmes abordés
Avec ce questionnaire, vous évaluez vos compétences sur les sujets suivants :
•
•
•
•
•
La notion de torseur des actions mécaniques.
La notion de couple.
Le théorème de la résultante dynamique (ou cinétique).
Le théorème du moment dynamique (ou cinétique).
La dynamique en référentiel non galiléen.
Notations. On appelle G le centre de gravité d’un système. Le référentiel galiléen
absolu sera noté R et le référentiel barycentrique R . Les moments cinétique et
−→
−
→
dynamique dans R seront notés respectivement L et δ . De manière générale,
toutes les grandeurs dans R seront notées avec et les grandeurs dans R sans .
Le référentiel terrestre est supposé galiléen et l’accélération de la pesanteur est
−g .
notée →
Ce chapitre contient essentiellement des exemples d’application des théorèmes.
Consignes
Vrai/Faux
Pour chacune des propositions suivantes, indiquer si elle est exacte ou non, en
rédigeant une courte explication, puis aller voir le corrigé page 36.
1 ❒ V ❒ F Si une action extérieure est un champ uniforme, son point d’application est G.
2 ❒ V ❒ F Un couple est une action extérieure dont la résultante est nulle.
3 ❒
V ❒ F Le théorème du moment cinétique par rapport à un point A s’écrit
⎞
⎛
−→ ⎟
⎜⎜⎜ d−
−−−−→
−−−−−→
⎜⎜⎜ L/A ⎟⎟⎟⎟⎟ = −
M/A,ext où M/A,ext est le moment des actions extérieures par rapport
⎝ dt ⎠
à A.
8
R
2 Dynamique des systèmes et du solide
Énoncés
4 ❒ V ❒ F La résultante et le moment des actions intérieures à un système sont
nuls.
5 ❒ V ❒ F La résultante de l’action d’inertie d’entraînement a pour point d’application G.
Consignes
QCM
Répondre d’abord aux questions suivantes, puis aller voir le corrigé page 37.
Pour un bloc de questions concernant le même problème, répondre à tout le bloc
avant de consulter le corrigé. On rappelle qu’il y a une ou deux réponses exactes
par question. Il est nécessaire pour répondre d’écrire quelques lignes au brouillon.
6 On s’intéresse au mouvement d’un bâton de majorette, lancé vers le haut avec
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
−
−
−
−
ux est
uz et une vitesse angulaire ω0→
ux où →
une vitesse initiale verticale →
v0 = v0→
un vecteur unitaire horizontal. On note m la masse du bâton, sa longueur, J
son moment d’inertie par rapport à l’axe Gx passant par son centre de gravité
G, z l’altitude du point G et ω la vitesse angulaire autour de l’axe Gx. Quelle(s)
est(sont) la(les) proposition(s) vraie(s) :
dω
= mg
❒ b. ż = −gt + v0
❒ a. J
dt
❒ c. ω = ω0
❒ d. ż = gt + v0
Cet énoncé concerne les questions 7 à 9 :
On s’intéresse à un cylindre de centre de gravité G, de masse m, de rayon r,
roulant sans glisser sur un plan incliné (figure 2.1). On lâche le cylindre sans
vitesse initiale à la position xG = 0. Son moment d’inertie par rapport à l’axe Gz
1
→
−
−
−
−
−
ω = ω→
uz son vecteur rotation et R = T →
ux + N→
uy l’action
est J = mr2 . On note →
2
de contact entre le plan et le cylindre.
Figure 2.1
9
Énoncés
2 Dynamique des systèmes et du solide
7 Le théorème de la résultante dynamique en projection sur les axes s’écrit :
❒ a. m x¨G = −T + mg sin α
❒ c. N − mg sin α = 0
❒ b. m x¨G = T + mg cos α
❒ d. N − mg cos α = 0
8 Le théorème du moment cinétique appliqué par rapport à Gz s’écrit.
❒ a. mrω̇ = 2T
❒ b. mrω̇ = −2T
❒ c. mω̇ = rT
❒ d. mω̇ = T
9 Par combinaison des équations précédentes, on obtient :
❒ a. x¨G =
3
g sin α
2
1
❒ b. x¨G = g sin α
2
2
❒ d. x¨G = g sin α
3
❒ c. x¨G = g sin α
Cet énoncé concerne les questions 10 à 13 :
On étudie le mouvement d’un point M (figure 2.2) de masse m suspendu à une
1
poulie de rayon r, de moment d’inertie J = m p r2 par rapport à l’axe Gz où m p
2
est la masse de la poulie. Le fil sans masse auquel est accroché M est inextensible
et ne glisse pas sur la poulie. La poulie est soumise à un couple moteur constant
−→
−
uz .
Γm = Γm→
Figure 2.2
10 Le moment cinétique de l’ensemble (poulie-fil-M) par rapport à l’axe Gz est :
❒ a. J θ̇
❒ b. (J + m)θ̇
❒ c. (J + mr )θ̇
2
❒ d. (J − mr2 )θ̇
11 Le théorème du moment cinétique appliqué à l’ensemble (poulie-fil-M) par rapport à l’axe Gz donne :
10
❒ a. (J − mr2 )θ̈ = Γm − mgr
❒ b. (J − mr2 )θ̈ = Γm + mgr
❒ c. (J + mr2 )θ̈ = Γm − mgr
❒ d. (J + mr2 )θ̈ = Γm + mgr
Énoncés
2 Dynamique des systèmes et du solide
12 On suppose qu’à l’instant t = 0, la masse M a une vitesse initiale nulle et une
position x0 . À l’instant t :
❒ a. x(t) =
mgr2 − Γm r 2
t + x0
2(J + mr2 )
❒ b. x(t) =
mgr2 − Γm r 2
t + x0
2(J − mr2 )
❒ c. x(t) =
−mgr2 + Γm r 2
t + x0
2(J + mr2 )
❒ d. x(t) =
mgr2 + Γm r 2
t + x0
2(J + mr2 )
13 La tension du fil en M est :
mgJ + mΓm r →
→
−
−
ux
❒ a. T = −
J + mr2
→
−
−
❒ c. T = −mg→
ux
→
−
−
❒ b. T = mg→
ux
−
→
− →
❒ d. T = 0
Cet énoncé concerne les questions 14 à 19 :
On étudie une sphère de rayon a, de masse m roulant sans glisser (même si ce
n’est plus le cas en toute fin du mouvement) sur un profil circulaire de rayon R
2
(figure 2.3). Le moment d’inertie de la sphère autour de l’axe Gz est J = ma2 .
5
À t = 0, on lâche la sphère sans vitesse initiale, le point G étant à la verticale du
→
−
−
−
uθ . La position de G est repérée par
point A. L’action de contact est R = N→
ur + T→
−
−
l’angle θ et l’on note →
ω = ω→
uz le vecteur rotation de la sphère.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
On souhaite déterminer pour quel angle θ la sphère décolle.
Figure 2.3
14 Déterminer la condition de roulement sans glissement de la sphère sur le profil.
❒ a. aω = Rθ̇
❒ c. aω = (R + a)θ̇
❒ b. ω = θ̇
❒ d. aω = −(R + a)θ̇
11
Énoncés
2 Dynamique des systèmes et du solide
15 Déterminer les projections du théorème de la résultante dynamique sur les direc−
−
uθ .
tions →
ur et →
❒ a. −mRθ̇2 = −mg cos θ + N
❒ b. −m(R + a)θ̇2 = −mg sin θ + N
❒ c. m(R + a)θ̈ = T + mg sin θ
❒ d. m(R + a)θ̈ = −T + mg sin θ
16 Appliquer le théorème du moment cinétique par rapport à Gz.
2 2
ma θ̈ = aT
5
2
❒ c. ma2 θ̈ = −aT
5
❒ a.
2 2
ma ω̇ = aT
5
2
❒ d. ma2 ω̇ = −aT
5
❒ b.
17 En combinant les équations précédentes on obtient :
7
θ̈(R + a) = −g sin θ
5
2
❒ c. θ̈(R + a) = g sin θ
5
❒ a.
7
θ̈(R + a) = g sin θ
5
2
❒ d. θ̈a = g sin θ
5
❒ b.
18 On veut déterminer l’expression de θ̇2 en fonction de θ. Après avoir multiplié par
θ̇ l’expression précédente, l’intégrer pour obtenir :
7
7 2
θ̇ (R + a) = g(1 − cos θ)
❒ b. θ̇2 (R + a) = g(1 − cos θ)
❒ a.
10
5
7 2
7 2
θ̇ (R + a) = −g cos θ
θ̇ (R + a) = g(1 + cos θ)
❒ d.
❒ c.
10
10
19 Déterminer pour quel angle θ la sphère décolle.
10
17
10
❒ c. cos θ =
7
❒ a. cos θ =
❒ b. cos θ =
❒ d. θ =
5
12
π
2
Cet énoncé concerne les questions 20 à 24 :
On s’intéresse au mouvement d’un animal A assimilé à un point matériel de
masse m. Cet animal se déplace dans le sens trigonométrique à l’intérieur d’une
roue de rayon R, mobile autour de l’axe Oz (figure 2.4). On note J = mr R2 son
moment d’inertie par rapport à cet axe. La vitesse de A par rapport à la roue est
de norme constante v. À l’instant t = 0, le point A est en bas de la roue (point B).
On veut déterminer quelle vitesse minimale doit avoir le point A pour atteindre
12
2 Dynamique des systèmes et du solide
Énoncés
le haut de la roue (point C). On repère la position de A avec l’angle θ et on note
→
−
−
ω = ω→
uz le vecteur rotation de la roue.
Figure 2.4
20 Le déplacement de A par rapport à la roue entraîne :
❒ a. Rθ̇ = ωR
❒ c. Rθ̇ = v − ωR
❒ b. Rθ̇ = v + ωR
❒ d. Rθ̇ = v
21 On note (S ) l’ensemble (roue + A). Déterminer le moment cinétique L/Oz de (S )
par rapport à l’axe Oz :
❒ a. L/Oz = (J + mR2 )ω
❒ b. L/Oz = (J + mR2 )θ̇
❒ c. L/Oz = Jω + mR2 θ̇
❒ d. L/Oz = Jω − mR2 θ̇
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
22 Le théorème du moment cinétique par rapport à Oz pour le système (S ) :
❒ a. (J + mR2 )ω̇ = −mgR cos θ
❒ b. J ω̇ + mR2 θ̈ = −mgR sin θ
❒ c. J ω̇ + mR2 θ̈ = mgR sin θ
❒ d. (J + mR2 )θ̈ = mgR sin θ
23 Obtenir l’équation diﬀérentielle en θ à partir de l’équation précédente, puis multiplier par θ̇ l’expression obtenue et l’intégrer pour déterminer l’équation diﬀérentielle reliant θ̇ et θ. Initialement, la roue est immobile (ω(t = 0) = 0). On
rappelle que J = mr R2 .
❒ a. (mr + m) Rθ̇ − v = mgR(cos θ − 1)
❒ b. (mr + m)Rθ̇ = mgR cos θ
❒ c. (mr + m)R2 θ̇2 = 2mgR cos θ
❒ d. (mr + m) R2 θ̇2 − v2 = 2mgR(cos θ − 1)
13
Énoncés
2 Dynamique des systèmes et du solide
24 Calculer la composante normale du support au point C et en déduire la vitesse
minimale vm pour atteindre le point C :
4mgR
❒ a. vm =
mr + m
2mgR
❒ c. vm =
mr + m
❒ b. vm =
4mgR
mr + m
gR +
❒ d. vm =
2mgR
mr + m
gR +
Cet énoncé concerne les questions 25 à 28 :
On s’intéresse à une barre de longueur et de masse m fixée au point O de l’axe
Oz. L’axe Oz est en rotation à vitesse angulaire constante ω > 0 par rapport à
un référentiel galiléen R (figure 2.5). Avec les orientations choisies (Oz orienté
−
−
vers le bas), on a →
ω = −ω→
uz et on note R le référentiel lié à l’axe en rotation.
−
−
−
u ,→
u ) est lié à R et la barre reste dans le plan xOz. La liaison
Le trièdre (O, →
u ,→
y
x
z
en O est parfaite. Le moment d’inertie de la barre par rapport à l’axe Oy est
J = m 2 /3.
Figure 2.5
−→
25 Déterminer la résultante de l’action d’inertie d’entraînement Fie s’exerçant sur
la barre.
−→
−
ux
❒ a. Fie = mω2 →
−→
−
ux
❒ c. Fie = mω2 sin θ→
2
−→
−
ux
❒ b. Fie = mω2 →
2
−→
−
ux
❒ d. Fie = mω2 cos θ→
2
26 Déterminer le moment de l’action d’inertie d’entraînement Mie par rapport à
l’axe Oy.
❒ a. Mie = mω
2
2
❒ c. Mie = mω2
14
2
2
3
2
sin θ cos θ
sin2 θ
❒ b. Mie = mω
2
❒ d. Mie = mω2
2
2
3
sin2 θ
sin θ cos θ
Énoncés
2 Dynamique des systèmes et du solide
27 Déduire des deux questions précédentes la distance OA du point A d’application
−→
de la résultante Fie :
❒ a. OA =
2
2
cos θ
❒ c. OA =
3
❒ b. OA =
❒ d. OA =
2
3
2
cos θ
28 Le théorème du moment cinétique par rapport à Oy s’écrit :
3g 3ω2
−
cos θ = 0
2
4
3g
− ω2 cos θ = 0
❒ d. θ̈ + sin θ
2
❒ a. θ̈ − sin θω2 cos θ = 0
❒ c. θ̈ − sin θ
3g
+ ω2 cos θ = 0
2
❒ b. θ̈ + sin θ
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Voir les corrigés du chapitre 2 page 36.
15
3
Actions de contacts
Thèmes abordés
Avec ce questionnaire, vous évaluez vos compétences sur les sujets suivants :
• Les lois d’Amontons-Coulomb.
• Les conditions de glissement ou non-glissement d’un solide.
• Le coeﬃcient de frottement de glissement (statique ou dynamique).
Notations. On appelle G le centre de gravité d’un système. Le référentiel galiléen
absolu sera noté R et le référentiel barycentrique R . Les moments cinétique et
−→
−
→
dynamique dans R seront notés respectivement L et δ . De manière générale,
toutes les grandeurs dans R seront notées avec et les grandeurs dans R sans .
Le référentiel terrestre est supposé galiléen et l’accélération de la pesanteur est notée
−
→
−g . La résultante de l’action de contact →
R se décompose en une composante tangen→
−
→
−
tielle T et une composante normale N . Sauf indication contraire, on confond les
coeﬃcients de frottement de glissement statique et dynamique, et on note f ce coefficient.
Ce chapitre contient essentiellement des exemples d’application des théorèmes.
Consignes
Vrai/Faux
Pour chacune des propositions suivantes, indiquer si elle est exacte ou non, en
rédigeant une courte explication, puis aller voir le corrigé page 44.
→
−
1 ❒ V ❒ F Dans le cas d’un roulement sans glissement la composante T est
nulle.
→
−
→
−
2 ❒ V ❒ F On peut écrire l’inégalité T ≤ f N dans le cas de l’immobilité
uniquement.
→
−
3 ❒ V ❒ F Lorsqu’il y a glissement, la vitesse de glissement est colinéaire à T
et de sens opposé.
16
3 Actions de contacts
Énoncés
Consignes
QCM
Répondre d’abord aux questions suivantes, puis aller voir le corrigé page 44.
Pour un bloc de questions concernant le même problème, répondre à tout le bloc
avant de consulter le corrigé. On rappelle qu’il y a une ou deux réponses exactes
par question. Il est nécessaire pour répondre d’écrire quelques lignes au brouillon.
4 Un parallélépipède (S ) de masse m est posé sur un plan incliné qui fait un angle
α avec l’horizontale. Exprimer la condition d’immobilité du solide (S ).
❒ a. tan α ≥ f
❒ b. tan α ≤ f
❒ c. cotan α ≥ f
❒ d. cotan α ≥ f
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Cet énoncé concerne les questions 5 à 7 :
On considère trois tuyaux cylindriques de centres C1 , C2 et C3 , de même rayon
R, de même masse M. On note f le coeﬃcient de frottement entre les tuyaux et
le sol et f celui entre les tuyaux. On se place à la limite de l’équilibre, si bien
qu’il n’y a pas contact entre les deux cylindres inférieurs.
→ −→
→ −
→
→ −
−
→ −→ −
−
→ −
On note T 1 , N1 , T 1 , N1 (respectivement T 2 , N2 , T 2 , N2 ) les actions de contact
s’exerçant sur le tuyau (1) (respectivement (2)) comme indiqué sur la figure 3.1.
On pourra justifier les sens choisis pour les actions en réfléchissant aux sens des
vitesses de glissement à la rupture d’équilibre.
Figure 3.1
17
Énoncés
3 Actions de contacts
5 En appliquant le théorème du moment cinétique à des systèmes bien choisis,
montrer que :
−
→
−
→
❒ a. T 1 = T 1 √
→
3 −
−
→
❒ c. T 2 =
T 2 2
−
→
−
→
❒ b. T 1 = T 2 √
→
3 −
−
→
T 1 ❒ d. T 1 =
2
6 En appliquant le théorème de la résultante dynamique séparément aux diﬀérents
cylindres, ainsi qu’au système formé des trois cylindres, établir que :
√ −
√ −
−→
−→
→
−→
→
❒ b. 2Mg = N1 + 3T 1 ❒ a. 2Mg = N1 − N1 − 3T 1 √
−→
−→
−
→
❒ d. 3Mg = 2N1 ❒ c. T 1 (2 + 3) = N1 7 Les conditions d’équilibre des tuyaux sont :
❒ a. f ≥
1
2+
❒ b. f ≤
√
3
1
❒ c. f ≤
√
3(2 + 3)
1
2+
√
3
1
❒ d. f ≥
√
3(2 + 3)
Cet énoncé concerne les questions 8 à 10 :
On étudie la condition de basculement d’une caisse de masse M, que l’on pousse
→
−
sur le sol horizontal et qui glisse avec une vitesse V constante (figure 3.2). On
note I le point d’application de l’action de contact entre la caisse et le sol à
→
−
distance D de O. On note A le point d’application de la force de poussée F
horizontale.
Figure 3.2
8 L’application du théorème de la résultante dynamique aboutit à :
→
−
−
❒ a. T = −F→
ux
→
−
−
❒ c. T = f Mg→
ux
18
→
−
−
❒ b. T = − f Mg→
ux
−
→
− →
❒ d. T = 0
3 Actions de contacts
Énoncés
9 Le moment Γz des actions par rapport à l’axe Gz est :
❒ a. Γz = (D − b)Mg + a f Mg − (h − a)F
❒ b. Γz = (D − b)Mg − aF − (h − a)F
❒ c. Γz = (D − b)Mg − a f Mg − (h − a)F
❒ d. Γz = (D − b)Mg − a f Mg + (h − a)F
10 La condition pour que la caisse bascule est :
b − af
h−a
b + af
❒ c. F > 0
❒ d. F > Mg
h−a
Cet énoncé concerne les questions 11 à 17 :
Cette série de questions étudie le mouvement d’un cylindre, de masse m et de
rayon R, posé sur un sol horizontal immobile, son centre d’inertie G étant animé
−
−
−
−
ω = ω→
uy le vecteur
ux (figure 3.3). On note →
initialement d’une vitesse →
v0 = v0→
rotation du cylindre À t = 0, ω = 0 et xG = 0. Le moment d’inertie du cylindre
1
par rapport à l’axe Gy est J = mR2 .
2
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
❒ a. F > Mg
b − af
h−a
❒ b. F < Mg
Figure 3.3
−
11 On note →
vg la vitesse de glissement du cylindre sur le sol. Quelle(s) est(sont)
la(les) proposition(s) vraie(s) à l’instant t = 0 ?
→
−
−
−
−
❒ b. →
vg = −v0→
ux
❒ a. →
vg = 0
→
−
→
−
→
− →
→
−
❒ c. T = − T −
u
❒ d. T = 0
x
12 Déduire l’expression de x¨G des projections du théorème de la résultante dynamique.
❒ a. x¨G = − f g
❒ b. x¨G = + f g
❒ c. x¨G = 0
❒ d. x¨G = −g
19
Énoncés
3 Actions de contacts
13 Déduire du théorème du moment cinétique, l’expression de ω en fonction du
temps.
gft
R
2mg f t
❒ d. ω =
R
−2g f t
R
2g f t
❒ c. ω =
R
❒ b. ω =
❒ a. ω =
14 Déterminer l’expression de la vitesse de glissement en fonction du temps.
−
−
ux
❒ a. →
vg = (v0 + g f t)→
→
−
−
❒ c. v = (−v + g f t)→
u
g
0
x
−
−
❒ b. →
vg = (v0 − g f t)→
ux
→
−
−
❒ d. v = (v − 3g f t)→
u
g
0
x
15 Pour quel instant t1 le glissement s’arrête-t-il ?
❒ a. Le glissement ne s’arrête pas.
v0
❒ c. t1 =
gf
v0
3g f
❒ d. t1 = 0
❒ b. t1 =
16 À l’aide des théorèmes, déterminer x˙G et ω pour t > t1 .
⎧
⎪
⎪
⎪
⎪ x˙G = v0
⎨
❒ a. ⎪
v0
⎪
⎪
⎪
⎩ω =
R
⎧
2
⎪
⎪
⎪
x˙ = v
⎪
⎪
⎨ G 3 0
❒ c. ⎪
⎪
⎪
2v
⎪
⎪
⎩ω = − 0
3R
⎧
2
⎪
⎪
⎪
x˙ = − v0
⎪
⎪
⎨ G
3
❒ b. ⎪
⎪
⎪
2v
⎪
⎪
⎩ω = − 0
3R
⎧
2
⎪
⎪
⎪
x˙ = v
⎪
⎪
⎨ G 3 0
❒ d. ⎪
⎪
⎪
2v
⎪
⎪
⎩ω = 0
3R
17 Que peut-on dire du mouvement pour t > t1 ?
❒ a. Le glissement va reprendre.
❒ b. Il y a roulement sans glissement ∀t > t1 .
❒ c. Le cylindre va s’arrêter.
❒ d. Le cylindre peut repartir en arrière.
Cet énoncé concerne les questions 18 à 21 :
On s’intéresse à une personne sur un monocycle (figure 3.4). Par l’intermédiaire
−→
−
uz
du pédalier et de l’essieu, la personne transmet un couple moteur Γm = Γm→
constant à la roue. An niveau de l’essieu, les forces de contact sont parfaites. La
roue de masse m, de rayon R, de moment d’inertie J = mR2 par rapport à l’axe
→
−
−
Cz subit de la part du sol (au point I) un frottement T = T →
uy de coeﬃcient f .
20
3 Actions de contacts
Énoncés
On note M la masse du système (S ) = (monocyle + personne) et G son centre
d’inertie.
Figure 3.4
Au démarrage, les points G, C et I sont sur la même verticale et l’ensemble du
système est au repos.
18 Soient (x, y, z) les coordonnées du point C. Par application du théorème de la
résultante dynamique à (S ) au démarrage, on obtient :
❒ a. M ÿ = T
❒ b. M ÿ = −T
❒ c. N = −Mg
❒ d. Mz̈ = Γm
−
−
19 On note →
ω = ω→
uz le vecteur rotation de la roue. Appliquer le théorème du mo-
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
ment cinétique à la roue au démarrage.
❒ a. J ω̇ = −T R + Γm
❒ b. J ω̇ = +T R + Γm
❒ c. J ω̇ = T R − Γm
❒ d. J ω̇ = −T R − Γm
20 On suppose que la roue ne glisse pas au départ. Déterminer l’expression de ÿ :
Γm
(−M + m)R
Γm
❒ c. ÿ = −
(M + m)R
❒ a. ÿ =
Γm
(−M + m)R
Γm
❒ d. ÿ =
(M + m)R
❒ b. ÿ = −
21 Déduire des résultats précédents la condition sur Γm pour que la roue ne glisse
eﬀectivement pas au démarrage.
❒ a. Γm ≥ f (M + m)Rg
❒ c. Γm ≤ f (M + m)Rg
❒ b. Γm ≤ f (M − m)Rg
❒ d. Γm ≥ f (M − m)Rg
Voir les corrigés du chapitre 3 page 44.
21
4
Étude énergétique
des systèmes
matériels
Thèmes abordés
Avec ce questionnaire, vous évaluez vos compétences sur les sujets suivants :
•
•
•
•
•
•
Puissance et travail d’une action mécanique.
Puissance des actions de contact.
Les théorèmes de l’énergie et de la puissance cinétique.
L’énergie potentielle.
L’énergie mécanique.
L’étude des positions d’équilibre d’un système.
Notations. On appelle G le centre de gravité d’un système. Le référentiel galiléen
absolu sera noté R et le référentiel barycentrique R . Les moments cinétique et
−→
−
→
dynamique dans R seront notés respectivement L et δ . De manière générale,
toutes les grandeurs dans R seront notées avec et les grandeurs dans R sans .
Le référentiel terrestre est supposé galiléen et l’accélération de la pesanteur est notée
−
→
−g . La résultante de l’action de contact →
R se décompose en une composante tangen→
−
→
−
tielle T et une composante normale N . Sauf indication contraire, on confond les
coeﬃcients de frottement de glissement statique et dynamique, et on note f ce coefficient.
Consignes
Vrai/Faux
Pour chacune des propositions suivantes, indiquer si elle est exacte ou non, en
rédigeant une courte explication, puis aller voir le corrigé page 51.
1 ❒ V ❒ F La puissance des actions intérieures à un système est nulle.
2 ❒ V ❒ F La puissance des actions de contact peut être nulle.
22
Énoncés
4 Étude énergétique des systèmes matériels
3 ❒ V ❒ F Dans R , la puissance de l’action d’inertie d’entraînement est
nulle.
4 ❒ V ❒ F Le théorème de la puissance cinétique permet d’obtenir l’équation
du mouvement dans tous les cas.
5 ❒ V ❒ F Une action dérivant d’une énergie potentielle est conservative.
6 ❒ V ❒ F La puissance de l’action de Coriolis est nulle, quel que soit le référentiel.
Consignes
QCM
Répondre d’abord aux questions suivantes, puis aller voir le corrigé page 52.
Pour un bloc de questions concernant le même problème, répondre à tout le bloc
avant de consulter le corrigé. On rappelle qu’il y a une ou deux réponses exactes
par question. Il est nécessaire pour répondre d’écrire quelques lignes au brouillon.
7 On note A un point d’un solide en mouvement, soumis à une action extérieure
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
−−−−−−→
→
−
−−→
de résultante Fext et de moment M/M,ext par rapport à un point M. On note Ω le
vecteur rotation du solide. La puissance P de l’action extérieure est :
−−−→ −−→ →
− −−−−−−→
−−−→ −−→
❒ b. P = v(A) · Fext + Ω · M/G,ext
❒ a. P = v(G) · Fext
−−−→ −−→ →
− −−−−−→
−−−→ −−→ →
− −−−−−→
❒ c. P = v(A) · Fext + Ω · M/A,ext
❒ d. P = v(G) · Fext + Ω · M/A,ext
8 Dans le cas où le solide est en rotation autour d’un axe fixe Δ, on note MΔ le
moment de l’action extérieure précédente par rapport à l’axe. La puissance P
de l’action extérieure est :
❒ b. P = 0
❒ a. P = ΩMΔ
−−−→ −−→
❒ d. P = v(A) · Fext + ΩMΔ
❒ c. P = v(G)MΔ
9 On considère deux solides (S 1 ) et (S 2 ) en contact au point I, point coïncidant
−
→−
→ −
→
aux points I1 ∈ (S 1 ) et I2 ∈ (S 2 ). On note R1 (T 1 , N1 ) l’action de contact de
−
→−
→ −
→
→
v−
glissement de (S 2 ) sur (S 1 ) et R2 (T 2 , N2 ) celle de (S 1 ) sur (S 2 ). On note −
g,i j la
vitesse de glissement de (S i ) sur (S j ). La puissance P des actions de contact
s’écrit :
→ −−−−→
−
→ −−→
−
→ −−−−→ −
❒ b. P = T 1 · −
vg,12
❒ a. P = R1 · v(G1 ) + R2 · v(G2 )
−
→ −−−→
−
→ −−−→ −
→ −−→
❒ c. P = T · v
❒ d. P = T · v
+T ·−
v
2
g,12
1
g,12
2
g,21
23
Énoncés
4 Étude énergétique des systèmes matériels
Cet énoncé concerne les questions 10 à 12 :
On s’intéresse au pendule de la figure (4.1). Les actions de contact sur l’axe Oy
sont parfaites. On note a la distance OG, m la masse et J le moment d’inertie par
rapport à Oy.
Figure 4.1
10 La puissance du poids est :
❒ a. −mgaθ̇ sin θ
❒ b. mgaθ̇ sin θ
❒ c. −mgaθ̇ cos θ
❒ d. mgaθ̇ cos θ
11 Le théorème de la puissance cinétique s’écrit :
d 1 2 2
ma θ̇ = −mgaθ̇ sin θ
❒ a.
dt 2
d 1 2
J θ̇ = mgaθ̇ sin θ
❒ b.
dt 2
d 1 2 2
ma θ̇ = mgaθ̇ sin θ
❒ c.
dt 2
d 1 2
J θ̇ = −mgaθ̇ sin θ
❒ d.
dt 2
12 On lâche le pendule sans vitesse initiale d’un angle θ0 . Déterminer la vitesse
angulaire lorsque le pendule passe à la verticale.
2mga
2mga
(1 − cos θ0 )
cos θ0
❒ b. ±
❒ a. ±
J
J
2mga
2mga
(1 − cos θ0 )
(1 − sin θ0 )
❒ c. ±
❒ d. ±
J
J
Cet énoncé concerne les questions 13 à 15 :
On s’intéresse à un cylindre de centre de gravité G, de masse m, de rayon r,
roulant sans glisser sur un plan incliné (figure 4.2). On lâche le cylindre sans
24
4 Étude énergétique des systèmes matériels
Énoncés
vitesse initiale à la position xG = 0. Son moment d’inertie par rapport à l’axe Gz
1
→
−
−
−
−
−
ω = ω→
uz son vecteur rotation et R = T →
ux + N→
uy l’action
est J = mr2 . On note →
2
de contact entre le plan et le cylindre.
On rappelle que la condition de roulement sans glissement est x˙G = −rω.
Figure 4.2
13 La puissance P des diﬀérentes actions est :
❒ a. P = −mg x˙G sin α − T ω
❒ c. P = −mg x˙G sin α
❒ b. P = +mg x˙G sin α − T ω
❒ d. P = +mg x˙G sin α
14 Le théorème de l’énergie cinétique s’écrit :
1
m x˙G 2 = mgxG sin α
2
1
❒ c. m x˙G 2 = mgxG sin α − T xG
2
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
❒ a.
❒ b.
3
m x˙G 2 = mgxG sin α
4
❒ d. m x˙G 2 = mgxG sin α
15 L’équation du mouvement s’écrit :
❒ a. x¨G = g sin α
❒ c. 2 x¨G = g sin α
3
x¨G = g sin α
2
❒ d. x¨G = g sin α − T
❒ b.
Cet énoncé concerne les questions 16 à 17 :
On étudie le mouvement d’un point M (figure 4.3) de masse m suspendu à une
1
poulie de rayon r, de moment d’inertie J = mr2 par rapport à l’axe Gz, la
2
poulie ayant la même masse m que M. Le fil sans masse auquel est suspendu M
→
−
−
ux la tension du fil
est inextensible et ne glisse pas sur la poulie. On note T I = T →
−−→
→
−
au point I et T M = −T ux celle au point M.
25
Énoncés
4 Étude énergétique des systèmes matériels
Figure 4.3
16 La puissance Pint des tensions est :
❒ a. Pint = 2T ẋ
❒ b. Pint = T rθ̇
❒ c. Pint = 0
❒ d. Pint = T ẋ
17 Le théorème de la puissance cinétique appliqué au système global s’écrit :
d 3
2
m x˙M = mg x˙M
❒ a.
dt 4
d 1
2
m x˙M = mg x˙M
❒ c.
dt 2
d 3
2
m x˙M = (mg + 2T ) x˙M
❒ b.
dt 4
d 3
2
m x˙M = (mg − T ) x˙M
❒ d.
dt 4
18 On considère un couple de torsion exercé par un fil ou un ressort spiral, de
constante de torsion C. Exprimer l’énergie potentielle E p de ce couple en fonction de l’angle θr au repos et de l’angle θ dont a tourné le fil ou le ressort. On
prendra E p = 0 pour θ = θr .
1
❒ b. E p = C θ2 − θr2
❒ a. E p = C (θ − θr )2
2
1 ❒ d. E p = C θ2 − θr2
❒ c. E p = C (θ − θr )
2
Cet énoncé concerne les questions 19 à 22 :
Une barre, de longueur , est liée à l’axe vertical Oz et à l’axe horizontal Ox par
des liaisons glissière parfaites, articulées de manière à ce que l’angle θ entre la
barre et l’axe Oz puisse varier (figure 4.4). On modélise ces liaisons par un point
A sur l’axe de rotation et un point B sur Ox. L’axe Ox est en rotation autour de
−
l’axe Oz, de vecteur rotation ω→
uz , avec ω constant.
Le moment d’inertie par rapport à un axe perpendiculaire à la barre et passant
1
par G est JG = m 2 . On fait l’étude dans le référentiel R lié à l’axe Ox.
12
26
Énoncés
4 Étude énergétique des systèmes matériels
Figure 4.4
19 Établir les éléments du torseur de l’action d’inertie d’entrainement (résultante
−−→
−→
Fie et moment en A, MA ).
−→
−
ux
❒ a. Fie = mω2 sin θ→
−−→ 1
❒ c. MA = mω2
3
2
−
cos θ sin θ→
uy
−→ 1
−
❒ b. Fie = mω2 sin θ→
ux
2
−−→ 1
−
❒ d. MA = mω2 2 cos θ sin θ→
uy
4
20 Établir l’expression E p,ie de l’énergie potentielle dont dérive l’action d’inertie
d’entraînement en considérant E p,ie = 0 pour θ = 0.
1
1
❒ b. E p,ie = − mω2
❒ a. E p,ie = − mω2 2 sin2 θ
8
6
1
1
❒ d. E p,ie = − mω2
❒ c. E p,ie = mω2 2 cos θ
2
6
2
sin2 θ
2
cos2 θ
21 Déterminer dans le référentiel tournant les positions d’équilibre de la barre.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
❒ a. θ = arccos
❒ c. θ = π
3g
3g
si
≤1
2
2 ω
2 ω2
❒ b. θ = − arccos
❒ d. θ = 0
3g
3g
si
≤1
2
2 ω
2 ω2
22 Déterminer la stabilité des positions d’équilibre.
❒ a. θ = 0 stable
❒ b. θ = 0 instable si
3g
1
2 ω2
3g
3g
instable
❒ d. θ = arccos
stable
2
2 ω
2 ω2
Cet énoncé concerne les questions 23 à 26 :
Une poulie de rayon a et de masse M p a son axe fixé à l’extrémité d’un ressort
(k, 0 ). Une corde inextensible et de masse négligeable s’enroule sans glisser
dans la gorge de la poulie. Elle est fixée au sol en un point A et à un point
matériel M de masse m (figure 4.5). On note ω la vitesse de rotation de la poulie
autour de son axe. Le moment d’inertie de la poulie par rapport à l’axe Gz est
1
J = M p a2 .
2
❒ c. θ = arccos
27
Énoncés
4 Étude énergétique des systèmes matériels
Figure 4.5
23 En utilisant les conditions de roulement sans glissement en I et J, relier les grandeurs ω, x˙G et x˙M .
❒ a. x˙G = −aω
❒ b. x˙M = x˙G + aω
❒ c. x˙M = 2 x˙G
❒ d. x˙M = −aω
24 Déterminer l’énergie cinétique Ec du système (Poulie + M + corde).
1
M p + 4m x˙G 2
2
1
M p + 8m x˙G 2
❒ c. Ec =
2
❒ a. Ec =
1
M p + m x˙G 2
2
1
3M p + 8m x˙G 2
❒ d. Ec =
4
❒ b. Ec =
25 Déterminer l’énergie potentielle E p du système (Poulie + M + corde).
2
1 ❒ a. E p = (M p + m)gxG + k xg − 0
2
2
1 ❒ b. E p = −(M p + m)gxG + k xg − 0
2
2
1 ❒ c. E p = −(M p + 2m)gxG + k xg − 0
2
2
1 ❒ d. E p = (M p + 2m)gxG + k xg − 0
2
28
4 Étude énergétique des systèmes matériels
Énoncés
26 Déterminer l’équation diﬀérentielle du mouvement pour xG .
3
M p + 4m x¨G + k(xG − 0 ) − (2m + M p )g = 0
2
M p + m x¨G + k(xG − 0 ) − (2m + M p )g = 0
3
M p + 4m x¨G + k(xG − 0 ) + (2m + M p )g = 0
2
M p + 4m x¨G + k(xG − 0 ) − (2m + M p )g = 0
❒ a.
❒ b.
❒ c.
❒ d.
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Voir les corrigés du chapitre 4 page 51.
29
Corrigés
1 Cinématique des systèmes et du solide
Vrai/Faux
1
❒V ❒
✗ F Le référentiel barycentrique est forcément galiléen.
Par définition, le référentiel barycentrique est en translation dans le référentiel d’origine, à
la vitesse du centre d’inertie ; il n’est galiléen que si le système est isolé, G étant alors en
mouvement rectiligne uniforme.
2
❒
✗ V ❒ F Le moment cinétique d’un système dans R est indépendant du point de
calcul.
−−→
−−→ −−−→
→
−
→
− −−−→
→
−
AMi ∧ mi vi =
AG ∧ mi vi +
GMi ∧ mi vi donc
Soit A le point de calcul : L/A =
−→ →
−−→ −−→
− −−→ −−→ −→ −−→
−−→
−
−−→ →
mi vi + L/G = AG ∧ P + L/G . Or P = 0 donc L/A = L/G .
L/A = AG ∧
i
i
i
i
3
−→
❒V ❒
✗ F Le moment dynamique δ/A par rapport à un point A est la dérivée tempo−−→
relle du moment cinétique L/A .
On calcule la dérivée du moment cinétique :
⎛
⎞
−−→
−−→
−−−→
⎟⎟ d−
d L/A
AMi
d ⎜⎜⎜⎜ −−−→
→
−
−
−
AMi ∧ mi vi ⎟⎟⎟⎠ =
AMi ∧ mi→
= ⎜⎝
∧ mi→
vi +
ai
dt
dt i
dt
i
i
⎛
⎞
−→ −→ →
−→ ⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ →
→
−
−
→
−
−
→
−
→
−
=
vG
vA ∧ mi vi = δ/A − ⎜⎝ mi ⎟⎠ −
vi − vA ∧ mi vi + δ/A = δ/A −
vA ∧ →
i
i
i
La dérivée du moment cinétique n’est donc égale au moment dynamique que si le point A
est fixe ou si sa vitesse est colinéaire à celle de G.
QCM
4
−−→
Le théorème de Koenig pour le moment cinétique L/A dans R par rapport à un point A,
s’écrit :
→ −−→
−−→ −
−−→ −→ −−→
−
−
❒ a. L = L + AG ∧ m→
v
❒ b. L = L + GA ∧ m→
v
✗
/A
/A
G
−−→ −−→ −−→
−
❒
vG
✗ c. L/A = L/G + AG ∧ m→
−−→ −−→
−
❒ d. L/A = AG ∧ m→
vG
On applique la loi de composition des vitesses :
−−−→ →
− −
−−→ −−−→
−
L/A =
AMi ∧ mi→
mi AMi ∧ vi + →
vG
vi =
i
30
i
G
Corrigés
−−→
−−→ −−→ −−−→ →
−−→ −
donc L/A = L/A +
mi AMi ∧ −
vG = L/A +m AG∧→
vG . En utilisant le résultat de la question 2 :
i
−−→ −→
−−→
−−→ −−→
−−→ − −−→
vG = L/G .
L/A = L/G = L et par ailleurs L/G = L/G + m GG ∧ →
Le moment cinétique par rapport à G est le même dans les deux référentiels.
5
−→
Le moment dynamique δ/A d’un système dans R par rapport à un point A, s’écrit :
→ −−→
−→ −
−→ −−→
a→
❒
a→
❒ a. δ/A = AG ∧ m−
✗ b. δ/A = δ + AG ∧ m−
G
G
−
→
−→
−→ −→
❒ c. δ/A = δ
❒ d. δ/A = δ/G
−→
−−→
−−→
dL/A d L d AG →
−−→
=
+
∧−
vG + AG ∧ m−
On dérive la relation précédente :
a→
G . On a montré à
dt
dt
dt
−
−
→
−−→
− →
d L/A
−→
d L/A
−→
= δ/A − m →
= δ/A . En combinant
vG et par conséquent
la question 3 que
vA ∧ −
dt
dt
−−→
−−→
−→
→
d AG →
d AG →
−−→
−→
−
→
−
−
→
−
∧ vG + AG ∧ maG . Comme
∧−
vG =
ces relations, δ/A − m vA ∧ vG = δ/A + m
dt
dt
→
→ −−→
−→ −
−
−
−
−
−
vG = −→
vA ∧ →
vA ∧ →
vG , on peut simplifier et on arrive à δ/A = δ + AG ∧ m−
a→
vG − →
G.
6
−
On note A et B deux points d’un solide et →
ω son vecteur rotation. La loi de Varignon
pour ce solide s’écrit :
−→ −→
−→ −→ −−→ −
❒ a. VB = VA
❒
ω
✗ b. VB = VA + BA ∧ →
−−→
−→ →
−−→
−
→ −→ →
−
−
❒ d. VB = ω ∧ BA
❒ c. VB = VA + ω ∧ BA
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Il s’agit de la relation fondamentale du torseur des vitesses d’un solide.
7
On s’intéresse à une échelle le long d’un mur (figure 1.1) :
−
Déterminer le vecteur rotation →
ω.
→
−
→
−
−
−
❒ a. ω = α̇u
❒ b. →
ω = 2 α̇ cos α→
u
z
−
−
❒ c. →
ω = 2 α̇ sin α→
uz
−
−
❒
ω = −α̇→
uz
✗ d. →
z
−−→
−−→
−−→
−
−
On utilise la loi de Varignon avec OB = 2 cos α→
u x et OA = 2 sin α→
uy . On a BA =
−−→ −
−
−
−
−
−
−
−
−
vB − →
ω = ω→
uz : BA ∧ →
u x et →
vA = −2 α̇ sin α→
u x + cos α→
uy . Soit →
ω =
2 sin α→
uy − cos α→
−
−
u . On obtient par identification entre les deux expressions ω = −α̇.
2 ω sin α→
u + cos α→
x
8
y
−
Établir la relation entre θ et le vecteur rotation →
ω pour un cylindre (rayon a) roulant sans
glisser au fond d’une gouttière cylindrique de rayon R (figure 1.2).
R −
R−a →
−
−
❒ a. →
ω = − θ̇→
❒
ω=−
uz
θ̇−
uz
✗ b. →
a
a
R −
−
−
−
❒ c. →
ω = θ̇→
uz
❒ d. →
ω = θ̇→
uz
a
31
Corrigés
−−→ →
−
La condition de roulement sans glissement est que v(I) = 0 .
−
−→ − →
−
Par conséquent →
vG + IG ∧ →
ω = 0 avec, puisque G est en mouvement circulaire de rayon
−
−
R − a à la vitesse angulaire θ̇, →
v = θ̇ (R − a) →
u.
G
θ
→
−
−
−
−
−
−
On en déduit que θ̇ (R − a) →
uθ − a→
ur ∧ ω→
uz = 0 soit θ̇ (R − a) →
uθ = −ωa→
uθ . Finalement,
(R − a) →
−
→
−
ω = −θ̇
et ω = ωuz .
a
9
On s’intéresse à un solide de masse m, en rotation par rapport à un axe Δ à la vitesse
angulaire ω. On note J le moment d’inertie de ce solide par rapport à Δ et v la vitesse
d’un point quelconque. Le moment cinétique du solide par rapport à Δ est :
❒ a. LΔ = J
❒
✗ c. LΔ = Jω
❒ b. LΔ = mv
❒ d. LΔ = J ω̇
Chaque élément du solide de masse dm est en mouvement circulaire de rayon r autour de
−v = ωr→
−
Δ, sa vitesse est →
uθ , son moment cinétique par
rapport à l’axe est dLΔ = dmωr2 . En
sommant sur le solide tout entier, LΔ = Jω avec J =
10
r2 dm.
L’énergie cinétique Ec du solide précédent est :
1
1
❒
❒ b. Ec = mvG2
✗ a. Ec = Jω2
2
2
1 2 2
1
❒ c. Ec = J ω
❒ d. Ec = JvG2
2
2
1
L’énergie cinétique de chaque élément du solide est dEc = dm (ωr)2 , en sommant sur le
2
1 2
2
r dm.
solide tout entier on obtient dEc = ω
2
11
De manière générale, l’énergie cinétique Ec dans R d’un solide de masse m s’écrit :
1
❒ a. Ec = mvG2
❒ b. Ec = Ec
2
1
❒ c. Ec = Ec + mvG2
❒
✗ d. Ec = Ec + mvG2
2
Il s’agit de démontrer le théorème de Koenig pour l’énergie
cinétique.
Dans R, Ec =
→
→
1
−
−
−
−
mi v2 . D’après la loi de composition des vitesses, v2i = vi + →
vG · vi + →
vG = v2
i +
2 i
i
⎛
⎞
⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟
→
− →
−
2
2 ⎜
mi ⎟⎟+
vG +2vi ·vG . En sommant sur tous les points du système, on obtient Ec = Ec +vG ⎜⎜⎝
2 ⎠
i
−→
−→ →
1
−
−
2→
vG · P . Or P = 0 donc Ec = Ec + mvG2 .
2
32
Corrigés
Cet énoncé concerne les questions 12 à 13 :
On s’intéresse à un disque de masse m et de rayon R qui roule sans glisser sur le sol.
1
(figure 1.3). Son moment d’inertie par rapport à un axe Oz est J = mR2 . La vitesse du
2
−
−
−
point O est →
vO et on note →
ω = θ̇→
uz , le vecteur rotation du disque.
12
La condition de roulement sans glissement s’écrit :
−
−
❒ a. →
v0 = −R→
ω
❒
✗ b. v0 = −Rθ̇
−
−
❒ d. →
v = R→
ω
❒ c. v = Rθ̇
0
0
→
−
−
D’après la condition de roulement sans glissement et le théorème de Varignon : →
vI = 0 =
−→ − →
→
−
→
−
−→
ω=−
vO + Rθ̇ −
u→
vO + IO ∧→
y ∧ uz = vO + Rθ̇ u x d’où vO = −Rθ̇. (Le vecteur vitesse du point
O et le vecteur rotation du solide ne sont pas colinéaires, mais orthogonaux !)
13
L’énergie cinétique Ec du disque est :
1
❒ a. Ec = mv2O
2
3 2
mv
4 O
3
❒ d. Ec = mv2O
2
❒
✗ b. Ec =
❒ c. Ec = mv2O
On combine le résultat de la question précédente avec le théorème de Koenig pour l’énergie
cinétique, O étant le centre d’inertie du disque :
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Ec =
1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2
mv + Jω = mvO + mR ω = mvO + mvO
2 O 2
2
4
2
4
Cet énoncé concerne les questions 14 à 17 :
On étudie le mouvement d’un véhicule (figure 1.4) constitué d’un châssis de masse M et
de deux roues identiques, de masse m, de rayon r et de moment d’inertie mr2 par rapport
à leur axe. Les roues roulent sans glisser sur le sol.
−v = v→
−
Le véhicule avance avec la vitesse →
u mesurée par rapport au sol. On considère que
x
les roues sont les seules parties en rotation du véhicule. On note C le centre de gravité
du châssis et G le centre de gravité du véhicule (châssis + 2 roues) avec CG = b. On
−
note →
ω les vecteurs rotation de chaque roue.
14
Déterminer la résultante cinétique du véhicule :
−
→
−v
❒ a. Rc = M→
❒ b.
→
−
→
−
❒ d.
❒ c. R = (M − 2m) v
c
✗
−
→
−v
Rc = 2m→
→
−
−v
Rc = (M + 2m)→
Le centre de gravité du châssis et les centres de gravité des roues se déplacent à la même
vitesse par rapport au sol (celle du véhicule) donc la résultante cinétique est, en sommant
→
−
−v + 2m→
−v .
les résultantes cinétiques des roues et du châssis : Rc = M→
33
Corrigés
15
−−→
Déterminer le moment cinétique Li/G de la roue i par rapport à G :
−−→ −−−→
−−→
−v
−
❒ a. Li/G = GOi ∧ m→
❒ b. Li/G = mr2→
ω
−−→
−
−
→
−
−
−
→
−−−→
→
−
−v
→
−
→
−
❒ d. L = mr2 ω + O G ∧ m→
❒ c. L = mr2 ω + GO ∧ m v
✗
i/G
i
i/G
i
On applique le théorème de Koenig pour le moment cinétique, le centre d’inertie de la roue
i étant Oi :
−−→ −→
−−−→
−−−→
−v
−
L = L + GO ∧ m−
v→ = mr2→
ω + GO ∧ m→
i/G
i
Oi
i
Ici ce n’est pas G le centre d’inertie du système considéré.
16
−→
Déterminer le moment cinétique total LG du véhicule par rapport à G :
−→
−
❒
ω
✗ a. LG = 2mr2→
−→
−
−
ω − 2mv(h − r)→
u
❒ b. L = 2mr2→
G
z
−→
−
❒ c. LG = (−2m(h − r) + Mb)v→
uz
−→
→
−
❒ d. LG = −2m(h − r)vuz
Le moment cinétique est la somme des moments cinétiques
des roues et du châssis d’où
−−→ −−−→ −−−→ −−−→
−−→ →
−−−→ −−−→
−v . Or G est le centre
−
−
2→
L/G = LC/G + L1/G + L2/G = MGC ∧ v + 2mr ω + GO1 + GO2 ∧ m→
−
−−→
−−→
−−−→ −−−→ →
−
d’inertie de l’ensemble donc MGC + m GO1 + GO2 = 0 . Il reste L/G = 2mr2→
ω.
17
Déterminer l’énergie cinétique du véhicule :
1
1
❒ a. Ec = (M + 2m)v2
❒ b. Ec = Mv2
2
2
1
1
❒ c. Ec = (M − 2m)v2
❒
✗ d. Ec = (M + 4m)v2
2
2
On applique le théorème de Koenig pour l’énergie cinétique :
1
1
Jω2 1
(M + 2m)v2 + Ec = (M + 2m)v2 + 2
= (M + 2m)v2 + mr2 ω2 . La condition
2
2
2
2
1
de roulement sans glissement conduit à v = rω donc Ec = (M + 2m)v2 + mv2 .
2
Ec =
Cet énoncé concerne les questions 18 à 21 :
On modélise un gymnaste à la barre fixe par deux tiges articulées (l’une pour le haut du
corps, l’autre pour les jambes), de masses respectives m1 et m2 , de même longueur 2 .
Les centres de gravité des deux tiges sont G1 et G2 (figure 1.5). On repère l’orientation
des tiges par rapport à la verticale par les angles θ et ϕ.
La tige (1) peut tourner autour de l’axe Ox et les deux tiges ne sont mobiles que dans le
plan de la figure. Leurs moment d’inertie par rapport à un axe G1 x ou G2 x sont respecm2 2
m1 2
et
.
tivement
3
3
34
Corrigés
18
Déterminer la vitesse du point G1 :
−−→
−
−
❒ a. VG1 = θ̇(cos θ→
uy − sin θ→
uz )
−−→
−
−
❒ b. VG1 = θ̇(− sin θ→
uy + cos θ→
uz )
−−→
−
−
❒
uy + sin θ→
uz )
✗ c. VG1 = θ̇(cos θ→
−−→
−
−
❒ d. VG1 = θ̇(sin θ→
uy + cos θ→
uz )
−
−
−−−→ − →
−
−
→
−
−
−
u x donc
Le point G1 a pour vitesse vG1 = →
vO + G 1 O ∧ →
ω = 0 + θ̇ cos θ →
uz − sin θ →
uy ∧ →
→
−
→
−
−
−
→
vG1 = θ̇ cos θ uy + sin θ uz
19
Déterminer la vitesse du point G2 :
−−→
−
−
❒ a. VG2 = (−(2θ̇ sin θ + ϕ̇ sin ϕ)→
uy − (2θ̇ cos θ + ϕ̇ cos ϕ)→
uz )
−−→
−
−
❒ b. VG2 = ((2θ̇ cos θ + ϕ̇ cos ϕ)→
uy − (2θ̇ sin θ + ϕ̇ sin ϕ)→
uz )
−−→
−
−
❒ c. V = ((2θ̇ cos θ + ϕ̇ cos ϕ)→
u + (2θ̇ sin θ + ϕ̇ sin ϕ)→
u)
✗
y
G2
z
−−→
−
−
❒ d. VG2 = ((−2θ̇ sin θ + ϕ̇ cos ϕ)→
uy + (2θ̇ cos θ + ϕ̇ sin ϕ)→
uz )
−−→
−−−→
−−−→
−−−→
−−−→
dOG1 dCG2
dOG2 dOC dCG2
−
=
+
=2
+
v−→
G2 =
dt
dt
dt
dt
dt
→
→
−
→
−
−
−
−
→
u + sin ϕ→
u .
d’où v = 2θ̇ cos θ u + sin θ u + ϕ̇ cos ϕ−
y
G2
20
y
z
Déterminer le moment cinétique L1x de la tige (1) par rapport à Ox :
2m1 2
θ̇
3
4m1 2
❒
θ̇
❒ c. L1x = 0
✗ d. L1x =
3
On applique le théorème de Koenig pour le moment cinétique :
m1 2
+ m1 2 θ̇.
L1x = L1x + m1 2 θ̇ =
3
❒ a. L1x =
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
z
21
m1 2
θ̇
3
❒ b. L1x = −
Déterminer l’énergie cinétique Ec2 de la tige (2) :
m2 2 4 2 4 2
ϕ̇ + θ̇
❒ a. Ec2 =
2
3
3
2
4 2
m2
2
❒
ϕ̇
b.
E
=
+
4
θ̇
+
4
θ̇
ϕ̇
cos(θ
−
ϕ)
✗
c2
2
3
2
4 2
m2
ϕ̇
❒ c. Ec2 =
2
3
m2 2 1 2
❒ d. Ec2 =
ϕ̇
2
3
35
Corrigés
1
1 m2 2 2
ϕ̇ .
On applique le théorème de Koenig pour l’énergie cinétique : Ec2 = m2 vG2 2 +
2 3
2
Après calcul et simplification, vG2 2 = 2 4θ̇2 + ϕ̇2 + 4θ̇ϕ̇ (cos(θ − ϕ)) et en regroupant les
m2 2 4 2
2
2
ϕ̇ + 4θ̇ + 4θ̇ϕ̇ cos(θ − ϕ) .
termes en ϕ̇ on obtient Ec2 =
2
3
2 Dynamique des systèmes et du solide
Vrai/Faux
1
❒
✗ V ❒ F Si une action extérieure est un champ uniforme, son point d’application
est G.
On montre que
le moment par rapport à
G de toute action
extérieure de ce type est nul :
−−−→ −−→
−−→
−−→
−−→ −−−−→
−−→
GM ∧ dFext (M) =
GM dV ∧ fext avec fext l’action volumique
M/G Fext =
→
−
−−→
uniforme. Or
GM dV = 0 par définition du centre d’inertie.
2
❒
✗ V ❒ F Un couple est une action extérieure dont la résultante est nulle.
C’est la définition d’un couple.
3
❒ V ❒ F Le théorème du moment cinétique par rapport à un point A s’écrit
⎛ −−→ ⎞✗
⎜⎜⎜ d L/A ⎟⎟⎟
−−−−→
−−−−−→
⎟⎟⎟ = −
⎜⎜⎝⎜
M/A,ext où M/A,ext est le moment des actions extérieures par rapport à A.
dt ⎠
R
−
−
Il faut que le point A soit fixe ou que →
vA et →
vG soient parallèles ; dans le cas général, c’est le
−−−−−→
moment dynamique qui est égal à M/A,ext .
4
❒
✗ V ❒ F La résultante et le moment des actions intérieures à un système sont nuls.
C’est une conséquence directe de la loi de l’action et de la réaction.
5
❒V ❒
✗ F La résultante de l’action d’inertie d’entraînement a pour point d’application G.
Sauf cas particulier, comme une translation par exemple, c’est faux : voir la question 28.
36
Corrigés
QCM
6
On s’intéresse au mouvement d’un bâton de majorette, lancé vers le haut avec une vitesse
−
−
−
−
u x est un vecteur unitaire
initiale verticale →
v0 = v0→
uz et une vitesse angulaire ω0→
u x où →
horizontal. On note m la masse du bâton, sa longueur, J son moment d’inertie par
rapport à l’axe Gx passant par son centre de gravité G, z l’altitude du point G et ω la
vitesse angulaire autour de l’axe Gx. Quelle(s) est(sont) la(les) proposition(s) vraie(s) :
dω
❒ a. J
= mg
❒
✗ b. ż = −gt + v0
dt
❒
❒ d. ż = gt + v0
✗ c. ω = ω0
La seule action extérieure subie par le bâton est le poids. On applique le théorème de la
−v
d→
G
−g ; en projetant sur l’axe Oz orienté vers le haut et en
= m→
résultante dynamique : m
dt
tenant compte de la vitesse initiale, on obtient ż = −gt + v0 .
On applique le théorème du moment cinétique par rapport à l’axe Gx :
− →
dLGx
−
g = 0 donc J ω̇ = 0. La vitesse angulaire garde sa valeur initiale.
= MGx m→
dt
Cet énoncé concerne les questions 7 à 9 :
On s’intéresse à un cylindre de centre de gravité G, de masse m, de rayon r, roulant
sans glisser sur un plan incliné (figure 2.1). On lâche le cylindre sans vitesse initiale à
1
la position xG = 0. Son moment d’inertie par rapport à l’axe Gz est J = mr2 . On note
2
→
−
→
−
−
−
−
ω = ω→
uz son vecteur rotation et R = T →
u x + N→
uy l’action de contact entre le plan et le
cylindre.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
7
Le théorème de la résultante dynamique en projection sur les axes s’écrit :
❒ a. m x¨G = −T + mg sin α
❒ c. N − mg sin α = 0
❒ b. m x¨G = T + mg cos α
❒
✗ d. N − mg cos α = 0
Les actions extérieures sur le cylindre sont le poids et l’action de contact. D’après le
−v
d→
−
G
−g + →
= m→
R . En projection sur Ox, m x¨G =
théorème de la résultante dynamique, m
dt
T + mg sin α (T est une valeur algébrique) et sur Oy, N − mg cos α = 0.
8
Le théorème du moment cinétique appliqué par rapport à Gz s’écrit.
❒
✗ a. mrω̇ = 2T
❒ c. mω̇ = rT
❒ b. mrω̇ = −2T
❒ d. mω̇ = T
Le théorème du moment cinétique
par rapport à Gz s’écrit :
→
−
dLGz
→
−
→
−
−
ux = T r ;
= MGz m g + MGz R = 0 + MGz T →
dt
1
on a donc mr2 ω̇ = T r et après simplification mrω̇ = 2T .
2
37
Corrigés
9
Par combinaison des équations précédentes, on obtient :
3
1
❒ b. x¨G = g sin α
❒ a. x¨G = g sin α
2
2
2
❒ c. x¨G = g sin α
❒
✗ d. x¨G = g sin α
3
La condition de roulement sans glissement s’écrit :
−→ −
−
−
−
→
−
ω = −r→
uy ∧ ω→
uz = −rω→
u x donc rω = − ẋ. On en déduit d’après la question
vG = GI ∧ →
1
précédente que T = − m ẍ et en remplaçant dans le résultat de la question 7 :
2
3
m ẍG = mg sin α.
2
Cet énoncé concerne les questions 10 à 13 :
On étudie le mouvement d’un point M (figure 2.2) de masse m suspendu à une poulie de
1
rayon r, de moment d’inertie J = m p r2 par rapport à l’axe Gz où m p est la masse de la
2
poulie. Le fil sans masse auquel est accroché M est inextensible et ne glisse pas sur la
−→
−
poulie. La poulie est soumise à un couple moteur constant Γm = Γm→
uz .
10
Le moment cinétique de l’ensemble (poulie-fil-M) par rapport à l’axe Gz est :
❒ a. J θ̇
❒ b. (J + m)θ̇
❒
✗ c. (J + mr )θ̇
2
❒ d. (J − mr2 )θ̇
Le moment cinétique de la poulie par rapport à Gz est égal à J θ̇ ; celui du fil sans masse est
−v = ẋ→
−
−
nul ; la vitesse de M par rapport à G est →
u x = −rθ̇→
u x en l’absence de glissement du fil
sur la poulie, donc son moment cinétique par rapport à G est :
−−−−−−→
−−→
−→ −−→
−
−
−
−
−
L/G (M) = mGM ∧ −rθ̇→
u x = m GI + I M ∧ −rθ̇→
u x = −mr2 θ̇→
u x = mr2 θ̇→
uy ∧ →
uz
Le moment cinétique total par rapport à Gz est donc (J + mr2 )θ̇.
11
Le théorème du moment cinétique appliqué à l’ensemble (poulie-fil-M) par rapport à
l’axe Gz donne :
❒ a. (J − mr2 )θ̈ = Γm − mgr
❒ b. (J − mr2 )θ̈ = Γm + mgr
❒
✗ c. (J + mr2 )θ̈ = Γm − mgr
❒ d. (J + mr2 )θ̈ = Γm + mgr
Le théorème du moment cinétique par rapport à G appliqué à l’ensemble s’écrit, les
moments du poids de la poulie et de la réaction de l’axe par rapport à G étant nuls :
−→
d LG
−−→
−→
−g + Γ →
→
−
→
−
−
→
−
= GM ∧ m→
m uz = GI ∧ m g + Γm uz = (−rmg + Γm ) uz . En projection sur Gz,
dt
J + mr2 θ̈ = −rmg + Γm .
38
Corrigés
12
On suppose qu’à l’instant t = 0, la masse M a une vitesse initiale nulle et une position
x0 . À l’instant t :
❒
✗ a. x(t) =
mgr2 − Γm r 2
t + x0
2(J + mr2 )
❒ b. x(t) =
mgr2 − Γm r 2
t + x0
2(J − mr2 )
❒ c. x(t) =
−mgr2 + Γm r 2
t + x0
2(J + mr2 )
❒ d. x(t) =
mgr2 + Γm r 2
t + x0
2(J + mr2 )
D’après la condition de non-glissement ẍ = −rθ̈ donc − J + mr2 ẍ = −r2 mg + rΓm soit
r2 mg − rΓm
. La vitesse initiale de M étant nulle, on arrive en intégrant deux fois par
ẍ =
J + mr2
r2 mg − rΓm t2
+ x0 .
rapport au temps à x =
J + mr2 2
13
La tension du fil en M est :
mgJ + mΓm r →
→
−
−
❒
ux
✗ a. T = −
J + mr2
→
−
−
❒ c. T = −mg→
ux
→
−
−
❒ b. T = mg→
ux
−
→
− →
❒ d. T = 0
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Le principe fondamental de la dynamique appliqué à M et projeté sur Gx s’écrit :
r2 mg − rΓm
Jg + rΓm
− mg = −m
.
m ẍ = mg + T x d’où T x = m
J + mr2
J + mr2
Cet énoncé concerne les questions 14 à 19 :
On étudie une sphère de rayon a, de masse m roulant sans glisser (même si ce n’est plus
le cas en toute fin du mouvement) sur un profil circulaire de rayon R (figure 2.3). Le
2
moment d’inertie de la sphère autour de l’axe Gz est J = ma2 . À t = 0, on lâche la
5
sphère sans vitesse initiale, le point G étant à la verticale du point A. L’action de contact
→
−
−
−
−
−
est R = N→
ur + T →
uθ . La position de G est repérée par l’angle θ et l’on note →
ω = ω→
uz le
vecteur rotation de la sphère.
On souhaite déterminer pour quel angle θ la sphère décolle.
14
Déterminer la condition de roulement sans glissement de la sphère sur le profil.
❒ a. aω = Rθ̇
❒
✗ c. aω = (R + a)θ̇
❒ b. ω = θ̇
❒ d. aω = −(R + a)θ̇
La condition de roulement sans glissement s’écrit :
−
→
− − −→ →
−
−
−
→
−
vG + IG ∧ −
ω = (R + a) θ̇→
uθ + a→
ur ∧ ω→
uz = (R + a) θ̇ − aω →
vI = 0 = →
uθ
donc aω = (R + a)θ̇.
39
Corrigés
15
−
Déterminer les projections du théorème de la résultante dynamique sur les directions →
ur
→
−
et uθ .
❒ a. −mRθ̇2 = −mg cos θ + N
❒ b. −m(R + a)θ̇2 = −mg sin θ + N
❒
✗ c. m(R + a)θ̈ = T + mg sin θ
❒ d. m(R + a)θ̈ = −T + mg sin θ
La sphère est soumise à son poids et à l’action de contact ; le théorème de la résultante
−v
d→
−
G
−g + →
= m→
R ; G étant en mouvement circulaire de rayon R + a
dynamique s’écrit : m
dt
−
à la vitesse angulaire θ̇ on obtient en projection sur →
ur : −m(R + a)θ̇2 = N − mg cos θ et en
→
−
projection sur uθ : m(R + a)θ̈ = T + mg sin θ.
16
Appliquer le théorème du moment cinétique par rapport à Gz.
2
2
❒ a. ma2 θ̈ = aT
❒ b. ma2 ω̇ = aT
5
5
2
2 2
❒ c. ma θ̈ = −aT
❒
✗ d. ma2 ω̇ = −aT
5
5
−
Le théorème du moment cinétique par rapport à G ne fait intervenir
que
de T→
uθ ,
le moment
−→
→
−
→
−
→
−
→
−
les autres forces étant de moments nuls. On a donc J ω̇ = GI ∧ T u · u = −aT u ∧ u ·
θ
z
r
θ
→
−
uz = −aT .
17
En combinant les équations précédentes on obtient :
7
7
❒ a. θ̈(R + a) = −g sin θ
❒
✗ b. θ̈(R + a) = g sin θ
5
5
2
2
❒ d. θ̈a = g sin θ
❒ c. θ̈(R + a) = g sin θ
5
5
2
2
On élimine T : T = m(R + a)θ̈ − mg sin θ = − maω̇ = − m(R + a)θ̈ donc
5
5
7
θ̈(R + a) = g sin θ.
5
18
On veut déterminer l’expression de θ̇2 en fonction de θ. Après avoir multiplié par θ̇
l’expression précédente, l’intégrer pour obtenir :
7 2
7
❒
❒ b. θ̇2 (R + a) = g(1 − cos θ)
θ̇ (R + a) = g(1 − cos θ)
✗ a.
10
5
7 2
7 2
❒ d.
❒ c.
θ̇ (R + a) = −g cos θ
θ̇ (R + a) = g(1 + cos θ)
10
10
7 θ̇2
(R+a) = −g cos θ+cste et compte
5 2
tenu des conditions initiales θ̇0 = 0 pour θ = 0 d’où la valeur de la constante.
En intégrant on arrive à une expression de la forme :
40
Corrigés
19
Déterminer pour quel angle θ la sphère décolle.
5
10
❒ b. cos θ =
❒
✗ a. cos θ =
17
12
π
10
❒ d. θ =
❒ c. cos θ =
7
2
On cherche la valeur de θ pour laquelle N s’annule et change de signe. D’après la question
10
g(1 − cos θ), N = mg cos θ +
15, N = mg cos θ − m(R + a)θ̇2 ; comme θ̇2 (R + a) =
7
10
17
10
10
mg (cos θ − 1) = mg
cos θ −
. Or cos θ décroît et N s’annule pour cos θ =
.
7
7
7
17
En réalité, le mouvement s’accélérant, la sphère peut se mettre à glisser : l’angle
de décollement observé est dans alors diﬀérent de celui qui a été calculé.
Cet énoncé concerne les questions 20 à 24 :
On s’intéresse au mouvement d’un animal A assimilé à un point matériel de masse m.
Cet animal se déplace dans le sens trigonométrique à l’intérieur d’une roue de rayon
R, mobile autour de l’axe Oz (figure 2.4). On note J = mr R2 son moment d’inertie par
rapport à cet axe. La vitesse de A par rapport à la roue est de norme constante v. À
l’instant t = 0, le point A est en bas de la roue (point B). On veut déterminer quelle
vitesse minimale doit avoir le point A pour atteindre le haut de la roue (point C). On
−
−
repère la position de A avec l’angle θ et on note →
ω = ω→
uz le vecteur rotation de la roue.
20
Le déplacement de A par rapport à la roue entraîne :
❒
✗ b. Rθ̇ = v + ωR
❒ d. Rθ̇ = v
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❒ a. Rθ̇ = ωR
❒ c. Rθ̇ = v − ωR
−
−
−
D’après la loi de composition des vitesses appliquée à A, →
va = →
vr + →
ve (le référentiel relatif
→
−
est la roue). En projetant sur uθ , Rθ̇ = v + ωR.
21
On note (S ) l’ensemble (roue + A). Déterminer le moment cinétique L/Oz de (S ) par
rapport à l’axe Oz :
❒ a. L/Oz = (J + mR2 )ω
❒ b. L/Oz = (J + mR2 )θ̇
❒
✗ c. L/Oz = Jω + mR θ̇
❒ d. L/Oz = Jω − mR2 θ̇
2
La roue a pour vitesse angulaire ω, son moment cinétique par rapport à l’axe Oz est égal à
Jω. Le point A a pour vitesse angulaire θ̇, son moment cinétique par rapport à l’axe Oz est
égal à mR2 θ̇. Le moment cinétique total est la somme de ces deux moments.
22
Le théorème du moment cinétique par rapport à Oz pour le système (S ) :
❒ a. (J + mR2 )ω̇ = −mgR cos θ
❒
✗ b. J ω̇ + mR2 θ̈ = −mgR sin θ
❒ c. J ω̇ + mR2 θ̈ = mgR sin θ
❒ d. (J + mR2 )θ̈ = mgR sin θ
41
Corrigés
La seule action extérieure dont le moment par rapport à Oz ne soit pas nul est le poids de
A. Par conséquent, J ω̇ + mR2 θ̈ = −mgR sin θ.
23
Obtenir l’équation diﬀérentielle en θ à partir de l’équation précédente, puis multiplier
par θ̇ l’expression obtenue et l’intégrer pour déterminer l’équation diﬀérentielle reliant
θ̇ et θ. Initialement, la roue est immobile (ω(t = 0) = 0). On rappelle que J = mr R2 .
❒ a. (mr + m) Rθ̇ − v = mgR(cos θ − 1)
❒ b. (mr + m)Rθ̇ = mgR cos θ
❒ c. (mr + m)R2 θ̇2 = 2mgR cos θ
❒
✗ d. (mr + m) R2 θ̇2 − v2 = 2mgR(cos θ − 1)
La vitesse v est constante donc ω̇ = θ̈ et l’équation précédente équivaut à J + mR2 θ̈ =
θ̇2 − θ̇02
=
−mgR sin θ. En multipliant par θ̇ on obtient une forme intégrable : J + mR2
2
v
mgR (cos θ − cos θ0 ). Or à l’instant initial, θ = 0 et θ̇0 = (la roue est immobile à t = 0).
R
On en déduit en remplaçant J par sa valeur que (mr + m) R2 θ̇2 − v2 = 2mgR(cos θ − 1) .
24
Calculer la composante normale du support au point C et en déduire la vitesse minimale
vm pour atteindre le point C :
4mgR
4mgR
❒
❒ a. vm =
✗ b. vm = gR +
mr + m
mr + m
2mgR
2mgR
❒ d. vm = gR +
❒ c. vm =
mr + m
mr + m
−
→
− →
→
−
D’après le principe fondamental de la dynamique
→
appliqué à A, m a = R + m g . En C, on
−
projette sur la verticale descendante : mRθ̇2 = N + mg tant qu’il y a contact.
On remplace Rθ̇2 par sa valeur au point C :
−→
2
2
NC = m 2mg(cos θC − 1) + v − mg = m −4mg + v − mg
mr + m
R
mr + m R
→
4mgR
− .
Pour que N C > 0 il faut que v2 > gR +
mr + m
Cet énoncé concerne les questions 25 à 28 :
On s’intéresse à une barre de longueur et de masse m fixée au point O de l’axe Oz.
L’axe Oz est en rotation à vitesse angulaire constante ω > 0 par rapport à un référentiel
galiléen R (figure 2.5). Avec les orientations choisies (Oz orienté vers le bas), on a
→
−
−
ω = −ω→
uz et on note R le référentiel lié à l’axe en rotation.
−
−
−
Le trièdre (O, →
u ,→
u ,→
u ) est lié à R et la barre reste dans le plan xOz. La liaison en O
x
y
z
est parfaite. Le moment d’inertie de la barre par rapport à l’axe Oy est J = m 2 /3.
42
Corrigés
25
−→
Déterminer la résultante de l’action d’inertie d’entraînement Fie s’exerçant sur la barre.
−→
−
❒ a. Fie = mω2 →
ux
−→
−
❒ b. Fie = mω2 →
ux
2
−→
−
ux
❒ d. Fie = mω2 cos θ→
2
−→
−
ux
❒
✗ c. Fie = mω2 sin θ→
2
Soit M un point de la barre, l’action d’inertie d’entraînement subie par un élément de
−−−→
−
longueur d M au voisinage de M est de la forme dFie =x M ω2 μd M→
u x où μ est la masse
volumique de la barre. Par intégration,
−→
Fie =
−
(X M sin θ) ω2 μdX M→
u x = ω2 μ sin θ
2
2
→
−
−
u x = ω2 m sin θ →
ux.
2
0
26
Déterminer le moment de l’action d’inertie d’entraînement Mie par rapport à l’axe Oy.
2
2
❒ a. Mie = mω2
sin θ cos θ
❒ b. Mie = mω2
sin2 θ
2
2
❒ c. Mie = mω2
2
3
❒
✗ d. Mie = mω2
sin2 θ
2
3
sin θ cos θ
Le moment de l’action d’inertie d’entraînement subie par un élément de longueur d
voisinage de M est de la forme :
−−−−→
Mie/O =
−−→ −
OM ∧ X M sin θω2 μdX M→
u x = ω2 μ
0
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
−−−−→
Mie/O = ω2 μ cos θ sin θ
27
M
au
−
−
X M cos θ→
uz ∧ X M sin θ→
u x dXM soit
0
3
3
→
−
uy = ω2 m cos θ sin θ
2
3
→
−
uy .
Déduire des deux questions précédentes la distance OA du point A d’application de la
−→
résultante Fie :
2
❒
❒ a. OA =
✗ b. OA =
2
3
2
cos θ
❒ d. OA = cos θ
❒ c. OA =
3
2
−−−−→
−→
−−→
−→
Le point d’application de la résultante Fie vérifie la relation Mie/O = OA ∧ Fie
2
−−→
−
−
donc ω2 m cos θ sin θ →
uy = OA ∧ ω2 m sin θ →
u x . En simplifiant l’expression on obtient
3
2
2 − −−→ →
2
→
−
→
−
.
cos θ →
u x = OA−
u→
uy = OA ∧ −
X ∧ u x = OA cos θ uy . On en déduit que OA =
3
3
43
Corrigés
28
Le théorème du moment cinétique par rapport à Oy s’écrit :
❒ a. θ̈ − sin θω2 cos θ = 0
3g
2
❒ c. θ̈ − sin θ
+ ω cos θ = 0
2
3g 3ω2
−
cos θ = 0
2
4
3g
2
− ω cos θ = 0
❒
✗ d. θ̈ + sin θ
2
❒ b. θ̈ + sin θ
Dans le référentiel tournant le théorème du moment cinétique appliqué à la barre
2
dLOy
2
−g /Oy = mω cos θ sin θ
= Mie/Oy + Mm→
− mg sin θ. Or LOy = J θ̇ donc
s’écrit :
dt
3
2
2
2
θ̈ = mω2 cos θ sin θ − mg sin θ. Après mise en forme de l’expression on arrive à
3
3
2
3
2
θ̈ − ω cos θ sin θ + g sin θ = 0.
2
m
3 Actions de contacts
Vrai/Faux
1
→
−
❒V ❒
✗ F Dans le cas d’un roulement sans glissement la composante T est nulle.
C’est justement l’existence d’un frottement qui permet le roulement.
2
→
−
→
−
❒V ❒
✗ F On peut écrire l’inégalité T ≤ f N dans le cas de l’immobilité uniquement.
Il peut y avoir roulement sans glissement.
3
→
−
❒
✗ V ❒ F Lorsqu’il y a glissement, la vitesse de glissement est colinéaire à T et de
sens opposé.
Il s’agit de la loi de Coulomb.
QCM
4
Un parallélépipède (S ) de masse m est posé sur un plan incliné qui fait un angle α avec
l’horizontale. Exprimer la condition d’immobilité du solide (S ).
❒ a. tan α ≥ f
❒ c. cotan α ≥ f
❒
✗ b. tan α ≤ f
❒ d. cotan α ≥ f
−v
d→
− →
−
−g + →
= m→
N + T . En projetant sur la
D’après le théorème de la résultante cinétique, m
dt
normale au plan incliné, on obtient : 0 = N − mg cos α et en projetant sur la ligne de plus
grande pente (axe Ox) : m ẍ = T + mg sin α.
44
Corrigés
On en déduit que N = mg cos α et que s’il y avait mouvement, ẍ = − f g cos α + g sin α.
Pour que le mouvement ait lieu, il faudrait que − f g cos α + g sin α > 0, c’est-à-dire que
f < tan α. La condition d’immobilité est donc tan α ≤ f .
Cet énoncé concerne les questions 5 à 7 :
On considère trois tuyaux cylindriques de centres C1 , C2 et C3 , de même rayon R, de
même masse M. On note f le coeﬃcient de frottement entre les tuyaux et le sol et f
celui entre les tuyaux. On se place à la limite de l’équilibre, si bien qu’il n’y a pas
contact entre les deux cylindres inférieurs.
→ −
→
→ −
→
−
→ −
→ −
−
→ −
→ −
On note T 1 , N1 , T 1 , N1 (respectivement T 2 , N2 , T 2 , N2 ) les actions de contact s’exerçant
sur le tuyau (1) (respectivement (2)) comme indiqué sur la figure 3.1. On pourra justifier
les sens choisis pour les actions en réfléchissant aux sens des vitesses de glissement à la
rupture d’équilibre.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
5
En appliquant le théorème du moment cinétique à des systèmes bien choisis, montrer
que :
−
→
−
→
−
→
−
→
❒
❒
✗ a. T 1 = T 1 ✗ b. T 1 = T 2 √
√
→
→
3 −
3 −
−
→
−
→
T 2 T 1 ❒ d. T 1 =
❒ c. T 2 =
2
2
−−→
−
→−
d LC1
−
−
→− →
= T 1 →
On considère d’abord le cylindre de centre C1 :
uz − T 1 →
uz = 0 puisque les
dt
−
→
−
→
−
→
−
→
moments du poids ainsi que de N1 et de N1 par rapport à C1 sont nuls ; d’où T 1 = T 1 .
−
→
−
→
De même en étudiant le cylindre de centre C2 , T 2 = T 2 .
−−→
d LC3
→
−
−
→−
−
→−
= T 1 →
uz − T 2 →
uz = 0 donc
On considère ensuite le cylindre de centre C3 :
dt
−
→
−
→
T 1 = T 2 .
Finalement toutes les réactions tangentielles ont la même norme.
6
En appliquant le théorème de la résultante dynamique séparément aux diﬀérents cylindres, ainsi qu’au système formé des trois cylindres, établir que :
√ −
√ −
−
→
−
→
→
−
→
→
❒ a. 2Mg = N1 − N1 − 3T 1 ❒ b. 2Mg = N1 + 3T 1 √
−
→
−
→
−
→
❒
❒
✗ c. T 1 (2 + 3) = N1 ✗ d. 3Mg = 2N1 La relation d’équilibre pour le cylindre de centre C3 s’écrit
−
−
→ −
→ −
→ −
→
−g = →
−T 1 − T 2 − N1 − N2 + M→
0
−
→
−
→
En projetant sur Ox et compte-tenu de T 1 = T 2 ,
π
π
−
→
−
→
−
→
−
→
− N2 cos
= 0 donc N1 = N2 .
N1 cos
3
3
45
Corrigés
En projetant sur Oy et en tenant
d’égalité déjà démontrées, on arrive
π compte des πrelations
√ −
−
→
→
−
→
−
→
+ 2T 1 cos
= 0 soit Mg = 3N1 + T 1 .
alors à : −Mg + 2N1 cos
6
3
En considérant l’ensemble des trois cylindres, les actions extérieures sont les poids et les
−
→
−
→
contacts au niveau du sol. Or T 1 = −T 2 donc
→ →
→ −
−
−g + −
3M→
N1 + N2 = 0
−
→
−
→
Projection sur Oy : −3Mg + N1 + N2 = 0.
En considérant le cylindre de centre C1 ,
→ −
→
−
−
→ −
→ −
−g = →
T 1 + T 1 + N1 + N1 + M→
0
√
√ −
−
→
−
→
−
→ 1
→
−
→ 3
+ T 1 − N1 donc N1 = (2 + 3)T 1 .
Projection sur Ox : 0 = T 1 2
2
√
−
→
3 −
1 −
→
→
N1 + N1 − Mg
Projection sur Oy : 0 = − T 1 −
2
2
√ −
−
→
→
−
→
donc 2Mg = 2N1 − 3N1 − T 1 .
On obtient des relations analogues pour le cylindre de centre C2 en changeant tous les
indices 1 en 2.
√
−
→
−
→
3
−
→
−
→ −
→
−
→
−
→ 3+2
Comme T 1 = T 2 , N1 = N2 = T 1 √
et N1 = N2 = Mg. Finalement, en
2
3
Mg
Mg
−
→
−
→
combinant les diverses relations, on arrive à T 1 = √ et N1 = √ .
2 3
2 2+ 3
7
Les conditions d’équilibre des tuyaux sont :
1
1
❒
❒ b. f ≤
√
√
✗ a. f ≥
2+ 3
2+ 3
1
1
❒
❒ c. f ≤
√
√
✗ d. f ≥
3(2 + 3)
3(2 + 3)
−
→
Les cylindres de centres C1 et C3 restent en équilibre l’un par rapport à l’autre si f N1 ≥
√
1
−
→
−
→
−
→
T 1 ; or T 1 (2 + 3) = N1 . Donc il faut que f ≥
√ .
2+ 3
−
→
−
→
Le cylindre de centre C1 reste en équilibre par rapport au sol si f N1 ≥ T 1 .
−
→
3
Mg
1
−
→
Or N1 = Mg et T 1 = √ , donc il faut que f ≥ √ .
2
2 2+ 3
3 2+ 3
46
Corrigés
Cet énoncé concerne les questions 8 à 10 :
On étudie la condition de basculement d’une caisse de masse M, que l’on pousse sur le
→
−
sol horizontal et qui glisse avec une vitesse V constante (figure 3.2). On note I le point
d’application de l’action de contact entre la caisse et le sol à distance D de O. On note
→
−
A le point d’application de la force de poussée F horizontale.
8
L’application du théorème de la résultante dynamique aboutit à :
→
−
→
−
−
−
❒ a. T = −F→
ux
❒
ux
✗ b. T = − f Mg→
→
−
→
−
→
−
→
−
❒ c. T = f Mgu
❒ d. T = 0
x
Le théorème de la résultante cinétique appliqué à la caisse donne :
−v
d→
− →
− →
−
→
−
−g +→
= M→
F + N + T . En projection sur Ox, M ẍ = F + T x et sur Oy, 0 = −Mg + N M
dt
→
−
→
−
→
−
−
donc N = Mg et par conséquent T = f Mg. Finalement, T = − f Mg→
ux.
9
Le moment Γz des actions par rapport à l’axe Gz est :
❒ a. Γz = (D − b)Mg + a f Mg − (h − a)F
❒ b. Γz = (D − b)Mg − aF − (h − a)F
❒
✗ c. Γz = (D − b)Mg − a f Mg − (h − a)F
❒ d. Γz = (D − b)Mg − a f Mg + (h − a)F
Le moment total des actions par rapport à G est, le moment du poids étant nul :
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
−−→ −−→
−→ →
−
−
−
−
Γ/G = GA ∧ F + GI ∧ N + T = −(h − a)F→
uz + T x a→
uz
uz + N (D − b)→
→
−
En projection sur Oz, en remplaçant N et T x par leurs valeurs,
Γz = −(h − a)F + (D − b)Mg − a f Mg .
10
La condition pour que la caisse bascule est :
❒
✗ a. F > Mg
❒ c. F > 0
b − af
h−a
b − af
h−a
b + af
❒ d. F > Mg
h−a
❒ b. F < Mg
La caisse bascule si Γz < 0 et D = 2b, ce qui donne, d’après la relation précédente :
bMg − a f Mg
<F
h−a
Cet énoncé concerne les questions 11 à 17 :
Cette série de questions étudie le mouvement d’un cylindre, de masse m et de rayon
R, posé sur un sol horizontal immobile, son centre d’inertie G étant animé initialement
47
Corrigés
−
−
−
−
d’une vitesse →
v0 = v0→
ω = ω→
uy le vecteur rotation du cylindre
u x (figure 3.3). On note →
À t = 0, ω = 0 et xG = 0. Le moment d’inertie du cylindre par rapport à l’axe Gy est
1
J = mR2 .
2
11
−
On note →
vg la vitesse de glissement du cylindre sur le sol. Quelle(s) est(sont) la(les)
proposition(s) vraie(s) à l’instant t = 0 ?
→
−
−
−
−
❒ a. →
vg = 0
❒ b. →
vg = −v0→
ux
→
−
→
−
→
− →
→
−
−
❒ c. T = − T u
❒ d. T = 0
✗
x
→
−
→
− −
−
−
À t = 0, ω = 0 donc tous les points du solide ont la même vitesse : →
vg = v0→
ux
u x . T = − T →
puisque l’action de contact est opposée à la vitesse de glissement.
12
Déduire l’expression de x¨G des projections du théorème de la résultante dynamique.
❒
✗ a. x¨G = − f g
❒ c. x¨G = 0
❒ b. x¨G = + f g
❒ d. x¨G = −g
Théorème de la résultante dynamique appliqué au cylindre : m
−v
d→
− →
−
−g + →
= m→
N + T.
dt
Projection sur Ox : m ẍG = T x .
→
−
Projection sur Oz : 0 = −mg + N.
→
−
→
−
En combinant ces relations, et comme T = f N , x¨G = − f g.
13
Déduire du théorème du moment cinétique, l’expression de ω en fonction du temps.
gft
R
2mg f t
❒ d. ω =
R
−2g f t
R
2g f t
❒
✗ c. ω =
R
❒ b. ω =
❒ a. ω =
→
−
D’après le théorème du moment cinétique appliqué en G, les moments du poids et de N
−−→
dL/G −−→ −→
−
−
−
−
= Γ/G = GI ∧ T = −R→
étant nuls,
uz ∧ T x→
uy .
u x = −RT x→
uy = R f mg→
dt
En projection sur Oy, J θ̈ = R f mg. Après intégration, compte tenu des conditions initiales,
2g f t
.
J θ̇ = R f mgt. En remplaçant J par sa valeur et en simplifiant l’expression, ω =
R
14
Déterminer l’expression de la vitesse de glissement en fonction du temps.
−
−
−
−
❒ a. →
v = (v + g f t)→
u
❒ b. →
v = (v − g f t)→
u
g
0
x
−
−
❒ c. →
vg = (−v0 + g f t)→
ux
48
g
0
x
−
−
❒
vg = (v0 − 3g f t)→
ux
✗ d. →
Corrigés
→
−v (I) = →
−v (G) + −
−
−
−
−
La vitesse de glissement vérifie la relation →
IG ∧ ω→
uy = ẋ→
u x + R→
uz ∧ ω→
uy .
En projetant sur Ox, et d’après les conditions initiales,
vgx = ẋ − Rω = (v0 − f gt) − 2g f t = v0 − 3 f gt
15
Pour quel instant t1 le glissement s’arrête-t-il ?
v0
3g f
❒ d. t1 = 0
❒
✗ b. t1 =
❒ a. Le glissement ne s’arrête pas.
v0
❒ c. t1 =
gf
La vitesse de glissement s’annule pour t1 =
16
v0
.
3g f
À l’aide des théorèmes, déterminer x˙G et ω pour t > t1 .
⎧
⎧
2
⎪
⎪
⎪
x˙G = v0
⎪
⎪
x˙ = − v0
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨ G
⎨
3
❒ b. ⎪
❒ a. ⎪
v
⎪
⎪
0
⎪
⎪
2v
⎪
⎪
⎪
⎩ω =
⎩ω = − 0
R
3R
⎧
⎧
2
2
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
x˙ = v
x˙ = v
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨ G 3 0
⎨ G 3 0
❒
d. ⎪
❒ c. ⎪
✗
⎪
⎪
⎪
⎪
2v
2v
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩ω = 0
⎩ω = − 0
3R
3R
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Si on suppose qu’il y a ensuite roulement sans glissement, ẋ = Rω. Le théorème du moment
m
mR2
cinétique donne
θ̈ = −RT x soit T x = ẍ et le théorème de la résultante cinétique
2
2
donne m ẍ = T x . On a donc forcément T x = 0. Alors vG = constante = vG (t1 ) et ω =
2v0
2v0
et vG (t1 ) = Rω(t1 ) = 2g f t1 =
.
constante = ω(t1 ). Finalement ω =
3R
3
17
Que peut-on dire du mouvement pour t > t1 ?
❒ a. Le glissement va reprendre.
❒
✗ b. Il y a roulement sans glissement ∀t > t1 .
❒ c. Le cylindre va s’arrêter.
❒ d. Le cylindre peut repartir en arrière.
→
−
→
−
→
−
Si le glissement reprenait on aurait T = f N ce qui n’est pas possible puisque T = 0
→
−
et que N = mg. Donc le cylindre continue à rouler sans glisser ∀t > t1 . D’après l’étude
2v0
toujours dans le même sens.
précédente le point G se déplace à vitesse constante
3
Cet énoncé concerne les questions 18 à 21 :
On s’intéresse à une personne sur un monocycle (figure 3.4). Par l’intermédiaire du
−→
−
pédalier et de l’essieu, la personne transmet un couple moteur Γm = Γm→
uz constant à la
49
Corrigés
roue. An niveau de l’essieu, les forces de contact sont parfaites. La roue de masse m, de
rayon R, de moment d’inertie J = mR2 par rapport à l’axe Cz subit de la part du sol (au
→
−
−
point I) un frottement T = T →
uy de coeﬃcient f . On note M la masse du système (S ) =
(monocyle + personne) et G son centre d’inertie.
Au démarrage, les points G, C et I sont sur la même verticale et l’ensemble du système
est au repos.
18
Soient (x, y, z) les coordonnées du point C. Par application du théorème de la résultante
dynamique à (S ) au démarrage, on obtient :
❒
✗ a. M ÿ = T
❒ c. N = −Mg
❒ b. M ÿ = −T
❒ d. Mz̈ = Γm
−v
d→
− →
−
−g + →
= m→
N + T.
dt
En projection sur Oy, M ÿ = T , et en projection sur Ox, 0 = −Mg + N.
Le théorème de la résultante dynamique appliqué à (S ) s’écrit m
19
−
−
On note →
ω = ω→
uz le vecteur rotation de la roue. Appliquer le théorème du moment
cinétique à la roue au démarrage.
❒
✗ a. J ω̇ = −T R + Γm
❒ c. J ω̇ = T R − Γm
❒ b. J ω̇ = +T R + Γm
❒ d. J ω̇ = −T R − Γm
Initialement le point C est fixe. Le théorème du moment cinétique appliqué à la roue
−−→
dL/C
−→ −
→
−
−
−
−
−
= Γm + CI ∧ T = Γm→
s’écrit :
ux ∧ T→
uy = Γm→
uz , le moment du
uz − R→
uz − RT→
dt
poids par rapport à C étant nul.
En projetant sur Gz, J θ̈ = Γm − RT .
20
On suppose que la roue ne glisse pas au départ. Déterminer l’expression de ÿ :
Γm
Γm
❒ b. ÿ = −
❒ a. ÿ =
(−M + m)R
(−M + m)R
Γm
Γm
❒
❒ c. ÿ = −
✗ d. ÿ =
(M + m)R
(M + m)R
−
→
−
−
−
−
−
S’il n’y a pas glissement, →
vC = →
vI + CI ∧ ω = −Rω→
ux ∧ →
uz = Rω→
uy . En projection sur
Γm − J ω̇
Γm
Oy, ẏ = Rω. D’après la question précédente, T =
=
− mRω̇. Donc en
R
R
Γm
Γm
− mRω̇ =
− mÿ d’où
reportant dans le théorème de la résultante dynamique, M ÿ =
R
R
Γm
.
ÿ =
(M + m)R
50
Corrigés
21
Déduire des résultats précédents la condition sur Γm pour que la roue ne glisse eﬀectivement pas au démarrage.
❒ a. Γm ≥ f (M + m)Rg
❒
✗ c. Γm ≤ f (M + m)Rg
❒ b. Γm ≤ f (M − m)Rg
❒ d. Γm ≥ f (M − m)Rg
Pour que la roue ne glisse pas au démarrage, il faut que T < f N.
MΓm
MΓm
et N = Mg donc la condition de non-glissement est
≤
Or T = M ÿ =
(M + m)R
(M + m)R
f Mg d’où Γm ≤ f (M + m)Rg.
4 Étude énergétique des systèmes matériels
Vrai/Faux
1
❒V ❒
✗ F La puissance des actions intérieures à un système est nulle.
Ceci n’est vrai que si le système est indéformable (cas d’un solide, par exemple).
2
❒
✗ V ❒ F La puissance des actions de contact peut être nulle.
C’est le cas s’il n’y a pas de frottements, ou s’il y a roulement sans glissement.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
3
❒
✗ V ❒ F Dans R , la puissance de l’action d’inertie d’entraînement est nulle.
La puissance de l’action d’inertie d’entraînement s’exerçant dans R sur un point Mi du
−v . En sommant sur tous les points du
−→.→
(Mi ) = −mi −
système a pour expression P−→
a−G/R
i
fie
→
→
−
−
−
→
−→ · −
−
−
−
→
→
−
∗ −
système, P−→
=
−mi aG/R . v i =aG/R ·
−mi v i = − −
a−G/R
p = 0.
f
ie
4
i
i
❒V ❒
✗ F Le théorème de la puissance cinétique permet d’obtenir l’équation du mouvement dans tous les cas.
Cela n’est vrai que pour les systèmes à un seul degré de liberté ; sinon il faut plus d’équations pour résoudre le problème.
5
❒
✗ V ❒ F Une action dérivant d’une énergie potentielle est conservative.
Par définition, si une action dérive d’une énergie potentielle, son travail ne dépend pas du
chemin suivi (il est égal à l’opposé de la variation de l’énergie potentielle). Par application
du théorème de l’énergie cinétique, on montre alors que la somme de l’énergie cinétique et
de l’énergie potentielle est constante, c’est-à-dire que l’énergie mécanique se conserve.
51
Corrigés
6
❒
✗ V ❒ F La puissance de l’action de Coriolis est nulle, quel que soit le référentiel.
Soit un référentiel non galiléen : l’action de Coriolis est perpendiculaire à la vitesse par
rapport à ce référentiel du point matériel auquel elle s’applique, donc pour tout point ap−
→ −
partenant au système étudié, P−→
= fic · →
v (Mi ) = 0.
f
ic
QCM
7
On note A un point d’un solide en mouvement, soumis à une action extérieure de résul−−−−−−→
→
−
−−→
tante Fext et de moment M/M,ext par rapport à un point M. On note Ω le vecteur rotation
du solide. La puissance P de l’action extérieure est :
− −−−−−→
−−−→ −−→
−−−→ −−→ →
❒ a. P = v(G) · Fext
❒ b. P = v(A) · Fext + Ω · M/G,ext
− −−−−−→
− −−−−−→
−−−→ −−→ →
−−−→ −−→ →
❒
❒ d. P = v(G) · Fext + Ω · M/A,ext
✗ c. P = v(A) · Fext + Ω · M/A,ext
−
Soit Mi un point du solide de vitesse →
vi dans le référentiel d’étude :
−−−→ →
−−−→ − −−−→ →
−
−−−→ − −−−→ −−−→ →
−
fi,ext · −
vi = fi,ext · →
vA + fi,ext · Mi A ∧ Ω d’où, en transformant le
vA + Mi A ∧ Ω = fi,ext · →
produit mixte :
−−−→ − →
− −−−→ −−−→ −−−→ − →
− −−−→ −−−→
−−−→ →
vi = fi,ext · →
vA + Ω · fi,ext ∧ Mi A = fi,ext · →
vA + Ω · AMi ∧ fi,ext .
fi,ext · −
En sommant sur tous les points du solide, on fait apparaître dans le premier terme la résul−−−−−→
−−→
tante Fext et dans le second le moment M/A,ext par rapport au point A.
8
Dans le cas où le solide est en rotation autour d’un axe fixe Δ, on note MΔ le moment de
l’action extérieure précédente par rapport à l’axe. La puissance P de l’action extérieure
est :
❒
❒ b. P = 0
✗ a. P = ΩMΔ
−−−→ −−→
❒ d. P = v(A) · Fext + ΩMΔ
❒ c. P = v(G)MΔ
Soit A un point de l’axe de rotation : sa vitesse est nulle, et en utilisant le résultat précédent,
−−−−−→ →
→
−
→
− −−−−−→
u→Δ le vecteur unitaire de l’axe, Ω = Ω−
u→Δ et MΔ = M/A,ext ·−
uΔ ,
P = Ω·M/A,ext . Or, en notant −
donc P = ΩMΔ .
9
On considère deux solides (S 1 ) et (S 2 ) en contact au point I, point coïncidant aux points
−
→−
→ −
→
I1 ∈ (S 1 ) et I2 ∈ (S 2 ). On note R1 (T 1 , N1 ) l’action de contact de glissement de (S 2 ) sur
−
→−
→ −
→
→ la vitesse de glissement de (S ) sur
(S 1 ) et R2 (T 2 , N2 ) celle de (S 1 ) sur (S 2 ). On note −
v−g,i
j
i
(S j ). La puissance P des actions de contact s’écrit :
−
→ −−−−→ −
→ −−−−→
−
→ −−→
❒ a. P = R1 · v(G1 ) + R2 · v(G2 )
❒
vg,12
✗ b. P = T 1 · −
−
→ −−−→
−
→ −−−→ −
→ −−→
❒ c. P = T · v
❒ d. P = T · v + T · −
v
2
52
g,12
1
g,12
2
g,21
Corrigés
−
→ −
La puissance P1 de l’action de contact subie par (S 1 ) est P1 = R1 · →
v /R (I1 ).
De même la puissance P2 de l’action de contact subie par (S 2 ) a pour expression P2 =
−
→ −
−
→ −
R2 · →
v /R (I2 ) = −R1 · →
v /R (I2 ). La puissance totale des actions de contact est donc P =
−
→ →
−
→ →
−
→ −−→
→
−
−
−→ est perpendiculaire à −
R1 · v /R (I1 ) − R1 · v /R (I2 ) = R1 · −
vg,12 . Comme −
v−g,12
N1 , il reste
−
→ −−→
vg,12 .
finalement P = T 1 · −
Cet énoncé concerne les questions 10 à 12 :
On s’intéresse au pendule de la figure (4.1). Les actions de contact sur l’axe Oy sont
parfaites. On note a la distance OG, m la masse et J le moment d’inertie par rapport
à Oy.
10
La puissance du poids est :
❒
✗ a. −mgaθ̇ sin θ
❒ c. −mgaθ̇ cos θ
❒ b. mgaθ̇ sin θ
❒ d. mgaθ̇ cos θ
−−−→
−g ) = (aθ̇→
−
−
Le point d’application du poids étant le point G, P = v(G) · (m→
uθ ) · (mg→
uz) d’où
P = −mgaθ̇ sin θ.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
11
Le théorème de la puissance cinétique s’écrit :
d 1 2 2
ma θ̇ = −mgaθ̇ sin θ
❒ a.
dt 2
d 1 2
J θ̇ = mgaθ̇ sin θ
❒ b.
dt 2
d 1 2 2
ma θ̇ = mgaθ̇ sin θ
❒ c.
dt 2
d 1 2
J θ̇ = −mgaθ̇ sin θ
❒
✗ d.
dt 2
Les actions de contact sont parfaites, leur puissance est nulle. La dérivée de l’énergie cinétique est alors égale à la puissance du poids. Le pendule étanten rotation autour de l’axe
1
d 1 2
J θ̇ = −mgaθ̇ sin θ.
fixe Oy, son énergie cinétique est égale à J θ̇2 , d’où
2
dt 2
12
On lâche le pendule sans vitesse initiale d’un angle θ0 . Déterminer la vitesse angulaire
lorsque le pendule passe à la verticale.
2mga
2mga
❒ a. ±
(1 − cos θ0 )
cos θ0
❒ b. ±
J
J
2mga
2mga
(1 − cos θ0 )
(1 − sin θ0 )
❒
❒ d. ±
✗ c. ±
J
J
53
Corrigés
On intègre la relation précédente entre l’instant initial et l’instant
où le pendule passe à la
2mga
1
(1 − cos θ0 ).
verticale. On obtient : J θ̇2 − 0 = mga(1 − cos θ0 ), d’où θ̇ = ±
2
J
Cet énoncé concerne les questions 13 à 15 :
On s’intéresse à un cylindre de centre de gravité G, de masse m, de rayon r, roulant
sans glisser sur un plan incliné (figure 4.2). On lâche le cylindre sans vitesse initiale à
1
la position xG = 0. Son moment d’inertie par rapport à l’axe Gz est J = mr2 . On note
2
→
−
→
−
−
−
−
ω = ω→
uz son vecteur rotation et R = T →
u x + N→
uy l’action de contact entre le plan et le
cylindre.
On rappelle que la condition de roulement sans glissement est x˙G = −rω.
13
La puissance P des diﬀérentes actions est :
❒ a. P = −mg x˙G sin α − T ω
❒ c. P = −mg x˙G sin α
❒ b. P = +mg x˙G sin α − T ω
❒
✗ d. P = +mg x˙G sin α
La puissance de l’action de contact est nulle en l’absence de glissement.
−−−→
−g ) = ( ẋ →
−g ) = mg x˙ sin α. Finalement,
−
La puissance du poids est P
= v(G) · (m→
u ) · (m→
P = P poids .
14
poids
Le théorème de l’énergie cinétique s’écrit :
1
❒ a. m x˙G 2 = mgxG sin α
2
1
❒ c. m x˙G 2 = mgxG sin α − T xG
2
G x
❒
✗ b.
G
3
m x˙G 2 = mgxG sin α
4
❒ d. m x˙G 2 = mgxG sin α
L’énergie cinétique du cylindre peut se calculer en utilisant le théorème de Kœnig :
1
Ec = mvG2 + Ec . Le mouvement du cylindre dans le référentiel barycentrique est un mou2
1
1 xG˙ 2
1
vement de rotation autour de l’axe Gz, donc Ec = Jω2 = J 2 = m xG˙ 2 . L’énergie
2
2 r
4
3
cinétique est donc égale à m xG˙ 2 . Le travail du poids, par intégration de P depuis l’ins4
tant initial jusqu’à un instant t, est égal à mgxG sin α, d’où en appliquant le théorème de
3
l’énergie cinétique, m x˙G 2 = mgxG sin α.
4
15
L’équation du mouvement s’écrit :
❒ a. x¨G = g sin α
❒ c. 2 x¨G = g sin α
3
x¨G = g sin α
2
❒ d. x¨G = g sin α − T
❒
✗ b.
L’équation du mouvement s’obtient en dérivant par rapport au temps le résultat de la question précédente et en simplifiant l’expression.
54
Corrigés
Cet énoncé concerne les questions 16 à 17 :
On étudie le mouvement d’un point M (figure 4.3) de masse m suspendu à une poulie de
1
rayon r, de moment d’inertie J = mr2 par rapport à l’axe Gz, la poulie ayant la même
2
masse m que M. Le fil sans masse auquel est suspendu M est inextensible et ne glisse
→
−
−−→
−
−
pas sur la poulie. On note T I = T →
u x la tension du fil au point I et T M = −T →
u x celle au
point M.
16
La puissance Pint des tensions est :
❒ a. Pint = 2T ẋ
❒
✗ c. Pint = 0
❒ b. Pint = T rθ̇
❒ d. Pint = T ẋ
Le fil est inextensible, donc sa longueur ne varie pas et tous ses points ont en norme la
même vitesse. En I et en M, les tensions sont opposées et les vitesses sont égales, donc la
puissance totale des tensions est nulle.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
17
Le théorème de la puissance cinétique appliqué au système global s’écrit :
d 3
d 3
m x˙M 2 = mg x˙M
m x˙M 2 = (mg + 2T ) x˙M
❒ b.
❒
✗ a.
dt 4
dt 4
d 1
d 3
2
2
m x˙M = mg x˙M
m x˙M = (mg − T ) x˙M
❒ c.
❒ d.
dt 2
dt 4
La seule action dont le point d’application se déplace est le poids de M, sa puissance
1 2
J θ̇
est P = mg x˙M . L’énergie cinétique totale est la somme de celle de la poulie
2
1
m x˙M 2 . Comme le fil ne glisse pas sur la poulie, x˙M = −rθ̇ d’où
et de celle de M
2
1
3
1
2
2
2
Ec = m x˙M + m x˙M = m x˙M .
4
2
4
18
On considère un couple de torsion exercé par un fil ou un ressort spiral, de constante de
torsion C. Exprimer l’énergie potentielle E p de ce couple en fonction de l’angle θr au
repos et de l’angle θ dont a tourné le fil ou le ressort. On prendra E p = 0 pour θ = θr .
1
❒ a. E p = C (θ − θr )2
❒ b. E p = C θ2 − θr2
2
1 ❒ c. E p = C (θ − θr )
❒
✗ d. E p = C θ2 − θr2
2
Soit Δ l’axe de rotation du solide lié au fil de torsion ou au ressort spiral. Le moment exercé
par le fil (le ressort) est de la forme MΔ = −C(θ − θr ) et la puissance correspondante est
P = −C(θ − θr )θ̇, d’où dE p = −δW = −Pdt = C(θ − θr )θ̇dt = C(θ − θr )dθ. On en déduit
1
par intégration E p = C(θ − θr )2 , compte tenu de la condition E p = 0 pour θ = θr .
2
55
Corrigés
Cet énoncé concerne les questions 19 à 22 :
Une barre, de longueur , est liée à l’axe vertical Oz et à l’axe horizontal Ox par des
liaisons glissière parfaites, articulées de manière à ce que l’angle θ entre la barre et l’axe
Oz puisse varier (figure 4.4). On modélise ces liaisons par un point A sur l’axe de rotation
et un point B sur Ox. L’axe Ox est en rotation autour de l’axe Oz, de vecteur rotation
−
ω→
uz , avec ω constant.
Le moment d’inertie par rapport à un axe perpendiculaire à la barre et passant par G est
1
m 2 . On fait l’étude dans le référentiel R lié à l’axe Ox.
JG =
12
19
−→
Établir les éléments du torseur de l’action d’inertie d’entrainement (résultante Fie et
−−→
moment en A, MA ).
−→ 1
−→
−
−
ux
❒
ux
❒ a. Fie = mω2 sin θ→
✗ b. Fie = mω2 sin θ→
2
−−→ 1
−−→ 1
−
−
❒
uy
❒ d. MA = mω2 2 cos θ sin θ→
uy
✗ c. MA = mω2 2 cos θ sin θ→
3
4
Soit P un point courant de la barre et H son projeté orthogonal sur Oz.
La force d’inertie d’entraînement élémentaire sur une masse dm au voisinage de P est
−→
−−→
−
d Fie = dm ω2 HP. Elle estcolinéaire à →
u x . En projetant et en intégrant sur la longueur de la
barre, on obtient Fiex =
ω2 xP dm = ω2
barre
xP dm = mω2 xG = mω2 sin θ.
2
barre
Le moment élémentaire en A a pour expression :
−−→
−−→
−−→
−−→
−−→
−
dMA = AP ∧ dmω2 HP = AH ∧ dmω2 HP . Il est colinéaire à →
uy . En projetant et en
intégrant sur la longueur de la barre, on obtient :
ω2 dmAP2 sin θ cos θ = ω2 sin θ cos θ
dmAP2 .
MAy =
barre
Soit μ =
MAy
barre
m
la masse linéïque de la barre :
2
= ω sin θ cos θ
μAP2 dAP = μω2 sin θ cos θ
3
3
= mω2 sin θ cos θ
2
3
.
barre
20
56
Établir l’expression E p,ie de l’énergie potentielle dont dérive l’action d’inertie d’entraînement en considérant E p,ie = 0 pour θ = 0.
1
1
❒ a. E p,ie = − mω2 2 sin2 θ
❒
✗ b. E p,ie = − mω2 2 sin2 θ
8
6
1
1
❒ d. E p,ie = − mω2 2 cos2 θ
❒ c. E p,ie = mω2 2 cos θ
2
6
Corrigés
−−−→
La puissance d’inertie d’entraînement se calcule à l’aide de l’expression Pie = v(A) ·
− −−−→
−−−→
→
− −−−→
−→ →
−→
Fie + Ω · M/A . Or v(A) et Fie sont perpendiculaires, il reste donc Pie = Ω · M/A =
θ̇mω2 sin θ cos θ
2
3
. Le travail élémentaire est δW = Pie dt. L’énergie potentielle est donc
dE P,ie = −θ̇mω2 sin θ cos θ
2
dt. On intègre par rapport au temps avec la condition E p,ie = 0
3
1
pour θ = 0 ce qui conduit à E p,ie = − mω2 2 sin2 θ.
6
21
Déterminer dans le référentiel tournant les positions d’équilibre de la barre.
3g
3g
3g
3g
❒
si
≤1
❒ b. θ = − arccos
si
≤1
✗ a. θ = arccos
2
2
2
2 ω
2 ω
2 ω
2 ω2
❒ c. θ = π
❒
✗ d. θ = 0
Les positions d’équilibre de la barre correspondent aux extrema de l’énergie potentielle.
Celle-ci est la somme de l’énergie potentielle d’inertie d’entraînement et de l’énergie potentielle de pesanteur :
1
1
E p = mgzG − mω2 2 sin2 θ = −mg cos θ − mω2 2 sin2 θ.
6
2
6
On dérive par rapport à θ pour trouver les extréma :
dE p
1
= 0 = mg sin θ − mω2 2 sin θ cos θ. Les solutions de cette équation sont θ = 0
dθ
2
3
3g
(θ = π est matériellement impossible) ou θ = arccos
quand la solution existe, c’est2 ω2
3g
à-dire si
≤ 1.
2 ω2
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22
Déterminer la stabilité des positions d’équilibre.
❒ a. θ = 0 stable
❒ c. θ = arccos
3g
instable
2 ω2
❒
✗ b. θ = 0 instable si
❒
✗ d. θ = arccos
3g
1
2 ω2
3g
stable
2 ω2
Les positions d’équilibre stables correspondent aux minima de l’énergie potentielle
d2 E p
( 2 0). On dérive une nouvelle fois par rapport à θ :
dθ
d2 E p
1
= mg cos θ + mω2 2 (sin2 θ − cos2 θ).
2
2
3
dθ
d2 E p
1
Position d’équilibre θ = 0 :
= mg − mω2 2 stable si 3g 2 ω2 .
2
dθ
2 3
d2 E p
3mg2 mω2 l2
3g
, et que
:
on
vérifiera
que
=
−
+
Position d’équilibre θ = arccos
3
2 ω2
dθ2
4ω2
2 2
2
3mg
mω l
3g
lorsque cette position existe, c’est-à-dire si
1.
3
4ω2
2 ω2
57
Corrigés
Cet énoncé concerne les questions 23 à 26 :
Une poulie de rayon a et de masse M p a son axe fixé à l’extrémité d’un ressort (k, 0 ).
Une corde inextensible et de masse négligeable s’enroule sans glisser dans la gorge
de la poulie. Elle est fixée au sol en un point A et à un point matériel M de masse m
(figure 4.5). On note ω la vitesse de rotation de la poulie autour de son axe. Le moment
1
d’inertie de la poulie par rapport à l’axe Gz est J = M p a2 .
2
23
En utilisant les conditions de roulement sans glissement en I et J, relier les grandeurs ω,
x˙G et x˙M .
❒
✗ a. x˙G = −aω
❒
✗ c. x˙M = 2 x˙G
❒ b. x˙M = x˙G + aω
❒ d. x˙M = −aω
On appelle L la longueur de la corde et H = xA − xO . Ces deux grandeurs sont constantes.
L = IA + πa + JM = IA + πa + x M − xG et H = IA + xG d’où en éliminant IA, L − πa + 2xG =
H + x M et en dérivant par rapport au temps, x˙M = 2 x˙G .
La corde ne glissant pas sur la poulie et compte tenu des orientations,
d (x M − xG )
= −aθ̇ = −aω et comme x˙M = 2 x˙G , x˙G = −aω.
dt
24
Déterminer l’énergie cinétique Ec du système (Poulie + M + corde).
1
1
M p + 4m x˙G 2
M p + m x˙G 2
❒ a. Ec =
❒ b. Ec =
2
2
1
1
M p + 8m x˙G 2
❒ c. Ec =
❒
✗ d. Ec = 3M p + 8m x˙G 2
2
4
L’énergie cinétique de la corde de masse négligeable est nulle.
L’énergie cinétique de la poulie, en appliquant le théorème de Kœnig, est égale à Ec,poulie =
1
1
1
1
3
M p x˙G 2 + Jω2 avec Jω2 = M p x˙G 2 donc Ec,poulie = M p x˙G 2 .
2
2
2
4
4
1
L’énergie cinétique de M vaut Ec,M = m x˙M 2 = 2m x˙G 2 .
2
1
3M p + 8m x˙G 2 .
En sommant Ec,poulie et Ec,M on obtient Ec =
4
25
58
Déterminer l’énergie potentielle E p du système (Poulie + M + corde).
2
1 ❒ a. E p = (M p + m)gxG + k xg − 0
2
2
1 ❒ b. E p = −(M p + m)gxG + k xg − 0
2
2
1 ❒
✗ c. E p = −(M p + 2m)gxG + k xg − 0
2
2
1 ❒ d. E p = (M p + 2m)gxG + k xg − 0
2
Corrigés
Il faut tenir compte de l’énergie potentielle élastique dûe au ressort et des énergies potentielles de pesanteur. Les tensions exercées par la corde inextensible ne travaillent pas.
2
1
1 k ( ressort − 0 )2 = k xg − 0 est l’énergie potentielle élastique.
2
2
L’axe vertical étant orienté vers le bas, l’énergie potentielle de pesanteur est de la forme
−mi gxi + cste. Comme x M = 2xG + cste et en choisissant une énergie potentielle de pesanteur nulle pour xG = 0, on obtient E p,pesanteur = −(M p + 2m)gxG .
2
1 En additionnant toutes les énergies potentielles, E p = −(M p + 2m)gxG + k xg − 0 .
2
26
Déterminer l’équation diﬀérentielle du mouvement pour xG .
3
M p + 4m x¨G + k(xG − 0 ) − (2m + M p )g = 0
❒
✗ a.
2
❒ b. M p + m x¨G + k(xG − 0 ) − (2m + M p )g = 0
3
M p + 4m x¨G + k(xG − 0 ) + (2m + M p )g = 0
❒ c.
2
❒ d. M p + 4m x¨G + k(xG − 0 ) − (2m + M p )g = 0
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
L’énergie mécanique du système, soumis à des forces toutes conservatives, ne varie pas au
cours du temps. Pour obtenir l’équation diﬀérentielle du mouvement, on dérive par rapport
au temps l’équation
de conservation de l’énergie mécanique et on simplifie par x˙G , ce qui
3
conduit à M p + 4m x¨G + k(xG − 0 ) − (2m + M p )g = 0.
2
On
reconnaît
l’équation d’un oscillateur harmonique de pulsation propre ω0 =
2k
.
3MP + 8m
59
Partie 2
Électrocinétique
5
Filtres d’ordre 2
Thèmes abordés
Avec ce questionnaire, vous évaluez vos compétences sur les sujets suivants :
• Fonctions de transfert fondamentales d’ordre 2.
• Tracés asymptotiques des diagrammes de Bode (gain et phase).
• Étude d’un filtre actif à amplificateur opérationnel.
Notations. On note dans tout le chapitre U la valeur eﬃcace complexe de la tension
√
sinusoïdale u(t) = U 2cos(ωt + φ) avec U = Ue jφ .
π
j est le nombre complexe tel que j2 = −1, d’argument .
2
Consignes
QCM
Répondre d’abord aux questions suivantes, puis aller voir le corrigé page 83.
Pour un bloc de questions concernant le même problème, répondre à tout le bloc
avant de consulter le corrigé. On rappelle qu’il y a une ou deux réponses exactes
par question. Il est nécessaire pour répondre d’écrire quelques lignes au brouillon.
Cet énoncé concerne les questions 1 à 4 :
On étudie le circuit représenté figure 5.1.
Figure 5.1
62
Énoncés
5 Filtres d’ordre 2
1 Calculer la fonction de transfert du circuit (supposé non chargé) :
1
1 + jRCω
1
❒ c. H =
1
R
−
1− j
Lω LCω2
1
1 + jRCω − LCω2
1
❒ d. H =
1
Lω
−
1+ j
R
RCω
❒ b. H =
❒ a. H =
2 Le tracé du diagramme de Bode pour le gain GdB comporte :
❒ a. Une asymptote horizontale et une asymptote de pente −20 dB/dec.
❒ b. Une asymptote horizontale et une asymptote de pente −40 dB/dec
❒ c. Une asymptote de pente 20 dB/dec et une asymptote de pente 20 dB/dec
❒ d. Une asymptote horizontale et une asymptote de pente +40 dB/dec.
√
√
3 Si on pose ue (t) = Ue 2 cos ωt et us (t) = U s 2 cos (ωt + φ), le déphasage φ
vérifie :
1
Lω
−
R
RCω
1
Lω
❒ d. tan φ =
−
RCω
R
RCω
1 − LCω2
RCω
❒ c. tan φ =
LCω2 − 1
❒ b. tanφ =
❒ a. tan φ =
4 Le diagramme de Bode asymptotique pour la phase est :
❒ a. Une marche d’escalier montante entre −π/2 et π/2.
❒ b. Une marche d’escalier descendante entre π/2 et −π/2.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
❒ c. Une marche d’escalier montante entre 0 et π.
❒ d. Une marche d’escalier descendante entre 0 et −π.
Cet énoncé concerne les questions 5 à 8 :
On étudie le circuit représenté figure 5.2.
Figure 5.2
63
Énoncés
5 Filtres d’ordre 2
5 Calculer la fonction de transfert du circuit (supposé non chargé) :
❒ a. H =
1
R
jLω
−LCω2
❒ c. H =
1 + jRCω − LCω2
1+
❒ b. H =
1
1 + jRCω − LCω2
❒ d. H =
1
1
Lω
−
1+ j
R
RCω
6 Le tracé du diagramme de Bode pour le gain GdB comporte :
❒ a. Une asymptote horizontale et une asymptote de pente +20 dB/dec.
❒ b. Une asymptote horizontale et une asymptote de pente −40 dB/dec.
❒ c. Une asymptote de pente 20 dB/dec et une asymptote de pente 20 dB/dec.
❒ d. Une asymptote horizontale et une asymptote de pente +40 dB/dec.
√
√
7 Si on pose ue (t) = Ue 2 cos ωt et us (t) = U s 2 cos (ωt + φ), le déphasage φ
vérifie :
1
Lω
−
R
RCω
1
Lω
❒ d. tan φ =
−
RCω
R
RCω
1 − LCω2
RCω
❒ c. tan φ =
LCω2 − 1
❒ b. tan φ =
❒ a. tan φ =
8 Le diagramme de Bode asymptotique pour la phase est :
❒ a. Une marche d’escalier montante entre −π/2 et π/2.
❒ b. Une marche d’escalier descendante entre π/2 et −π/2.
❒ c. Une marche d’escalier descendante entre π et 0.
❒ d. Une marche d’escalier montante entre −π et 0.
Cet énoncé concerne les questions 9 à 13 :
On étudie le circuit représenté figure 5.3.
Figure 5.3
64
Énoncés
5 Filtres d’ordre 2
9 Calculer la fonction de transfert du circuit (supposé non chargé) :
❒ a. H =
❒ c. H =
1
1
Lω
−
1+ j
R
RCω
1
1− j
1
R
−
Lω LCω2
❒ b. H =
1
1 + jRCω − LCω2
Lω
1
−
R
RCω
❒ d. H =
1
Lω
−
1+ j
R
RCω
j
10 Le tracé du diagramme de Bode pour le gain GdB comporte :
1
❒ a. Un maximum pour ω = ω0 = √ .
LC
1
❒ b. Un minimum pour ω = ω0 = √ .
LC
❒ c. Une asymptote de pente −20 dB/dec et une asymptote de pente 20 dB/dec.
❒ d. Une asymptote horizontale et une asymptote verticale.
11 Si L et C sont fixées et que l’on fait varier R :
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
❒ a. La résonance est d’autant plus aigüe que R est grande.
❒ b. La résonance est d’autant plus aigüe que R est petite.
R
❒ c. La largeur de bande passante est donnée par Δω = .
L
1
.
❒ d. La largeur de bande passante est donnée par Δω =
RC
√
√
12 Si on pose ue (t) = Ue 2 cos ωt et us (t) = U s 2 cos (ωt + φ), le déphasage φ
vérifie :
1
Lω
RCω
−
❒ b. tan φ =
❒ a. tan φ =
2
R
RCω
1 − LCω
1
Lω
RCω
❒ d. tan φ =
−
❒ c. tan φ =
2
RCω
R
LCω − 1
13 Le diagramme de Bode asymptotique pour la phase est :
❒ a. Une marche d’escalier montante entre −π/2 et π/2.
❒ b. Une marche d’escalier descendante entre π/2 et −π/2.
❒ c. Une marche d’escalier montante entre 0 et π.
❒ d. Une marche d’escalier descendante entre 0 et −π.
65
Énoncés
5 Filtres d’ordre 2
Cet énoncé concerne les questions 14 à 16 :
On étudie le circuit représenté figure 5.4.
Figure 5.4
14 Calculer la fonction de transfert du circuit (supposé non chargé) :
1
1
Lω
−
1+ j
R
RCω
1
❒ c. H =
1
1+ 1
Lω
−
j
R
RCω
❒ a. H =
Lω
1
j
−
R
RCω
❒ b. H =
1
Lω
−
1+ j
R
RCω
1
❒ d. H =
R
− RCω
1+ j
Lω
15 Le tracé du diagramme de Bode pour le gain GdB comporte :
1
❒ a. Un maximum pour ω = ω0 = √ .
LC
1
❒ b. Un minimum pour ω = ω0 = √ .
LC
❒ c. Une asymptote de pente −20 dB/dec et une asymptote de pente 20 dB/dec.
❒ d. Une asymptote horizontale et une asymptote verticale.
√
√
16 Si on pose ue (t) = Ue 2 cos ωt et us (t) = U s 2 cos (ωt + φ), le déphasage φ
vérifie :
1
Lω
−
R
RCω
1
❒ c. tan φ =
1
Lω
−
R
RCω
❒ a. tan φ =
66
Lω
1
+
R
RCω
1
❒ d. tan φ =
1
Lω
+
−
R
RCω
❒ b. tan φ = −
Énoncés
5 Filtres d’ordre 2
Cet énoncé concerne les questions 17 à 21 :
On étudie le circuit représenté figure 5.5. Il comporte un amplificateur opérationnel idéal fonctionnant en régime linéaire.
∞
Figure 5.5
17 Déterminer en régime sinusoïdal la relation entre les tensions Ue et VA où VA (t)
désigne le potentiel du point A :
❒ a. U s = jR1CωVA
1
VA
❒ c. U s = 1 +
jRCω
❒ b. U s = − jR1CωVA
1
R1
+
VA
❒ d. U s = 1 +
R
jRCω
18 Déterminer la fonction de transfert du circuit :
1
1
R1
(2 + jRCω)
+
1+
R
jRCω
R1
R
❒ b. H =
1
1 + j R1Cω −
RCω
R1
−
2R
❒ c. H =
1
R1Cω
−
1+ j
2
RCω
R1
−
2R
❒ d. H =
(1 + j (R + R1 ) Cω)2
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
❒ a. H = 19 Ce circuit est un filtre :
❒ a. Passe-bas
❒ b. Passe-bande
❒ c. Passe-haut
❒ d. Coupe-bande
67
Énoncés
5 Filtres d’ordre 2
20 Déterminer sa pulsation propre :
1
C (R + R1 )
√
2
❒ c. ω0 = √
C R (R + R1 )
❒ a. ω0 =
1
√
C RR1
√
2
❒ d. ω0 = √
C RR1
❒ b. ω0 =
21 Déterminer son facteur de qualité :
R1
❒ a. Q0 =
2R
2R1
❒ c. Q0 =
R
❒ b. Q0 =
❒ d. Q0 =
R1
2R
1+
R1
R
Voir les corrigés du chapitre 5 page 83.
68
6
Décomposition
de Fourier - Filtrage
d’un signal
Thèmes abordés
Avec ce questionnaire, vous évaluez vos compétences sur les sujets suivants :
•
•
•
•
•
La décomposition de Fourier d’un signal périodique.
Le contenu spectral d’un signal.
Les notions de fondamental et d’harmonique.
L’eﬀet d’un filtre linéaire sur le spectre et la forme d’un signal.
Les circuits dérivateur et intégrateur.
Notations. Sauf indication contraire, la décomposition de Fourier d’un signal pério2π
sera écrite sous les deux formes suivantes :
dique s(t) de période T =
ω
s(t) = A0 +
+∞
k=1
Ak cos(kωt) +
+∞
Bk sin(kωt) = A0 +
k=1
+∞
Ck cos(kωt + φk )
k=1
Consignes
Vrai/Faux
Pour chacune des propositions suivantes, indiquer si elle est exacte ou non, en
rédigeant une courte explication, puis aller voir le corrigé page 92.
1 ❒ V ❒ F La composante continue de s(t) est A0 .
2 ❒ V ❒ F Si s(t) est pair, tous les coeﬃcients Bk sont nuls.
3 ❒ V ❒ F Plus un signal est proche d’une sinusoïde, plus son spectre est riche
en harmoniques.
4 ❒ V ❒ F Un signal créneau a plus d’harmoniques qu’un signal triangle.
69
Énoncés
6 Décomposition de Fourier
5 ❒ V ❒ F L’amplitude des harmoniques d’un signal triangulaire décroît
1
comme .
k
6 ❒ V ❒ F Le résultat du filtrage d’un signal créneau par un filtre passe-bande
est aussi un créneau.
7 ❒ V ❒ F Un filtre linéaire peut transformer un signal sinusoïdal en signal
triangulaire.
8 ❒ V ❒ F Un filtre passe-bas du deuxième ordre ne peut être intégrateur.
9 ❒ V ❒ F Un filtre passe-bande du deuxième ordre peut être intégrateur ou
dérivateur.
2
10 ❒ V ❒ F Le signal R.M.S. d’un signal s est tel que S RMS
= A20 +
1 2
C
2 k k
Consignes
QCM
Répondre d’abord aux questions suivantes, puis aller voir le corrigé page 94.
Pour un bloc de questions concernant le même problème, répondre à tout le bloc
avant de consulter le corrigé. On rappelle qu’il y a une ou deux réponses exactes
par question. Il est nécessaire pour répondre d’écrire quelques lignes au brouillon.
11 On s’intéresse au signal (figure 6.1). Son amplitude est a et sa période T . Déterminer sa décomposition de Fourier.
∞
cos(2p + 1)ωt
4a (−1) p
❒ a. s(t) =
π p=0
2p + 1
4a sin(2p + 1)ωt
❒ b. s(t) =
π p=0
2p + 1
∞
2a sin(2p + 1)ωt
π p=0
2p + 1
∞
❒ c. s(t) =
4a sin(p)ωt
❒ d. s(t) =
π p=0
p
∞
70
6 Décomposition de Fourier
Énoncés
Figure 6.1
12 On s’intéresse au signal (figure 6.2). Son amplitude est a et sa période T . Déterminer sa décomposition de Fourier.
Figure 6.2
8a cos(2p + 1)ωt
❒ a. s(t) = 2
π p=1 (2p + 1)
∞
8a sin(2p + 1)ωt
❒ b. s(t) = 2
π p=0 (2p + 1)2
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
∞
8a cos(2p + 1)ωt
π2 p=0
p2
∞
❒ c. s(t) =
8a cos(2p + 1)ωt
❒ d. s(t) = 2
π p=0 (2p + 1)2
∞
Cet énoncé concerne les questions 13 à 17 :
Un signal S e (figure 6.3) est filtré par cinq filtres d’ordre 2 qu’on demande de
retrouver par une analyse qualitative des signaux de sortie.
71
Énoncés
6 Décomposition de Fourier
Figure 6.3
13 Déterminer le filtre correspondant au signal de sortie (figure 6.4)
Figure 6.4
❒ a. Filtre passe-bande à large bande.
❒ c. Filtre passe-bas.
❒ b. Filtre passe-bande à bande étroite.
❒ d. Filtre réjecteur de bande.
14 Déterminer le filtre correspondant au signal de sortie (figure 6.5)
Figure 6.5
❒ a. Filtre passe-bande à large bande.
❒ c. Filtre passe-haut.
❒ b. Filtre passe-bande à bande étroite.
❒ d. Filtre passe-bas.
15 Déterminer le filtre correspondant au signal de sortie (figure 6.6)
72
❒ a. Filtre passe-bas.
❒ b. Filtre passe-bande à bande étroite.
❒ c. Filtre passe-haut.
❒ d. Filtre réjecteur de bande.
6 Décomposition de Fourier
Énoncés
Figure 6.6
16 Déterminer le filtre correspondant au signal de sortie (figure 6.7)
Figure 6.7
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
❒ a. Filtre passe-bas.
❒ c. Filtre passe-haut.
❒ b. Filtre passe-bande à bande étroite.
❒ d. Filtre réjecteur de bande.
17 Déterminer le filtre correspondant au signal de sortie (figure 6.8)
Figure 6.8
❒ a. Filtre passe-bas.
❒ b. Filtre passe-bande à bande étroite.
❒ c. Filtre passe-haut.
❒ d. Filtre réjecteur de bande.
73
Énoncés
6 Décomposition de Fourier
18 On considère un signal électrique e(t) = E0 +
Ek cos(kωt + αk ) à l’entrée d’un
k
filtre linéaire de fonction de transfert H( jω) = H(ω)e jφ(ω) . Quelle est l’expression du signal de sortie s(t) ?
❒ a. s(t) = H(ω)e(t)
❒ b. s(t) = H(0)E0 +
H(kω)Ek cos(kωt + αk + φ(kω))
k
❒ c. s(t) = H(0)E0 +
H(ω)Ek cos(kωt + αk + φ(ω))
k
❒ d. s(t) = H(0)E0 +
H(kω)Ek cos(kωt + αk )
k
Cet énoncé concerne les questions 19 à 20 :
cos(2p + 1)ω1 t
4a de
(−1) p
π p=0
2p + 1
1
2π
. On
à l’entrée d’un filtre passe-bande H =
période T =
ω1
ω ω0
1 + jQ
−
ω0
ω
choisit le filtre tel que ω0 = ω1 et Q = 10.
∞
On envoie un signal d’entrée créneau pair e(t) =
19 Déterminer l’amplitude du terme fondamental S 1 du signal de sortie s(t).
❒ a. S 1 = 0
❒ c. S 1 =
4a
π
❒ b. S 1 =
4a
1
ω1 π
ω
1 + j10
−
ω1
ω
❒ d. S 1 = 1
20 Déterminer l’amplitude du premier harmonique non nul du signal de sortie s(t).
❒ a. 0
❒ c.
4a
π
3 4a
3 + j80 π
12a
❒ d. √
π 6409
❒ b.
Voir les corrigés du chapitre 6 page 92.
74
Circuits non linéaires Oscillateurs
7
Thèmes abordés
Avec ce questionnaire, vous évaluez vos compétences sur les sujets suivants :
•
•
•
•
Circuits à diodes.
Amplificateur opérationnel en mode non linéaire.
Oscillateur à relaxation.
Oscillateur à pont de Wien.
Consignes
QCM
Répondre d’abord aux questions suivantes, puis aller voir le corrigé page 98.
Pour un bloc de questions concernant le même problème, répondre à tout le bloc
avant de consulter le corrigé. On rappelle qu’il y a une ou deux réponses exactes
par question. Il est nécessaire pour répondre d’écrire quelques lignes au brouillon.
Cet énoncé concerne les questions 1 à 3 :
On étudie le circuit représenté figure 7.1 ; il est composé d’une diode et d’une
résistance
en série avec un générateur idéal de tension sinusoïdale e(t) =
√
E 2 sin (ωt).
Figure 7.1
75
Énoncés
7 Circuits non linéaires - Oscillateurs
La diode est supposée idéale (tension de seuil et résistance diﬀérentielle nulles).
Sa caractéristique est représentée sur la figure (7.2).
Figure 7.2
1 Déterminer la tension aux bornes de la résistance.
❒ a. quand e(t) ≥ 0, uR = e(t)
❒ c. quand e(t) ≥ 0, uR = 0
❒ b. quand e(t) < 0, uR = e(t)
❒ d. quand e(t) < 0, uR = 0
2 Déterminer la tension aux bornes de la diode.
❒ a. quand e(t) ≥ 0, uD = e(t)
❒ c. quand e(t) ≥ 0, uD = 0
❒ b. quand e(t) < 0, uD = e(t)
❒ d. quand e(t) < 0, uD = 0
3 Déterminer la valeur moyenne URm de la tension aux bornes de la résistance.
E
2π
√
2E
=
π
❒ a. URm = E
√
❒ b. URm =
❒ c. URm =
❒ d. URm
2E
2π
Cet énoncé concerne les questions 4 à 7 :
On considère le circuit de la figure 7.3 avec un pont de diodes (appelé pont de
Graetz) et avec une résistance R.
Figure 7.3
76
Énoncés
7 Circuits non linéaires - Oscillateurs
On suppose que le générateur délivre une tension e = E cos ωt et que les diodes
sont idéales (voir figure 7.2).
4 En tenant compte du signe de e(t) à l’instant t = 0, faire une hypothèse sur le
comportement des diodes.
❒ a. D1 et D2 passantes, D3 et D4 bloquées
❒ b. D3 et D4 passantes, D1 et D2 bloquées
❒ c. D1 et D4 passantes, D2 et D3 bloquées
❒ d. D2 et D3 passantes, D1 et D4 bloquées
5 En déduire l’expression de la tension u(t).
❒ a. u(t) = 0
❒ c. u(t) = −e(t)
❒ b. u(t) = e(t)
❒ d. u(t) = 2e(t)
6 Jusqu’à quel instant t1 l’hypothèse est-elle valable ?
π
2ω
√
2π
❒ c. t1 =
ω
❒ a. t1 =
❒ b. t1 =
π
ω
❒ d. t1 =
2π
ω
7 Pour t > t1 faire une autre hypothèse et en déduire u(t) pour tout t.
❒ a. u(t) = e(t) si e(t) 0 et u(t) = 0 si e(t) < 0
❒ b. u(t) = 0 si e(t) 0 et u(t) = −e(t) si e(t) < 0
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
❒ c. u(t) = |e(t)|
❒ d. u(t) = −|e(t)|
8 L’amplificateur opérationnel du montage représenté figure 7.4 étant idéal, déterminer si :
Figure 7.4
❒ a. V s = V sat pour Ve < E
❒ b. V s = V sat pour Ve > E
❒ c. le montage est comparateur
❒ d. le montage est amplificateur
77
Énoncés
7 Circuits non linéaires - Oscillateurs
9 Déterminer les valeurs de la tension d’entrée provoquant le basculement de la
tension de sortie entre les valeurs +V sat et −V sat pour le montage représenté
figure 7.5. L’amplificateur opérationnel est supposé idéal.
Figure 7.5
R1
V sat
R1 + R2
−R1
❒ b. dans le sens montant, la tension de basculement est VB =
V sat
R1 + R2
R1
❒ c. dans le sens descendant, la tension de basculement est VB =
V sat
R1 + R2
−R1
❒ d. dans le sens descendant, la tension de basculement est VB =
V sat
R1 + R2
❒ a. dans le sens montant, la tension de basculement est VB =
Cet énoncé concerne les questions 10 à 12 :
On étudie le circuit représenté figure 7.6.
Figure 7.6
78
7 Circuits non linéaires - Oscillateurs
Énoncés
Les deux amplificateurs opérationnels sont idéaux.
10 Déterminer la valeur de la tension d’entrée provoquant le basculement de la tension de sortie du premier montage de +V sat à −V sat .
R
V sat
r
R
❒ b. dans le sens montant, la tension de basculement est VB = − V sat
r
R
❒ c. dans le sens descendant, la tension de basculement est VB = V sat
r
R
❒ d. dans le sens descendant, la tension de basculement est VB = − V sat
r
❒ a. dans le sens montant, la tension de basculement est VB =
11 Examiner si :
❒ a. la tension Ve est triangulaire
❒ c. la tension V s est triangulaire
❒ b. la tension Ve est en créneau
❒ d. la tension V s est en créneau
12 Déterminer la période de la tension Ve en fonction de R, C, r et R .
4rRC
R
2rR C
❒ c. T =
R
4RRC
r
2RRC
❒ d. T =
r
❒ b. T =
❒ a. T =
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Cet énoncé concerne les questions 13 à 20 :
Nous allons étudier un oscillateur de type quasi sinusoïdal, constitué d’un filtre
d’ordre 2 et d’un montage amplificateur utilisant un amplificateur opérationnel.
13 On commence par étudier le filtre de Wien (figure 7.7) avec R = 10 kΩ et
C = 47 nF :
Figure 7.7
Calculer la fonction de transfert du circuit.
79
Énoncés
❒ a. H =
❒ c. H =
7 Circuits non linéaires - Oscillateurs
1
1 + jRCω +
❒ b. H =
1
jRCω
1
3 + jRCω +
❒ d. H =
1
jRCω
1
2 + jRCω +
1
jRCω
1
4 + jRCω +
1
jRCω
14 De quel type de filtre s’agit-il ?
❒ a. passe-bas
❒ b. passe-haut
❒ c. passe-bande
❒ d. coupe-bande
15 Mettre la fonction de transfert sous forme canonique puis déterminer le facteur
de qualité Q et la pulsation propre ω0 .
1
❒ a. Q =
3
1
❒ c. ω0 =
3RC
❒ b. Q = 3
❒ d. ω0 =
1
RC
16 À partir de cette question, on couple le filtre de Wien et un amplificateur non
inverseur (figure 7.8). La tension de sortie du filtre de Wien est la tension d’entrée
de l’amplificateur.
Figure 7.8
On suppose que l’amplificateur fonctionne en régime linéaire et on ne tient pas
compte de sa réponse fréquentielle. Cela revient à supposer que les fréquences
d’étude sont très inférieures à la fréquence de coupure haute.
80
7 Circuits non linéaires - Oscillateurs
Énoncés
En utilisant la relation imposée à U et V par l’amplificateur non inverseur, et
l’équation diﬀérentielle du filtre de Wien, établir les équations diﬀérentielles
pour U et pour V.
R2
U̇ + ω20 U = 0
❒ a. Ü + ω0 1 +
R1
R2
U̇ + ω20 U = 0
❒ b. Ü + ω0 3 −
R1
R2
V̇ + ω20 V = 0
❒ c. V̈ + ω0 2 −
R1
R2
V̇ + ω20 V = 0
❒ d. V̈ + ω0 3 −
R1
17 Déterminer la valeur de ρ = R2 /R1 correspondant au cas où U vérifie l’équa-
tion d’un oscillateur harmonique (on notera cette valeur ρc ). Quelle est alors la
période T 0 de l’oscillation ?
❒ a. ρ = 1, 5
❒ c. T 0 =
RC
2π
❒ b. ρ = 2
❒ d. T 0 = 2πRC
18 En fait, on ne peut en pratique obtenir exactement ρ = ρc . Pour observer des
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
oscillations, on doit avoir un système instable, donc ρ > ρC . On suppose dans la
suite que ρ = 2, 3.
Établir les expressions générales de V et de U en fonction du temps. Déterminer
le temps caractéristique τ de croissance des oscillations ainsi que la pseudopériode T .
20RC
16RC
❒ b. τ =
❒ a. τ =
3
3
4πRC
4πRC
❒ d. T = √
❒ c. T = √
3.91
1.21
19 Le moindre parasite conduit à la saturation. On se place dans le cas où V croît
jusqu’à +V sat . Écrire la nouvelle équation diﬀérentielle vérifiée par U lorsque
V = +V sat .
❒ a. Ü + 4ω0 U̇ + ω20 U = 0
❒ b. Ü + 3ω0 U̇ + ω20 U = 0
❒ c. Ü + 2ω0 U̇ + ω20 U = 0
❒ d. Ü + ω0 U̇ + ω20 U = 0
81
Énoncés
7 Circuits non linéaires - Oscillateurs
20 Pour que le système sorte de la saturation, il faut que U décroisse. Est-ce le cas ?
Déterminer l’équation vérifiée par U (et par V) si le système peut sortir de la
saturation .
❒ a. U s’amortit pour tout ρ.
❒ b. U ne s’amortit que si ρ < 2ρc .
❒ c. Ü + ω0 (1 − ρ) U̇ + ω20 U = 0
❒ d. Ü + ω0 (2 − ρ) U̇ + ω20 U = 0
Voir les corrigés du chapitre 7 page 98.
82
Corrigés
5 Filtres d’ordre 2
QCM
Cet énoncé concerne les questions 1 à 4 :
On étudie le circuit représenté figure 5.1.
1
Calculer la fonction de transfert du circuit (supposé non chargé) :
1
1
❒ a. H =
❒
✗ b. H =
1 + jRCω
1 + jRCω − LCω2
1
1
❒ c. H =
❒ d. H =
1
R
1
Lω
−
1− j
−
1+ j
Lω LCω2
R
RCω
Les trois éléments sont en série en l’absence de circuit d’utilisation : grâce à un diviseur de
ZC
Ue
Ue =
donc après mise en forme :
tension, on obtient U s =
R + ZC + ZL
RYC + 1 + ZL YC
Us
1
H=
=
.
Ue 1 + jRCω − LCω2
2
Le tracé du diagramme de Bode pour le gain GdB comporte :
❒ a. Une asymptote horizontale et une asymptote de pente −20 dB/dec.
❒
✗ b. Une asymptote horizontale et une asymptote de pente −40 dB/dec
❒ c. Une asymptote de pente 20 dB/dec et une asymptote de pente 20 dB/dec
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
❒ d. Une asymptote horizontale et une asymptote de pente +40 dB/dec.
1
La fonction précédente est de la forme H =
1−
ω
ω
+j
Q0 ω0
ω20
2
1
avec ω = ω0 = √
LC
1
Lω0
(facteur de qualité).
=
RCω0
R
En très basse fréquence, c’est-à-dire pour ω ω0 , H ≈ 1, ce qui donne GdB ≈ 0. C’est
l’équation d’une droite horizontale.
(pulsation propre) et Q0 =
En très haute fréquence (ω ω0 ), H ≈
1
ω2
− 2
ω0
= −
ω20
, ce qui donne GdB ≈
ω2
⎛ 2 ⎞
⎜⎜ ω ⎟⎟
ω
. C’est l’équation d’une droite de pente
20 log10 ⎜⎜⎝− 20 ⎟⎟⎠ donc GdB ≈ −40 log10
ω ω0
−40 dB/dec avec la variable log10 (ω). Il s’agit d’un filtre passe-bas (il atténue les hautes
fréquences) du second ordre (terme en ω2 ).
83
Corrigés
3
√
√
Si on pose ue (t) = Ue 2 cos ωt et u s (t) = U s 2 cos (ωt + φ), le déphasage φ vérifie :
1
RCω
Lω
−
❒ a. tan φ =
❒ b. tanφ =
1 − LCω2
R
RCω
Lω
1
RCω
−
❒ d. tan φ =
❒
✗ c. tan φ =
RCω
R
LCω2 − 1
Ue
U s e jφ
Us
1
. On en déduit que
=
cos φ =
=
Ue
Ue (cos φ − j sin φ)
Us
1 − LCω2 + jRCω
Ue
−RCω
sin φ = −RCω donc tan φ =
.
1 − LCω2 et
Us
1 − LCω2
H =
4
Le diagramme de Bode asymptotique pour la phase est :
❒ a. Une marche d’escalier montante entre −π/2 et π/2.
❒ b. Une marche d’escalier descendante entre π/2 et −π/2.
❒ c. Une marche d’escalier montante entre 0 et π.
❒
✗ d. Une marche d’escalier descendante entre 0 et −π.
D’après la question précédente, sin φ 0 donc φ est compris entre −π et 0 (à 2π près).
1
Pour ω ω0 , H ≈ 1, réel positif, donc φ ≈ 0. Pour ω ω0 , H ≈ ω2 , réel négatif, donc
− ω2
0
φ ≈ −π. Pour ω = ω0 , cos φ = 0 donc φ = −π/2 .
On en déduit que le diagramme de Bode asymptotique pour la phase est une marche d’escalier descendante entre 0 et −π.
Cet énoncé concerne les questions 5 à 8 :
On étudie le circuit représenté figure 5.2.
5
Calculer la fonction de transfert du circuit (supposé non chargé) :
1
1
❒ a. H =
❒ b. H =
R
1 + jRCω − LCω2
1+
jLω
−LCω2
1
❒
❒ d. H =
✗ c. H =
1 + jRCω − LCω2
1
Lω
−
1+ j
R
RCω
De nouveau, grâce à un diviseur de tension, on obtient :
ZL YC
ZL
Ue =
Ue donc après mise en forme :
Us =
R + ZC + ZL
RYC + 1 + YC ZL
H=
84
Us
Ue
=
−LCω2
1 + jRCω − LCω2
Corrigés
6
Le tracé du diagramme de Bode pour le gain GdB comporte :
❒ a. Une asymptote horizontale et une asymptote de pente +20 dB/dec.
❒ b. Une asymptote horizontale et une asymptote de pente −40 dB/dec.
❒ c. Une asymptote de pente 20 dB/dec et une asymptote de pente 20 dB/dec.
❒
✗ d. Une asymptote horizontale et une asymptote de pente +40 dB/dec.
−
La fonction précédente est de la forme H =
ω2
ω20
ω2
jω
1− 2 +
ω0 ω0 Q0
avec les mêmes notations
ω2
que pour le premier circuit. En très basse fréquence, c’est-à-dire pour ω ω0 , H ≈ − 2 ,
ω0
⎛ 2 ⎞
⎜⎜⎜ ω ⎟⎟⎟
ω
. C’est l’équation d’une
ce qui donne GdB ≈ 20 log10 ⎜⎝− 2 ⎟⎠ donc GdB ≈ 40 log10
ω ω0
0
droite de pente +40 dB/dec avec la variable log10 (ω). En très haute fréquence, c’est-à-dire
pour ω ω0 , H ≈ 1, ce qui donne GdB ≈ 0.
Il s’agit d’un filtre passe-haut du second ordre.
7
√
√
Si on pose ue (t) = Ue 2 cos ωt et u s (t) = U s 2 cos (ωt + φ), le déphasage φ vérifie :
1
RCω
Lω
−
❒ a. tan φ =
❒ b. tan φ =
2
R
RCω
1 − LCω
Lω
1
RCω
−
❒ d. tan φ =
❒
✗ c. tan φ =
RCω
R
LCω2 − 1
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
U s e jφ
Us
=
=
Ue
Ue (cos φ − j sin φ)
Ue
1
cos φ =
. On en déduit que
1
R
Us
1−
−
j
Lω
LCω2
R
Ue
R
RCω
1
.
Donc
tan
φ
=
.
et
sin
φ
=
=
1−
Us
Lω
LCω2
LCω2 − 1
1
Lω 1 −
LCω2
H =
8
Le diagramme de Bode asymptotique pour la phase est :
❒ a. Une marche d’escalier montante entre −π/2 et π/2.
❒ b. Une marche d’escalier descendante entre π/2 et −π/2.
❒
✗ c. Une marche d’escalier descendante entre π et 0.
❒ d. Une marche d’escalier montante entre −π et 0.
D’après la question précédente, sin φ 0 donc φ est compris entre 0 et π (à 2π près).
ω2
, réel négatif, donc φ ≈ π. Pour ω ω0 , H ≈ 1, réel positif, donc
ω20
φ ≈ 0. Pour ω = ω0 , cos φ = 0 donc φ = −π/2 .
Pour ω ω0 , H ≈ −
85
Corrigés
On en déduit que le diagramme de Bode asymptotique pour la phase est une marche d’escalier descendante entre π et 0.
Cet énoncé concerne les questions 9 à 13 :
On étudie le circuit représenté figure 5.3.
9
Calculer la fonction de transfert du circuit (supposé non chargé) :
1
1
❒ b. H =
❒
✗ a. H =
1 + jRCω − LCω2
1
Lω
−
1+ j
R
RCω
1
Lω
−
j
R
RCω
1
❒ c. H =
❒ d. H =
1
R
1
Lω
−
1− j
−
1
+
j
Lω LCω2
R
RCω
Avec le même raisonnement, on obtient : U s =
H=
10
1
1+
jLω
1
+
jRCω
R
=
R
Ue =
R + ZC + ZL
1
.
1
Lω
1+ j
−
R
RCω
Ue
d’où
ZC ZL
+
1+
R
R
Le tracé du diagramme de Bode pour le gain GdB comporte :
1
❒
✗ a. Un maximum pour ω = ω0 = √ .
LC
1
❒ b. Un minimum pour ω = ω0 = √ .
LC
❒
✗ c. Une asymptote de pente −20 dB/dec et une asymptote de pente 20 dB/dec.
❒ d. Une asymptote horizontale et une asymptote verticale.
La fonction de transfert est de la forme H =
H = 1
. Le module est égal à
ω
ω0
1 + jQ0
−
ω0
ω
1
. Il passe par un maximum quand le dénominateur de la
2
ω
ω0
1 + Q0
−
ω0
ω
1
fraction est minimal, donc pour ω = ω0 = √ .
LC
86
Corrigés
En très basse fréquence, c’est-à-dire pour ω ω0 , H ≈
ω
1
ω = j
, ce qui
0
Q0 ω0
jQ0 −
ω
ω . C’est l’équation d’une droite de pente +20 dB/dec avec la
donne GdB ≈ 20 log10 Q0 ω0
variable log10 (ω).
1
En très haute fréquence, c’est-à-dire pour ω ω0 , H ≈
, ce qui donne
jQ0 ωω0
ω0 . C’est l’équation d’une droite de pente −20 dB/dec avec la variable
GdB ≈ 20 log10 Q0 ω
log10 (ω). Les deux asymptotes se croisent pour ω = ω0 et alors GdB = −20 log10 (Q0 ). Il
s’agit d’un filtre passe-bande, centré sur la pulsation propre ω0 , qui est la pulsation de
résonance.
11
Si L et C sont fixées et que l’on fait varier R :
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
❒ a. La résonance est d’autant plus aigüe que R est grande.
❒
✗ b. La résonance est d’autant plus aigüe que R est petite.
R
❒
✗ c. La largeur de bande passante est donnée par Δω = .
L
1
.
❒ d. La largeur de bande passante est donnée par Δω =
RC
La bande passante correspond à l’intervalle [ω1 , ω2 ] des pulsations telles que GdB soit au
Hmax
1
moins égal à GdBmax − 3 dB, ce qui revient à |H| √ = √ . En appliquant cette défi2
2
ω
ω0
= ±1 pour les deux pulsations limites ω1 et ω2
−
nition, on obtient l’équation Q0
ω0
ω
appelées pulsations de coupure. Cette équation revient à écrire deux équations du second
ωω0
ωω0
degré sur ω : ω2 +
− ω20 = 0 et ω2 −
− ω20 = 0. Ces deux équations admettent
Q0
Q0
chacune une racine positive et une racine négative et elles ont le même discriminant égal
2
ω0
àΔ=
+ 4ω20 . Seules les racines positives ont une signification physique. On obtient
Q0
√
√
−ω0
ω0
Δ
Δ
et ω2 =
.
donc ω1 =
+
+
2Q0
2
2Q0
2
ω0
R
= .
La largeur de bande passante vaut Δω = ω2 − ω1 =
Q0
L
On dit que la résonance est aigüe si la bande passante est étroite, il faut donc que
Δω soit petite : Q0 doit être grand, c’est-à-dire que la résistance doit être faible.
12
√
√
Si on pose ue (t) = Ue 2 cos ωt et u s (t) = U s 2 cos (ωt + φ), le déphasage φ vérifie :
1
RCω
Lω
−
❒ a. tan φ =
❒ b. tan φ =
2
R
RCω
1 − LCω
Lω
RCω
1
−
❒
❒ c. tan φ =
✗ d. tan φ =
2
RCω
R
LCω − 1
87
Corrigés
U s e jφ
Us
=
=
Ue
Ue (cos φ − j sin φ)
Ue
1
. On en déduit que
cos φ = 1
Us
1
Lω
−
1+ j
R
RCω
1
1
Lω
Ue
Lω
+
donc tan φ =
−
.
et
sin φ = −
Us
R
RCω
RCω
R
H=
13
Le diagramme de Bode asymptotique pour la phase est :
❒ a. Une marche d’escalier montante entre −π/2 et π/2.
❒
✗ b. Une marche d’escalier descendante entre π/2 et −π/2.
❒ c. Une marche d’escalier montante entre 0 et π.
❒ d. Une marche d’escalier descendante entre 0 et −π.
D’après la question précédente, cos φ 0 donc φ est compris entre −π/2 et π/2 (à 2π près).
1
qui tend vers +∞ donc φ ≈ +π/2.
Pour ω ω0 , tan φ ≈
RCω
Lω
qui tend vers −∞ donc φ ≈ −π/2.
Pour ω ω0 , tan φ ≈ −
R
Pour ω = ω0 , tan φ = 0 donc φ = 0.
On en déduit que le diagramme de Bode asymptotique pour la phase est une marche d’escalier descendante entre +π/2 et −π/2.
Cet énoncé concerne les questions 14 à 16 :
On étudie le circuit représenté figure 5.4.
14
Calculer la fonction de transfert du circuit (supposé non chargé) :
1
Lω
−
j
R
RCω
1
❒
❒ a. H =
✗ b. H =
1
1
Lω
Lω
−
−
1+ j
1+ j
R
RCω
R
RCω
❒
✗ c. H =
1
1
1+ 1
Lω
−
j
R
RCω
❒ d. H =
Grâce à un diviseur de tension, on obtient : U s =
1
Lω
−
j
R
RCω
1
.
=
H=
1
1
Lω
1
+
−
1+ j
1
Lω
R
RCω
−
j
R
RCω
88
1
R
− RCω
1+ j
Lω
ZC + ZL
R + ZC + ZL
Ue =
Ue
d’où
R
1+
ZC + ZL
Corrigés
15
Le tracé du diagramme de Bode pour le gain GdB comporte :
1
❒ a. Un maximum pour ω = ω0 = √ .
LC
1
❒
✗ b. Un minimum pour ω = ω0 = √ .
LC
❒ c. Une asymptote de pente −20 dB/dec et une asymptote de pente 20 dB/dec.
❒
✗ d. Une asymptote horizontale et une asymptote verticale.
ω
ω0
−
ω0
ω
=
La fonction de transfert est de la forme H =
ω0
ω
1+
1 + jQ0
−
ω0
ω
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
jQ0
1
jQ0
1
ω
ω0
−
ω0
ω
.
ω0 ω
Q0 −
ω0
ω
Le module est égal à |H| = . Il passe par un minimum nul quand le
2
ω0
2 ω
1 + Q0
−
ω0
ω
1
numérateur de la fraction s’annule, donc pour ω = ω0 = √ .
LC
ω 0
jQ0 −
ω
ω = 1, ce qui donne
En très basse fréquence, c’est-à-dire pour ω ω0 , H ≈
0
jQ0 −
ω
GdB ≈ 0. L’asymptote est horizontale et confondue avec l’axe des abscisses.
ω
jQ0
ω0
= 1. On retrouve la
En très haute fréquence, c’est-à-dire pour ω ω0 , H ≈
ω
jQ0
ω0
même asymptote horizontale qu’en très basse fréquence.
Enfin si ω ≈ ω0 , GdB tend vers −∞ d’où une asymptote verticale.
Il s’agit d’un filtre coupe-bande (ou réjecteur de bande), centré sur la pulsation propre ω0 .
16
√
√
Si on pose ue (t) = Ue 2 cos ωt et u s (t) = U s 2 cos (ωt + φ), le déphasage φ vérifie :
1
Lω
1
Lω
−
❒ b. tan φ = −
+
❒ a. tan φ =
R
RCω
R
RCω
1
1
❒ c. tan φ =
❒
✗ d. tan φ = Lω
1
1
Lω
−
+
−
R
RCω
R
RCω
89
Corrigés
H=
1
j
. On en déduit que
1
Lω
−
R
RCω
1
tan φ =
.
1
Lω
+
−
R
RCω
1− Ue
Ue
−1
donc
cos φ = 1 et
sin φ = Us
Us
1
Lω
−
R
RCω
Cet énoncé concerne les questions 17 à 21 :
On étudie le circuit représenté figure 5.5. Il comporte un amplificateur opérationnel idéal
fonctionnant en régime linéaire.
17
Déterminer en régime sinusoïdal la relation entre les tensions Ue et VA où VA (t) désigne
le potentiel du point A :
❒ a. U s = jR1CωVA
1
VA
❒ c. U s = 1 +
jRCω
❒
✗ b. U s = − jR1CωVA
1
R1
+
VA
❒ d. U s = 1 +
R
jRCω
L’AO étant supposé idéal, on néglige les courants d’entrée ; par conséquent la résistance
R1 est en série avec le condensateur situé entre A et l’entrée E − . De plus, en mode linéaire,
V + = V − et E + étant reliée à la masse, ces deux potentiels sont nuls. On écrit une loi
des nœuds sur l’entrée non inverseuse, en faisant attention aux conventions d’orientation :
Us
jCωVA = − .
R1
18
90
Déterminer la fonction de transfert du circuit :
1
❒ a. H = 1
R1
(2 + jRCω)
+
1+
R
jRCω
R1
R
❒ b. H =
1
1 + j R1Cω −
RCω
R1
−
2R
❒
✗ c. H =
1
R1Cω
−
1+ j
2
RCω
R1
−
2R
❒ d. H =
(1 + j (R + R1 ) Cω)2
Corrigés
Théorème de Millman au point A :
Ue
+ jCωU s
VA = R
2
+ 2 jCω
R
On remplace ensuite VA par son expression en fonction de U s et on arrive à :
Ue
Ue
2
2
−2
+ 2 jCω =
+ jCωU s ⇒ U s
−
− jCω =
jR1Cω R
R
jR1CωR R1
R
−U s
R1
2R
Après mise en forme, le résultat est H =
1
R1Cω
−
1+ j
2
RCω
−
19
Ce circuit est un filtre :
❒ a. Passe-bas
❒ c. Passe-haut
❒
✗ b. Passe-bande
❒ d. Coupe-bande
On reconnaît la forme générale d’une fonction de transfert d’un passe-bande. En eﬀet, le
dénominateur a une partie réelle constante et sa partie imaginaire s’annule pour une valeur
particulière de la pulsation, d’où un gain maximal pour cette pulsation (le numérateur est
constant) : il y a donc résonance pour cette pulsation, ce qui est caractéristique d’un filtre
passe-bande.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
20
Déterminer sa pulsation propre :
1
❒ a. ω0 =
C (R + R1 )
√
2
❒ c. ω0 = √
C R (R + R1 )
1
√
C RR1
√
2
❒
✗ d. ω0 = √
C RR1
❒ b. ω0 =
La pulsation de résonance d’un passe-bande d’ordre 2 est aussi sa pulsation propre. En an1
R1Cω
−
= 0
nulant la partie imaginaire du dénominateur de H, on obtient l’équation
2
RCω
√
2
dont la solution positive est ω0 = √
.
C RR1
21
Déterminer son facteur de qualité :
R1
❒ a. Q0 =
2R
2R1
❒ c. Q0 =
R
❒
✗ b. Q0 =
❒ d. Q0 =
R1
2R
1+
R1
R
91
Corrigés
Il s’agit de mettre le dénominateur de H sous la forme 1 + jQ0
ω
ω0
. Il faut donc que
−
ω0
ω
Q0 ω
Q0 ω0
1
R1Cω
et que
=
. Le lecteur vérifiera en remplaçant ω0 par sa valeur
=
ω0
2
ω
RCω
R1
.
que ces deux équations sont équivalentes à Q0 =
2R
6 Décomposition de Fourier - Filtrage d’un signal
Vrai/Faux
1
❒
✗ V ❒ F La composante continue de s(t) est A0 .
Si on calcule la valeur moyenne de s(t) sur une période T du signal, tous les termes en cosinus et sinus dont la période est T /k sont nuls. En eﬀet, on détermine leur valeur moyenne
sur k fois leur période, donc sur un nombre entier de périodes. A0 représente bien la valeur
moyenne du signal, qui est aussi la composante continue.
2
❒
✗ V ❒ F Si s(t) est pair, tous les coeﬃcients Bk sont nuls.
Si s(t) est pair, s(−t) = s(t), ce qui donne :
A0 +
+∞
k=1
d’où
+∞
Ak cos(kωt) −
+∞
Bk sin(kωt) = A0 +
k=1
+∞
Ak cos(kωt) +
k=1
+∞
Bk sin(kωt)
k=1
Bk sin(kωt) = 0. Pour que cette condition soit vérifiée quel que soit t, il faut que
k=1
tous les coeﬃcients Bk soient nuls.
Il ne reste donc dans la décomposition que s(t) = A0 +
+∞
Ak cos(kωt).
k=1
3
❒V ❒
✗ F Plus un signal est proche d’une sinusoïde, plus son spectre est riche en
harmoniques.
Un signal sinusoïdal pur ne comporte qu’un seul terme dans sa décomposition :
s(t) = C sin(ωt + φ), il n’a pas d’harmoniques. Si un signal est proche d’une sinusoïde, son
spectre est pauvre en harmoniques.
4
92
❒V ❒
✗ F Un signal créneau a plus d’harmoniques qu’un signal triangle.
Corrigés
Tous les deux ont une infinité d’harmoniques, tous les termes d’ordre impair. Mais leur
amplitude décroît plus vite pour un signal triangulaire, plus proche d’une sinusoïde qu’un
signal créneau.
5
1
❒V ❒
✗ F L’amplitude des harmoniques d’un signal triangulaire décroît comme .
k
Elle décroît comme
6
1
.
k2
❒V ❒
✗ F Le résultat du filtrage d’un signal créneau par un filtre passe-bande est
aussi un créneau.
Un filtre passe-bande a pour eﬀet d’atténuer les harmoniques dont la fréquence est éloignée
de la fréquence de résonance : la forme du signal de sortie est par conséquent diﬀérente de
celle du signal d’entrée. Si le facteur de qualité est grand et la fréquence propre du filtre
voisine de la fréquence du créneau, le signal de sortie sera proche d’une sinusoïde.
7
❒V ❒
✗ F Un filtre linéaire peut transformer un signal sinusoïdal en signal triangulaire.
Un filtre linéaire peut modifier l’amplitude d’harmoniques existant déjà dans un signal,
mais pas en faire apparaître d’autres : il ne peut donc pas transformer un signal pauvre en
harmoniques (sinusoïde) en signal riche (triangle). Par contre, un filtre passe-bande bien
réglé pourrait transformer un signal triangulaire en signal sinusoïdal.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
8
❒
✗ V ❒ F Un filtre passe-bas du deuxième ordre ne peut être intégrateur.
On reconnaît un intégrateur grâce à une pente de −20 dB/dec dans le tracé du diagramme
de Bode pour le gain. Les asymptotes d’un filtre passe-bas du deuxième ordre ont pour
pentes 0 dB/dec à basse fréquence et −40 dB/dec à haute fréquence. il ne peut pas être
intégrateur.
9
❒
✗ V ❒ F Un filtre passe-bande du deuxième ordre peut être intégrateur ou dérivateur.
Le diagramme de Bode pour le gain d’un filtre passe-bande du deuxième ordre comporte
une asymptote de pente −20 dB/dec et une asymptote de pente +20 dB/dec. Il est intégrateur aux basses fréquences (par rapport à sa fréquence propre) et dérivateur aux hautes
fréquences.
10 ❒
✗
2
V ❒ F Le signal R.M.S. d’un signal s est tel que S RMS
= A20 +
1 2
C
2 k k
93
Corrigés
Par définition,
2
S RMS
1
=
T
T A0 +
2
Ck cos (kωt + φk ) dt
0
L’intégrale peut s’écrire comme la somme des quatre intégrales suivantes en développant
le carré :
T
•
A20 dt = A20 T
0
•
•
•
T
2A0
0
0
Ck cos(kωt + φk )dt = 0
k
T
0
Ck2 cos2 (kωt + φk )dt =
k
T
Ck2 T
2
Ck C p cos(kωt + φk ) cos(pωt + φ p )dt = 0
kp
La deuxième intégrale est nulle car la valeur moyenne d’un cosinus sur un nombre entier de
est nulle. Pour calculer la troisième, on linéarise cos2 (kωt + ϕk ) en
fois sa période
cos 2 (kωt + φk ) + 1
. Dans ce calcul, il apparaît à nouveau la valeur moyenne d’un cosi2
1 2
nus sur un nombre entier de fois sa période, et donc il ne reste que le terme
C . Enfin
2 k k
pour la dernière, on linéarise le produit de cosinus en :
1
1
cos (k + p)ωt + φk + φ p + cos (k − p)ωt + φk − φ p
2
2
Étant donné que p k, les valeurs moyennes de ces deux termes sont nulles.
QCM
11
On s’intéresse au signal (figure 6.1). Son amplitude est a et sa période T . Déterminer sa
décomposition de Fourier.
∞
cos(2p + 1)ωt
4a ❒ a. s(t) =
(−1) p
π p=0
2p + 1
❒
✗ b. s(t) =
4a sin(2p + 1)ωt
π p=0
2p + 1
❒ c. s(t) =
2a sin(2p + 1)ωt
π p=0
2p + 1
❒ d. s(t) =
4a sin(p)ωt
π p=0
p
∞
∞
∞
94
Corrigés
s(t) étant un signal impair, il se décompose en une somme de sinus. Le coeﬃcient Bk se
T
2
calcule par la relation Bk =
s(t) sin(kωt) dt.
T
0
2
Ici, Bk =
T
T /2
2
a sin(kωt) dt −
T
0
T /2
2a cos(kωt)
Bk = −
T
kω
0
T
a sin(kωt) dt. L’intégration donne :
T /2
2a cos(kωt)
+
T
kω
T
T /2
soit
Bk =
2a
2a −a
(cos(kπ) − 1 − cos(2kπ) + cos(kπ)) =
(1 − cos(kπ)) =
1 − (−1)k
πk
πk
πk
Soit k est pair et alors Bk = 0.
Soit k est impair et alors Bk = B2p+1 =
12
4a
.
π(2p + 1)
On s’intéresse au signal (figure 6.2). Son amplitude est a et sa période T . Déterminer sa
décomposition de Fourier.
∞
8a cos(2p + 1)ωt
❒ a. s(t) = 2
(2p + 1)
π p=1
❒ b. s(t) =
8a sin(2p + 1)ωt
π2 p=0 (2p + 1)2
❒ c. s(t) =
8a cos(2p + 1)ωt
π2 p=0
p2
❒
✗ d. s(t) =
8a cos(2p + 1)ωt
π2 p=0 (2p + 1)2
∞
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
∞
∞
s(t) étant un signal pair, il se décompose en une somme de cosinus.
La valeur moyenne du signal est nulle, donc A0 = 0.
Le coeﬃcient Ak
Ak =
2
T
2
se calcule par la relation Ak =
T
T /2
s(t) cos(kωt) dt =
−T /2
a − 4at/T .
4
T
T /2
T
s(t) cos(kωt) dt ou encore
0
s(t) cos(kωt) dt avec entre t = 0 et t = T /2, s(t) =
0
95
Corrigés
⎛
⎞
T /2
T /2
⎜
⎟⎟⎟
4t
4 ⎜⎜⎜⎜ a
4a
⎟
⎜⎜⎜
1−
sin(kωt)
On intègre par parties : Ak =
+
sin(kωt) dt⎟⎟⎟⎟ donc
⎠
T ⎝ kω
T
T kω
0
0
⎛
⎞
T /2
T
⎟⎟⎟
4a cos(kωt)
4 ⎜⎜⎜⎜ a
⎟⎟⎠ = 16a (1 − cos (kπ)). Si k est pair,
−
sin kω
Ak =
⎜⎝−
T
kω
2
T kω
kω
(T kω)2
0
8a
.
Ak = 0 et si k est impair, Ak = A2p+1 =
(2p + 1)2 π2
Cet énoncé concerne les questions 13 à 17 :
Un signal S e (figure 6.3) est filtré par cinq filtres d’ordre 2 qu’on demande de retrouver
par une analyse qualitative des signaux de sortie.
13
Déterminer le filtre correspondant au signal de sortie (figure 6.4)
❒
✗ a. Filtre passe-bande à large bande.
❒ c. Filtre passe-bas.
❒ b. Filtre passe-bande à bande étroite.
❒ d. Filtre réjecteur de bande.
Le signal de sortie a une composante continue beaucoup plus faible que le signal d’entrée,
il ne peut pas s’agir d’un filtre passe-bas. Sa période est celle du signal d’entrée, mais il y
a beaucoup d’harmoniques puisqu’il est très éloigné d’un signal sinusoïdal. Le filtre est un
passe-bande à large bande.
14
Déterminer le filtre correspondant au signal de sortie (figure 6.5)
❒ a. Filtre passe-bande à large bande.
❒ c. Filtre passe-haut.
❒
✗ b. Filtre passe-bande à bande étroite.
❒ d. Filtre passe-bas.
Ici encore il ne peut pas s’agir d’un filtre passe-bas, le continu ayant quasiment disparu.
La période du signal de sortie est celle du signal d’entrée, et il est proche d’un signal
sinusoïdal. Le filtre est un passe-bande à bande étroite.
15
Déterminer le filtre correspondant au signal de sortie (figure 6.6)
❒
✗ a. Filtre passe-bas.
❒ c. Filtre passe-haut.
❒ b. Filtre passe-bande à bande étroite.
❒ d. Filtre réjecteur de bande.
Le signal de sortie a une composante continue importante, le filtre laisse donc passer les
basses fréquences ; par contre les variations rapides ont été lissées. C’est un passe-bas.
16
Déterminer le filtre correspondant au signal de sortie (figure 6.7)
❒ a. Filtre passe-bas.
❒
✗ c. Filtre passe-haut.
❒ b. Filtre passe-bande à bande étroite.
❒ d. Filtre réjecteur de bande.
La composante continue a été éliminée par le filtre, contrairement aux variations rapides.
Il s’agit d’un passe-haut.
96
Corrigés
17
Déterminer le filtre correspondant au signal de sortie (figure 6.8)
❒ a. Filtre passe-bas.
❒ c. Filtre passe-haut.
❒ b. Filtre passe-bande à bande étroite.
❒
✗ d. Filtre réjecteur de bande.
Ce dernier filtre a laissé passer aussi bien le continu que les variations rapides. Qualitativement, son eﬀet semble complémentaire de celui du passe-bande. C’est donc un réjecteur
de bande.
18 On considère un signal électrique e(t) = E0 + Ek cos(kωt + αk ) à l’entrée d’un filtre
k
linéaire de fonction de transfert H( jω) = H(ω)e jφ(ω) . Quelle est l’expression du signal
de sortie s(t) ?
❒ a. s(t) = H(ω)e(t)
❒
✗ b. s(t) = H(0)E0 +
H(kω)Ek cos(kωt + αk + φ(kω))
k
❒ c. s(t) = H(0)E0 +
H(ω)Ek cos(kωt + αk + φ(ω))
k
❒ d. s(t) = H(0)E0 +
H(kω)Ek cos(kωt + αk )
k
Si on envisage le signal s(t) comme généré par la mise en série de sources de tension de fréquences diﬀérentes, on peut appliquer le théorème de superposition pour déterminer le signal de sortie : il est égal à la somme des signaux obtenus lorsque, successivement et isolément, on garde chaque source de tension sinusoïdale. Par exemple,
pour la composante ek (t) = Ek cos(kωt + αk ), en sortie sk (t) = S k cos(kωt + βk ) avec
sk = H(kω)ek = H(kω)e jφ(kω) ek donc S k = H(kω)Ek et βk = αk + φ(kω).
La composante comtinue du signal d’entrée est à multiplier par le gain statique H(0).
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Cet énoncé concerne les questions 19 à 20 :
4a cos(2p + 1)ω1 t
de période
(−1) p
π p=0
2p + 1
2π
1
. On choisit le filtre
T =
à l’entrée d’un filtre passe-bande H =
ω1
ω0
ω
1 + jQ
−
ω0
ω
tel que ω0 = ω1 et Q = 10.
∞
On envoie un signal d’entrée créneau pair e(t) =
19
Déterminer l’amplitude du terme fondamental S 1 du signal de sortie s(t).
4a
1
❒ a. S 1 = 0
❒ b. S 1 =
ω1 π
ω
1 + j10
−
ω1
ω
4a
❒
❒ d. S 1 = 1
✗ c. S 1 =
π
4a
Comme expliqué à la question précédente, S 1 = H(ω)E1 avec E1 =
et H(ω) = 1.
π
97
Corrigés
20
Déterminer l’amplitude du premier harmonique non nul du signal de sortie s(t).
3 4a
❒ a. 0
❒ b.
3 + j80 π
4a
12a
❒
❒ c.
✗ d. √
π
π 6409
1
4a
et H(ω) = .
2
3π
1 + Q (3 − 1/3)2
2
2
1
8
1√
12a
2
= 1 + 100 ·
=
9 + 6400 donc S 3 = √
Or 1 + 10 3 −
.
3
3
3
π 6409
De même, S 3 = H(3ω)E3 avec E3 =
7 Circuits non linéaires - Oscillateurs
QCM
Cet énoncé concerne les questions 1 à 3 :
On étudie le circuit représenté figure 7.1 ; il est composé d’une diode
√ et d’une résistance
en série avec un générateur idéal de tension sinusoïdale e(t) = E 2 sin (ωt).
La diode est supposée idéale (tension de seuil et résistance diﬀérentielle nulles). Sa
caractéristique est représentée sur la figure (7.2).
1
Déterminer la tension aux bornes de la résistance.
❒
✗ a. quand e(t) ≥ 0, uR = e(t)
❒ c. quand e(t) ≥ 0, uR = 0
❒ b. quand e(t) < 0, uR = e(t)
❒
✗ d. quand e(t) < 0, uR = 0
Lorsque la diode est passante, c’est un court-circuit : la tension e(t) se retrouve alors aux
e(t)
> 0 en convention
bornes de la résistance, qui est traversée par un courant i(t) =
R
récepteur. Lorsque la diode est bloquée, c’est un coupe-circuit. Tous les dipôles étant en
série, aucun courant ne circule donc uR = 0 et la tension uD (t) doit être négative. Il s’agit
ici d’un redressement simple alternance : le courant passe dans le circuit uniquement lors
des alternances positives du générateur.
2
Déterminer la tension aux bornes de la diode.
❒ a. quand e(t) ≥ 0, uD = e(t)
❒
✗ c. quand e(t) ≥ 0, uD = 0
❒
✗ b. quand e(t) < 0, uD = e(t)
❒ d. quand e(t) < 0, uD = 0
D’après l’étude précédente, soit la diode est passante pour e(t) ≥ 0 : alors uD = 0 ; soit la
diode est bloquée pour e(t) < 0 et comme uR = 0 on obtient grâce à une loi des mailles
e(t) = uR + uD = 0 + uD .
98
Corrigés
3
Déterminer la valeur moyenne URm de la tension aux bornes de la résistance.
E
❒ a. URm = E
❒ b. URm =
2π
√
√
2E
2E
❒
❒ c. URm =
✗ d. URm =
2π
π
La valeur moyenne sur une
période
de
la
tension
sinusoïdale
se calcule par l’intégrale
⎞
⎛ T /2
T
T
T /2 √
⎟⎟⎟
⎜⎜⎜
1
1⎜
⎟ 1
URm =
uR (t)dt = ⎜⎜⎜⎜⎜ e(t)dt + 0 dt⎟⎟⎟⎟⎟ =
E 2 sin (ωt) dt.
T
T ⎝
⎠ T
0
On obtient URm
0
T /2
0
√
√ √
T /2
E 2 cos (ωt)
2E 2 E 2
−
=
.
=
=
T
ω
2π
π
0
Cet énoncé concerne les questions 4 à 7 :
On considère le circuit de la figure 7.3 avec un pont de diodes (appelé pont de Graetz)
et avec une résistance R.
On suppose que le générateur délivre une tension e = E cos ωt et que les diodes sont
idéales (voir figure 7.2).
4
En tenant compte du signe de e(t) à l’instant t = 0, faire une hypothèse sur le comportement des diodes.
❒ a. D1 et D2 passantes, D3 et D4 bloquées
❒ b. D3 et D4 passantes, D1 et D2 bloquées
❒
✗ c. D1 et D4 passantes, D2 et D3 bloquées
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❒ d. D2 et D3 passantes, D1 et D4 bloquées
À l’instant t = 0, e(t) = E > 0 donc le générateur de tension tend à faire circuler un
courant dans le sens passant pour D1 et D4 et dans le sens inverse pour D2 et D3 (ce qui
n’est pas possible). On peut donc supposer que D1 et D4 sont passantes et que D2 et D3
sont bloquées.
5
En déduire l’expression de la tension u(t).
❒ a. u(t) = 0
❒ c. u(t) = −e(t)
❒
✗ b. u(t) = e(t)
❒ d. u(t) = 2e(t)
Toutes les diodes étant supposées idéales,
on peut en utilisant l’hyopthèse de la question précédente remplacer D1 et D4 par des
fils et débrancher D2 et D3 . On obtient :
99
Corrigés
u(t)
> 0.
R
On vérifie par ailleurs que D2 et D3 restent bien bloquées jusqu’à cet instant : il faut que
les tensions u2 (t) et u3 (t), avec les orientations de la figure précédente, soient négatives, ce
qui est vérifié puisque u2 (t) = −u(t) et u3 (t) = −u(t).
On a alors u(t) = e(t) et i(t) =
6
Jusqu’à quel instant t1 l’hypothèse est-elle valable ?
π
❒ b. t1 =
❒
✗ a. t1 =
2ω
√
2π
❒ d. t1 =
❒ c. t1 =
ω
π
ω
2π
ω
L’hypothèse est valable tant que le courant circulant dans les diodes D1 et D4 est positif,
π
donc tant que e(t) > 0. Or cos ωt s’annule et change de signe pour ωt1 = (au bout d’un
2
quart de période).
7
Pour t > t1 faire une autre hypothèse et en déduire u(t) pour tout t.
❒ a. u(t) = e(t) si e(t) 0 et u(t) = 0 si e(t) < 0
❒ b. u(t) = 0 si e(t) 0 et u(t) = −e(t) si e(t) < 0
❒
✗ c. u(t) = |e(t)|
❒ d. u(t) = −|e(t)|
Quand e(t) devient négatif, on peut faire l’hypothèse que D1 et D4 se bloquent et que D2 et
D3 deviennent passantes. On obtient :
u(t)
> 0, ce qui correspond bien au sens passant de D2 et
Alors u(t) = −e(t) > 0 et i(t) =
R
D3 . Ceci reste valable tant que e(t) 0, et ainsi de suite. Finalement, u(t) = e(t) si e(t) 0
et u(t) = −e(t) si e(t) 0 d’où u(t) = |e(t)|.
8
L’amplificateur opérationnel du montage représenté figure 7.4 étant idéal, déterminer si :
❒ a. V s = V sat pour Ve < E
❒
✗ c. le montage est comparateur
100
❒
✗ b. V s = V sat pour Ve > E
❒ d. le montage est amplificateur
Corrigés
Du fait de l’absence de liaison entre l’entrée et la sortie, le montage fonctionne en comparateur. Soit V s = V sat : c’est le cas si V + > V − donc pour Ve > E. Soit V s = −V sat : c’est
le cas si V + < V − donc pour Ve > E. Le signe de la sortie permet donc de savoir si Ve est
plus petit ou plus grand que E, c’est pourquoi on parle de montage comparateur.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
9
Déterminer les valeurs de la tension d’entrée provoquant le basculement de la tension
de sortie entre les valeurs +V sat et −V sat pour le montage représenté figure 7.5. L’amplificateur opérationnel est supposé idéal.
R1
❒ a. dans le sens montant, la tension de basculement est VB =
V sat
R1 + R2
−R1
❒
V sat
✗ b. dans le sens montant, la tension de basculement est VB =
R1 + R2
R1
❒
V sat
✗ c. dans le sens descendant, la tension de basculement est VB =
R1 + R2
−R1
❒ d. dans le sens descendant, la tension de basculement est VB =
V sat
R1 + R2
Du fait de l’absence de liaison entre l’entrée et la sortie, ce montage fonctionne également
en comparateur. Le basculement de la sortie a lieu quand V + − V − change de signe. Or en
utilisant un diviseur de tension (les courants d’entrée sont nuls pour un AO idéal), V + =
R1
R1
Vs
, donc V + − V − = V s
− Ve .
R1 + R2
R1 + R2
R1 V sat
Soit V s = V sat : il faut que V + > V − ; c’est possible si
> Ve .
R1 + R2
−R1 V sat
Soit V s = −V sat : il faut que V + < V − ; c’est possible si
< Ve .
R1 + R2
R1
Posons VB =
V sat .
R1 + R2
Pour une tension d’entrée vérifiant −VB < Ve < VB les deux états de la sortie sont possibles : pour savoir lequel sera eﬀectivement observé il faut tenir compte de l’évolution
antérieure du système, en partant d’une valeur de la tension d’entrée pour laquelle l’état de
la sortie est parfaitement connu.
R1 V sat
Par exemple, si Ve >
la seule possibilité pour la sortie est que V s = −V sat , et donc
R1 + R2
−R1 V sat
< Ve . Le passage
V + < V − . Quand Ve diminue, V + − V − reste négatif tant que
R1 + R2
par cette valeur provoque le basculement de la sortie de V s = −V sat à V s = V sat donc
−R1
VB = −VB =
V sat est la tension de basculement dans le sens montant −V sat → V sat .
R1 + R2
R1
On montrerait de même que VB =
V sat est la tension de basculement dans le sens
R1 + R2
descendant V sat → −V sat . Il s’agit d’un comparateur à hystérésis.
101
Corrigés
Cet énoncé concerne les questions 10 à 12 :
On étudie le circuit représenté figure 7.6.
Les deux amplificateurs opérationnels sont idéaux.
10
Déterminer la valeur de la tension d’entrée provoquant le basculement de la tension de
sortie du premier montage de +V sat à −V sat .
R
❒
✗ a. dans le sens montant, la tension de basculement est VB = V sat
r
R
❒ b. dans le sens montant, la tension de basculement est VB = − V sat
r
R
❒ c. dans le sens descendant, la tension de basculement est VB = V sat
r
R
❒
✗ d. dans le sens descendant, la tension de basculement est VB = − V sat
r
Il s’agit comme dans la question précéddente d’un montage type comparateur. Le raisonnement se mène de nouveau en partant de l’état de la sortie.
Soit V s = V sat ; c’est le cas si V + > V − . Or l’entrée inverseuse est liée à la masse, la
condition est : V + > 0. En écrivant Le théorème de Millman sur l’entrée non inverseuse :
Ve V s
+
r
V+ = R
1 1
+
R r
Ve V s
1 1
RV s
+
=
+ . Finalement V + > 0 pour Ve > −
et comme V s = V sat , la
R r
R
r
r
RV sat
R
. Il y a donc basculement de +V sat à −V sat pour VB = − V sat .
condition est Ve > −
r
r
R
En partant de V s = −V sat , un raisonnement similaire conduit à VB = V sat .
r
donc V +
11
Examiner si :
❒
✗ a. la tension Ve est triangulaire
❒ c. la tension V s est triangulaire
❒ b. la tension Ve est en créneau
❒
✗ d. la tension V s est en créneau
L’AO de droite peut fonctionner en mode linéaire grâce à la liaison entre l’entrée inverseuse et la sortie. Sa tension de sortie est égale à la tension d’entrée de celui de gauche.
L’entrée non inverseuse étant reliée à la masse, l’entrée inverseuse est une masse virtuelle,
on retrouve donc V s aux bornes de la résistance R et Ve aux bornes du condensateur.
Vs
dVe
d
Vs
=− .
Grâce à une loi des nœuds sur l’entrée inverseuse, = − (CVe ) donc
R
dt
dt
RC
(±V sat )
dVe
Comme V s ne peut prendre que les valeurs ±V sat ,
= − . La tension Ve (t) est
dt
RC
102
Corrigés
donc linéaire par morceaux, et comme il s’agit de la tension aux bornes d’un condensateur
−V sat
V sat
: il
c’est une fonction continue, avec des pentes alternativement égales à et RC
RC
s’agit d’une fonction de forme triangulaire.
La tension V s (t), elle, est en créneau : elle vaut tantôt V sat , tantôt −V sat .
12
Déterminer la période de la tension Ve en fonction de R, C, r et R .
4rRC
R
2rRC
❒ c. T =
R
❒ a. T =
4RRC
r
2RRC
❒ d. T =
r
❒
✗ b. T =
On choisit comme début de l’étude un instant où le condensateur est déchargé et où V s =
(+V sat )
(+V sat )
dVe
= − et donc Ve (t) = − t jusqu’à ce que la sortie bascule,
V sat : alors
dt
RC
RC
(−V sat )
dVe
RV sat
c’est-à-dire quand Ve atteint la valeur Ve = −
. Ensuite
=− donc Ve (t) =
r
dt
RC
V sat
RV sat
t + cste jusqu’à ce que la sortie bascule à nouveau, pour Ve =
, etc...
R C
r
V sat
RV sat RV sat
à
avec une pente .
Pendant une demi-période du triangle, Ve passe de −
r r
RC
V sat
ΔV s 2RV sat 2
4RR C
On en déduit que =
=
et donc T =
.
RC
Δt
r T
r
Cet énoncé concerne les questions 13 à 20 :
Nous allons étudier un oscillateur de type quasi sinusoïdal, constitué d’un filtre d’ordre
2 et d’un montage amplificateur utilisant un amplificateur opérationnel.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
13
On commence par étudier le filtre de Wien (figure 7.7) avec R = 10 kΩ et C = 47 nF :
Calculer la fonction de transfert du circuit.
1
❒ a. H =
1
1 + jRCω +
jRCω
1
❒
✗ c. H =
1
3 + jRCω +
jRCω
❒ b. H =
❒ d. H =
1
2 + jRCω +
1
jRCω
1
4 + jRCω +
1
jRCω
On appelle Z1 l’association série de la résistance et du condensateur et Z2 l’association
Z2
1
1
avec Z1 = R +
et
=
parallèle. Grâce à un diviseur de tension, H =
Z1 + Z2
Z1 Y2 + 1
jCω
1
Y2 = jCω + .
R
1
.
Après simplification, H =
1
3 + jRCω + jRCω
103
Corrigés
14
De quel type de filtre s’agit-il ?
❒ a. passe-bas
❒
✗ c. passe-bande
❒ b. passe-haut
❒ d. coupe-bande
1
1
ou ω , H ≈ 0 donc le filtre ne laisse passer ni les basses fréquences,
Quand ω RC
RC
ni les hautes fréquences.
1
, |H| passe par un maximum. Il s’agit par conséquent d’un passePar contre, pour ω =
RC
1
.
bande centré sur la pulsation de résonance ωr =
RC
15
Mettre la fonction de transfert sous forme canonique puis déterminer le facteur de qualité
Q et la pulsation propre ω0 .
1
❒ b. Q = 3
❒
✗ a. Q =
3
1
1
❒
❒ c. ω0 =
✗ d. ω0 =
3RC
RC
En multipliant numérateur et dénominateur de la fraction par 1/3 on obtient :
1
3
. Par identification avec la forme canonique d’un passe-bande :
H=
1
j
RCω −
1+
3
RCω
1
H0
1
, on en déduit que ω0 =
et Q = .
H=
RC
3
ω
ω0
1 + jQ
−
ω0
ω
16
À partir de cette question, on couple le filtre de Wien et un amplificateur non inverseur
(figure 7.8). La tension de sortie du filtre de Wien est la tension d’entrée de l’amplificateur.
On suppose que l’amplificateur fonctionne en régime linéaire et on ne tient pas compte
de sa réponse fréquentielle. Cela revient à supposer que les fréquences d’étude sont très
inférieures à la fréquence de coupure haute.
En utilisant la relation imposée à U et V par l’amplificateur non inverseur, et l’équation
diﬀérentielle du filtre de Wien, établir les équations diﬀérentielles pour U et pour V.
R2
❒ a. Ü + ω0 1 +
U̇ + ω20 U = 0
R1
R2
U̇ + ω20 U = 0
❒ b. Ü + ω0 3 −
R1
R2
V̇ + ω20 V = 0
❒
✗ c. V̈ + ω0 2 −
R1
R2
V̇ + ω20 V = 0
❒ d. V̈ + ω0 3 −
R1
104
Corrigés
Pour l’AO idéal en mode linéaire, V − = V+ = U et comme i− = 0, U =
un diviseur de tension.
R1
V grâce à
R1 + R2
Pour le filtre de Wien, en utilisant l’équivalence entre la multiplication par jω et la dériva1
U. En éliminant V entre les deux équations
tion par rapport au temps, V̇ = RC Ü + 3U̇ +
RC R2
1
par ω0 , on arrive à Ü + ω0 2 −
U̇ + ω20 U = 0.
et en remplaçant
RC
R1
Comme V et U sont liées par une simple relation de proportionnalité, les deux tensions
sont solutions de la même équation diﬀérentielle.
17
Déterminer la valeur de ρ = R2 /R1 correspondant au cas où U vérifie l’équation d’un
oscillateur harmonique (on notera cette valeur ρc ). Quelle est alors la période T 0 de
l’oscillation ?
❒ a. ρ = 1, 5
❒
✗ b. ρ = 2
❒ c. T 0 =
RC
2π
❒
✗ d. T 0 = 2πRC
Pour ρ = 2, l’équation diﬀérentielle devient Ü + ω20 U = 0. On reconnaît l’équation d’un
2π
oscillateur harmonique de pulsation ω0 , donc de période T 0 =
.
ω0
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
18
En fait, on ne peut en pratique obtenir exactement ρ = ρc . Pour observer des oscillations,
on doit avoir un système instable, donc ρ > ρC . On suppose dans la suite que ρ = 2, 3.
Établir les expressions générales de V et de U en fonction du temps. Déterminer le temps
caractéristique τ de croissance des oscillations ainsi que la pseudo-période T .
16RC
20RC
❒ a. τ =
❒
✗ b. τ =
3
3
4πRC
4πRC
❒
❒ d. T = √
✗ c. T = √
3.91
1.21
L’équation diﬀérentielle vérifiée par chacune des tensions est ẍ − αω0 ẋ + ω20 x = 0 avec
α = 0, 3. Le discriminant de l’équation caractéristique vaut Δ = α2 − 4 ω20 . Il est négatif
√
αω0 ± j −Δ
. Les solutions de l’équation
donc les racines sont complexes, de la forme r =
2
Re(r)
diﬀérentielle sont x = Ae
cos (Im(r) + φ)
20RC
2
=
On peut définir un temps caractéristique des oscillations : τ =
ω0 α
3
√
2
4−α
2π
=
, d’où une pseudo-période T =
et une pseudo-pulsation : Ω = ω0
2
T
4πRC
4πRC
= √
.
√
3.91
4 − α2
105
Corrigés
19
Le moindre parasite conduit à la saturation. On se place dans le cas où V croît jusqu’à
+V sat . Écrire la nouvelle équation diﬀérentielle vérifiée par U lorsque V = +V sat .
❒ a. Ü + 4ω0 U̇ + ω20 U = 0
❒
✗ b. Ü + 3ω0 U̇ + ω20 U = 0
❒ c. Ü + 2ω0 U̇ + ω20 U = 0
❒ d. Ü + ω0 U̇ + ω20 U = 0
Lorsque V = V sat , V̇ = 0 donc U vérifie l’équation 0 = RC Ü + 3U̇ +
Ü + 3ω0 U̇ + ω20 U = 0.
20
1
U, c’est-à-dire
RC
Pour que le système sorte de la saturation, il faut que U décroisse. Est-ce le cas ? Déterminer l’équation vérifiée par U (et par V) si le système peut sortir de la saturation .
❒
✗ a. U s’amortit pour tout ρ.
❒ b. U ne s’amortit que si ρ < 2ρc .
❒ c. Ü + ω0 (1 − ρ) U̇ + ω20 U = 0
❒
✗ d. Ü + ω0 (2 − ρ) U̇ + ω20 U = 0
L’équation Ü + 3ω0 U̇ + ω20 U = 0 a pour équation caractéristique r2 + 3ω0 r + ω20 = 0, dont
le discriminant est positif. Les racines sont réelles négatives, la solution est donc de type
amorti, U va décroître. Le rapport ρ n’intervient pas dans l’équation, il n’influe donc pas
sur l’évolution de U pendant que V sature.
Lorsque le système ne sature plus, on se retrouve dans le premier cas et l’équation diﬀérentielle est de nouveau Ü + ω0 (2 − ρ) U̇ + ω20 U = 0 (ou V̈ + ω0 (2 − ρ) V̇ + ω20 V = 0).
15
10
On constate alors que V évolue vers −V sat puis de nouveau vers V sat et ainsi de suite. L’allure des oscillations
est la suivante :
5
0
t
−5
10
15
Le système oscille entre les deux niveaux de saturation, avec des portions sinusoïdales
pour passer de l’un à l’autre. Plus ρ est proche de 2, plus le signal se rapproche d’une sinusoïde, mais le signal n’étant pas rigoureusement sinusoïdal, on parle d’oscillateur « quasi
sinusoïdal ».
15
10
Au contraire, quand ρ s’écarte de 2, sa forme tend vers
celle d’un trapèze ou d’un créneau :
5
0
−5
10
15
106
t
Partie 3
Électromagnétisme
8
Champ électrostatique
et potentiel
Thèmes abordés
Avec ce questionnaire, vous évaluez vos compétences sur les sujets suivants :
→
−
• Les équations intégrales et locales relatives au champ E .
• Les équations de Poisson et de Laplace pour le potentiel.
→
−
• Les conséquences du lien entre E et V.
• Des calculs classiques de champs électriques et de potentiels à partir des lois
locales.
Consignes
Vrai/Faux
Pour chacune des propositions suivantes, indiquer si elle est exacte ou non, en
rédigeant une courte explication, puis aller voir le corrigé page 164.
→
−
1 ❒ V ❒ F Le champ E est à flux conservatif.
→
−
2 ❒ V ❒ F Le rotationnel de E est nul.
→
−
3 ❒ V ❒ F Le champ E est à circulation conservative. Cela signifie que sa circulation le long d’un contour est nulle.
Consignes
QCM
Répondre d’abord aux questions suivantes, puis aller voir le corrigé page 164.
Pour un bloc de questions concernant le même problème, répondre à tout le bloc
avant de consulter le corrigé. On rappelle qu’il y a une ou deux réponses exactes
par question. Il est nécessaire pour répondre d’écrire quelques lignes au brouillon.
108
8 Champ électrostatique et potentiel
Énoncés
4 La forme locale du théorème de Gauss est :
−
− →
−→→
❒ b. rot E = 0
ρ
−
−→→
❒ d. rot E =
0
→
−
L’équation locale associée à la circulation nulle de E le long d’un contour fermé
C est :
−
→
−
− →
−→→
❒ a. div E = 0
❒ b. rot E = 0
ρ
ρ
−
→
−
−→→
❒ d. rot E =
❒ c. div E =
0
0
→
−
❒ a. div E = 0
ρ
→
−
❒ c. div E =
0
5
6 Les relations liant le champ au potentiel sont :
−
→
− →
❒ a. dV = − E · d
→
−
→
−
❒ c. E = −V d
−−−→
→
−
❒ b. E = − grad V
→
− −−−→
❒ d. E = grad V
7 Quelles propriétés du potentiel V sont vérifiées ?
❒ a. Le potentiel croît le long des lignes de champ.
❒ b. Le potentiel admet un minimum dans une zone vide de charges.
→
−
❒ c. Le champ E est perpendiculaire aux surfaces équipotentielles.
❒ d. Le potentiel n’admet aucun extremum en une zone vide de charges.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
8 On considère l’interface chargée (densité surfacique σ) entre deux milieux (1) et
→
−
→
−
(2). On note E 1 (respectivement E 2 ) le champ en un point M de l’interface dans
−−→
le milieu (1) (respectivement dans le milieu (2)). On note N12 , la normale à la
surface, orientée du milieu (1) vers le milieu (2). À la traversée de la surface :
→
−
❒ a. La composante normale du champ E est continue.
→
−
❒ b. La composante tangentielle du champ E est continue.
σ −−→
→
−
→
−
❒ c. E 1 − E 2 = N12
0
σ −−→
→
−
→
−
❒ d. E 2 − E 1 = N12
0
9 L’équation vérifiée par le potentiel (équation de Poisson) de manière générale
est :
❒ a. ΔV = 0
❒ c. ΔV = −
ρ
0
ρ
0
ρ
❒ d. ΔV =
4π0
❒ b. ΔV =
109
Énoncés
8 Champ électrostatique et potentiel
Cet énoncé concerne les questions 10 à 13 :
On s’intéresse à un cylindre de très grande longueur (on néglige les eﬀets de
bord), de rayon a et d’axe Oz. Ce cylindre est chargé avec une densité volumique
→
−
uniforme de charge ρ. On veut calculer le champ E créé par le cylindre en tout
point M de l’espace.
10 Symétries de la distribution de charges :
❒ a. Le plan contenant Oz et M est plan de symétrie de la distribution.
❒ b. Le plan perpendiculaire à Oz et contenant M est plan de symétrie de la
distribution.
❒ c. Le plan contenant Oz et M est plan d’antisymétrie de la distribution.
❒ d. Le plan perpendiculaire à Oz et contenant M est plan d’antisymétrie de la
distribution.
→
−
11 Propriétés de E dues aux symétries :
→
−
❒ a. E est nul sur l’axe Oz
→
−
❒ c. E est orthoradial
→
−
❒ b. E est suivant Oz
→
−
❒ d. E est radial
12 À l’aide de l’équation de Maxwell-Gauss exprimée en coordonnées cylindriques
(13), l’expression générale de la composante Er est (on note k et k les constantes
d’intégration) :
ρr
ρr
k
+k
❒ b. Pour r ≤ a, Er =
+
❒ a. Pour r ≤ a, Er =
0
20 r
k
❒ d. Pour r ≥ a, Er =
❒ c. Pour r ≥ a, Er = 0
r
→
−
13 Déduire des résultats précédents l’expression du champ E :
ρr
ρr
❒ b. Pour r ≤ a, Er =
❒ a. Pour r ≤ a, Er =
20
0
ρa
ρa2
❒ c. Pour r ≥ a, Er =
❒ d. Pour r ≥ a, Er =
0
20 r
Cet énoncé concerne les questions 14 à 18 :
On considère une distribution de charges, infinie selon les axes Ox et Oy, et
ayant, suivant Oz la répartition suivante :
•
•
pour |z| > a, ρ = 0 ;
pour |z| ≤ a, ρ = ρ0 constant.
On considère le potentiel V nul en z = 0.
110
Énoncés
8 Champ électrostatique et potentiel
14 Que peut-on dire du potentiel V ?
❒ a. V est indépendant de x
❒ c. V est indépendant de z
❒ b. V est indépendant de y
❒ d. V dépend de (x, y, z)
15 Déterminer l’expression générale du potentiel en tout point de l’espace (on note
k1 , k2 , k3 , k4 , k5 et k6 des constantes) :
ρ0 z2
+ k1 z + k2
20
ρ0 z2
❒ b. Pour |z| ≤ a, V = −
+ k1
20
❒ c. Pour z > a, V = k3 et pour z < −a, V = k4
❒ a. Pour |z| ≤ a, V = −
❒ d. Pour z > a, V = k3 z + k4 et pour z < −a, V = k5 z + k6
16 Déterminer quelle(s) relation(s) suivantes sont vérifiées :
❒ a. k3 = 0
ρ0 a2
+ k1 a = k3 a + k4
❒ c. −
20
❒ b. k5 = 0
ρ0 a2
❒ d. −
− k1 a = −k5 a + k6
20
→
−
17 Quelle(s) proposition(s) relative(s) au champ E sont vérifiées ?
ρ0 z −
−
→
− →
→
−
uz pour |z| ≤ a
❒ a. E = 0 pour z = 0
❒ b. E = − →
0
−
ρ0 a→
→
− →
→
−
−
uz pour |z| > a
❒ c. E = 0 pour |z| > a
❒ d. E = −
0
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
18 Déterminer les constantes k3 , k4 , k5 et k6 :
❒ a. k3 = −
ρ0 a
0
❒ b. k4 = −
ρ0 a2
20
ρ0 a
ρ0 a2
❒ d. k6 =
0
20
Cet énoncé concerne les questions 19 à 21 :
On considère deux sphères concentriques (S 1 ) et (S 2 ), de centre O, de rayons
respectifs R1 et R2 (> R1 ), portées respectivement aux potentiels V1 et V2 . On
utilisera l’expression du Laplacien en coordonnées sphériques (19).
❒ c. k5 = −
19 L’expression générale du potentiel entre les deux sphères (R1 ≤ r ≤ R2) est (on
note k et k des constantes) :
k
❒ a. V = − 3 + k
r
k
❒ c. V = −
r
k
❒ b. V = − + k
r
−ρr2
❒ d. V = −
+ k
60
111
Énoncés
8 Champ électrostatique et potentiel
20 L’expression des constantes k et k est :
❒ a. k =
(V1 − V2 )R1 R2
R2 − R1
❒ c. k = 0
❒ b. k =
(V2 − V1 )R1 R2
R2 − R1
❒ d. k = V2
21 Déterminer le champ électrostatique pour R1 ≤ r ≤ R2 :
→
− V2 − V1 →
−
ur
❒ a. E =
r
(V2 − V1 )R1 R2 1 →
→
−
−
❒ c. E = −
ur
R2 − R1
r2
→
− (V2 − V1 )R1 R2 1 →
−
❒ b. E =
ur
R2 − R1
r2
→
− (V2 − V1 )R1 R2
❒ d. E =
ln r
R2 − R1
Voir les corrigés du chapitre 8 page 164.
112
9
Conducteurs
en équilibre
électrostatique
Thèmes abordés
Avec ce questionnaire, vous évaluez vos compétences sur les sujets suivants :
•
•
•
•
•
Les propriétés des conducteurs en équilibre.
Le théorème de Coulomb et le théorème des éléments correspondants.
L’utilisation du théorème de superposition.
Les calculs de capacités de condensateurs.
La densité d’énergie électrostatique.
Consignes
Vrai/Faux
Pour chacune des propositions suivantes, indiquer si elle est exacte ou non, en
rédigeant une courte explication, puis aller voir le corrigé page 170.
1 ❒ V ❒ F La définition de l’équilibre électrostatique d’un conducteur est que
→
−
le champ E est nul à l’intérieur.
2 ❒ V ❒ F Un conducteur en équilibre électrostatique n’est pas chargé.
→
−
3 ❒ V ❒ F Le champ à la surface extérieure d’un conducteur est E ext =
→
−
où N est la normale à la surface orientée vers l’extérieur.
σ→
−
N,
0
4 ❒ V ❒ F Deux conducteurs sont en influence totale si des lignes de champ
issues de l’un aboutissent à l’autre.
113
Énoncés
9 Conducteurs en équilibre électrostatique
Consignes
QCM
Répondre d’abord aux questions suivantes, puis aller voir le corrigé page 171.
Pour un bloc de questions concernant le même problème, répondre à tout le bloc
avant de consulter le corrigé. On rappelle qu’il y a une ou deux réponses exactes
par question. Il est nécessaire pour répondre d’écrire quelques lignes au brouillon.
5 Un conducteur (sans cavité) en équilibre possède les propriétés suivantes :
❒ a. C’est un volume équipotentiel.
❒ c. Le champ qu’il crée est nul.
❒ b. Son potentiel est nul.
❒ d. Il n’est chargé qu’en surface.
6 On rappelle que la capacité C d’un conducteur est définie par Q = CV, où Q est
la charge du conducteur et V son potentiel. On considère une boule de rayon R,
de centre O, seule dans l’espace. Sa capacité C est :
❒ a. C = 2π0 R
4
❒ c. C = π0 R
3
❒ b. C = 4π0 R
❒ d. C = 0
7 On considère un disque conducteur de centre O, de rayon R et d’épaisseur négligeable. Il est seul dans l’espace et chargé sur une seule face uniformément. Il est
soumis au potentiel V0 . Déterminer sa capacité C.
❒ a. C = 2π0 R
❒ b. C = 4π0 R
❒ c. C = π0 R
❒ d. C = 0
8 Un conducteur possède une cavité vide de charge :
❒ a. Le potentiel dans la cavité est nul.
❒ b. Le potentiel dans la cavité est constant.
❒ c. La charge sur la surface de la cavité est non nulle.
❒ d. La charge sur la surface de la cavité est nulle.
9 Lorsque deux conducteurs sont en influence totale, les charges des deux surfaces
114
en influence sont :
❒ a. sans relation
❒ b. nulles
❒ c. opposées
❒ d. semblables
Énoncés
9 Conducteurs en équilibre électrostatique
Cet énoncé concerne les questions 10 à 12 :
On considère deux sphères concentriques (Σ1 ) et (Σ2 ), de centre O, de rayons
respectifs R1 et R2 (> R1 ). Les sphères portent respectivement les charges Q1 et
Q2 . On veut calculer les potentiels V1 de la sphère (Σ1 ) et V2 de la sphère (Σ2 ).
On utilise le théorème de superposition.
10 Pour l’état (1), on considère la sphère (Σ1 ) seule. Déterminer le potentiel en
r = R1 et r = R2 :
❒ a. V1 (R1 ) =
Q1
4π0 R1
❒ b. V1 (R1 ) =
Q1
4π0 R21
❒ c. V1 (R2 ) =
Q1
4π0 R22
❒ d. V1 (R2 ) =
Q1
4π0 R1
11 Pour l’état (2), on considère la sphère (Σ2 ) seule. Déterminer le potentiel en
r = R1 et r = R2 :
❒ a. V2 (R1 ) =
Q2
4π0 R2
❒ b. V2 (R1 ) =
Q2
4π0 R21
❒ c. V2 (R2 ) =
Q2
4π0 R22
❒ d. V2 (R2 ) =
Q2
4π0 R2
12 Lorsque les deux sphères sont en présence les potentiels V1 et V2 sont :
Q1
Q2
+
4π0 R1 4π0 R1
Q1
Q2
❒ c. V2 =
+
4π0 R1 4π0 R2
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
❒ a. V1 =
Q1
Q2
+
4π0 R1 4π0 R2
Q1
Q2
❒ d. V2 =
+
4π0 R2 4π0 R2
❒ b. V1 =
Cet énoncé concerne les questions 13 à 15 :
On s’intéresse toujours aux sphères concentriques précédentes mais cette fois
on impose les potentiels V1 et V2 et l’on cherche à déterminer directement les
charges Q1 et Q2 portées par les sphères.
13 Le potentiel en un point M de l’espace tel que OM ≥ R2 est :
Q1
4π0 r
Q1 + Q2
❒ c. V(r) =
4π0 r
❒ a. V(r) =
Q2
4π0 r
Q1 − Q2
❒ d. V(r) =
4π0 r
❒ b. V(r) =
115
Énoncés
9 Conducteurs en équilibre électrostatique
14 Le potentiel en un point M de l’espace tel que R2 ≥ OM ≥ R1 est :
Q1 1
1
Q1
❒ b. V(r) =
−
+ V2
❒ a. V(r) =
4π0 r
4π0 r R2
1
Q1 1
Q1 − Q2
−
❒ c. V(r) =
❒ d. V(r) =
+ V1
4π0 r R1
4π0 r
15 Les charges Q1 et Q2 portées par les sphères sont :
4π0 R1 R2
❒ b. Q1 =
(V1 − V2 )
❒ a. Q1 = 4π0 V1
R1 − R2
4π0 R2
❒ d. Q2 =
(R2 V2 − R1 V1 )
❒ c. Q2 = 4π0 V2 + 4π0 V1
R2 − R1
Cet énoncé concerne les questions 16 à 18 :
Étude du condensateur plan : On s’intéresse à un condensateur plan
(figure 9.1) dont les armatures ont une surface S ; la distance entre les armatures est e. On ne tient pas compte des eﬀets de bords. L’armature C1 est au
potentiel V1 et l’armature C2 est au potentiel V2 .
Figure 9.1
16 Le potentiel entre les deux armatures est :
V2 − V1
V2 − V1
x + V2
x + V1
❒ b. V(x) =
e
e
V1 − V2
V1 − V2
x + V2
x + V1
❒ c. V(x) =
❒ d. V(x) =
e
e
17 La charge Q de l’armature C2 est :
S
e
❒ b. Q = 0 (V1 − V2 )
❒ a. Q = 0 (V1 − V2 )
e
S
S
e
❒ d. Q = 0 (V2 − V1 )
❒ c. Q = 0 (V2 − V1 )
e
S
18 La capacité d’un condensateur plan est :
S
e
❒ b. C = 0
❒ a. C = 0
e
S
S
e
❒ d. C = 4π0
❒ c. C = 4π0
e
S
Cet énoncé concerne les questions 19 à 21 :
On étudie un condensateur cylindrique composé de deux cylindres coaxiaux
d’axe Oz. Le cylindre C1 a pour rayon R1 (potentiel V1 ) et le cylindre C2 a pour
❒ a. V(x) =
116
Énoncés
9 Conducteurs en équilibre électrostatique
rayon R2 > R1 (potentiel V2 ). Ils ont une longueur finie mais on ne tient pas
compte des eﬀets de bords. On note U la diﬀérence positive V2 − V1 .
19 Exprimer le potentiel électrostatique V en un point M à distance r de l’axe avec
R1 ≤ r ≤ R2 :
❒ a. V = V1
r
R1
❒ c. V = V1 −
❒ b. V = V2
U
ln(r/R1 )
ln (R1 /R2 )
r
R2
❒ d. V = V1 +
U
ln(r/R2 )
ln (R1 /R2 )
20 Déterminer la densité surfacique de charge σ sur l’armature C2 :
❒ a. σ = 0
U
R2
❒ c. σ = −0
U
R2 ln (R1 /R2 )
U
❒ d. σ = 0
R2 − R1
❒ b. σ = 0
U
R2 ln (R1 /R2 )
21 La capacité C de ce condensateur est :
2π0
2π0
❒ b. C =
ln(R2 /R1 )
ln(R1 /R2 )
ln(R2 /R1 )
❒ d. C = 0 2πR2
❒ c. C =
2π0
Cet énoncé concerne les questions 22 à 23 :
On étudie un condensateur sphérique composé de deux sphères concentriques
de centre O. La sphère S 1 a pour rayon R1 (potentiel V1 ) et la sphère S 2 a pour
rayon R2 > R1 (potentiel V2 ). On note U la diﬀérence positive V2 − V1 . On note
Q la charge portée par l’armature S 2 du condensateur.
→
−
22 Déterminer le champ électrique E entre les deux sphères en fonction de Q :
Q →
Q →
→
−
→
−
−
−
❒ b. E = −
ur
ur
❒ a. E =
2
4π0 r
4π0 r2
Q →
Q →
→
−
→
−
−
−
❒ c. E =
❒ d. E = −
ur
ur
2
4π0 R1
4π0 R22
23 Déterminer l’expression de la capacité C de ce condensateur :
3R3 R3
❒ b. C = 4π0 3 1 23
❒ a. C = 4π0 (R2 − R1 )
R2 − R1
R1 R2
❒ c. C = 4π0 R2
❒ d. C = 4π0
R2 − R1
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❒ a. C =
Voir les corrigés du chapitre 9 page 170.
117
10
Distributions
de courants et champs
magnétiques statiques
Thèmes abordés
Avec ce questionnaire, vous évaluez vos compétences sur les sujets suivants :
•
•
•
•
•
Les distributions volumiques et surfaciques de courants.
La loi d’Ohm sous formes locale et intégrale.
Le calcul de champ magnétique par le théorème d’Ampère.
Les équations de Maxwell de la magnétostatique.
→
−
Le potentiel vecteur A et l’équation de Poisson.
Consignes
Vrai/Faux
Pour chacune des propositions suivantes, indiquer si elle est exacte ou non, en
rédigeant une courte explication, puis aller voir le corrigé page 178.
→
−
1 ❒ V ❒ F Le flux de la densité surfacique de courant js à travers une surface
S est égal à l’intensité du courant traversant S .
→
−
2 ❒ V ❒ F Le flux du champ B à travers une surface S est nul.
→
−
3 ❒ V ❒ F La divergence de B est nulle.
→
−
4 ❒ V ❒ F Le champ B est à circulation conservative.
118
10 Magnétostatique
Énoncés
Consignes
QCM
Répondre d’abord aux questions suivantes, puis aller voir le corrigé page 179.
Pour un bloc de questions concernant le même problème, répondre à tout le bloc
avant de consulter le corrigé. On rappelle qu’il y a une ou deux réponses exactes
par question. Il est nécessaire pour répondre d’écrire quelques lignes au brouillon.
5 On considère un barreau conducteur d’axe Ox, de section s de longueur et de
conductivité γ. Ce barreau est parcouru par une intensité I selon Ox et soumis à
une tension U entre ses deux extrémités. Déterminer la résistance R du barreau.
1
❒ b. R =
❒ a. R = γ
s
γs
1s
s
❒ d. R =
❒ c. R = γ
γ
6 On considère un barreau conducteur d’axe Ox, de rayon a, de longueur . Il
est parcouru par une intensité I sous forme d’une densité surfacique de courant
→
−
−
ux . Quelle relation existe-t-il entre js et I ?
j s = js→
❒ a. I = πa2 js
❒ c. I = 2πa js
❒ b. I = 2πa js
❒ d. I = js
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
7 Un tube cylindrique, de très grande longueur (on néglige les eﬀets de bord),
d’axe Oz est constitué d’un conducteur (conductivité γ) pour des rayons r par
rapport à l’axe : R1 ≤ r ≤ R2 . Le vecteur densité volumique de courant est
radial. Déterminer la résistance R de ce conducteur pour une longueur .
R2
R1
1
1
ln
ln
❒ b. R =
❒ a. R =
2πγ
R1
2πγ
R2
1 R2 − R1
1
❒ c. R =
❒ d. R =
2πγ
R1
γ π(R22 − R21 )
8 La forme locale du théorème d’Ampère est :
→
−
→
−
❒ a. div B = μ0 j
−
− →
−→→
❒ c. rot B = 0
9
→
−
❒ b. div B = 0
→
−
−
−→→
❒ d. rot B = μ0 j
→
−
L’équation locale associée au flux nul de B à travers une surface fermée S est :
−
−
→
− →
−→→
❒ a. rot B = 0
❒ b. div B = 0
→
−
→
−
→
−
−
−→→
❒ d. div B = μ0 j
❒ c. rot B = μ0 j
119
Énoncés
10 Magnétostatique
10 La relation liant le champ au potentiel est :
−
→
− →
❒ a. dA = − B · d
→
− −→→
−
❒ c. B = rot A
−
→
−
→
− →
❒ b. d B = − A ∧ d
−−−→
→
−
❒ d. B = − grad A
11 On considère l’interface entre deux milieux (1) et (2) parcourue par une den-
→
−
→
−
→
−
sité surfacique de courant j s . On note B 1 (respectivement B 2 ) le champ en un
point M de l’interface dans le milieu (1) (respectivement dans le milieu (2)). On
−−→
note N12 , la normale à la surface, orientée du milieu (1) vers le milieu (2). À la
traversée de la surface :
→
−
❒ a. La composante normale du champ B est continue.
→
−
❒ b. La composante tangentielle du champ B est continue.
→
−
→
− −−→
→
−
❒ c. B 1 − B 2 = μ0 js ∧ N12
→
−
→
−
→
− −−→
❒ d. B 2 − B 1 = μ0 js ∧ N12
12 L’équation vérifiée par le potentiel vecteur (équation de Poisson) de manière
générale est :
→
−
❒ a. Δ A = 0
→
−
→
−
❒ c. Δ A = −μ0 j
→
−
→
−
❒ b. Δ A = μ0 j
→
−
→
− μ0 j
❒ d. Δ A =
4π
Cet énoncé concerne les questions 13 à 17 :
On considère un cylindre infini d’axe Oz et de rayon a. Il est parcouru par une
→
−
−
intensité I. On considère que la densité volumique de courant j = j→
uz est uniforme dans le cylindre. On souhaite calculer le champ magnétique en tout point
de l’espace par le théorème d’Ampère.
13 Étude des symétries :
❒ a. Les plans contenant Oz sont plans de symétrie de la distribution de courant.
→
−
❒ b. Les plans contenant Oz sont plans de symétrie de B.
❒ c. Les plans perpendiculaires à Oz sont plans de symétrie de la distribution de
courant.
→
−
❒ d. Les plans perpendiculaires à Oz sont plans de symétrie de B.
120
Énoncés
10 Magnétostatique
→
−
14 Le champ B est tel que :
→
− →
−
−
❒ a. B = B(r, θ, z)→
uz
→
−
−
❒ c. B = B(r)→
ur
→
−
−
❒ b. B = B(r)→
uθ
→
−
−
❒ d. B = B(θ)→
uθ
15 On choisit des cercles de rayon r et d’axe Oz pour appliquer le théorème d’Am→
−
−
père, orientés dans le sens du vecteur →
uθ . La circulation C de B le long d’un
cercle est :
❒ b. C = 2πrB
❒ a. C = πr2 B
❒ c. C = 2πaB
❒ d. C = πa2 B
16 Déterminer le courant enlacé Ienl par le contour précédent :
❒ a. Si r ≥ a, Ienl = −I
❒ c. Si r ≤ a, Ienl = πa2 j
❒ b. Si r ≥ a, Ienl = πa2 j
r2
❒ d. Si r ≤ a, Ienl = I 2
a
→
−
17 Le champ B a pour expression :
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
μ0 I →
→
−
−
uθ
❒ a. Si r ≥ a, B =
2πr
μ0 Ir →
→
−
−
❒ c. Si r ≤ a, B =
uθ
2πa2
μ0 I →
→
−
−
uθ
❒ b. Si r ≥ a, B =
2πa
μ0 I →
→
−
−
uθ
❒ d. Si r ≤ a, B =
2πr
Cet énoncé concerne les questions 18 à 21 :
On reprend la distribution précédente : cylindre infini d’axe Oz et de rayon a,
parcouru par une intensité I. On souhaite maintenant calculer le champ magné→
−
−
tique B = B(r)→
uθ en tout point de l’espace par l’équation de Maxwell-Ampère
en coordonnées cylindriques (14).
→
−
−
18 Pour r ≤ a, quelles propriétés vérifie le champ B = B(r)→
uθ ?
1 ∂(rB(r))
= μ0 j
r ∂r
1 ∂B
= μ0 j
❒ c.
r ∂θ
❒ a.
❒ b. B(0) = 0
1 ∂(rB(r))
=0
r ∂r
→
−
−
19 Pour r ≥ a, quelles propriétés vérifie le champ B = B(r)→
uθ ?
1 ∂(rB(r))
= μ0 j
❒ b. B(r → +∞) = 0
❒ a.
r ∂r
1 ∂(rB(r))
1 ∂B
= μ0 j
=0
❒ d.
❒ c.
r ∂θ
r ∂r
❒ d.
121
Énoncés
10 Magnétostatique
20 On en déduit l’expression générale de B(r) après intégration (où k1 et k2 sont des
constantes d’intégration) :
❒ a. Si r ≤ a, B(r) = μ0 jr +
❒ c. Si r ≥ a, B(r) =
k1
r
k2
r
❒ b. Si r ≤ a, B(r) =
μ0 jr k1
+
2
r
❒ d. Si r ≥ a, B(r) = k2
21 Les constantes d’intégration sont :
μ0 ja2
2
μ0 ja2
❒ c. k2 = −
2
❒ a. k1 = −
❒ b. k1 = 0
❒ d. k2 = 0
Cet énoncé concerne les questions 22 à 26 :
On considère le plan infini xOy parcouru par une distribution surfacique de cou→
−
−
ux . On souhaite calculer le champ par le théorème d’Amrant uniforme j s = js→
père.
22 Étude des symétries de la distribution de courant :
❒ a. Le plan xOy est plan de symétrie de la distribution.
❒ b. Tout plan perpendiculaire à xOy est plan de symétrie de la distribution.
❒ c. Tout plan parallèle à xOz est plan de symétrie de la distribution.
❒ d. Tout plan parallèle à xOz est plan de d’antisymétrie de la distribution.
→
−
23 Parmi les propriétés suivantes lesquelles sont vérifiées par le champ B :
→
−
❒ a. B ne dépend que de x et y.
→
−
−
❒ c. B = B→
uy
→
−
→
−
❒ b. B(−z) = − B(z)
→
−
−
❒ d. B = B→
uz
−
24 On utilise comme contour, un carré de côté a perpendiculaire à →
ux et symétrique
par rapport au plan xOy. Le contour est orienté dans le sens direct (règle de la
→
−
−
main droite par rapport à →
ux ). La circulation C de B le long de ce contour est :
a
❒ a. C = 0
❒ b. C = a2 B
2
a
a
❒ d. C = −2aB
❒ c. C = 2aB
2
2
122
10 Magnétostatique
Énoncés
25 Le courant enlacé par le contour est :
❒ a. Ienl = a2 js
❒ c. Ienl = 0
❒ b. Ienl = a js
❒ d. Ienl = 2a js
26 Le champ magnétique a pour expression :
μ0 j s →
→
−
→
− μ0 j s →
−
−
uy , pour z > 0 et B = −
uy , pour z < 0.
❒ a. B =
2
2
−
→
− →
❒ b. B = 0 ∀ z
μ0 j s →
→
− μ0 j s →
→
−
−
−
uy , pour z > 0 et B =
uy , pour z < 0.
❒ c. B = −
2
2
→
−
→
− μ0 j s
∀ z
❒ d. B =
2
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Voir les corrigés du chapitre 10 page 178.
123
11
Actions de Laplace Dipôle magnétique
Thèmes abordés
Avec ce questionnaire, vous évaluez vos compétences sur les sujets suivants :
•
•
•
•
•
L’expression de la force de Laplace sur un élément de circuit.
L’action de Laplace sur une spire rectangulaire ou circulaire.
La notion de dipôle magnétique.
Le comportement actif d’un dipôle magnétique : champ créé.
Le comportement passif d’un dipôle magnétique : actions subies dans un
champ extérieur.
Consignes
Vrai/Faux
Pour chacune des propositions suivantes, indiquer si elle est exacte ou non, en
rédigeant une courte explication, puis aller voir le corrigé page 186.
1 ❒ V ❒ F Puisque c’est une force magnétique, la force de Laplace est nulle
sur un conducteur immobile.
2 ❒ V ❒ F Un dipôle magnétique s’oriente perpendiculairement aux lignes du
champ magnétique dans lequel il est plongé.
3 ❒ V ❒ F Un dipôle magnétique se déplace vers les zones de champ intense.
4 ❒ V ❒ F À grande distance, les lignes de champ d’un dipôle magnétique ont
la même allure que celle d’un dipôle électrostatique.
124
Énoncés
11 Actions de Laplace - Dipôle magnétique
Consignes
QCM
Répondre d’abord aux questions suivantes, puis aller voir le corrigé page 187.
Pour un bloc de questions concernant le même problème, répondre à tout le bloc
avant de consulter le corrigé. On rappelle qu’il y a une ou deux réponses exactes
par question. Il est nécessaire pour répondre d’écrire quelques lignes au brouillon.
−−→
5 L’expression de la force de Laplace élémentaire d fL s’exerçant sur un élément de
→
−
conducteur de longueur d parcouru par une intensité I et placé dans un champ
→
−
B s’écrit :
→
− →
−−→
−−→
−
→
−
❒ b. dF L = Id B
❒ a. dF L = I d · B
−
−−→
→
− →
−−→ →
− →
−
❒ d. dF L = I d ∧ B
❒ c. dF L = I B ∧ d
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Cet énoncé concerne les questions 6 à 7 :
On souhaite calculer les eﬀorts de Laplace sur une spire circulaire de rayon a
→
−
(figure 11.1). On choisit les axes tels que B soit dans le plan xOz.
Figure 11.1
−→
6 Déterminer la force F L (résultante des actions de Laplace) exercée par le champ
→
−
B sur la spire.
→
−
−→
❒ a. F L = 2πa B
−
−→ →
❒ c. F L = 0
−→
−
❒ b. F L = πa2 B cos ϕ→
uz
−→
−
❒ d. F L = 2πaB→
uz
−
→
→
−
7 Déterminer le moment Γ0 par rapport à O exercé par B sur la spire.
−
−→ →
❒ a. ΓO = 0
−→
−
❒ c. ΓO = 2πBa2 I→
uθ
−→
−
❒ b. ΓO = πa2 IB sin ϕ→
uy
−→
−
❒ d. ΓO = πa2 IB sin ϕ→
ux
125
Énoncés
11 Actions de Laplace - Dipôle magnétique
−→
→
−
8 Déterminer la force de Laplace F L exercée par le fil infini champ B =
sur la spire rectangulaire (figure 11.2).
μ0 I1 →
−
uθ
2πr
Figure 11.2
1 →
−→ μ0 I1 I2 b 1
−
❒ a. F L =
−
ur
2π
r2 r1
−→ μ0 I1 I2 r2 →
ln −
ur
❒ c. F L =
2π
r1
−
−→ →
❒ b. F L = 0
1 →
−→ μ0 I1 I2 b 1
−
❒ d. F L =
−
ur
2π
r1 r2
9 On se place dans les mêmes conditions qu’à la question précédente mais avec
une spire comprise entre les distances r et r + dr du fil. Déterminer la force de
Laplace exercée par la spire sur le fil.
dB −
dB −
ur
ur
❒ b. −bI2 dr→
❒ a. bI2 dr→
dr
dr
dB −
dB −
ur
ur
❒ c. bI2 →
❒ d. −bI2 →
dr
dr
−−
→
10 Définir le moment magnétique M d’une spire circulaire parcourue par un courant, de rayon R, d’axe Oz, et parcourue par une intensité I dans le sens horaire.
−−
→
−−
→
−
−
❒ b. M = −2πRI→
u
❒ a. M = 2πRI→
u
z
z
−−
→
−
❒ c. M = πR2 I→
uz
−−
→
−
❒ d. M = −πR2 I→
uz
−−
→
11 Déterminer le moment magnétique M d’une sphère de centre O et de rayon R,
uniformément chargée en surface avec la densité σ0 , en rotation uniforme autour
→
−
de l’axe Oz à la vitesse angulaire Ω .
π
❒ b. Mz = πσ0 ΩR4
❒ a. Mz = √ σ0 ΩR4
2
4
❒ c. Mz = πσ0 ΩR4
❒ d. Mz = 2πσ0 ΩR4
3
126
11 Actions de Laplace - Dipôle magnétique
Énoncés
12 On rappelle l’expression du potentiel vecteur créé par un dipôle magnétique de
−−
→ −
−
−
→
r
μ0 M ∧ →
−
−−→ − →
. Démoment M en un point M de l’espace tel que OM = →
ur : A =
3
4π r
→
−
terminer l’expression intrinsèque de B. On pourra utiliser les formules suivantes
−−
→
sachant que M est une constante :
−−−→
−→ →
→−
−a + f −
rot( f −a ) = grad f ∧ →
rot→
a
→
−
→
−
→ −−
→ −−−→ − →
−
→
−−−→ −
−→ −−
−r = −
−r − →
−r div −
rot M ∧ →
M div →
M − M · grad →
r + −r · grad M
⎞
⎛ −−
→ →
⎜⎜⎜ 3M
−−−→⎟⎟⎟⎟
· −r →
−r − 5M
⎜⎜⎜
⎟⎟⎠
⎝ r2
→
−
❒ a. B =
μ0
4πr3
→
−
❒ c. B =
→ →
−
−
→
μ0 −−
−
→
−
3M · r r − M
4πr3
⎞
⎛ −−
→ →
⎜⎜⎜ 3M
−
→⎟⎟⎟⎟
· −r →
−r − −
⎜⎜⎜
M ⎟⎟⎠
⎝ r2
⎞
⎛ −−
→ −
−−
→⎟⎟⎟⎟
μ0 ⎜⎜⎜⎜ 3M · →
r→
→
−
−
⎜⎜−
r + 5M ⎟⎟⎠
❒ d. B =
4πr3 ⎝
r2
μ0
→
−
❒ b. B =
4πr3
13 Déterminer les composantes en coordonnées sphériques du champ magnétique
créé par un moment magnétique en utilisant l’analogie avec le champ électrique
d’un moment dipolaire en électrostatique.
μ0 M cos θ
μ0 M cos θ
❒ b. Br =
❒ a. Br =
4πr2
2πr3
μ0 M sin θ
μ0 M sin θ
❒ c. Bθ =
❒ d. Bθ =
2
4πr
4πr3
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
14 Quelles sont les actions subies par un dipôle magnétique dans un champ magné−−→
tique uniforme Bext ?
→
−
−−→
❒ a. F = M Bext
→
→
− −−→ −−
❒ c. Γ = Bext ∧ M
−
→
− →
❒ b. F = 0
→ −−→
→
− −−
❒ d. Γ = M ∧ Bext
15 Quelle est l’expression de l’énergie potentielle d’un dipôle magnétique rigide
−−→
plongé dans un champ extérieur Bext ?
−
−
→ −−→
❒ a. E p = −M · Bext
−
−
→ −−→
❒ c. E p = −M ∧ Bext
−−
→ −−→
❒ b. E p = M · Bext
−
−
→ −−→
❒ d. E p = −M ∧ Bext
Voir les corrigés du chapitre 11 page 186.
127
12
Équations de Maxwell
Thèmes abordés
Avec ce questionnaire, vous évaluez vos compétences sur les sujets suivants :
•
•
•
•
•
Les équations de Maxwell en régime dépendant du temps.
La forme intégrale des équations de Maxwell.
L’approximation des états quasi stationnaires.
Le vecteur de Poynting et la densité d’énergie électromagnétique.
Les bilans d’énergie électromagnétique.
→
−
Notations. Le vecteur de Poynting sera noté Π.
Consignes
Vrai/Faux
Pour chacune des propositions suivantes, indiquer si elle est exacte ou non, en
rédigeant une courte explication, puis aller voir le corrigé page 191.
1 ❒ V ❒ F Le théorème de Gauss n’est plus valable en régime dépendant du
temps.
→
−
2 ❒ V ❒ F La circulation de E est conservative.
3 ❒ V ❒ F Par changement de référentiels galiléens, le champ magnétique est
conservé.
4 ❒ V ❒ F Par changement de référentiels galiléens, le champ électrique est
conservé.
5 ❒ V ❒ F Le vecteur de Poynting correspond à une puissance par unité de
surface.
128
12 Équations de Maxwell
Énoncés
Consignes
QCM
Répondre d’abord aux questions suivantes, puis aller voir le corrigé page 192.
Pour un bloc de questions concernant le même problème, répondre à tout le bloc
avant de consulter le corrigé. On rappelle qu’il y a une ou deux réponses exactes
par question. Il est nécessaire pour répondre d’écrire quelques lignes au brouillon.
6 Cocher la (ou les) équation(s) juste(s) :
→
−
∂B
−
−→→
❒ b. rot E = −
∂t
−
− →
−→→
❒ d. rot E = 0
→
−
∂E
−
−→→
❒ a. rot B = −
∂t
→
−
−
−→→
❒ c. rot B = μ0 j
−→
7 On considère un contour fermé C sur lequel s’appuie la surface S d’élément dS
→
−
correctement orienté. La circulation de B le long du contour C s’écrit :
−
→
− →
→
− −→
B · d = μ0
j · dS
❒ a.
C
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S
→
−
−
∂E →
·d
❒ b.
C
S
C ∂t
→
−
−
∂ E −→
→
− →
→
− −→
· dS
B · d = μ0
j · dS + μ0 0
❒ c.
C
S
S ∂t
→
−
−
∂ E −→
− →
→
− −→
−→→
· dS
rot B · d = μ0
j · dS μ0 0
❒ d.
C
S
S ∂t
−
→
− →
B · d = μ0
→
− −→
j · dS + μ0 0
8 En régime dépendant du temps, l’équation de conservation de la charge s’écrit :
→
− ∂ρ
=0
❒ a. div j +
∂t
1 ∂ρ
→
−
=0
❒ c. div j +
0 ∂t
→
−
❒ b. div j = 0
ρ
→
−
❒ d. div j =
0
9 Dans un métal de conductivité γ, l’équation vérifiée par la densité volumique de
charge ρ est :
❒ a. ρ = γE
❒ c.
∂ρ
=0
∂t
∂ρ γ
+ ρ=0
∂t 0
γ
❒ d. ρ = E
0
❒ b.
129
Énoncés
12 Équations de Maxwell
10 Dans le cadre de l’approximation des régimes quasi stationnaires on peut :
−
−→→
❒ a. Écrire rot E = 0.
→
−
❒ c. Écrire div E = 0.
→
−
∂E
→
−
.
❒ b. Négliger le terme j devant 0
∂t
→
−
−
−→→
❒ d. Écrire rot B = μ0 j
11 La conductivité γ d’un métal est de l’ordre de 107 S · m−1 . On s’intéresse à un
champ harmonique de fréquence f 1014 Hz.
On donne 0 = 8, 85 · 10−12 F · m−1 . Quelle(s) proposition(s) est(sont) juste(s) ?
→
−
∂E
→
−
est négligeable devant j .
❒ a. Le terme 0
∂t
→
−
❒ b. Le champ E est nul.
❒ c. La densité volumique ρ est nulle.
→
−
❒ d. Le champ B est nul.
→
−
12 On note Π le vecteur de Poynting. Établir le théorème de Poynting ou bilan
intégral de puissance :
→
− →
−
B2
∂ 0 E 2
E ∧ B −→
→
− →
−
+
· dS = −
j · E dτ
dτ +
❒ a.
∂t
2
2μ
μ
0
0
τ
S
τ
→
− →
−
2
2
B
∂ 0 E
E ∧ B −→
→
− →
−
+
· dS = +
j · E dτ
dτ +
❒ b.
2
2μ0
μ0
τ ∂t
S
τ
→
−
→
−
2
2
B
∂ 0 E
E∧B
→
− →
−
+
dτ = −
j · E dτ
dτ +
❒ c.
2
2μ0
μ0
τ ∂t
τ
τ
→
−
→
−
B2
E ∧ B −→
0 E 2
→
− →
−
+
· dS = −
j · E dτ
dτ +
❒ d.
2
2μ0
μ0
τ
S
τ
13 Déterminer l’équation locale de bilan de puissance :
B2
∂ 0 E 2
→
− →
−
+
=− j · E −Π
❒ a.
∂t 2
2μ0
2
B2
∂ 0 E
→
− →
− →
−
+
= j · E −Π
❒ b.
∂t 2
2μ0
2
B2
∂ 0 E
→
− →
−
→
−
+
= j · E − div Π
❒ c.
∂t 2
2μ0
2
B2
∂ 0 E
→
− →
−
→
−
+
= − j · E − div Π
❒ d.
∂t 2
2μ0
130
12 Équations de Maxwell
Énoncés
Cet énoncé concerne les questions 14 à 17 :
On considère un fil conducteur cylindrique (conductivité σ) de très grande lon→
−
−
gueur plongé dans un champ électrique E = E→
uz permanent et uniforme. Le fil
−
a pour rayon a et pour axe Oz. On note r la distance d’un point à l’axe et →
ur le
vecteur radial.
14 Déterminer le vecteur de Poynting pour r ≤ a :
−
→
− →
❒ a. Π = 0
E 2 σr→
→
−
−
ur
❒ c. Π =
2
E 2 σr→
→
−
−
ur
❒ b. Π = −
2
E 2 σr→
→
−
−
uz
❒ d. Π =
2
15 Déterminer le vecteur de Poynting pour r ≥ a :
−
→
− →
❒ a. Π = 0
E 2 σa2 →
→
−
−
ur
❒ c. Π =
2r
E 2 σa2 →
→
−
−
ur
❒ b. Π = −
2r
E 2 σa2→
→
−
−
uz
❒ d. Π =
2r
16 Calculer le flux φ du vecteur de Poynting à travers la surface d’un cylindre d’axe
Oz, de rayon r ≥ a et de hauteur :
❒ a. φ = 0
❒ c. φ = −E 2 a2 πσ
E 2 a2 πrσ
2
2 2
❒ d. φ = E a πσ
❒ b. φ =
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
17 Quelle(s) proposition(s) est(sont) vraie(s) ?
❒ a. Le fil cède de l’énergie au champ par eﬀet Joule.
→
−
❒ b. Le flux de Π est entrant dans le fil.
❒ c. Le champ cède de l’énergie au fil.
❒ d. Le flux est sortant à cause de l’eﬀet Joule.
18 On considère l’interface chargée (densité surfacique σ) entre deux milieux (1) et
→
−
→
−
(2). On note E 1 (respectivement E 2 ) le champ en un point M de l’interface dans
−−→
le milieu (1) (respectivement dans le milieu (2)). On note N12 , la normale à la
surface, orientée du milieu (1) vers le milieu (2). À la traversée de la surface :
→
−
❒ a. La composante normale du champ E est continue.
σ −−→
→
−
→
−
❒ b. E 1 − E 2 = N12
0
→
−
❒ c. La composante tangentielle du champ E est continue.
σ −−→
→
−
→
−
❒ d. E 2 − E 1 = N12
0
131
Énoncés
12 Équations de Maxwell
19 On considère l’interface entre deux milieux (1) et (2) parcourue par une den-
→
−
→
−
→
−
sité surfacique de courant j s . On note B 1 (respectivement B 2 ) le champ en un
point M de l’interface dans le milieu (1) (respectivement dans le milieu (2)). On
−−→
note N12 , la normale à la surface, orientée du milieu (1) vers le milieu (2). À la
traversée de la surface :
→
−
❒ a. La composante tangentielle du champ B est continue.
→
−
❒ b. La composante normale du champ B est continue.
→
−
→
− −−→
→
−
❒ c. B 2 − B 1 = μ0 js ∧ N12
→
−
→
−
→
− −−→
❒ d. B 1 − B 2 = μ0 js ∧ N12
Voir les corrigés du chapitre 12 page 191.
132
Induction
électromagnétique
13
Thèmes abordés
Avec ce questionnaire, vous évaluez vos compétences sur les sujets suivants :
•
•
•
•
•
La notion de champ électromoteur et de f.e.m. induite.
Les cas d’induction de Neuman et d’induction de Lorentz.
La loi de Faraday.
La loi de Lenz.
Les notions d’inductances propre et mutuelle.
−→
Notations. Sauf indication contraire, on notera Em le champ électromoteur induit et
em la force électromotrice induite.
Consignes
Vrai/Faux
Pour chacune des propositions suivantes, indiquer si elle est exacte ou non, en
rédigeant une courte explication, puis aller voir le corrigé page 199.
1 ❒ V ❒ F La loi de Lenz stipule que le courant induit crée un champ opposé
au champ qui l’a créé.
2 ❒ V ❒ F Une inductance mutuelle est toujours positive.
3 ❒ V ❒ F Un champ électromoteur d’induction est à circulation non conservative.
4 ❒ V ❒ F La force électromotrice d’induction
eCD entre deux points C et D
D
d’un conducteur filiforme s’écrit eCD =
−−→
−→
Em (M) · d M .
C
5
→
−
∂A
−→
.
❒ V ❒ F Dans le cas de Neuman, le champ électromoteur est Em = −
∂t
−v , le champ électro6 ❒ V ❒ F Dans un conducteur se déplaçant à la vitesse →
−
−→
−v ∧ →
B.
moteur est Em = −→
133
Énoncés
13 Induction électromagnétique
7 ❒ V ❒ F La loi de Faraday s’écrit : em = −
magnétique à travers le circuit fermé.
dφ
, où φ est le flux du champ
dt
Consignes
QCM
Répondre d’abord aux questions suivantes, puis aller voir le corrigé page 200.
Pour un bloc de questions concernant le même problème, répondre à tout le bloc
avant de consulter le corrigé. On rappelle qu’il y a une ou deux réponses exactes
par question. Il est nécessaire pour répondre d’écrire quelques lignes au brouillon.
8 On considère un élément de circuit CD de résistance RCD et soumis à une f.e.m.
d’induction eCD (figure 13.1). Déterminer la relation correcte d’après les conventions sur le sens du courant induit iCD et de eCD :
Figure 13.1
❒ a. VD − VC = −eCD − RCD i
❒ b. VD − VC = eCD + RCD i
❒ c. VD − VC = eCD − RCD i
❒ d. VD − VC = −eCD − RCD i
Cet énoncé concerne les questions 9 à 11 :
On considère un circuit formé de N spires rectangulaires de côtés a et b soumis
au champ magnétique d’un fil très long parcouru par un courant I = I0 cos ωt (fiμ0 I →
→
−
−e .
gure 13.2). On rappelle que le champ magnétique créé par le fil est B =
θ
2πr
Figure 13.2
134
Énoncés
13 Induction électromagnétique
→
−
9 Le flux φ de B à travers le circuit est :
a
μ0 NIb
ln 1 +
2π
r1
⎛
⎞
1
μ0 NIb ⎜⎜⎜
1 ⎟⎟⎟
⎜⎝
❒ c. φ =
− ⎟⎠
2π
(r1 + a)2 r12
❒ a. φ = −
❒ b. φ =
μ0 NIab
2πr1
a
μ0 NIb
ln 1 +
❒ d. φ =
2π
r1
10 Sachant que le circuit a une résistance R, déterminer l’intensité du courant induit Ic .
a
Nμ0 bI0
ln 1 +
ω sin ωt
❒ a. Ic =
2πR
r1
a
Nμ0 bI0
ln 1 +
ω sin ωt
❒ b. Ic = −
2πR
r1
⎛
⎞
1
μ0 NI0 b ⎜⎜⎜
1 ⎟⎟⎟
− ⎟⎠ ω sin ωt
❒ c. Ic =
⎝⎜
2πR (r1 + a)2 r12
❒ d. Ic =
μ0 NI0 abR
ω sin ωt
2πr1
−→
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
11 Déterminer la force instantanée F L exercée par le fil sur le circuit.
−
−→ →
❒ a. F L = 0
2 2 2 2 1
1
a
−→ N μ0 b I0
−e
−
ln 1 +
ω sin ωt cos ωt→
❒ b. F L =
r
r1 + a r1
r1
4π2 R
2 2 2 2 1
1
a
−→ N μ0 b I0
−e
−
❒ c. F L =
ln 1 +
ω sin ωt cos ωt→
θ
r1 + a r1
r1
4π2 R
−→
−e
❒ d. F = BI b→
L
c
θ
Cet énoncé concerne les questions 12 à 13 :
On place un cylindre conducteur de conductivité γ ( figure 13.3) dans un champ
→
−
−
uz .
magnétique sinusoïdal B = B0 cos ωt→
Figure 13.3
135
Énoncés
13 Induction électromagnétique
12 On décompose le cylindre en spires élémentaires de hauteur dz et de rayon compris entre r et r + dr. Déterminer le courant induit i(t) dans une de ces spires avec
→
−
uθ comme sens positif d’orientation.
rγdrdz
rγdrdz
❒ b. i(t) = −
B0 ω sin ωt
B0 ω sin ωt
❒ a. i(t) =
2
2
❒ c. i(t) = −γdrdzB0 ω sin ωt
❒ d. i(t) = γdrdzB0 ω sin ωt
13 Déterminer la puissance moyenne P dissipée dans le cylindre par induction
(courants de Foucault).
γa3 hπ 2 2
B0 ω
6
γa4 hπ 2 2
B0 ω
❒ c. P =
16
❒ a. P =
γa3 hπ 2 2
B0 ω
3
γa4 hπ 2 2
B0 ω
❒ d. P =
8
❒ b. P =
14 Déterminer le coeﬃcient d’inductance mutuelle M entre un solénoïde (S 1 ) considéré infini (n1 spires par unité de longueur, section Σ1 ) et une bobine S 2 composée de N2 spires de section Σ2 (figure 13.4).
Figure 13.4
i1
cos θ
i2
❒ c. M = μ0 n1 N2 Σ1 i1 cos θ
❒ a. M = μ0 n1 N2 Σ2
❒ b. M = μ0 n1 N2 Σ2 cos θ
❒ d. M = μ0 n1 N2 Σ2 i2 cos θ
15 Déterminer le coeﬃcient d’inductance propre L d’un solénoïde de grande longueur , ayant N1 spires. On note Σ1 sa section.
❒ a. L = μ0 N12 Σ1
❒ c. L = μ0
N12
Σ1 i1
❒ b. L = μ0
❒ d. L = μ0
N12
2
N12
Σ1
Σ1
Cet énoncé concerne les questions 16 à 17 :
On étudie le système de la figure 13.5 formé de deux circuits couplés par inductance mutuelle M.
136
13 Induction électromagnétique
Énoncés
Figure 13.5
16 Écrire les équations des deux circuits.
❒ a.
❒ b.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
❒ c.
❒ d.
⎧
di1
di1
⎪
⎪
⎪
+M
u1 = R1 i1 + L1
⎪
⎪
⎪
dt
dt
⎪
⎨
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
di2
di2
⎪
⎪
⎩ u2 = R2 i2 + L2
+M
dt
dt
⎧
di
di
⎪
1
2
⎪
⎪
−M
u1 = R1 i1 − L1
⎪
⎪
⎪
dt
dt
⎪
⎨
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
di1
di2
⎪
⎪
⎩ u2 = R2 i2 − L2
−M
dt
dt
⎧
di
di
⎪
1
2
⎪
⎪
+M
u1 = R1 i1 + L1
⎪
⎪
⎪
dt
dt
⎪
⎨
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
di1
di2
⎪
⎪
⎩ u2 = R2 i2 + L2
+M
dt
dt
⎧
di
⎪
1
⎪
⎪
+ Mi2
u1 = R1 i1 + L1
⎪
⎪
⎪
dt
⎪
⎨
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
di2
⎪
⎪
⎩ u2 = R2 i2 + L2
+ Mi1
dt
17 Écrire l’énergie magnétique totale du système.
1 2 1 2
L1 i + L2 i + Mi1 i2
2 1 2 2
1
1
1
❒ c. Em = L1 i21 + L2 i22 + Mi1 i2
2
2
2
❒ a. Em =
1 2 1 2
L1 i + L2 i − Mi1 i2
2 1 2 2
1
1
❒ d. Em = L1 i21 + L2 i22
2
2
❒ b. Em =
Cet énoncé concerne les questions 18 à 20 :
On étudie le circuit de la figure (13.6) appelé « rail de Laplace ». Il est constitué
d’un barreau CD pouvant se déplacer sans frottement sur des rails parallèles. On
modélise la résistance du circuit par R. L’ensemble est plongé dans un champ
137
Énoncés
13 Induction électromagnétique
→
−
−
B = B→
uz uniforme. À t = 0, on lance le barreau depuis la position x0 (pour son
−
−
ux . Le barreau reste perpendiculaire aux rails lors
centre) avec la vitesse →
v0 = v0→
de son déplacement. On néglige l’inductance propre du circuit.
Figure 13.6
18 On choisit l’orientation du courant induit de C vers D. Déterminer l’intensité I
dans circuit par la loi de Faraday.
Bav0
❒ a. I = −
R
Bav0
❒ c. I =
R
Ba ẋ
R
Ba ẋ
❒ d. I =
R
❒ b. I = −
19 Déterminer l’équation mécanique de la barre de masse m.
d2 x
−
dt2
d2 x
+
❒ c.
dt2
❒ a.
B2 a2 ẋ
=0
mR
B2 a2 ẋ
=0
mR
d2 x B2 a2 v0
=0
+
mR
dt2
d2 x B2 a ẋ
❒ d. 2 +
=0
mR
dt
❒ b.
20 Exprimer la puissance PL de la force de Laplace et comparer à la puissance PI
de la f.e.m. induite em .
Ba ẋ
❒ a. PL = −em
R
❒ c. PL = −PI
❒ b. PL = em
Ba ẋ
R
❒ d. PL = PI
Cet énoncé concerne les questions 21 à 24 :
On étudie le système de la figure 13.7 appelé « roue de Barlow ». La roue, de
rayon a, peut tourner autour de l’axe Oz et l’on note J son moment d’inertie
par rapport à cet axe. La roue est conductrice et l’on admet que tout se passe
comme si le courant ne circulait que selon OA. En A le contact est glissant sans
frottement. Un point M de OA est repéré par sa distance r à O.
→
−
−
Le champ B = B→
u est uniforme.
z
138
Énoncés
13 Induction électromagnétique
Figure 13.7
21 On note ω la vitesse de rotation de la roue. Déterminer la f.e.m. d’induction due
à ce mouvement (on utilisera le champ électromoteur).
❒ a. em = ωBa2
❒ c. em = ωBa
❒ b. em = 0
ωBa2
❒ d. em =
2
22 Déduire de la question précédente l’intensité I du courant dans le circuit.
em + E
R
em − E
❒ c. I =
R
❒ a. I =
−em + E
R
E
❒ d. I =
R
❒ b. I =
23 Déterminer le moment de l’action de Laplace sur le disque.
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❒ a. ΓOz = −
IBa2
2
❒ c. ΓOz = −IBa2
IBa2
4
IBa2
=
2
❒ b. ΓOz = −
❒ d. ΓOz
24 Dans les bilans de puissance suivants, déterminer ceux qui sont justes.
❒ a.
d Jω2
= RI 2 − EI
dt 2
❒ c. em I − ωΓOz = 0
❒ b.
d Jω2
= EI − RI 2
dt 2
❒ d. em I + ωΓOz = 0
Cet énoncé concerne les questions 25 à 29 :
Cette série de questions étudie le fonctionnement du haut-parleur électromagnétique (figure 13.8).
139
Énoncés
13 Induction électromagnétique
Figure 13.8
Il est constitué :
•
•
d’une bobine de N spires, de rayon a, mobile dans l’entrefer d’un aimant.
Cette bobine a une résistance R, une inductance L et une masse m ;
→
−
−
d’un aimant permanent annulaire, qui assure un champ B = B→
u au niveau de
r
la bobine ;
•
d’une membrane, reliée à la bobine et pouvant eﬀectuer de faibles déplacements selon Oz. Cette membrane est reliée à la partie fixe du haut-parleur par
→
−
−
des ressorts : force f = −kz→
uz où z est la position du centre de la membrane
(en l’absence de courant, la membrane est à sa position d’équilibre et z = 0).
→
−
−
uz due au frottement de l’air.
La membrane subit aussi une force fa = −hż→
25 Après avoir déterminé le champ électromoteur d’induction, conséquence du déplacement de la bobine, établir l’expression de la f.e.m. d’induction dans le circuit.
❒ b. em = żBNπa2
❒ a. em = żB2πa
❒ c. em = żBN2πa
❒ d. em = żBNa
26 Déterminer l’équation électrique du circuit.
di
+ żB2πNa
dt
di
❒ c. E = Ri + L − żB2πNa
dt
❒ a. E = Ri + L
di
dt
di
❒ d. E = Ri − L
dt
❒ b. E = Ri + L
27 Établir l’équation mécanique du système.
140
❒ a. mz̈ = −kz − hż
❒ b. mz̈ = −iB2πNa − kz − hż
❒ c. mz̈ = +iB2πNa − kz − hż
❒ d. mz̈ = −iBπNa2 − kz − hż
Énoncés
13 Induction électromagnétique
28 On cherche la réponse du circuit en régime sinusoïdal forcé avec E(t) =
E0 cos ωt ou sous forme complexe E = E0 e jωt . On cherche à exprimer l’intensité i complexe sous la forme E = Z i. Exprimer Z (on aura intérêt à utiliser
les variables i et v = ż).
❒ a. Z = R + jLω +
(B2πNa)2
k
+ jmω
h−
jω
❒ b. Z = R + jLω
❒ c. Z = R + jLω −
❒ d. Z = R + jLω +
(B2πNa)2
k
+ jmω
h+
jω
(B2πNa)2
k
+ jmω
h+
jω
29 Le haut-parleur est équivalent au circuit de la figure 13.9. Quelle(s) expression(s)
est(sont) juste(s) dans les propositions suivantes ?
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Figure 13.9
❒ a. Cm =
m
(B2πNa)2
❒ c. Cm = 0
❒ b. Rm → ∞
❒ d. Lm =
(B2πNa)2
k
Voir les corrigés du chapitre 13 page 199.
141
14
Généralités
sur les ondes
Thèmes abordés
Avec ce questionnaire, vous évaluez vos compétences sur les sujets suivants :
•
•
•
•
•
•
Les généralités sur les phénomènes propagatoires
L’établissement et l’utilisation de l’équation de D’Alembert.
L’obtention de l’équation de D’Alembert pour une corde.
L’obtention de l’équation de D’Alembert pour une ligne électrique.
La notion d’onde plane, progressive, harmonique.
La notion d’onde stationnaire.
Notations. La célérité de l’onde sera notée c dans tout le chapitre et sera prise positive.
Consignes
Vrai/Faux
Pour chacune des propositions suivantes, indiquer si elle est exacte ou non, en
rédigeant une courte explication, puis aller voir le corrigé page 210.
1 ❒ V ❒ F Une onde est un phénomène qui dépend du temps et de la position.
2 ❒ V ❒ F Pour une onde, les variables d’espace et de temps sont toujours couplées.
∂2 s 1 ∂2 s
−
= 0, c est la célérité de l’onde s(x, t).
∂t2 c2 ∂x2
x
se propage dans le sens des x décrois❒ V ❒ F Une onde s(x, t) = f t +
c
sants.
3 ❒ V ❒ F Dans l’équation
4
5 ❒ V ❒ F Une surface d’onde est un lieu de l’espace sur laquelle la grandeur
ondulatoire a même valeur à un instant donné.
142
Énoncés
14 Généralités sur les ondes
Consignes
QCM
Répondre d’abord aux questions suivantes, puis aller voir le corrigé page 211.
Pour un bloc de questions concernant le même problème, répondre à tout le bloc
avant de consulter le corrigé. On rappelle qu’il y a une ou deux réponses exactes
par question. Il est nécessaire pour répondre d’écrire quelques lignes au brouillon.
6 On s’intéresse à une onde unidimensionnelle s(x, t) solution de l’équation de
1 ∂2 s
∂2 s
−
= 0. La forme générale de l’onde est :
∂x2 c2 ∂t2
❒ a. s(x, t) = f + (x − ct)
D’Alembert
❒ b. s(x, t) = f − (x + ct)
❒ c. s(x, t) = f + (x − ct) + f − (x + ct)
x
x
+ f− t +
❒ d. s(x, t) = f + t −
c
c
−−→
−r , t) avec →
−r = OM, on rappelle l’équation de D’Alem7 Pour une onde scalaire s(→
bert en trois dimensions :
1 ∂2 s
=0
c2 ∂t2
Quelle est l’expression générale d’une onde sphérique dont les surfaces d’onde
sont des sphères de centre O (on se servira de l’expression du Laplacien en coordonnées sphériques (formule 19)) ?
f + (r − ct) f − (r + ct)
+
❒ b. s(r, t) =
❒ a. s(r, t) = f + (r − ct) + f − (r + ct)
r
r
+
−
+
−
f (r − ct) f (r + ct)
f (r − ct) f (r + ct)
−
❒ d. s(r, t) =
+
❒ c. s(r, t) =
r
r
r2
r2
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Δs −
8 On cherche l’expression d’une onde plane progressive harmonique (O.P.P.H.),
se propageant suivant l’axe x à la célérité c dans le sens des x décroissants, sous
la forme complexe s(x, t) = s0 (x)eiωt . Quelle(s) est(sont) la(les) proposition(s)
vraie(s) ?
∂2 s0
ω2
s0 = 0
∂x2
c2
ω i
ωt
−
x
c
❒ c. s = s+ e
❒ a.
−
∂2 s0
ω2
s0 = 0
∂x2
c2
ω i
ωt
+
x
c
❒ d. s = s− e
❒ b.
+
143
Énoncés
14 Généralités sur les ondes
9 On s’intéresse à une onde stationnaire s(x, t) pour laquelle les conditions aux
limites sont s(0, t) = 0 et s( , t) = 0 ∀t. On cherche la solution sous la forme
s(x, t) = F(x)G(t). On notera n un entier strictement positif. La solution pour
s(x, t) est :
nπc
nπx t + φn cos
s0n cos
❒ a. s(x, t) =
n
❒ b. s(x, t) =
nπt
nπc x sin
+ φn
s0n cos
n
❒ c. s(x, t) =
s0n cos
n
❒ d. s(x, t) =
s0n cos
nπc
t + φn sin
nπc
nπx nπt
x + φn cos
+ φn
n
Cet énoncé concerne les questions 10 à 15 :
On étudie une ligne sans perte dont les points sont repérés par la variable x. Une
cellule élémentaire de cette ligne est représentée sur la figure (14.1).
Figure 14.1
10 Par application de la loi des nœuds en N, déterminer l’une des équations suivantes :
∂V
∂i
=Γ
❒ a.
∂x
∂t
∂V
∂i
= −Γdx
❒ c.
∂x
∂t
∂i
∂V
= −Γ
∂x
∂t
∂i
❒ d.
= ΓVdx
∂x
❒ b.
11 Par application de la loi des mailles, déterminer l’une des équations suivantes :
∂i
∂V
=Λ
∂x
∂t
∂i
∂V
= −Λdx
❒ c.
∂x
∂t
❒ a.
144
∂V
∂i
= −Λ
∂x
∂t
∂V
❒ d.
= Λidx
∂x
❒ b.
14 Généralités sur les ondes
Énoncés
12 L’équation diﬀérentielle vérifiée par le potentiel V(x, t) est :
∂2 V
∂2 V
+
ΓΛ
=0
∂x2
∂t2
∂2 V
∂2 V
+
ΓΛ
=0
❒ c.
∂t2
∂x2
∂2 V
∂2 V
−
ΓΛ
=0
∂t2
∂x2
∂2 V
∂2 V
❒ d.
−
ΓΛ
=0
∂x2
∂t2
x
x
13 On cherche des solutions de la forme : V(x, t) = V1 t − + V2 t + . Déterc
c
miner l’expression de l’intensité i(x, t) correspondante :
Λ
x
x V1 t −
− V2 t +
❒ a. i(x, t) =
Γ
c
c
Λ
x
x V1 t −
+ V2 t +
❒ b. i(x, t) =
Γ
c
c
Γ
x
x V1 t −
− V2 t +
❒ c. i(x, t) =
Λ
c
c
Γ
x
x V1 t −
+ V2 t +
❒ d. i(x, t) =
Λ
c
c
❒ a.
❒ b.
14 On branche en x = 0 un générateur sinusoïdal délivrant une tension V =
V0 cos(ωt).
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
L’expression recherchée pour V complexe est V = V1 ei(ωt − kx) + V2 ei(ωt + kx)
où V1 et V2 sont des constantes a priori complexes. On ferme la ligne en x =
par un court-circuit.
sin(k( − x))
sh(k( − x))
❒ b. V(x, t) = V0 eiωt
❒ a. V(x, t) = V0 eiωt
sin k
sh k
cos(k( − x))
❒ c. V(x, t) = V0 eiωt
cos k
ch(k( − x))
❒ d. V(x, t) = V0 eiωt
ch k
15 On souhaite qu’il n’y ait pas d’onde réfléchie sur la ligne. Pour cela, on branche
une impédance Zc en x = . Déterminer Zc :
❒ a. Zc = 0
❒ c. Zc =
Γ
Λ
❒ b. Zc → ∞ (ligne ouverte)
Λ
❒ d. Zc =
Γ
Cet énoncé concerne les questions 16 à 19 :
On s’intéresse au mouvement latéral d’une corde, par exemple excitée à une
extrémité par un vibreur et tendue à l’autre par une masse (figure 14.2). Le système considéré est un morceau de corde de longueur d , de masse linéique λ
(figure 14.3), de centre de gravité G.
145
Énoncés
14 Généralités sur les ondes
Figure 14.2
Figure 14.3
16 Parmi les propositions suivantes, lesquelles font partie des hypothèses d’étude
du mouvement de la corde vibrante ?
❒ a. Les forces à considérer sont le poids et la tension.
❒ b. Pas de déplacement suivant Ox.
❒ c. Les déplacements suivant Oy sont petits.
❒ d. La corde est extensible.
17 On note T (x) la norme de la tension en un point d’abscisse x. Exprimer la relation
fondamentale de la dynamique projetée sur les axes Ox et Oy :
❒ a. 0 = T (x + dx) cos(α(x + dx)) − T (x) cos(α(x))
❒ b. 0 = T (x + dx) cos(α(x + dx)) + T (x) cos(α(x))
∂2 y
= T (x + dx) sin(α(x + dx)) + T (x) sin(α(x))
∂t2
∂2 y
❒ d. λdx 2 = T (x + dx) sin(α(x + dx)) − T (x) sin(α(x))
∂t
❒ c. λdx
18 Avec les hypothèses quelle(s) est(sont) la(les) proposition(s) vraie(s) ?
∂y
∂x
∂2 x
❒ c. T (x) = m 2
∂t
❒ a. cos α ∂y
∂x
∂2 y
❒ d. T (x) = m 2
∂t
❒ b. sin α 19 Déterminer l’équation vérifiée par les déplacements transversaux y de la corde :
∂2 y λ ∂2 y
−
=0
∂x2 T ∂t2
∂2 y T ∂2 y
−
=0
❒ c.
∂x2 λ ∂t2
❒ a.
∂2 y λ ∂2 y
+
=0
∂x2 T ∂t2
∂2 y T ∂2 y
❒ d.
+
=0
∂x2 λ ∂t2
❒ b.
Voir les corrigés du chapitre 14 page 210.
146
Ondes
électromagnétiques
dans le vide
15
Thèmes abordés
Avec ce questionnaire, vous évaluez vos compétences sur les sujets suivants :
→
− →
−
• Les équations de propagation des champs E et B.
• La structure de l’onde plane dans le vide.
• L’onde plane progressive harmonique et la notation complexe.
• La propagation de l’énergie électromagnétique.
• Les diﬀérentes polarisations d’une onde plane progressive.
Notations. Dans tout le chapitre, les ondes se propagent dans le vide. L’onde plane
progressive sera notée O.P.P. et l’onde plane progressive harmonique O.P.P.H. Le
→
−
vecteur d’onde est noté k et la célérité de la lumière c. Le trièdre cartésien direct
sera noté (O, x, y, z).
Consignes
Vrai/Faux
Pour chacune des propositions suivantes, indiquer si elle est exacte ou non, en
rédigeant une courte explication, puis aller voir le corrigé page 218.
1 ❒ V ❒ F Une O.P. dans le vide est transverse électrique et magnétique.
−
→
− →
− →
2 ❒ V ❒ F Pour une O.P., le trièdre ( B, E , k ) est direct.
3 ❒ V ❒ F La vitesse de propagation de l’énergie électromagnétique est strictement inférieure à c.
4 ❒ V ❒ F Toutes les ondes sont polarisées.
→
−
5 ❒ V ❒ F Dans le cas d’une polarisation circulaire gauche, le champ E tourne
dans le sens trigonométrique.
147
Énoncés
15 Ondes électromagnétiques dans le vide
Consignes
QCM
Répondre d’abord aux questions suivantes, puis aller voir le corrigé page 219.
Pour un bloc de questions concernant le même problème, répondre à tout le bloc
avant de consulter le corrigé. On rappelle qu’il y a une ou deux réponses exactes
par question. Il est nécessaire pour répondre d’écrire quelques lignes au brouillon.
6 L’équation de propagation du champ B dans le vide est :
→
−
1 ∂2 B
→
−
❒ a. Δ B + 2 2 = 0
c ∂t
→
−
∂2 B
→
−
❒ c. Δ B − μ0 2 = 0
∂t
→
−
∂2 B
→
−
❒ b. Δ B − 0 μ0 2 = 0
∂t
→
−
2
1∂ B
→
−
❒ d. Δ B − 2 2 = 0
c ∂t
−u le vecteur unitaire correspondant à la direction et au sens de propa7 On note →
8
gation de l’onde plane progressive. La relation de structure de l’onde est :
−
→
− 1→
− −
→
− 1− →
u∧E
❒ b. B = E ∧ →
u
❒ a. B = →
c
c
− −
→
− 1− →
−
→
− 1→
u∧B
u
❒ d. E = →
❒ c. E = B ∧ →
c
c
→
−
On considère l’onde dont le champ E dans le vide (entre deux plans conducteurs)
est :
⎧
⎪
Ex = 0
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨ Ey = E0 cos πy ei(ωt − kz)
⎪
a
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
πy ⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
ei(ωt − kz)
⎩ Ez = αE0 sin
a
Quelles sont les propositions vérifiées par cette onde ?
❒ a. L’onde n’est pas plane.
❒ b. Elle est transverse.
❒ c. Elle se propage dans le sens des z décroissants.
iπ
❒ d. α =
ka
148
15 Ondes électromagnétiques dans le vide
Énoncés
9 On s’intéresse à une O.P.P.H. en écriture complexe :
→
− →
→
− →
−
−
→
− −
→
→
→
− −
E = E0 ei(ωt − k · r ) et B = B0 ei(ωt − k · r )
Les équations de Maxwell s’écrivent :
−
→
− →
− →
❒ a. i k ∧ E = 0
→
− →
−
❒ b. i k · B = 0
→
− →
→
−
−
❒ c. −i k ∧ E = −iω B
→
− →
−
→
−
❒ d. i k ∧ B = i0 μ0 E
10 Dans le cas d’une O.P.P.H., la relation de structure de l’onde s’écrit :
→
− →
−
k ∧E
→
−
❒ b. B =
ω
→
− →
−
k ∧B
→
−
❒ d. E =
ω
−
→
− →
E∧ k
→
−
❒ a. B =
ω
−
→
− →
B∧ k
→
−
❒ c. E =
ω
11 Dans le cas d’une O.P.P.H., l’équation de D’Alembert s’écrit :
ω 2
−
→
−
→
− →
E= 0
❒ a. k2 E +
c
−
− →
→
− ω→
❒ c. k E + 2 E = 0
c
ω 2
−
→
−
→
− →
❒ b. −k2 E −
E = 0
c
ω 2
−
→
−
→
− →
❒ d. −k2 E +
E= 0
c
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
→
− −
→
− →
−
−u =
12 On note E = E 0 cos ωt − k · →
r + ϕ le champ électrique réel de l’onde et →
→
−
k
→
− . Déterminer la densité moyenne d’énergie électromagnétique < we > et la
k
!
→
−
valeur moyenne du vecteur de Poynting Π .
1
❒ a. < we >= 0 E 2
2
! 1
→
−
−u
❒ c. Π = c0 E 2→
2
1
❒ b. < we >= 0 E 2
4
! 1
→
−
−u
❒ d. Π = c0 E 2→
4
149
Énoncés
15 Ondes électromagnétiques dans le vide
13 Déterminer les expressions complexes des champs électromagnétiques associés
−
→
à l’O.P.P.H. polarisée rectilignement dont le champ E1 d’amplitude E0 se propage suivant l’axe Oz dans le sens croissant et fait un angle de 30 ◦ avec l’axe Ox.
⎧−
→ E0 √ →
⎪
−
→
−
⎪
⎪
=
3
u
+
u
ei(ωt − kz)
E
1
x
y
⎪
⎪
⎪
2
⎨
❒ a.
⎪
⎪
⎪
√ − i(ωt − kz)
⎪
−
→ E −
⎪
⎪
⎩ B1 = 0 →
ux + 3→
uy e
2c
⎧−
→ E0 √ →
⎪
−
→
−
⎪
⎪
=
3
u
+
u
ei(ωt − kz)
E
1
x
y
⎪
⎪
⎪
2
⎨
❒ b.
⎪
⎪
⎪
√ − i(ωt − kz)
⎪
−
→ E −
⎪
⎪
⎩ B1 = 0 −→
ux + 3→
uy e
2c
⎧−
→ E0 √ →
⎪
−
→
−
⎪
⎪
=
3
u
+
u
ei(ωt − kz)
E
1
x
y
⎪
⎪
⎪
2
⎨
❒ c.
⎪
⎪
⎪
⎪
−
→ E √ →
⎪
−
⎪
⎩ B1 = 0
3−
ux + →
uy ei(ωt − kz)
2c
⎧−
− →
E
→
0 √ →
⎪
⎪
⎪
3ux + −
uy ei(ωt − kz)
E1 =
⎪
⎪
⎪
2
⎨
❒ d.
⎪
⎪
⎪
√ − i(ωt − kz)
⎪
−
→ E −
⎪
⎪
⎩ B1 = 0 −→
ux − 3→
uy e
2c
−
→
14 On considère une O.P.P.H. polarisée rectilignement dont le champ E2 d’amplitude E0 de polarisation rectiligne suivant l’axe Ox se propage dans une direction
qui fait, dans le plan yOz, un angle de 45 ◦ avec l’axe Oy. Déterminer l’expres−
→
sion réelle du champ E2 .
ω
−
→
−
ux
❒ a. E2 = E0 cos ωt − √ (y + z) →
c 2
ω − →
−
→
uy + −
❒ b. E2 = E0 cos ωt − x →
uz
c
ω →
−
→
ux
❒ c. E2 = E0 cos ωt − z −
c
ω
−
→
−
ux
❒ d. E2 = E0 cos ωt − (y + z) →
c
150
Énoncés
15 Ondes électromagnétiques dans le vide
15 On s’intéresse à une O.P.P.H. polarisée elliptiquement, se propageant suivant
l’axe Oz dans le sens des z croissants. Le champ électrique dans un plan parallèle
à xOy s’écrit :
"
E x = E0x cos(ωt − kz)
Ey = E0y cos(ωt − kz − 0, 6)
→
−
avec E0x > 0 et E0y > 0. Parmi les représentations de l’extrémité du vecteur E
au cours du temps, déterminer celle qui correspond au champ précédent.
❒ a.
❒ b.
❒ c.
❒ d.
Cet énoncé concerne les questions 16 à 20 :
Cette étude s’intéresse à la superposition de deux ondes polarisées circulairement
se propageant suivant l’axe Oz en sens opposés.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
16 Parmi les propositions suivantes, laquelle(lesquelles) correspond(ent) à une onde
circulaire droite se propageant suivant les z croissants ?
"
"
❒ b. E x1 = E0 sin(ωt − kz)
❒ a. E x1 = E0 cos(ωt − kz)
Ey1 = −E0 sin(ωt − kz)
Ey1 = −E0 cos(ωt − kz)
❒ c.
"
E x1 = E0 cos(ωt − kz)
Ey1 = E0 sin(ωt − kz)
❒ d.
"
E x1 = E0 sin(ωt − kz)
Ey1 = E0 cos(ωt − kz)
17 Parmi les propositions suivantes, laquelle(lesquelles) correspond(ent) à une onde
circulaire gauche se propageant suivant les z décroissants ?
"
"
❒ b. E x2 = E0 sin(ωt + kz)
❒ a. E x2 = E0 cos(ωt + kz)
Ey2 = −E0 sin(ωt + kz)
Ey2 = −E0 cos(ωt + kz)
❒ c.
"
E x2 = E0 cos(ωt + kz)
Ey2 = E0 sin(ωt + kz)
❒ d.
"
E x2 = E0 sin(ωt + kz)
Ey2 = E0 cos(ωt + kz)
151
Énoncés
15 Ondes électromagnétiques dans le vide
18 On s’intéresse maintenant à la superposition des deux ondes précédentes. Déter→
−
miner le champ électrique résultant E .
→
−
−
−
ux + sin(ωt)→
uy
❒ a. E = 2E0 cos kz cos(ωt)→
− →
→
−
ux + −
uy
❒ b. E = 2E0 cos kz cos(ωt) →
→
−
−
−
ux − cos(ωt)→
uy
❒ c. E = 2E0 cos kz sin(ωt)→
→
−
−
−
ux − sin(ωt)→
uy
❒ d. E = 2E0 cos kz cos(ωt)→
19 Déterminer le champ magnétique résultant :
→
− 2E0
−
−
cos kz − cos(ωt)→
ux + sin(ωt)→
uy
❒ a. B =
c
→
− 2E0
−
−
cos kz sin(ωt)→
ux + cos(ωt)→
uy
❒ b. B =
c
→
− 2E0
−
−
sin kz − cos(ωt)→
ux − sin(ωt)→
uy
❒ c. B =
c
→
− 2E0
−
−
sin kz − cos(ωt)→
ux + sin(ωt)→
uy
❒ d. B =
c
20 En déduire le vecteur de Poynting du champ résultant :
→
−
−
uz
❒ a. Π = 2c0 E0 sin kz cos kz sin ωt cos ωt →
−
→
− →
❒ b. Π = 0
→
−
−
uz
❒ c. Π = 2c0 E0 sin2 kz sin2 ωt →
→
−
→
−
❒ d. Π = −2c E sin kz cos kz u
0 0
z
Voir les corrigés du chapitre 15 page 218.
152
Quelques exemples
d’applications
des ondes
électromagnétiques
16
Thèmes abordés
Avec ce questionnaire, vous évaluez vos compétences sur les sujets suivants :
•
•
•
•
•
•
•
Les milieux dispersifs et la relation de dispersion.
La vitesse de phase et la vitesse de groupe.
La propagation dans un plasma dilué.
La réflexion d’une onde sur un plan métallique.
La propagation guidée (approfondissement PT : questions 15 à 21).
Le dipôle oscillant (hors programme PT : questions 22 à 28).
La propagation dans un métal (approfondissement : questions 29 à 32).
Notations. Dans tout le chapitre l’onde plane progressive sera notée O.P.P. et l’onde
→
−
plane progressive harmonique O.P.P.H. Le vecteur d’onde est noté k et la célérité de
la lumière c.
On pourra noter les équations de Maxwell par des abréviations : (MG) pour
Maxwell-Gauss, (Mφ) pour Maxwell flux, (MF) pour Maxwell-Faraday et (MA) pour
Maxwell-Ampère.
Consignes
QCM
Répondre d’abord aux questions suivantes, puis aller voir le corrigé page 226.
Pour un bloc de questions concernant le même problème, répondre à tout le bloc
avant de consulter le corrigé. On rappelle qu’il y a une ou deux réponses exactes
par question. Il est nécessaire pour répondre d’écrire quelques lignes au brouillon.
153
Énoncés
16 Ondes EM - Applications
Cet énoncé concerne les questions 1 à 7 :
On étudie la propagation d’une O.P.P.H. dans un plasma dilué. L’onde est de la
forme :
→
− →
→
− →
− →
−
→
− −
→
→
− −
E = E ei(ωt − k · r ) B = B ei(ωt − k · r )
0
0
1/2
ne2
la pulsation plasma, où n est le nombre d’électrons par
On note ω p =
m0
unité de volume, −e la charge d’un électron et m sa masse.
1 Choisir les hypothèses retenues parmi les suivantes :
❒ a. Les électrons sont relativistes.
❒ b. On néglige l’interaction des électrons avec les ions.
❒ c. On néglige la force magnétique sur les électrons.
❒ d. On tient compte du mouvement des ions.
→
−
2 L’expression de la densité de courant j dans le plasma est :
ne2 →
−
→
−
E
❒ a. j =
mω
−e →
−
→
−
E
❒ c. j =
mωi
−
→
− ne2 →
E
❒ b. j =
m
ne2 →
−
→
−
E
❒ d. j =
mωi
3 Après avoir montré que la densité volumique de charges est nulle dans le plasma,
déterminer parmi les équations (Maxwell) suivantes en écriture complexe, laquelle (lesquelles) est(sont) fausse(s) ?
→
− →
→
− →
−
−
❒ b. −i k · B = 0
❒ a. −i k · E = 0
⎞
⎛ 2
⎟⎟→
→
− →
1 ⎜⎜⎜⎜ ω p
→
− →
−
→
−
−
−
− ω⎟⎟⎟⎠ E
❒ d. −i k ∧ B = − 2 ⎜⎝
❒ c. i k ∧ E = −iω B
c ω
→
−
4 Déterminer l’équation de propagation du champ E et la relation de dispersion :
→
−
→
−
∂j
1 ∂2 E
→
−
+ 2 2
❒ a. Δ E = μ0
∂t
c ∂t
ω 2
❒ c. k2 =
c
154
→
−
1 ∂2 E
→
−
❒ b. Δ E = 2 2
c ∂t
ω2 − ω2p
❒ d. k2 =
c2
16 Ondes EM - Applications
Énoncés
5 Déterminer la vitesse de phase vφ et celle de groupe vg :
❒ a. vφ = c
❒ c. vg = c
ω 2
p
1−
ω
ω 2
p
❒ d. vg = c 1 −
ω
❒ b. vφ = c
ω 2
p
1−
ω
6 Parmi les propositions suivantes, laquelle(lesquelles) est(sont) exacte(s) ?
❒ a. Si ω < ω p l’onde ne se propage pas.
❒ b. La vitesse de phase est supérieure à la vitesse de la lumière.
❒ c. Deux ondes de pulsations diﬀérentes se propagent à la même vitesse.
❒ d. L’énergie se propage à la vitesse vφ .
7 L’ionosphère a une fréquence plasma ν p 3 MHz. Quelle(s) longueur(s) d’onde
λ est(sont) possible(s) pour communiquer avec un satellite depuis la Terre ? (On
rappelle que c 3 · 108 m · s−1 .)
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
❒ a. λ = 67 m
❒ c. λ = 607 m
❒ b. λ = 107 m
❒ d. λ = 1007 m
Cet énoncé concerne les questions 8 à 14 :
−
On étudie la réflexion d’une O.P.P.H. polarisée suivant →
uy se propageant suivant
l’axe Ox dans le sens des x croissants. Le demi-espace x > 0 est occupé par
un conducteur parfait (conductivité γ → ∞). Le champ électrique de l’onde
−
→
→
−
→
uy et celui de l’onde réfléchie Er =
incidente est de la forme Ei = E0 ei(ωt − kx)−
− →
−−→ i(ωr t − →
−
kr · −r ) . On note →
r0 un vecteur du plan yOz.
E r0 e
8 Écrire les conditions de passage sur le plan yOz pour le champ électrique projetées sur les axes :
→
− →
−
σ
❒ a. Er0x ei(ωr t − kr · r0 ) = −
0
→
− →
−
❒ b. Er0x ei(ωr t − kr · r0 ) = 0
→
− →
−
❒ c. E0 ei(ωt) − Er0y ei(ωr t − kr · r0 ) = 0
→
− →
−
❒ d. Er0z ei(ωr t − kr · r0 ) = 0
155
Énoncés
16 Ondes EM - Applications
9 L’expression du champ électrique réfléchi est :
−
→
→
uy
❒ a. Er = E0 ei(ωt + kx)−
−
→
→
❒ c. Er = −E0 ei(ωt + kx)−
uy
−
→
→
❒ b. Er = −E0 ei(ωt − kx)−
uy
−
→
→
❒ d. Er = E0 ei(ωt − kx)−
uy
→
−
10 Déterminer l’expression du champ électrique total E pour le demi-espace x ≤ 0 :
→
−
→
uy
❒ a. E = 2E0 cos kx eiωt−
−
→
− →
❒ c. E = 0
→
−
→
❒ b. E = −2E0 sin kx eiωt−
uy
→
−
→
❒ d. E = −2E0 i sin kx eiωt−
uy
→
−
11 Déterminer l’expression du champ magnétique total B pour le demi-espace
x≤0:
→
− −2E0 i
→
sin kx eiωt−
uz
❒ a. B =
c
→
− 2E0 i
→
sin kx eiωt−
uz
❒ c. B =
c
→
− 2E0
→
cos kx eiωt−
uz
❒ b. B =
c
→
− −2E0
→
cos kx eiωt−
uz
❒ d. B =
c
12 Déterminer l’expression du vecteur de Poynting pour l’onde résultante :
2
→
− 4E0
−
sin kx cos kx sin2 ωt →
ux
❒ a. Π =
cμ0
2
→
− 4E0
−
❒ b. Π =
sin kx cos kx cos2 ωt →
ux
cμ0
2
→
− −4E0 i 2
−
❒ c. Π =
sin kx sin ωt eiωt →
ux
cμ0
2
→
− 4E0
−
❒ d. Π =
sin kx cos kx sin ωt cos ωt →
ux
cμ0
13 Quelles sont les propositions fausses parmi les suivantes ?
❒ a. L’onde résultante est progressive.
! →
−
→
−
❒ b. Π = 0
→
−
❒ c. Le plan x = 0 correspond à un nœud de B.
→
−
❒ d. Le plan x = 0 correspond à un nœud de E .
156
Énoncés
16 Ondes EM - Applications
→
−
14 Déterminer la densité surfacique de courant js dans le plan x = 0 :
−
→
− →
❒ a. j s = 0
2E0
→
−
−
cos ωt →
uy
❒ c. js = −
μ0 c
2E0
→
−
−
cos ωt →
uz
❒ b. js = −
μ0 c
→
− 2E0
−
cos ωt →
uy
❒ d. js =
μ0 c
Cet énoncé concerne les questions 15 à 21 :
On s’intéresse aux ondes électromagnétiques se propageant selon l’axe Oz dans
le sens des z croissants, dans le vide entre deux milieux parfaitement conducteurs
(figure 16.1).
Figure 16.1 Propagation entre deux plans
Les ondes recherchées sont des ondes transverses électriques notée TE telles que
→
− →
E ⊥−
uz . L’invariance selon Oy permet d’écrire les champs sous la forme
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
→
→
− −
→
→
− −
E = E0 (x)ei(ωt − kz) et B = B0 (x)ei(ωt − kz)
On suppose d’autre part que la densité surfacique de charge est nulle sur les
conducteurs : on peut montrer alors avec l’équation de Maxwell-Gauss que
→
−
−
uy .
E = E→
15 L’équation de propagation du champ s’écrit :
2
ω
∂2 E 0
2
− 2 − k E0 = 0
❒ a.
∂x2
c
2
2
ω
∂ E0
2
+ 2 + k E0 = 0
❒ c.
∂x2
c
2
∂2 E 0
ω
2
❒ b.
+ 2 − k E0 = 0
∂x2
c
2
2
∂ E0
ω
2
❒ d.
− 2 + k E0 = 0
∂x2
c
157
Énoncés
16 Ondes EM - Applications
16 On note n un entier et A une constante. Déterminer l’expression générale de
E0 (x) du mode TEn imposée par les conditions aux limites :
❒ a. E0 (x) = A sin nπx
nπx
❒ c. E0 (x) = A sin
a
❒ b. E0 (x) = A cos
❒ d. E0 (x) = 0
17 Établir l’équation de dispersion :
ω2
c22 ω
nπ 2
❒ c. k2 = 2 +
a
c
❒ a. k2 =
nπx
a
ω2 nπ 2
−
c2 2 a ω
nπ 2
❒ d. k2 = − 2 −
a
c
❒ b. k2 =
−−−−→
18 Déterminer les composantes de B0(x) :
nπx ⎧
k
⎪
⎪
⎪
sin
−A
⎪
⎪
⎨
ω
a
❒ a. ⎪
⎪
0
⎪
⎪
⎪
⎩0
⎧
nπx k
⎪
⎪
⎪
sin
−A
⎪
⎪
⎪
ω
a
⎪
⎨
❒ c. ⎪
0
⎪
nπx ⎪
⎪
nπ
⎪
⎪
⎪
cos
⎩ −iA
ωa
a
⎧
nπx k
⎪
⎪
⎪
−A
sin
⎪
⎪
⎪
ω
a
⎪
⎨
❒ b. ⎪
0
⎪
⎪
⎪
nπx nπ
⎪
⎪
⎪
cos
iA
⎩
ωa
a
⎧
iA nπ
nπx ⎪
⎪
⎪
−
cos
⎪
⎪
⎪
a
⎪
⎨ ω a
0
❒ d. ⎪
⎪
nπx ⎪
⎪
⎪
kA
⎪
⎪
sin
⎩
ω
a
19 Déterminer les expressions de la vitesse de phase vφ et de la vitesse de groupe vg :
❒ a. vφ = 1−
❒ c. vg = 1−
c
nπc 2
aω
c
nπc 2
❒ b. vφ = c
❒ d. vg = c
1−
nπc 2
ω
aω
20 Parmi les propositions suivantes, laquelle(lesquelles) est(sont) fausse(s) ?
nπc
, l’onde ne se propage pas dans le guide.
a
❒ b. L’onde est transverse magnétique.
❒ a. Si ω <
❒ c. Deux ondes de pulsations diﬀérentes se propagent à la même vitesse.
❒ d. L’énergie se propage à la vitesse vφ .
158
16 Ondes EM - Applications
Énoncés
21 En fait l’onde se propage en « zig-zag » et est la superposition de deux ondes se
réfléchissant sur les plans x = 0 et x = a (figure 16.2).
Figure 16.2 Propagation en « zig-zag »
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
−
→
Déterminer l’expression du vecteur d’onde k+ :
−
→
−
→
nπ −
−
−
−
ux + k→
ux + k→
uz
❒ b. k+ = − →
uz
❒ a. k+ = k→
a
−
→
−
→
nπ
−
−
−
−
ux + k→
❒ c. k+ = −k→
ux + k→
uz
❒ d. k+ = →
uz
a
Cet énoncé concerne les questions 22 à 28 :
On étudie dans ces questions le rayonnement dipolaire électrique. En O il y a une
charge −q immobile et en S une charge +q animée d’un mouvement sinusoïdal
−→
−−→
−
−p = q−
uz . On peut définir le moment dipolaire des charges →
OS
OS = z0 cos ωt→
2πc
−
−p = p cos ωt→
la longueur d’onde.
uz avec p0 = qz0 . On note λ =
soit →
0
ω
Le but est de déterminer le champ électromagnétique créé en tout point P (figure 16.3) de l’espace par le dipôle. On utilise les coordonnées sphériques avec
−→
→
−r = −
OP.
Figure 16.3
22 Parmi les propositions suivantes, déterminer lesquelles sont vraies :
❒ a. L’étude se fait dans le cadre de l’approximation dipolaire pour z0 r.
❒ b. Le mouvement de S est non relativiste donc λ z0 .
❒ c. Le champ est étudié dans la zone de rayonnement telle que r λ.
❒ d. L’étude se fait dans le cadre de l’A.R.Q.S. donc on néglige le temps de
propagation.
159
Énoncés
16 Ondes EM - Applications
23 L’expression du champ électrique calculée sans faire d’approximation est :
p0 ei(ωt−kr)
→
−
E (P, t) =
4π0
ω2
1
iω
2 2iω
→
−
→
−
cos θur + 3 + 2 − 2 sin θuθ
+
r3 r2 c
r
r c rc
En déduire l’expression approchée du champ avec les hypothèses de l’émission
dipolaire dans la zone de rayonnement.
1
p0 ei(ωt−kr) 2
→
−
→
−
→
−
cos θur + 3 sin θuθ
❒ a. E (P, t) =
4π0
r3
r
iω i(ωt−kr)
2iω
p0 e
→
−
→
−
→
−
cos θur + 2 sin θuθ
❒ b. E (P, t) =
4π0
r2 c
r c
i(ωt−kr)
iω
1
2 2iω
p0 e
→
−
→
−
→
−
cos θur + 3 + 2 sin θuθ
+
❒ c. E (P, t) =
4π0
r3 r2 c
r
r c
i(ωt−kr)
2
ω
p0 e
→
−
−
− 2 sin θ→
uθ
❒ d. E (P, t) =
4π0
rc
24 Dans la cadre des hypothèses, quelle(s) est(sont) la(les) propositions justes ?
❒ a. L’onde est sphérique.
❒ b. L’onde est quasi plane.
ω2 p0 ei(ωt−kr)
→
−
→
sin θ−
uϕ
❒ c. L’onde est plane.
❒ d. B(P, t) = −
4π0 rc3
$
#
dP
ainsi
25 Déterminer la puissance moyenne rayonnée par unité d’angle solide
dΩ
que la puissance moyenne P rayonnée dans tout l’espace :
$
$
#
#
ω4 p20
ω4 p20
dP
dP
2
=
=
sin
θ
❒
b.
sin2 θ
❒ a.
dΩ
dΩ
32r2 π2 0 c3
32π2 0 c3
❒ c. P =
ω4 p20
12π0 c3
❒ d. P =
ω4 p20
12r2 π0 c3
sin2 θ
26 On utilise le modèle de l’électron élastiquement lié pour décrire la diﬀusion Rayleigh atmosphérique. Dans un atome, le noyau (point O) est beaucoup plus lourd
que les électrons (charge (−e), masse m, point P) : on le supposera immobile.
−→
−r = −
Dans la suite on note →
OP.
Lorsqu’une onde rencontre un atome, le mouvement de l’électron va être modifié. On modélise les forces exercées sur l’électron de la manière suivante :
−
• la force électrique −F→e = −e→
E exercée par le champ de l’onde. On néglige la
force magnétique (c.f. plasma) car v c ;
160
16 Ondes EM - Applications
•
Énoncés
l’électron est écarté de sa position d’équilibre. Il subit une force de rappel
−
→
−r ;
type ressort : Fr = −k→
•
l’amortissement est modélisé par une force type frottement visqueux :
−
→
−v .
Fv = −h→
→
→
− −
Sur l’étendue de l’atome, le champ électrique est E = E0 eiωt . Après avoir défini
−r
la pulsation propre ω0 et le facteur de qualité Q, déterminer l’expression de →
en régime forcé :
−
→
−
→
eiωt E0
eiωt E0
→
−r = e
−r = − e
❒
b.
❒ a. →
m ω2 − ω2 + i ωω0
m ω2 − ω2 + i ωω0
0
0
Q
Q
−
→
−
→
eiωt E0
eiωt E0
→
−r = − e
−r = − e
❒
d.
❒ c. →
m ω2 − ω2 + ωω0
m ω2 + ω2 + i ωω0
0
0
Q
Q
27 Pour l’atmosphère, Q 1 et ω ω0 . En utilisant l’expression générale de P
calculée précédemment, déterminer celle relative à l’émission d’un électron par
diﬀusion Rayleigh qui explique pourquoi le ciel est bleu :
❒ a. P =
❒ c. P =
e2 ω4 E02
12π0 c3 m2 ω40
e2 ω4 E02
12π0 c3 m2 ω20
❒ b. P =
❒ d. P =
e4 ω4 E02
12π0 c3 m2 ω40
e4 ω2 E02
12π0 c3 m2
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
28 La lumière incidente provenant du soleil est non polarisée. On suppose qu’il
→
−
→
−
s’agit d’une onde plane de vecteur d’onde k . Si k est suivant z décroissant
→
−
(figure 16.4), le champ incident Ei est dans le plan xOy et les dipôles créés ont
une direction aléatoire dans ce plan. Comment sera, pour l’observateur, le champ
électrique de l’onde diﬀusée provenant des dipôles du plan xOy (l’observateur
est représenté par l’œil) ?
→
−
→
−
→
❒ a. La direction de E est aléatoire.
❒ b. E est suivant −
u .
→
−
−
❒ c. E est suivant →
uθ .
ϕ
❒ d. La polarisation est circulaire.
Cet énoncé concerne les questions 29 à 32 :
On s’intéresse à la propagation d’une onde plane (propagation selon les x croissants) dans un métal de conductivité γ 108 S · m−1 occupant le demi-espace
→
−
→
uy . On a vu
x > 0. La solution recherchée pour le champ est E = E0 ei(ωt − kx)−
dans le chapitre sur les équations de Maxwell (question 11) que la densité vo161
Énoncés
16 Ondes EM - Applications
lumique de charge ρ est nulle à l’intérieur du métal pour des fréquences petites
devant 1014 Hz ce qui est le cas ici. On rappelle que 0 = 8, 8 · 10−12 F · m−1 .
Figure 16.4 Polarisation de la lumière diffusée
→
−
29 Déterminer l’équation aux dérivées partielles vérifiées par E :
→
−
→
−
∂E
1 ∂2 E
→
−
❒ a. Δ E − 2 2 = μ0 γ
∂t
c ∂t
→
−
→
−
∂E
1 ∂2 E
→
−
❒ c. Δ E − 2 2 = −μ0 γ
∂t
c ∂t
→
−
1 ∂2 E
→
−
❒ b. Δ E − 2 2 = 0
c ∂t
→
−
1 ∂2 E
→
−
❒ d. Δ E + 2 2 = 0
c ∂t
30 En déduire l’équation de dispersion dans le métal :
ω2
+ iωμ0 γ
c2
ω2
❒ c. k2 = 2 − iωμ0 γ
c
❒ a. k2 =
ω2
c2
ω2
❒ d. k2 = 2 − ωμ0 γ
c
❒ b. k2 =
31 Après avoir comparé les ordres de grandeurs des diﬀérents termes dans l’équation de dispersion, déterminer l’expression de k correspondant à une solution
physique :
ωμ0 γ
ωμ0 γ
(1 + i)
❒ b. k =
(1 − i)
❒ a. k =
2
2
ωμ0 γ
ωμ0 γ
(−1 − i)
❒ d. k =
(−1 + i)
❒ c. k =
2
2
32 Déterminer la longueur caractéristique δ de pénétration de l’onde dans le métal
(δ est appelée épaisseur de peau) pour laquelle l’amplitude du champ est divisée
par e :
μ0 ωγ
1
❒ b. δ =
❒ a. δ =
2
μ0 ωγ
2
2
❒ d. δ =
❒ c. δ =
μ0 ωγ
μ0 ωγ
162
Énoncés
16 Ondes EM - Applications
33 Déterminer les expressions de la vitesse de phase vφ et de la vitesse de groupe vg :
2ω
❒ a. vφ =
μ0 γ
ω
❒ c. vg = 2
μ0 γ
ω
μ0 γ
2ω
❒ d. vg = 2
μ0 γ
❒ b. vφ =
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Voir les corrigés du chapitre 16 page 226.
163
Corrigés
8 Champ électrostatique et potentiel
Vrai/Faux
1
→
−
❒V ❒
✗ F Le champ E est à flux conservatif.
Le théorème de Gauss vu en première année stipule que le flux du champ à travers une
surface
fermée est égale à la charge Qint contenue dans le volume intérieure à cette surface.
→
− −→
Ainsi,
E · dS = 0 uniquement si Qint = 0.
2
→
−
❒
✗ V ❒ F Le rotationnel de E est nul.
Il s’agit de l’une des équations de Maxwell (Maxwell-Faraday) en statique.
3
→
−
❒V ❒
✗ F Le champ E est à circulation conservative. Cela signifie que sa circulation
le long d’un contour est nulle.
C’est la circulation le long d’un contour fermé qui est nulle
−
→
− →
E · d = 0.
QCM
4
La forme locale du théorème de Gauss est :
→
−
❒ a. div E = 0
❒ b.
ρ
→
−
❒ d.
❒
✗ c. div E =
0
−
− →
−→→
rot E = 0
ρ
−
−→→
rot E =
0
ρ
→
−
L’intégration de l’équation c. sur le volume τ donne
div E dτ =
dτ,
τ
τ 0
intégrale que l’on peut transformer avec la relation de Green-Ostrogradski en
ρdτ Qint
→
− −→
E · dS =
=
ce qui démontre le théorème de Gauss. C’est pour cela que
0
0
l’équation locale porte le nom de Maxwell-Gauss.
5
L’équation locale associée à la circulation nulle de
→
−
❒ a. div E = 0
❒
✗ b.
ρ
→
−
❒ d.
❒ c. div E =
0
→
−
E le long d’un contour fermé C est :
−
− →
−→→
rot E = 0
ρ
−
−→→
rot E =
0
On utilise cette fois le théorème de Stokes :
−
→
− →
− −→
−→→
E ·d =0
rot E · dS = 0 ⇒
S
164
C
Corrigés
6
Les relations liant le champ au potentiel sont :
−
→
− →
❒
❒
✗ a. dV = − E · d
✗ b.
→
−
→
−
❒ c. E = −V d
❒ d.
−−−→
→
−
E = − grad V
→
− −−−→
E = grad V
−
− →
−→→
−→ −−−→
La relation b. est liée à l’équation rot E = 0 . En eﬀectuant le calcul de rot(grad f ) pour
une fonction scalaire f quelconque, par exemple en coordonnées cartésiennes, on pourra
se convaincre que le résultat est nul. Le choix du signe « moins » est lié à l’énergie po→
−
tentielle E p d’une charge q dans un champ E , soit E p = qV + cte dont dérive la force
−−−→
→
−
→
−
F = q E = − grad E p .
−−−→
→
−
La relation a. vient de la définition du gradient dV = grad V · d .
7
Quelles propriétés du potentiel V sont vérifiées ?
❒ a. Le potentiel croît le long des lignes de champ.
❒ b. Le potentiel admet un minimum dans une zone vide de charges.
→
−
❒
✗ c. Le champ E est perpendiculaire aux surfaces équipotentielles.
❒
✗ d. Le potentiel n’admet aucun extremum en une zone vide de charges.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
−
→
− →
La relation dV = − E · d montre que V décroît le long des lignes de champ (qui sont par
→
−
définition colinéaires à E ) : la réponse a. est fausse.
On considère un point M dans une zone vide de charges. On fait, par exemple l’hypothèse
que V est minimum en M. Dans ce cas et d’après la propriété précédente, localement,
→
−
toutes les lignes de champs convergent vers M, donc div E (M) < 0 et d’après l’équation
de Maxwell-Gauss : ρ < 0 et le milieu n’est pas vide de charges. On peut faire le même
raisonnement avec un maximum de V en M. Par conséquent la réponse b. est fausse et la
d. est juste.
−−−−→
Soient deux points M et N voisins d’une même surface équipotentielle, et tels que MM =
→
−
→
− −−−−→
→
− −−−−→
d , alors avec dV = V(M ) − V(M) = 0 et dV = − E · MM , on a bien E ⊥ MM .
8
On considère l’interface chargée (densité surfacique σ) entre deux milieux (1) et (2). On
→
−
→
−
note E 1 (respectivement E 2 ) le champ en un point M de l’interface dans le milieu (1)
−−→
(respectivement dans le milieu (2)). On note N12 , la normale à la surface, orientée du
milieu (1) vers le milieu (2). À la traversée de la surface :
→
−
❒ a. La composante normale du champ E est continue.
→
−
❒
✗ b. La composante tangentielle du champ E est continue.
σ −−→
→
−
→
−
❒ c. E 1 − E 2 = N12
0
σ −−→
→
−
→
−
❒
✗ d. E 2 − E 1 = N12
0
165
Corrigés
Ce sont des résultats à connaître. À la traversée d’une surface chargée :
→
−
• la composante tangentielle de E est continue ;
→
−
• la composante normale de E est discontinue ;
• la discontinuité est donnée par la réponse d. : attention au sens d’orientation de la
normale ;
• en revanche le potentiel est toujours continu.
9
L’équation vérifiée par le potentiel (équation de Poisson) de manière générale est :
ρ
❒ a. ΔV = 0
❒ b. ΔV =
0
ρ
ρ
❒
❒ d. ΔV =
✗ c. ΔV = −
0
4π0
À partir de l’équation de Maxwell-Gauss, on écrit :
−−−→ ρ
ρ
ρ
→
−
⇒ div − grad V =
⇒ −ΔV =
div E =
0
0
0
La réponse a. est valable dans le vide (ρ = 0) : c’est l’équation de Laplace.
Cet énoncé concerne les questions 10 à 13 :
On s’intéresse à un cylindre de très grande longueur (on néglige les eﬀets de bord), de
rayon a et d’axe Oz. Ce cylindre est chargé avec une densité volumique uniforme de
→
−
charge ρ. On veut calculer le champ E créé par le cylindre en tout point M de l’espace.
10
Symétries de la distribution de charges :
❒
✗ a. Le plan contenant Oz et M est plan de symétrie de la distribution.
❒
✗ b. Le plan perpendiculaire à Oz et contenant M est plan de symétrie de la distribution.
❒ c. Le plan contenant Oz et M est plan d’antisymétrie de la distribution.
❒ d. Le plan perpendiculaire à Oz et contenant M est plan d’antisymétrie de la distribution.
La densité de charge est uniforme et positive, il n’y a donc aucun plan d’antisymétrie pour
la distribution.
Le fait de négliger les eﬀets de bord pour un cylindre de très grande longueur revient à
considérer le cylindre infini ; dans ce cas tout plan perpendiculaire à Oz peut être considéré
comme plan de symétrie de la distribution.
11
166
→
−
Propriétés de E dues aux symétries :
→
−
❒
✗ a. E est nul sur l’axe Oz
→
−
❒ c. E est orthoradial
→
−
❒ b. E est suivant Oz
→
−
❒
✗ d. E est radial
Corrigés
→
−
En un point M de l’espace, E appartient à l’intersection des plans de symétrie de la distri→
−
bution, donc d’après la réponse précédente, E est radial.
Pour un point M de l’axe, sachant que tout plan contenant l’axe est plan de symétrie de la
→
−
→
−
distribution, E doit être de plus suivant Oz : on en déduit donc qu’en tout point de l’axe E
est nul.
12
À l’aide de l’équation de Maxwell-Gauss exprimée en coordonnées cylindriques (13),
l’expression générale de la composante Er est (on note k et k les constantes d’intégration) :
ρr
ρr
k
❒ a. Pour r ≤ a, Er =
+k
❒
+
✗ b. Pour r ≤ a, Er =
0
20 r
k
❒
❒ c. Pour r ≥ a, Er = 0
✗ d. Pour r ≥ a, Er =
r
Il y a invariance de la distribution de charge par rotation autour de l’axe Oz et par translation
parallèlement à Oz puisqu’on considère le cylindre infini : la composante Er ne dépend que
de r. On utilise l’expression de la divergence en coordonnées cylindriques (13).
ρ
ρ
1 ∂(rEr )
ρr2
= . Par intégration, on obtient rEr =
⇒
+ k,
0
r ∂r
0
20
soit finalement la réponse b..
1 ∂(rEr )
→
−
= 0. Par intégration, on obtient rEr = k , soit
Pour r ≥ a, div E = 0 ⇒
r ∂r
finalement la réponse d.
→
−
• Pour r ≤ a, div E =
•
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
13
→
−
Déduire des résultats précédents l’expression du champ E :
ρr
ρr
❒
❒ b. Pour r ≤ a, Er =
✗ a. Pour r ≤ a, Er =
20
0
ρa
ρa2
❒ c. Pour r ≥ a, Er =
❒
✗ d. Pour r ≥ a, Er =
0
20 r
Pour r ≤ a l’expression du champ ne peut pas diverger en r = 0, on en déduit k = 0. On
ρr
trouve bien que l’expression Er =
est nulle en r = 0.
20
Pour déterminer la constante k , on écrit la continuité du champ en r = a (le champ est
continu car il s’agit d’une distribution volumique sans densité surfacique). On a donc
ρa
k
d’où la réponse d.
=
20
a
Cet énoncé concerne les questions 14 à 18 :
On considère une distribution de charges, infinie selon les axes Ox et Oy, et ayant, suivant Oz la répartition suivante :
• pour |z| > a, ρ = 0 ;
•
pour |z| ≤ a, ρ = ρ0 constant.
167
Corrigés
On considère le potentiel V nul en z = 0.
14
Que peut-on dire du potentiel V ?
❒
✗ a. V est indépendant de x
❒ c. V est indépendant de z
❒
✗ b. V est indépendant de y
❒ d. V dépend de (x, y, z)
Il y a invariance de la distribution par translation parallèlement à Ox et à Oy. Le potentiel
V ne dépend donc que de la variable z.
15
Déterminer l’expression générale du potentiel en tout point de l’espace (on note k1 , k2 ,
k3 , k4 , k5 et k6 des constantes) :
❒
✗ a. Pour |z| ≤ a, V = −
ρ0 z2
+ k1 z + k2
20
ρ0 z2
+ k1
20
❒ c. Pour z > a, V = k3 et pour z < −a, V = k4
❒ b. Pour |z| ≤ a, V = −
❒
✗ d. Pour z > a, V = k3 z + k4 et pour z < −a, V = k5 z + k6
On résout l’équation de Poisson en coordonnées cartésiennes, soit :
Pour |z| ≤ a
d2 V
ρ0 z
ρ0
dV
ρ0 z2
=
−
=
−
⇒
+
k
⇒
V
=
−
+ k1 z + k2
1
0
dz
0
20
dz2
d2 V
dV
= k3 ⇒ V = k3 z + k4
=0 ⇒
dz
dz2
Pour z < −a, l’intégration donne un résultat similaire au cas z > a, mais a priori les
constantes sont diﬀérentes d’où la réponse d.
Pour |z| > a
16
Déterminer quelle(s) relation(s) suivantes sont vérifiées :
❒ a. k3 = 0
ρ0 a2
❒
+ k1 a = k3 a + k4
✗ c. −
20
❒ b. k5 = 0
ρ0 a2
❒
− k1 a = −k5 a + k6
✗ d. −
20
On a pris V(0) = 0 ; on en déduit k2 = 0, solution non proposée. On utilise ensuite la
continuité du potentiel en z = a et en z = −a, ce qui donne les solutions c. et d.
17
168
→
−
Quelle(s) proposition(s) relative(s) au champ E sont vérifiées ?
ρ0 z −
−
→
− →
→
−
❒
❒ b. E = − →
uz pour |z| ≤ a
✗ a. E = 0 pour z = 0
0
−
ρ0 a→
→
− →
→
−
−
❒ c. E = 0 pour |z| > a
❒ d. E = −
uz pour |z| > a
0
Corrigés
−−−→
→
−
→
−
Le potentiel ne dépend que de z, donc d’après la relation E = − grad V, le champ E n’a
→
−
de composante que suivant uz . Le plan xOy est un plan de symétrie pour la distribution de
→
−
−
charge, donc E est contenu dans ce plan donc perpendiculaire à →
uz . La seule solution est
−
→
− →
E = 0 pour z = 0.
dV
→
−
:
On calcule E dans les trois zones de l’espace avec Ez = −
dz
⎧
d
⎪
⎪
⎪
Pour z < −a , Ez = − (k5 z + k6 ) = −k5
⎪
⎪
⎪
dz ⎪
⎪
⎪
⎪
ρ0 z2
d
ρ0 z
⎨
−
Pour |z| ≤ a , Ez = −
+ k1 z =
+ k1
⎪
⎪
⎪
dz
2
0
⎪
0
⎪
⎪
⎪
d
⎪
⎪
⎪
⎩ Pour z > a , Ez = − (k3 z + k4 ) = −k3
dz
18
Déterminer les constantes k3 , k4 , k5 et k6 :
❒
✗ a. k3 = −
ρ0 a
0
❒ b. k4 = −
❒ c. k5 = −
ρ0 a
0
❒
✗ d. k6 =
ρ0 a2
20
ρ0 a2
20
→
−
Le champ E est nul pour z = 0, donc d’après les résultats de la question précédente
→
−
k1 = 0. En appliquant les relations entre les constantes et la continuité du champ E pour
une distribution volumique, on obtient alors :
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
k3 = −
ρ0 a
ρ0 a2
ρ0 a
ρ0 a2
, k4 =
, k5 =
, k6 =
0
20
0
20
Cet énoncé concerne les questions 19 à 21 :
On considère deux sphères concentriques (S 1 ) et (S 2 ), de centre O, de rayons respectifs
R1 et R2 (> R1 ), portées respectivement aux potentiels V1 et V2 . On utilisera l’expression
du Laplacien en coordonnées sphériques (19).
19
L’expression générale du potentiel entre les deux sphères (R1 ≤ r ≤ R2 ) est (on note k et
k des constantes) :
k
k
❒
❒ a. V = − 3 + k
✗ b. V = − + k
r
r
−ρr2
k
❒ d. V = −
❒ c. V = −
+ k
r
60
Il n’y a pas de charges entre les sphères, donc le potentiel vérifie l’équation de Laplace
ΔV = 0. Il y a de plus invariance de la distribution par rapport à toute rotation autour du
point O, donc le potentiel en un point M ne dépend que de la distance OM = r. L’équation
169
Corrigés
1 ∂ 2 ∂V
r
= 0. Une première intégration
∂r
r2 ∂r
∂V
∂V
k
k
conduit à r2
= k puis l’intégration de
= 2 à V = − + k .
∂r
∂r
r
r
de Laplace en coordonnées sphériques s’écrit
20
L’expression des constantes k et k est :
(V1 − V2 )R1 R2
❒ a. k =
R2 − R1
❒ c. k = 0
❒
✗ b. k =
(V2 − V1 )R1 R2
R2 − R1
❒ d. k = V2
On applique les conditions aux limites en r = R1 et r = R2 . On a donc à résoudre le
système :
⎧
⎧
k
(V2 − V1 )R1 R2
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
=
−
+
k
V
k=
1
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
R1
R2 − R1
⎪
⎪
⎨
⎨
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⇒⎪
⎪
V2 R2 − V1 R1
k
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩ V2 = − + k ⎩ k =
R2 − R1
R2
donc aucune réponse n’est correcte pour k .
21
Déterminer le champ électrostatique pour R1 ≤ r ≤ R2 :
(V2 − V1 )R1 R2 1 →
→
− V2 − V1 →
→
−
−
−
❒ a. E =
❒ b. E =
ur
ur
r
R2 − R1
r2
(V2 − V1 )R1 R2 1 →
→
−
→
− (V2 − V1 )R1 R2
−
❒
❒ d. E =
ln r
ur
✗ c. E = −
R2 − R1
R2 − R1
r2
−−−→
→
−
On utilise la relation E = − grad V en coordonnées sphériques soit :
∂V −
∂ (V2 − V1 )R1 R2 1 →
(V2 − V1 )R1 R2 1 →
→
−
→
−
→
−
−
−
E =− →
ur
ur ⇒ E = −
ur ⇒ E = −
∂r
∂r
R2 − R1
r
R2 − R1
r2
9 Conducteurs en équilibre électrostatique
Vrai/Faux
1
❒V ❒
✗ F La définition de l’équilibre électrostatique d’un conducteur est que le
→
−
champ E est nul à l’intérieur.
Un conducteur est dit en équilibre électrostatique s’il n’est le siège d’aucun courant ; les
charges libres y sont donc immobiles.
2
❒V ❒
✗ F Un conducteur en équilibre électrostatique n’est pas chargé.
Les charges se répartissent en surface mais la charge totale n’est pas forcément nulle.
170
Corrigés
3
σ→
−
→
−
→
−
❒
✗ V ❒ F Le champ à la surface extérieure d’un conducteur est E ext = N, où N
0
est la normale à la surface orientée vers l’extérieur.
C’est le théorème de Coulomb.
4
❒V ❒
✗ F Deux conducteurs sont en influence totale si des lignes de champ issues de
l’un aboutissent à l’autre.
On parle d’influence totale si toutes les lignes de champ de l’un des conducteurs aboutissent
à l’autre.
QCM
5
Un conducteur (sans cavité) en équilibre possède les propriétés suivantes :
❒
✗ a. C’est un volume équipotentiel.
❒ c. Le champ qu’il crée est nul.
❒ b. Son potentiel est nul.
❒
✗ d. Il n’est chargé qu’en surface.
Le champ électrostatique à l’intérieur d’un conducteur en équilibre est forcément nul, sinon
−−−→
→
−
les charges libres se mettraient en mouvement. Par conséquent la relation E = − grad V
entraine que V = cte dans le conducteur. En revanche ce potentiel n’est pas forcément nul,
il dépend de l’environnement du conducteur.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Si le conducteur est chargé, il crée un champ non nul à l’extérieur.
ρ
−
→
−
→
− →
L’équation de Maxwell-Gauss : div E =
entraîne ρ = 0 puisque E = 0 . Le conducteur
0
n’est pas chargé en volume, donc la charge ne peut que se répartir en surface.
6
On rappelle que la capacité C d’un conducteur est définie par Q = CV, où Q est la
charge du conducteur et V son potentiel. On considère une boule de rayon R, de centre
O, seule dans l’espace. Sa capacité C est :
❒ a. C = 2π0 R
4
❒ c. C = π0 R
3
❒
✗ b. C = 4π0 R
❒ d. C = 0
Soit M un point de la surface du conducteur et σ(M) la
densité surfacique en M. Le poσ(M)dS M
. On a montré que
tentiel en un point P intérieur au conducteur est V(P) =
S 4π0 PM
le conducteur est équipotentiel donc V(P) = V(O) = V. Si on calcule le potentiel en O,
l’intégrale est plus simple :
σ(M)dS M
1
Q
V(P) = V(O) = V =
=
σ(M)dS M =
4π
OM
4π
R
4π
0
0
0R
S
S
171
Corrigés
7
On considère un disque conducteur de centre O, de rayon R et d’épaisseur négligeable.
Il est seul dans l’espace et chargé sur une seule face uniformément. Il est soumis au
potentiel V0 . Déterminer sa capacité C.
❒
✗ a. C = 2π0 R
❒ c. C = π0 R
❒ b. C = 4π0 R
❒ d. C = 0
Q
Puisque la distribution est uniforme, la densité surfacique de charge σ est égale à
.
πR2
On utilise la même méthode que précédemment en calculant le potentiel au centre O. On
utilise les coordonnées polaires avec r = OM :
V0 = V(O) =
1
4π0
Q
σ(M)dS M
= 2 2
r
4π R 0
2π
dθ
O
0
R
Q
rdr
=
r
2πR0
d’où C = 2π0 R.
8
Un conducteur possède une cavité vide de charge :
❒ a. Le potentiel dans la cavité est nul.
❒
✗ b. Le potentiel dans la cavité est constant.
❒ c. La charge sur la surface de la cavité est non nulle.
❒
✗ d. La charge sur la surface de la cavité est nulle.
Le potentiel électrostatique ne peut avoir d’extremum dans un milieu vide de charges ce qui
est le cas de la cavité. Puisque deux points quelconques des bords de la cavité appartiennent
au conducteur, ils sont au même potentiel : le potentiel est donc constant dans la cavité,
égal au potentiel du conducteur mais pas forcément nul.
Comme le potentiel est constant, le champ est nul dans la cavité comme dans le conducteur.
Donc sur la surface de la cavité, le théorème de Coulomb entraine σ = 0.
9
Lorsque deux conducteurs sont en influence totale, les charges des deux surfaces en
influence sont :
❒ a. sans relation
❒ b. nulles
❒
❒ d. semblables
✗ c. opposées
On applique le théorème des éléments correspondants dont on rappelle qu’il s’agit des
surfaces de deux conducteurs qui se font face aux extrémités d’un même tube de champ
(ce qui signifie que toute ligne de champ partant d’une surface aboutit sur l’autre). Ce
théorème stipule que les faces des éléments correspondant portent des charges opposées.
Démonstration du théorème : sur la figure (9.2), on a dessiné un tube de champ en pointillés. On le ferme aux deux extrémités par des surfaces S 1 et S 2 à l’intérieur de C1 et C2 .
On utilise cette surface totale (S ) pour appliquer le théorème de Gauss. On note q1 et q2 les
charges respectives des surfaces des conducteurs
C1 et C2 à l’intérieur du tube de champ.
→
− −→ q1 + q2
E · dS =
Le théorème de Gauss s’écrit alors φ =
.
0
S
172
Corrigés
Figure 9.2
On appelle S L la surface latérale du tube entre les deux conducteurs. Le flux à travers la
surface (S ) s’écrit alors :
→
− −−→
→
− −−→
→
− −−→
E · dS 1 +
E · dS 2 +
E · dS L
φ=
S1
S2
SL
→
−
Les deux premières intégrales sont nulles car le champ E est nul dans les conducteurs. La
→
− −−→
troisième est aussi nulle car pour un tube de champ E ⊥dS L . On en déduit q1 + q2 = 0.
Cet énoncé concerne les questions 10 à 12 :
On considère deux sphères concentriques (Σ1 ) et (Σ2 ), de centre O, de rayons respectifs
R1 et R2 (> R1 ). Les sphères portent respectivement les charges Q1 et Q2 . On veut calculer les potentiels V1 de la sphère (Σ1 ) et V2 de la sphère (Σ2 ). On utilise le théorème de
superposition.
10
Pour l’état (1), on considère la sphère (Σ1 ) seule. Déterminer le potentiel en r = R1 et
r = R2 :
Q1
Q1
❒ b. V1 (R1 ) =
❒
✗ a. V1 (R1 ) =
4π0 R1
4π0 R21
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
❒ c. V1 (R2 ) =
Q1
4π0 R22
❒ d. V1 (R2 ) =
Q1
4π0 R1
On a déjà calculé le potentiel d’un conducteur sphérique seul dans l’espace :
Q1
V1 (R1 ) =
. Pour calculer le champ à une distance R2 du centre de la sphère et à
4π0 R1
l’extérieur de celle-ci, on utilise le théorème de Gauss. En symétrie sphérique, on trouve
que le champ, et donc le potentiel, est le même que celui créé par une charge ponctuelle au
Q1
centre de la sphère soit V1 (R2 ) =
si on suppose le potentiel nul à l’infini.
4π0 R2
11
Pour l’état (2), on considère la sphère (Σ2 ) seule. Déterminer le potentiel en r = R1 et
r = R2 :
Q2
Q2
❒ b. V2 (R1 ) =
❒
✗ a. V2 (R1 ) =
4π0 R2
4π0 R21
❒ c. V2 (R2 ) =
Q2
4π0 R22
❒
✗ d. V2 (R2 ) =
Q2
4π0 R2
173
Corrigés
Q2
. Comme R1 <
4π0 R2
R2 , les points à distance r = R1 de O sont à l’intérieur du conducteur donc au potentiel V2 .
Ainsi V2 (R1 ) = V2 (R2 ) = V2 .
La sphère (Σ2 ) est seule dans l’espace, donc son potentiel est V2 =
12
Lorsque les deux sphères sont en présence les potentiels V1 et V2 sont :
Q1
Q2
Q1
Q2
❒ a. V1 =
+
❒
+
✗ b. V1 =
4π0 R1 4π0 R1
4π0 R1 4π0 R2
Q1
Q2
Q1
Q2
❒ c. V2 =
+
❒
+
✗ d. V2 =
4π0 R1 4π0 R2
4π0 R2 4π0 R2
On applique le théorème de superposition. On a donc V1 = V1 (R1 ) + V2 (R1 ) et V2 =
V1 (R2 ) + V2 (R2 ).
Cet énoncé concerne les questions 13 à 15 :
On s’intéresse toujours aux sphères concentriques précédentes mais cette fois on impose
les potentiels V1 et V2 et l’on cherche à déterminer directement les charges Q1 et Q2
portées par les sphères.
13
Le potentiel en un point M de l’espace tel que OM ≥ R2 est :
Q2
Q1
❒ b. V(r) =
❒ a. V(r) =
4π0 r
4π0 r
Q1 − Q 2
Q 1 + Q2
❒ d. V(r) =
❒
✗ c. V(r) =
4π0 r
4π0 r
→
−
On a une symétrie sphérique donc le champ E est radial et ne dépend que r. Le théorème de
Qint →
→
−
−
Gauss à travers une sphère de centre r > R2 donne E =
ur . Ici la charge intérieure
4π0 r2
est celle portée par les deux sphères soit Qint = Q1 + Q2 . En faisant l’hypothèse d’un
Q1 + Q2
.
potentiel nul à l’infini on trouve V(r) =
4π0 r
14
Le potentiel en un point M de l’espace tel que R2 ≥ OM ≥ R1 est :
1
Q1 1
Q1
❒
−
+ V2
❒ a. V(r) =
✗ b. V(r) =
4π0 r
4π0 r R2
1
Q1 1
Q1 − Q2
−
+ V1
❒
❒ d. V(r) =
✗ c. V(r) =
4π0 r R1
4π0 r
Si l’on applique le théorème de Gauss pour une sphère de rayon r tel R2 ≥ r ≥ R1 , la
Q1 →
→
−
−
charge intérieure est uniquement celle portée par Σ1 , donc E =
ur . Par intégration
4π0 r2
174
Corrigés
Q1
+ cte. Dans ce cas, on ne peut pas utiliser la condition en l’infini
4π0 r
pour déterminer la constante, mais en r = R1 où V = V1 (réponse c.) ou en r = R2 où
V = V2 (réponse b.).
on trouve V(r) =
15
Les charges Q1 et Q2 portées par les sphères sont :
4π0 R1 R2
(V1 − V2 )
R1 − R2
4π0 R2
❒
(R2 V2 − R1 V1 )
✗ d. Q2 =
R2 − R1
❒ a. Q1 = 4π0 V1
❒ b. Q1 =
❒ c. Q2 = 4π0 V2 + 4π0 V1
Avec la réponse
b. par exemple de la question précédente, on peut écrire V1 =
Q1 1
1
+ V2 donc :
−
4π0 R1 R2
Q1 =
4π0 R1 R2
(V1 − V2 )
R2 − R1
Pour Q2 on utilise le résultat du premier calcul de potentiel en r = R2 soit Q1 + Q2 =
4π0 R2 V2 , ce qui après remplacement de Q1 donne la réponse d.
Cet énoncé concerne les questions 16 à 18 :
Étude du condensateur plan : On s’intéresse à un condensateur plan (figure 9.1) dont
les armatures ont une surface S ; la distance entre les armatures est e. On ne tient pas
compte des eﬀets de bords. L’armature C1 est au potentiel V1 et l’armature C2 est au
potentiel V2 .
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16
Le potentiel entre les deux armatures est :
V2 − V 1
x + V2
❒ a. V(x) =
e
V1 − V2
x + V2
❒ c. V(x) =
e
V2 − V1
x + V1
e
V1 − V2
x + V1
❒ d. V(x) =
e
❒
✗ b. V(x) =
On utilise la loi de Laplace entre les armatures, région vide de charges soit ΔV = 0. Comme
on néglige les eﬀets de bords, V ne dépend que de x (invariance par translation selon Oy
d2 V
et Oz). On a donc 2 = 0 ce qui entraine V = ax + b. En x = 0, on a V = b = V1 et en
dx
V2 − V1
.
x = e, V = V2 soit a =
e
17
La charge Q de l’armature C2 est :
S
❒ a. Q = 0 (V1 − V2 )
e
S
❒
✗ c. Q = 0 (V2 − V1 )
e
e
❒ b. Q = 0 (V1 − V2 )
S
e
❒ d. Q = 0 (V2 − V1 )
S
175
Corrigés
dV −
V1 − V2 →
→
−
→
−
−
Le champ électrique est E = − →
u x soit E =
u x . On applique le théorème de
dx
e
→
Coulomb sur l’armature C2 pour laquelle la normale est −−
u x soit :
0 (V2 − V1 )
S 0 (V2 − V1 )
→
− σ2 →
⇒ Q2 = S σ2 =
E=
(−−
u x ) ⇒ σ2 =
0
e
e
18
La capacité d’un condensateur plan est :
S
❒
✗ a. C = 0
e
S
❒ c. C = 4π0
e
❒ b. C = 0
e
S
❒ d. C = 4π0
e
S
S
La capacité est telle que Q2 = C (V2 − V1 ) soit C = 0 .
e
Cet énoncé concerne les questions 19 à 21 :
On étudie un condensateur cylindrique composé de deux cylindres coaxiaux d’axe Oz.
Le cylindre C1 a pour rayon R1 (potentiel V1 ) et le cylindre C2 a pour rayon R2 > R1
(potentiel V2 ). Ils ont une longueur finie mais on ne tient pas compte des eﬀets de
bords. On note U la diﬀérence positive V2 − V1 .
19
Exprimer le potentiel électrostatique V en un point M à distance r de l’axe avec R1 ≤
r ≤ R2 :
r
r
❒ b. V = V2
❒ a. V = V1
R1
R2
U
U
❒
❒ d. V = V1 +
ln(r/R1 )
ln(r/R2 )
✗ c. V = V1 −
)
(R
(R
ln 1 /R2
ln 1 /R2 )
On résout l’équation de Laplace dans la zone vide de charge entre les deux cylindres.
Comme on ne tient pas compte des eﬀets de bord, le potentiel V ne dépend que r. On
utilise l’expression du laplacien en coordonnées cylindriques (15) soit :
1 d dV
dV
ΔV =
r
=0 ⇒ r
= a ⇒ V = a ln r + b
r dr dr
dr
où a et b sont des constantes. Par application des conditions aux limites V1 = a ln R1 + b et
V2 = a ln R2 + b, on détermine a et b ce qui donne le résultat c.
20
176
Déterminer la densité surfacique de charge σ sur l’armature C2 :
U
U
❒ a. σ = 0
❒ b. σ = 0
R2
R2 ln (R1 /R2 )
U
U
❒
❒ d. σ = 0
✗ c. σ = −0
R2 ln (R1 /R2 )
R2 − R1
Corrigés
−−−→
→
−
On calcule le champ E = − grad V entre les armatures et on applique le théorème de
U
→
−
−
→
−
Coulomb. Soit E =
ur , donc :
ur . Pour l’armature C2 , la normale est −→
r ln (R1 /R2 )
→
−
E (R2 ) =
U
σ −
−0 U
→
−
ur ) ⇒ σ =
ur = (−→
R2 ln (R1 /R2 )
0
R2 ln(R1 /R2 )
Comme R1 < R2 , si U > 0 on vérifie que σ > 0.
21
La capacité C de ce condensateur est :
2π0
❒
✗ a. C =
ln(R2 /R1 )
ln(R2 /R1 )
❒ c. C =
2π0
❒ b. C =
2π0
ln(R1 /R2 )
❒ d. C = 0 2πR2
La charge de l’armature C2 est :
Q2 = 2πR2 σ2 =
2π0 U
ln(R2 /R1 )
Avec Q2 = CU on trouve la réponse a.
Cet énoncé concerne les questions 22 à 23 :
On étudie un condensateur sphérique composé de deux sphères concentriques de centre
O. La sphère S 1 a pour rayon R1 (potentiel V1 ) et la sphère S 2 a pour rayon R2 > R1
(potentiel V2 ). On note U la diﬀérence positive V2 − V1 . On note Q la charge portée par
l’armature S 2 du condensateur.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
22
→
−
Déterminer le champ électrique E entre les deux sphères en fonction de Q :
Q →
Q →
→
−
→
−
−
−
❒ a. E =
❒
ur
ur
✗ b. E = −
2
4π0 r
4π0 r2
Q →
Q →
→
−
→
−
−
−
❒ c. E =
❒ d. E = −
u
ur
2 r
4π0 R1
4π0 R22
→
−
On a une symétrie sphérique : E ne dépend que de r et est radial. On applique le théorème
de Gauss pour une sphère de rayon r compris entre R1 et R2 . La charge intérieure est celle
−Q →
→
−
−
portée par S 1 soit −Q. On en déduit : E =
ur .
4π0 r2
23
Déterminer l’expression de la capacité C de ce condensateur :
❒ a. C = 4π0 (R2 − R1 )
❒ c. C = 4π0 R2
❒ b. C = 4π0
3R31 R32
R32 − R31
R1 R2
❒
✗ d. C = 4π0
R2 − R1
177
Corrigés
→
−
Pour exprimer le potentiel, on calcule la circulation de E entre un point A de S 1 et un point
B de S 2 situés sur la même droite passant par O :
R2
B
V2
dr
1
Q
Q
1
→
−
−
E · dr→
ur =
dV = −
=
−
U=
4π0 R1 r2
4π0 R1 R2
V1
A
Avec Q = CU, on trouve la réponse d.
10 Distributions de courants et champs magnétiques statiques
Vrai/Faux
1
→
−
❒V ❒
✗ F Le flux de la densité surfacique de courant j s à travers une surface S est
égal à l’intensité du courant traversant S .
L’intensité du courant traversant une surface S est égal au flux de la densité volumique de
→
−
−v où →
−v désigne la vitesse moyenne des porteurs de charge en mouvement
courant j = ρ→
et ρ la densité volumique de charge mobile.
2
→
−
❒V ❒
✗ F Le flux du champ B à travers une surface S est nul.
→
−
C’est vrai seulement si la surface S est fermée. On dit que B est à flux conservatif.
3
→
−
❒
✗ V ❒ F La divergence de B est nulle.
→
−
C’est l’équation locale correspondant à la nullité du flux de B à travers toute surface fermée.
4
→
−
❒V ❒
✗ F Le champ B est à circulation conservative.
→
−
D’après le théorème d’Ampère, la circulation de B le long d’un contour fermé est égale
à la somme algébrique des courants enlacés par le contour : dès qu’un courant traverse le
→
−
→
−
contour, la circulation de B est non nulle, B n’est donc pas à circulation conservative.
178
Corrigés
QCM
5
On considère un barreau conducteur d’axe Ox, de section s de longueur et de conductivité γ. Ce barreau est parcouru par une intensité I selon Ox et soumis à une tension U
entre ses deux extrémités. Déterminer la résistance R du barreau.
1
❒ a. R = γ
❒
✗ b. R =
s
γs
1s
s
❒ d. R =
❒ c. R = γ
γ
La diﬀérence de potentiel entre les extrémités du barreau est :
B
B
xB
1
−
j
→
− →
j x dx =
U = VA − VB = − dV = − − E · d =
γ
γ
xA
A
A
→
− −→
et l’intensité du courant dans le barreau est I =
j · dS = js, d’où une résistance R =
U
= .
I
γs
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
6
On considère un barreau conducteur d’axe Ox, de rayon a, de longueur . Il est parcouru
→
−
−
par une intensité I sous forme d’une densité surfacique de courant j s = j s→
u x . Quelle
relation existe-t-il entre j s et I ?
❒ a. I = πa2 j s
❒ c. I = 2πa j s
❒
✗ b. I = 2πa j s
❒ d. I = j s
Le courant étant cette fois-ci surfacique, l’intensité se calcule par I =
7
j s adθ = 2πa j s .
Un tube cylindrique, de très grande longueur (on néglige les eﬀets de bord), d’axe Oz
est constitué d’un conducteur (conductivité γ) pour des rayons r par rapport à l’axe :
R1 ≤ r ≤ R2 . Le vecteur densité volumique de courant est radial. Déterminer la résistance R de ce conducteur pour une longueur .
R2
R1
1
1
ln
ln
❒
❒ b. R =
✗ a. R =
2πγ
R1
2πγ
R2
1 R2 − R1
1
❒ c. R =
❒ d. R =
2πγ
R1
γ π(R22 − R21 )
179
Corrigés
On détermine d’abord le courant volumique
en tout point du conducteur. Pour une hauteur
I
→
− −→
.
du cylindre, l’intensité du courant est I =
j · dS = 2πr jr (r), d’où jr (r) =
2πr
La diﬀérence de potentiel entre la face interne et la face externe de la partie conductrice
Vext
R2
R2
−
1
→
− →
jr (r)dr.
vaut U = Vint − Vext = − dV = − − E · d =
γ
Vint
R1
R1
R2
En remplaçant jr (r) par sa valeur : U =
R1
donc R =
8
1 Idr
I
R2
=
ln ,
γ 2πr
2πγ
R1
R2
1
ln .
2πγ
R1
La forme locale du théorème d’Ampère est :
→
−
→
−
→
−
❒ b. div B = 0
❒ a. div B = μ0 j
−
→
−
− →
−
−→→
−→→
❒ c. rot B = 0
❒
✗ d. rot B = μ0 j
→
−
Le théorème d’Ampère
relie la circulation
de B le long d’un contour fermé Γ aux courants
−
→
− →
→
− −→
B · d = μ0 I = μ0
j · dS , Σ(Γ) étant une surface s’appuyant sur le
qui le créent :
Γ
Σ(Γ)
contour Γ.
Or d’après le théorème de Stokes,
Γ
−
→
− →
B ·d =
− −→
−→ →
rot B · dS . Par identification entre les
Σ(Γ)
→
−
−
−→→
deux relations, valables quel que soit le contour fermé Γ, rot B = μ0 j .
→
−
L’équation locale associée au flux nul de B à travers une surface fermée S est :
−
−
→
− →
−→→
❒ a. rot B = 0
❒
✗ b. div B = 0
→
−
→
−
→
−
−
−→→
❒ d. div B = μ0 j
❒ c. rot B = μ0 j
9
→
−
Le flux de B à travers
fermée est nul. On applique le théorème de Green toute surface
→
− −→
→
−
Ostrogradski : 0 = B · dS =
div Bdτ. La relation étant valable quel que soit le
−
→
− →
volume, div B = 0 .
10
180
Σ
V
La relation liant le champ au potentiel est :
−
→
− →
❒ a. dA = − B · d
→
− −→→
−
❒
✗ c. B = rot A
−
→
−
→
− →
❒ b. d B = − A ∧ d
−−−→
→
−
❒ d. B = − grad A
Corrigés
→
−
−
−→→
Le champ magnétique est à divergence nulle, or pour tout champ vectoriel C , div rot C =
→
−
→
−
→
− −→→
−
0. On en déduit que B est lié à un champ de vecteurs A tel que B = rot A .
11
On considère l’interface entre deux milieux (1) et (2) parcourue par une densité surfa→
−
→
−
→
−
cique de courant j s . On note B 1 (respectivement B 2 ) le champ en un point M de l’inter−−→
face dans le milieu (1) (respectivement dans le milieu (2)). On note N12 , la normale à la
surface, orientée du milieu (1) vers le milieu (2). À la traversée de la surface :
→
−
❒
✗ a. La composante normale du champ B est continue.
→
−
❒ b. La composante tangentielle du champ B est continue.
→
− −−→
→
−
→
−
❒ c. B 1 − B 2 = μ0 j s ∧ N12
→
− −−→
→
−
→
−
❒
✗ d. B 2 − B 1 = μ0 j s ∧ N12
Ce sont des résultats à connaître. À la traversée d’une nappe de courant :
→
−
• la composante tangentielle de B est discontinue ;
→
−
• la composante normale de B est continue ;
• la discontinuité est donnée par la réponse d. : attention au sens d’orientation de la
normale ;
• en revanche le potentiel vecteur est toujours continu.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
12
L’équation vérifiée par le potentiel vecteur (équation de Poisson) de manière générale
est :
→
−
→
−
→
−
❒ a. Δ A = 0
❒ b. Δ A = μ0 j
→
−
→
−
→
− μ0 j
→
−
❒
j
❒
d.
Δ
A
=
c.
Δ
A
=
−μ
✗
0
4π
→
−
→
− −→ →
− −→→
−
On établit cette relation en combinant B = rot A et rot B = μ0 j :
−−−→ −
→
−
−
→
−
→
−
−→ −→→
−→ −→ →
rot rot A = μ0 j avec rot rot A = grad div A − Δ A. On choisit un potentiel vecteur
→
−
qui satisfait la condition de jauge de Coulomb : div A = 0, et on arrive alors à la relation
→
−
→
−
Δ A = −μ0 j .
Cet énoncé concerne les questions 13 à 17 :
On considère un cylindre infini d’axe Oz et de rayon a. Il est parcouru par une intensité
→
−
−
I. On considère que la densité volumique de courant j = j→
uz est uniforme dans le
cylindre. On souhaite calculer le champ magnétique en tout point de l’espace par le
théorème d’Ampère.
181
Corrigés
13
Étude des symétries :
❒
✗ a. Les plans contenant Oz sont plans de symétrie de la distribution de courant.
→
−
❒ b. Les plans contenant Oz sont plans de symétrie de B.
❒ c. Les plans perpendiculaires à Oz sont plans de symétrie de la distribution de courant.
→
−
❒
✗ d. Les plans perpendiculaires à Oz sont plans de symétrie de B.
La densité de courant étant uniforme et parallèle à Oz, les plans contenant Oz sont des
« miroirs » donc des plans de symétrie pour la distribution de courant.
Un plan de symétrie pour le courant est un plan d’antisymétrie pour le champ magnétique
donc b. est fausse.
Les plans perpendiculaires à Oz sont des « anti-miroirs » pour le courant, donc ce sont des
plans d’antisymétrie de la distribution de courant, et par conséquent des plans de symétrie
→
−
pour B.
14
→
−
Le champ B est tel que :
→
− →
−
−
❒ a. B = B(r, θ, z)→
uz
→
−
→
−
❒ c. B = B(r)u
→
−
−
❒
uθ
✗ b. B = B(r)→
→
−
→
❒ d. B = B(θ)−
uθ
r
Le champ magnétique est perpendiculaire aux plans de symétrie de la distribution de cou−
rant, par conséquent il est parallèle à →
uθ . La distribution de courant est invariante par translation parallèlement à Oz et par rotation autour de Oz, donc Bθ ne dépend que de r.
15
On choisit des cercles de rayon r et d’axe Oz pour appliquer le théorème d’Ampère,
→
−
−
orientés dans le sens du vecteur →
u . La circulation C de B le long d’un cercle est :
θ
❒ a. C = πr B
❒
✗ b. C = 2πrB
❒ c. C = 2πaB
❒ d. C = πa2 B
2
C=
16
Γ
−
→
− →
B ·d =
2π −
−
Bθ (r)→
uθ = rBθ (r) dθ = 2πrBθ(r).
uθ . rdθ→
0
2π
0
Déterminer le courant enlacé Ienl par le contour précédent :
❒ a. Si r ≥ a, Ienl = −I
❒ c. Si r ≤ a, Ienl = πa2 j
❒
✗ b. Si r ≥ a, Ienl = πa2 j
r2
❒
✗ d. Si r ≤ a, Ienl = I 2
a
Si r ≥ a, le contour enlace tout le cylindre, il est donc traversé par l’intensité I, qui
est égale
au flux à travers un disque de rayon a de la densité volumique de courant :
−
→
− →
I=
j · ds = πa2 j.
182
Corrigés
Si r ≤ a, le contour n’enlace qu’une partie du cylindre, il est traversé par une intensité égale
au flux à travers 2un disque de rayon r de la densité volumique de courant :
−
r
→
− →
I =
j · ds = πr2 j = I 2 .
a
17
→
−
Le champ B a pour expression :
μ0 I →
→
−
−
❒
uθ
✗ a. Si r ≥ a, B =
2πr
μ0 Ir →
→
−
−
❒
uθ
✗ c. Si r ≤ a, B =
2πa2
μ0 I →
→
−
−
❒ b. Si r ≥ a, B =
uθ
2πa
μ0 I →
→
−
−
❒ d. Si r ≤ a, B =
uθ
2πr
On applique le théorème d’Ampère :
•
•
Γ
−
→
− →
B · d = μ0 Ienl ; par conséquent :
μ0 I →
→
−
−
soit r ≥ a : 2πrB = μ0 I et donc B =
uθ ;
2πr
r2
μ0 Ir →
→
−
−
soit r ≤ a : 2πrB = μ0 I 2 et donc B =
uθ .
a
2πa2
Cet énoncé concerne les questions 18 à 21 :
On reprend la distribution précédente : cylindre infini d’axe Oz et de rayon a, parcouru
→
−
−
par une intensité I. On souhaite maintenant calculer le champ magnétique B = B(r)→
uθ
en tout point de l’espace par l’équation de Maxwell-Ampère en coordonnées cylindriques (14).
18
→
−
−
Pour r ≤ a, quelles propriétés vérifie le champ B = B(r)→
uθ ?
1 ∂(rB(r))
= μ0 j
r ∂r
1 ∂B
= μ0 j
❒ c.
r ∂θ
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
❒
✗ a.
❒
✗ b. B(0) = 0
❒ d.
1 ∂(rB(r))
=0
r ∂r
1 ∂ (rB(r))
→
−
−
−→→
−
= μ0 j.
Selon Maxwell-Ampère, rot B = μ0 j = μ0 j→
uz donc
r
∂r
1 ∂B
→
−
B ne dépend pas de θ donc
= 0.
r ∂θ
→
−
Enfin, sur l’axe Oz, en utilisant les symétries, B est perpendiculaire à tous les plans de
symétrie, qui sont les plans contenant Oz : donc la seule possibilité est que B(0) = 0.
19
→
−
−
Pour r ≥ a, quelles propriétés vérifie le champ B = B(r)→
uθ ?
1 ∂(rB(r))
= μ0 j
r ∂r
1 ∂B
= μ0 j
❒ c.
r ∂θ
❒ a.
❒ b. B(r → +∞) = 0
❒
✗ d.
1 ∂(rB(r))
=0
r ∂r
183
Corrigés
1 ∂ (rB(r))
−
→
− →
−
−→→
= 0.
Selon Maxwell-Ampère, rot B = μ0 j = 0 donc
r
∂r
1 ∂B
→
−
B ne dépend pas de θ donc
= 0.
r ∂θ
On ne peut pas aﬃrmer qu’à très grande distance le champ est nul, parce qu’il y a des
courants à l’infini.
20
On en déduit l’expression générale de B(r) après intégration (où k1 et k2 sont des
constantes d’intégration) :
k1
μ0 jr k1
❒
+
❒ a. Si r ≤ a, B(r) = μ0 jr +
✗ b. Si r ≤ a, B(r) =
r
2
r
k2
❒ d. Si r ≥ a, B(r) = k2
❒
✗ c. Si r ≥ a, B(r) =
r
1 ∂(rB(r))
pour les diﬀérentes propositions que b. et c.
On vérifie facilement en calculant
r
∂r
satisfont à l’équation de Maxwell-Ampère.
21
Les constantes d’intégration sont :
μ0 ja2
2
μ0 ja2
❒ c. k2 = −
2
❒ a. k1 = −
❒
✗ b. k1 = 0
❒ d. k2 = 0
Sur l’axe Oz où r = 0 le champ ne peut pas être infini, donc k1 = 0. En utilisant la continuité
μ0 ja2
→
−
.
de B pour r = a, on obtient k2 =
2
Cet énoncé concerne les questions 22 à 26 :
On considère le plan infini xOy parcouru par une distribution surfacique de courant
→
−
−
uniforme j s = j s→
u x . On souhaite calculer le champ par le théorème d’Ampère.
22
Étude des symétries de la distribution de courant :
❒
✗ a. Le plan xOy est plan de symétrie de la distribution.
❒ b. Tout plan perpendiculaire à xOy est plan de symétrie de la distribution.
❒
✗ c. Tout plan parallèle à xOz est plan de symétrie de la distribution.
❒ d. Tout plan parallèle à xOz est plan de d’antisymétrie de la distribution.
Le plan dans lequel est contenue la distribution est forcément plan de symétrie du courant.
Tout plan parallèle à xOz est un « miroir » pour la distribution, c’est également un plan de
symétrie.
184
Corrigés
23
→
−
Parmi les propriétés suivantes lesquelles sont vérifiées par le champ B :
→
−
→
−
→
−
❒ a. B ne dépend que de x et y.
❒
✗ b. B(−z) = − B(z)
→
−
→
−
−
−
u
❒ d. B = B→
u
❒ c. B = B→
✗
y
z
→
−
La distribution étant invariante par translation parallèlement à Ox et Oy, B ne dépend que
de z.
→
−
B est perpendiculaire aux plans de symétrie de la distribution des courants, il est donc en
tout point de l’espace parallèle à Oy (c.).
Le plan xOy est plan de symétrie pour la distribution de courant, c’est par conséquent un
→
−
→
− →
−
plan d’antisymétrie pour B. Donc en M et M symétriques par rapport à xOy, B et B →
−
sont antisymétriques. Comme ils sont suivant uy , cela revient à ce qu’ils soient directement
opposés (b.).
24
−
On utilise comme contour, un carré de côté a perpendiculaire à →
u x et symétrique par
rapport au plan xOy. Le contour est orienté dans le sens direct (règle de la main droite
→
−
−
par rapport à →
u x ). La circulation C de B le long de ce contour est :
a
❒ a. C = 0
❒ b. C = a2 B
2
a
a
❒
❒ c. C = 2aB
✗ d. C = −2aB
2
2
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
La circulation de B sur le contour est non nulle sur les deux côtés parallèles à Oy.
a
Sur le côté tel que z = , la circulation est :
2
y1 −a
y1 −a
a a
a →
−
→
−
Chaut =
.
By ( )uy dyuy =
By( ) (dy) = −aBy
2
2
2
y1
y1
a
Sur le côté tel que z = − , la circulation est :
2
y1 y1 a
→
a→
a −
−
Cbas =
.
By (− )uy dyuy = −
By ( ) (dy) = −aBy
2
2
2
y1 −a
y1 −a
Au total, C = Chaut + Cbas = −2aB
25
a .
2
Le courant enlacé par le contour est :
❒ a. Ienl = a2 j s
❒ c. Ienl = 0
❒
✗ b. Ienl = a j s
❒ d. Ienl = 2a j s
→
−
−
Le contour enlace un segment de largeur a, traversé perpendiculairement par j s = j s→
ux
dans le sens positif, donc Ienl = a j s .
185
Corrigés
26
Le champ magnétique a pour expression :
μ0 j s →
→
− μ0 j s →
→
−
−
−
❒ a. B =
uy , pour z > 0 et B = −
uy , pour z < 0.
2
2
−
→
− →
❒ b. B = 0 ∀ z
μ0 j s →
→
−
→
− μ0 j s →
−
−
❒
uy , pour z > 0 et B =
uy , pour z < 0.
✗ c. B = −
2
2
→
−
→
− μ0 j s
∀ z
❒ d. B =
2
a
a
μ0 j s
= μ0 a j s , donc B
=−
, résultat
On applique le théorème d’Ampère : C = −2aB
2
2
2
qui ne dépend pas de z et qui est donc valable partout « au-dessus » du plan xOy, c’est-àμ0 j s →
→
−
−
dire si z > 0 . On a alors B = −
uy .
2
→
−
→
−
→
− μ0 j s →
−
Pour z < 0, d’après la relation B(−z) = − B(z), B =
uy .
2
11 Actions de Laplace - Dipôle magnétique
Vrai/Faux
1
❒V ❒
✗ F Puisque c’est une force magnétique, la force de Laplace est nulle sur un
conducteur immobile.
C’est le déplacement des charges à l’intérieur du conducteur qui est à l’origine de la force
de Laplace. La force est due non pas au déplacement du conducteur mais à l’existence
d’une intensité I.
2
❒V ❒
✗ F Un dipôle magnétique s’oriente perpendiculairement aux lignes du champ
magnétique dans lequel il est plongé.
−−
→ →
→ →
− −−
−
Le couple exercé par un champ magnétique sur un dipôle de moment M est Γ = M ∧ B,
donc le dipôle a tendance à s’aligner sur les lignes de champ. C’est d’ailleurs ce qui permet
de visualiser les lignes de champ avec de la limaille de fer par exemple. Les particules de
limaille s’aimantent en présence du champ et se comportent comme des dipôles.
3
❒
✗ V ❒ F Un dipôle magnétique se déplace vers les zones de champ intense.
−
−
→ →
−
L’énergie potentielle d’un dipôle dans un champ est E p = −M · B. Comme écrit précé→
−
demment, le dipôle s’aligne sur B de manière à rendre E p la plus petite possible. De plus,
→
−
si B n’est pas uniforme, le dipôle va se déplacer vers une zone de champ plus intense de
manière à avoir une énergie potentielle encore plus petite.
186
Corrigés
4
❒
✗ V ❒ F À grande distance, les lignes de champ d’un dipôle magnétique ont la
même allure que celle d’un dipôle électrostatique.
C’est une manière de retrouver les expressions du champ d’un dipôle magnétique connaissant celles d’un dipôle électrostatique.
Cette analogie n’est vérifiée qu’à grande distance de la distribution de courants
ou de charges.
QCM
5
−−→
L’expression de la force de Laplace élémentaire d fL s’exerçant sur un élément de
→
−
→
−
conducteur de longueur d parcouru par une intensité I et placé dans un champ B s’écrit :
→
− →
−−→
−−→
−
→
−
❒ b. dF L = Id B
❒ a. dF L = I d · B
−
−−→
→
− →
−−→ →
− →
−
❒
❒ c. dF L = I B ∧ d
✗ d. dF L = I d ∧ B
→
−
−−→
→
− →
−
La force de Laplace sur un élément de conducteur filiforme d est dF L = I d ∧ B : expression à retenir.
Cet énoncé concerne les questions 6 à 7 :
On souhaite calculer les eﬀorts de Laplace sur une spire circulaire de rayon a (fi→
−
gure 11.1). On choisit les axes tels que B soit dans le plan xOz.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
6
−→
→
−
Déterminer la force F L (résultante des actions de Laplace) exercée par le champ B sur
la spire.
−→
→
−
−→
−
❒ a. F L = 2πa B
❒ b. F L = πa2 B cos ϕ→
uz
−
−→ →
−→
→
−
❒ c. F = 0
❒ d. F = 2πaBu
✗
L
L
z
→
−
−−→
−→
→
−
L’élément de fil est d = adθuθ . Pour calculer l’intégrale F L =
dF L il faut projeter sur
−−→
−
−
−
uy , →
uz ), l’expression de dF L est :
des axes fixes. Donc dans la base (→
ux, →
⎧
⎧
⎧
⎪
⎪
⎪
−aI sin θ dθ
B sin ϕ
aBI cos θ cos ϕ dθ
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
⎨
⎨
aI
cos
θ
dθ
∧
0
=
aBI sin θ cos ϕ dθ
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩0
⎩ B cos ϕ
⎩ −aBI cos θ sin ϕ dθ
On s’aperçoit que l’intégration des trois composantes pour θ variant de 0 à 2π donnera 0.
La force est nulle. Ceci est dû au fait que le champ est uniforme.
187
Corrigés
7
→
−
→
−
Déterminer le moment Γ0 par rapport à O exercé par B sur la spire.
−
−→ →
−→
−
❒ a. ΓO = 0
❒
uy
✗ b. ΓO = πa2 IB sin ϕ→
−→
−
→
→
−
→
❒ c. ΓO = 2πBa2 I uθ
❒ d. ΓO = πa2 IB sin ϕ−
ux
→
−
−−→ −−→ −−→
Le moment élémentaire exercé sur d est dΓO = OM ∧ dF L , soit :
→
−
→
− −
→
−
−
−
−
−
−
−
Ia2 dθ→
ur ∧ →
ur · B)→
uθ − (→
ur · →
uθ ) B) = BIa2 dθ sin ϕ cos θ→
uθ
uθ ∧ B = Ia2 dθ((→
−
Pour eﬀectuer l’intégration, on projette →
uθ sur les axes fixes :
2π
2π
−→
→
−
→
−
−
2
2
ΓO = IBa sin ϕ
− sin θ cos θ dθ u x +
cos θ dθ uy = πa2 BI sin ϕ →
uy
0
0
−−
→ →
−
−
→
−
−n est
On remarque que l’on peut mettre le moment sous la forme M ∧ B où M = Iπa2→
→
−
le moment magnétique de la spire de normale n . La spire va donc pivoter pour aligner sa
→
−
normale sur le champ B.
8
−→
Déterminer la force de Laplace F L exercée par le
spire rectangulaire (figure 11.2).
1 →
−→ μ0 I1 I2 b 1
−
❒
−
❒ b.
ur
✗ a. F L =
2π
r2 r1
−→ μ0 I1 I2 r2 →
ln −
❒ c. F L =
❒ d.
ur
2π
r1
→
− μ0 I1 →
−
fil infini champ B =
uθ sur la
2πr
−
−→ →
FL = 0
1 →
−→ μ0 I1 I2 b 1
−
FL =
−
ur
2π
r1 r2
−
−−−−→
→
−
−
ur . La force
La force s’exerçant sur un élément dr→
ur du côté FC est dF EC = I2 B(r) ∧ dr→
−−−−→
→
−
−
s’exerçant sur l’élément du côté ED à même distance r du fil est dF ED = I2 B(r) ∧ −dr→
ur ,
−−−−→
puisque le courant est dans l’autre sens, c’est-à-dire l’opposé de dF EC . Les forces sur FC
−→
et ED se compensent donc. On écrit alors F L :
F
D→
→
→
→
−
−
−→
−
−
B(r1 ) ∧ dzuz +
B(r2 ) ∧ dzuz
F L = I2
E
C
Pour calculer l’intégrale sur CD : soit on écrit les bornes dans le sens du courant
et il faut prendre dz comme élément de longueur (ce qui est écrit précédemment),
−
soit on tient compte du sens du courant dans l’élément −dz→
uz , mais il faut alors
intégrer de bas en haut (c’est-à-dire entre D et C). Finalement :
b
0 dz
dz
μ0 I1 I2 b 1
1 →
−→ μ0 I1 I2
−
FL =
−
=
−
−
ur
2π
2π
r2 r1
0 r1
b r2
Il s’agit d’une force attractive.
188
Corrigés
9
On se place dans les mêmes conditions qu’à la question précédente mais avec une spire
comprise entre les distances r et r + dr du fil. Déterminer la force de Laplace exercée par
la spire sur le fil.
dB −
dB −
❒
ur
ur
❒ b. −bI2 dr→
✗ a. bI2 dr→
dr
dr
dB −
dB −
❒ c. bI2 →
❒ d. −bI2 →
ur
ur
dr
dr
−→
−
La force précédente s’écrit F L = bI2 (B(r2 ) − B(r1 ))→
ur , ce qui donne dans le cas présent
−→
−
F L = bI2 (B(r + dr) − B(r))→
ur .
dB −
−→
ur .
En eﬀectuant un développement au premier ordre : F L = bI2 dr→
dr
10
−−
→
Définir le moment magnétique M d’une spire circulaire parcourue par un courant, de
rayon R, d’axe Oz, et parcourue par une intensité I dans le sens horaire.
−−
→
−−
→
−
−
❒ a. M = 2πRI→
u
❒ b. M = −2πRI→
u
z
z
−
−
→
−
❒ c. M = πR2 I→
uz
−
−
→
−
❒
uz
✗ d. M = −πR2 I→
Le moment magnétique est perpendiculaire au plan de la spire, son orientation résulte de
celle du courant (règle de la main droite) et sa norme est le produit de la surface de la spire
par l’intensité du courant.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
11
−
−
→
Déterminer le moment magnétique M d’une sphère de centre O et de rayon R, uniformément chargée en surface avec la densité σ0 , en rotation uniforme autour de l’axe Oz
→
−
à la vitesse angulaire Ω .
π
❒ a. Mz = √ σ0 ΩR4
❒ b. Mz = πσ0 ΩR4
2
4
❒
❒ d. Mz = 2πσ0 ΩR4
✗ c. Mz = πσ0 ΩR4
3
On peut considérer la sphère comme un empilement de rubans circulaires parcourus
→
−
−−→
→
−
par une densité surfacique de courant j s = σ0 Ω ∧ OM . Chaque ruban se comporte
comme une spire de courant d’intensité dI = j s Rdθ. En utilisant les coordonnées sphériques dI = σ0 ΩR sin θRdθ et le moment magnétique correspondant est égal à dMz =
πσ0 Ω(R sin θ)3 Rdθ, le ruban ayant pour rayon R sin θ. On intègre sur la sphère pour obtenir
le moment total :
π
π
π
Mz =
πσ0 Ω(R sin θ)3 Rdθ = πσ0 ΩR4
sin3 θdθ = πσ0 ΩR4
sin θ(1 − cos2 θ)dθ
0
0
0
π
cos3 θ
4
4
d’où finalement Mz = πσ0 ΩR − cos θ +
= πσ0 ΩR4 .
3 0 3
189
Corrigés
12
On rappelle l’expression du potentiel vecteur créé par un dipôle magnétique de moment
−−
→ −
−
−
→
r
μ0 M ∧ →
→
−
−−→ →
−
. Déterminer l’expresM en un point M de l’espace tel que OM = ur : A =
3
4π r
−−
→
→
−
sion intrinsèque de B. On pourra utiliser les formules suivantes sachant que M est une
constante :
−−−→
−→ →
→−
−a + f −
rot( f −a ) = grad f ∧ →
rot→
a
−−
−−
−
→
→
−
−
→
−
→
→
−
−
−
→
−−→ −−
−→
−r = M div→
−r − →
−r div M − M · grad →
−r + →
−r · −
rot M ∧ →
grad M
μ0
→
−
❒ a. B =
4πr3
μ0
→
−
❒ c. B =
4πr3
⎛ −
⎞
−
→ →
⎜⎜⎜ 3M
−−→⎟⎟⎟⎟
· −r →
−r − −
⎜⎜⎜
5M ⎟⎟⎠
⎝ r2
−
−
→ − →
−−
→
3M · →
r −r − M
⎛ −
⎞
−
→ →
⎜⎜⎜ 3M
−
→⎟⎟⎟⎟
· −r →
−r − −
⎜⎜⎜
M ⎟⎟⎠
⎝ r2
⎛ −
⎞
−
→ −
−−
→⎟⎟⎟⎟
μ0 ⎜⎜⎜⎜ 3M · →
r→
→
−
−
⎜⎜−
r + 5M ⎟⎟⎠
❒ d. B =
4πr3 ⎝
r2
μ0
→
−
❒
✗ b. B =
4πr3
→
− −→→
−
On écrit B = rot A soit :
−
−
→ − 1 −→ −−
→ −
μ0 −−−→ 1
→
−
B=
grad 3 ∧ M ∧ →
r + 3 rot M ∧ →
r
4π
r
r
→
−−
→
−−→ −−
−r · −
Le moment magnétique étant constant, les termes →
grad M et div M contenant des
−
−
→
dérivées de M sont nuls. D’autre part :
−−
−−
→
→ −−−→→
∂
∂
∂
−
−
−
−
+ My + Mz
(x→
u x + y→
uy + z→
uz ) = M
M · grad r = M x
∂x
∂y
∂z
−r
3→
−−→ 1
−r = 3 et −
Avec div→
grad 3 = − 5 , on obtient :
r
r
−
−
→ −
−
−
→
−r −−
−
−
→ →
→ →
r→
−−−→ 1
3→
3M 3M · →
−r
−
−
grad 3 ∧ M ∧ r = − 5 ∧ M ∧ r = − 3 +
r
r
r
r5
−
→ −
−
−
→
→
−
−→ −
et rot M ∧ →
r = 2M . On trouve bien pour B la réponse b.
190
Corrigés
13
Déterminer les composantes en coordonnées sphériques du champ magnétique créé par
un moment magnétique en utilisant l’analogie avec le champ électrique d’un moment
dipolaire en électrostatique.
μ0 M cos θ
μ0 M cos θ
❒ a. Br =
❒
✗ b. Br =
4πr2
2πr3
μ0 M sin θ
μ0 M sin θ
❒ c. Bθ =
❒
✗ d. Bθ =
4πr2
4πr3
Les lignes de champ des deux dipôles ayant même forme à grande distance, il suﬃt de
−
→
1
p cos θ
p sin θ
−p par −
remplacer
par μ0 et →
M dans Er =
et Eθ =
.
0
2π0 r3
4π0 r3
14
Quelles sont les actions subies par un dipôle magnétique dans un champ magnétique
−−→
uniforme Bext ?
−
→
− →
→
−
−−→
❒
❒ a. F = M Bext
✗ b. F = 0
−
→
→ −−→
→
− −−
→
− −−→ −
❒
❒ c. Γ = Bext ∧ M
✗ d. Γ = M ∧ Bext
− →
− − →
→
− →
−
On utilise de nouveau les analogies avec le dipôle électrostatique : F = 0 et Γ = →
p ∧ E.
Les résultats des questions 6 et 7 confirment ce résultat et montrent qu’un circuit
plongé dans un champ magnétique uniforme se comporte comme un dipôle
magnétique. L’expression du couple reste valable dans un champ non uniforme,
ce qui n’est pas le cas de la force.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
15
Quelle est l’expression de l’énergie potentielle d’un dipôle magnétique rigide plongé
−−→
dans un champ extérieur Bext ?
−−
→ −−→
−−
→ −−→
❒
❒ b. E p = M · Bext
✗ a. E p = −M · Bext
−
−
→ −−→
−−
→ −−→
❒ c. E p = −M ∧ Bext
❒ d. E p = −M ∧ Bext
−→
−p · −
On raisonne encore par analogie sachant que pour un dipôle électrostatique E p = −→
Eext .
Cette expression est valable dans un champ non uniforme et, pour un dipôle rigide, on
−−−→
→
−
pourra écrire F = − grad E p .
12 Équations de Maxwell
Vrai/Faux
1
❒V ❒
✗ F Le théorème de Gauss n’est plus valable en régime dépendant du temps.
ρ
→
−
L’équation de Maxwell-Gauss div E =
qui est la forme locale du théorème de Gauss
0
est inchangée lorsqu’on passe du régime stationnaire au régime dépendant du temps.
191
Corrigés
2
→
−
❒V ❒
✗ F La circulation de E est conservative.
→
−
−
−→→
Ce n’est
vrai qu’en
régime statique où l’équation de Maxwell-Faraday est rot E = 0 et
−
→
− →
− −→
−→ →
donc
E ·d =
rot E · dS = 0. En régime variable l’équation de Maxwell-Faraday
→
−
∂B
−
−→→
s’écrit rot E = −
, donc la circulation s’écrit :.
∂t
C
−
→
− →
E ·d =
− −→
−→→
rot E · dS = −
→
−
∂ B −→
d
dφC
→
− −→
· dS = −
B · dS = −
∂t
dt
dt
→
−
où φC est le flux de B à travers une surface orientée s’appuyant sur le contour C .
3
❒
✗ V ❒ F Par changement de référentiels galiléens, le champ magnétique est
conservé.
La réponse est commune à la question suivante.
4
❒V ❒
✗ F Par changement de référentiels galiléens, le champ électrique est conservé.
→
− →
−
→
− →
−
Soient E et B les champs dans un référentiel galiléen R et E et B ceux dans R galiléen,
− →
−v et →
−
−
v = −v − →
ve les vitesses d’une
en translation à la vitesse →
ve par rapport à R. On note →
charge q dans chaque référentiel. La force de Lorentz exercée par les champs sur cette
→
−
− →
→
−
→
− − →
−
→
− →
−
charge s’écrit f = q( E + →
v ∧ B) dans R et f = q( E + v ∧ B ) dans R . En mécanique
classique, la force est indépendante du référentiel. On en déduit :
− →
→
− →
− →
→
− →
→
− →
− →
−
→
− − →
−
−
→
− →
−
E + −v ∧ B = E + v ∧ B ⇒ ( E + →
ve ∧ B) + ( v ∧ B) = E + v ∧ B →
−
→
−
→
− − →
− →
− →
−
L’égalité étant vérifiée quelle que soit v , on a E = E + →
ve ∧ B et B = B .
5
❒
✗ V ❒ F Le vecteur de Poynting correspond à une puissance par unité de surface.
−→
→
−
Si l’on note Π le vecteur de Poynting, la puissance traversant la surface dS est par définition
→
− −→
dP = Π · dS .
QCM
6
192
Cocher la (ou les) équation(s) juste(s) :
→
−
∂E
−
−→→
❒ a. rot B = −
∂t
→
−
−
−→→
❒ c. rot B = μ0 j
→
−
∂B
−
−→→
❒
✗ b. rot E = −
∂t
−
− →
−→→
❒ d. rot E = 0
Corrigés
Les équations de Maxwell (à connaître par cœur) sont :
→
−
Maxwell pour le flux : div B = 0
ρ
→
−
Maxwell Gauss : div E =
0
7
⎛
→
− ⎞⎟
⎜⎜⎜→
∂
E ⎟⎟⎟
−
−
−→→
⎟⎟
Maxwell Ampère : rot B = μ0 ⎜⎜⎜⎝ j + 0
∂t ⎠
→
−
∂B
−
−→→
Maxwell Faraday : rot E = −
∂t
−→
On considère un contour fermé C sur lequel s’appuie la surface S d’élément dS correc→
−
tement orienté. La circulation de B le long du contour C s’écrit :
−
→
− →
→
− −→
B · d = μ0
j · dS
❒ a.
C
S
→
−
−
∂E →
·d
C
S
C ∂t
→
−
−
∂ E −→
→
− →
→
− −→
❒
B · d = μ0
j · dS + μ0 0
· dS
✗ c.
C
S
S ∂t
→
−
−
∂ E −→
→
− −→
− →
−→→
❒ d.
j · dS μ0 0
· dS
rot B · d = μ0
C
S
S ∂t
−
→
− →
− −→
−→→
B ·d =
rot B · dS , donc l’équation de
Le théorème de Stokes permet d’écrire
❒ b.
−
→
− →
B · d = μ0
→
− −→
j · dS + μ0 0
C
Maxwell-Ampère devient :
− −→
−→→
rot B · dS =
S
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
8
C
−
→
− →
B · d = μ0
S
→
− −→
j · dS + μ0 0
S
S
→
−
∂ E −→
· dS
∂t
En régime dépendant du temps, l’équation de conservation de la charge s’écrit :
→
− ∂ρ
=0
❒
✗ a. div j +
∂t
1 ∂ρ
→
−
=0
❒ c. div j +
0 ∂t
→
−
❒ b. div j = 0
ρ
→
−
❒ d. div j =
0
−→
On prend la divergence de l’équation de Maxwell-Ampère sachant que div rot = 0 :
∂
∂ ρ
→
−
→
−
−
→
−
−→→
div rot B = 0 ⇒ div j + 0 (div E ) = 0 ⇒ div j + 0
=0
∂t
∂t 0
9
Dans un métal de conductivité γ, l’équation vérifiée par la densité volumique de charge
ρ est :
∂ρ γ
+ ρ=0
❒ a. ρ = γE
❒
✗ b.
∂t 0
∂ρ
γ
❒ c.
=0
❒ d. ρ = E
∂t
0
193
Corrigés
→
−
→
−
→
−
→
−
Dans le métal, la loi d’Ohm locale s’écrit : j = γ E , donc div j = γ div E , soit avec
ρ
→
−
→
−
Maxwell-Gauss div j = γ . En remplaçant div j dans l’équation de conservation de la
0
charge, on trouve la réponse b.
10
Dans le cadre de l’approximation des régimes quasi stationnaires on peut :
→
−
∂E
→
−
.
❒ b. Négliger le terme j devant 0
∂t
→
−
−
−→→
❒
✗ d. Écrire rot B = μ0 j
−
−→→
❒ a. Écrire rot E = 0.
→
−
❒ c. Écrire div E = 0.
Dans l’A.R.Q.S., on néglige les eﬀets de propagation. Dans l’équation de Maxwell→
−
∂E
Ampère, c’est le terme μ0 0
appelé densité de courant de déplacement qui est res∂t
→
−
ponsable de la propagation : on le néglige par rapport à j .
11
La conductivité γ d’un métal est de l’ordre de 107 S · m−1 . On s’intéresse à un champ
harmonique de fréquence f 1014 Hz.
On donne 0 = 8, 85 · 10−12 F · m−1 . Quelle(s) proposition(s) est(sont) juste(s) ?
→
−
∂E
→
−
est négligeable devant j .
❒
✗ a. Le terme 0
∂t
→
−
❒ b. Le champ E est nul.
❒
✗ c. La densité volumique ρ est nulle.
→
−
❒ d. Le champ B est nul.
→
−
→
−
∂E
∂E
→
−
→
−
→
− →
−
, on écrit j = γ E et 0 = 0 ωE avec ω = 2π f .
Pour comparer j et jd = 0
∂t
∂t
On a donc :
→
−
107
1, 8 · 1017
γ
j
1
→
− ∼ 0 ω ∼ 2π 8, 85 · 10−12 f ∼
f
j d
La réponse a. est donc juste.
On résout l’équation de conservation de la charge :
∂ρ
ρ
+ γ = 0 ⇒ ρ = ρ0 e−t/τ
∂t
0
0
. On peut donc considérer ρ = 0 au bout de quelques τ et il faut pour cela que
γ
f 0
τ
→
−
1, ce qu’a
la période T du champ excitateur E soit grande devant τ soit 1 ou
T
γ
→
−
vérifié le calcul précédent. On en déduit aussi que div j = 0.
avec τ =
Ces conditions sont a fortiori vérifiées dans le cadre de l’A.R.Q.S.
194
Corrigés
12
→
−
On note Π le vecteur de Poynting. Établir le théorème de Poynting ou bilan intégral de
puissance :
→
− →
−
E ∧ B −→
∂ 0 E 2
B2
→
− →
−
j · E dτ
+
dτ +
· dS = −
❒
✗ a.
∂t
2
2μ
μ
0
0
τ
S
τ
→
− →
−
2
2
E ∧ B −→
∂ 0 E
B
→
− →
−
❒ b.
j · E dτ
+
dτ +
· dS = +
∂t
2
2μ
μ
0
0
τ
S
τ
→
− →
−
2
2
E∧B
∂ 0 E
B
→
− →
−
❒ c.
j · E dτ
+
dτ +
dτ = −
2
2μ0
μ0
τ ∂t
τ
τ
→
−
→
−
B2
E ∧ B −→
0 E 2
→
− →
−
❒ d.
j · E dτ
+
dτ +
· dS = −
2
2μ0
μ0
τ
S
τ
On considère un volume τ
fermé par une surface
S . L’énergie électromagnétique contenue
B2
0 E 2
+
dτ. Sa variation entre t et t + dt s’écrit :
dans le volume τ est E =
2
2μ0
τ
dE
∂ 0 E 2
d
B2
B2
0 E 2
E (t + dt) − E (t) =
dt =
+
+
dτdt =
dτdt
dt
dt
2
2μ0
2
2μ0
τ
τ ∂t
Cette variation est due à la puissance P J cédée à la matière par eﬀet Joule :
→
− →
−
E ∧ B −→
→
− →
−
j · E dτ et à la puissance Pr rayonnée à travers S : Pr =
· dS .
PJ =
μ0
τ
S
−→
Conventionnellement, pour une surface fermée, dS est orientée vers l’extérieur, donc Pr >
0 si la puissance est perdue par τ. Le bilan s’écrit donc :
E (t + dt) − E (t) = −Pr dt − P J dt
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
ce qui après simplification par dt donne le résultat a.
13
Déterminer l’équation locale de bilan de puissance :
B2
∂ 0 E 2
→
− →
−
+
=− j · E −Π
❒ a.
∂t 2
2μ0
2
∂ 0 E
B2
→
− →
− →
−
❒ b.
+
= j · E −Π
∂t 2
2μ0
∂ 0 E 2
B2
→
− →
−
→
−
❒ c.
+
= j · E − div Π
∂t 2
2μ0
2
B2
∂ 0 E
→
− →
−
→
−
❒
+
= − j · E − div Π
✗ d.
∂t 2
2μ0
On transforme l’intégrale donnant Pr avec la relation de Green-Ostrogradski :
→
− −→
→
−
Π · dS =
div Πdτ
S
τ
195
Corrigés
La relation intégrale ne contient plus que des intégrales de volume. Elle doit être vérifiée
∀τ, on peut donc supprimer les intégrales ce qui donne la relation d.
Cet énoncé concerne les questions 14 à 17 :
On considère un fil conducteur cylindrique (conductivité σ) de très grande longueur
→
−
−
plongé dans un champ électrique E = E→
uz permanent et uniforme. Le fil a pour rayon a
−
et pour axe Oz. On note r la distance d’un point à l’axe et →
ur le vecteur radial.
14
Déterminer le vecteur de Poynting pour r ≤ a :
E 2 σr→
→
−
−
❒
ur
✗ b. Π = −
2
2
2
E σr→
E σr→
→
−
→
−
−
−
❒ c. Π =
❒ d. Π =
ur
uz
2
2
→
−
→
−
La densité volumique de courant dans le fil est j = σ E . Le champ magnétique créé par
→
−
un fil cylindrique est un résultat de magnétostatique. Le champ B est orthoradial et on
le calcule avec le théorème d’Ampère avec un contour circulaire de rayon r, d’axe Oz,
−
orienté suivant →
uθ . Pour r ≤ a le courant enlacé est Ienl = πr2 j = πr2 σE. La circulation
μ0 rσE →
→
−
→
−
−
de B est égale à 2πrB. On en déduit B =
uθ . Le vecteur de Poynting est donc
2
→
− →
−
E∧B
rσE 2 →
→
−
−
Π=
=−
ur .
μ0
2
−
→
− →
❒ a. Π = 0
15
Déterminer le vecteur de Poynting pour r ≥ a :
−
→
− →
❒ a. Π = 0
E 2 σa2 →
→
−
−
❒ c. Π =
ur
2r
Pour r ≥ a, le courant enlacé est Ienl
→
− →
−
E∧B
a2 σE 2 →
→
−
−
Π=
=−
ur .
μ0
2r
16
E 2 σa2 →
→
−
−
❒
ur
✗ b. Π = −
2r
2
2
E σa →
→
−
−
❒ d. Π =
uz
2r
→
−
= πa2 σE, donc B =
μ0 a2 σE →
−
uθ et
2r
Calculer le flux φ du vecteur de Poynting à travers la surface d’un cylindre d’axe Oz, de
rayon r ≥ a et de hauteur :
E 2 a2 πrσ
2
❒ d. φ = E 2 a2 πσ
❒ a. φ = 0
❒ b. φ =
❒
✗ c. φ = −E 2 a2 πσ
→
− −→
→
−
Le flux s’écrit φ =
Π · dS . Comme Π est radial, le flux sur les deux bases du cylindre
est nul et donc :
φ=
196
−
E 2 σa2
E 2 σa2 →
−
−
2πr = −πE 2 σa2
ur = −
ur · dS→
2r
2r
Corrigés
17
Quelle(s) proposition(s) est(sont) vraie(s) ?
❒ a. Le fil cède de l’énergie au champ par eﬀet Joule.
→
−
❒
✗ b. Le flux de Π est entrant dans le fil.
❒
✗ c. Le champ cède de l’énergie au fil.
❒ d. Le flux est sortant à cause de l’eﬀet Joule.
À cause de l’eﬀet Joule, l’énergie électromagnétique a tendance à diminuer dans le fil, et
pour la maintenir constante, il faut apporter de la puissance par rayonnement. On constate
−
eﬀectivement que le flux du vecteur de Poynting est entrant (selon −→
ur ). C’est le champ qui
cède de l’énergie électromagnétique à la matière par eﬀet Joule, à ne pas confondre avec la
chaleur due à l’eﬀet Joule que le fil cède à l’extérieur.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
18
On considère l’interface chargée (densité surfacique σ) entre deux milieux (1) et (2). On
→
−
→
−
note E 1 (respectivement E 2 ) le champ en un point M de l’interface dans le milieu (1)
−−→
(respectivement dans le milieu (2)). On note N12 , la normale à la surface, orientée du
milieu (1) vers le milieu (2). À la traversée de la surface :
→
−
❒ a. La composante normale du champ E est continue.
σ −−→
→
−
→
−
❒ b. E 1 − E 2 = N12
0
→
−
❒
✗ c. La composante tangentielle du champ E est continue.
σ −−→
→
−
→
−
❒
✗ d. E 2 − E 1 = N12
0
→
−
On utilise le théorème de Gauss pour la composante normale et la circulation de E pour
la composante tangentielle. Pour le théorème de Gauss, on définit une petite surface fermée parallélépipédique (figure 12.1), et pour la circulation un petit contour rectangulaire
(figure 12.2).
Figure 12.1
Figure 12.2
Dans le premier cas, le flux du champ à travers la surface est la somme dφ = dφ1 +dφ2 +dφlat
où dφ et dφ2 sont respectivement les flux à travers les surfaces dS 1 et dS 2 , et dφlat celui
à travers les surfaces latérales. On note dS la valeur commune des normes de dS 1 et dS 2 .
197
Corrigés
Sachant que la charge intérieure est celle de la surface dS grisée, et que dS 1 = −dS 2 =
−−→
−dS N12 , le théorème de Gauss donne :
−−→ →
−−→
σdS
σdS
→
−
−
→
−
→
−
−−→
E (M1 ) · dS 1 + E (M2 ) · dS 2 + φlat =
⇒ E (M2 ) − E (M1 ) · N12 dS + φlat =
.
0
0
→
−
→
− →
−
→
−
Lorsqu’on fait tendre M1 et M2 vers M, alors E (M1 ) → E 1 , E (M2 ) → E 2 et φlat → 0.
σ
→
−
Donc en indiçant par « n » les composantes normales de E , on a En2 − En1 = .
0
→
−
Pour calculer la circulation de E sur un contour fermé, on utilise la forme intégrale de
→
−
l’équation de Maxwell-Faraday : la circulation dC de E le long du contour C est égale à
→
−
l’opposée de la dérivée du flux φC de B à travers ce contour. On peut écrire :
−−→ →
−−→
dφC
→
−
−
dC = E (M1 ) · d 1 + E (M2 ) · d 2 + dClat = −
dt
−−→
−−→
→
−
où dClat est la circulation sur les deux côtés latéraux. En notant d 2 = −d 1 = d T , on a :
dφC
→
−
→
−
→
−
dC = E (M1 ) − E (M2 ) · T d + dClat = −
dt
Lorsqu’on fait tendre M1 et M2 vers M, dClat → 0 et φC → 0. Donc en indiçant par « t »
→
−
les composantes tangentielles de E , on a Et2 − Et1 = 0. On retrouve les mêmes équations
qu’en statique.
19
On considère l’interface entre deux milieux (1) et (2) parcourue par une densité surfa→
−
→
−
→
−
cique de courant j s . On note B 1 (respectivement B 2 ) le champ en un point M de l’inter−−→
face dans le milieu (1) (respectivement dans le milieu (2)). On note N12 , la normale à la
surface, orientée du milieu (1) vers le milieu (2). À la traversée de la surface :
→
−
❒ a. La composante tangentielle du champ B est continue.
→
−
❒
✗ b. La composante normale du champ B est continue.
→
− −−→
→
−
→
−
❒
✗ c. B 2 − B 1 = μ0 j s ∧ N12
→
− −−→
→
−
→
−
❒ d. B 1 − B 2 = μ0 j s ∧ N12
Les raisonnements sont semblables à ceux faits pour le champ électrique. L’équation de
Maxwell pour le flux donnerait Bn2 = Bn1 . Pour la circulation, il s’agit d’utiliser l’équation
de Maxwell-Ampère. On aurait donc avec le schéma de la figure (12.3) :
Figure 12.3
198
Corrigés
→
−
→
−
→
−
B(M1 ) − B(M2 ) · T d + dClat = μ0 j s d + μ0 φ( jd )
à travers la surface du circuit
où φ( jd ) est le flux de la densité de courant de
déplacement
→
−
→
−
→
−
C . Lorsqu’on fait tendre h vers 0, on trouve B 2 − B 1 · T = μ0 js car φ( jd ) → 0.
Les deux résultats s’écrivent vectoriellement sous la forme de la réponse b. Ce sont les
mêmes qu’en statique.
13 Induction électromagnétique
Vrai/Faux
1
❒V ❒
✗ F La loi de Lenz stipule que le courant induit crée un champ opposé au
champ qui l’a créé.
La loi de Lenz est une loi de modération. Lorsque le flux varie, le phénomène d’induction
→
−
tend à s’opposer à la variation du flux. Par exemple, si l’intensité du champ B diminue,
→
−
le courant induit sera tel qu’il créera un champ de même sens que B pour s’opposer à la
diminution du flux.
2
❒V ❒
✗ F Une inductance mutuelle est toujours positive.
Son signe dépend des sens d’orientation choisis pour les circuits.
3
❒
✗ V ❒ F Un champ électromoteur d’induction est à circulation non conservative.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Sa circulation est égale à la f.e.m.
4
❒
d’induction eCD entre deux points C et D d’un
✗ V ❒ F La force électromotrice
D
−−→
−→
Em (M) · d M .
conducteur filiforme s’écrit eCD =
C
C’est la définition de la f.e.m.
→
−
∂A
−→
5 ❒
✗ V ❒ F Dans le cas de Neuman, le champ électromoteur est Em = − .
∂t
On retrouve ceci avec l’équation de Maxwell-Faraday :
⎛
→
−
−
→
−⎞
→
−
−→→
∂B
∂(rot A)
−−−→
−
−
− ∂ A ⎟⎟⎟⎟ →
→
− ∂A
−→→
−→ ⎜⎜⎜⎜→
⎜
⎟
rot E = −
=−
⇒ rot ⎜⎝ E +
= − grad V
⎟ = 0 ⇒ ∃V/ E +
∂t
∂t
∂t ⎠
∂t
−−−→
→
−
donc E est la somme du champ électrostatique − grad V et du champ électromoteur
→
−
∂A
−→
Em = −
.
∂t
199
Corrigés
6
−v , le champ électromoteur
❒V ❒
✗ F Dans un conducteur se déplaçant à la vitesse →
→
−
−→
−v ∧ B.
est Em = −→
On rappelle que la transformation classique des champs par changement de référentiels
galiléens de R à R donne :
→
− →
−
→
−
→
− − →
−
B = B et E = E + →
v ∧B
−v est la vitesse de R par rapport à R. Le déplacement du conducteur va donc induire
où →
−→ − →
−
un champ électromoteur : Em = →
v ∧ B.
7
dφ
❒
✗ V ❒ F La loi de Faraday s’écrit : em = − , où φ est le flux du champ magnétique
dt
à travers le circuit fermé.
Elle se démontre avec l’équation de Maxwell-Faraday. On considère un circuit C fermé et
orienté et une surface S orientée (règle de la main droite) s’appuyant sur le circuit. On peut
alors écrire :
em =
C
−
→
− →
E ·d =
− −→
−→→
rot E · dS = −
S
S
→
−
∂ B −→
d
→
− −→
B · dS
· dS = −
∂t
dt
S
QCM
8
On considère un élément de circuit CD de résistance RCD et soumis à une f.e.m. d’induction eCD (figure 13.1). Déterminer la relation correcte d’après les conventions sur le
sens du courant induit iCD et de eCD :
❒ a. VD − VC = −eCD − RCD i
❒
✗ c. VD − VC = eCD − RCD i
❒ b. VD − VC = eCD + RCD i
❒ d. VD − VC = −eCD − RCD i
On utilise la convention générateur (figure 13.10).
Figure 13.10
On écrit alors : UCD = VD − VC = eCD − RCD i
200
Corrigés
Cet énoncé concerne les questions 9 à 11 :
On considère un circuit formé de N spires rectangulaires de côtés a et b soumis au
champ magnétique d’un fil très long parcouru par un courant I = I0 cos ωt (figure 13.2).
μ0 I →
→
−
−e .
On rappelle que le champ magnétique créé par le fil est B =
θ
2πr
→
−
Le flux φ de B à travers le circuit est :
a
μ0 NIb
ln 1 +
❒ a. φ = −
2π
r1
⎞
⎛
μ0 NIb ⎜⎜⎜
1 ⎟⎟⎟
1
❒ c. φ =
− ⎠⎟
⎝⎜
2π
(r1 + a)2 r12
9
❒ b. φ =
μ0 NIab
2πr1
a
μ0 NIb
ln 1 +
❒
✗ d. φ =
2π
r1
Avec le sens du courant Ic choisi, on trouve avec la règle de la main droite que la normale
−
−e . Le champ →
au circuit est →
B étant indépendant de z on choisit comme surface élémentaire
θ
−→
→
−
dS = Nbdr e θ . Le flux s’écrit alors :
→
− −→ Nμ0 Ib r1 +a dr Nμ0 Ib r1 + a
B · dS =
=
ln
φ=
2π
r
2π
r1
S
r1
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
10
Sachant que le circuit a une résistance R, déterminer l’intensité du courant induit Ic .
a
Nμ0 bI0
ln 1 +
ω sin ωt
❒
✗ a. Ic =
2πR
r1
a
Nμ0 bI0
ln 1 +
❒ b. Ic = −
ω sin ωt
2πR
r1
⎞
⎛
μ0 NI0 b ⎜⎜⎜
1 ⎟⎟⎟
1
⎟⎠ ω sin ωt
⎜⎝
❒ c. Ic =
−
2πR (r1 + a)2 r12
❒ d. Ic =
μ0 NI0 abR
ω sin ωt
2πr1
On calcule la f.e.m. induite avec la loi de Faraday :
μ0 Nb
a dI ωI0 μ0 Nb
a
dφ
=−
ln 1 +
=
ln 1 +
em = −
sin ωt
dt
2π
r1 dt
2π
r1
Par convention, la f.e.m. est orientée dans le sens choisi pour Ic . La loi des mailles s’écrit :
a
em ωI0 μ0 Nb
=
ln 1 +
Ic =
sin ωt
R
2πR
r1
201
Corrigés
11
−→
Déterminer la force instantanée F L exercée par le fil sur le circuit.
−
−→ →
❒ a. F L = 0
1
1
a
−→ N 2 μ20 b2 I02
−e
−
ln 1 +
ω sin ωt cos ωt→
❒
✗ b. F L =
r
r1 + a r1
r1
4π2 R
2 2 2 2 1
1
a
−→ N μ0 b I0
−e
−
ln 1 +
ω sin ωt cos ωt→
❒ c. F L =
θ
r1 + a r1
r1
4π2 R
−→
−e
❒ d. F = BI b→
L
c
θ
Ce calcul a déjà été eﬀectué dans le chapitre sur les forces de Laplace. On rappelle que les
forces exercées sur la branche haute et la branche basse du circuit se compensent. Sur la
−−→
−e et sur celle à distance r + a, la
branche à distance r1 , la force est F1L = −NbIc B(r1 )→
r
1
−−→
→
−
force est F2L = NbIc B(r1 + a) e r , soit finalement :
2 2 2 2
1
a
1
−→ −−→ −−→ ωI0 μ0 N b
−e
F L = F1L + F2L =
−
ln 1 +
sin ωt cos ωt→
r
r1 r1 + a r1
4π2 R
Cet énoncé concerne les questions 12 à 13 :
On place un cylindre conducteur de conductivité γ ( figure 13.3) dans un champ magné→
−
−
tique sinusoïdal B = B0 cos ωt→
uz .
12
On décompose le cylindre en spires élémentaires de hauteur dz et de rayon compris entre
−
r et r + dr. Déterminer le courant induit i(t) dans une de ces spires avec →
uθ comme sens
positif d’orientation.
rγdrdz
rγdrdz
B0 ω sin ωt
B0 ω sin ωt
❒
❒ b. i(t) = −
✗ a. i(t) =
2
2
❒ d. i(t) = γdrdzB0ω sin ωt
❒ c. i(t) = −γdrdzB0 ω sin ωt
−
−
Le sens d’orientation de la normale compatible avec l’orientation →
uθ de la spire est →
uz . Le
2
flux à travers la spire est donc φ = πr B et avec la loi de Faraday :
dφ
= πr2 B0 ω sin ωt. On utilise l’expression générale de la résistance d’un fil
em = −
dt
L
avec ici une longueur égale au périmètre de la spire 2πr et une section égale
R=
γS
2πr
. On obtient alors le courant induit dans le sens
à drdz, d’où une résistance dR =
γdrdz
→
−
conventionnel uθ :
rB0 γω
em
=
drdz sin ωt
i(t) =
dR
2
202
Corrigés
13
Déterminer la puissance moyenne P dissipée dans le cylindre par induction (courants
de Foucault).
γa3 hπ 2 2
B0 ω
6
γa4 hπ 2 2
Bω
❒
✗ c. P =
16 0
γa3 hπ 2 2
B0 ω
3
γa4 hπ 2 2
B0 ω
❒ d. P =
8
❒ a. P =
❒ b. P =
La puissance dissipée dans la spire élémentaire est dP = i2 dR soit dP =
πr3 B20 ω2 γ sin2 ωt
drdz. On en déduit :
2
h
πB20 ω2 γ sin2 ωt a 3
a4 hπB20ω2 γ sin2 ωt
P=
r dr
dz =
2
8
0
0
&
%
2
Avec sin ωt = 1/2, la valeur moyenne temporelle de P est donc :
e2m
ou
dR
dP =
P =
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14
a4 hπB20ω2 γ
16
Déterminer le coeﬃcient d’inductance mutuelle M entre un solénoïde (S 1 ) considéré
infini (n1 spires par unité de longueur, section Σ1 ) et une bobine S 2 composée de N2
spires de section Σ2 (figure 13.4).
i1
❒
❒ a. M = μ0 n1 N2 Σ2 cos θ
✗ b. M = μ0 n1 N2 Σ2 cos θ
i2
❒ d. M = μ0 n1 N2 Σ2 i2 cos θ
❒ c. M = μ0 n1 N2 Σ1 i1 cos θ
→
−
−
Le champ magnétique créé par le solénoïde (S 1 ) est B 1 = μ0 n1 i1→
uz . Le flux à travers les
N2 spires de la bobine S 2 est :
→
− →
B1 · −
φ=
n2 N2 dΣ2 = μ0 n1 i1 N2 Σ2 cos θ
S2
Or φ = Mi1 d’où M.
15
Déterminer le coeﬃcient d’inductance propre L d’un solénoïde de grande longueur ,
ayant N1 spires. On note Σ1 sa section.
❒ a. L = μ0 N12 Σ1
❒ c. L = μ0
N12
Σ1 i1
❒ b. L = μ0
❒
✗ d. L = μ0
N12
2
N12
Σ1
Σ1
Supposer que le solénoïde est de grande longueur revient à le considérer infini et négliger
→
−
−
les eﬀets de bords. Si l’on appelle son axe Oz, le champ qu’il crée est B 1 = μ0 n1 i1→
uz avec
N2
N1
n1 =
. Le flux propre est alors φ p = N1 B1 Σ1 . Par définition, φ p = Li1 donc L = μ0 1 Σ1 .
203
Corrigés
Cet énoncé concerne les questions 16 à 17 :
On étudie le système de la figure 13.5 formé de deux circuits couplés par inductance
mutuelle M.
16
Écrire les équations des deux circuits.
⎧
di1
di1
⎪
⎪
⎪
+M
u1 = R1 i1 + L1
⎪
⎪
⎪
dt
dt
⎪
⎨
❒ a. ⎪
⎪
⎪
⎪
di2
di2
⎪
⎪
⎪
+M
⎩ u2 = R2 i2 + L2
dt
dt
⎧
di
di
⎪
1
2
⎪
⎪
−M
u1 = R1 i1 − L1
⎪
⎪
⎪
dt
dt
⎪
⎨
❒ b. ⎪
⎪
⎪
⎪
di2
di1
⎪
⎪
⎪
−M
⎩ u2 = R2 i2 − L2
dt
dt
⎧
di
di
⎪
1
2
⎪
⎪
+M
u1 = R1 i1 + L1
⎪
⎪
⎪
dt
dt
⎪
⎨
❒
✗ c. ⎪
⎪
⎪
⎪
di2
di1
⎪
⎪
⎪
+M
⎩ u2 = R2 i2 + L2
dt
dt
⎧
di1
⎪
⎪
⎪
+ Mi2
u1 = R1 i1 + L1
⎪
⎪
⎪
dt
⎪
⎨
❒ d. ⎪
⎪
⎪
⎪
di2
⎪
⎪
⎪
+ Mi1
⎩ u2 = R2 i2 + L2
dt
On a représenté sur la figure 13.11 le circuit électrique équivalent au circuit étudié. Les
f.e.m. e11 et e22 sont celles dues aux inductances propres et e21 (respectivement e12 ) est celle
due à l’inductance mutuelle du circuit secondaire sur le circuit primaire (respectivement du
circuit primaire sur le circuit secondaire).
Figure 13.11
On a donc :
di1
di2
di1
di2
e22 = −L2
e12 = −M
e11 = −M
dt
dt
dt
dt
La loi des mailles pour le circuit (1) s’écrit :
di2
di1
+M
u1 = R1 i1 − e11 − e21 = R1 i1 + L1
dt
dt
et pour le circuit secondaire
e11 = −L1
u2 = R2 i2 − e22 − e12 = R2 i2 + L2
204
di2
di1
+M
dt
dt
Corrigés
17
Écrire l’énergie magnétique totale du système.
1
1
1
❒
❒ b. Em = L1 i21 +
✗ a. Em = L1 i21 + L2 i22 + Mi1 i2
2
2
2
1
1
1
1
❒ c. Em = L1 i21 + L2 i22 + Mi1 i2
❒ d. Em = L1 i21 +
2
2
2
2
1 2
L2 i − Mi1 i2
2 2
1 2
L2 i
2 2
Pour le circuit primaire, le bilan de puissance s’écrit :
u1 i1 = R1 i21 + L1 i1
di1
di2
+ Mi1
dt
dt
Pour le circuit secondaire, le bilan de puissance s’écrit :
u2 i2 = R2 i22 + L2 i2
di2
di1
+ Mi2
dt
dt
En eﬀectuant la somme on obtient que la puissance totale est :
d 1 2 1 2
L1 i1 + L2 i2 + Mi1 i2
u1 i1 + u2 i2 = R1 i21 + R2 i22 +
dt 2
2
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avec Pg = u1 i1 + u2 i2 la puissance fournie par les générateurs,
P J = R1 i21 + R2 i22 la puis
d 1 2 1 2
L1 i + L2 i + Mi1 i2 la puissance
sance consommée par eﬀet Joule et enfin Pm =
dt 2 1 2 2
dEm
.
magnétique telle que Pm =
dt
Cet énoncé concerne les questions 18 à 20 :
On étudie le circuit de la figure (13.6) appelé « rail de Laplace ». Il est constitué d’un
barreau CD pouvant se déplacer sans frottement sur des rails parallèles. On modélise la
→
−
−
résistance du circuit par R. L’ensemble est plongé dans un champ B = B→
uz uniforme.
À t = 0, on lance le barreau depuis la position x0 (pour son centre) avec la vitesse
−
→
−
u x . Le barreau reste perpendiculaire aux rails lors de son déplacement. On néglige
v0 = v0→
l’inductance propre du circuit.
18
On choisit l’orientation du courant induit de C vers D. Déterminer l’intensité I dans
circuit par la loi de Faraday.
Bav0
Ba ẋ
❒
❒ a. I = −
✗ b. I = −
R
R
Ba ẋ
Bav0
❒ d. I =
❒ c. I =
R
R
Le choix de l’orientation du circuit de C vers D implique une orientation positive de la
−
surface suivant →
uz . On peut calculer la f.e.m. par deux méthodes, soit avec la loi de Faraday
soit en déterminant le champ électromoteur puis sa circulation de C à D.
205
Corrigés
Première méthode demandée dans l’énoncé (loi de Faraday) : la surface du circuit est S =
S 0 + (x − x0 )a où S 0 est la surface initiale. La f.e.m. induite est :
em = −
d(BS )
dφ
=−
= −Ba ẋ
dt
dt
Deuxième méthode (champ électromoteur) : le champ électromoteur sur le barreau est
→
−
−
−v ∧ →
−
Em =→
B = − ẋB→
uy .
D
a/2
−
→
− →
Em · d =
(− ẋB)dy. On trouve bien entendu le
La f.e.m. est obtenue par em =
−a/2
C
même résultat.
La loi des mailles dans le circuit donne : I =
19
−Ba ẋ
.
R
Déterminer l’équation mécanique de la barre de masse m.
d2 x
−
dt2
d2 x
❒
✗ c. 2 +
dt
❒ a.
d 2 x B2 a 2 v 0
=0
+
mR
dt2
d2 x B2 a ẋ
❒ d.
=0
+
mR
dt2
B2 a2 ẋ
=0
mR
B2 a2 ẋ
=0
mR
❒ b.
La force Laplace qui s’exerce sur la barre est :
−→
FL = I
C
D
→
−
−
(dy→
uy) ∧ B = BI
a/2
B2a2 ẋ →
−
−
dy →
ux = −
ux
R
−a/2
Le théorème de la résultante cinétique appliqué à la barre, en projection sur Ox s’écrit
alors :
B2 a2 ẋ
m ẍ = −
.
R
20
Exprimer la puissance PL de la force de Laplace et comparer à la puissance PI de la
f.e.m. induite em .
Ba ẋ
Ba ẋ
❒
❒ a. PL = −em
✗ b. PL = em
R
R
❒
❒ d. PL = PI
✗ c. PL = −PI
Ba ẋ
B2 a2 ẋ2
−→ −
= em
.
La puissance de la force de Laplace est PL = F L · ẋ→
u x soit PL = −
R
R
2 2 2
B a ẋ
donc PL = −PI .
D’autre part, la puissance de la f.e.m. induite est PI = em I =
R
C’est ce qu’on appelle la conversion électromécanique de l’énergie : dans les bilans d’énergie, ces deux puissances se compensent.
206
Corrigés
Cet énoncé concerne les questions 21 à 24 :
On étudie le système de la figure 13.7 appelé « roue de Barlow ». La roue, de rayon a,
peut tourner autour de l’axe Oz et l’on note J son moment d’inertie par rapport à cet axe.
La roue est conductrice et l’on admet que tout se passe comme si le courant ne circulait
que selon OA. En A le contact est glissant sans frottement. Un point M de OA est repéré
par sa distance r à O.
→
−
−
Le champ B = B→
u est uniforme.
z
21
On note ω la vitesse de rotation de la roue. Déterminer la f.e.m. d’induction due à ce
mouvement (on utilisera le champ électromoteur).
❒ a. em = ωBa2
❒ b. em = 0
ωBa2
❒ c. em = ωBa
❒
✗ d. em =
2
−−−→ →
−
−
→
−
En un point M du segment OA, la vitesse est v(M) = −
ω ∧ OM = rω→
uθ . Le champ électro−−−−−→ →
→
−
−
→
−
moteur en M s’écrit donc E (M) = v ∧ B = ωrBu . Pour calculer la f.e.m, on détermine
m
la circulation entre O et A :
r
em =
0
a
→
−
−
E m · dr→
ur = ωB
0
a
rdr =
ωBa2
2
→
−
L’erreur à ne pas commettre est de prendre la vitesse du point A dans E m .
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22
Déduire de la question précédente l’intensité I du courant dans le circuit.
−em + E
em + E
❒ b. I =
❒
✗ a. I =
R
R
E
em − E
❒ d. I =
❒ c. I =
R
R
Avec le sens du courant, qui est cohérent avec le sens conventionnel choisi pour OA, la loi
des mailles s’écrit :
E + em
E + em = RI ⇒ I =
R
23
Déterminer le moment de l’action de Laplace sur le disque.
IBa2
4
2
IBa
❒ d. ΓOz =
❒ c. ΓOz = −IBa2
2
→
−
−
La force de Laplace élémentaire s’exerçant sur un élément d = dr→
ur autour
de M est
−−→
→
− →
−
−−→ −−→ →
→
−
dF L = I d ∧ B = −IBdruθ. Son moment par rapport à l’axe Oz est : dΓOz = OM ∧ dF L · −
uz
soit :
a
IBa2
dΓOz = −IBrdr ⇒ ΓOz = −IB
rdr = −
2
0
❒
✗ a. ΓOz = −
IBa2
2
❒ b. ΓOz = −
207
Corrigés
24
Dans les bilans de puissance suivants, déterminer ceux qui sont justes.
d Jω2
d Jω2
= RI 2 − EI
= EI − RI 2
❒
b.
❒ a.
✗
dt 2
dt 2
❒
✗ d. em I + ωΓOz = 0
❒ c. em I − ωΓOz = 0
Avec les expressions établies précédemment on a em I + ωΓOz = 0, équation qui traduit la
conversion électromécanique de puissance.
2
L’équation bilan de puissance électrique
est
em I + EI = RI . L’équation bilan de puissance
2
d Jω
dω
= Γ0z ω soit
= Γ0z ω. On peut alors écrire :
mécanique est Jω
dt
dt 2
d Jω2
= −em I = −RI 2 + EI
dt 2
Cet énoncé concerne les questions 25 à 29 :
Cette série de questions étudie le fonctionnement du haut-parleur électromagnétique
(figure 13.8).
Il est constitué :
• d’une bobine de N spires, de rayon a, mobile dans l’entrefer d’un aimant. Cette
bobine a une résistance R, une inductance L et une masse m ;
−
−
• d’un aimant permanent annulaire, qui assure un champ →
B = B→
ur au niveau de la
bobine ;
• d’une membrane, reliée à la bobine et pouvant eﬀectuer de faibles déplacements
selon Oz. Cette membrane est reliée à la partie fixe du haut-parleur par des ressorts :
→
−
−
force f = −kz→
uz où z est la position du centre de la membrane (en l’absence de
courant, la membrane est à sa position d’équilibre et z = 0).
→
−
−
La membrane subit aussi une force fa = −hż→
uz due au frottement de l’air.
25
Après avoir déterminé le champ électromoteur d’induction, conséquence du déplacement de la bobine, établir l’expression de la f.e.m. d’induction dans le circuit.
❒ a. em = żB2πa
❒
✗ c. em = żBN2πa
❒ b. em = żBNπa2
❒ d. em = żBNa
→
−
−
→
−
−v ∧→
−
−
En un point M de la bobine le champ électromoteur est E m = →
B soit E m = żB(→
uz ∧→
ur ) =
→
−
→
−
Bżuθ . On a choisi le sens positif pour i (figure 13.8) selon uθ d’où la f.e.m. égale à la
→
−
circulation de E m le long de toute la bobine :
−
→
− →
−
−
Em · d =
żB→
uθ · (d →
uθ ) = żB = N2πażB
em =
bobine
bobine
sachant que la longueur de la bobine est égale à celle de N spires de périmètre 2πa.
208
Corrigés
26
Déterminer l’équation électrique du circuit.
di
di
❒ b. E = Ri + L
❒ a. E = Ri + L + żB2πNa
dt
dt
di
di
❒ d. E = Ri − L
❒
✗ c. E = Ri + L − żB2πNa
dt
dt
Avec les orientations, l’équation électrique du circuit se déduit du schéma électrique du
circuit (figure 13.12) par une loi des mailles.
Figure 13.12
On a donc : E + em = Ri + L
27
di
d’où la réponse c.
dt
Établir l’équation mécanique du système.
❒ a. mz̈ = −kz − hż
❒
✗ b. mz̈ = −iB2πNa − kz − hż
❒ c. mz̈ = +iB2πNa − kz − hż
❒ d. mz̈ = −iBπNa2 − kz − hż
On calcule d’abord la force de Laplace exercée par le champ de l’aimant sur la bobine. Sur
→
−
−−→ →
− →
−
−
un élément d = d →
uθ la force est dF L = id ∧ B soit :
→
−−→
−→
→
−
→
−
−
−
−
dF L = id B uθ ∧ ur = −iBd uz ⇒ F L =
−iBd →
uz = −N2πaiB→
uz
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bobine
On applique le théorème de la résultante dynamique à la membrane, en projection sur
l’axe Oz :
−→ −
mz̈ = −kz − hż + F L · →
uz = −iB2πNa − kz − hż
28
On cherche la réponse du circuit en régime sinusoïdal forcé avec E(t) = E0 cos ωt ou
sous forme complexe E = E0 e jωt . On cherche à exprimer l’intensité i complexe sous la
forme E = Z i. Exprimer Z (on aura intérêt à utiliser les variables i et v = ż).
❒ a. Z = R + jLω +
(B2πNa)2
k
+ jmω
h−
jω
❒ b. Z = R + jLω
❒ c. Z = R + jLω −
❒
✗ d. Z = R + jLω +
(B2πNa)2
k
+ jmω
h+
jω
(B2πNa)2
k
+ jmω
h+
jω
209
Corrigés
On écrit les équations électrique et mécanique en régime sinusoïdal forcé avec comme
variables i et v = ż :
E0 = (R + jLω) i − B2πNav et jmωv = −iB2πNa −
k
v − hv
jω
En éliminant v entre les deux équations, on en déduit :
⎤
⎡
⎥⎥
⎢⎢⎢
⎥⎥⎥
⎢⎢⎢
2
2 ⎥
(2πNa)
B
⎥⎥⎥ i = Zi
E0 = ⎢⎢⎢⎢⎢R + jLω +
⎥⎥⎥
k
⎢⎢⎣
+ m jω ⎥⎦
h+
jω
29
Le haut-parleur est équivalent au circuit de la figure 13.9. Quelle(s) expression(s)
est(sont) juste(s) dans les propositions suivantes ?
m
❒
❒ b. Rm → ∞
✗ a. Cm =
(B2πNa)2
(B2πNa)2
❒
❒ c. Cm = 0
✗ d. Lm =
k
L’impédance Z peut être écrite sous la forme : Z = R + jLω +
Ym =
1
avec :
Ym
h
k
m
1
1
+
+ jω
=
+
+ jωCm
2
2
2
(B2πNa)
jω(B2πNa)
(B2πNa)
Rm
jωLm
d’où les résultats par identification.
14 Généralités sur les ondes
Vrai/Faux
1
❒
✗ V ❒ F Une onde est un phénomène qui dépend du temps et de la position.
Par définition, une onde est une grandeur f (t, M) qui se propage de proche en proche,
dépendant du temps t et de la position M.
2
❒V ❒
✗ F Pour une onde, les variables d’espace et de temps sont toujours couplées.
C’est vrai si l’onde est progressive, et faux si elle est stationnaire.
3
❒V ❒
✗ F Dans l’équation
∂2 s 1 ∂2 s
−
= 0, c est la célérité de l’onde s(x, t).
∂t2 c2 ∂x2
∂2 s
∂2 s
Si on fait une analyse dimensionnelle, 2 est homogène à s sur un temps au carré, 2
∂t
∂x
à s sur une distance au carré donc c serait homogène à l’inverse d’une vitesse. Il y a une
210
Corrigés
∂2 s
1 ∂2 s
inversion des dérivées par rapport à l’équation de D’Alembert, 2 − 2 2 = 0 où c est
∂x
c ∂t
alors la célérité de l’onde.
x
4 ❒
✗ V ❒ F Une onde s(x, t) = f t + se propage dans le sens des x décroissants.
c
x1 . À un instant
On note s1 la valeur de l’onde à l’instant t1 en x1 , soit s1 = f t1 +
c
x2
x1
ultérieur t2 l’onde aura même valeur en x2 , tel que t2 +
= t1 +
soit x2 = c(t1 − t2 ) +
c
c
x1 < x1 : l’onde se propage donc suivant les x décroissants.
5
❒
✗ V ❒ F Une surface d’onde est un lieu de l’espace sur laquelle la grandeur ondulatoire a même valeur à un instant donné.
C’est la définition.
QCM
6
On s’intéresse à une onde unidimensionnelle s(x, t) solution de l’équation de D’Alem∂2 s
1 ∂2 s
bert 2 − 2 2 = 0. La forme générale de l’onde est :
∂x
c ∂t
❒ a. s(x, t) = f + (x − ct)
❒ b. s(x, t) = f − (x + ct)
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❒
✗ c. s(x, t) = f + (x − ct) + f − (x + ct)
x
x
❒
✗ d. s(x, t) = f + t − + f − t +
c
c
On pose X = x + ct et Y = x − ct. On cherche si des fonctions de la forme s(x, t) = S (X, Y)
sont solutions de l’équation. Le calcul des dérivées donne comme résultat :
2
∂ 2 s ∂2 S
∂2 S
∂2 S
∂2 S
∂2 s
∂2 S
2 ∂ S
+
+
=
+
2
et
=
c
−
2
∂X∂Y ∂Y 2
∂X∂Y ∂Y 2
∂x2 ∂X 2
∂t2
∂X 2
∂2 S
= 0. En intégrant une première fois par
∂X∂Y
∂S
rapport à X, on trouve que
est une constante pour X mais dépendant de Y que l’on note
∂Y
∂S
G(Y) =
. On intègre une nouvelle fois, ce qui donne S (X, Y) =
G(Y)dY + cte(X).
∂Y
La fonction S (X, Y) solution de l’équation de D’Alembert est donc de la forme S (X, Y) =
f (X) +g(Y) qui est la réponse c. Les exposants « + » et « – » correspondent à la propagation
dans le sens des x croissants (« + ») et décroissants (« – »). La réponse d. est une écriture
équivalente à la réponse c.
L’équation de D’Alembert s’écrit alors 4
211
Corrigés
7
−→
−r , t) avec →
−r = −
Pour une onde scalaire s(→
OM, on rappelle l’équation de D’Alembert en
trois dimensions :
1 ∂2 s
Δs − 2 2 = 0
c ∂t
Quelle est l’expression générale d’une onde sphérique dont les surfaces d’onde sont
des sphères de centre O (on se servira de l’expression du Laplacien en coordonnées
sphériques (formule 19)) ?
f + (r − ct) f − (r + ct)
❒ a. s(r, t) = f + (r − ct) + f − (r + ct)
+
❒
✗ b. s(r, t) =
r
r
f + (r − ct) f − (r + ct)
f + (r − ct) f − (r + ct)
+
❒ c. s(r, t) =
−
❒ d. s(r, t) =
r
r
r2
r2
1 ∂2 (rs)
L’onde ne dépend spatialement que de la variable r donc Δs =
. L’équation de
r ∂r2
D’Alembert peut donc s’écrire :
1 ∂2 (rs) 1 ∂2 s
∂2 (rs) 1 ∂2 (rs)
−
=
0
⇒
− 2
=0
r ∂r2
c2 ∂t2
∂r2
c ∂t2
La fonction s1 (r, t) = rs(r, t) est donc solution d’une équation de D’Alembert à une dimension dont la variable d’espace est r. D’après ce qui précède :
s1 (r, t) = f + (r − ct) + f − (r + ct) ⇒ s(r, t) =
8
f + (r − ct) f − (r + ct)
+
r
r
On cherche l’expression d’une onde plane progressive harmonique (O.P.P.H.), se propageant suivant l’axe x à la célérité c dans le sens des x décroissants, sous la forme
complexe s(x, t) = s0 (x)eiωt . Quelle(s) est(sont) la(les) proposition(s) vraie(s) ?
∂2 s0
ω2
❒ a.
−
s0 = 0
∂x2
c2
ω x
i
ωt
−
c
❒ c. s = s+ e
∂2 s0
ω2
s0 = 0
∂x2
c2
ω x
i
ωt
+
c
❒
✗ d. s = s− e
❒
✗ b.
+
On injecte s dans l’équation de D’Alembert ce qui donne :
2
2
d2 s0 (x) iωt (iω)2
iωt = 0 ⇒ d s0 (x) + ω s (x) = 0
e
−
s
(x)e
0
0
dx2
c2
dx2
c2
ωx
ωx
−i
Les solutions sont harmoniques en x : s0 (x) = Ae c + Be c . La solution générale pour
s est :
x
x
iω t +
iω t −
c + Be
c
s(x, t) = s0 (x)eiωt = Ae
i
212
Corrigés
Le premier terme correspond à une onde plane progressive se propageant suivant les x décroissants et le second à une onde plane progressive se propageant suivant les x croissants.
La solution demandée par l’énoncé est donc le premier terme en posant A = s− .
9
On s’intéresse à une onde stationnaire s(x, t) pour laquelle les conditions aux limites
sont s(0, t) = 0 et s( , t) = 0 ∀t. On cherche la solution sous la forme s(x, t) = F(x)G(t).
On notera n un entier strictement positif. La solution pour s(x, t) est :
nπx nπc
❒ a. s(x, t) =
s0n cos
t + φn cos
n
❒ b. s(x, t) =
s0n cos
n
❒
✗ c. s(x, t) =
s0n cos
n
❒ d. s(x, t) =
s0n cos
nπc nπt
x sin
+ φn
nπc
nπx t + φn sin
nπc
nπt
x + φn cos
+ φn
n
On injecte la solution cherchée dans l’équation de D’Alembert :
d2 F(x)
1
d2G(t)
1 d2 F(x)
1 1 d2G(t)
G(t)
−
F(x)
=
0
⇒
=
F(x) dx2
dx2
c2
dt2
c2 G(t) dt2
On a donc une fonction de x uniquement qui est égale à une fonction de t uniquement
∀(x, t), ces deux fonctions sont donc égales à une constante K. On obtient alors :
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
d2 F(x)
d2G(t)
−
K
F(x)
=
0
et
− Kc2 G(t) = 0
dx2
dt2
On cherche pour F(x) une solution périodique puisqu’elle s’annule en x = 0 et x = .
Il faut donc choisir K < 0 pour avoir une équation d’oscillateur harmonique. En eﬀet
K = 0 donne une solution aﬃne et K > 0 une solution hyperbolique ; ces deux solutions
ne peuvent
qu’être identiquement
nulles si elles sont nulles en deux points. Ainsi F(x) =
√
√
A cos −K x + B sin −Kx. Pour x = 0, on a F(x) = 0 d’où A = 0. La condition en x =
√
√
nπ
s’écrit B sin −K = 0. Le choix B = 0 n’a aucun intérêt, en revanche le choix −K =
convient. On peut alors résoudre l’équation pour G(t) :
nπc
d2G(t) nπc 2
t
+
φ
−
G(t)
=
0
⇒
G(t)
=
B
cos
n
n
dt2
On obtient alors une solution
nomméemode propre
nπc
nπx cos
t + φn . La solution générale est la superposition de ces
sn (x, t) = s0n sin
modes propres, les coeﬃcients s0n étant déterminés par les conditions initiales.
213
Corrigés
Cet énoncé concerne les questions 10 à 15 :
On étudie une ligne sans perte dont les points sont repérés par la variable x. Une cellule
élémentaire de cette ligne est représentée sur la figure (14.1).
10
Par application de la loi des nœuds en N, déterminer l’une des équations suivantes :
∂V
∂i
=Γ
∂x
∂t
∂i
∂V
❒ c.
= −Γdx
∂x
∂t
∂V
∂i
= −Γ
∂x
∂t
∂i
❒ d.
= ΓVdx
∂x
❒
✗ b.
❒ a.
L’intensité partant de N et passant dans le condensateur est i = Γdx
nœuds s’écrit donc :
i(x + dx, t) = i(x, t) − Γdx
∂V(x + dx)
. La loi des
∂t
∂i(x, t)
∂V(x, t)
∂V(x + dx)
⇒
dx = −Γ
dx
∂t
∂x
∂t
Après simplification par dx, on trouve l’équation b. Pour justifier qu’on trouve à la fin
∂V(x, t)
, il faut penser que le calcul précédent revient à calculer des limites lorsque
∂t
dx → 0 :
i(x + dx, t) − i(x, t)
∂V(x + dx)
∂V(x, t)
∂i(x, t)
= lim
et
= lim
dx→0
dx→0
∂x
dx
∂t
∂t
11
Par application de la loi des mailles, déterminer l’une des équations suivantes :
∂i
∂i
∂V
∂V
=Λ
❒
= −Λ
❒ a.
✗ b.
∂x
∂t
∂x
∂t
∂i
∂V
∂V
= −Λdx
❒ d.
= Λidx
❒ c.
∂x
∂t
∂x
La loi des mailles s’écrit :
V(x, t) = Λdx
∂V(x, t)
∂i(x, t)
∂i
+ V(x + dx, t) ⇒
dx = −Λdx
∂t
∂x
∂t
d’où la réponse b. après simplification par dx.
12
L’équation diﬀérentielle vérifiée par le potentiel V(x, t) est :
∂2 V
∂2 V
+ ΓΛ 2 = 0
2
∂x
∂t
∂2 V
∂2 V
❒ c.
+ ΓΛ 2 = 0
∂t2
∂x
❒ a.
∂2 V
∂2 V
− ΓΛ 2 = 0
2
∂t
∂x
∂2 V
∂2 V
❒
− ΓΛ 2 = 0
✗ d.
∂x2
∂t
❒ b.
On dérive par rapport à x l’équation obtenue dans la question précédente soit
∂2 V
∂2 i
∂2 V
∂2 i
et avec la première équation on a
= −Γ 2 . On trouve finalement
= −Λ
2
∂x ∂t
∂x∂t
∂x
∂t
l’équation d.
214
Corrigés
13
x
x
+ V2 t + . Déterminer
On cherche des solutions de la forme : V(x, t) = V1 t −
c
c
l’expression de l’intensité i(x, t) correspondante :
Λ
x
x V1 t −
− V2 t +
❒ a. i(x, t) =
Γ
c
c
x
x Λ
V1 t −
+ V2 t +
❒ b. i(x, t) =
Γ
c
c
x
x Γ
V1 t −
− V2 t +
❒
✗ c. i(x, t) =
Λ
c
c
Γ
x
x V1 t −
+ V2 t +
❒ d. i(x, t) =
Λ
c
c
D’après l’équation de D’Alembert établie précédemment, la célérité de l’onde est c =
1
√ . Pour trouver l’expression de i, on utilise l’une des équations diﬀérentielles reliant i
ΓΛ
et V :
∂V
∂i
∂i
1 x
x = −Λ
⇒
=−
−V1 t −
+ V2 t +
∂x
∂t
∂t
cΛ
c
c
On a donc :
∂i
Γ Γ
x
x x
x =
V1 t −
− V2 t +
⇒ i(x, t) =
V1 t −
− V2 t +
∂t
Λ
c
c
Λ
c
c
On a pris une constante d’intégration nulle, car on ne s’intéresse pas à une éventuelle intensité statique.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
14
On branche en x = 0 un générateur sinusoïdal délivrant une tension V = V0 cos(ωt).
L’expression recherchée pour V complexe est V = V1 ei(ωt − kx) + V2 ei(ωt + kx) où
V1 et V2 sont des constantes a priori complexes. On ferme la ligne en x = par un
court-circuit.
sin(k( − x))
sh(k( − x))
❒
❒ b. V(x, t) = V0 eiωt
✗ a. V(x, t) = V0 eiωt
sin k
sh k
❒ c. V(x, t) = V0 eiωt
cos(k( − x))
cos k
❒ d. V(x, t) = V0 eiωt
ch(k( − x))
ch k
En complexe, la tension en x = 0 s’écrit : V = V0 eiωt . On en déduit V0 = V1 + V2 . D’autre
part, la ligne est court-circuitée en x = , donc V( , t) = 0. On a donc une deuxième
équation reliant V1 et V2 : V1 e−ik + V2 eik = 0. Les solutions sont :
V1 = −V0
soit :
V(x, t) = V0 eiωt
e2ik
1 − e2ik
et V2 = V0
1
1 − e2ik
−eik(2 − x) + eikx
sin (k( − x))
= V0 eiωt
sin k
1 − e2ik
215
Corrigés
La dernière expression est obtenue en mettant en facteur eik au numérateur et au dénominateur.
15
On souhaite qu’il n’y ait pas d’onde réfléchie sur la ligne. Pour cela, on branche une
impédance Zc en x = . Déterminer Zc :
❒ a. Zc = 0
❒
✗ c. Zc =
Γ
Λ
❒ b. Zc → ∞ (ligne ouverte)
Λ
❒ d. Zc =
Γ
S’il n’y a pas d’onde réfléchie, alors V2 = 0. Pour exprimer l’intensité, on utilise les résul
V( , t)
Γ
Γ
i(ωt
−
kx)
V1 e
=
. On remarquera
tats précédents soit i =
. On a alors Zc =
Λ
i( , t)
Λ
que quelle que soit l’abscisse sur la ligne, l’impédance est la même.
Cet énoncé concerne les questions 16 à 19 :
On s’intéresse au mouvement latéral d’une corde, par exemple excitée à une extrémité
par un vibreur et tendue à l’autre par une masse (figure 14.2). Le système considéré est
un morceau de corde de longueur d , de masse linéique λ (figure 14.3), de centre de
gravité G.
16
Parmi les propositions suivantes, lesquelles font partie des hypothèses d’étude du mouvement de la corde vibrante ?
❒ a. Les forces à considérer sont le poids et la tension.
❒
✗ b. Pas de déplacement suivant Ox.
❒
✗ c. Les déplacements suivant Oy sont petits.
❒ d. La corde est extensible.
Les hypothèses sont les suivantes :
•
•
•
•
17
la corde est inextensible ;
pas de déplacement suivant Ox ;
les déplacements suivant Oy sont petits ;
l’influence du poids est négligeable.
On note T (x) la norme de la tension en un point d’abscisse x. Exprimer la relation
fondamentale de la dynamique projetée sur les axes Ox et Oy :
❒
✗ a. 0 = T (x + dx) cos(α(x + dx)) − T (x) cos(α(x))
❒ b. 0 = T (x + dx) cos(α(x + dx)) + T (x) cos(α(x))
∂2 y
= T (x + dx) sin(α(x + dx)) + T (x) sin(α(x))
∂t2
∂2 y
❒
✗ d. λdx 2 = T (x + dx) sin(α(x + dx)) − T (x) sin(α(x))
∂t
❒ c. λdx
216
Corrigés
On a représenté les tensions en x et x + dx sur le morceau de corde de longueur d
(figure 14.4).
Figure 14.4
On applique le théorème de la résultante cinétique au morceau de corde :
∂2 x
−−−→ −−−−−−−−→
= 0.
dm −
a→
G = T (x) + T (x + dx). Comme il n’y a pas de déplacement selon x, on a
∂t2
D’autre part dm = λd avec d = dx2 + dy2 dx puisque |dy| ≤ dx. En projection, on
obtient :
0 = T (x + dx) cos(α(x + dx)) − T (x) cos(α(x))
et
λdx
18
∂2 y
= T (x + dx) sin(α(x + dx)) − T (x) sin(α(x))
∂t2
Avec les hypothèses quelle(s) est(sont) la(les) proposition(s) vraie(s) ?
∂y
∂x
∂2 x
❒ c. T (x) = m 2
∂t
❒ a. cos α ∂y
∂x
∂2 y
❒ d. T (x) = m 2
∂t
❒
✗ b. sin α © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Puisque les déplacements selon Oy sont petits, les angles α le sont aussi. On eﬀectue un
D.L. à l’ordre 1 de l’équation projetée sur Ox, ce qui donne T (x + dx) = T (x) : la tension
est constante le long de la corde et on la note T .
Au premier ordre sin α tan α α. D’autre part, tan α est par définition la pente de la
∂y
∂y
courbe en x donc tan α =
et sin α .
∂x
∂x
19
Déterminer l’équation vérifiée par les déplacements transversaux y de la corde :
∂2 y λ ∂2 y
−
=0
∂x2 T ∂t2
∂2 y T ∂2 y
−
=0
❒ c.
∂x2 λ ∂t2
❒
✗ a.
∂2 y λ ∂2 y
+
=0
∂x2 T ∂t2
∂2 y T ∂2 y
❒ d.
+
=0
∂x2 λ ∂t2
❒ b.
Avec les résultats précédents, l’équation projetée sur Oy s’écrit :
∂y
∂2 y
∂y
∂2 y
(x + dx) − (x) = T dx 2
λdx 2 = T (sin(α(x + dx)) − sin(α(x))) = T
∂x
∂x
∂t
∂x
Après simplification par dx on trouve l’équation a.
217
Corrigés
15 Ondes électromagnétiques dans le vide
Vrai/Faux
1
❒
✗ V ❒ F Une O.P. dans le vide est transverse électrique et magnétique.
−
→
− →
Dans le vide j = 0 et ρ = 0. Si l’on choisit l’axe Ox selon la direction de propagation de
l’onde plane, les champs ne dépendent que de x et t. L’équation de Maxwell-Gauss dans
∂E x
→
−
→
−
le vide donne div E = 0 soit
= 0. L’équation de Maxwell-flux donne div B = 0 soit
∂x
∂B x
= 0. Les projections des deux autres équations sur Ox s’écrivent :
∂x
∂B x
∂Bz ∂By
∂Ez ∂Ey
∂E x
−
=−
(M.F) et
−
= 0 μ0
(M.A)
∂y
∂z
∂t
∂y
∂z
∂t
∂B x
∂E x
→
− →
−
= 0 et
= 0. Les comPuisque E et B sont indépendants de y et z on en déduit :
∂t
∂t
posantes E x et B x sont donc des constantes que l’on prend nulles dans le cas de l’étude du
phénomène ondulatoire.
2
−
→
− →
− →
❒V ❒
✗ F Pour une O.P., le trièdre ( B, E , k ) est direct.
C’est dans le cas d’une O.P.P. qu’il est direct. En eﬀet, si on prend par exemple l’onde
∂
∂
∂
∂
→
−
→
−
=
et
= −c .
E (x−ct) et B(x−ct) et que l’on définit la variable X = x−ct avec
∂x ∂X ∂t
∂X
Les projections de l’équation de Maxwell-Faraday sur les axes Oy et Oz :
⎧
⎧
∂By
∂By
∂Ez
∂Ez
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
=
−
=c
−
−
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
∂t
∂X
⎪
⎪
⎨ ∂X
⎨ ∂x
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⇒
⎪
⎪
∂Ey
∂Ey
⎪
⎪
∂Bz
∂Bz
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎩
=−
=c
∂x
∂t
∂X
∂X
En intégrant ces deux dernières équations avec des constantes d’intégration nulles (on
→
−
→
−
1
1
ux ∧ E
→
−
.
ignore les phénomènes statiques), on trouve By = − Ez et Bz = Ey soit B =
c
c
c
→
− →
− →
−
Le trièdre ( E , B, u x ) est alors direct.
3
❒V ❒
✗ F La vitesse de propagation de l’énergie électromagnétique est strictement
inférieure à c.
Dans le vide, la vitesse de propagation de l’énergie est égale à la célérité de l’onde.
218
Corrigés
4
❒V ❒
✗ F Toutes les ondes sont polarisées.
La lumière naturelle est non polarisée. La lumière solaire après traversée de l’atmosphère
est polarisée partiellement.
5
→
−
❒
✗ V ❒ F Dans le cas d’une polarisation circulaire gauche, le champ E tourne dans
le sens trigonométrique.
Pour déterminer le sens de rotation du champ, il faut regarder l’onde venir vers soi. Dans ce
→
−
cas, par définition, le champ E tourne dans le sens trigonométrique pour une onde gauche
et horaire pour une onde droite.
QCM
6
L’équation de propagation du champ B dans le vide est :
→
−
→
−
∂2 B
1 ∂2 B
→
−
→
−
❒
❒ a. Δ B + 2 2 = 0
✗ b. Δ B − 0 μ0 2 = 0
c ∂t
∂t
−
−
2→
2→
∂ B
1 ∂ B
→
−
→
−
❒
❒ c. Δ B − μ0 2 = 0
✗ d. Δ B − 2 2 = 0
∂t
c ∂t
−→
On prend le rot de l’équation de Maxwell-Ampère puis on utilise l’équation de MaxwellFaraday :
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
→
−
−−−→ →
∂ −→→
∂2 B
−
−
→
−
−
−→ −→→
rot E ⇒ grad div B − Δ B = −0 μ0 2
rot rot B = 0 μ0
∂t
∂t
→
−
→
−
Avec div B = 0, on trouve l’équation de D’Alembert b. pour la propagation de B et avec
1
la forme générale d., on trouve que la célérité de l’onde dans le vide est c = √
. Un
0 μ0
→
−
raisonnement analogue conduit à la même équation pour E .
7
−u le vecteur unitaire correspondant à la direction et au sens de propagation de
On note →
l’onde plane progressive. La relation de structure de l’onde est :
1→
− −
→
− 1− →
−
→
−
u
❒
u∧E
❒ b. B = E ∧ →
✗ a. B = →
c
c
− −
→
− 1− →
→
− 1→
−
u
❒ d. E = →
❒ c. E = B ∧ →
u∧B
c
c
La démonstration a été faite dans le vrai-faux (question 2).
219
Corrigés
8
→
−
On considère l’onde dont le champ E dans le vide (entre deux plans conducteurs) est :
⎧
Ex = 0
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨ Ey = E0 cos πy ei(ωt − kz)
⎪
a
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
πy i(ωt − kz)
⎪
⎪
⎩ Ez = αE0 sin
e
a
Quelles sont les propositions vérifiées par cette onde ?
❒
✗ a. L’onde n’est pas plane.
❒ b. Elle est transverse.
❒ c. Elle se propage dans le sens des z décroissants.
iπ
❒
✗ d. α =
ka
Le terme de propagation est ei(ωt − kz) donc l’onde est progressive selon l’axe Oz dans le
sens des z croissants. Elle n’est pas plane car son amplitude dépend de y et donc n’est pas
constante dans un plan perpendiculaire à Oz. L’onde a une composante Ez non nulle donc
elle n’est pas transverse.
→
−
→
−
Le champ E dans le vide doit vérifier div E = 0, soit :
π
πy →
− ∂Ey ∂Ez
div E =
+
= − − ikα E0 sin
ei(ωt − kz) = 0
∂y
∂z
a
a
d’où α = −
9
π
iπ
= .
iak ak
On s’intéresse à une O.P.P.H. en écriture complexe :
→
− →
→
− →
−
−
→
− −
→
→
− −
→
E = E0 ei(ωt − k · r ) et B = B0 ei(ωt − k · r )
Les équations de Maxwell s’écrivent :
→
− →
−
− →
❒ a. i k ∧ E = 0
→
− →
−
❒
✗ b. i k · B = 0
→
− →
−
→
−
❒
✗ c. −i k ∧ E = −iω B
→
− →
→
−
−
❒ d. i k ∧ B = i0 μ0 E
→
− −
→
−
On calcule par exemple la divergence dans le cas de E sachant que k ·→
r = k x x + ky y + kz z :
→
− →
−
→
−
div E = −ik x E x − iky Ey − ikz Ez = −i k · E
→
−
− →
→
−
→
−
→
− →
−
Ce résultat permet d’obtenir l’expression du vecteur ∇, car div E = ∇ · E soit ∇ = −i k .
− →
→
− →
−
−
− →
−→→
D’autre part, on en déduit rot E = ∇ ∧ E = −i k ∧ E .
220
Corrigés
Les équations de Maxwell dans le vide s’écrivent alors :
→
− →
→
− →
→
−
−
−
Maxwell pour le flux : −i k · B = 0 Maxwell Ampère : −i k ∧ B = iωμ0 0 E
→
− →
→
− →
−
−
→
−
Maxwell Gauss : −i k · E = 0
Maxwell Faraday : −i k ∧ E = −iω B
10
Dans le cas d’une O.P.P.H., la relation de structure de l’onde s’écrit :
→
− →
−
→
− →
−
E∧ k
k ∧E
→
−
→
−
❒
❒ a. B =
✗ b. B =
ω
ω
→
− →
−
→
− →
−
B∧ k
k ∧B
→
−
→
−
❒ d. E =
❒ c. E =
ω
ω
La relation de structure est donnée par l’équation de Maxwell-Faraday (question précédente).
11
Dans le cas d’une O.P.P.H., l’équation de D’Alembert s’écrit :
ω 2
ω 2
−
−
→
−
→
− →
→
−
→
− →
E = 0
E = 0
❒ a. k2 E +
❒ b. −k2 E −
c
c
ω 2
−
−
− →
→
−
→
− →
→
− ω→
E = 0
❒ c. k E + 2 E = 0
❒
✗ d. −k2 E +
c
c
− →
−
→
−
→
− →
Soit l’on exprime Δ E = ∇ 2 E = −k2 E et l’on remplace dans l’équation de D’Alembert :
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
→
−
1 ∂2 E →
1
−
−
→
−
→
− →
→
−
Δ E − 2 2 = 0 ⇒ −k2 E − 2 (−iω)2 E = 0
c ∂t
c
→
−
Soit l’on reporte l’expression de B de la relation de structure dans l’équation de MaxwellAmpère :
⎛→
− →
−⎞
ω 2
→
− ⎜⎜⎜⎜ k ∧ E ⎟⎟⎟⎟ iω→
→
− →
−
−
→
−
→
−
−→
⎟⎟⎠ = 2 E ⇒ ( k · E ) k − k2 E = −
−i k ∧ ⎜⎜⎝
E
ω
c
c
→
− →
−
avec k · E = 0 (Maxwell-Gauss).
12
→
−
k
→
− →
→
− →
−
−
→
−
On note E = E 0 cos ωt − k · r + ϕ le champ électrique réel de l’onde et u = →
− .
k
>
et
la
valeur
Déterminer la densité moyenne d’énergie
électromagnétique
<
w
e
!
→
−
moyenne du vecteur de Poynting Π .
1
❒
✗ a. < we >= 0 E 2
2
! 1
→
−
−u
❒
✗ c. Π = c0 E 2→
2
1
❒ b. < we >= 0 E 2
4
! 1
→
−
−u
❒ d. Π = c0 E 2→
4
221
Corrigés
−
→
−u ∧ →
→
− −
E0
→
−
−u
cos ωt − k · →
r + ϕ où →
On revient aux champs réels. Le champ B s’exprime
c
est le vecteur unitaire de la direction de propagation. La densité d’énergie électromagnétique moyenne s’écrit :
⎞
!
! ⎛⎜ E 2
!
E02 ⎟⎟⎟
1 →
→
− →
0 →
−2
−2
⎜⎜⎜ 0 0
−r + ϕ
2
⎟
E +
B =⎝
ωt
−
k
·
< we >=
cos
+
⎠
2
2μ0
2
2μ0 c2
!
→
− −
1
r + ϕ = , on trouve la réponse a. Le vecteur
En utilisant 0 μ0 c2 = 1 et cos2 ωt − k · →
2
de Poynting s’exprime :
→
− →
−
E∧B
→
− −
1 →
→
−
−
−
−u ∧ →
Π=
E0 ∧ →
r +ϕ
=
E 0 cos2 ωt − k · →
μ0
μ0 c
La valeur moyenne est donc :
!
!
2
→
− −
→
−
−u
−u = c0 E0 →
Π = c0 E02 cos2 ωt − k · →
r +ϕ →
2
13
Déterminer les expressions complexes des champs électromagnétiques associés à
−
→
l’O.P.P.H. polarisée rectilignement dont le champ E1 d’amplitude E0 se propage suivant
l’axe Oz dans le sens croissant et fait un angle de 30 ◦ avec l’axe Ox.
⎧
−
→ E0 √ →
⎪
−
→
−
⎪
⎪
ei(ωt − kz)
=
3
u
+
u
E
⎪
1
x
y
⎪
⎪
2
⎨
❒ a.
⎪
⎪
⎪
√ − i(ωt − kz)
⎪
−
→ E −
⎪
⎪
⎩ B1 = 0 →
uy e
u x + 3→
2c
⎧
−
→ E0 √ →
⎪
−
→
−
⎪
⎪
ei(ωt − kz)
=
3
u
+
u
E
⎪
1
x
y
⎪
⎪
2
⎨
❒
✗ b.
⎪
⎪
⎪
√ − i(ωt − kz)
⎪
−
→ E −
⎪
⎪
⎩ B1 = 0 −→
u x + 3→
uy e
2c
⎧
−
→ E0 √ →
⎪
−
→
−
⎪
⎪
ei(ωt − kz)
=
3
u
+
u
E
⎪
1
x
y
⎪
⎪
2
⎨
❒ c.
⎪
⎪
⎪
⎪
−
→ E √ →
⎪
−
⎪
⎩ B1 = 0
3−
ux + →
uy ei(ωt − kz)
2c
⎧
− →
E
−
→
⎪
0 √ →
⎪
⎪
3u x + −
uy ei(ωt − kz)
E1 =
⎪
⎪
⎪
2
⎨
❒ d.
⎪
⎪
⎪
⎪
−
→ E − √ →
⎪
⎪
⎩ B1 = 0 −→
u x − 3−
uy ei(ωt − kz)
2c
−
→
−
→
Le champ E1 se propageant suivant l’axe z et selon les z croissants s’écrit E1 =
→
− i(ωt − kz)
→
−
E 0e
avec k = ω/c. Si l’onde est polarisée rectilignement la direction de E 0 est
→
−
−
→
−
−
constante et E 0 = E0 (cos 30◦→
u x + sin 30◦→
uy ). Le vecteur B1 est obtenu avec la relation de
→
→
− −
−
→ uz ∧ E 1
.
structure B1 =
c
222
Corrigés
14
−
→
On considère une O.P.P.H. polarisée rectilignement dont le champ E2 d’amplitude E0 de
polarisation rectiligne suivant l’axe Ox se propage dans une direction qui fait, dans le
−
→
plan yOz, un angle de 45 ◦ avec l’axe Oy. Déterminer l’expression réelle du champ E2 .
ω
−
→
→
−
❒
a.
E
=
E
cos
ωt
−
(y
+
z)
ux
√
✗
2
0
c 2
ω − →
−
→
❒ b. E2 = E0 cos ωt − x →
uz
uy + −
c
ω →
−
→
❒ c. E2 = E0 cos ωt − z −
ux
c
ω
−
→
−
❒ d. E2 = E0 cos ωt − (y + z) →
ux
c
→
− − →
−
→
L’onde est polarisée suivant Ox donc E2 = E0 cos(ωt − k · →
r )−
u x avec k = ω/c. Le vecteur
→
−
k − →
◦
d’onde est dans le plan yOz et fait un angle de 45 avec Oy donc k = √ →
uz d’où
uy + −
2
→
− →
ω
k · −r = √ (y + z).
c 2
15
On s’intéresse à une O.P.P.H. polarisée elliptiquement, se propageant suivant l’axe Oz
dans le sens des z croissants. Le champ électrique dans un plan parallèle à xOy s’écrit :
"
E x = E0x cos(ωt − kz)
Ey = E0y cos(ωt − kz − 0, 6)
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
→
−
avec E0x > 0 et E0y > 0. Parmi les représentations de l’extrémité du vecteur E au cours
du temps, déterminer celle qui correspond au champ précédent.
❒ a.
❒ b.
❒
✗ c.
❒ d.
On cherche le contact avec le côté droit du rectangle ce qui correspond à E x maximum soit
ωt − kz = 2mπ avec m entier. On a alors :
Ey = E0y cos(2mπ − 0, 6) = E0y cos(0, 6) = 0, 82 E0y ; comme Ey > 0 il s’agit du cas
b. ou c. Il faut maintenant déterminer si la polarisation est droite ou gauche. Pour cela on
223
Corrigés
détermine
dEy
= −Ey ω sin(ωt − kz − 0, 6) au point de contact. En ce point on peut écrire :
dt
dEy
= −Ey ω sin(2mπ − 0, 6) = Ey ω sin(0, 6) = 0, 56 Ey ω > 0
dt
Ainsi Ey croît en ce point, donc la polarisation est gauche (résultat c.).
Cet énoncé concerne les questions 16 à 20 :
Cette étude s’intéresse à la superposition de deux ondes polarisées circulairement se
propageant suivant l’axe Oz en sens opposés.
16
Parmi les propositions suivantes, laquelle(lesquelles) correspond(ent) à une onde circulaire droite se propageant suivant les z croissants ?
"
"
❒
❒ b. E x1 = E0 sin(ωt − kz)
✗ a. E x1 = E0 cos(ωt − kz)
Ey1 = −E0 sin(ωt − kz)
Ey1 = −E0 cos(ωt − kz)
❒ c.
"
E x1 = E0 cos(ωt − kz)
Ey1 = E0 sin(ωt − kz)
❒
✗ d.
"
E x1 = E0 sin(ωt − kz)
Ey1 = E0 cos(ωt − kz)
On peut raisonner de deux manières. Par définition du cosinus et du sinus avec le cercle
trigonométrique, un vecteur de coordonnées a cos(ωt − kz) selon x et a sin(ωt − kz) selon
y, avec a > 0, verra son extrémité décrire un cercle au cours du temps dans le sens trigonométrique dans un plan z = cte. On en déduit donc que la réponse a. correspond à une onde
droite (signe « – » pour Ey ) et la réponse c. à une onde gauche. La réponse b. s’obtient en
π
ajoutant − aux arguments de cosinus et sinus de la réponse c. ce qui change l’origine des
2
temps mais pas le sens de la polarisation : la réponse b. est gauche. Enfin la réponse d. est
π
obtenue en ajoutant − aux arguments de cosinus et sinus de la réponse a., donc elle est
2
droite.
Autre raisonnement possible, déterminer les sens de croissance de Ey au point où E x est
maximal.
17
Parmi les propositions suivantes, laquelle(lesquelles) correspond(ent) à une onde circulaire gauche se propageant suivant les z décroissants ?
"
"
❒
❒ b. E x2 = E0 sin(ωt + kz)
✗ a. E x2 = E0 cos(ωt + kz)
Ey2 = −E0 sin(ωt + kz)
Ey2 = −E0 cos(ωt + kz)
❒ c.
"
E x2 = E0 cos(ωt + kz)
Ey2 = E0 sin(ωt + kz)
❒
✗ d.
"
E x2 = E0 sin(ωt + kz)
Ey2 = E0 cos(ωt + kz)
Il est faux ici de répondre b. et c. en utilisant les raisonnements de la question précédente.
En eﬀet, l’onde se propage selon les z décroissants donc les raisonnements doivent être
inversés. Toujours se rappeler que pour déterminer la polarisation, il faut regarder l’onde
venir vers soi.
224
Corrigés
18
On s’intéresse maintenant à la superposition des deux ondes précédentes. Déterminer le
→
−
champ électrique résultant E .
→
−
−
−
u + sin(ωt)→
u
❒ a. E = 2E cos kz cos(ωt)→
0
x
y
− →
→
−
❒ b. E = 2E0 cos kz cos(ωt) →
uy
ux + −
→
−
−
−
❒ c. E = 2E0 cos kz sin(ωt)→
u x − cos(ωt)→
uy
→
−
−
−
❒
u x − sin(ωt)→
uy
✗ d. E = 2E0 cos kz cos(ωt)→
On somme les champs des réponses a. en appliquant le théorème de superposition :
E x = E0 (cos(ωt − kz) + cos(ωt + kz)) = 2E0 cos(ωt) cos(kz)
et
Ey = −E0 (sin(ωt − kz) + sin(ωt + kz)) = −2E0 sin(ωt) cos(kz)
On remarque que les termes de temps et d’espace ne sont plus couplés. L’onde
ne se propage plus, c’est une onde stationnaire.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
19
Déterminer le champ magnétique résultant :
→
− 2E0
−
−
cos kz − cos(ωt)→
u x + sin(ωt)→
❒ a. B =
uy
c
→
− 2E0
−
−
cos kz sin(ωt)→
u x + cos(ωt)→
❒ b. B =
uy
c
→
− 2E0
−
−
sin kz − cos(ωt)→
u x − sin(ωt)→
❒ c. B =
uy
c
→
− 2E0
−
−
sin kz − cos(ωt)→
u x + sin(ωt)→
❒
uy
✗ d. B =
c
Attention, l’onde résultante n’est plus progressive, donc on ne peut appliquer une quelconque relation de structure à cette onde. En revanche, on peut utiliser la relation de structure pour chacune des ondes puis superposer les champs magnétiques. Pour l’onde se propageant suivant les z croissants :
→
−
−
E0 uz ∧ E +
→
−+ →
−
−
B =
=
sin(ωt − kz)→
u x + cos(ωt − kz)→
uy
c
c
et pour celle se propageant suivant les z décroissants :
→
−
−
E0 uz ∧ E −
→
− − −→
−
−
=
− sin(ωt + kz)→
u x − cos(ωt + kz)→
B =
uy
c
c
La somme donne :
Bx = −
2E0
2E0
sin(kz) cos(ωt) et By =
sin(kz) sin(ωt)
c
c
225
Corrigés
20
En déduire le vecteur de Poynting du champ résultant :
→
−
−
❒ a. Π = 2c E sin kz cos kz sin ωt cos ωt →
u
0
0
−
→
− →
❒
✗ b. Π = 0
→
−
−
❒ c. Π = 2c0 E0 sin2 kz sin2 ωt →
uz
→
−
→
−
❒ d. Π = −2c0 E0 sin kz cos kz uz
z
→
− →
−
Le produit vectoriel E ∧ B est nul : il n’ y a plus propagation de l’énergie.
16 Quelques exemples d’applications des ondes
électromagnétiques
QCM
Cet énoncé concerne les questions 1 à 7 :
On étudie la propagation d’une O.P.P.H. dans un plasma dilué. L’onde est de la forme :
→
− →
→
− →
− →
−
→
− −
− −
→
→
E = E0 ei(ωt − k · r ) B = B0 ei(ωt − k · r )
1/2
ne2
la pulsation plasma, où n est le nombre d’électrons par unité de
m0
volume, −e la charge d’un électron et m sa masse.
On note ω p =
1
Choisir les hypothèses retenues parmi les suivantes :
❒ a. Les électrons sont relativistes.
❒
✗ b. On néglige l’interaction des électrons avec les ions.
❒
✗ c. On néglige la force magnétique sur les électrons.
❒ d. On tient compte du mouvement des ions.
Les électrons ont une vitesse v petite devant celle de la lumière : ils sont non relativistes.
On suppose le plasma dilué, donc de faible concentration en ions et électrons, qui sont
alors assez éloignés les uns des autres. Les interactions entre eux sont négligeables devant
la force due à l’onde électromagnétique.
Il faut comparer la force magnétique et la force électrique sachant que pour une onde dans
E
E
le vide B ∼ (en fait dans un plasma B ≤ lorsqu’il y a propagation). Il vient :
c
c
→
−
fB evB
v E
v
→
− ∼ eE ∼ E c ∼ c 1
fE Enfin, un proton est environ 2000 fois plus lourd qu’un électron, donc un ion a une masse
très grande devant celle d’un électron : on néglige le mouvement des ions.
226
Corrigés
2
→
−
L’expression de la densité de courant j dans le plasma est :
ne2 →
−
→
−
E
❒ a. j =
mω
−e →
−
→
−
E
❒ c. j =
mωi
ne2→
−
→
−
E
❒ b. j =
m
ne2 →
−
→
−
E
❒
✗ d. j =
mωi
−v
d→
→
−
= −e E . On
La relation fondamentale de la dynamique pour un électron s’écrit m
dt
→
− →
−
−v une solution complexe →
−v = →
−
cherche pour →
v0 ei(ωt − k · r ) en régime forcé soit fina−
−v = −e →
lement →
E . Avec n électrons par unité de volume, le vecteur densité de courant
imω
→
−
→
−
→
−
s’écrit j = −ne v . On obtient pour j la réponse d.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
3
Après avoir montré que la densité volumique de charges est nulle dans le plasma,
déterminer parmi les équations (Maxwell) suivantes en écriture complexe, laquelle
(lesquelles) est(sont) fausse(s) ?
→
− →
→
− →
−
−
❒ a. −i k · E = 0
❒ b. −i k · B = 0
⎞
⎛ 2
→
− →
→
− →
1 ⎜⎜⎜⎜ ω p
⎟⎟→
−
→
−
−
−
❒
❒
✗ c. i k ∧ E = −iω B
✗ d. −i k ∧ B = − 2 ⎜⎝ − ω⎟⎟⎟⎠ E
c ω
Tout d’abord, il faut montrer que dans le plasma ρ = 0. L’équation de Maxwell-Gauss
ρ
ne2 ρ
→
− →
−
→
−
→
−
. L’équation de conserentraine, avec la relation entre E et j : div j =
div E =
0
0 mωi
∂ρ
→
−
= −iωρ.
vation de la charge s’écrit (toujours dans le cas du régime forcé) : div j = −
∂t
→
−
Ces deux équations reliant div j à ρ ne sont compatibles que si ρ = 0.
→
−
→
−
Dans le cas du type de solutions recherchées, on a ∇ = −i k . Les quatre équations de
Maxwell s’écrivent :
→
− →
→
−
−
• (MG) : div E = 0 ⇒ −i k · E = 0
→
− →
→
−
−
• (Mφ) : div B = 0 ⇒ −i k · B = 0
→
−
∂B
→
− →
−
−
→
−
→→
⇒ −i k ∧ E = −iω B
• (MF) : −
rot E = −
∂t
⎞
⎛ 2
→
−
⎟⎟ →
∂E
→
− →
i ⎜⎜⎜⎜ ω p
→
−
−
−
−
−→→
⇒ −i k ∧ B = − 2 ⎝⎜
− ω⎟⎟⎠⎟ E
• (MA) : rot B = μ0 j − 0 μ0
∂t
c ω
4
→
−
Déterminer l’équation de propagation du champ E et la relation de dispersion :
→
−
→
−
→
−
∂j
1 ∂2 E
1 ∂2 E
→
−
→
−
+
a.
Δ
E
=
μ
❒
b.
Δ
E
=
❒
✗
0
∂t
c2 ∂t2
c2 ∂t2
ω 2
ω2 − ω2p
❒ c. k2 =
❒
✗ d. k2 =
c
c2
227
Corrigés
→
− →
→
−
−
On injecte l’expression de B de (MF) dans (MA) sachant que k · E = 0 :
1
c2
⎛→
⎞
⎛ 2
− ⎞⎟
⎜⎜⎜ −k ∧ →
⎟⎟⎟ →
⎜⎜⎜ ω p
E ⎟⎟⎟ 1 →
− →
k2 →
→
−
−
→
−
−→
−
−
⎜⎜⎝
⎟⎟⎠ =
− ω⎟⎠⎟ E = k ∧ ⎜⎜⎜⎝
( k · E ) k − k2 E = − E
ω
ω
ω
ω
→
−
L’équation pour E s’écrit donc :
2
−
−
→
− ω2→
− ωp→
− →
→
− ω2 →
−
→
− →
−k2 E + 2 E − 2 E = 0 ⇒ −k2 E + 2 E − iωμ0 j = 0
c
c
c
→
−
→
−
∂j
∂2 E
−
→
−
→
−
2→
Sachant que −k E = Δ E , que −ω E =
, on obtient l’équation de
et iω j =
∂t
∂t2
propagation a.
→
−
En factorisant les termes en facteur de E qui est non nul on en déduit l’équation de dispersion d.
−
2→
Une autre solution est de prendre le rotationnel de (MF) puis d’utiliser (MA) :
→
−
→
−
−
−→→
∂j
∂rot B
∂2 E
−
−→ −→→
= −μ0
− μ0 0 2
rot rot E = −
∂t
∂t
∂t
− −−−→ →
−
→
−
→
−
−→ −→→
avec rot rot E = grad div E − Δ E = −Δ E .
5
Déterminer la vitesse de phase vφ et celle de groupe vg :
❒ c. vg = c
ω 2
p
1−
ω
ω 2
p
❒
✗ d. vg = c 1 −
ω
❒
✗ b. vφ = ❒ a. vφ = c
c
ω 2
p
1−
ω
ω
donc ici, dans le cas où l’onde se propage vφ =
La vitesse de phase est vφ =
k
c
. La vitesse de groupe correspondant à la vitesse de propagation de l’énergie
ω2p
1− 2
ω
2ωdω
dω
, or si on diﬀérentie la relation de dispersion, on obtient 2kdk =
soit
est vg =
dk
c2
ω2p
k
c2
= c 1− 2.
v g = c2 =
ω vφ
ω
228
Corrigés
6
Parmi les propositions suivantes, laquelle(lesquelles) est(sont) exacte(s) ?
❒
✗ a. Si ω < ω p l’onde ne se propage pas.
❒
✗ b. La vitesse de phase est supérieure à la vitesse de la lumière.
❒ c. Deux ondes de pulsations diﬀérentes se propagent à la même vitesse.
❒ d. L’énergie se propage à la vitesse vφ .
ω ω2p
− 1 et on le notera k = ±iki .
c ω2
En l’absence de source à l’intérieur du plasma, l’onde ne peut être qu’atténuée d’où le choix
physique pour le signe de k. En eﬀet, si on choisit par exemple l’axe z selon la direction de
→
−
propagation, le champ E s’écrit :
Pour ω < ω p , le vecteur d’onde est complexe : k = ±i
→
− −
→
−
→
E = E0 ei(ωt − ±iki z) = E0 e±ki z eiωt
seul le signe « – » pour k correspond à une solution physique : on observe une atténuation
exponentielle de l’onde qui ne se propage plus.
Dans le cas où l’onde se propage (ω > ω p ), l’expression de la vitesse de phase démontrée
dans la question précédente donne une vitesse supérieure à la vitesse de la lumière. Cependant , il faut se rappeler que l’énergie de l’onde se propage à une vitesse égale à la vitesse
de groupe qui elle est inférieure à c.
La vitesse de phase dépend de ω donc deux ondes de pulsations diﬀérentes se propagent à
des vitesses diﬀérentes : on dit que le milieu est dispersif.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
7
L’ionosphère a une fréquence plasma ν p 3 MHz. Quelle(s) longueur(s) d’onde λ
est(sont) possible(s) pour communiquer avec un satellite depuis la Terre ? (On rappelle
que c 3 · 108 m · s−1 .)
❒
✗ a. λ = 67 m
❒ c. λ = 607 m
❒ b. λ = 107 m
❒ d. λ = 1007 m
Pour pouvoir communiquer avec un satellite depuis la Terre, il faut que les ondes traversent
l’ionosphère, donc leur fréquence doit être supérieure à la fréquence plasma de l’ionoc
c
sphère. Sachant que la longueur d’onde vérifie λ = , il faut que λ ≤ . L’application
ν
νp
numérique donne λ ≤ 100 m, donc seule la réponse a. convient.
Cet énoncé concerne les questions 8 à 14 :
−
On étudie la réflexion d’une O.P.P.H. polarisée suivant →
uy se propageant suivant l’axe
Ox dans le sens des x croissants. Le demi-espace x > 0 est occupé par un conducteur
parfait (conductivité γ → ∞). Le champ électrique de l’onde incidente est de la forme
→
− →
−
→
−
−
→ −−→
→
−
E = E ei(ωt − kx)−
u et celui de l’onde réfléchie E = E ei(ωr t − kr · r ) . On note →
r
i
0
y
un vecteur du plan yOz.
r
r0
0
229
Corrigés
8
Écrire les conditions de passage sur le plan yOz pour le champ électrique projetées sur
les axes :
→
− →
−
σ
❒
✗ a. Er0x ei(ωr t − kr · r0 ) = −
0
→
− →
−
❒ b. Er0x ei(ωr t − kr · r0 ) = 0
→
− →
−
❒ c. E0 ei(ωt) − Er0y ei(ωr t − kr · r0 ) = 0
→
− →
−
❒
✗ d. Er0z ei(ωr t − kr · r0 ) = 0
La condition de passage pour le champ électrique s’écrit :
σ −
→
−
→
−
E (x = 0− ) − E (x = 0+ ) = (−→
ux)
0
→
−
− →
→
− →
−
→
−
Le métal étant parfait E (x = 0+ ) = 0 . En eﬀet, si E 0 , j → ∞ ce qui entrainerait
une énergie cédée par eﬀet Joule infinie. Le champ en x = 0− est la superposition du
→
− →
−
−−→
→
−
→
champ incident et du champ réfléchi : E (x = 0− ) = E ei(ωt)−
u + E ei(ωr t − kr · r0 ) , soit
y
0
en projection :
r0
⎧
→
− →
−
⎪
σ
⎪
⎪
⎪
Er0x ei(ωr t − kr · r0 ) = −
⎪
⎪
⎪
⎪
0
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
→
− →
−
⎪
⎪
⎪
E0 ei(ωt) + Er0y ei(ωr t − kr · r0 ) = 0
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
→
− −
⎪
⎪
⎪
r0 ) = 0
⎩ E ei(ωr t − kr · →
r0z
9
L’expression du champ électrique réfléchi est :
−
→
→
❒ a. Er = E0 ei(ωt + kx)−
❒ b.
uy
−
→
→
i(ωt
+
kx)−
❒ c. E = −E e
u
❒ d.
✗
r
0
y
−
→
→
Er = −E0 ei(ωt − kx)−
uy
−
→
→
i(ωt
−
kx)−
E =E e
u
r
y
0
La projection suivant Oz donne Er0z = 0. L’équation projetée sur Oy est vraie ∀t donc
→
−
→
−
→
−
−
−
r0 en particulier →
r0 = 0 donc Er0y = −E0 . On
ωr = ω et kr = k . Elle est vraie aussi ∀→
→
− →
−
→
− −
−
r0 . : la seule solution physique est kr · →
r0 = 0 (une solution
obtient donc eikr · r0 = 1 ∀→
→
− →
→
−
−
kr · −
r0 = m2π avec m 0 signifierait que kr dépend de la position →
r0 ). Ainsi puisque l’onde
→
− −
→
−
−
est réfléchie et kr ⊥ →
r0 , on peut écrire kr = −k→
u x . L’onde réfléchie est une O.P.P.H. dans le
−
−
→ →
−
→ −
vide, donc transverse ce qui impose Er ⊥ kr donc Er ⊥ →
u x . On en déduit Er0x = 0 et σ = 0.
Comme l’onde se propage suivant les x décroissants, c’est la solution c. qui convient.
10
230
Déterminer l’expression du champ électrique total
→
−
→
❒ a. E = 2E0 cos kx eiωt−
❒ b.
uy
−
→
− →
❒ c. E = 0
❒
✗ d.
→
−
E pour le demi-espace x ≤ 0 :
→
−
→
E = −2E0 sin kx eiωt−
uy
→
−
→
E = −2E i sin kx eiωt−
u
0
y
Corrigés
Le champ électrique total est :
→
−
→
−
−
−
uy
E = E0 ei(ωt − kx) − E0 ei(ωt + kx) →
uy ⇒ E = 2E0 eiωt e−ikx − eikx →
d’où la réponse d. Les variables d’espace et de temps ne sont plus couplées : l’onde est
stationnaire.
11
→
−
Déterminer l’expression du champ magnétique total B pour le demi-espace x ≤ 0 :
2E0
→
− −2E0 i
→
−
→
→
sin kx eiωt−
cos kx eiωt−
❒ a. B =
❒
uz
uz
✗ b. B =
c
c
→
− 2E0 i
→
− −2E0
→
→
sin kx eiωt−
cos kx eiωt−
❒ c. B =
❒ d. B =
uz
uz
c
c
L’onde n’étant plus progressive, on ne peut appliquer une relation de structure pour cal→
−
culer B. En revanche, on peut appliquer la relation de structure individuellement à l’onde
incidente et à l’onde réfléchie :
→
−
→
→
−
→
− −
u x ∧ Ei
E0 i(ωt − kx)−
E0 i(ωt + kx)−
→
−
−
→ −u x ∧ E r
→
→
Bi =
=
e
=
e
uz et Br =
uz
c
c
c
c
Le champ résultant est :
2E0 iωt
− −
→ E0 iωt −ikx
→
− →
−
−
e
e
+ eikx →
e cos kx →
uz
B = Bi + Br =
uz =
c
c
12
Déterminer l’expression du vecteur de Poynting pour l’onde résultante :
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
→
− 4E02
−
❒ a. Π =
sin kx cos kx sin2 ωt →
ux
cμ0
2
→
− 4E0
−
❒ b. Π =
sin kx cos kx cos2 ωt →
ux
cμ0
→
− −4E02 i 2
−
❒ c. Π =
sin kx sin ωt eiωt →
ux
cμ0
2
→
− 4E
−
❒
ux
✗ d. Π = 0 sin kx cos kx sin ωt cos ωt →
cμ0
→
−
La réponse c. utilise les champs complexes ce qu’on ne doit pas faire pour calculer Π ;
→
−
→
−
→
−
→
−
−
il faut repasser en champs réels E = ( E ) = 2E0 sin ωt sin kx →
uy et B = ( B) =
→
− →
−
E∧B
2E0
→
−
−
cos ωt cos kx →
uz . On calcule donc Π =
:
c
μ0
4E02
→
− 4E02
−
−
−
Π=
uz =
sin kx cos kx sin ωt cos ωt →
uy ∧ →
sin kx cos kx sin ωt cos ωt →
ux
μ0 c
μ0 c
231
Corrigés
13
Quelles sont les propositions fausses parmi les suivantes ?
❒
✗ a. L’onde résultante est progressive.
!
→
−
→
−
❒ b. Π = 0
→
−
❒
✗ c. Le plan x = 0 correspond à un nœud de B.
→
−
❒ d. Le plan x = 0 correspond à un nœud de E .
On a déjà remarqué que l’onde est plane et stationnaire donc non progressive.
!
1
→
−
→
−
Comme cos ωt sin ωt = sin 2ωt = 0 alors Π = 0 .
2
→
− 2E0
→
−
−
cos ωt →
uz , donc le plan x = 0 correspond à un ventre de B.
En x = 0, B =
c
−
→
− →
→
−
En x = 0, E = 0 , donc le plan x = 0 correspond à un nœud de E .
14
→
−
Déterminer la densité surfacique de courant j s dans le plan x = 0 :
2E0
−
→
− →
→
−
−
cos ωt →
uz
❒ a. j s = 0
❒ b. j s = −
μ0 c
2E0
→
−
→
− 2E0
−
−
cos ωt →
uy
cos ωt →
uy
❒ c. j s = −
❒
✗ d. j s =
μ0 c
μ0 c
→
−
On utilise la condition de passage pour B en x = 0 :
→
−
→
−
→
−
−
B(x = 0− ) − B(x = 0+ ) = μ0 j s ∧ (−→
ux)
→
−
→
−
→
−
−
car la normale est −→
u x . Dans le métal B(x = 0+ ) = 0 , donc finalement B(x = 0− ) =
→
− →
→
−
−
−
−μ0 j s ∧ −
u x . On forme le produit vectoriel avec →
u x , sachant que →
ux · js = 0 :
→
−
→
−
→
− −
→
− −2E0
−
→
−
−
cos ωt →
uy
u x = −μ0 j s ⇒ j s =
u x ∧ B(x = 0− ) = −μ0→
ux ∧ js ∧ →
μ0 c
Cet énoncé concerne les questions 15 à 21 :
On s’intéresse aux ondes électromagnétiques se propageant selon l’axe Oz dans le sens
des z croissants, dans le vide entre deux milieux parfaitement conducteurs (figure 16.1).
→
− −
Les ondes recherchées sont des ondes transverses électriques notée TE telles que E ⊥→
u.
z
L’invariance selon Oy permet d’écrire les champs sous la forme
→
− −
→
→
− −
→
E = E0 (x)ei(ωt − kz) et B = B0 (x)ei(ωt − kz)
On suppose d’autre part que la densité surfacique de charge est nulle sur les conducteurs :
→
−
−
uy .
on peut montrer alors avec l’équation de Maxwell-Gauss que E = E→
232
Corrigés
15
L’équation de propagation du champ s’écrit :
2
2
ω
∂2 E 0
ω
∂2 E 0
2
2
E
E0 = 0
−
−
k
=
0
❒
b.
+
−
k
❒ a.
✗
0
∂x2
c2
∂x2
c2
2
2
∂2 E 0
ω
∂2 E 0
ω
2
2
❒ c.
+ 2 + k E0 = 0
❒ d.
− 2 + k E0 = 0
∂x2
c
∂x2
c
→
−
1 ∂2 E
→
−
Entre les deux plans, le champ vérifie l’équation de D’Alembert : Δ E − 2 2 = 0, soit
c ∂t
en projection sur Oy :
ΔE −
16
ω 2
∂2 E ∂2 E
1 ∂2 E
∂2 E0 (x)
1 ∂2 E
2
=
0
⇒
+
−
⇒
−
k
E
+
E0 = 0
0
c
c2 ∂t2
∂x2
∂z2
c2 ∂t2
∂x2
On note n un entier et A une constante. Déterminer l’expression générale de E0 (x) du
mode TEn imposée par les conditions aux limites :
nπx
❒ b. E0 (x) = A cos
❒ a. E0 (x) = A sin nπx
a
nπx
❒ d. E0 (x) = 0
❒
✗ c. E0 (x) = A sin
a
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Les conditions aux limites en x = 0 et x = a imposent E0 nul. En eﬀet, le champ électrique
dans le conducteur est nul, donc par continuité de la composante tangentielle du champ
électrique Ey (x = 0+ ) = Ey (x = a− ) = 0. On cherche donc pour E0 une solution ayant des
conditions aux limites périodiques, l’équation vérifiée par E0 doit alors se mettre sous la
ω 2
d2 E 0
2
2
+
Ω
E
=
0
avec
Ω
=
− k2 > 0. Les solutions de cette équation sont
forme
0
c
dx2
E0 = A1 cos Ωx + A2 sin Ωx.
Pour x = 0, E0 = 0 ce qui entraine A1 = 0. En x = a, E0 = A2 sin Ωa. Soit A2 = 0 ce qui
nπ
avec n entier. Donc pour le mode TEn , c’est la solution c.
n’a aucun intérêt, soit Ω =
a
qui convient avec A2 = A.
17
Établir l’équation de dispersion :
ω2
c22 ω
nπ 2
❒ c. k2 = 2 +
a
c
❒ a. k2 =
ω2 nπ 2
−
c2 2 a ω
nπ 2
❒ d. k2 = − 2 −
a
c
❒
✗ b. k2 =
nπ
de la question précédente. Avec la définition de Ω, on peut
On reprend la solution Ω =
a
écrire la relation de dispersion :
k2 =
ω2 nπ 2 ω2 − ω2cn
nπc
−
=
avec ωcn =
a
a
c2
c2
233
Corrigés
18
−−−−→
Déterminer les composantes de B0 (x) :
⎧
nπx k
⎪
⎪
⎪
−A sin
⎪
⎪
⎨
ω
a
❒ a. ⎪
⎪
0
⎪
⎪
⎪
⎩0
nπx ⎧
k
⎪
⎪
sin
⎪
−A
⎪
⎪
ω
a
⎪
⎨
❒
0
✗ b. ⎪
⎪
nπx ⎪
⎪
nπ
⎪
⎪
⎩ iA
cos
ωa
a
⎧
⎧
nπx iA nπ
⎪
nπx
k
⎪
⎪
⎪
⎪
cos
−
⎪
sin
⎪
−A
⎪
⎪
⎪
⎪
a
⎪
ω
a
⎪ ω a
⎨
⎨
0
❒ c. ⎪
❒
d.
0
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
nπx
nπ
kA
nπx
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩ −iA
⎪
cos
sin
⎩
ωa
a
ω
a
→
−
→
−
uz ∧ E
car l’onde n’est pas plane. On
On ne peut pas appliquer la relation de structure
c
→
−
∂B
−
−→→
:
utilise l’équation de (MF) rot E = −
∂t
⎧ ∂E
∂B x
nπx y
⎪
⎧
⎪
⎪
=−
−
⎪
⎪
⎪
⎪
= −iωB0x
ikA
sin
⎪
⎪
∂z
∂t
⎪
⎪
⎪
⎪
a
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
∂By
⎨
⎨
0 = −iωB0y
⎪
⎪
0
=
−
⎪
⎪
⎪
⎪
⇒
⎪
⎪
∂t
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪ A nπ cos nπx = −iωB
⎪
⎩
∂Ey
∂Bz
⎪
0z
⎪
⎩
a
a
=−
∂x
∂t
d’où la réponse b.
19
Déterminer les expressions de la vitesse de phase vφ et de la vitesse de groupe vg :
c
❒
❒ b. vφ = c
✗ a. vφ = nπc 2
1−
aω
nπc 2
c
❒
d. vg = c 1 −
❒ c. vg = ✗
nπc 2
ω
1−
aω
La vitesse de phase est vφ =
supérieure à c.
c
ω
= . On constate que la vitesse de phase est
nπc 2
k
1−
aω
dω
avec ω = c
La vitesse de groupe est vg =
dk
k2 +
nπ 2
, soit :
nπc 2
ck
ck
dω
c2
= =
c
=
1
−
=
ω
nπ 2
dk
vφ
ω
k2 +
c
a
234
a
Corrigés
La vitesse de groupe (vitesse de propagation de l’énergie) est inférieure à la vitesse de
propagation de la lumière et il faut remarquer que vφ vg = c2 .
20
Parmi les propositions suivantes, laquelle(lesquelles) est(sont) fausse(s) ?
nπc
, l’onde ne se propage pas dans le guide.
❒ a. Si ω <
a
❒
✗ b. L’onde est transverse magnétique.
❒ c. Deux ondes de pulsations diﬀérentes se propagent à la même vitesse.
❒ d. L’énergie se propage à la vitesse vφ .
nπc
, le vecteur d’onde k est imaginaire pur d’après l’équation de dispersion soit
a
nπ 2
ω 2
−
. Il apparaît dans l’expression du champ un terme
k = ±iki avec ki =
a
c
e(−i(±iki z)) . Puisqu’il n’y a pas de source de champ dans le guide, la seule solution physique est une atténuation e(−ki z) donc l’onde ne se propage plus.
→
−
D’après ce qui précède, le champ B a une composante suivant Oz donc l’onde n’est pas
transverse magnétique.
Si ω <
Le milieu est dispersif puisque vφ dépend de ω, donc deux ondes de pulsations diﬀérentes
ne se propagent pas à la même vitesse.
L’énergie se propage à la vitesse de groupe.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
21
En fait l’onde se propage en « zig-zag » et est la superposition de deux ondes se réfléchissant sur les plans x = 0 et x = a (figure 16.2).
→
−
Déterminer l’expression du vecteur d’onde k+ :
→
−
→
−
nπ −
−
−
−
❒ a. k+ = k→
u x + k→
uz
❒ b. k+ = − →
uz
u x + k→
a
→
−+
→
−
nπ
−
−
−
−
❒ c. k = −k→
u x + k→
uz
❒
uz
u x + k→
✗ d. k+ = →
a
→
−
Le champ E peut s’écrire :
⎛ nπx
nπx ⎞⎟
⎞
⎛
→
−+ →
−− →
⎟⎟⎟ i(ωt − kz) A ⎜⎜ i(ωt − →
−r )
−r ) ⎟⎟
−i
A ⎜⎜⎜⎜⎜ i
→
−
·
i(ωt
−
k
·
k
⎟⎟⎠
⎜
⎟
a
a
⎜
−e
E = ⎜⎜⎝e
−e
= ⎝e
⎟⎟⎠ e
2i
2i
→
−
→
−
nπ −
nπ −
−
−
uz et k− = − →
uz . On remarque qu’avec l’équation de dispersion,
u x + k→
u x + k→
avec k+ = →
a
a
→
−−
→
−+
ω
on trouve k = k = qui correspond à la norme d’un vecteur d’onde d’une O.P.P.H.
c
dans le vide.
235
Corrigés
Cet énoncé concerne les questions 22 à 28 :
On étudie dans ces questions le rayonnement dipolaire électrique. En O il y a une
charge −q immobile et en S une charge +q animée d’un mouvement sinusoïdal
−−→
−→
−
−p = q−
OS = z0 cos ωt→
uz . On peut définir le moment dipolaire des charges →
OS soit
2πc
−
→
−p = p cos ωt→
la longueur d’onde.
uz avec p0 = qz0 . On note λ =
0
ω
Le but est de déterminer le champ électromagnétique créé en tout point P (figure 16.3)
−→
−r = −
de l’espace par le dipôle. On utilise les coordonnées sphériques avec →
OP.
22
Parmi les propositions suivantes, déterminer lesquelles sont vraies :
❒
✗ a. L’étude se fait dans le cadre de l’approximation dipolaire pour z0 r.
❒ b. Le mouvement de S est non relativiste donc λ z0 .
❒
✗ c. Le champ est étudié dans la zone de rayonnement telle que r λ.
❒ d. L’étude se fait dans le cadre de l’A.R.Q.S. donc on néglige le temps de propagation.
Dans le cadre de l’approximation dipolaire, l’étendue du dipôle est petite devant la distance
d’étude donc z0 r. La réponse a. est juste.
−v c. Le calcul de →
−v donne
Le mouvement de la charge est non relativiste donc →
−
→
−v = −z ω sin ωt →
u . On peut donc écrire :
0
z
−v c ⇒ z ω c ⇒ z ω ωλ ou z λ
→
0
0
0
2π
La réponse b. est fausse.
L’étude se fait dans le zone de rayonnement qui par définition est telle que r λ. C’est
une condition qui est contraire à celle de l’A.R.Q.S : on prend en compte la propagation.
La réponse c. est juste et la d. est fausse.
23
L’expression du champ électrique calculée sans faire d’approximation est :
ω2
p0 ei(ωt−kr) 2 2iω
1
iω
→
−
→
−
→
−
cos
θ
u
−
sin
θ
u
E (P, t) =
+
+
+
r
θ
4π0
r3 r2 c
r3 r2 c rc2
En déduire l’expression approchée du champ avec les hypothèses de l’émission dipolaire
dans la zone de rayonnement.
p0 ei(ωt−kr) 2
1
→
−
→
−
→
−
❒ a. E (P, t) =
cos θur + 3 sin θuθ
4π0
r3
r
iω i(ωt−kr)
p0 e
2iω
→
−
→
−
→
−
❒ b. E (P, t) =
cos
θ
u
sin
θ
u
+
r
θ
4π0
r2 c
r2 c
p0 ei(ωt−kr) 2 2iω
iω
1
→
−
→
−
→
−
❒ c. E (P, t) =
cos θur + 3 + 2 sin θuθ
+
4π0
r3 r2 c
r
r c
i(ωt−kr)
2
ω
p0 e
→
−
−
❒
− 2 sin θ→
uθ
✗ d. E (P, t) =
4π0
rc
236
Corrigés
ω2
1 ω
2πc
et
Les diﬀérents ordres de grandeur à comparer sont 3 , 2 et 2 . Sachant que ω =
λ
r r c rc
en omettant le facteur 2π, on peut écrire :
1
1
∼ 3
3
r
r
ω
1
ω2
1
∼
∼ 2
2
2
2
r c r λ rc
rλ
Dans la zone de rayonnement r λ, donc on ne garde que les termes d’ordre de grandeur
1
ω2
ou
.
rλ2
rc2
24
Dans la cadre des hypothèses, quelle(s) est(sont) la(les) propositions justes ?
❒ a. L’onde est sphérique.
❒ c. L’onde est plane.
❒
✗ b. L’onde est quasi plane.
ω2 p0 ei(ωt−kr)
→
−
−
❒
sin θ→
uϕ
✗ d. B(P, t) = −
4π0 rc3
→
−
On ne donne pas ici l’expression complète de B qui permettrait de déterminer son expression approchée. Il faut cependant retenir que localement l’onde a quasiment une structure
1
d’onde plane (on parle d’onde quasi-plane) mais que le champ est en . L’onde n’est donc
r
pas plane et elle n’est pas sphérique non plus car son amplitude dépend de θ. Pour détermi→
−
ner l’expression de B, on peut donc utiliser la relation de structure d’une onde plane dans
le vide :
2
2
−
→
− →
ω p0 ei(ωt−kr)
ω p0 ei(ωt−kr)
→
− ur ∧ E
→
−
→
−
−
B=
=−
sin
θ(
u
∧
u
)
=
−
sin θ→
uφ
r
θ
3
c
4π0
4π0
rc
rc3
$
dP
ainsi que la
Déterminer la puissance moyenne rayonnée par unité d’angle solide
dΩ
puissance moyenne P rayonnée dans tout l’espace :
$
$
#
#
ω4 p20
ω4 p20
dP
dP
2
=
=
sin
θ
❒
b.
sin2 θ
❒ a.
✗
dΩ
dΩ
32r2 π2 0 c3
32π2 0 c3
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
#
25
❒
✗ c. P =
ω4 p20
12π0 c3
❒ d. P =
ω4 p20
sin2 θ
12r2 π0 c3
Pour déterminer la valeur moyenne de la puissance,⎛ on doit utiliser
les expressions réelles
− ⎞⎟
− →
! 1 ⎜⎜→
⎜ E ∧ B ⎟⎟⎟⎟
→
−
des champs ou calculer l’expression de Π = ⎜⎜⎜⎜⎝
⎟. On a donc :
2
μ0 ⎟⎠
!
!
p20
p20
ω4
ω4
→
− −→
→
−
−
2 →
sin
θ
u
et
dP
=
Π
·
dS
=
sin2 θr2 sin θdθdφ
Π = 2 3
r
r c 32π20
r2 c3 32π20
237
Corrigés
−→
−
On a utilisé 0 μ0 c2 = 1 et en coordonnées sphériques dS = r2 sin θdθdφ→
ur . L’expression
# de$
dP
l’angle solide élémentaire étant dΩ = sin θdθdφ, on en déduit que l’expression de
dΩ
est donnée par la réponse b. La puissance moyenne totale rayonnée est :
P =
26
ω4 p20
32π2 0 c3
π
sin3 θdθ
0
0
2π
dφ =
ω4 p20
12π0 c3
On utilise le modèle de l’électron élastiquement lié pour décrire la diﬀusion Rayleigh
atmosphérique. Dans un atome, le noyau (point O) est beaucoup plus lourd que les électrons (charge (−e), masse m, point P) : on le supposera immobile. Dans la suite on note
−→
→
−r = −
OP.
Lorsqu’une onde rencontre un atome, le mouvement de l’électron va être modifié. On
modélise les forces exercées sur l’électron de la manière suivante :
−
• la force électrique −F→e = −e→
E exercée par le champ de l’onde. On néglige la force
magnétique (c.f. plasma) car v c ;
•
•
l’électron est écarté de sa position d’équilibre. Il subit une force de rappel type res−
→
−r ;
sort : Fr = −k→
−
→
−v .
l’amortissement est modélisé par une force type frottement visqueux : F = −h→
v
→
−
−
→
Sur l’étendue de l’atome, le champ électrique est E = E0 eiωt . Après avoir défini la
−r en régime
pulsation propre ω0 et le facteur de qualité Q, déterminer l’expression de →
forcé :
−
→
−
→
eiωt E0
eiωt E0
−r = − e
→
−r = e
❒
❒
b.
✗ a. →
m ω2 − ω2 + i ωω0
m ω2 − ω2 + i ωω0
0
0
Q
Q
−
→
−
→
eiωt E0
eiωt E0
−r = − e
→
−r = − e
❒ c. →
❒
d.
m ω2 − ω2 + ωω0
m ω2 + ω2 + i ωω0
0
0
Q
Q
On écrit la relation fondamentale de la dynamique pour un électron pour laquelle on
−r = →
−
cherche des solutions en régime sinusoïdal forcé →
r0 eiωt :
−
→
−v
eiωt E0
d→
→
−
−
−r − h→
−v ⇒ (−mω2 + iω + k)→
−r = −e→
−r = −e
= −e E − k→
E ⇒→
iωh
dt
m k
− ω2 +
m
m
k
ω0
h
En posant ω0 =
et
= , on trouve la réponse a.
m
Q
m
m
238
Corrigés
27
Pour l’atmosphère, Q 1 et ω ω0 . En utilisant l’expression générale de P calculée précédemment, déterminer celle relative à l’émission d’un électron par diﬀusion
Rayleigh qui explique pourquoi le ciel est bleu :
❒ a. P =
❒ c. P =
e2 ω4 E02
12π0 c3 m2 ω40
e2 ω4 E02
12π0 c3 m2 ω20
❒
✗ b. P =
❒ d. P =
e4 ω4 E02
12π0 c3 m2 ω40
e4 ω2 E02
12π0 c3 m2
−
→
e eiωt E0
−p =
. Le dipôle formé par O et P a pour moment →
m
ω20
−
→
−
→
e2 eiωt E0
e2 E 0
−−→
→
−p est donc −
→
−eOP =
.
L’amplitude
du
moment
p
=
. En reportant dans
0
m ω20
mω20
l’expression de P précédemment démontrée, on trouve le résultat b.
−r = −
Avec les hypothèses, →
La puissance émise par diﬀusion de la lumière solaire sur les molécules de l’atmosphère
est proportionnelle à ω4 donc le bleu est plus diﬀusé que le rouge ce qui explique la couleur
du ciel.
28
La lumière incidente provenant du soleil est non polarisée. On suppose qu’il s’agit d’une
→
−
→
−
onde plane de vecteur d’onde k . Si k est suivant z décroissant (figure 16.4), le champ
→
−
incident Ei est dans le plan xOy et les dipôles créés ont une direction aléatoire dans ce
plan. Comment sera, pour l’observateur, le champ électrique de l’onde diﬀusée provenant des dipôles du plan xOy (l’observateur est représenté par l’œil) ?
→
−
→
−
−
❒ a. La direction de E est aléatoire.
❒ b. E est suivant →
u .
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
→
−
−
uθ .
❒
✗ c. E est suivant →
ϕ
❒ d. La polarisation est circulaire.
→
−
−
Le champ E est selon →
uθ et proportionnel à sin θ. L’observateur ne voit pas le champ émis
par les dipôles dirigés vers lui et voit un champ maximal pour ceux perpendiculaires à
la direction d’émission. Dans la configuration de l’énoncé, l’observateur verra un champ
−
suivant →
uθ , donc une lumière polarisée rectilignement. Dans la réalité, l’observateur ne se
trouve pas dans le plan d’émission des dipôles, donc il verra une lumière partiellement
polarisée rectilignement, et d’autant plus polarisée qu’il regardera dans une direction perpendiculaire à la lumière solaire incidente.
Cet énoncé concerne les questions 29 à 32 :
On s’intéresse à la propagation d’une onde plane (propagation selon les x croissants)
dans un métal de conductivité γ 108 S · m−1 occupant le demi-espace x > 0. La
→
−
→
solution recherchée pour le champ est E = E0 ei(ωt − kx)−
uy . On a vu dans le chapitre
sur les équations de Maxwell (question 11) que la densité volumique de charge ρ est
nulle à l’intérieur du métal pour des fréquences petites devant 1014 Hz ce qui est le cas
ici. On rappelle que 0 = 8, 8 · 10−12 F · m−1 .
239
Corrigés
29
→
−
Déterminer l’équation aux dérivées partielles vérifiées par E :
→
−
→
−
→
−
∂E
1 ∂2 E
1 ∂2 E
→
−
→
−
❒ b. Δ E − 2 2 = 0
❒
✗ a. Δ E − 2 2 = μ0 γ
∂t
c ∂t
c ∂t
−
→
−
→
−
2→
∂E
1 ∂ E
1 ∂2 E
→
−
→
−
❒ d. Δ E + 2 2 = 0
❒ c. Δ E − 2 2 = −μ0 γ
∂t
c ∂t
c ∂t
→
−
Puisque que ρ = 0 dans le métal, l’équation de (MG) donne div E = 0. D’autre part, la loi
→
−
→
−
d’Ohm s’écrit j = γ E . On applique le rotationnel à l’équation de (MF) :
−
−→ −→→
rot rot E = −
−
−→→
∂ rot B
∂t
→
−
→
−
∂E
−−−→ →
1 ∂2 E
−
→
−
⇒ grad div E − Δ E = −μ0 γ
− 2 2
∂t
c ∂t
ce qui avec (MG) donne la relation a.
30
En déduire l’équation de dispersion dans le métal :
ω2
+ iωμ0 γ
c2
ω2
❒
✗ c. k2 = 2 − iωμ0 γ
c
❒ a. k2 =
ω2
c2
ω2
❒ d. k2 = 2 − ωμ0 γ
c
❒ b. k2 =
→
−
→
−
−
Dans le cas présent, le vecteur nabla s’écrit ∇ = −i k = −ik→
u x . L’équation diﬀérentielle
précédente devient :
→
1 →
−
−
→
−
−k2 E − 2 −ω2 E = μ0 γiω E
c
D’où l’équation de dispersion c.
31
Après avoir comparé les ordres de grandeurs des diﬀérents termes dans l’équation de
dispersion, déterminer l’expression de k correspondant à une solution physique :
ωμ0 γ
ωμ0 γ
(1 + i)
❒
(1 − i)
❒ a. k =
✗ b. k =
2
2
ωμ0 γ
ωμ0 γ
(−1 − i)
❒ d. k =
(−1 + i)
❒ c. k =
2
2
ω2
= 0 μ0 ω2 et μ0 γω soit ω0 et γ. Sachant que ω = 2π f avec f 1014 Hz,
c2
on a ω0 16π102 S.m−1 soit ω0 γ. On peut donc écrire :
μ0 γω
√
2
−iπ/2
−iπ/4
(1 − i)
⇒ k = ± μ0 γω e
=±
k = −iμ0 ωγ = μ0 ωγ e
2
On compare
240
Corrigés
32
Déterminer la longueur caractéristique δ de pénétration de l’onde dans le métal (δ est
appelée épaisseur de peau) pour laquelle l’amplitude du champ est divisée par e :
μ0 ωγ
1
❒ b. δ =
❒ a. δ =
2
μ0 ωγ
2
2
❒ d. δ =
❒
✗ c. δ =
μ0 ωγ
μ0 ωγ
Si on pose δ =
2
→
−
. Le champ E dans le métal s’écrit alors :
μ0 γω
x
→
− −
→ iωt −i(±(1 − i))
δ
E = E0 e e
On ne peut observer qu’une atténuation du champ dans le métal (pas de source), donc le
signe « + » pour k est la seule solution physique acceptable, soit :
x
x
→
− −
→ − i ωt −
δ
E = E0 e δ e
On observe une diminution exponentielle du champ dans le métal.
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33
Déterminer les expressions de la vitesse de phase vφ et de la vitesse de groupe vg :
2ω
ω
❒ b. vφ =
❒
✗ a. vφ =
μ0 γ
μ0 γ
ω
2ω
❒ c. vg = 2
❒
✗ d. vg = 2
μ0 γ
μ0 γ
x
i ωt −
x
δ . L’argument de l’exponentielle s’écrit : ω t −
,
Le terme de propagation est e
vφ
2ω
donc la vitesse de phase est vφ = ωδ =
.
μ0 γ
ω
, seule la partie réelle de k qui est
|k|
responsable de la propagation est à prendre en compte.
Ne pas commettre l’erreur d’écrire vφ =
μ0 ωγ
dω
La vitesse de groupe est donc définie par vg =
est la partie réelle de k.
où kr =
dkr
2
μ0 γ
dω
, d’où la réponse d. pour vg .
En diﬀérenciant cette expression, on trouve dkr = √
2
2 ω
241
Partie 4
Thermodynamique
17
Fluides en écoulement
stationnaire-Machines
(PT, approfondissement MP)
Thèmes abordés
Avec ce questionnaire, vous évaluez vos compétences sur les sujets suivants :
•
•
•
•
•
Bilan enthalpique pour un système ouvert.
Second principe pour un fluide en écoulement.
Travail des forces de pression pour un système ouvert.
Travail de transvasement.
Étude de diﬀérents organes de machines thermodynamiques.
Notations. On rappelle que pour faire l’étude d’un fluide en écoulement dans un
organe thermodynamique, on se ramène à un système fermé (S ) entre les instants
t et t + dt (figure 17.1).
Figure 17.1
Ce système est constitué à l’instant t d’une partie centrale Σc dans l’organe, et de
la partie Σe entrant dans l’organe entre t et t + dt. À l’instant t + dt, ce système est
constitué de Σc et de la partie Σ s sortant de l’organe entre t et t + dt.
Toutes les grandeurs seront indicées avec un « e » pour Σe et un « s » pour Σ s . Les
grandeurs extensives massique seront notées en lettres minuscules (u : énergie interne massique, h : enthalpie massique, s : entropie massique, v : volume massique,
e p : énergie potentielle massique). On notera z l’altitude, ρ la masse volumique, c la
vitesse du fluide, Dv le débit volumique et Dm le débit massique.
On notera Δa = as − ae la variation de la grandeur a entre l’état à l’entrée (Σe ) et
l’état à la sortie (Σ s ).
244
17 Écoulements - Machines
Énoncés
Le système reçoit une puissance thermique q̇ et une puissance mécanique utile (autres
que les forces de pression) w˙u . On notera wum le travail utile massique et qm le transfert thermique massique correspondants.
Les écoulements seront supposés stationnaires.
Consignes
Vrai/Faux
Pour chacune des propositions suivantes, indiquer si elle est exacte ou non, en
rédigeant une courte explication, puis aller voir le corrigé page 263.
1 ❒ V ❒ F Un fluide en écoulement représente un système fermé.
2 ❒ V ❒ F Dans un tuyau de section S , le débit volumique est Dv = cS .
3 ❒ V ❒ F Le débit massique Dm est tel que Dm = Dv /ρ.
Consignes
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
QCM
Répondre d’abord aux questions suivantes, puis aller voir le corrigé page 263.
Pour un bloc de questions concernant le même problème, répondre à tout le bloc
avant de consulter le corrigé. On rappelle qu’il y a une ou deux réponses exactes
par question. Il est nécessaire pour répondre d’écrire quelques lignes au brouillon.
4 On considère le mélangeur de la figure 17.2. Déterminer la relation entre les
quatre débits massiques.
Figure 17.2
❒ a. Dm1 + Dm2 + Dm3 + Dm4 = 0
❒ b. Dm1 + Dm2 − Dm3 − Dm4 = 0
❒ c. Dm1 − Dm2 + Dm3 − Dm4 = 0
❒ d. Dm1 − Dm2 − Dm3 + Dm4 = 0
245
Énoncés
17 Écoulements - Machines
5 On s’intéresse à une grandeur extensive A dont la grandeur massique est notée a.
Déterminer la variation dA de A pour le système lors de la traversée de l’organe.
❒ a. dA = Dm (as − ae )
❒ c. dA = Dm dt(ae − as )
❒ b. dA = Dm dt(as − ae )
❒ d. dA = Dv dt(as − ae )
6 On note Pe (respectivement P s ) la pression en amont de l’organe (en aval). Déterminer l’expression du travail δW p des forces de pression pendant dt.
❒ a. δW p = −PdV
❒ b. δW p = −Dm dt(Pe ve − P s v s )
❒ c. δW p = −Dm dtP(v s − ve )
❒ d. δW p = Dm dt(Pe ve − P s v s )
7 Déterminer le premier principe pour un fluide en écoulement en prenant en
compte l’énergie cinétique macroscopique Ec et l’énergie potentielle de pesanteur E p .
1 2
1 2
❒ a. Dm hs + cs + gzs − he + ce + gze = w˙u + q̇
2
2
1
1
❒ b. Dm us + c2s + gzs − ue + c2e + gze = w˙u + q̇
2
2
1
1
❒ c. us + c2s + gzs − ue + c2e + gze = w˙u + q̇
2
2
1 2
1 2
❒ d. hs + cs + gzs − he + ce + gze = w˙u + q̇
2
2
8 Écrire le deuxième principe de la thermodynamique pour un fluide en écoulement en contact avec un thermostat à la température T th . On note σc le taux de
création d’entropie (ou entropie créée par seconde) dans l’organe.
q̇
q̇
+ σc
❒ b. Dm Δs = + σc
❒ a. Δs =
T th
T
q̇
q̇
❒ c. Dm Δs =
− σc
❒ d. Dm Δs =
+ σc
T th
T th
9 On s’intéresse à une tuyère indéformable (figure 17.3). La transformation étant
très rapide, il n’y a pas d’échange de chaleur et on suppose de plus la transformation réversible. Déterminer la célérité c(x) pour une abscisse x dans la tuyère.
x
x
dP
dP
❒ b. c(x) = c2 (0) − 2
❒ a. c(x) = c2 (0) + 2
ρ
0
0 ρ
x
x
dP
ρdP
❒ d. c(x) = −c2 (0) + 2
❒ c. c(x) = c2 (0) − 2
0
0 ρ
246
Énoncés
17 Écoulements - Machines
Figure 17.3
10 Quelle(e) est(sont) la(les) propositions vraie(s) pour une opération de laminage ?
❒ a. Δh = 0
❒ b. Δs = 0
❒ c. La transformation est irréversible.
❒ d. wum > 0
Cet énoncé concerne les questions 11 à 15 :
On étudie un échangeur thermique (figure 17.4) en contact avec un thermostat à
la température T th représentant le milieu extérieur. L’échangeur ne contient pas
de pièces mobiles. Le fluide définissant le système (S a ), de débit massique Dma
entre par (1) et sort par (2), et le fluide (S b ), de débit massique Dmb entre par (3)
et sort par (4). On note Δha (respectivement Δhb ) la variation d’enthalpie pour
(S a ) (respectivement (S b )) comme définie au début du chapitre pour (S ). Il en
est de même pour les variations d’entropie Δsa et Δsb .
Figure 17.4
11 Écrire le premier principe de la thermodynamique pour le fluide circulant dans
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
l’échangeur.
❒ a. Dma Δha − Dmb Δhb = q̇
❒ b. Dma Δha + Dmb Δhb = 0
❒ c. (Dma + Dmb )(Δha + Δhb ) = q̇
❒ d. Dma Δha + Dmb Δhb = q̇
12 Écrire le deuxième principe pour le fluide circulant dans l’échangeur.
q̇
+ σc
T th
q̇
❒ c. Dma Δsa + Dmb Δsb =
+ σc
T th
❒ a. Dma Δsa − Dmb Δsb =
q̇
T th
q̇
❒ d. Dma Δsa − Dmb Δsb =
T th
❒ b. Dma Δsa + Dmb Δsb =
13 On suppose que l’échangeur est parfaitement calorifugé et que les fluides sont
des gaz parfaits identiques. Déterminer la relation entre les températures T 1 , T 2 ,
T 3 et T 4 correspondant aux états des fluides aux entrées et sorties (1), (2), (3)
et (4).
❒ a. Dma (T 2 − T 1 ) = Dmb (T 4 − T 3 )
❒ b. Dma (T 2 − T 1 ) = Dmb (T 3 − T 4 )
❒ c. T 2 − T 1 = T 3 − T 4
❒ d. T 2 − T 1 = T 4 − T 3
247
Énoncés
17 Écoulements - Machines
14 Déterminer une autre relation entre les températures dans le cas où la transformation est réversible (et donc isobare).
T2
T4
= Dmb ln
❒ a. Dma ln
T1
T3
T2 − T1
T4 − T3
❒ c. Dma
= −Dmb
T2
T4
T2 − T1
T4 − T3
= −Dmb
T1
T3
T2
T4
❒ d. Dma ln
= −Dmb ln
T1
T3
❒ b. Dma
15 Si l’on considère les débits identiques, déterminer la(les) réponse(s) juste(s)
parmi celles proposées.
❒ a. T 4 = T 1
❒ c. T 3 = T 2
❒ b. T 4 = T 2
❒ d. T 3 = T 1
16 On considère une suite de transformations dans un compresseur :
•
•
•
phase d’admission AB ;
phase de compression BC ;
phase d’échappement CD.
La suite de transformations a lieu dans des conditions réversibles comme représenté sur le diagramme de Watt (figure 17.5). Les variations d’énergie cinétique
et d’énergie potentielle sont nulles.
Figure 17.5
Déterminer le travail de transvasement Wt .
C
PdV
❒ b. Wt =
❒ a. Wt = −
B
D
❒ c. Wt =
VdP
A
248
C
VdP
B
❒ d. Wt = −
C
VdP
B
Énoncés
17 Écoulements - Machines
Cet énoncé concerne les questions 17 à 20 :
Cette série de questions étudie le fonctionnement d’un turboréacteur (figure 17.6). L’air est supposé être un gaz parfait (γ = 1, 4), de capacité thermique
massique à pression constante c p = 1 kJ · kg−1 · K−1 .
Figure 17.6
Les transformations dans le compresseur et la turbine sont adiabatiques réversibles. Il n’y a aucune pièce mobile dans la chambre de combustion et la tuyère.
On néglige les variations d’énergie potentielle. On néglige aussi les variations
d’énergie cinétique, sauf dans la tuyère.
Le compresseur est uniquement entrainé par la turbine qui lui transmet intégralement la puissance que lui fournit l’écoulement. On raisonnera pour 1 kg de
fluide. On utilisera les données suivantes pour les diﬀérents états :
Température (K)
Pression (bar)
E1
288
1
E2
6,15
E3
1250
6,15
E4
E5
744
1
17 Déterminer la température T 2 et le travail indiqué pour le compresseur wic .
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
❒ a. T 2 = 484 K
❒ c. wic = 196 kJ · kg
❒ b. T 2 = 171 K
−1
❒ d. wic = −117 kJ · kg−1
18 Déterminer la température T 4 et la pression P4 à la sortie de la turbine.
❒ a. T 4 = 1446 K
❒ c. P4 = 10,2 bar
❒ b. T 4 = 1054 K
❒ d. P4 = 11,2 bar
19 Déterminer la vitesse c5 à la sortie de la tuyère.
❒ a. c5 = 6, 2 · 105 m · s−1
❒ b. c5 = 24, 9 m · s−1
❒ c. c5 = 556 m · s−1
❒ d. c5 = 787 m · s−1
20 Définir un rendement thermique ηth et le calculer.
❒ a. ηth = 158 %
❒ c. ηth = 40,5 %
❒ b. ηth = 63,2 %
❒ d. ηth = 25,6 %
Voir les corrigés du chapitre 17 page 263.
249
18
Conduction thermique
Thèmes abordés
Avec ce questionnaire, vous évaluez vos compétences sur les sujets suivants :
•
•
•
•
La loi de Fourier relative à la conduction thermique.
L’équation de la diﬀusion thermique (ou équation de la chaleur).
La notion de résistance thermique.
La modélisation d’un système thermodynamique par analogie avec un circuit
électrique.
• La conducto-convection (loi de Newton).
−
→
Notations. Sauf indication contraire, on notera jth le vecteur densité de courant thermique, λ la conductivité thermique supposée constante, ρ la masse volumique, c la
capacité thermique massique.
Consignes
Vrai/Faux
Pour chacune des propositions suivantes, indiquer si elle est exacte ou non, en
rédigeant une courte explication, puis aller voir le corrigé page 270.
1 ❒ V ❒ F L’unité du vecteur densité de courant thermique est le W · m−2 .
−
→
−−−→
2 ❒ V ❒ F La loi de Fourier s’écrit : jth = λ grad T .
3 ❒ V ❒ F Si on note φ12 le flux thermique passant d’une zone de température
T 1 d’un corps à une zone de température T 2 , la résistance thermique entre ces
φ12
.
deux zones est Rth =
T1 − T2
250
18 Conduction thermique
Énoncés
Consignes
QCM
Répondre d’abord aux questions suivantes, puis aller voir le corrigé page 271.
Pour un bloc de questions concernant le même problème, répondre à tout le bloc
avant de consulter le corrigé. On rappelle qu’il y a une ou deux réponses exactes
par question. Il est nécessaire pour répondre d’écrire quelques lignes au brouillon.
4 Quels sont les phénomènes qui obéissent à une loi analogue à la loi de Fourier ?
❒ a. La diﬀusion de la lumière
❒ b. La diﬀusion des particules
❒ c. La conduction électrique
❒ d. La diﬀusion d’une onde radio.
5 On étudie la diﬀusion dans le cas d’une dimension, selon l’axe Ox. Pour cela on
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
fait le bilan pour un volume de section S , situé entre les abscisses x et x + dx
(figure 18.1). On note Pv la puissance produite par unité de volume. Déterminer l’équation diﬀérentielle vérifiée par la température T appelée équation de
diﬀusion thermique.
Figure 18.1
∂2 T
∂T
= λ 2 + Pv
∂t
∂x
∂2 T
∂T
= −λ 2 + Pv
❒ c. ρc
∂t
∂x
❒ a. ρc
∂2 T
∂T
dx = λ 2 + Pv dx
∂t
∂x
2
∂ T
∂T
=λ 2
❒ d. ρc
∂t
∂x
❒ b. ρc
6 On considère un milieu dans lequel l’échelle de variation spatiale de la température est L. Quel est le temps caractéristique τth de la diﬀusion thermique dans ce
milieu ?
ρc
λL2
❒ b. τth =
❒ a. τth = L
λ
ρc
ρc
λ
❒ d. τth = L2
❒ c. τth = L2
λ
ρc
251
Énoncés
18 Conduction thermique
7 On étudie maintenant la diﬀusion dans le cas d’une symétrie cylindrique, en sup-
−
→
−
−
ur . Pour
posant qu’elle a lieu uniquement suivant →
ur , c’est-à-dire que jth = jth (r)→
cela on fait le bilan pour un volume situé entre les cylindres de rayon r et r +dr et
de hauteur h (figure 18.2). On suppose qu’il n’y a pas de puissance produite dans
le volume. Déterminer l’équation diﬀérentielle vérifiée par la température T .
Figure 18.2
∂2 T
∂T
=λ 2
❒ a. ρc
∂t
∂r
λ ∂ 2 ∂T
∂T
= 2
r
❒ c. ρc
∂t
∂r
r ∂r
λ ∂ ∂T
∂T
= 2
r
❒ b. ρc
∂t
r ∂r ∂r
∂T
λ ∂ ∂T
❒ d. ρc
=
r
∂t
r ∂r ∂r
8 On étudie maintenant la diﬀusion dans le cas d’une symétrie sphérique, en sup-
−
→
−
−
ur . Pour
posant qu’elle a lieu uniquement suivant →
ur , c’est-à-dire que jth = jth (r)→
cela on fait le bilan pour un volume situé entre les sphères concentriques (centre
O) de rayon r et r + dr. On suppose qu’il n’y a pas de puissance produite dans le
volume. Déterminer l’équation diﬀérentielle vérifiée par la température T .
λ ∂ 3 ∂T
∂T
λ ∂ 2 ∂T
∂T
= 3
r
❒ b. ρc
=− 2
r
❒ a. ρc
∂t
∂r
∂t
∂r
r ∂r
r ∂r
λ ∂ 2 ∂T
∂T
∂2 T
∂T
= 2
r
❒ d. ρc
=λ 2
❒ c. ρc
∂t
∂r
∂t
r ∂r
∂r
Cet énoncé concerne les questions 9 à 10 :
On étudie enfin la diﬀusion dans le cas général. On prend en compte un terme
source ou puits de puissance de densité volumique Pv .
252
18 Conduction thermique
Énoncés
9 Pour faire le bilan, on considère un volume τ de l’espace, limité par la surface
fermée S . On note M un point quelconque du volume τ et dτ M un volume mé−−−→
soscopique autour de M. On note P un point quelconque de la surface et dS P
le vecteur surface élémentaire autour de P. Eﬀectuer le bilan d’énergie sur ce
volume.
∂T
−
→ −−−→
ρc dτ M = −
Pv dτ M
jth · dS P +
❒ a.
∂t
τ
S
τ
∂T
−
→ −−−→
❒ b.
ρc dτ M = −
Pv dτ M dt
jth · dS P dt +
∂t
τ
S
τ
∂T
−
→ −−−→
ρc dτ M =
Pv dτ M
jth · dS P +
❒ c.
∂t
τ
S
τ
∂T
−
→ −−−→
❒ d.
ρc dτ M =
Pv dτ M dt
jth · dS P dt +
∂t
τ
S
τ
−−−→
10 En déduire l’équation de la diﬀusion thermique. On rappelle que grad div = Δ.
∂T
= λΔT + Pv
∂t
∂T
= λΔT dt + Pv dt
❒ c. ρc
∂t
❒ a. ρc
∂T
= −λΔT + Pv
∂t
∂T
= −λΔT dt + Pv dt
❒ d. ρc
∂t
❒ b. ρc
11 On souhaite résoudre l’équation de la diﬀusion dans le cas unidimensionnel sta-
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
tionnaire, par exemple pour un mur d’épaisseur e dont la face x = 0 est à la
température T 0 et la face x = e à la température T 1 . Quelle(s) est(sont) la(les)
réponse(s) juste(s) ?
❒ a. L’expression de T (x) dépend de λ.
T1 − T0
❒ b. jth (x) = −λ
e
❒ c. L’expression de T (x) est indépendante de λ.
−
−
→ →
❒ d. jth = 0 car le régime est stationnaire.
12 On étudie un double vitrage à l’aide de la notion de résistance thermique. Il est
constitué de deux vitres en verre d’épaisseur e1 et de surface S séparées par une
épaisseur e2 d’argon (figure 18.3). On note λa la conductivité de l’argon et λv
celle du verre. Déterminer la résistance thermique Rth de ce double vitrage
e1
λa S
λv S
e2
+2
+2
❒ b. Rth =
❒ a. Rth =
e2
e1
λa S
λv S
−1
e1
e1
e2
e2
+2
+
❒ d. Rth =
❒ c. Rth =
λa S
λv S
λa S λv S
253
Énoncés
18 Conduction thermique
Figure 18.3
Cet énoncé concerne les questions 13 à 15 :
On souhaite étudier l’évolution de la température d’une pièce en utilisant l’analogie avec un circuit électrique. La pièce a une capacité thermique Cth . Elle
est chauﬀée par des radiateurs qui apportent un flux thermique φ0 constant. Le
contact avec l’extérieur se fait par l’intermédiaire des murs (résistance thermique
totale Rm ) et des fenêtres (résistance thermique totale R f ). La température extérieure est constante égale à T e . Comme dans un circuit électrique (masse à 0
volt), la température de référence est prise égale à 0 ◦ C.
13 Parmi les circuits suivants, lequel correspond au schéma du problème ?
❒ a.
❒ b.
❒ c.
❒ d.
14 Établir une(deux) équation(s) vérifiée(s) par la température T (t).
T
Te
∂T
+
=
+ φ0
∂t
Rm + R f
Rm + R f
1
1
1
∂T
1
+T
❒ b. Cth
+
+
= Te
∂t
Rm R f
Rm R f
1
1
∂T
et φ0 = (T − T e )
+
❒ c. φ0 = Cth
∂t
Rm R f
1
1
1
∂T
1
+T
+
+
= Te
+ φ0
❒ d. Cth
∂t
Rm R f
Rm R f
❒ a. Cth
254
Énoncés
18 Conduction thermique
15 Déterminer la température T s en régime stationnaire.
❒ a. T s = T e
Rm R f
φ0
Rm + R f
1
1
❒ d. T s = T e +
+
φ0
Rm R f
❒ b. T s = T e +
❒ c. T s = T e + (Rm + R f )φ0
Cet énoncé concerne les questions 16 à 18 :
On considère un cylindre de longueur , de rayon a, d’axe Ox. La température
est imposée égale à T 0 en x = 0. La température T (x) dans la barre ne dépend
que de x. La partie latérale et la face x = sont en contact avec l’air considéré
comme un thermostat à la température T e . Les échanges avec l’air se font par
conducto-convection selon la loi de Newton : jcc = h(T − T e ) avec h > 0. La
conductivité thermique de la barre est λ.
16 Établir en régime stationnaire l’équation diﬀérentielle vérifiée par T .
2h
d2 T 2h
d2 T
=
0
❒
b.
+ T = − Te
2
2
aλ
aλ
dx
dx
2
2
2h
d T 2h
2h
d T 2h
Te
❒ c.
− T0 =
❒ d.
− T = − Te
2
2
aλ
aλ
aλ
aλ
dx
dx
aλ
17 On pose L2 = . Déterminer l’expression générale de T (x).
2h
x
x
Te − T0 2
x + A1 x + A2
❒ b. T =
❒ a. T = A1 cos + A2 sin + T e
L
L
L
−x
x
−x
x
+ A2 exp + T e
+ A2 exp
❒ c. T = A1 exp
❒ d. T = A1 exp
L
L
L
L
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❒ a.
18 La condition limite en x = s’écrit :
❒ a. T ( ) = T e
dT
❒ c. λ
dx
=0
(x= )
dT
❒ b. λ
= h (T ( ) − T e )
dx (x= )
dT
❒ d. λ
= h (T e − T ( ))
dx (x= )
Cet énoncé concerne les questions 19 à 21 :
On veut étudier l’eﬀet dans le sol des variations périodiques d’ensoleillement
(quotidiennes, saisonnières...) en fonction de la profondeur de pénétration. On
définit un axe Oz descendant, avec z = 0 au niveau du sol. La température
T (z, t) est une fonction de z et t uniquement. On ne tient pas compte d’éventuelles sources d’énergie dans le sol. Pour modéliser les eﬀets de l’ensoleillement en surface, on suppose qu’en z = 0, la température est de la forme
λ
T = T 0 + θ0 cos ωt. On pose K = .
ρc
255
Énoncés
18 Conduction thermique
19 À une profondeur z on cherche des solutions pour T de la forme T = T 0 +
θ(z, t). On utilisera une forme complexe pour θ soit θ(x, t) = α(x)eiωt . Déterminer
l’équation diﬀérentielle vérifiée par α.
d2 α iω
+ α=0
❒ a.
K
dz2
d2 α iω
− α=0
❒ c.
K
dz2
d2 α
❒ b.
−
dz2
d2 α
❒ d.
−
dz2
ω
α=0
K
ω2
α=0
K
20 La solution générale pour α(x) est :
❒ a.
❒ b.
❒ c.
❒ d.
ω
ω
(1 + i)z + A2 exp −
(1 + i)z
α = A1 exp
2K
2K
ω
ω
(1 + i)z + A2 exp
(1 − i)z
α = A1 exp
2K
2K
ω
ω
z + A2 exp −
z
α = A1 exp
K
K
ω
ω
(1 − i)z + A2 exp −
(1 − i)z
α = A1 exp
2K
2K
21 On pose δ =
2K
. Déterminer l’expression de T (z, t).
ω
❒ a. T = T 0 + θ0 e−z/δ cos ωt
z
❒ c. T = T 0 + θ0 e−z/δ cos ωt +
δ
z
❒ b. T = T 0 + θ0 e−z/δ cos ωt −
δ
z
❒ d. T = T 0 + θ0 ez/δ cos ωt +
δ
Voir les corrigés du chapitre 18 page 270.
256
Rayonnement
thermique (MP)
19
Thèmes abordés
Avec ce questionnaire, vous évaluez vos compétences sur les sujets suivants :
•
•
•
•
Flux radiatif, incident, réfléchi, absorbé, émis.
Rayonnement d’équilibre thermique.
Lois de Planck, Stefan, Wien.
Corps noir.
Notations. Les constantes utilisées sont : h (constante de Planck), kB (constante de
Boltzmann), c célérité de la lumière dans le vide.
On notera ν la fréquence, λ la longueur d’onde et T la température.
On rappelle la loi de Planck concernant le flux surfacique spectral reçu ou émis par
un milieu en équilibre thermique, dans l’intervalle de fréquence [ν, ν + dν] :
ϕν =
2πh
c2
ν3
hν
−1
exp
kB T
La constante de Stefan vaut σ = 5, 67 · 10−8 W · m−2 · K−4 .
Consignes
Vrai/Faux
Pour chacune des propositions suivantes, indiquer si elle est exacte ou non, en
rédigeant une courte explication, puis aller voir le corrigé page 281.
1 ❒ V ❒ F Dans l’étude du rayonnement thermique, le flux représente une
puissance émise ou reçue à travers une surface.
2 ❒ V ❒ F Un corps opaque ne transmet aucun rayonnement reçu.
3 ❒ V ❒ F La loi de Wien stipule que le flux hémisphérique rayonné est proportionnel à T 4 .
257
Énoncés
19 Rayonnement thermique (MP)
4 ❒ V ❒ F Un corps noir est un absorbeur total.
5 ❒ V ❒ F Le corps humain émet dans l’infrarouge.
6 ❒ V ❒ F La température de surface d’une étoile « géante bleue » est plus petite que celle de la surface du soleil.
Consignes
QCM
Répondre d’abord aux questions suivantes, puis aller voir le corrigé page 282.
Pour un bloc de questions concernant le même problème, répondre à tout le bloc
avant de consulter le corrigé. On rappelle qu’il y a une ou deux réponses exactes
par question. Il est nécessaire pour répondre d’écrire quelques lignes au brouillon.
7 Exprimer le flux surfacique spectral ϕλ reçu ou émis par un milieu en équilibre
thermique, dans l’intervalle de longueur d’onde [λ, λ + dλ] :
❒ a.
2πhc2
λ5
❒ c. −
1
hc
−1
exp
λkB T
2πhc2
λ5
1
hc
−1
exp
λkB T
❒ b.
2πhc
λ3
❒ d.
4πhc2
λ5
1
hc
−1
exp
λkB T
1
hc
−1
exp
λkB T
hc
. Déterminer l’équation vérifiée par Xm correspondant au
λkB T
maximum de ϕλ (λ).
kB
❒ b. −5 eXm − 1 + Xm2 eXm = 0
❒ a. −5 eXm − 1 − Xm eXm = 0
hc
kB
❒ d. −5 eXm − 1 − eXm = 0
❒ c. −5 eXm − 1 + Xm eXm = 0
hc
8 On pose X =
9 On rappelle la loi de Stefan reliant le flux hémisphérique surfacique ϕs total et la
température : ϕ s = σT 4 . Exprimer la constante de Stefan σ.
∞
2πk5 ∞ X 5
X5
2
dX
❒
b.
2πhc
dX
❒ a. 3 4B
X
c h 0 eX − 1
0 e −1
∞
2πk4B ∞ X 3
πk4B
X3
dX
❒ d. 2 3
dX
❒ c. 2 3
c h 0 eX − 1
c h 0 eX − 1
258
Énoncés
19 Rayonnement thermique (MP)
Cet énoncé concerne les questions 10 à 12 :
On étudie le bilan thermique Terre-Soleil en l’absence d’atmosphère. On fait
l’hypothèse que les deux corps se comportent comme des corps noirs. On note :
•
•
•
•
•
le rayon du Soleil : R s = 7 · 108 m ;
la température de surface du Soleil : T s = 5600 K ;
la distance Terre-Soleil : d = 150 · 109 m ;
le rayon de la Terre : RT = 6400 km ;
la température de surface de la Terre : T T (que l’on souhaite évaluer).
10 Déterminer le flux surfacique ϕT au niveau de l’orbite terrestre, provenant du
rayonnement solaire.
❒ a. ϕT = σT s4
❒ c. ϕT =
R2s
σT 4
d2 T
R2s
σT s4
d2
R2
❒ d. ϕT = 2s σT s4
RT
❒ b. ϕT =
11 En déduire la puissance solaire totale Pt reçue par la Terre :
❒ a. Pt = πR2T ϕT
❒ b. Pt = 2πR2T ϕT
❒ c. Pt = 4πR2T ϕT
❒ d. Pt =
4 2
πR ϕT
3 T
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12 En écrivant le bilan thermique entre la puissance reçue et celle rayonnée, déterminer quelle serait la température à la surface de la Terre.
Rs
Ts
❒ b. T T =
❒ a. T T = T s
2d
Rs
R s RT
Ts
❒ c. T T =
❒ d. T T = π1/4
√ Ts
2d
d 2
Cet énoncé concerne les questions 13 à 14 :
Cette suite de questions a pour but d’étudier l’eﬀet de serre. On modélise une
serre par une boîte de section S ayant un fond noirci et une plaque de verre sur
sa partie supérieure (figure 19.1).
On fait l’hypothèse que la vitre est transparente au rayonnement solaire majoritairement dans le visible mais absorbe le rayonnement infrarouge émis par la
plaque noircie. En revanche, la plaque noircie absorbe complètement le flux solaire.
On note respectivement ϕv et ϕ p les flux surfaciques émis par la plaque de verre
et par la plaque noircie et ϕ s = φ s /S le flux surfacique solaire.
259
Énoncés
19 Rayonnement thermique (MP)
Figure 19.1
13 Eﬀectuer les bilans de puissance pour la plaque noircie et pour la plaque de verre
à l’équilibre thermique.
❒ a. ϕ p = ϕ s + ϕv
❒ b. ϕ p = ϕv
❒ c. ϕ p = ϕ s
❒ d. ϕ p = 2ϕv
14 Déterminer les températures des deux plaques T v (verre) et T p (plaque noircie).
Le flux surfacique solaire est ϕ s = 0, 6 kW·m−2 .
❒ a. T p = 321 K
❒ c. T p = 381 K
❒ b. T v = 381 K
❒ d. T v = 321 K
Cet énoncé concerne les questions 15 à 18 :
On considère un mur de surface S séparant une pièce (température T i ) de l’extérieur (température T e ). On prend en compte les trois modes d’échange d’énergie
(conduction, conducto-convection, rayonnement). Les températures de surface
du mur sont T ip à l’intérieur et T ep à l’extérieur.
15 Déterminer φri le flux radiatif eﬀectivement reçu par la paroi intérieure dans
son échange avec la pièce et φre le flux radiatif eﬀectivement reçu par la paroi
extérieure. Les deux parois se comportent comme des corps noirs.
4
4
− T i4
❒ b. φri = S σ T ip
❒ a. φri = S σ T i4 − T ip
4
4
− T e4
❒ d. φre = S σ T e4 − T ep
❒ c. φre = S σ T ep
16 On peut écrire T ip = T i +ΔT i avec |ΔT i | T i et T ep = T e +ΔT e avec |ΔT e | T e .
Déterminer les résistances thermiques Rri et Rre dues aux échanges par rayonnement entre le mur et l’intérieur et entre le mur et l’extérieur.
1
❒ b. Rri =
❒ a. Rri = 4S σT i3
S σT i3
❒ c. Rre = 4S σT e3
260
❒ d. Rri =
1
4S σT i3
19 Rayonnement thermique (MP)
Énoncés
17 Déterminer les résistances thermiques correspondant à la conduction-convection
Rcci et Rcce . On suppose que le coeﬃcient h de transfert thermique de surface
dans la loi de Newton est le même pour l’intérieur et l’extérieur.
1
❒ a. Rcci =
❒ b. Rcci = S h
Sh
1
❒ d. Rcce = S h
❒ c. Rcce =
Sh
18 On note Rc la résistance thermique correspondant à la conduction dans le mur.
Ti − Te
prenant en compte tous
φt
les types d’échange où φt est le flux total de la pièce vers le milieu extérieur.
1
1
1
1
+ Rc +
+
+
❒ a. Rth =
3
3
S
h
S
h
4S σT i
4S σT e
Déterminer la résistance thermique totale Rth =
❒ b. Rth =
1
1
+ Rc +
3
4S σT i + S h
4S σT e3 + S h
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❒ c. Rth = 4S σT i3 + S h + Rc + 4S σT e3 + S h
−1
1
3
3
+ 4S σT e + S h
❒ d. Rth = 4S σT i + S h +
Rc
Cet énoncé concerne les questions 19 à 21 :
On souhaite relier la densité d’énergie du rayonnement uν des photons ayant une
fréquence dans l’intervalle [ν, ν + dν] au flux surfacique spectral. On note nν le
nombre de photons par unité de volume dont la fréquence appartient à l’intervalle
précédent.
19 Déterminer le nombre de photons dNθ qui viennent frapper la surface dS pendant
l’intervalle de temps dt et ayant une vitesse dans l’angle solide dΩ = 2π sin θdθ,
c’est-à-dire faisant un angle compris entre θ et θ+dθ avec la surface (figure 19.2).
Figure 19.2
❒ a. dNθ = nν cdΩ cos θ dS dt
dΩ
dS dt
❒ c. dNθ = nν c
4π
dΩ
cos θ dS dt
4π
❒ d. dNθ = nν c dθ dS dt
❒ b. dNθ = nν c
261
Énoncés
19 Rayonnement thermique (MP)
20 On rappelle que chaque photon possède une énergie hν. Déterminer l’énergie
Eν arrivant sur dS pendant dt due à tous les photons venant frapper dS et de
fréquence dans l’intervalle [ν, ν + dν].
nν hνc dS dt
nν hνc dS dt
❒ a. Eν =
❒ b. Eν =
2
2π
nν c dS dt
nν hνc dS dt
❒ d. Eν =
❒ c. Eν =
4
4
21 Déterminer la relation entre le flux surfacique spectral ϕν et la densité spectrale
d’énergie uν .
2ϕν
❒ a. uν =
c
4ϕν
❒ c. uν =
c
2πϕν
c
ϕν
❒ d. uν =
c
❒ b. uν =
Voir les corrigés du chapitre 19 page 281.
262
Corrigés
17 Fluides en écoulement stationnaire - Machines
(PT, approfondissement MP)
Vrai/Faux
1
❒V ❒
✗ F Un fluide en écoulement représente un système fermé.
C’est un système qui échange de la matière avec l’environnement, il est donc ouvert. Pour
pouvoir appliquer les principes de la thermodynamique, il faut se ramener à un système
fermé défini dans les notations.
2
❒
✗ V ❒ F Dans un tuyau de section S , le débit volumique est Dv = cS .
Par définition, le débit volumique est le volume de fluide traversant la section S par unité
dV
= cS .
de temps. Pendant dt, le volume de fluide traversant S est dV = cdtS soit Dv =
dt
3
❒V ❒
✗ F Le débit massique Dm est tel que Dm = Dv /ρ.
Par définition, le débit massique est la masse de fluide traversant la section S par unité de
dm
= ρDv .
temps. Avec le raisonnement précédent, on trouve dm = ρscdt soit Dm =
dt
QCM
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4
On considère le mélangeur de la figure 17.2. Déterminer la relation entre les quatre
débits massiques.
❒ a. Dm1 + Dm2 + Dm3 + Dm4 = 0
❒
✗ c. Dm1 − Dm2 + Dm3 − Dm4 = 0
❒ b. Dm1 + Dm2 − Dm3 − Dm4 = 0
❒ d. Dm1 − Dm2 − Dm3 + Dm4 = 0
En régime stationnaire, la masse dme entrant dans la partie centrale pendant dt doit être
égale à celle qui sort dm s . Or dme = (Dm1 + Dm3 ) dt et dm s = (Dm2 + Dm4 ) dt d’où la
réponse c.
5
On s’intéresse à une grandeur extensive A dont la grandeur massique est notée a. Déterminer la variation dA de A pour le système lors de la traversée de l’organe.
❒ a. dA = Dm (a s − ae )
❒ c. dA = Dm dt(ae − a s )
❒
✗ b. dA = Dm dt(a s − ae )
❒ d. dA = Dv dt(a s − ae )
Les masses dme de Σe et dm s de Σ s sont égales puisque l’écoulement est stationnaire et
qu’il n’y a pas de perte ou de gain de masse dans l’organe. Par définition du débit massique
263
Corrigés
ces deux grandeurs sont égales à Dm dt. La variation de A s’écrit dA = A(S (t+dt))−A(S (t)),
sachant que S (t + dt) = Σc (t + dt) + Σ s et S (t) = Σc (t) + Σe . On obtient donc :
dA = A(Σ s ) + A(Σc (t + dt)) − A(Σe ) − A(Σc (t)) = A(Σ s ) − A(Σe )
car le régime étant stationnaire A(Σc (t + dt)) = A(Σc (t)). Finalement :
dA = dm s a s − dme ae = Dm dt(a s − ae )
6
On note Pe (respectivement P s ) la pression en amont de l’organe (en aval). Déterminer
l’expression du travail δW p des forces de pression pendant dt.
❒ a. δW p = −PdV
❒ c. δW p = −Dm dtP(v s − ve )
❒ b. δW p = −Dm dt(Pe ve − P s v s )
❒
✗ d. δW p = Dm dt(Pe ve − P s v s )
Il y a deux cas où l’on ne peut pas appliquer la formule δW = −PdV : lorsqu’il y a une
enceinte vide dans l’état initial et pour un écoulement (cas présent).
Figure 17.7
Figure 17.8
Il faut revenir à la définition mécanique du travail. Pour la partie Σe en aval de Σc (figure
17.7), la force de pression exercée par le fluide à gauche est Fe = Pe S e et à droite il s’agit
d’une force intérieure puisqu’exercée par Σc . Le travail des forces de pression extérieure
sur Σe est donc :
δW p,e = Fe Le = Pe S e Le = Pe ve Dm dt
−
→
En eﬀet le travail est moteur (Fe et déplacement de même sens) et S e Le est égal au volume
de Σe soit dme ve .
−
→
De manière similaire pour Σ s (figure 17.8), mais avec un travail résistant cette fois (F s et
déplacement de sens opposé), δW p,s = −P s v s Dm dt. En sommant les deux termes, on obtient
la réponse d.
264
Corrigés
7
Déterminer le premier principe pour un fluide en écoulement en prenant en compte
l’énergie cinétique macroscopique Ec et l’énergie potentielle de pesanteur E p .
1 2
1 2
❒
✗ a. Dm h s + c s + gzs − he + ce + gze = w˙u + q̇
2
2
1
1
❒ b. Dm u s + c2s + gz s − ue + c2e + gze = w˙u + q̇
2
2
1 2
1 2
❒ c. u s + c s + gz s − ue + ce + gze = w˙u + q̇
2
2
1 2
1 2
❒ d. h s + c s + gz s − he + ce + gze = w˙u + q̇
2
2
On applique le premier principe à (S ) dans l’intervalle le de temps [t, t + dt], soit :
dU + dEc + dE p = δW p + δWu + δQ
où δWu est le travail utile. D’après le résultat de la question (5), on peut écrire dU =
1
Dm dt(u s − ue ), dEc = Dm dt (c2s − c2e ) et dE p = Dm dt g(z s − ze ). En passant l’expression de
2
δW p dans le membre de gauche, on obtient :
1
1
Dm dt u s + P s v s + c2s + gz s − ue + Pe ve + c2e + gze = w˙u dt + q̇dt
2
2
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Les termes u + Pv sont égaux aux enthalpies massiques h. Après simplification par dt on
obtient la réponse a.
On peut aussi écrire le premier principe pour 1 kg de fluide :
1 2
Δ h + c + gz = wum + qm
2
8
Écrire le deuxième principe de la thermodynamique pour un fluide en écoulement en
contact avec un thermostat à la température T th . On note σc le taux de création d’entropie
(ou entropie créée par seconde) dans l’organe.
q̇
q̇
❒ a. Δs =
+ σc
❒ b. Dm Δs = + σc
T th
T
q̇
q̇
❒ c. Dm Δs =
− σc
❒
+ σc
✗ d. Dm Δs =
T th
T th
δq
+ δS c . Or l’entropie créée
T th
δS c pendant dt est σc dt et δQ = q̇dt. En utilisant le résultat de la question (5), dS s’écrit
Dm Δsdt, d’où le résultat d.
Pour le système (S ) la variation d’entropie s’écrit dS =
265
Corrigés
9
On s’intéresse à une tuyère indéformable (figure 17.3). La transformation étant très rapide, il n’y a pas d’échange de chaleur et on suppose de plus la transformation réversible.
Déterminer la célérité c(x) pour une abscisse x dans la tuyère.
x
x
dP
dP
❒ a. c(x) = c2 (0) + 2
❒
✗ b. c(x) = c2 (0) − 2
ρ
ρ
0
0
x
x
dP
❒ c. c(x) = c2 (0) − 2
ρdP
❒ d. c(x) = −c2 (0) + 2
ρ
0
0
On écrit le premier principe pour le fluide écoulement entre x et x + dx. Ici l’altitude est la
même, donc dE p = 0, il n’ y a pas de pièces mobiles donc w˙u = 0 et la transformation est
adiabatique donc q̇ = 0. Finalement on a :
1 2
1 2
1
Dm h(x + dx) − h(x) + c (x + dx) − c (x) = 0 ⇒ dh = − dc2
2
2
2
L’identité thermodynamique s’écrit : dh = T ds + vdP. Or la transformation est isentropique
dP
. Finalement, en intégrant la relation
donc ds = 0. D’autre part v = 1/ρ donc dh =
ρ
1
dh = − dc2 entre x = 0 et x on obtient la relation b.
2
10
Quelle(e) est(sont) la(les) propositions vraie(s) pour une opération de laminage ?
❒
✗ a. Δh = 0
❒
✗ c. La transformation est irréversible.
❒ b. Δs = 0
❒ d. wum > 0
L’opération de laminage consiste à détendre un fluide sans production de travail (à l’inverse
d’une turbine) en le faisant passer dans un robinet à pointeau ou une paroi poreuse, donc
wum = 0. Cette opération étant adiabatique, qm = 0. D’autre part la vitesse de l’écoulement est négligeable et il n’y a pas de variation d’altitude donc le premier principe donne
Δh = 0 : il s’agit d’une détente de Joule-Thomson.
Pour une transformation élémentaire, l’identité thermodynamique s’écrit dh = T ds + vdP
avec ds = δse +δsc = δsc puisque la transformation est adiabatique. Avec dh = 0, on obtient
v
δsc = − dP avec δsc ≥ 0. Or dP 0, donc δsc > 0, la transformation est irréversible On
T
vérifie bien dP < 0 (détente).
Cet énoncé concerne les questions 11 à 15 :
On étudie un échangeur thermique (figure 17.4) en contact avec un thermostat à la température T th représentant le milieu extérieur. L’échangeur ne contient pas de pièces mobiles. Le fluide définissant le système (S a ), de débit massique Dma entre par (1) et sort
par (2), et le fluide (S b ), de débit massique Dmb entre par (3) et sort par (4). On note Δha
(respectivement Δhb ) la variation d’enthalpie pour (S a ) (respectivement (S b )) comme
définie au début du chapitre pour (S ). Il en est de même pour les variations d’entropie
Δsa et Δsb .
266
Corrigés
11
Écrire le premier principe de la thermodynamique pour le fluide circulant dans l’échangeur.
❒ a. Dma Δha − Dmb Δhb = q̇
❒ c. (Dma + Dmb )(Δha + Δhb ) = q̇
❒ b. Dma Δha + Dmb Δhb = 0
❒
✗ d. Dma Δha + Dmb Δhb = q̇
Il faut prendre comme système (S A ) ⊕ (S B ). On néglige l’énergie cinétique et Δz = 0. Il n’y
a pas de pièces mobiles donc w˙u = 0. Le premier principe pour le système précédemment
défini, s’écrit dH = dHa + dHb = q̇dt. Or dHa = Dma Δha dt et dHb = Dmb Δhb dt ce qui
donne finalement la réponse d.
12
Écrire le deuxième principe pour le fluide circulant dans l’échangeur.
q̇
q̇
+ σc
❒ b. Dma Δsa + Dmb Δsb =
❒ a. Dma Δsa − Dmb Δsb =
T th
T th
q̇
q̇
❒
+ σc
❒ d. Dma Δsa − Dmb Δsb =
✗ c. Dma Δsa + Dmb Δsb =
T th
T th
Pour le système (S A ) ⊕ (S B ), le deuxième principe s’écrit dS = δS e + δS c avec :
dS = dS a + dS b = (Dma Δsa + Dmb Δsb ) dt et δS e =
13
On suppose que l’échangeur est parfaitement calorifugé et que les fluides sont des gaz
parfaits identiques. Déterminer la relation entre les températures T 1 , T 2 , T 3 et T 4 correspondant aux états des fluides aux entrées et sorties (1), (2), (3) et (4).
❒ a. Dma (T 2 − T 1 ) = Dmb (T 4 − T 3 )
❒ c. T 2 − T 1 = T 3 − T 4
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
q̇dt
et δS c = σc dt.
T th
❒
✗ b. Dma (T 2 − T 1 ) = Dmb (T 3 − T 4 )
❒ d. T 2 − T 1 = T 4 − T 3
Si l’échangeur est parfaitement calorifugé, q̇ = 0 Donc le premier principe s’écrit
Dma Δha + Dmb Δhb = 0. Pour un gaz parfait, l’enthalpie massique a pour expression :
γR
T + cte avec M la masse molaire. Les gaz étant identiques, on a finalement :
h=
M(γ − 1)
Dma (T 2 − T 1 ) + Dmb (T 4 − T 3 ) = 0
La réponse c. n’est juste que si les débit sont identiques.
14
Déterminer une autre relation entre les températures dans le cas où la transformation est
réversible (et donc isobare).
T2 − T1
T4 − T3
T2
T4
❒ a. Dma ln
= Dmb ln
❒ b. Dma
= −Dmb
T1
T3
T1
T3
T2 − T1
T4 − T3
T2
T4
❒ c. Dma
= −Dmb
❒
= −Dmb ln
✗ d. Dma ln
T2
T4
T1
T3
267
Corrigés
Dans ce cas σc = 0 et puisque q̇ = 0, alors Dma Δsa + Dmb Δsb = 0. Pour des gaz parfaits, et
pour une transformation isobare, les variations d’entropie massique sont
Δsa =
15
T2
T4
Rγ
Rγ
ln
ln
et Δsb =
M(γ − 1) T 1
M(γ − 1) T 3
Si l’on considère les débits identiques, déterminer la(les) réponse(s) juste(s) parmi celles
proposées.
❒
✗ a. T 4 = T 1
❒
✗ c. T 3 = T 2
❒ b. T 4 = T 2
❒ d. T 3 = T 1
Les débits sont identiques donc les précédentes relations deviennent T 2 − T 1 = T 3 − T 4
et T 2 T 4 = T 1 T 3 . On suppose par exemple T 1 et T 3 données et diﬀérentes car si les fluides
entrent à la même température dans l’échangeur, ce dernier ne sert à rien ; alors en injectant
la deuxième relation dans la première on trouve :
T2 − T1 = T3 −
T1T 3
⇒ T 22 − T 2 (T 1 + T 3 ) + T 1 T 3 = 0
T2
Les racines de ce trinôme sont T 2 = T 1 (aucun intérêt physique) et T 2 = T 3 . On trouve
alors T 4 = T 1 : il y a eu « échange des températures ».
16
On considère une suite de transformations dans un compresseur :
•
•
•
phase d’admission AB ;
phase de compression BC ;
phase d’échappement CD.
La suite de transformations a lieu dans des conditions réversibles comme représenté
sur le diagramme de Watt (figure 17.5). Les variations d’énergie cinétique et d’énergie
potentielle sont nulles.
Déterminer le travail de transvasement Wt .
C
❒ a. Wt = −
PdV
B
❒
✗ b. Wt =
C
VdP
B
D
❒ c. Wt =
VdP
A
C
❒ d. Wt = −
VdP
B
La transformation est réversible, donc la pression extérieure est égale à tout moment à la
pression du fluide. Le système considéré est le fluide pénétrant dans le compresseur de A à
B, comprimé de B à C puis refoulé de C à D. Par définition Wt = WAB + WBC + WCD . Pour
la transformation isobare AB, WAB = P1 V1 correspondant au déplacement d’un volume V1
poussé par une pression P1 . De manière similaire, pour l’échappement, WCD = −P
2 V2 . Enfin, de B à C le système enfermé dans le cylindre du compresseur subit WBC = −
C
PdV.
B
268
Corrigés
La somme de ces travaux revient à obtenir l’aire du cycle, soit retrouver Wt = −
A
puisque
PdV = 0. On peut alors écrire :
PdV,
D
Wt = −
PdV = −
d(PV) +
VdP
B
Or
d(PV) = 0 sur le cycle. Sur AB et CD, la pression est constante donc
VdP =
A
D
A
VdP = 0 et enfin de D à A , le volume V est nul donc
VdP = 0. Finalement
C
D
C
VdP.
Wt =
B
Cet énoncé concerne les questions 17 à 20 :
Cette série de questions étudie le fonctionnement d’un turboréacteur (figure 17.6). L’air
est supposé être un gaz parfait (γ = 1, 4), de capacité thermique massique à pression
constante c p = 1 kJ · kg−1 · K−1 .
Les transformations dans le compresseur et la turbine sont adiabatiques réversibles. Il
n’y a aucune pièce mobile dans la chambre de combustion et la tuyère. On néglige les
variations d’énergie potentielle. On néglige aussi les variations d’énergie cinétique, sauf
dans la tuyère.
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Le compresseur est uniquement entrainé par la turbine qui lui transmet intégralement la
puissance que lui fournit l’écoulement. On raisonnera pour 1 kg de fluide. On utilisera
les données suivantes pour les diﬀérents états :
Température (K)
Pression (bar)
17
E1
288
1
E2
6,15
E3
1250
6,15
E4
E5
744
1
Déterminer la température T 2 et le travail indiqué pour le compresseur wic .
❒
✗ a. T 2 = 484 K
❒ b. T 2 = 171 K
−1
❒
✗ c. wic = 196 kJ · kg
❒ d. wic = −117 kJ · kg−1
Dans le compresseur, la transformation est adiabatique réversible, donc on peut appliquer
1−γ
P1 γ
la loi de Laplace : T 2 = T 1
, soit T 2 = 484 K. Avec le premier principe pour un
P2
fluide en écoulement Δh12 = wic soit wic = c p (T 2 − T 1 ) = 196 kJ · kg−1 .
18
Déterminer la température T 4 et la pression P4 à la sortie de la turbine.
❒ a. T 4 = 1446 K
❒ c. P4 = 10,2 bar
❒
✗ b. T 4 = 1054 K
❒ d. P4 = 11,2 bar
269
Corrigés
On applique le premier principe à la turbine : Δh34 = −wic (puisque la turbine fournit
entièrement son travail au compresseur). On a donc T 4 − T 3 = T 1 − T 2 , soit T 4 = 1054 K.
La transformation étant adiabatique réversible, on en déduit P4 avec la loi de Laplace :
γ
1−γ
T3
, ce qui donne P4 = 3, 39 bar.
P4 = P3
T4
19
Déterminer la vitesse c5 à la sortie de la tuyère.
❒ a. c5 = 6, 2 · 105 m · s−1
❒ b. c5 = 24, 9 m · s−1
❒ c. c5 = 556 m · s−1
❒
✗ d. c5 = 787 m · s−1
On applique le premier principe pour la détente dans la tuyère en tenant compte de l’énergie
cinétique. La transformation est adiabatique et il n’y a pas de pièces mobiles. D’autre part,
on suppose que la vitesse c4 du gaz à la sortie de la turbine et à l’entrée de la tuyère est
quasiment nulle. On a alors :
1
Δh45 + c25 = 0 ⇒ c5 = 2c p (T 4 − T 5 ) = 787 m · s−1
2
20
Définir un rendement thermique ηth et le calculer.
❒ a. ηth = 158 %
❒
✗ c. ηth = 40,5 %
❒ b. ηth = 63,2 %
❒ d. ηth = 25,6 %
Comme tout rendement, on le définit par le rapport en valeur absolue de la grandeur utile
ec,5
sur la grandeur coûteuse, donc ici ηth =
, où ec,5 est l’énergie cinétique à la sortie de
q23
la tuyère et q23 la chaleur reçue par le gaz dans la chambre de combustion. On a ec,5 =
c25 /2 = 310 kJ · kg−1 et q23 = Δh23 = c p (T 3 − T 2 ) soit q23 = 766 kJ · kg−1 . On en déduit
ηth = 40,5 %.
18 Conduction Thermique
Vrai/Faux
1
❒
✗ V ❒ F L’unité du vecteur densité de courant thermique est le W · m−2 .
−→
La puissance thermique (ou le flux thermique) traversant une surface dS est par définition
−
→ −→
−
→
dφ = jth · dS d’où l’unité de jth .
2
−−−→
−
→
❒V ❒
✗ F La loi de Fourier s’écrit : jth = λ grad T .
Le transfert thermique se fait spontanément de la source chaude vers la source froide, donc
à l’opposé du gradient de température. La loi de Fourier, qui est une loi phénoménolo−−−→
−
→
gique, donc qui ne se démontre pas, s’écrit : jth = −λ grad T .
270
Corrigés
3
❒V ❒
✗ F Si on note φ12 le flux thermique passant d’une zone de température T 1
d’un corps à une zone de température T 2 , la résistance thermique entre ces deux zones
φ12
est Rth =
.
T1 − T2
−
→
C’est l’inverse. La grandeur φ12 est le flux de jth , donc l’analogue de l’intensité en électricité qui est le flux du vecteur densité de courant électrique. La diﬀérence de température
(grandeur intensive) est l’analogue de la tension. La définition de la résistance thermique
T1 − T2
est : Rth =
.
φ12
QCM
4
Quels sont les phénomènes qui obéissent à une loi analogue à la loi de Fourier ?
❒ a. La diﬀusion de la lumière
❒
✗ c. La conduction électrique
❒
✗ b. La diﬀusion des particules
❒ d. La diﬀusion d’une onde radio.
b
C’est le fait que l’indice de réfraction n = a + 2 dépende de la longueur d’onde qui est
λ
responsable de la diﬀusion de la lumière (loi de Cauchy).
La diﬀusion des particules obéit à la loi de Fick semblable à la loi de Fourier :
−−−→
→
−
→
−
jn = −λ grad n où jn est le vecteur densité de courant de particules et n le nombre de
particules par unité de volume. Cette loi explique la diﬀusion des particules d’un milieu
dense vers un milieu moins dense (tache d’encre, dilution de colorant...).
La conduction électrique avec la loi d’Ohm, obéit aussi à une loi du même type que Fou−−−→
−
→
→
−
rier : jel = γ E = −γ grad V.
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La diﬀusion d’une onde signifie émission et propagation.
5
On étudie la diﬀusion dans le cas d’une dimension, selon l’axe Ox. Pour cela on fait le
bilan pour un volume de section S , situé entre les abscisses x et x + dx (figure 18.1). On
note Pv la puissance produite par unité de volume. Déterminer l’équation diﬀérentielle
vérifiée par la température T appelée équation de diﬀusion thermique.
∂2 T
∂T
= λ 2 + Pv
∂t
∂x
∂T
∂2 T
❒ c. ρc
= −λ 2 + Pv
∂t
∂x
❒
✗ a. ρc
∂2 T
∂T
dx = λ 2 + Pv dx
∂t
∂x
2
∂ T
∂T
=λ 2
❒ d. ρc
∂t
∂x
❒ b. ρc
Le système est le volume de section S compris entre x et x + dx, donc de volume dτ = S dx.
On a représenté sur la figure 18.4 les vecteurs densité de courant thermique en x et x + dx.
Figure 18.4
271
Corrigés
La quantité de chaleur entrant dans le volume à l’abscisse x pendant dt est δQe = jth (x)S dt.
La quantité de chaleur sortant du volume à l’abscisse x + dx pendant dt est δQ s = jth (x +
dx)S dt . La quantité d’énergie produite dans le volume pendant dt est Pv S dxdt. Le premier
principe appliqué entre t et t + dt s’écrit :
U(t + dt) − U(t) = δQe − δQ s + Pv S dxdt
Soit :
ρcS dx (T (t + dt) − T (t)) = ( jth (x) − jth (x + dx)) S dt + Pv S dx dt
En passant aux dérivées, et avec la loi de Fourier, on a finalement :
ρcS dx
6
∂ jth
∂2 T
∂T
∂T
dt = −
dxS dt + Pv S dx dt ⇒ ρc
= λ 2 + Pv
∂t
∂x
∂t
∂x
On considère un milieu dans lequel l’échelle de variation spatiale de la température est
L. Quel est le temps caractéristique τth de la diﬀusion thermique dans ce milieu ?
ρc
L
λ
ρc
❒
✗ c. τth = L2
λ
λL2
ρc
λ 2
❒ d. τth = L
ρc
❒ b. τth =
❒ a. τth =
On se place dans le cas où Pv = 0. Les dérivées spatiale et temporelle peuvent s’écrire :
∂T
T
∂2 T
T
∼
et
∼ 2
2
∂t
τth
∂x
L
En reportant dans l’équation de diﬀusion :
ρc
7
T
ρc
T
= λ 2 soit τth = L2
τth
λ
L
On étudie maintenant la diﬀusion dans le cas d’une symétrie cylindrique, en supposant
−
→
−
−
u . Pour cela on fait le
qu’elle a lieu uniquement suivant →
u , c’est-à-dire que j = j (r)→
r
th
th
r
bilan pour un volume situé entre les cylindres de rayon r et r + dr et de hauteur h (figure
18.2). On suppose qu’il n’y a pas de puissance produite dans le volume. Déterminer
l’équation diﬀérentielle vérifiée par la température T .
∂T
∂2 T
λ ∂ ∂T
∂T
❒ a. ρc
=λ 2
= 2
r
❒ b. ρc
∂t
∂t
∂r
r ∂r ∂r
λ ∂ 2 ∂T
λ ∂ ∂T
∂T
∂T
= 2
r
❒
=
r
❒ c. ρc
✗ d. ρc
∂t
r ∂r
∂r
∂t
r ∂r ∂r
272
Corrigés
Le système considéré est compris entre les deux cylindres de rayons r et r + dr, il est donc
de volume dτ = 2πrhdr. En s’inspirant du raisonnement fait pour 1 dimension, la quantité
de chaleur entrant eﬀectivement
dans le système par la surface latérale du cylindre de rayon
−
→
−
r pendant dt est δQ =
j (r) · (dS →
u )dt soit δQ = j (r)S (r)dt où S (r) = 2πrh. La
e
th
r r
e
th
S (r)
quantité de chaleur sortant eﬀectivement
du système par la surface latérale du cylindre de
−
→
−
j (r + dr) · (dS →
rayon r + dr pendant dt est δQ =
u )dt soit δQ = j (r +
s
th
r+dr r
e
th
S (r+dr)
dr)S (r + dr)dt où S (r + dr) = 2π(r + dr)h. Le premier principe s’écrit :
U(t + dt) − U(t) = δQe − δQ s ⇒ ρcdτ
∂(S (r) jth (r))
∂T
dt = −
dtdr
∂t
∂r
Ce qui donne :
ρc2πrhdr
∂T
∂
∂T
∂T
λ ∂ ∂T
dt =
2πrhλ
dtdr ⇒ ρc
=
r
∂t
∂r
∂r
∂t
r ∂r ∂r
L’erreur à ne pas commettre serait de considérer la surface S (r) constante comme
dans le raisonnement pour 1 dimension.
8
On étudie maintenant la diﬀusion dans le cas d’une symétrie sphérique, en supposant
−
→
−
−
u . Pour cela on fait
qu’elle a lieu uniquement suivant →
u , c’est-à-dire que j = j (r)→
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
r
th
th
r
le bilan pour un volume situé entre les sphères concentriques (centre O) de rayon r et
r + dr. On suppose qu’il n’y a pas de puissance produite dans le volume. Déterminer
l’équation diﬀérentielle vérifiée par la température T .
∂T
λ ∂ 3 ∂T
∂T
λ ∂ 2 ∂T
❒ a. ρc
= 3
r
❒ b. ρc
=− 2
r
∂t
∂r
∂t
∂r
r ∂r
r ∂r
2
λ ∂ 2 ∂T
∂T
∂ T
∂T
= 2
r
❒ d. ρc
=λ 2
❒
✗ c. ρc
∂t
∂r
∂t
r ∂r
∂r
Le raisonnement est le même que dans la question précédente en changeant dτ en 4πr2 dr
et S (r) en 4πr2 , ce qui donne l’équation c.
Cet énoncé concerne les questions 9 à 10 :
On étudie enfin la diﬀusion dans le cas général. On prend en compte un terme source ou
puits de puissance de densité volumique Pv .
273
Corrigés
9
Pour faire le bilan, on considère un volume τ de l’espace, limité par la surface fermée S .
On note M un point quelconque du volume τ et dτ M un volume mésoscopique autour de
−−→
M. On note P un point quelconque de la surface et dS P le vecteur surface élémentaire
autour de P. Eﬀectuer le bilan d’énergie sur ce volume.
∂T
−
→ −−→
jth · dS P +
❒
ρc dτ M = −
Pv dτ M
✗ a.
∂t
τ
S
τ
∂T
−
→ −−→
jth · dS P dt +
❒ b.
ρc dτ M = −
Pv dτ M dt
∂t
τ
S
τ
∂T
−
→ −−→
jth · dS P +
❒ c.
ρc dτ M =
Pv dτ M
∂t
τ
S
τ
∂T
−
→ −−→
jth · dS P dt +
❒ d.
ρc dτ M =
Pv dτ M dt
∂t
τ
S
τ
La variation d’énergie interne entre t et t + dt s’écrit :
∂T
U(t + dt) − U(t) =
ρc(T (t + dt, M) − T (t, M))dτ M =
ρc dτ M dt
∂t
τ
τ
−
→ −−→
La quantité de chaleur reçue pendant dt est δQ = −
jth · dS P dt puisque par convenS
tion les vecteurs
surfacesont orientés vers l’extérieur. Enfin la quantité d’énergie produite
est δE =
τ
Pv dτ M dt. Finalement, le premier principe U(t + dt) − U(t) = δQ + δE
donne la réponse a.
10
−−−→
En déduire l’équation de la diﬀusion thermique. On rappelle que grad div = Δ.
∂T
= λΔT + Pv
∂t
∂T
= λΔT dt + Pv dt
❒ c. ρc
∂t
∂T
= −λΔT + Pv
∂t
∂T
= −λΔT dt + Pv dt
❒ d. ρc
∂t
−
→ −−→
−
→
jth · dS P =
On utilise la relation de Green-Ostrogradski soit
div jth dτ M . On a
❒
✗ a. ρc
❒ b. ρc
S
τ
alors uniquement des intégrales de volume qui sont valables ∀τ ; on peut donc les supprimer
ce qui donne l’équation locale :
ρc
−−−→
∂T
−
→
= − div jth + Pv = λ div grad T + Pv = λΔT + Pv
∂t
−−−→
−−−→
−
→
On a utilisé la loi de Fourier jth = −λ grad T et div grad = Δ.
274
Corrigés
11
On souhaite résoudre l’équation de la diﬀusion dans le cas unidimensionnel stationnaire,
par exemple pour un mur d’épaisseur e dont la face x = 0 est à la température T 0 et la
face x = e à la température T 1 . Quelle(s) est(sont) la(les) réponse(s) juste(s) ?
❒ a. L’expression de T (x) dépend de λ.
T1 − T0
❒
✗ b. jth (x) = −λ
e
❒
✗ c. L’expression de T (x) est indépendante de λ.
−
−
→ →
❒ d. jth = 0 car le régime est stationnaire.
Dans le cas stationnaire sans sources pour une dimension, l’équation à résoudre est
∂2 T
= 0 soit T (x) = ax + b. Les conditions aux limites T (0) = T 0 et T (e) = T 1 donnent
∂x2
comme solutions :
T0 − T1
dT
T1 − T0
x + T 0 et jth = −λ
=λ
T (x) =
e
dx
e
La diﬀérence de température ne dépend pas de λ, en revanche le flux surfacique est proportionnel à λ : donc plus l’isolation sera grande (λ petit), moins il y aura de pertes d’énergie
à travers le mur.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
12
On étudie un double vitrage à l’aide de la notion de résistance thermique. Il est constitué
de deux vitres en verre d’épaisseur e1 et de surface S séparées par une épaisseur e2 d’argon (figure 18.3). On note λa la conductivité de l’argon et λv celle du verre. Déterminer
la résistance thermique Rth de ce double vitrage
e1
λa S
λv S
e2
+2
+2
❒
❒ a. Rth =
✗ b. Rth =
e2
e1
λa S
λv S
−1
e1
e1
e2
e2
+2
+
❒ c. Rth =
❒ d. Rth =
λa S
λv S
λa S λv S
Les résultats de la question précédente permettent de retrouver l’expression de la résistance
Rth , pour un milieu d’épaisseur e et de surface S :
T0 − T1 1 e
Rth =
=
S jth
λS
Dans le cas présent, c’est le même flux φ = jth S qui traverse les deux épaisseurs de verre
et l’épaisseur de gaz. Cela revient à avoir des résistances en série. En eﬀet, si l’on note T a1
celle de la face commune à la première plaque et à l’argon, T a2 celle de la face commune à
la deuxième plaque et à l’argon, on peut écrire :
T i − T e T i − T a1 T a1 − T a2 T a2 − T e
Rth =
=
+
+
= Rth,v + Rth,a + Rth,v
φ
φ
φ
φ
e1
e2
+2
.
soit Rth =
λa S
λv S
Les lois d’association des résistances thermiques sont les mêmes que celles des résistances
électriques.
275
Corrigés
Cet énoncé concerne les questions 13 à 15 :
On souhaite étudier l’évolution de la température d’une pièce en utilisant l’analogie avec
un circuit électrique. La pièce a une capacité thermique Cth . Elle est chauﬀée par des
radiateurs qui apportent un flux thermique φ0 constant. Le contact avec l’extérieur se fait
par l’intermédiaire des murs (résistance thermique totale Rm ) et des fenêtres (résistance
thermique totale R f ). La température extérieure est constante égale à T e . Comme dans
un circuit électrique (masse à 0 volt), la température de référence est prise égale à 0 ◦ C.
13
Parmi les circuits suivants, lequel correspond au schéma du problème ?
❒
✗ a.
❒ b.
❒ c.
❒ d.
L’analogue de la température en thermique est la tension en électricité, et l’analogue du
flux thermique est l’intensité. Ainsi la source de flux φ0 est l’analogue d’une source de
courant, et la source qui impose une température est l’analogue d’une source de tension :
on élimine c.
Ce n’est pas le même flux qui traverse les murs et les fenêtres, en revanche leurs faces
intérieures sont à la même température T i et leurs faces extérieures à la même température
T e : les résistances sont en parallèles. En eﬀet :
φm + φ f
1
φ
1
1
=
=
=
+
Rth T i − T e
Ti − Te
Rm Rv
où φ, φm et φ f sont respectivement, le flux total, le flux traversant les murs et le flux traversant les fenêtres. On exclut la réponse b.
Il reste à décider si la source de courant est en série ou en parallèle avec le condensateur (la
pièce à chauﬀer). La source ne peut être en série car cela signifierait que toute la puissance
fournie est évacuée vers l’extérieur, donc que dès la mise en route aucune puissance ne sert
à chauﬀer la pièce et qu’instantanément T = Rth φ0 + T e . La réponse est donc a.
276
Corrigés
14
Établir une(deux) équation(s) vérifiée(s) par la température T (t).
Te
∂T
T
❒ a. Cth
=
+ φ0
+
∂t
Rm + R f
Rm + R f
∂T
1
1
1
1
+T
= Te
❒ b. Cth
+
+
∂t
Rm R f
Rm R f
∂T
1
1
)
(T
et φ0 =
❒ c. φ0 = Cth
− Te
+
∂t
Rm R f
∂T
1
1
1
1
+T
❒
= Te
+ φ0
+
+
✗ d. Cth
∂t
Rm R f
Rm R f
Une loi des nœuds (figure 18.5) appliquée au nœud « pièce » s’écrit φ0 + φ p = φt .
Figure 18.5
Or φ p = −Cth
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
ment :
∂T
T − Te
1
1
1
(convention générateur) et φt =
avec
=
+
. Finale∂t
Rth
Rth Rm R f
∂T
1
1
= (T − T e )
φ0 − Cth
+
∂t
Rm R s
ce qui donne la réponse d.
On peut retrouver ce résultat par le premier principe appliqué au système « pièce » entre t
et t + dt. :
U(t + dt) − U(t) = φ0 dt − φ p dt ⇒ Cth
15
T − Te
∂T
dt
dt = φ0 dt −
∂t
Rth
Déterminer la température T s en régime stationnaire.
❒ a. T s = T e
❒ c. T s = T e + (Rm + R f )φ0
Rm R f
φ0
Rm + R f
1
1
φ0
❒ d. T s = T e +
+
Rm R f
❒
✗ b. T s = T e +
277
Corrigés
∂T
= 0 soit :
∂t
−1
1
1
1
1
1
1
Ts
= Te
+ φ0 ⇒ T s = T e + φ0
+
+
+
Rm R f
Rm R f
Rm R f
En régime stationnaire,
ce qui donne la réponse b.
Cet énoncé concerne les questions 16 à 18 :
On considère un cylindre de longueur , de rayon a, d’axe Ox. La température est imposée égale à T 0 en x = 0. La température T (x) dans la barre ne dépend que de x. La partie
latérale et la face x = sont en contact avec l’air considéré comme un thermostat à la
température T e . Les échanges avec l’air se font par conducto-convection selon la loi de
Newton : jcc = h(T − T e ) avec h > 0. La conductivité thermique de la barre est λ.
16
Établir en régime stationnaire l’équation diﬀérentielle vérifiée par T .
d2 T
=0
dx2
d2 T 2h
2h
Te
❒ c.
− T0 =
dx2 aλ
aλ
❒ a.
2h
d2 T 2h
+ T = − Te
aλ
dx2 aλ
2h
d2 T 2h
❒
− T = − Te
✗ d.
dx2 aλ
aλ
❒ b.
On fait le bilan en régime stationnaire sur un morceau de la barre situé entre x et x + dx.
La surface de contact du morceau avec l’air est 2πadx, donc la quantité d’énergie perdue
pendant dt par conducto-convection sur les côtés du morceau est δE = 2πadx jcc dt soit
δE = 2πadx h (T (x) − T e ) dt . Le bilan s’écrit donc :
ρc
∂T
∂2 T
dtdτ = 0 = πa2 dt ( jth (x) − jth (x + dx)) − δE ⇒ λ 2 πa2 = 2hπa (T (x) − T e )
∂t
∂x
d’où la réponse d.
Autre solution : appliquer directement l’équation de diﬀusion thermique en régime station∂2 T
naire 0 = λ 2 + Pv avec :
∂x
Pv =
17
278
2πadx h (T (x) − T e )
δE
=
dτdt
πa2 dx
aλ
. Déterminer l’expression générale de T (x).
2h
x
x
Te − T0 2
x + A1 x + A2
❒ b. T =
❒ a. T = A1 cos + A2 sin + T e
L
L
L
−x
x
−x
x
+ A2 exp + T e
+ A2 exp
❒
❒ d. T = A1 exp
✗ c. T = A1 exp
L
L
L
L
On pose L2 =
Corrigés
On peut écrire :
d2 T
T
Te
−x
x
+ A2 exp + T e
−
= − 2 ⇒ T (x) = A1 exp
L
L
dx2 L2
L
18
La condition limite en x = s’écrit :
❒ a. T ( ) = T e
❒ c. λ
dT
dx
=0
(x= )
dT
❒
= h (T ( ) − T e )
✗ b. λ
dx (x= )
dT
❒ d. λ
= h (T e − T ( ))
dx (x= )
En x = , il n’y a pas d’accumulation d’énergie, donc la puissance arrivant par conduction
doit être évacuée par conducto-convection par la surface extrême de la barre :
dT
jth (x = ) = jcc (x = ) ⇒ λ
= h (T ( ) − T e )
dx (x= )
Cet énoncé concerne les questions 19 à 21 :
On veut étudier l’eﬀet dans le sol des variations périodiques d’ensoleillement (quotidiennes, saisonnières...) en fonction de la profondeur de pénétration. On définit un axe
Oz descendant, avec z = 0 au niveau du sol. La température T (z, t) est une fonction de
z et t uniquement. On ne tient pas compte d’éventuelles sources d’énergie dans le sol.
Pour modéliser les eﬀets de l’ensoleillement en surface, on suppose qu’en z = 0, la
λ
température est de la forme T = T 0 + θ0 cos ωt. On pose K = .
ρc
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
19
À une profondeur z on cherche des solutions pour T de la forme T = T 0 + θ(z, t).
On utilisera une forme complexe pour θ soit θ(x, t) = α(x)eiωt . Déterminer l’équation
diﬀérentielle vérifiée par α.
❒ a.
d2 α iω
+ α=0
dz2
K
❒ b.
d2 α ω
− α=0
dz2
K
❒
✗ c.
d2 α iω
− α=0
K
dz2
❒ d.
d2 α ω2
α=0
−
K
dz2
L’équation de la diﬀusion thermique s’écrit ici
solution recherchée dans cette équation :
α(z)iωeiωt = K
∂T
∂2 T
= K 2 . On injecte la forme de la
∂t
∂z
d2 α(z) iωt
e
dz2
donc après simplification par eiωt , on trouve la réponse c.
279
Corrigés
20
La solution générale pour α(x) est :
ω
ω
(1 + i)z + A2 exp −
(1 + i)z
❒
✗ a. α = A1 exp
2K
2K
ω
ω
(1 + i)z + A2 exp
(1 − i)z
❒ b. α = A1 exp
2K
2K
ω
ω
z + A2 exp −
z
❒ c. α = A1 exp
K
K
ω
ω
(1 − i)z + A2 exp −
(1 − i)z
❒ d. α = A1 exp
2K
2K
iω
ω
soit r2 = eiπ/2 dont les racines sont
L’équation caractéristique s’écrit r2 =
K
K
ω iπ/4
ω
e où r = ±
(1 + i). On en déduit que la solution est la réponse a.
r=±
K
2K
Ne pas
commettre l’erreur d’écrire
les solutions de l’équation caractéristique :
ω ±iπ/4
ω iπ/4
e
e .
r=
au lieu de r = ±
K
K
21
On pose δ =
2K
. Déterminer l’expression de T (z, t).
ω
❒ a. T = T 0 + θ0 e−z/δ cos ωt
z
❒ c. T = T 0 + θ0 e−z/δ cos ωt +
δ
z
❒
✗ b. T = T 0 + θ0 e−z/δ cos ωt −
δ
z
z/δ
❒ d. T = T 0 + θ0 e cos ωt +
δ
L’expression de θ est :
θ(z, t) = A1 ez/δ ei(ωt+z/δ) + A2 e−z/δ ei(ωt−z/δ)
Le premier terme entraine une divergence de la température, donc la solution physique
correspond à A1 = 0.
z
On en déduit la solution réelle pour θ : θ = A2 e−z/δ cos ωt − . En identifiant à la solution
δ
pour z = 0, on pose A2 = θ0 . Finalement, on obtient la solution b.
z
et un terme d’atténuation e−z/δ .
On a donc un terme de propagation cos ωt −
δ
280
Corrigés
19 Rayonnement thermique (MP)
Vrai/Faux
1
❒
✗ V ❒ F Dans l’étude du rayonnement thermique, le flux représente une puissance
émise ou reçue à travers une surface.
Il s’agit de la définition du flux, flux du vecteur de Poynting à travers une surface S .
2
❒
✗ V ❒ F Un corps opaque ne transmet aucun rayonnement reçu.
Il s’agit de la définition d’un corps opaque, à l’opposé d’un corps transparent.
3
❒V ❒
✗ F La loi de Wien stipule que le flux hémisphérique rayonné est proportionnel
à T 4.
C’est la loi de Stefan qui stipule que le flux hémisphérique rayonné est proportionnel à
T 4 . La loi de Wien aﬃrme que la longueur d’onde correspondant au maximum du flux
surfacique spectral est inversement proportionnelle à la température.
4
❒
✗ V ❒ F Un corps noir est un absorbeur total.
C’est la définition d’un corps noir.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
5
❒
✗ V ❒ F Le corps humain émet dans l’infrarouge.
D’après la loi de Wien, la longueur d’onde correspondant au maximum d’émission d’un
corps vérifie λm T 3000 μm·K. Pour un corps à la température de l’ordre de 300 K comme
le corps humain, on obtient λm 10 μm, longueur d’onde se situant dans l’infrarouge.
6
❒V ❒
✗ F La température de surface d’une étoile « géante bleue » est plus petite que
celle de la surface du soleil.
On applique la loi de déplacement de Wien soit λm,b T b4 = λm,s T s4 . Le maximum d’émission
de la « géante bleue » est dans le bleu comme son nom l’indique alors que celui du soleil
est dans le jaune, donc λm,s > λm,b , ce qui entraine T s < T b .
281
Corrigés
QCM
7
Exprimer le flux surfacique spectral ϕλ reçu ou émis par un milieu en équilibre thermique, dans l’intervalle de longueur d’onde [λ, λ + dλ] :
❒
✗ a.
2πhc2
λ5
❒ c. −
1
hc
−1
exp
λkB T
2πhc2
λ5
1
hc
−1
exp
λkB T
❒ b.
2πhc
λ3
❒ d.
4πhc2
λ5
1
hc
−1
exp
λkB T
1
hc
−1
exp
λkB T
Le flux surfacique du rayonnement est le même dans l’intervalle [ν, ν + dν] ou [λ, λ + dλ]
avec λ = c/ν. On a donc ϕν (ν)dν = ϕλ (λ)dλ. On remplace ν par c/λ dans ϕν (ν). De plus
c dλ
dν = − 2 . On obtient :
λ
ϕλ (λ) dλ =
2πhc3
λ3 c2
c dλ
1
λ2
hc
−1
exp
λkB T
Le signe moins disparaît en raison de l’inversion des bornes quand on passe de
l’intervalle en fréquence à celui en longueur d’onde puisque ces deux grandeurs
sont inversement proportionnelles.
8
On pose X =
hc
. Déterminer l’équation vérifiée par Xm correspondant au maximum
λkB T
de ϕλ (λ).
❒ a. −5 eXm − 1 − Xm eXm = 0
❒
✗ c. −5 eXm − 1 + Xm eXm = 0
kB
❒ b. −5 eXm − 1 + Xm2 eXm = 0
hc
kB
Xm
❒ d. −5 e − 1 − eXm = 0
hc
On dérive la fonction ϕλ (λ) :
⎡
⎤
⎢⎢ −5 1
⎥⎥⎥
dϕλ
1 hc
eX
⎥⎦
= 2πhc2 ⎢⎢⎣ 6 X
+ 5 2
/
.
2
dλ
λ e − 1 λ λ k B T eX − 1
soit :
282
1
2πhc2 0 X
dϕλ
−5 e − 1 + XeX = 0
=0 ⇒
/
.
2
dλ
λ6 eX − 1
Corrigés
9
On rappelle la loi de Stefan reliant le flux hémisphérique surfacique ϕ s total et la température : ϕ s = σT 4 . Exprimer la constante de Stefan σ.
∞
2πk5 ∞ X 5
X5
2
dX
❒
b.
2πhc
dX
❒ a. 3 4B
X
X
c h 0 e −1
0 e −1
∞
πk4B
2πk4B ∞ X 3
X3
dX
❒
dX
❒ c. 2 3
✗ d. 2 3
c h 0 eX − 1
c h 0 eX − 1
Le flux hémisphérique total est obtenu en intégrant ϕλ (λ) sur [0, ∞[. On utilise la chanhc dλ
hc
soit dX = − 2
ou dX =
gement de variable de la question précédente X =
λkB T
λ kB T
2
X kB T dλ
−
.
hc
5
0
∞
2πhc2dλ
1
−hc
2 Xk B T
=
ϕs =
dX
2πhc
hc
eX − 1 X 2 k B T
hc
0
∞
−1
λ5 exp
λkB T
d’où finalement :
ϕs = T 4
2πk4B
c2 h 3
0
∞
X3
dX
−1
eX
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Cet énoncé concerne les questions 10 à 12 :
On étudie le bilan thermique Terre-Soleil en l’absence d’atmosphère. On fait l’hypothèse
que les deux corps se comportent comme des corps noirs. On note :
•
•
•
•
•
10
le rayon du Soleil : R s = 7 · 108 m ;
la température de surface du Soleil : T s = 5600 K ;
la distance Terre-Soleil : d = 150 · 109 m ;
le rayon de la Terre : RT = 6400 km ;
la température de surface de la Terre : T T (que l’on souhaite évaluer).
Déterminer le flux surfacique ϕT au niveau de l’orbite terrestre, provenant du rayonnement solaire.
R2
❒ a. ϕT = σT s4
❒
✗ b. ϕT = 2s σT s4
d
2
R
R2
❒ c. ϕT = 2s σT T4
❒ d. ϕT = 2s σT s4
d
RT
La surface du soleil émet une puissance totale P s = 4πR2s σT s4 . Cette puissance est émise
de manière isotrope donc comme il n’y a pas d’autre source entre le Soleil et la Terre, à la
distance d du centre du Soleil, cette puissance se répartit uniformément sur une sphère de
1
surface 4πd2 , d’où un flux surfacique ϕT = 4πR2s σT s4
.
4πd2
283
Corrigés
11
En déduire la puissance solaire totale Pt reçue par la Terre :
❒
✗ a. Pt = πR2T ϕT
❒ b. Pt = 2πR2T ϕT
❒ c. Pt = 4πR2T ϕT
❒ d. Pt =
4 2
πR ϕT
3 T
La puissance reçue l’est par l’hémisphère exposé au soleil. Pour une surface élémentaire
−→
dS (on a pris dS orienté vers l’intérieur car il s’agit de la puissance reçue), la puissance
→
−u · −
élémentaire reçue est dPt = ϕT→
dS avec dS = R2T sin θdθdφ (figure 19.3).
Figure 19.3
Pour un hémisphère φ ∈ [0, 2π] et θ ∈ 0,
Pt =
2π
φ=0
π
. On obtient donc :
2
π/2
theta=0
ϕR2T cos θ sin θdθdφ = πR2T ϕT
C’est comme si la Terre était remplacée par un disque de même rayon.
On peut aussi remarquer que le cos θ explique pourquoi les zones tropicales reçoivent plus
de puissance que les zones polaires par unité de surface terrestre.
12
En écrivant le bilan thermique entre la puissance reçue et celle rayonnée, déterminer
quelle serait la température à la surface de la Terre.
Rs
❒ a. T T = T s
Ts
❒
✗ b. T T =
2d
Rs
R s RT
1/4
Ts
❒ c. T T =
❒ d. T T = π
√ Ts
2d
d 2
La Terre émet comme un corps noir sphérique, ce qui correspond à une puissance émise
Pe = 4πR2T σT T4 . En égalant avec la puissance reçue, on obtient :
2
Rs
2 Rs
4
2
4
πRT 2 σT s = 4πRT σT T ⇒ T T =
Ts
d
2d
Cette température T T = 271 K est très inférieure à la température moyenne de la Terre
(295 K) ; la diﬀérence est due à l’eﬀet de serre de l’atmopshère.
284
Corrigés
Cet énoncé concerne les questions 13 à 14 :
Cette suite de questions a pour but d’étudier l’eﬀet de serre. On modélise une serre par
une boîte de section S ayant un fond noirci et une plaque de verre sur sa partie supérieure
(figure 19.1).
On fait l’hypothèse que la vitre est transparente au rayonnement solaire majoritairement
dans le visible mais absorbe le rayonnement infrarouge émis par la plaque noircie. En
revanche, la plaque noircie absorbe complètement le flux solaire.
On note respectivement ϕv et ϕ p les flux surfaciques émis par la plaque de verre et par
la plaque noircie et ϕ s = φ s /S le flux surfacique solaire.
13
Eﬀectuer les bilans de puissance pour la plaque noircie et pour la plaque de verre à
l’équilibre thermique.
❒
✗ a. ϕ p = ϕ s + ϕv
❒ c. ϕ p = ϕ s
❒ b. ϕ p = ϕv
❒
✗ d. ϕ p = 2ϕv
On a représenté les diﬀérents flux sur la figure 19.4.
Figure 19.4
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
La plaque de verre émet par ses deux faces donc le flux émis est φv = 2S ϕv et le flux reçu
provient de la plaque noircie soit S ϕ p ; le flux solaire n’intervient pas puisque cette plaque
est transparente à ce rayonnement. Ainsi le premier bilan d’équilibre s’écrit 2S ϕv = S ϕ p .
Concernant la plaque noircie, elle reçoit S ϕ s + S ϕv et émet φ p = S ϕ p donc le bilan d’équilibre pour la plaque noircie s’écrit S ϕ s + S ϕv = S ϕ p .
14
Déterminer les températures des deux plaques T v (verre) et T p (plaque noircie). Le flux
surfacique solaire est ϕ s = 0, 6 kW·m−2 .
❒ a. T p = 321 K
❒
✗ c. T p = 381 K
❒ b. T v = 381 K
❒
✗ d. T v = 321 K
Des résultats précédents, on tire que ϕv = ϕ s et donc ϕ p = 2ϕ s . La plaque reçoit deux fois
plus de flux solaire que s’il n’y avait pas la plaque de verre. Donc avec la loi de Stefan,
σT v4 = ϕ s et σT p4 = 2ϕ s , d’où T v =321 K et T p = 381 K.
Cet énoncé concerne les questions 15 à 18 :
On considère un mur de surface S séparant une pièce (température T i ) de l’extérieur
(température T e ). On prend en compte les trois modes d’échange d’énergie (conduction, conducto-convection, rayonnement). Les températures de surface du mur sont T ip
à l’intérieur et T ep à l’extérieur.
285
Corrigés
15
Déterminer φri le flux radiatif eﬀectivement reçu par la paroi intérieure dans son échange
avec la pièce et φre le flux radiatif eﬀectivement reçu par la paroi extérieure. Les deux
parois se comportent comme des corps noirs.
4
❒
❒ b. φri = S σ T ip
− T i4
✗ a. φri = S σ T i4 − T ip4
4
4
❒
− T e4
❒ c. φre = S σ T ep
✗ d. φre = S σ T e4 − T ep
4
La paroi intérieure reçoit une puissance S σT i4 de la pièce et émet une puissance S σT ip
. La
4
4
paroi extérieure reçoit une puissance S σT e de l’air extérieur et émet une puissance S σT ep
.
16
On peut écrire T ip = T i + ΔT i avec |ΔT i | T i et T ep = T e + ΔT e avec |ΔT e | T e .
Déterminer les résistances thermiques Rri et Rre dues aux échanges par rayonnement
entre le mur et l’intérieur et entre le mur et l’extérieur.
1
❒ a. Rri = 4S σT i3
❒ b. Rri =
S σT i3
❒ c. Rre = 4S σT e3
❒
✗ d. Rri =
1
4S σT i3
On eﬀectue un développement limité pour φri :
⎛
4 ⎞
⎜⎜
⎟⎟⎟
ΔT
i
4
4
4⎜
⎟⎟⎠ = −S σ4T i3 ΔT i = S σ4T i3 T i − T ip
φri = S σ T i − T ip = S σT i ⎜⎜⎝1 − 1 +
Ti
On peut donc définir la résistance Rri =
De même Rre =
17
1
.
4S σT e3
T i − T ip
1
soit Rri =
.
φri
4S σT i3
Déterminer les résistances thermiques correspondant à la conduction-convection Rcci et
Rcce . On suppose que le coeﬃcient h de transfert thermique de surface dans la loi de
Newton est le même pour l’intérieur et l’extérieur.
1
❒ b. Rcci = S h
❒
✗ a. Rcci =
Sh
1
❒ d. Rcce = S h
❒
✗ c. Rcce =
Sh
Le flux reçu par la paroi intérieure par conducto-convection est φcci = S h(T i − T ip ) donc la
T i − T ip
1
1
. De même Rcce =
.
=
résistance thermique équivalente est Rcci =
φcci
Sh
Sh
286
Corrigés
18
On note Rc la résistance thermique correspondant à la conduction dans le mur. DéterTi − Te
miner la résistance thermique totale Rth =
prenant en compte tous les types
φt
d’échange où φt est le flux total de la pièce vers le milieu extérieur.
1
1
1
1
+ Rc +
+
+
❒ a. Rth =
3
3
Sh
4S σT i
4S σT e S h
❒
✗ b. Rth =
1
1
+ Rc +
4S σT i3 + S h
4S σT e3 + S h
❒ c. Rth = 4S σT i3 + S h + Rc + 4S σT e3 + S h
−1
1
3
3
❒ d. Rth = 4S σT i + S h +
+ 4S σT e + S h
Rc
Les résistances (à l’intérieur et à l’extérieur) correspondant au rayonnement et à la
conducto-convection sont en parallèle en eﬀet φt = φri + φcci et −φt = φre + φcce . La
−1
1
1
1
résistance équivalente pour l’intérieur est Ri =
. De
+
, soit Ri =
Rri Rcci
4S σT i3 + S h
1
. En revanche ces deux résistances sont en série
même pour l’extérieur Re =
4S σT e3 + S h
avec la résistance due à la conduction, donc :
Rth =
1
1
+ Rc +
3
4S σT i + S h
4S σT e3 + S h
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Cet énoncé concerne les questions 19 à 21 :
On souhaite relier la densité d’énergie du rayonnement uν des photons ayant une fréquence dans l’intervalle [ν, ν + dν] au flux surfacique spectral. On note nν le nombre de
photons par unité de volume dont la fréquence appartient à l’intervalle précédent.
19
Déterminer le nombre de photons dNθ qui viennent frapper la surface dS pendant l’intervalle de temps dt et ayant une vitesse dans l’angle solide dΩ = 2π sin θdθ, c’est-à-dire
faisant un angle compris entre θ et θ + dθ avec la surface (figure 19.2).
dΩ
❒ a. dNθ = nν cdΩ cos θ dS dt
❒
✗ b. dNθ = nν c cos θ dS dt
4π
dΩ
dS dt
❒ d. dNθ = nν c dθ dS dt
❒ c. dNθ = nν c
4π
Les photons venant frapper la surface dS pendant dt, avec une vitesse faisant un angle θ
−→
avec dS sont dans le volume dτ représenté sur la figure (19.5), soit dτ = dS cdt cos θ. Par
isotropie, le nombre de photons par unité de volume dont la vitesse a une direction dans
dΩ
dΩ
l’angle solide dΩ est nν
. Finalement on a dNθ = nν
dτ.
4π
4π
Figure 19.5
287
Corrigés
20
On rappelle que chaque photon possède une énergie hν. Déterminer l’énergie Eν arrivant sur dS pendant dt due à tous les photons venant frapper dS et de fréquence dans
l’intervalle [ν, ν + dν].
nν hνc dS dt
nν hνc dS dt
❒ a. Eν =
❒ b. Eν =
2
2π
nν c dS dt
nν hνc dS dt
❒
❒ c. Eν =
✗ d. Eν =
4
4
Les photons venant frapper dS pendant dt, ayant une vitesse dans
solide dΩ, ont
πl’angle
une énergie dEν = hνdNθ . On intègre cette expression avec θ ∈ 0, . On a donc :
2
π/2
nν hνc dS dt
nν hνc dS dt
Eν =
cos θ sin θdθ =
2
4
θ=0
21
Déterminer la relation entre le flux surfacique spectral ϕν et la densité spectrale d’énergie uν .
2ϕν
2πϕν
❒ a. uν =
❒ b. uν =
c
c
4ϕν
ϕν
❒ d. uν =
❒
✗ c. uν =
c
c
Eν
(puissance
La densité d’énergie est uν = nν hν et le flux surfacique spectral est ϕν =
dS dt
4ϕν
par unité de surface), d’où uν =
.
c
288
Partie 5
Optique
20
Interférences
à deux ondes
Thèmes abordés
Avec ce questionnaire, vous évaluez vos compétences sur les sujets suivants :
•
•
•
•
Chemin optique et diﬀérence de marche.
Théorème de Malus.
Interférences de deux ondes en optique.
Systèmes classiques d’interféromètres à division du front d’onde.
Notations. Sauf indication contraire, on appellera λ0 la longueur d’onde dans le vide,
et la propagation a lieu dans l’air dont l’indice sera pris égal à 1. Une onde lumineuse
monochromatique émise par une source ponctuelle S a pour expression réelle en un
point M :
2π(S M)
s(M, t) = s0 cos ωt − φ0 −
λ0
c
.
avec (S M) le chemin optique de S à M et λ0 =
2πω
On notera < s >t la moyenne temporelle d’une grandeur s et c la célérité de la lumière
dans le vide. On utilisera la diﬀérence de marche δ2/1 = (S 2 M) − (S 1 M).
Consignes
Vrai/Faux
Pour chacune des propositions suivantes, indiquer si elle est exacte ou non, en
rédigeant une courte explication, puis aller voir le corrigé page 319.
1 ❒ V ❒ F Le chemin optique (AB) dans un milieu d’indice n est la distance
parcourue par le lumière dans le vide pendant la même durée qu’elle met pour
se propager de A à B dans le milieu.
2 ❒ V ❒ F Lors d’une réflexion sur un miroir, l’onde lumineuse se déphase
de π.
3 ❒ V ❒ F Pour deux points conjugués par un système optique, le chemin optique dépend de la trajectoire du rayon lumineux.
290
20 Interférences à deux ondes
Énoncés
4 ❒ V ❒ F Les rayons lumineux sont tangents aux surfaces d’onde.
5 ❒ V ❒ F Un déphasage de π correspond à une diﬀérence de marche égale
à λ0 .
Consignes
QCM
Répondre d’abord aux questions suivantes, puis aller voir le corrigé page 320.
Pour un bloc de questions concernant le même problème, répondre à tout le bloc
avant de consulter le corrigé. On rappelle qu’il y a une ou deux réponses exactes
par question. Il est nécessaire pour répondre d’écrire quelques lignes au brouillon.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
6 Une source S 1 émet une onde s1 = s1m cos(ωt − φ01 ). Une source S 2 émet une
onde s2 = s2m cos(ωt − φ02 ). On note E0 l’éclairement en un point M d’un écran
pour chaque source seule S 1 ou S 2 . Quel est l’éclairement E résultant en M issu
des deux sources ?
# $ 2πδ2/1
+ φ02 − φ01
❒ a. E = E0 1 + cos
λ0
t
# $ 2πδ2/1
+ φ02 − φ01
❒ b. E = 2E0 1 + cos
λ0
t
# $ 2πδ2/1
+ φ02 + φ01
❒ c. E = 2E0 1 + cos
λ0
t
# $ 2πδ2/1
+ φ01 − φ02
❒ d. E = 2E0 1 + cos
λ0
t
7 Sauf indication contraire, on se place dans la suite dans le cas où les deux sources
précédentes émettent des ondes telles que φ02 − φ01 = 0. Dans l’espace, les lieux
d’égal éclairement sont :
❒ a. Des ellipsoïdes de foyers S 1 et S 2 .
❒ b. Des droites parallèles.
❒ c. Des anneaux concentriques d’axe S 1 S 2 .
❒ d. Des hyperboloïdes de foyers S 1 et S 2 .
Cet énoncé concerne les questions 8 à 10 :
On se place dans le cas particulier où l’écran est placé parallèlement à S 1 S 2 à
une distance D S 1 S 2 (figure 20.1).
291
Énoncés
20 Interférences à deux ondes
Figure 20.1
8 La diﬀérence de marche δ2/1 en un point M de coordonnées (x, y, D) sur l’écran
avec x D et y D est :
ax
❒ a. δ2/1 =
D
2ax
❒ c. δ2/1 =
D
ax
D
ax
=
2D
❒ b. δ2/1 = −
❒ d. δ2/1
9 Les franges sont :
❒ a. Rectilignes.
❒ c. Parallèles à Oy.
❒ b. Circulaires
❒ d. Parallèles à Ox.
10 L’interfrange i est :
λ0 D
2λ0 D
❒ b. i =
a
2a
a
λ0 D
❒ d. i =
❒ c. i =
a
λ0 D
Cet énoncé concerne les questions 11 à 12 :
On se place dans le particulier où l’écran est placé perpendiculairement à S 1 S 2 .
On note D = OO la distance du milieu O de S 1 S 2 à l’écran avec D S 1 S 2
(figure 20.2). On note r la distance O M avec r D.
❒ a. i =
Figure 20.2
292
20 Interférences à deux ondes
Énoncés
11 La diﬀérence de marche δ2/1 en M est :
❒ a. δ2/1 = a
❒ c. δ2/1 = a 1 −
1 r 2
2 D
❒ b. δ2/1 = a cos θ
ar
❒ d. δ2/1 =
D
12 L’ordre d’interférence en O est noté p0 et on l’écrit p0 = m + où m est entier et
0 < ≤ 1. Déterminer, en partant du centre, le rayon rk du kième anneau brillant.
2λ0 √
2λ0 √
−k−1
❒ b. rk = D
+k+1
❒ a. rk = D
a
a
2λ0 √
2λ0 √
+k
❒ d. rk = D
+k−1
❒ c. rk = D
a
a
Cet énoncé concerne les questions 13 à 15 :
On s’intéresse à un dispositif de fentes d’Young parallèles à Oy. On note (F1 ,F2 )
leurs traces dans le plan xOz. Une source ponctuelle S se trouve à une distance
b au-dessus de l’axe Oz (figure 20.3). Les diﬀérentes distances sont telles que
a D, a d, b D et b d.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Figure 20.3
13 Déterminer l’éclairement sur l’écran au point M. On note E0 l’éclairement sur
l’écran lorsqu’on place un cache devant l’une des fentes.
2π b x
2π x
−
❒ b. E = 2E0 1 + cos
❒ a. E = 2E0 1 + cos
λ0 d D
λ0 D
2π x x
2π b x
+
❒ d. E = 2E0 1 + cos
+
❒ c. E = 2E0 1 + cos
λ0 d D
λ0 d D
14 La frange « centrale » correspondant à une diﬀérence de marche nulle est à la
position :
❒ a. x =
bD
d
❒ c. x = 0
bD
d
bd
❒ d. x = −
D
❒ b. x = −
293
Énoncés
20 Interférences à deux ondes
15 L’interfrange i est alors :
λ0 d
λ0 D
❒ b. i =
a
a
λ0 D
λ0 d
❒ d. i =
❒ c. i =
b
2a
Cet énoncé concerne les questions 16 à 19 :
On s’intéresse à un dispositif de fentes d’Young parallèles à Oy espacées d’une
distance a. On note (F1 ,F2 ) leurs traces dans le plan xOz. Ces fentes sont éclairées par un faisceau de lumière parallèle (source ponctuelle S à l’infini) faisant
un angle α0 avec l’axe Oz (figure 20.4). On place un écran dans le plan focal image d’une lentille convergente (distance focale image f ) placée après les
fentes (plan xF y).
❒ a. i =
Figure 20.4
16 La diﬀérence de marche au point M est :
❒ a. δ2/1 = a(sin α0 + sin α)
❒ c. δ2/1 = a(sin α0 − sin α)
❒ b. δ2/1 = a(tan α0 + tan α)
❒ d. δ2/1 = a(tan α0 − tan α)
17 Dans le cadre de l’approximation de Gauss, déterminer l’expression de l’éclairement sur l’écran, en notant E0 l’éclairement donné par l’une des fentes seule.
x
2πa
α0 + ❒ a. E = 2E0 1 + cos
λ0
f
x
2πa
α0 − ❒ b. E = 2E0 1 + cos
λ0
f
2πa x
❒ c. E = 2E0 1 + cos
λ0 f f
2πa
α0 −
❒ d. E = 2E0 1 + cos
λ0
x
18 Où se trouve la frange « centrale » ?
294
❒ a. En x = 0
❒ b. En x = α0 f ❒ c. En x = −α0 f ❒ d. À la position de l’image géométrique de S .
Énoncés
20 Interférences à deux ondes
19 Déterminer l’interfrange i.
λ0 f a
λ0 a
f
λ0 f ❒ c. i = f α0
❒ d. i =
a
Cet énoncé concerne les questions 20 à 23 :
On s’intéresse au dispositif appelé « miroirs de Fresnel » (figure 20.5) pour observer des interférences en un point M de l’espace. On note S 1 et S 2 les sources secondaires correspondant à la source ponctuelle monochromatique S et on n’observe que la lumière provenant de ces sources secondaires. L’arête entre les deux
miroirs est notée A et l’angle α est petit. Enfin, on note d = 1 m la distance S A.
❒ a. i = −
❒ b. i =
Figure 20.5
20 Déterminer la position des sources secondaires ainsi que le champ d’interfé-
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
rences. Sur les figures seule une partie du champ d’interférences, limité par deux
traits noir, a été grisée.
❒ a.
❒ b.
❒ c.
❒ d.
21 La distance a entre les deux sources secondaires est :
❒ a. a = dα
❒ b. a = 2dα
❒ c. a = d
❒ d. a = 2α
295
Énoncés
20 Interférences à deux ondes
22 On place un écran parallèle à S 1 S 2 à une distance d = 1, 5 m de A. La longueur
d’onde est λ0 = 0, 5μm et l’angle α = 20 . Déterminer l’interfrange i.
❒ a. i 6, 4 · 10−5 m
❒ b. i 4, 3 · 10−5 m
❒ c. i 3, 1 · 10−8 m
❒ d. i 1, 1 · 10−4 m
23 Déterminer le nombre N de franges visibles sur l’écran.
❒ a. N 5, 6.105
❒ c. N 270
❒ b. N 158
❒ d. N 406
Cet énoncé concerne les questions 24 à 26 :
On s’intéresse au dispositif appelé « miroir de Lloyd ». Un miroir plan est éclairé
par une source ponctuelle S située à une distance a/2 = 1 mm au-dessus du miroir (figure 20.6). La source S est monochromatique (λ = 0, 5 μm). On observe
les interférences en un point M d’un écran. On note S 1 et S 2 les sources secondaires correspondant à la source ponctuelle monochromatique S .
Avec d = 20 cm et D = 10 cm on a bien sûr d a et D a.
Figure 20.6
24 Déterminer la position des sources secondaires ainsi que le champ d’interférences.
296
❒ a.
❒ b.
❒ c.
❒ d.
20 Interférences à deux ondes
Énoncés
25 Déterminer l’éclairement E sur l’écran. On notera E0 l’éclairement maximal dû
chaque source individuellement.
2πax
❒ a. E = 2E0 1 − cos
λ0 (d + D)
2πax
❒ c. E = 2E0 1 + cos
λ0 D
❒ b. E = 2E0 1 + cos
2πax
λ0 (d + D)
2πax
❒ d. E = 2E0 1 − cos
λ0 D
26 Déterminer le nombre N de franges sombres visibles sur l’écran.
❒ a. N = 5
❒ b. N = 6
❒ c. N = 7
❒ d. N = 8
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Voir les corrigés du chapitre 20 page 319.
297
21
Cohérence temporelle
et spatiale
de deux ondes
Thèmes abordés
Avec ce questionnaire, vous évaluez vos compétences sur les sujets suivants :
•
•
•
•
La notion de train d’onde.
La notion de cohérence temporelle.
La notion de cohérence spatiale.
Les figures d’interférences observées pour des sources réelles.
Notations. Sauf indication contraire, on appellera λ0 la longueur d’onde dans le vide,
et la propagation a lieu dans l’air dont l’indice sera pris égal à 1. Une onde lumineuse
monochromatique de pulsation ω émise par une source ponctuelle S a pour expression réelle en un point M :
2π(S M)
s(M, t) = s0 cos ωt − φ0 −
λ0
c
.
2πω
On notera c 3 · 108 m · s−1 la célérité de la lumière dans le vide et st la moyenne
temporelle d’une grandeur s. On utilisera la diﬀérence de marche δ2/1 = (S 2 M) −
(S 1 M).
avec (S M) le chemin optique de S à M et λ0 =
Consignes
Vrai/Faux
Pour chacune des propositions suivantes, indiquer si elle est exacte ou non, en
rédigeant une courte explication, puis aller voir le corrigé page 329.
1 ❒ V ❒ F Deux ondes monochromatiques de longueurs d’onde diﬀérentes ne
peuvent interférer.
298
21 Cohérence temporelle et spatiale de 2 ondes
Énoncés
2 ❒ V ❒ F Si deux sources sont incohérentes, on peut sommer leurs éclairements.
3 ❒ V ❒ F Une lampe spectrale telle que la lampe au sodium est monochromatique.
4 ❒ V ❒ F Une source laser est monochromatique.
5 ❒ V ❒ F Si la diﬀérence de marche est plus petite que la longueur de cohérence, on peut observer des interférences.
6 ❒ V ❒ F Deux points d’émission d’une même source sont incohérents.
7 ❒ V ❒ F Il est possible d’obtenir des interférences avec deux sources diﬀérentes de même longueur d’onde. C’est d’autant plus vrai qu’elles sont éloignées
l’une de l’autre.
Consignes
QCM
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Répondre d’abord aux questions suivantes, puis aller voir le corrigé page 330.
Pour un bloc de questions concernant le même problème, répondre à tout le bloc
avant de consulter le corrigé. On rappelle qu’il y a une ou deux réponses exactes
par question. Il est nécessaire pour répondre d’écrire quelques lignes au brouillon.
8 Quelle serait la longueur de cohérence Lc d’un train d’onde d’une onde monochromatique de longueur d’onde λ ?
❒ a. Lc → ∞
❒ c. Lc = λ
❒ b. Lc = 0
❒ d. Lc dépend du milieu de propagation.
9 Pour le doublet jaune du sodium de longueur d’onde moyenne λ = 589, 3 nm,
la largeur spectrale est Δλ = 0, 6 nm. Déterminer la longueur de cohérence Lc
correspondante.
❒ a. Lc 1, 7 · 103 m
❒ b. Lc 6 · 10−10 m
❒ c. Lc 5, 8 · 10−4 m
❒ d. Lc 5, 9 · 10−7 m
299
Énoncés
21 Cohérence temporelle et spatiale de 2 ondes
10 On observe une figure d’interférence obtenue avec des fentes d’Young espacées
de a = 0, 5 mm, l’écran étant à une distance D = 1 m. La source est blanche
(0, 4μm ≤ λ ≤ 0, 75μm). On place la fente d’entrée d’un spectroscope à 0,5 cm
du centre de la figure d’interférences parallèlement aux franges. Déterminer les
longueurs d’onde manquantes.
❒ a. λ1 500 nm ; λ2 625 nm ; λ3 833 nm
❒ b. λ1 455 nm ; λ2 556 nm ; λ3 714 nm
❒ c. λ1 417 nm ; λ2 500 nm ; λ3 625 nm
❒ d. λ1 521 nm ; λ2 658 nm ; λ3 893 nm
Cet énoncé concerne les questions 11 à 13 :
Un interféromètre est éclairé par une lampe de Mercure dont on isole le doublet
jaune (λ1 = 0, 577 μm et λ2 = 0, 579 μm) avec un filtre. On suppose que les
composantes du doublet ont même intensité et que chacune donne un éclairement
E0 sur l’écran en l’absence d’interféromètre. On note δ la diﬀérence de marche
λ1 + λ2
la longueur d’onde
en un point M de l’écran. On notera aussi λm =
2
moyenne et Δλ = λ2 − λ1 l’écart entre les deux longueurs d’onde.
11 Déterminer l’éclairement sur l’écran.
❒ a. E
❒ b. E
❒ c. E
❒ d. E
πδΔλ
2πδ
cos
= 4E0 1 + sin
λm
λ2m
2πδ
= 4E0 1 + cos
λm
πδΔλ
2πδ
cos
= 4E0 1 + cos
λm
λ2m
2πδ
= 4E0 1 + cos
Δλ
12 La visibilité V des franges est :
2πδ
❒ a. V = cos
λm
πδΔλ
❒ c. V = sin
λ2m
300
❒ b. V = 1
πδΔλ
❒ d. V = cos
λ2m
Énoncés
21 Cohérence temporelle et spatiale de 2 ondes
13 En faisant croître δ depuis δ = 0, la première disparition des franges a lieu pour :
❒ a. δ = 0
❒ c. δ =
λ2m
2Δλ
λm
2
Δλ
❒ d. δ =
2
❒ b. δ =
Cet énoncé concerne les questions 14 à 16 :
On éclaire un dispositif interférométrique
par une source
polychromatique qui
Δν
Δν
, νm +
. Le profil spectral est
émet dans l’intervalle de fréquence νm −
2
2
supposé rectangulaire, c’est-à-dire qu’il n’ y a pas d’émission en dehors de l’intervalle précédent et que pour l’intervalle [ν, ν + dν], l’éclairement sur l’écran
dν
donné par chaque voie de l’interféromètre est E0 . On notera δ la diﬀérence de
Δν
marche due à l’interféromètre.
14 L’éclairement élémentaire donné par l’interféromètre pour l’intervalle [ν, ν + dν]
est :
2πνδ
E0
1 + cos
dν
Δν
c
2πνδ
E0
1 + cos
dν
❒ c. dE = 2
Δν
c
❒ a. dE =
E0
dν
Δν
E0
❒ d. dE = 2 dν
Δν
❒ b. dE =
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
15 L’éclairement observé sur l’écran est :
⎡
⎤⎥
⎢⎢⎢
cos πδΔν
2πδν
c
m ⎥⎥⎥
⎥⎥⎦
cos
❒ a. E = 2E0 ⎢⎢⎢⎣1 +
πδΔν
c
c
⎡
⎤⎥
⎢⎢⎢
sin πδΔν
2πδν
c
m ⎥⎥⎥
❒ b. E = 2E0 ⎢⎢⎢⎣1 + πδΔν cos
⎥⎥⎦
c
c
⎡
⎤⎥
⎢⎢⎢
sin πδΔν
⎥⎥⎥
2πδν
c
m
⎥⎥⎦
❒ c. E = E0 ⎢⎢⎢⎣1 + πδΔν cos
c
c
❒ d. E = 2E0
16 En faisant croître δ depuis δ = 0, le contraste s’annule une première fois pour :
c
Δν
c
❒ c. δ =
2νm
❒ a. δ =
❒ b. δ =
c
4νm
❒ d. Pas d’annulation de contraste.
301
Énoncés
21 Cohérence temporelle et spatiale de 2 ondes
Cet énoncé concerne les questions 17 à 20 :
On s’intéresse à un dispositif constitué d’une lentille mince convergente L1 , de
distance focale f et d’un écran E percé de deux fentes fines et parallèles F1 et
F2 dont on peut faire varier la distance e.
Le dispositif est éclairé par deux sources ponctuelles monochromatiques S 1 et
S 2 , de même longueur d’onde λ0 , faisant chacune un angle α0 avec l’axe optique
(figure 21.1).
Les observations se font en un point M du plan focal de la lentille L1 .
Figure 21.1
17 Qu’observe-t-on de manière générale ?
❒ a. Un éclairement uniforme.
❒ b. Des franges rectilignes parallèles à F x.
❒ c. Des franges rectilignes parallèles à F y.
❒ d. Des anneaux.
18 On note δ1 = (S 1 F2 M) − (S 1 F1 M) (resp. δ2 = (S 2 F2 M) − (S 2 F1 M)) la diﬀé-
rence de marche en M pour la source S 1 (resp. S 2 ). Déterminer δ1 et δ2 dans les
conditions de Gauss.
x
x
❒ b. δ1 = e −α0 + ❒ a. δ1 = e α0 + f
f
x
x
❒ d. δ2 = e −α0 + ❒ c. δ2 = e α0 + f
f
19 Pour quelle plus petite valeur em de e observe-t-on un éclairement uniforme ?
❒ a. em = 0
❒ c. em =
302
λ0
4α0
❒ b. em =
λ0
2
❒ d. em = −
λ0
4α0
21 Cohérence temporelle et spatiale de 2 ondes
Énoncés
20 On note E0 l’éclairement en M dû à une seule des deux sources lorsqu’une des
voies de l’interféromètre est obturée. Déterminer l’éclairement total E observée
en M.
2πex
2πeα0
cos
❒ a. E = 4E0 1 + cos
λ0 f λ0
x
2πe
α0 + ❒ b. E = 4E0 1 + cos
λ0
f
2πeα0
❒ c. E = 4E0 1 + cos
λ0
2πex
2πeα0
cos
❒ d. E = 2E0 1 + cos
λ0 f λ0
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Cet énoncé concerne les questions 21 à 23 :
On étudie la figure donnée par des fentes d’Young éclairées par une fente de largeur b et de très grande longueur L, parallèle à F1 et F2 . (figure 21.2). Losqu’on
cache une voie de l’interféromètre, l’éclairement obtenu sur l’écran, pour une
dx
.
fente source élémentaire de largeur dx est E0
b
On suppose que b et a sont petits devant d et D.
Figure 21.2
21 L’éclairement dE donné par l’interféromètre éclairé par la fente élémentaire de
largeur dx est :
dx
b
dx
2πa x x
+
❒ b. dE = 2E0 1 + cos
λ0 D d
b
2πax dx
❒ c. dE = 2E0 1 + cos
λ0 D
b
dx
2πa x x
−
❒ d. dE = 2E0 1 + cos
λ0 D d
b
❒ a. dE = 2E0
303
Énoncés
21 Cohérence temporelle et spatiale de 2 ondes
22 L’éclairement total observé E est :
2πax
❒ a. E = 2E0 1 + cos
λ0 D
⎡
⎤⎥
⎢⎢⎢
sin πab
⎥⎥⎥
2πax
λ
d
0
⎥⎥⎦
❒ b. E = 2E0 ⎢⎢⎢⎣1 − πab cos
λ
D
0
λ d
0
❒ c. E = 2E0
⎡
⎤⎥
⎢⎢⎢
sin πab
⎥⎥⎥
2πax
λ d
⎥⎥
❒ d. E = 2E0 ⎢⎢⎢⎣1 + πab0 cos
λ0 D ⎦
λ0 d
23 Si l’on augmente la largeur de la fente à partir de b = 0, quelle(s) est(sont) la(les)
propositions justes ?
❒ a. La frange centrale est sombre pour
λ0 d
λ0 d
<b<2
.
a
a
❒ b. La visibilité est nulle pour b = 0.
λ0 d
.
❒ c. la visibilité est nulle pour b =
a
❒ d. On observe des franges ∀b.
Voir les corrigés du chapitre 21 page 329.
304
Diffraction
de Fraunhofer
et réseaux
22
Thèmes abordés
Avec ce questionnaire, vous évaluez vos compétences sur les sujets suivants :
• Le principe d’Huygens-Fresnel.
• La notion de diﬀraction de Fraunhofer par une fente, une pupille rectangulaire,
•
•
•
•
ou circulaire.
L’eﬀet de translation d’une pupille diﬀractante.
Le théorème de Babinet ou des écrans complémentaires.
La figure d’interférences donnée par des fentes parallèles.
Les réseaux plans en transmission ou en réflexion.
Notations. Sauf indication contraire, on appellera λ0 la longueur d’onde dans le vide
et l’indice de l’air sera pris égal à 1.
L’axe Oz est pris comme axe optique.
La direction de propagation de l’onde plane incidente sur la pupille a pour vecteur
−
unitaire →
ui de coordonnées (αi , βi , γi ) et celle de l’onde diﬀractée a pour vecteur uni→
−
taire u de coordonnées (α, β, γ).
On se place dans le cadre de l’approximation de Fraunhofer. Si l’on note t(x , y ) la
fonction de transmission de la pupille et K une constante. L’amplitude complexe en
M de l’onde diﬀractée par une pupille ad (M, t) peut alors s’écrire d’après le principe
d’Huygens-Fresnel :
−−→ − →
2πOP · (→
ui − −u )
i
λ0
t(x , y )e
dx dy
ad (M, t) = Ke−iωt
x ,y
305
Énoncés
22 Diffraction de Fraunhofer et réseaux
sin(x)
la fonction « sinus cardinal » et on rappelle que
Enfin on notera sinc(x) =
x
l’intensité
& ou l’éclairement pour une amplitude complexe a(M, t) sont proportionnels
%
à aa .
t
Consignes
Vrai/Faux
Pour chacune des propositions suivantes, indiquer si elle est exacte ou non, en
rédigeant une courte explication, puis aller voir le corrigé page 338.
1 ❒ V ❒ F D’après le principe d’Huygens-Fresnel, chaque point d’une surface
atteinte par une onde incidente se comporte comme une source secondaire ponctuelle émettant une onde plane.
2 ❒ V ❒ F D’après le principe d’Huygens-Fresnel, les sources secondaires
émettent des ondes cohérentes entre elles.
3 ❒ V ❒ F Plus une pupille est de faibles dimensions, plus la figure de diﬀraction est étendue.
4 ❒ V ❒ F Une fente et un cheveu donnent des figures de diﬀraction complètement diﬀérentes.
5 ❒ V ❒ F Lorsqu’on translate la source, la figure de diﬀraction est inchangée.
6 ❒ V ❒ F Lorsqu’on translate la pupille dans son plan, la figure de diﬀraction
est inchangée.
7 ❒ V ❒ F Dans un ordre donné, un réseau dévie plus la lumière rouge que la
lumière bleue.
Consignes
QCM
Répondre d’abord aux questions suivantes, puis aller voir le corrigé page 339.
Pour un bloc de questions concernant le même problème, répondre à tout le bloc
avant de consulter le corrigé. On rappelle qu’il y a une ou deux réponses exactes
par question. Il est nécessaire pour répondre d’écrire quelques lignes au brouillon.
306
Énoncés
22 Diffraction de Fraunhofer et réseaux
8 Parmi les montages suivants, lequel(lesquels) permet(permettent) d’observer une
figure de diﬀraction dans les conditions de Fraunhofer ? Dans tous les cas S est
l’image de S par l’ensemble des lentilles.
❒ a.
❒ b.
❒ c.
❒ d.
Cet énoncé concerne les questions 9 à 10 :
On s’intéresse à une fente de grande longueur L suivant Oy et de largeur a
symétrique par rapport à l’axe Ox .
9 L’intensité diﬀractée par la fente est :
❒ a. I = I0 sinc2
❒ c. I = I0 sinc2
πa(βi − β)
λ0
2πa(αi − α)
λ0
2πa(βi − β)
λ0
πa(αi − α)
❒ d. I = I0 sinc2
λ0
❒ b. I = I0 sinc2
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
10 L’incidence étant fixée, le maximum principal pour la figure de diﬀraction de la
fente précédente a pour largeur Δ|α| :
λ0
❒ a. Δ|α| =
a
λ0
❒ c. Δ|α| =
2a
2λ0
a
a
❒ d. Δ|α| =
λ0
❒ b. Δ|α| =
Cet énoncé concerne les questions 11 à 12 :
On observe la figure de diﬀraction d’une pupille rectangulaire centrée en O, de
dimensions a suivant Ox et b suivant Oy , éclairée en incidence normale. L’observation se fait dans le plan focal image d’une lentille convergente (figure 22.1).
307
Énoncés
22 Diffraction de Fraunhofer et réseaux
Figure 22.1
11 Déterminer l’éclairement E sur l’écran.
❒ a. E
❒ b. E
❒ c. E
❒ d. E
πb sin θ
2 πa sin θ
sinc
= E0 sinc
λ0
λ0
πb tan θ
πa tan θ
sinc2
= E0 sinc2
λ0
λ0
πa tan θ
πb tan θ
sinc2
= E0 sinc2
λ0
λ0
2 πa sin θ
2 πb sin θ
sinc
= E0 sinc
λ0
λ0
2
12 La longueur d’onde est λ0 = 0, 5 μm et la distance focale de la lentille f = 1 m.
La taille de la tache centrale sur l’écran est 1,43 cm selon x et 2,86 cm selon y.
En déduire a et b.
❒ a. a = 35 μm et b = 70 μm
❒ b. a = 35 μm et b = 17, 5 μm
❒ c. a = 70 μm et b = 35 μm
❒ d. a = 17, 5 μm et b = 35 μm
13 On considère la diﬀraction à travers l’ouverture circulaire d’un télescope de
rayon R = 4 m. Quelle est la largeur angulaire la plus petite pouvant être observée avec λ0 = 0, 5 μm ?
❒ a. 0, 016
❒ b. 0, 031
❒ c. 0, 026
❒ d. 0, 013
Cet énoncé concerne les questions 14 à 15 :
On prend en compte la diﬀraction dans l’étude de la figure donnée par des fentes
d’Young. Les fentes de largeur a ont leurs centres espacés d’une distance b. Elles
sont parallèles à l’axe Oy et symétriques par rapport à cet axe. Les fentes sont
éclairées en incidence normale. On notera E0 la constante de normalisation pour
l’éclairement telle que l’éclairement maximal obtenu sur l’écran soit 2E0 .
308
22 Diffraction de Fraunhofer et réseaux
Énoncés
14 Dans le plan focal image d’une lentille convergente (figure 22.1), l’expression
de l’éclairement observé est :
2πax
2 πbx
1 + cos
❒ a. E = E0 sinc
λ0 f λ0 f πax
2πbx
❒ b. E = E0 sinc
1 + cos
λ0 f λ0 f 2πbx
❒ c. E = E0 1 + cos
λ0 f 2πbx
2 πax
1 + cos
❒ d. E = E0 sinc
λ0 f λ0 f © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
15 Parmi les figures suivantes, laquelle représente l’éclairement observé ?
❒ a.
❒ b.
❒ c.
❒ d.
309
Énoncés
22 Diffraction de Fraunhofer et réseaux
16 On étudie un réseau plan en transmission de n traits par unité de longueur, éclairé
en lumière parallèle sous incidence θ. On note a l’écart entre deux traits. On
observe la figure donnée par le réseau dans l’ordre k (entier) correspondant à
l’angle θk (figure 22.2).
Figure 22.2
La formule du réseau correspondant aux maximas observés est :
❒ a. sin θk + sin θ = knλ0
❒ c. tan θk − tan θ = knλ0
❒ b. sin θk − sin θ = knλ0
❒ d. tan θk + tan θ = knλ0
17 On étudie un réseau plan en réflexion de n traits par unité de longueur, éclairé
en lumière parallèle sous incidence θ. On observe la figure donnée par le réseau
dans l’ordre k (entier) correspondant à l’angle θk (figure 22.3).
Figure 22.3
La formule du réseau correspondant aux maximas observés est :
❒ a. sin θk + sin θ = knλ0
❒ c. tan θk − tan θ = knλ0
310
❒ b. sin θk − sin θ = knλ0
❒ d. tan θk + tan θ = knλ0
22 Diffraction de Fraunhofer et réseaux
Énoncés
18 On éclaire un des deux réseaux précédents avec une onde plane monochromatique (λ0 = 0, 5 μm) sous incidence normale. On prend n =600 traits/mm. Déterminer le nombre d’ordres observables.
❒ a. 7000
❒ b. 6
❒ c. 1
❒ d. 7
19 Dans le cas d’un réseau plan par transmission, la déviation est la diﬀérence
d’angle entre le rayon diﬀracté et le rayon incident D = θk − θ. On note Dm
la déviation minimale pour un ordre k. Quelle(s) relation(s) sont vérifiées pour
D = Dm ?
❒ a. θk = θ
Dm knλ0
=
❒ c. sin
2
2
❒ b. θk = −θ
❒ d. Dm = 0
20 Dans le cas d’un réseau plan de N traits, on note a = 1/n le pas du réseau et
2πaα
le déphasage entre deux rayons passant par deux traits successifs avec
λ0
α = sin θk ± sin θ (le signe dépendant du type de réseau) . Les traits ont chacun
une largeur b. Déterminer l’intensité diﬀractée dans la direction θk :
sin2 (N−1)φ sin2 Nφ
πbα
2
2
❒ b. I = I0 sinc2
φ
❒ a. I = I0
2 φ
2
λ
0
sin 2
sin 2
(N−1)φ sin2 Nφ sin2
πbα
2
2
❒ d. I = I0 sinc2
φ
❒ c. I = I0
2 φ
2
λ0 sin
sin
φ=
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
2
2
Cet énoncé concerne les questions 21 à 23 :
On s’intéresse à un réseau à échelettes par réflexion. Ce réseau est constitué de
N bandes réfléchissantes parallèles, de très grande longueur, de même largeur
2b, faisant un angle α > 0 avec la direction d’ensemble du réseau (figure 22.4).
Ce réseau est éclairé par une onde plane monochromatique sous une incidence θ
par rapport aux bandes réfléchissantes.
Figure 22.4
311
Énoncés
22 Diffraction de Fraunhofer et réseaux
21 Déterminer l’amplitude ad diﬀractée par l’une des bandes réfléchissantes dans
une direction faisant l’angle θk avec la normale à la surface. On note K la
constante de normalisation
2πb(sin θk + sin θ)
❒ a. ad = Ksinc
λ0
2πb(sin θk − sin θ)
❒ b. ad = Ksinc
λ0
πb(sin θk + sin θ)
❒ c. ad = Ksinc
λ0
πb(sin θk − sin θ)
❒ d. ad = Ksinc
λ0
22 Déterminer la diﬀérence de marche δ p+1/p entre deux rayons passant par les
centres successifs O p+1 et O p :
❒ a. δ p+1/p = 2a[sin(θ + α) + sin(θk + α)]
❒ b. δ p+1/p = 2a[sin(θ − α) + sin(θk + α)]
❒ c. δ p+1/p = 2a[sin(θ − α) − sin(θk + α)]
❒ d. δ p+1/p = 2a[sin(θ + α) − sin(θk + α)]
23 À quelle condition sur θ et α le maximum d’interférence d’ordre k coïncide-t-il
avec le maximum central de diﬀraction d’une facette ?
kλ0
kλ0
❒ b. 2 sin θ sin α =
❒ a. 2 cos θ cos α =
2a
2a
kλ0
kλ0
❒ d. 2 cos θ sin α = −
❒ c. 2 cos θ sin α =
2a
2a
Voir les corrigés du chapitre 22 page 338.
312
Interféromètre
de Michelson
23
Thèmes abordés
Avec ce questionnaire, vous évaluez vos compétences sur les sujets suivants :
•
•
•
•
•
L’utilisation de l’interféromètre de Michelson en coin d’air.
L’utilisation de l’interféromètre de Michelson en lame d’air.
La notion de franges non localisées ou localisées.
Les franges d’égale épaisseur localisées sur les miroirs.
Les franges d’égale inclinaison (ou anneaux) localisées à l’infini.
Notations. Sauf indication contraire, on appellera λ0 la longueur d’onde dans le vide
et l’indice de l’air sera pris égal à 1.
Pour l’interféromètre de Michelson que l’on étudiera dans ce chapitre les deux miroirs peuvent bien sûr pivoter, et c’est le miroir noté M1 qui peut être translaté
(figure 23.1).
Figure 23.1
On appellera M1 le miroir équivalent à l’image du miroir M1 par la séparatrice. Pour
le calcul de la diﬀérence de marche δ2/1 , on prendra comme référence le rayon réfléchi
sur le miroir M1 .
L’angle α entre les miroirs des coins d’air est positif.
313
Énoncés
23 Interféromètre de Michelson
Consignes
Vrai/Faux
Pour chacune des propositions suivantes, indiquer si elle est exacte ou non, en
rédigeant une courte explication, puis aller voir le corrigé page 348.
1 ❒ V ❒ F L’interféromètre de Michelson est à division du front d’onde.
2 ❒ V ❒ F La compensatrice sert à compenser un déphasage dû aux réflexions
sur les miroirs.
3 ❒ V ❒ F Si la source est ponctuelle, les interférences ne sont pas localisées.
4 ❒ V ❒ F Si l’interféromètre est réglé en lame d’air, on observe des anneaux.
5 ❒ V ❒ F Si l’interféromètre est réglé en coin d’air, les interférences sont localisées sur le miroir M2 .
6 ❒ V ❒ F En lame d’air, lorsqu’on translate le miroir en se rapprochant du
contact optique, les anneaux sortent du centre de la figure.
7 ❒ V ❒ F Lorsqu’on utilise l’interféromètre en coin d’air, on place la source
dans le plan focal objet d’une lentille convergente.
8 ❒ V ❒ F Lorsqu’on utilise l’interféromètre en lame d’air, on place la source
avant le plan focal objet d’une lentille convergente.
Consignes
QCM
Répondre d’abord aux questions suivantes, puis aller voir le corrigé page 349.
Pour un bloc de questions concernant le même problème, répondre à tout le bloc
avant de consulter le corrigé. On rappelle qu’il y a une ou deux réponses exactes
par question. Il est nécessaire pour répondre d’écrire quelques lignes au brouillon.
314
Énoncés
23 Interféromètre de Michelson
9 Déterminer la diﬀérence de marche géométrique δ2/1 du rayon 2 par rapport au
rayon 1 (figure 23.2).
Figure 23.2
2e
(1 − n sin2 i)
cos r
2e
(1 − n2 sin2 i)
=
cos r
❒ a. δ2/1 = 2e(n cos r − tan r sin i)
❒ b. δ2/1 =
❒ c. δ2/1 = 2ne cos r
❒ d. δ2/1
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Cet énoncé concerne les questions 10 à 12 :
On considère un coin d’air (figure 23.3) éclairé par une onde plane sous in→
−
→
−
cidence θ. On note k1 et k2 les vecteurs d’onde des ondes réfléchies sur les
−
− →
→
− →
lames (1) et (2), et on définit K = k2 − k1 .
Figure 23.3
10 Déterminer l’intensité en un point M de l’espace, l’intensité maximale étant 2I0 .
→
− →
− −−→
❒ a. I = I0 (1 + cos(k2 + k1 ) · OM)
→
− →
− −−→
❒ c. I = I0 (1 + 2 cos(k2 − k1 ) · OM)
→
− →
− −−→
❒ b. I = I0 (1 + cos(k2 − k1 ) · OM)
→
− →
− −−→
❒ d. I = I0 (1 + sin(k2 − k1 ) · OM)
315
Énoncés
23 Interféromètre de Michelson
11 Choisir parmi les figures suivantes, celle qui représente les surfaces d’intensité
−
− →
→
− →
maximale. On a représenté K = k2 − k1 .
❒ a.
❒ b.
❒ c.
❒ d.
12 La distance i entre deux plans successifs d’intensité maximale est :
λ0
2 sin α cos(θ + α)
λ0
❒ c. i =
2 cos α
❒ a. i =
λ0
2 sin α sin(θ + α)
λ0
❒ d. i =
2 sin α
❒ b. i =
Cet énoncé concerne les questions 13 à 16 :
À partir du contact optique et des miroirs M1 et M2 perpendiculaires, on fait tourner le miroir M1 d’un angle α, l’interféromètre étant alors réglé en coin d’air. La
source, non ponctuelle, est placée dans le plan focal objet d’une lentille convergente.
On a représenté sur la figure 23.4 le schéma équivalent à l’interféromètre, ainsi
que le système de projection de la figure (lentille L2 et écran).
On note γ le grandissement obtenu par la projection.
Figure 23.4
316
23 Interféromètre de Michelson
Énoncés
13 En travaux pratiques, si l’on dispose d’une table d’environ 2 m, quelle distance
focale image f choisir pour L2 parmi les valeurs suivantes ?
❒ a. f = 1000 mm
❒ c. f = 10 mm
❒ b. f = −250 mm
❒ d. f = 250 mm
14 Déterminer la relation entre l’ordre d’interférence p et la position sur l’écran x .
2αx
γλ0
2αx
❒ c. p =
λ0
❒ a. p =
2αx
γλ0
2αx
❒ d. p = −
λ0
❒ b. p = −
15 On mesure sur l’écran un interfrange i = 0, 5 cm. Déterminer l’angle α entre les
miroirs sachant que le grandissement est γ = −4 et que λ0 = 0, 5 μm.
❒ a. α 10
❒ b. α 0, 01
❒ c. α 41
❒ d. α 0, 7
16 On translate le miroir M1 d’une distance d. Cela équivaut à déplacer M1 de Δy =
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
d. Quel est le déplacement Δx de la frange centrale p = 0 sur l’écran ?
γΔy
❒ b. Δx = Δy
❒ a. Δx =
α
γΔy
❒ d. Δx = −
❒ c. Δx = γΔy
α
Cet énoncé concerne les questions 17 à 21 :
L’interféromètre réglé en lame d’air d’épaisseur e est éclairé par une source non
ponctuelle monochromatique. On utilise une lentille L2 de distance focale image
f pour projeter les anneaux sur un écran.
17 En travaux pratiques, quelle distance focale image f choisir pour L2 parmi les
valeurs suivantes ?
❒ a. f = 1000 mm
❒ b. f = −250 mm
❒ c. f = 10 mm
❒ d. f = 250 mm
18 L’épaisseur de la lame d’air est e = 0, 2 mm. Quel est l’ordre p0 au centre pour
λ0 = 0, 56 μm ?
❒ a. p0 = 0
❒ b. p0 714, 3
❒ c. p0 357, 1
❒ d. p0 = 2.10−4
317
Énoncés
23 Interféromètre de Michelson
19 On note rk le rayon du kième sur l’écran. On suppose que p0 = m + où m est
entier et 1 ≥ > 0. Déterminer l’expression de rk :
√
√
λ0
λ0
❒ a. rk = f k + ❒ b. rk = f −k + + 1
e
e
√
√
λ0
λ0
❒ d. rk = f k + − 1
❒ c. rk = f k + + 1
e
e
20 On place une lame d’indice n et d’épaisseur d accolée au miroir M2 (figure 23.5).
On note i l’angle d’incidence d’un rayon sur la lame et r l’angle de réfraction
dans la lame. Déterminer la diﬀérence de marche δ2/1 .
Figure 23.5
❒ a. δ2/1 = −2(e + d) cos i + 2nd cos r
❒ b. δ2/1 = −2n(e + d) cos i + 2nd cos r
❒ c. δ2/1 = −2(e + d) cos i − 2nd cos r
❒ d. δ2/1 = 2(e + d) cos i − 2nd cos r
21 On se place dans le cas des petits angles. On observe une teinte uniforme sur
l’écran lorsque δ2/1 est indépendant de i au deuxième ordre. Avant de placer la
lame, on suppose que l’interféromètre est réglé au contact optique. Déterminer
la distance e dont on doit déplacer M1 pour retrouver une teinte uniforme.
1
1
❒ b. e =
−1 d
❒ a. e = 1 − d
n
n
❒ c. e = −d
❒ d. e = d(n − 1)
Voir les corrigés du chapitre 23 page 348.
318
Corrigés
20 Interférences à deux ondes
Vrai/Faux
1
❒
✗ V ❒ F Le chemin optique (AB) dans un milieu d’indice n est la distance parcourue
par le lumière dans le vide pendant la même durée qu’elle met pour se propager de A à
B dans le milieu.
B
d P
où v(P) est la célérité
v(P)
A
de la lumière en P, un point de la trajectoire du rayon entre A et B. Or, par définition
1 B
1
n(P) = c/v(P), soit τ =
n(P)d P ou τ = (AB).
c A
c
Le temps de parcours de la lumière entre A et B est τ =
2
❒
✗ V ❒ F Lors d’une réflexion sur un miroir, l’onde lumineuse se déphase de π.
Voir dans le cours d’électromagnétisme la réflexion en incidence normale d’une onde sur
un métal parfait, où le champ électrique de l’onde réfléchie est l’opposé du champ électrique incident (ce qui correspond à un déphasage de π). On admet la généralisation en ce
qui concerne le déphasage.
3
❒V ❒
✗ F Pour deux points conjugués par un système optique, le chemin optique
dépend de la trajectoire du rayon lumineux.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Dans le cadre du programme, on admet que le chemin optique est le même entre deux
points conjugués par un système optique, quelle que soit la trajectoire réelle d’un rayon
passant par ce système, et bien sûr par les deux points.
4
❒V ❒
✗ F Les rayons lumineux sont tangents aux surfaces d’onde.
D’après le théorème de Malus, les rayons sont perpendiculaires aux surfaces d’onde.
5
❒V ❒
✗ F Un déphasage de π correspond à une diﬀérence de marche égale à λ0 .
Pour une onde monochromatique
dans le vide de la forme s(M, t)
=
2π(S M)
, un déphasage de π entre deux points M et M correspond à
s0 cos ωt − φ0 −
λ0
2π(MM )
λ0
= π soit soit une diﬀérence de marche δ MM = (MM ) = .
λ0
2
319
Corrigés
QCM
6
Une source S 1 émet une onde s1 = s1m cos(ωt − φ01 ). Une source S 2 émet une onde
s2 = s2m cos(ωt − φ02 ). On note E0 l’éclairement en un point M d’un écran pour chaque
source seule S 1 ou S 2 . Quel est l’éclairement E résultant en M issu des deux sources ?
# $ 2πδ2/1
❒ a. E = E0 1 + cos
+ φ02 − φ01
λ0
t
# $ 2πδ2/1
❒
+ φ02 − φ01
✗ b. E = 2E0 1 + cos
λ0
t
# $ 2πδ2/1
❒ c. E = 2E0 1 + cos
+ φ02 + φ01
λ0
t
#
$ 2πδ2/1
❒ d. E = 2E0 1 + cos
+ φ01 − φ02
λ0
t
2π(S 1 M)
,
L’onde issue de S 1 a pour amplitude en M : s1 (M, t) = s1m cos ωt − φ01 −
λ0
2π(S 2 M)
celle issue de S 2 , s2 (M, t) = s2m cos ωt − φ02 −
. L’amplitude totale en M est
λ0
s(M, t) = s1 (M, t) + s2 (M, t) et l’éclairement :
&
%
&
%
&
%
E = K s(M, t)2 = K s1 (M, t)2 + K s2 (M, t)2 + 2K s1 (M, t)s2 (M, t)
s21m
. De manière
2
s2
similaire le second terme est l’éclairement de S 2 seule et vaut aussi E0 = K 2m . Enfin,
2
après linéarisation, le troisième terme s’écrit :
#
$
2πδ2/1
2π((S 1 M) + (S 2 M))
K s1m s2m cos 2ωt − φ02 − φ01 −
+ cos Δφ0 +
λ0
λ0
Le premier terme correspond à l’éclairement par S 1 seule et vaut E0 = K
avec Δφ0 = φ02 − φ01 . Le premier terme est une fonction sinusoïdale du temps de
s2
s2
valeur moyenne nulle. Quant au deuxième terme avec E0 = K 1m = K 2m , il vaut
2
2
2πδ2/1
2E0 cos Δφ0 +
. C’est donc la réponse b. qui est valable.
λ0
7
Sauf indication contraire, on se place dans la suite dans le cas où les deux sources précédentes émettent des ondes telles que φ02 − φ01 = 0. Dans l’espace, les lieux d’égal
éclairement sont :
❒ a. Des ellipsoïdes de foyers S 1 et S 2 .
❒ b. Des droites parallèles.
❒ c. Des anneaux concentriques d’axe S 1 S 2 .
❒
✗ d. Des hyperboloïdes de foyers S 1 et S 2 .
320
Corrigés
Les lieux d’égal éclairement correspondent à δ2/1 = cte. Si on note n l’indice du milieu, on
2πn[S 2 M − S 1 M]
obtient
= cte. Il s’agit des surfaces telles que S 2 M − S 1 M est constant,
λ0
donc des hyperboloïdes de foyers S 1 et S 2 .
Cet énoncé concerne les questions 8 à 10 :
On se place dans le cas particulier où l’écran est placé parallèlement à S 1 S 2 à une distance D S 1 S 2 (figure 20.1).
8
La diﬀérence de marche δ2/1 en un point M de coordonnées (x, y, D) sur l’écran avec
x D et y D est :
ax
ax
❒
❒ b. δ2/1 = −
✗ a. δ2/1 =
D
D
2ax
ax
❒ d. δ2/1 =
❒ c. δ2/1 =
D
2D
12
a 2
2
2
La distance S 1 M est égale à x −
+ y + D . On eﬀectue un développement limité
2
en x/D et y/D au premier ordre :
1
x2
ax
a2
y2 2
ax S 1M = D 1 + 2 − 2 +
+
D
1
−
2D
D
D
4D2 D2
12
a 2
+ y2 + D2 , on obtient au premier ordre S 2 M =
La distance S 2 M étant égale à x +
2
ax
ax . On a donc δ2/1 = S 2 M − S 1 M =
.
D 1+
2D
D
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9
Les franges sont :
❒
✗ a. Rectilignes.
❒
✗ c. Parallèles à Oy.
❒ b. Circulaires
❒ d. Parallèles à Ox.
Les lieux d’égal éclairement sur l’écran correspondant à δ2/1 = cte soit x = cte. Ce sont
des droites parallèles à Oy. Si l’écran était assez grand, on verrait en fait des morceaux
d’hyperboles (intersection des hyperboloïdes avec l’écran). Dans ce dernier cas, le D.L.
serait à faire à un ordre supérieur.
10
L’interfrange i est :
2λ0 D
❒ a. i =
a
λ0 D
❒
✗ c. i =
a
λ0 D
2a
a
❒ d. i =
λ0 D
❒ b. i =
321
Corrigés
L’interfrange est la distance sur l’écran entre deux franges brillantes ou sombres succes2πΔδ2/1
λ0 D
.
sives, soit
= 2π ou Δδ2/1 = λ0 . On en déduit i = Δx =
λ0
a
Cet énoncé concerne les questions 11 à 12 :
On se place dans le particulier où l’écran est placé perpendiculairement à S 1 S 2 . On note
D = OO la distance du milieu O de S 1 S 2 à l’écran avec D S 1 S 2 (figure 20.2). On
note r la distance O M avec r D.
11
La diﬀérence de marche δ2/1 en M est :
❒
✗ b. δ2/1 = a cos θ
ar
❒ d. δ2/1 =
D
❒ a. δ2/1 = a
❒
✗ c. δ2/1
1 r 2
=a 1−
2 D
−−−→
On écrit la loi de Chasles pour S 2 M et on élève au carré :
a 2 D 2
−−−→ −−−→ −−→
S 2 M = S 2 O + OM ⇒ S 2 M 2 =
+
+ aD
2
cos θ
On eﬀectue un D.L. au premier ordre en a cos2 θ/D :
1
a cos2 θ a cos θ 2 2
a cos2 θ
D
D
1+
+
1+
S 2M =
cos θ
D
2D
cos θ
2D
2
a cos θ
D
1−
au premier ordre. Soit δ2/1 =
De manière similaire, on obtient S 1 M =
cos θ
2D
S 2 M − S 1 M = a cos θ.
Pour l’expression en fonction de r, on utilise le fait que l’angle θ est petit soit tan θ θ et
r
tan θ = . Le développement du cos θ au deuxième ordre conduit à :
D
r2
θ2
a 1−
δ2/1 = S 2 M − S 1 M = a cos θ a 1 −
2
2D2
On remarque que le développement est poussé à un ordre supérieur pour r par rapport à
celui en a.
11
0
Si l’on veut directement l’expression en r on peut écrire S 2 M = S 2 O2 + r2 2 soit :
a2
+ aD + D2 + r2
S 2M =
4
12
r2
a
ar2
+
= D 1+
−
2D 2D2 4D3
Il faut eﬀectuer le D.L. jusqu’à l’ordre 3 inclus (a3 et ar2 ) comme on l’a remarqué précédemment. De même :
12
2
r2
a
ar2
a
2
2
− aD + D + r
+
S 1M =
= D 1−
+
4
2D 2D2 4D3
La diﬀérence S 2 M − S 1 M donne bien le même résultat que précédemment.
322
Corrigés
12
L’ordre d’interférence en O est noté p0 et on l’écrit p0 = m + où m est entier et
0 < ≤ 1. Déterminer, en partant du centre, le rayon rk du kième anneau brillant.
2λ0 √
2λ0 √
❒ a. rk = D
−k−1
❒ b. rk = D
+k+1
a
a
2λ0 √
2λ0 √
+k
❒
+k−1
❒ c. rk = D
✗ d. rk = D
a
a
a
ar2
L’ordre d’interférence est p =
−
. L’ordre d’interférence au centre, donc pour
λ0 2D2 λ0
a
qui n’est sûrement pas entier et on remarque que p est une fonction
r = 0 est p0 =
λ0
décroissante de r. Puisque > 0, le premier anneau brillant correspond à p1 = m, le
second p2 = m − 1 et le kième à pk = m − k + 1. En utilisant l’expression reliant pk et rk , on
rouve la solution d.
Cet énoncé concerne les questions 13 à 15 :
On s’intéresse à un dispositif de fentes d’Young parallèles à Oy. On note (F1 ,F2 ) leurs
traces dans le plan xOz. Une source ponctuelle S se trouve à une distance b au-dessus
de l’axe Oz (figure 20.3). Les diﬀérentes distances sont telles que a D, a d, b D
et b d.
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13
Déterminer l’éclairement sur l’écran au point M. On note E0 l’éclairement sur l’écran
lorsqu’on place un cache devant l’une des fentes.
x
2π b
2π x
❒ a. E = 2E0 1 + cos
−
❒ b. E = 2E0 1 + cos
λ0 d D
λ0 D
x
x
2π x
2π b
+
❒
+
❒ c. E = 2E0 1 + cos
✗ d. E = 2E0 1 + cos
λ0 d D
λ0 d D
On utilise le résultat de la diﬀérence de marche dans le cas de l’écran parallèle aux sources.
On rappelle qu’utiliser des fentes d’Young donne la même figure d’interférences que les
trous d’Young (la diﬀérence de marche ne dépendant pas de y) plus lumineuse. On peut
donc faire le calcul de la diﬀérence de marche en raisonnant dans le plan de la figure. La
diﬀérence de marche du rayon passant par F2 par rapport à celui passant par F1 est :
δ2/1 = (S F2 M) − (S F1 M) = [(S F2 ) − (S F1 )] + [(F2 M) − (F1 M)]
ax
ab
On a déjà calculé (F2 M) −(F1 M) =
. Par analogie avec ce résultat, (S F2 ) −(S F1 ) =
.
D
d
Le calcul complet s’eﬀectue avec un D.L. comme pour (F2 M) − (F1 M). En utilisant la
formule des interférences :
2πδ1/2
2πa x b
+
= 2E0 1 + cos
E = 2E0 1 + cos
λ0
λ0 D d
323
Corrigés
14
La frange « centrale » correspondant à une diﬀérence de marche nulle est à la position :
bD
bD
❒
❒ a. x =
✗ b. x = −
d
d
bd
❒ c. x = 0
❒ d. x = −
D
bD
x b
+ = 0 c’est-à-dire pour x = − . On reLa diﬀérence de marche est nulle pour
D d
d
marque que la frange centrale s’est déplacée du coté de F2 ce qui revient à raccourcir
(F2 M) et allonger (F1 M). Cela compense l’allongement de (S F2 ) et le raccourcissement
de (S F1 ) par rapport au cas où S est sur l’axe.
15
L’interfrange i est alors :
λ0 D
❒
✗ a. i =
a
λ0 d
❒ c. i =
b
λ0 d
a
λ0 D
❒ d. i =
2a
❒ b. i =
L’interfrange correspond à la variation de x pour une variation de phase de 2π ou de diﬀéab
ne fait que décaler les franges sans
rence de marche de λ0 . L’ajout du terme constant
d
modifier leur épaisseur.
Cet énoncé concerne les questions 16 à 19 :
On s’intéresse à un dispositif de fentes d’Young parallèles à Oy espacées d’une distance
a. On note (F1 ,F2 ) leurs traces dans le plan xOz. Ces fentes sont éclairées par un faisceau
de lumière parallèle (source ponctuelle S à l’infini) faisant un angle α0 avec l’axe Oz
(figure 20.4). On place un écran dans le plan focal image d’une lentille convergente
(distance focale image f ) placée après les fentes (plan xF y).
16
La diﬀérence de marche au point M est :
❒ a. δ2/1 = a(sin α0 + sin α)
❒
✗ c. δ2/1 = a(sin α0 − sin α)
❒ b. δ2/1 = a(tan α0 + tan α)
❒ d. δ2/1 = a(tan α0 − tan α)
On raisonne sur la figure 20.7.
Figure 20.7
324
Corrigés
On écrit la diﬀérence de marche δ2/1 = (S F2 M) − (S F1 M). D’après le théorème de Malus,
(S F1 ) = (S H) (plan Σ1 ) et (F1 M) = (JM) (puisque M est l’image du faisceau parallèle
d’angle α). Finalement δ2/1 = HF2 + F2 J = a(sin α0 − sin α). Le signe « – » est dû au fait
que α < 0.
17
Dans le cadre de l’approximation de Gauss, déterminer l’expression de l’éclairement sur
l’écran, en notant E0 l’éclairement donné par l’une des fentes seule.
2πa
x
❒ a. E = 2E0 1 + cos
α0 + λ0
f
2πa
x
α0 − ❒
✗ b. E = 2E0 1 + cos
λ0
f
2πa x
❒ c. E = 2E0 1 + cos
λ0 f 2πa
f
❒ d. E = 2E0 1 + cos
α0 −
λ0
x
x
(attention à
f
l’orientation avec α orienté dans
le sens horaire et x vers le bas). D’autre part sin α0 α0 .
x
On a donc δ2/1 = a α0 − et avec la formule des interférences, on trouve la réponse b.
f
Dans le cadre de l’approximation de Gauss, on peut écrire sin α tan α = −
18
Où se trouve la frange « centrale » ?
❒ a. En x = 0
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❒ c. En x = −α0 f ❒
✗ b. En x = α0 f ❒
✗ d. À la position de l’image géométrique
de S .
La frange centrale correspond à δ2/1 = 0 soit x = α0 f , ce qui correspond à l’image
géométrique de S par la lentille.
19
Déterminer l’interfrange i.
❒ a. i = −
λ0 f a
❒ c. i = f α0
L’interfrange est donné par Δδ21
λ0 a
f
λ0 f ❒
✗ d. i =
a
x
f λ0
.
= λ0 soit Δ a = λ0 donc i = Δx =
f
a
❒ b. i =
Cet énoncé concerne les questions 20 à 23 :
On s’intéresse au dispositif appelé « miroirs de Fresnel » (figure 20.5) pour observer
des interférences en un point M de l’espace. On note S 1 et S 2 les sources secondaires
325
Corrigés
correspondant à la source ponctuelle monochromatique S et on n’observe que la lumière
provenant de ces sources secondaires. L’arête entre les deux miroirs est notée A et l’angle
α est petit. Enfin, on note d = 1 m la distance S A.
20
Déterminer la position des sources secondaires ainsi que le champ d’interférences. Sur
les figures seule une partie du champ d’interférences, limité par deux traits noir, a été
grisée.
❒
✗ a.
❒ b.
❒
✗ c.
❒ d.
Les sources secondaires sont les images de la source principale par le système optique (sauf
dans le cas des trous d’Young où ce sont les trous eux-mêmes). L’image d’un point source
réel S par un miroir plan est virtuel et symétrique de S par rapport au plan du miroir, ce
qui correspond à la figure a. où S 1 est l’image de S par M1 et S 2 celle de S par M2 .
Le champ d’interférence est l’intersection des faisceaux issus de chaque source secondaire.
On trace sur la figure 20.8 les rayons issus de S 1 et S 2 s’appuyant sur le bord des miroirs.
Figure 20.8
21
La distance a entre les deux sources secondaires est :
❒ a. a = dα
❒ c. a = d
326
❒
✗ b. a = 2dα
❒ d. a = 2α
Corrigés
On raisonne sur la figure 20.9.
Figure 20.9
Puisque S 1 et S 2 sont symétriques de S par les miroirs, les trois points sont situés sur un
cercle de centre A. L’angle S
1 S S 2 est égal à l’angle entre les miroirs α donc S 1 AS 2 = 2α.
Comme l’angle est petit, on peut assimiler l’arc de cercle S 1 S 2 au segment S 1 S 2 soit
a = S 1 S 2 = 2αS A = 2αd.
22
On place un écran parallèle à S 1 S 2 à une distance d = 1, 5 m de A. La longueur d’onde
est λ0 = 0, 5μm et l’angle α = 20 . Déterminer l’interfrange i.
❒ a. i 6, 4 · 10−5 m
❒ c. i 3, 1 · 10
−8
m
❒ b. i 4, 3 · 10−5 m
❒
✗ d. i 1, 1 · 10−4 m
On est dans le cas où l’écran est parallèle à S 1 S 2 , avec une distance aux sources
λ0 (d + d )
D = d + d , donc on peut appliquer la formule démontrée précédemment i =
a
λ0 (d + d )
.
soit i =
2αd
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20
Attention à prendre α en radian soit α =
60
déduit i = 0, 11 mm.
23
◦
donc α = 5, 8 · 10−3 rad. On en
Déterminer le nombre N de franges visibles sur l’écran.
❒ a. N 5, 6.105
❒ c. N 270
❒
✗ b. N 158
❒ d. N 406
La largeur angulaire du champ d’interférence est 2α (figure 20.8), donc sur l’écran le
champ d’interférence a une largeur L = 2αd = 1, 74 cm soit un nombre de franges
L
N = 158.
i
Cet énoncé concerne les questions 24 à 26 :
On s’intéresse au dispositif appelé « miroir de Lloyd ». Un miroir plan est éclairé par une
source ponctuelle S située à une distance a/2 = 1 mm au-dessus du miroir (figure 20.6).
La source S est monochromatique (λ = 0, 5 μm). On observe les interférences en un
327
Corrigés
point M d’un écran. On note S 1 et S 2 les sources secondaires correspondant à la source
ponctuelle monochromatique S .
Avec d = 20 cm et D = 10 cm on a bien sûr d a et D a.
24
Déterminer la position des sources secondaires ainsi que le champ d’interférences.
❒ a.
❒
✗ b.
❒ c.
❒
✗ d.
Il s’agit d’un cas particulier où S joue le rôle de source principale mais aussi de source
secondaire S 1 puisqu’elle éclaire directement l’écran. La seconde source secondaire S 2 est
l’image de S par le miroir, donc symétrique de S par ce dernier.
En ce qui concerne le champ d’interférence, il n’est pas limité par S qui peut éclaire tout
l’écran mais par le faisceau issu de S 2 s’appuyant sur les bords du miroir (figure 20.10).
Figure 20.10
25
328
Déterminer l’éclairement E sur l’écran. On notera E0 l’éclairement maximal dû chaque
source individuellement.
2πax
2πax
❒ b. E = 2E0 1 + cos
❒
✗ a. E = 2E0 1 − cos
λ0 (d + D)
λ0 (d + D)
2πax
2πax
❒ d. E = 2E0 1 − cos
❒ c. E = 2E0 1 + cos
λ0 D
λ0 D
Corrigés
La distance des sources à l’écran est d + D et S 1 S 2 = a donc la diﬀérence de marche
ax
. En raison de la réflexion sur le miroir le rayon semblant
géométrique est δg =
d+D
issu de S 2 a un déphasage de π par rapport au rayon direct, il faut donc ajouter λ0 /2 à la
diﬀérence de marche géométrique soit :
1
ax
2πax
E = 2E0 1 + cos 2π
+
= 2E0 1 − cos
λ0 (d + D) 2
λ0 (d + D)
26
Déterminer le nombre N de franges sombres visibles sur l’écran.
❒ a. N = 5
❒
✗ c. N = 7
❒ b. N = 6
❒ d. N = 8
λ0 (d + D)
= 75 μm. La largeur du champ d’interférences est Δx =
L’interfrange est i =
a
Da
= 0, 5 mm. On a Δx/i = 6, 7. Sachant qu’on observe une frange sombre en x = 0 (en
2d
raison du déphasage de π), on observera 7 franges sombres sur l’écran, car pour observer
la huitième il faudrait 7 interfranges entiers.
21 Cohérence temporelle et spatiale de deux ondes
Vrai/Faux
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
1
❒
✗ V ❒ F Deux ondes monochromatiques de longueurs d’onde diﬀérentes ne
peuvent interférer.
On considère deux ondes de pulsation ω1 et ω2 ayant pour amplitudes respectives en M :
s1 (M, t) = s1m cos (ω1 t − φ1 (M)) et s2 (M, t) = s2m cos (ω2 t − φ2 (M)). Les termes φ1 (M) et
φ2 (M) contiennent la phase initiale des ondes ainsi que celle due à la propagation depuis la
source jusqu’à M. L’amplitude totale en M est s(M, t) = s1 (M, t)+s2 (M, t) et l’éclairement :
&
%
&
%
&
%
E = K s(M, t)2 = K s1 (M, t)2 + K s2 (M, t)2 + 2K s1 (M, t)s2 (M, t)
Le premier terme correspond à l’éclairement pour l’onde s1 seule et vaut E1 . De manière
similaire le second terme est l’éclairement pour l’onde s2 seule et vaut E2 . Enfin, après
linéarisation, le troisième terme s’écrit :
K s1m s2m cos ((ω2 + ω1 )t − φ2 − φ1 ) + cos ((ω2 − ω1 )t − φ2 + φ1 )
Les deux termes sont des fonctions sinusoïdales du temps de valeur moyenne nulle. On a
donc E = E1 + E2 .
329
Corrigés
2
❒
✗ V ❒ F Si deux sources sont incohérentes, on peut sommer leurs éclairements.
On l’a démontré dans la question précédente pour deux sources incohérentes temporellement. Pour deux sources incohérentes spatialement ce sont les phases initiales
φ01 (t) et φ02 (t) qui dépendent du temps et ne sont pas corrélées donc on aura aussi
s1 (M, t)s2 (M, t) = 0 et E = E1 + E2 .
3
❒V ❒
✗ F Une lampe spectrale telle que la lampe au sodium est monochromatique.
En général une lampe spectrale contient plusieurs raies de couleurs diﬀérentes (par exemple
la lampe à Mercure). Dans le cas du sodium, il y a deux raies jaunes très proches l’une de
l’autre de longueurs d’onde 589 nm et 589,6 nm (on parle de doublet). Enfin, même si on
isole une seule raie, celle-ci n’est pas rigoureusement monochromatique, elle a une largeur
Δλ λ.
4
❒V ❒
✗ F Une source laser est monochromatique.
Une source laser a une largeur spectrale bien plus petite qu’une lampe spectrale mais pas
nulle ; on parle souvent de source quasi monochromatique.
5
❒
✗ V ❒ F Si la diﬀérence de marche est plus petite que la longueur de cohérence, on
peut observer des interférences.
La longueur de cohérence Lc correspond à la longueur des trains d’onde. Soient les deux
trains d’ondes cohérents, issus du même train d’onde initial et passant par les deux voies
de l’interféromètre, il y a interférence en M si le train d’onde le plus tardif arrive alors que
l’autre n’a pas fini d’arriver soit Lc > δ. Deux trains d’onde non issus d’un même train
d’onde initial ne sont pas cohérents et ne peuvent donner d’interférences.
6
❒
✗ V ❒ F Deux points d’émission d’une même source sont incohérents.
Deux points d’une même source sont a priori non corrélés, donc incohérents.
7
❒V ❒
✗ F Il est possible d’obtenir des interférences avec deux sources diﬀérentes de
même longueur d’onde. C’est d’autant plus vrai qu’elles sont éloignées l’une de l’autre.
Il en est de même que pour deux points diﬀérents d’une même source. Deux sources diﬀérentes sont a priori non corrélées, donc ne peuvent donner des interférences même si l’on
fait passer leur lumière par un filtre très sélectif.
QCM
8
Quelle serait la longueur de cohérence Lc d’un train d’onde d’une onde monochromatique de longueur d’onde λ ?
❒
✗ a. Lc → ∞
❒ c. Lc = λ
330
❒ b. Lc = 0
❒ d. Lc dépend du milieu de propagation.
Corrigés
La longueur de cohérence est Lc = cτ où τ est la « durée » du train d’onde (temps de passage du train d’onde en un point), avec τΔν ∼ 1. Pour une onde idéale monochromatique
Δν = 0 donc Lc est infini. Avec une telle onde, on aurait des interférences quelle que soit
la diﬀérence de marche.
9
Pour le doublet jaune du sodium de longueur d’onde moyenne λ = 589, 3 nm, la largeur
spectrale est Δλ = 0, 6 nm. Déterminer la longueur de cohérence Lc correspondante.
❒ a. Lc 1, 7 · 103 m
❒ b. Lc 6 · 10−10 m
❒
✗ c. Lc 5, 8 · 10−4 m
❒ d. Lc 5, 9 · 10−7 m
On relie Δν à Δλ en diﬀérentiant ν = c/λ ce qui donne dν = −
absolue Δν =
10
λ2
cΔλ
= 5, 8 · 10−4 m.
et
L
=
cτ
=
c
Δλ
λ2
cdλ
soit en prenant la valeur
λ2
On observe une figure d’interférence obtenue avec des fentes d’Young espacées de
a = 0, 5 mm, l’écran étant à une distance D = 1 m. La source est blanche (0, 4μm ≤
λ ≤ 0, 75μm). On place la fente d’entrée d’un spectroscope à 0,5 cm du centre de la
figure d’interférences parallèlement aux franges. Déterminer les longueurs d’onde manquantes.
❒ a. λ1 500 nm ; λ2 625 nm ; λ3 833 nm
❒
✗ b. λ1 455 nm ; λ2 556 nm ; λ3 714 nm
❒ c. λ1 417 nm ; λ2 500 nm ; λ3 625 nm
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
❒ d. λ1 521 nm ; λ2 658 nm ; λ3 893 nm
Les longueurs d’onde manquantes
correspondent
à des franges sombres donc telles que
1
λ avec p entier. Or pour les fentes d’Young δ =
la diﬀérence de marche δ = p +
2
ax
= 2, 5 · 10−6 m. On peut écrire :
D
0, 4μm ≤ λ ≤ 0, 75μm ⇒
2, 5 · 10−6
1 2, 5 · 10−6
≤ p+ ≤
−6
2 0, 4 · 10−6
0, 75 · 10
soit 2, 83 ≤ p ≤ 5, 75 ; Puisque pest entier
il peut prendre les valeurs {3, 4, 5}. Ensuite on
1
λ, ce qui donne la série de la réponse b.
calcule les longueurs d’onde δ = p +
2
Cet énoncé concerne les questions 11 à 13 :
Un interféromètre est éclairé par une lampe de Mercure dont on isole le doublet jaune
(λ1 = 0, 577 μm et λ2 = 0, 579 μm) avec un filtre. On suppose que les composantes
du doublet ont même intensité et que chacune donne un éclairement E0 sur l’écran en
l’absence d’interféromètre. On note δ la diﬀérence de marche en un point M de l’écran.
λ1 + λ2
On notera aussi λm =
la longueur d’onde moyenne et Δλ = λ2 − λ1 l’écart entre
2
les deux longueurs d’onde.
331
Corrigés
11
Déterminer l’éclairement sur l’écran.
πδΔλ
2πδ
cos
❒ a. E = 4E0 1 + sin
λ2m
λm
2πδ
❒ b. E = 4E0 1 + cos
λm
πδΔλ
2πδ
❒
cos
✗ c. E = 4E0 1 + cos
λm
λ2m
2πδ
❒ d. E = 4E0 1 + cos
Δλ
Les ondes de longueurs d’onde diﬀérentes sont incohérentes donc on peut ajouter leurs
2πδ
avec
éclairements. Chacune donne un système d’interférence avec E = 2E0 1 + cos
λ
δ indépendant de λ dans l’air. L’éclairement total est :
2πδ
2πδ
E = 2E0 1 + cos
+ 2E0 1 + cos
λ1
λ2
soit
E
λ 2 + λ1
πδΔλ
2πδ
λ 2 − λ1
cos πδ
= 1 + cos
cos
= 1 + cos πδ
4E0
λ2 λ1
λ2 λ1
λm
λ2m
en remplaçant λ2 − λ1 par Δλ, λ2 + λ1 par 2λm , et les λ1 et λ2 restants par λm .
Pour une source monochromatique, on aurait Δλ = 0 et l’on retrouve l’expression classique
de la formule des interférences.
12
La visibilité V des franges est :
2πδ
❒ a. V = cos
λm
πδΔλ
❒ c. V = sin
λ2m
❒ b. V = 1
πδΔλ
❒
✗ d. V = cos
λ2m
Le contraste ou la visibilité sont définis par V =
Emax − Emin
. On s’intéresse aux maxima
Emax + Emin
1
Δλ
, le premier cosinus varie moins rapidement avec
λm
λ2m
2πδ
δ que le second. On pourra écrire alors E = Emax pour cos
= 1 et E = Emin pour
λm
2πδ
cos
= −1 soit :
λm
1 + cos πδΔλ
− 1 + cos πδΔλ
πδΔλ
λ2m
λ2m
V =
= cos
λ2m
+ 1 − cos πδΔλ
1 + cos πδΔλ
2
2
et minima locaux donc comme
λm
332
λm
Corrigés
13
En faisant croître δ depuis δ = 0, la première disparition des franges a lieu pour :
λm
❒ a. δ = 0
❒ b. δ =
2
λ2m
Δλ
❒ d. δ =
❒
✗ c. δ =
2Δλ
2
Les disparitions de frangesont lieu pour V = 0, ce qui correspond à un éclairement uni1
πδΔλ
π avec m entier. La première disparition correspond à
forme, donc pour 2 = m +
2
λm
λ2
m = 0 soit δ = m .
2Δλ
Cet énoncé concerne les questions 14 à 16 :
On éclaire un dispositif interférométrique
parune source polychromatique qui émet dans
Δν
Δν
, νm +
. Le profil spectral est supposé rectangul’intervalle de fréquence νm −
2
2
laire, c’est-à-dire qu’il n’ y a pas d’émission en dehors de l’intervalle précédent et que
pour l’intervalle [ν, ν + dν], l’éclairement sur l’écran donné par chaque voie de l’interfédν
romètre est E0 . On notera δ la diﬀérence de marche due à l’interféromètre.
Δν
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
14
L’éclairement élémentaire donné par l’interféromètre pour l’intervalle [ν, ν + dν] est :
2πνδ
E0
E0
1 + cos
dν
❒ b. dE =
dν
❒ a. dE =
Δν
c
Δν
2πνδ
E0
E0
❒
1 + cos
dν
❒ d. dE = 2 dν
✗ c. dE = 2
Δν
c
Δν
Pour une onde monochromatique dont l’éclairement est E0 en l’absence
d’interféromètre,
2πδ
. On génél’éclairement sur l’écran donné par l’interféromètre est E = 2E0 1 + cos
λ
ralise à la source quasi-monochromatique de fréquence appartenant à l’intervalle [ν, ν + dν]
dν
en remplaçant E0 par E0
et λ par c/ν.
Δν
15
L’éclairement observé sur l’écran est :
⎡
⎤
⎢⎢⎢
cos πδΔν
2πδνm ⎥⎥⎥⎥
c
⎢
⎥⎥⎦
❒ a. E = 2E0 ⎢⎢⎣1 +
cos
πδΔν
c
c
⎡
⎤
⎢⎢⎢
sin πδΔν
2πδνm ⎥⎥⎥⎥
c
⎢
⎥⎥⎦
❒
✗ b. E = 2E0 ⎢⎢⎣1 + πδΔν cos
c
c
⎡
⎤
⎢⎢⎢
sin πδΔν
2πδνm ⎥⎥⎥⎥
c
⎢
⎥⎦⎥
❒ c. E = E0 ⎢⎣⎢1 + πδΔν cos
c
c
❒ d. E = 2E0
333
Corrigés
Comme les diﬀérentes ondes de l’intervalle sont incohérentes, on peut sommer les éclaire νm + Δν
2
dE , soit :
ments ce qui revient ici à calculer l’intégrale : E =
νm − Δν
2
E =
ν + Δν
c
2E0
2πδν m 2
1+
sin
Δν
2πδ
c
νm − Δν
2
On en déduit :
c
2πδ
2πδ
Δν
Δν
2E0
Δν +
sin
νm +
− sin
νm −
Δν
2πδ
c
2
c
2
a−b
a+b
En utilisant la formule sin a − sin b = 2sin
cos
, on trouve la réponse b. On
2
2
vérifie que pour Δν = 0 (onde monochromatique) on retrouve la formule classique car le
sin x
terme en
vaut 1 pour x = 0.
x
E =
16
En faisant croître δ depuis δ = 0, le contraste s’annule une première fois pour :
c
c
❒ b. δ =
❒
✗ a. δ =
Δν
4νm
c
❒ c. δ =
❒ d. Pas d’annulation de contraste.
2νm
Emax − Emin
est obtenu comme précédemment en écrivant
Emax + Emin
πδΔν
sin
c
2πδνm
= ±1 soit V =
les maxima et minima locaux pour cos
. La fonction
πδΔν
c
c
c
sin x
s’annule une première fois pour x = π soit δ =
.
x
Δν
Le contraste ou visibilité V =
Cet énoncé concerne les questions 17 à 20 :
On s’intéresse à un dispositif constitué d’une lentille mince convergente L1 , de distance
focale f et d’un écran E percé de deux fentes fines et parallèles F1 et F2 dont on peut
faire varier la distance e.
Le dispositif est éclairé par deux sources ponctuelles monochromatiques S 1 et S 2 , de
même longueur d’onde λ0 , faisant chacune un angle α0 avec l’axe optique (figure 21.1).
Les observations se font en un point M du plan focal de la lentille L1 .
334
Corrigés
17
Qu’observe-t-on de manière générale ?
❒ a. Un éclairement uniforme.
❒ b. Des franges rectilignes parallèles à F x.
❒
✗ c. Des franges rectilignes parallèles à F y.
❒ d. Des anneaux.
On a un dispositif de fentes d’Young parallèles à l’axe F y avec deux sources ponctuelles à
l’infini. Chaque source va donner une figure d’interférences formée de franges parallèles à
F y dans le plan focal image de la lentille. À part le cas particulier où les franges sombres
pour l’une des sources correspondent exactement aux franges brillantes pour l’autre, on
observe donc des franges plus ou moins contrastées suivant la valeur de α0 .
18
On note δ1 = (S 1 F2 M) − (S 1 F1 M) (resp. δ2 = (S 2 F2 M) − (S 2 F1 M)) la diﬀérence de
marche en M pour la source S 1 (resp. S 2 ). Déterminer δ1 et δ2 dans les conditions de
Gauss.
x
x
❒
❒ a. δ1 = e α0 + ✗ b. δ1 = e −α0 + f
f
x
x
❒ d. δ2 = e −α0 + ❒
✗ c. δ2 = e α0 + f
f
Ce calcul a été réalisé dans le chapitre « Interférences à deux ondes » à la question (16). Les
diﬀérences sont l’inversion des deux orientations pour les angles et x donc il faut changer
α0 en −α0 et x en −x dans le résultat de la question (16) pour le calcul de δ1 et garder α0
pour δ2 . En fait ici α0 < 0.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
19
Pour quelle plus petite valeur em de e observe-t-on un éclairement uniforme ?
λ0
❒ a. em = 0
❒ b. em =
2
λ0
λ0
❒ c. em =
❒
✗ d. em = −
4α0
4α0
L’éclairement est uniforme si les franges sombres pour l’une des sources correspondent
exactement aux franges brillantes pour l’autre. Dans les deux cas, l’interfrange vaut i =
λ0 f . Le centre de la figure pour S 1 (δ1 = 0) est en x10 = α0 f donc les franges brillantes
e
sont aux positions x1b = α0 f + mi avec m entier. Le centre de la figure pour S 2 (δ2 = 0) est
1
i avec
en x20 = −α0 f donc les franges sombres sont aux positions x2s = −α0 f + p +
2
p entier. Ainsi, une frange sombre pour S 2 correspondra à une frange sombre pour S 1 si
x1b = x2s , soit :
λ0
1
λ0 f 1 λ0 f = −α0 f + p +
⇒ e=
α0 f + m
p−m+
e
2 e
2α0
2
Sachant que α0 < 0 et e > 0, la plus petite valeur de em est pour p − m = −1 soit e = −
λ0
.
4α0
335
Corrigés
20
On note E0 l’éclairement en M dû à une seule des deux sources lorsqu’une des voies de
l’interféromètre est obturée. Déterminer l’éclairement total E observée en M.
2πex
2πeα0
cos
❒
✗ a. E = 4E0 1 + cos
λ0 f λ0
2πe
x
α0 + ❒ b. E = 4E0 1 + cos
λ0
f
2πeα0
❒ c. E = 4E0 1 + cos
λ0
2πex
2πeα0
cos
❒ d. E = 2E0 1 + cos
λ0 f λ0
Les deux sources sont incohérentes donc l’éclairement total est la somme des éclairements
donnés par chaque source :
2πe
2πe
x
x
E = 2E0 1 + cos
−α0 + + 2E0 1 + cos
α0 + λ0
f
λ0
f
a−b
a+b
cos
, on trouve la réponse a. On vérifie
2
2
λ0
2πeα0
que pour le résultat de la question précédente e = −
le contraste cos
= 0.
4α0
λ0
Avec la formule cos a + cos b = 2 cos
Cet énoncé concerne les questions 21 à 23 :
On étudie la figure donnée par des fentes d’Young éclairées par une fente de largeur b et
de très grande longueur L, parallèle à F1 et F2 . (figure 21.2). Losqu’on cache une voie
de l’interféromètre, l’éclairement obtenu sur l’écran, pour une fente source élémentaire
dx
de largeur dx est E0
.
b
On suppose que b et a sont petits devant d et D.
21
336
L’éclairement dE donné par l’interféromètre éclairé par la fente élémentaire de largeur
dx est :
dx
❒ a. dE = 2E0
b
dx
2πa x x
+
1
+
cos
b.
dE
=
2E
❒
✗
0
λ0 D d
b
2πax dx
❒ c. dE = 2E0 1 + cos
λ0 D
b
dx
2πa x x
−
❒ d. dE = 2E0 1 + cos
λ0 D d
b
Corrigés
Pour une source ponctuelle ou une fente parallèle à O y qui donne un éclairement E0
en l’absence
d’interféromètre,
l’éclairement sur l’écran donné par l’interféromètre est
2πδ
. On généralise à la fente source quasi sans épaisseur en remplaçant
E = 2E0 1 + cos
λ0
dx
. D’autre part , comme démontré au chapitre « Interférences à deux ondes » à
E0 par E0
b
x
x
+
d’où la réponse b.
la question (13) δ = a
d
D
22
L’éclairement total observé E est :
2πax
❒ a. E = 2E0 1 + cos
λ0 D
⎡
⎤
sin πab
⎢⎢⎢⎢
2πax ⎥⎥⎥⎥
λ0 d
⎥⎥
❒ b. E = 2E0 ⎢⎢⎣1 − πab cos
λ0 D ⎦
λ d
0
❒ c. E = 2E0
⎡
⎤⎥
⎢⎢⎢
sin πab
⎥⎥⎥
2πax
λ
d
⎥⎥
❒
✗ d. E = 2E0 ⎢⎢⎢⎣1 + πab0 cos
λ0 D ⎦
λ0 d
Les diﬀérentes parties de la source sont incohérentes, donc on peut sommer les éclaire b
2
dE , soit :
ments ce qui revient ici à calculer l’intégrale : E =
− b2
E =
b/2
2πa x x
2E0 λ0 d
x +
sin
+
b
2πa
λ0 D d −b/2
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On en déduit :
λ0 d
2πa x
b
2πa x
b
2E0
b+
sin
+
− sin
−
E =
b
2πa
λ0 D 2d
λ0 D 2d
En utilisant la formule sin a − sin b = 2sin
23
a+b
a−b
cos
, on trouve la réponse d.
2
2
Si l’on augmente la largeur de la fente à partir de b = 0, quelle(s) est(sont) la(les)
propositions justes ?
λ0 d
λ0 d
<b<2
.
❒
✗ a. La frange centrale est sombre pour
a
a
❒ b. La visibilité est nulle pour b = 0.
λ0 d
❒
.
✗ c. la visibilité est nulle pour b =
a
❒ d. On observe des franges ∀b.
337
Corrigés
La visibilité est V =
sin πab
λ0 d
πab
λ0 d
. Cette dernière est nulle pour
πab
= π d’où la réponse c.
λ0 d
λ0 d
λ0 d
D’autre part, pour
<b<2
, la visibilité est négative donc pour x = 0 la frange est
a
a
sombre.
22 Diffraction de Fraunhofer et réseaux
Vrai/Faux
1
❒V ❒
✗ F D’après le principe d’Huygens-Fresnel, chaque point d’une surface atteinte
par une onde incidente se comporte comme une source secondaire ponctuelle émettant
une onde plane.
Chaque point de la surface se comporte comme une source secondaire émettant une onde
sphérique.
2
❒
✗ V ❒ F D’après le principe d’Huygens-Fresnel, les sources secondaires émettent
des ondes cohérentes entre elles.
C’est l’énoncé du principe.
3
❒
✗ V ❒ F Plus une pupille est de faibles dimensions, plus la figure de diﬀraction est
étendue.
La largeur angulaire de la tache de diﬀraction d’une ouverture de dimension a est proportionnelle à λ0 /a.
4
❒V ❒
✗ F Une fente et un cheveu donnent des figures de diﬀraction complètement
diﬀérentes.
Il s’agit du théorème des écrans complémentaires ou théorème de Babinet. Les figures sont
semblables sauf au centre.
5
❒V ❒
✗ F Lorsqu’on translate la source, la figure de diﬀraction est inchangée.
La figure de diﬀraction est « centrée » autour de l’image géométrique de la source par le
système optique. Si on translate la source, son image est a priori translatée.
6
❒
✗ V ❒ F Lorsqu’on translate la pupille dans son plan, la figure de diﬀraction est
inchangée.
La translation de la pupille ne provoque pas de translation de l’image géométrique de la
source.
338
Corrigés
7
❒
✗ V ❒ F Dans un ordre donné, un réseau dévie plus la lumière rouge que la lumière
bleue.
On verra la formule du réseau plus loin. C’est eﬀectivement le contraire du prisme qui
dévie plus le bleu.
QCM
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8
Parmi les montages suivants, lequel(lesquels) permet(permettent) d’observer une figure
de diﬀraction dans les conditions de Fraunhofer ? Dans tous les cas S est l’image de S
par l’ensemble des lentilles.
❒ a.
❒
✗ b.
❒
✗ c.
❒ d.
Le diﬀraction de Fraunhofer est appelée aussi diﬀraction à l’infini. La pupille est éclairée
par un faisceau parallèle et on observe la figure de diﬀraction à l’infini. Dans le cas de
la figure c., la source est au foyer objet de la lentille L1 convergente ce qui donne un
faisceau parallèle et l’écran est dans le plan focal image de la lentille L2 convergente ce
qui permet d’observer la figure à l’infini donnée par la pupille. Dans les cas a. et d. les
lentilles divergentes ne permettent pas ces observations. Pour le montage b., on admet
qu’il convient. On peut qualitativement l’expliquer en pensant qu’on rapproche les deux
lentilles jusqu’à les confondre, la lentille L étant proche de la pupille.
Cet énoncé concerne les questions 9 à 10 :
On s’intéresse à une fente de grande longueur L suivant Oy et de largeur a symétrique
par rapport à l’axe Ox .
9
L’intensité diﬀractée par la fente est :
2 πa(βi − β)
❒ a. I = I0 sinc
λ0
2πa(αi − α)
❒ c. I = I0 sinc2
λ0
2πa(βi − β)
❒ b. I = I0 sinc
λ0
2 πa(αi − α)
❒
d.
I
=
I
sinc
✗
0
λ0
2
339
Corrigés
La fente étant de très grande longueur suivant y on peut la considérer comme infinie et
L
L
−−→ − →
raisonner dans le plan x Oz donc OP·(→
ui − −u ) = x (αi −α) et t(x , y ) = 1 pour − ≤ y ≤
2
2
a
a
et − ≤ x ≤ . On écrit alors :
2
2
a/2 i 2π(αi − α)x
L/2
λ0
e
dx
dy
ad = Ke−iωt
−a/2
−L/2
ce qui donne ;
ad
Ke−iωt
⎛
⎞
−π(αi − α)a ⎟⎟
⎜⎜⎜ π(αi − α)a
⎟⎟⎟
i
i
⎜⎜⎜
λ0
πa(αi − α)
⎟
λ
λ
0
0
⎜
⎟
=L
−e
⎜e
⎟⎟⎟ = aLsinc
2iπ(αi − α) ⎜⎜⎝
λ0
⎠
L’intensité est proportionnelle à ad ad avec I0 le maximum pour αi − α = 0, ce qui donne
la réponse d.
10
L’incidence étant fixée, le maximum principal pour la figure de diﬀraction de la fente
précédente a pour largeur Δ|α| :
λ0
2λ0
❒
❒ a. Δ|α| =
✗ b. Δ|α| =
a
a
a
λ0
❒ d. Δ|α| =
❒ c. Δ|α| =
2a
λ0
La fonction sinc(x) s’annule pour x = mπ avec m entier relatif
non nul,
donc la largeur du
π(αi − α)a = 2π, d’où puisque
maximum central correspond aux annulations en ±π soit Δ λ0
2λ0
.
αi est fixé, Δ|α| =
a
Cet énoncé concerne les questions 11 à 12 :
On observe la figure de diﬀraction d’une pupille rectangulaire centrée en O, de dimensions a suivant Ox et b suivant Oy , éclairée en incidence normale. L’observation se fait
dans le plan focal image d’une lentille convergente (figure 22.1).
11
340
Déterminer l’éclairement E sur l’écran.
πb sin θ
πa sin θ
sinc2
❒ a. E = E0 sinc2
λ0
λ0
2 πb tan θ
2 πa tan θ
❒ b. E = E0 sinc
sinc
λ0
λ0
2 πa tan θ
2 πb tan θ
sinc
❒ c. E = E0 sinc
λ0
λ0
2 πa sin θ
2 πb sin θ
❒
sinc
d.
E
=
E
sinc
✗
0
λ0
λ0
Corrigés
a a
et
Puisque l’incidence est normale αi = βi = 0. De plus t(x , y ) = 1 si x ∈ − ,
2 2
b b
−−→ − →
et t(x , y ) est nul sinon. De plus OP · (→
ui − −u ) = −x α − y β. L’amplitude
y ∈ − ,
2 2
diﬀractée s’écrit :
ad = Ke−iωt
a/2
−a/2
e
−i
2παx
λ0 dx
b/2
−b/2
e
−i
2πβy
λ0 dy
Après intégration, on obtient :
ad = Ke
−iωt
πbβ
πaα
sinc
ab sinc
λ0
λ0
Puisqu’on observe dans le plan focal de la lentille, α et β sont respectivement les projec−u sur Ox et Oy, soit α = sin θ et β = sin θ . L’éclairement est proportionnel à a a
tions de →
d d
avec E0 le maximum pour α = β = 0, ce qui donne la réponse d.
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12
La longueur d’onde est λ0 = 0, 5 μm et la distance focale de la lentille f = 1 m. La
taille de la tache centrale sur l’écran est 1,43 cm selon x et 2,86 cm selon y. En déduire
a et b.
❒ a. a = 35 μm et b = 70 μm
❒ b. a = 35 μm et b = 17, 5 μm
❒
❒ d. a = 17, 5 μm et b = 35 μm
✗ c. a = 70 μm et b = 35 μm
x
y
Dans l’approximation de Gauss sin θ tan θ = et de même sin θ . La largeur de la
f
f
2λ0 f πax
. On trouve a = 70 μm.
= 2π soit a =
tache centrale suivant x correspond à Δ
λ0 f
Δx
2λ0 f De même b =
= 35 μm.
Δy
13
On considère la diﬀraction à travers l’ouverture circulaire d’un télescope de rayon
R = 4 m. Quelle est la largeur angulaire la plus petite pouvant être observée avec
λ0 = 0, 5 μm ?
❒ a. 0, 016
❒ c. 0, 026
❒
✗ b. 0, 031
❒ d. 0, 013
Le diamètre angulaire de la tache d’Airy (tache centrale de diﬀraction) est Δθ =
λ0
1, 22 . L’application numérique donne Δθ = 1, 525 · 10−7 rad soit Δθ =
R
1, 525 · 10−7
× 180 × 3600 = 0, 031.
π
Cet énoncé concerne les questions 14 à 15 :
On prend en compte la diﬀraction dans l’étude de la figure donnée par des fentes
341
Corrigés
d’Young. Les fentes de largeur a ont leurs centres espacés d’une distance b. Elles sont
parallèles à l’axe Oy et symétriques par rapport à cet axe. Les fentes sont éclairées en
incidence normale. On notera E0 la constante de normalisation pour l’éclairement telle
que l’éclairement maximal obtenu sur l’écran soit 2E0 .
14
Dans le plan focal image d’une lentille convergente (figure 22.1), l’expression de l’éclairement observé est :
2πax
2 πbx
1 + cos
❒ a. E = E0 sinc
λ0 f λ0 f 2πbx
πax
❒ b. E = E0 sinc
1 + cos
λ0 f λ0 f 2πbx
❒ c. E = E0 1 + cos
λ0 f 2πbx
2 πax
1 + cos
❒
✗ d. E = E0 sinc
λ0 f λ0 f On suppose les fentes de très grande longueur suivant Oy donc on peut raison ner dans le plan x Oz.
La fonction de
transmission est donc t(x , y ) = 1 pour
b a b a
b a b a
∪
− , +
et t(x , y ) = 0 sinon. Pour alléger l’écriture on
x ∈ − − , − +
2 2 2 2
2 2 2 2
L/2
dy . L’amplitude diﬀractée après les fentes est donc :
notera K = Ke−iωt
−L/2
⎛
⎞
2παx
⎜⎜⎜ −b/2+a/2
⎟⎟⎟
b/2+a/2 −i 2παx
−i
⎜
⎟⎟
⎜
⎜
λ
λ
0 dx +
0 dx ⎟
⎟⎟⎟
e
e
ad = K ⎜⎜⎜
⎟⎠
⎝⎜ −b/2−a/2
b/2−a/2
b
Pour la première intégrale, on eﬀectue le changement de variable X = x + et pour la
2
b
deuxième X = x − ce qui donne :
2
⎛
⎞
2παb 2παX ⎜⎜⎜ i 2παb +a/2 −i 2παX
⎟⎟⎟
+a/2
−i
−i
⎜⎜⎜ 2λ0
⎟
⎜
⎟
λ
2λ
λ
0
0
0
e
dX + e
e
dX ⎟⎟⎟⎟
ad = K ⎜⎜e
⎜⎝
⎟⎠
−a/2
−a/2
Les deux intégrales correspondent à l’amplitude diﬀractée par une fente de largeur a, d’où :
⎛
⎞
2παb ⎟⎟
⎜⎜⎜ i 2παb
⎟⎟⎟
−i
⎜
παb
πaα
πaα
⎜⎜⎜ 2λ0
⎟
2λ
0 ⎟
cos
+e
ad = K a sinc
⎜e
⎟⎟⎟ = 2K a sinc
λ0 ⎜⎜⎝
λ0
λ0
⎠
En remplaçant α par x/ f comme déjà fait et en écrivant que E est proportionnel à ad ad ,
on obtient :
2πxb
2 πax
2 πxb
2 πax
E = 2E0 sinc
cos
= E0 sinc
1 + cos
λ0 f λ0 f λ0 f λ0 f 342
Corrigés
−−−→
On remarque que le fait de translater une pupille
dans son⎞plan d’un vecteur OO1 revient
⎛
−
−
−
→
−u · OO ⎟⎟
⎜⎜⎜ 2π→
1⎟
⎟⎟⎟⎠. Lorsqu’il s’agit d’une pupille
à multiplier l’amplitude diﬀractée par : exp ⎜⎜⎜⎝−i
λ0
seule, ce facteur disparaît dans le calcul de l’éclairement qui est donc inchangé.
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15
Parmi les figures suivantes, laquelle représente l’éclairement observé ?
❒
✗ a.
❒ b.
❒ c.
❒ d.
La figure b. représente la figure d’interférences des fentes d’Young sans tenir compte de la
diﬀraction. La bonne figure est donc la courbe de la figure b. multipliée par sinc2 , ce n’est
donc pas la d. qui a pour enveloppe un sinc. Entre la a. et la c., on remarque que E (0) = 0
pour la c. alors que l’expression de E donne une frange brillante en x = 0, ce qui est le cas
de a.
16
On étudie un réseau plan en transmission de n traits par unité de longueur, éclairé en lumière parallèle sous incidence θ. On note a l’écart entre deux traits. On observe la figure
donnée par le réseau dans l’ordre k (entier) correspondant à l’angle θk (figure 22.2).
La formule du réseau correspondant aux maximas observés est :
❒ a. sin θk + sin θ = knλ0
❒ c. tan θk − tan θ = knλ0
❒
✗ b. sin θk − sin θ = knλ0
❒ d. tan θk + tan θ = knλ0
343
Corrigés
Si on généralise le résultat obtenu pour les fentes d’Young, la figure obtenue sera une
figure d’interférences pour laquelle intervient le déphasage entre les centres successifs de
chaque fente modulée par la courbe de diﬀraction en sinc2 . Les maxima d’interférences
correspondent donc à une diﬀérence de marche de kλ0 entre deux centres successifs avec k
entier. On utilise le théorème de Malus (figure 22.5) avec les deux plans d’onde Σ pour les
rayons incidents et Σ pour les rayons diﬀractés.
Figure 22.5
Ce raisonnement a déjà été eﬀectué plusieurs fois. La diﬀérence de marche entre le rayon
(p + 1) et la rayon (p) est δ = O p+1 J − IO p . Toutes les grandeurs étant positives sur le
schéma, on a O p+1 J = a sin θk et IO p = a sin θ. Avec δ = kλ0 et n = 1/a, on trouve la
réponse b.
17
On étudie un réseau plan en réflexion de n traits par unité de longueur, éclairé en lumière
parallèle sous incidence θ. On observe la figure donnée par le réseau dans l’ordre k
(entier) correspondant à l’angle θk (figure 22.3).
La formule du réseau correspondant aux maximas observés est :
❒
✗ a. sin θk + sin θ = knλ0
❒ c. tan θk − tan θ = knλ0
❒ b. sin θk − sin θ = knλ0
❒ d. tan θk + tan θ = knλ0
On a représenté sur la figure 22.6, les rayons incidents et les rayons diﬀractés sur deux
schémas diﬀérents pour plus de clarté. On utilise de nouveau le théorème de Malus avec
les deux plans d’onde Σ pour les rayons incidents et Σ pour les rayons diﬀractés.
Figure 22.6
La diﬀérence de marche entre le rayon (p + 1) et la rayon (p) est δ = IO p+1 + O p+1 J. Toutes
les grandeurs étant positives sur le schéma, on a O p+1 J = a sin θk et IO p+1 = a sin θ. Avec
δ = kλ0 et n = 1/a, on trouve la réponse a.
344
Corrigés
On remarque que pour δ = 0, on retrouve la loi de Descartes correspondant à la
direction de l’optique géométrique.
18
On éclaire un des deux réseaux précédents avec une onde plane monochromatique (λ0 =
0, 5 μm) sous incidence normale. On prend n =600 traits/mm. Déterminer le nombre
d’ordres observables.
❒ a. 7000
❒ b. 6
❒ c. 1
❒
✗ d. 7
Sous incidence normale θ = 0. D’autre part : −1 ≤ sin θk ≤ 1 que l’on peut écrire aussi :
−1 ≤ nkλ0 ≤ 1. Avant tout calcul on a intérêt à transformer n en traits par mètre soit
n = 6 · 105 traits/m, d’où −3, 33 ≤ k ≤ 3, 33. On en déduit k ∈ {−3, −2, −1, 0, 1, 2, 3} et
qu’il y a sept ordres visibles.
19
Dans le cas d’un réseau plan par transmission, la déviation est la diﬀérence d’angle entre
le rayon diﬀracté et le rayon incident D = θk − θ. On note Dm la déviation minimale pour
un ordre k. Quelle(s) relation(s) sont vérifiées pour D = Dm ?
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❒ a. θk = θ
Dm knλ0
=
❒
✗ c. sin
2
2
❒
✗ b. θk = −θ
❒ d. Dm = 0
Dans le cas du réseau en transmission, la formule du réseau sin θk − sin θ = nkλ0 s’écrit :
θk + θ
θk − θ
nkλ0
D
cos
= nkλ0 ⇒ sin =
2 sin
θ +θ
2
2
2
2 cos k
2
θ +θ
Ainsi, D est minimal si cos k
= 1, donc si θk = −θ et on trouve la réponse c. pour Dm .
2
20
2πaα
λ0
le déphasage entre deux rayons passant par deux traits successifs avec α = sin θk ± sin θ
(le signe dépendant du type de réseau) . Les traits ont chacun une largeur b. Déterminer
l’intensité diﬀractée dans la direction θk :
sin2 (N−1)φ sin2 Nφ
πbα
2
2
❒ a. I = I0
❒ b. I = I0 sinc2
φ
2 φ
2
λ0
sin 2
sin 2
(N−1)φ sin2 Nφ sin2
πbα
2
2
❒
φ
❒ c. I = I0
✗ d. I = I0 sinc2
2 φ
2
λ
0
sin
sin
Dans le cas d’un réseau plan de N traits, on note a = 1/n le pas du réseau et φ =
2
2
345
Corrigés
On a vu dans le cas de deux fentes que l’amplitude diﬀractée par une pupille dont le centre
2πδ
est translaté de O à O devait être multipliée par un terme de déphasage eiφ où φ = ±
λ0
et δ est la diﬀérence de marche entre les rayons passant par O et ceux par O . Le signe
πbα
est
dans φ dépend de la référence prise pour les phases. Donc si ad = bK sinc
λ0
l’amplitude diﬀractée par un trait, celle diﬀractée par le trait suivant est ad eiφ avec le φ
de l’énoncé correspondant au déphasage des rayons entre les centres de ces deux traits
successifs. Puisqu’il y a N traits l’amplitude totale est :
ad,t = bK sinc
N−1
πbα ipφ
πbα 1 − eiNφ
e = bK sinc
λ0 p=0
λ0 1 − eiφ
ce qui peut aussi s’écrire :
ad,t
Nφ πbα eiNφ/2 sin 2
= bK sinc
λ0 eiφ/2 sin φ
2
En écrivant que I est proportionnelle à ad,t ad,t et en prenant I0 comme valeur maximale
pour α = 0, on trouve la réponse d.
Cet énoncé concerne les questions 21 à 23 :
On s’intéresse à un réseau à échelettes par réflexion. Ce réseau est constitué de N bandes
réfléchissantes parallèles, de très grande longueur, de même largeur 2b, faisant un angle
α > 0 avec la direction d’ensemble du réseau (figure 22.4). Ce réseau est éclairé par
une onde plane monochromatique sous une incidence θ par rapport aux bandes réfléchissantes.
21
Déterminer l’amplitude ad diﬀractée par l’une des bandes réfléchissantes dans une direction faisant l’angle θk avec la normale à la surface. On note K la constante de normalisation
2πb(sin θk + sin θ)
❒
✗ a. ad = Ksinc
λ0
2πb(sin θk − sin θ)
❒ b. ad = Ksinc
λ0
πb(sin θk + sin θ)
❒ c. ad = Ksinc
λ0
πb(sin θk − sin θ)
❒ d. ad = Ksinc
λ0
Pour plus de clarté on a représenté (figure 22.7) sur le schéma de droite les rayons incidents
et sur le schéma de gauche les rayons diﬀractés par O p et un point P de la facette. On utilise
le théorème de Malus avec les plans d’onde Σ pour les rayons incidents et Σ pour les rayons
diﬀractés.
346
Corrigés
Figure 22.7
La diﬀérence de marche entre les rayons passant par P et ceux par O est δP/O = −O p I + JP,
or en faisant attention aux signes : O p I = −x sin θ et JP = x sin θk , soit δP/O = x(sin θ +
sin θk ). L’amplitude diﬀractée par une facette est donc :
ad = K
2π
(sin θ + sin θk )x
2πb(sin θk + sin θ)
e λ0
dx = K 2b sinc
λ0
−b
b i
soit la réponse a. avec K = K 2b.
22
Déterminer la diﬀérence de marche δ p+1/p entre deux rayons passant par les centres
successifs O p+1 et O p :
❒
✗ a. δ p+1/p = 2a[sin(θ + α) + sin(θk + α)]
❒ b. δ p+1/p = 2a[sin(θ − α) + sin(θk + α)]
❒ c. δ p+1/p = 2a[sin(θ − α) − sin(θk + α)]
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❒ d. δ p+1/p = 2a[sin(θ + α) − sin(θk + α)]
Comme dans la question précédente, on a représenté (figure 22.8) sur le schéma de droite
les rayons incidents et sur le schéma de gauche les rayons diﬀractés par O p et O p+1 . On
utilise le théorème de Malus avec les plans d’onde Σ pour les rayons incidents et Σ pour
les rayons diﬀractés.
Figure 22.8
La diﬀérence de marche des rayons passant par O p+1 par rapport à ceux passant par O p est
δ p+1/p = −IO p + O p+1 J. Or IO p = −2a sin β car β < 0 et O p+1 J = 2a sin γ car γ > 0. De
plus β = θ + α (θ < 0 et α > 0) et γ = α + θk . On en déduit la réponse a.
347
Corrigés
23
À quelle condition sur θ et α le maximum d’interférence d’ordre k coïncide-t-il avec le
maximum central de diﬀraction d’une facette ?
kλ0
kλ0
❒ a. 2 cos θ cos α =
❒ b. 2 sin θ sin α =
2a
2a
kλ0
kλ0
❒ d. 2 cos θ sin α = −
❒
✗ c. 2 cos θ sin α =
2a
2a
Le maximum d’interférence d’ordre k est tel que δ p+1/p = kλ0 , et le maximum de diﬀraction
est obtenu pour l’argument du sinc nul soit sin θk + sin θ = 0, ce qui entraine θk = −θ. Si
l’on reporte dans l’autre expression, on obtient :
δ p+1/p = 2a[sin(θ + α) + sin(−θ + α)] = 4a sin α cos θ
Donc δ p+1/p = kλ0 valide la réponse c.
23 Interféromètre de Michelson
Vrai/Faux
1
❒V ❒
✗ F L’interféromètre de Michelson est à division du front d’onde.
C’est un système à division d’amplitude car la lame semi-réfléchissante oriente vers chaque
miroir la moitié de l’énergie incidente, et les sources secondaires sont le résultat des mêmes
rayons issus de la source principale. En revanche pour un interféromètre à division du front
d’onde type fentes d’Young, l’onde est « coupée » en deux géométriquement, les sources
secondaires sont le résultat de rayons diﬀérents issus de la source principale.
2
❒V ❒
✗ F La compensatrice sert à compenser un déphasage dû aux réflexions sur les
miroirs.
Elle sert à compenser le nombre de traversées diﬀérent de la séparatrice pour chacune des
voies.
3
❒
✗ V ❒ F Si la source est ponctuelle, les interférences ne sont pas localisées.
Dans le cas idéal d’une source ponctuelle, la cohérence spatiale est parfaite et les interférences ne sont pas localisées. En revanche plus la source est de petite taille, moins la figure
est lumineuse.
348
Corrigés
4
❒
✗ V ❒ F Si l’interféromètre est réglé en lame d’air, on observe des anneaux.
Il y a symétrie du système par rapport à l’axe optique. Par exemple, dans le cas d’une source
principale ponctuelle sur l’axe, les sources secondaires sont aussi sur l’axe et l’écran leur
est perpendiculaire, configuration donnant des anneaux.
5
❒V ❒
✗ F Si l’interféromètre est réglé en coin d’air, les interférences sont localisées
sur le miroir M2 .
La notion de localisation n’apparaît que pour une source étendue. Dans le cas d’une source
ponctuelle, comme écrit précédemment, les interférences ne sont pas localisées. Pour observer des franges contrastées sur les miroirs en coin d’air, il faut cependant que la source
ne soit pas trop étendue.
6
❒V ❒
✗ F En lame d’air, lorsqu’on translate le miroir en se rapprochant du contact
optique, les anneaux sortent du centre de la figure.
Lorsqu’on se rapproche du contact optique, les anneaux rentrent par le centre. C’est un
résultat à connaître, indispensable pour trouver expérimentalement le contact optique. Pour
établir ce résultat, il faut déterminer la relation entre le rayon d’un anneau et la distance e
entre les miroirs.
7
❒
✗ V ❒ F Lorsqu’on utilise l’interféromètre en coin d’air, on place la source dans le
plan focal objet d’une lentille convergente.
Un coin d’air s’éclaire en faisceau quasi-parallèle, obtenu en plaçant la source dans le plan
focal d’une lentille convergente.
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8
❒
✗ V ❒ F Lorsqu’on utilise l’interféromètre en lame d’air, on place la source avant
le plan focal objet d’une lentille convergente.
On souhaite éclairer les miroirs en lumière convergente, il faut donc placer la source et la
lentille en configuration « objet réel-image réelle », donc placer la source avant le foyer objet. Si on place la source entre le foyer objet et la lentille (configuration loupe), le faisceau
émergent est divergent.
QCM
9
Déterminer la diﬀérence de marche géométrique δ2/1 du rayon 2 par rapport au rayon 1
(figure 23.2).
2e
(1 − n sin2 i)
❒ a. δ2/1 = 2e(n cos r − tan r sin i)
❒ b. δ2/1 =
cos r
2e
(1 − n2 sin2 i)
❒ d. δ2/1 =
❒
✗ c. δ2/1 = 2ne cos r
cos r
349
Corrigés
Pour calculer la diﬀérence marche on utilise le théorème de Malus avec le plan d’onde Σ
pour les ondes réfléchies (figure 23.6). On écrit δ2/1 = (S M)2 − (S M)1 = (I JK) − (IL).
Figure 23.6
2e
. D’autre part, IL =
Dans le verre d’indice n, le chemin optique (I JK) est égal à n
cos r
IK sin i et IK = 2 e tan r. Avec la loi de Descartes sin i = n sin r, on peut écrire :
n
sin2 r
2ne
2e
− 2e tan r sin i = 2e
−n
=
(1 − sin2 r) = 2ne cos r
δ2/1 = n
cos r
cos r
cos r
cos r
Cet énoncé concerne les questions 10 à 12 :
On considère un coin d’air (figure 23.3) éclairé par une onde plane sous incidence θ. On
→
− →
−
note k1 et k2 les vecteurs d’onde des ondes réfléchies sur les lames (1) et (2), et on définit
− →
−
→
− →
K = k 2 − k1 .
10
Déterminer l’intensité en un point M de l’espace, l’intensité maximale étant 2I0 .
→
− →
− −−→
→
− →
− −−→
❒ a. I = I0 (1 + cos(k2 + k1 ) · OM)
❒
✗ b. I = I0 (1 + cos(k2 − k1 ) · OM)
→
− →
− −−→
→
− →
− −−→
❒ d. I = I0 (1 + sin(k2 − k1 ) · OM)
❒ c. I = I0 (1 + 2 cos(k2 − k1 ) · OM)
Les deux ondes ont même amplitude juste après la réflexion. Elles sont de la forme :
→
− −−→
→
− −−→
s1 (M, t) = s0 eiωt e−iφ(O) e−ik1 ·OM et s2 (M, t) = s0 eiωt e−iφ(O) e−ik2 ·OM
L’intensité s’écrit :
→
− →
− −−→
I = K(s1 + s2 )(s1 + s2 ) = 2K s20 1 + cos(k2 − k1 ) · OM
D’où la réponse b. avec I0 = 2K s20 .
350
Corrigés
11
Choisir parmi les figures suivantes, celle qui représente les surfaces d’intensité maxi−
− →
→
− →
male. On a représenté K = k2 − k1 .
❒ a.
❒ b.
❒
✗ c.
❒ d.
→
− −−→
Les surfaces correspondant à un maximum d’intensité sont telles K · OM = 0 [2π]. Cette
relation définit une famille de plans parallèles, dont le plus simple correspond au produit
→
−
scalaire nul, il s’agit du plan d’intensité maximale passant par O et perpendiculaire à K.
Le seul schéma correspondant est celui de la figure c.
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12
La distance i entre deux plans successifs d’intensité maximale est :
λ0
λ0
❒ b. i =
❒ a. i =
2 sin α cos(θ + α)
2 sin α sin(θ + α)
λ0
λ0
❒
❒ c. i =
✗ d. i =
2 cos α
2 sin α
On a représenté sur la figure 23.7 les vecteurs avec les diﬀérents angles. La direction des
plans d’intensité maximale (dont deux successifs sont représentés Π p et Π p+1 ) est celle de
−
→
− →
la bissectrice des vecteurs k1 et k2 .
Figure 23.7
→
−
Ils font donc un angle θ + α avec la normale à M1 , qui est l’angle aussi entre K et M1 .
→
− −−−−−−→
Puisque les deux plans sont successifs, on peut écrire K · O p O p+1 = 2π. La distance i
4π
recherchée est i = O p O p+1 cos(θ + α). On en déduit K i = 2π, or K = 2k1 sin α =
sin α
λ0
λ0
d’où i =
. La réponse a. correspond à la distance O p O p+1 .
2 sin α
351
Corrigés
Cet énoncé concerne les questions 13 à 16 :
À partir du contact optique et des miroirs M1 et M2 perpendiculaires, on fait tourner le
miroir M1 d’un angle α, l’interféromètre étant alors réglé en coin d’air. La source, non
ponctuelle, est placée dans le plan focal objet d’une lentille convergente.
On a représenté sur la figure 23.4 le schéma équivalent à l’interféromètre, ainsi que le
système de projection de la figure (lentille L2 et écran).
On note γ le grandissement obtenu par la projection.
13
En travaux pratiques, si l’on dispose d’une table d’environ 2 m, quelle distance focale
image f choisir pour L2 parmi les valeurs suivantes ?
❒ a. f = 1000 mm
❒ c. f = 10 mm
❒ b. f = −250 mm
❒
✗ d. f = 250 mm
Pour une source étendue, les franges sont localisées au voisinage des miroirs. La lentille
doit donc eﬀectuer la projection des miroirs sur l’écran : il faut une lentille convergente.
Sachant qu’il faut au minimum une distance de 4 f entre l’objet et l’image et si l’on souhaite un grandissement de 4 à 5 en valeur absolue, la lentille f = 250 mm est la plus
adaptée.
14
Déterminer la relation entre l’ordre d’interférence p et la position sur l’écran x .
❒ a. p =
2αx
γλ0
❒
✗ b. p = −
2αx
γλ0
❒ c. p =
2αx
λ0
❒ d. p = −
2αx
λ0
La diﬀérence de marche au niveau des miroirs est δ2/1 = −2αx (on rappelle que α > 0
et donc avec l’orientation x et δ2/1 sont de signes opposés) ce qui correspond à un ordre
−2αx
d’interférence p =
. Sur l’écran un point de coordonnées x correspond au point x
λ0
sur le miroir tel que x = γx, d’où la réponse b.
15
On mesure sur l’écran un interfrange i = 0, 5 cm. Déterminer l’angle α entre les miroirs
sachant que le grandissement est γ = −4 et que λ0 = 0, 5 μm.
❒ a. α 10
❒
✗ c. α 41
❒ b. α 0, 01
❒ d. α 0, 7
|γ|λ0
. L’application
Un interfrange sur l’écran correspond à Δp = 1 soit i = Δx =
2α
180
×
3600
numérique donne α = 2 · 10−4 rad ou α = 2 · 10−4
41 .
π
352
Corrigés
16
On translate le miroir M1 d’une distance d. Cela équivaut à déplacer M1 de Δy = d. Quel
est le déplacement Δx de la frange centrale p = 0 sur l’écran ?
γΔy
❒ b. Δx = Δy
❒ a. Δx =
α
γΔy
❒
❒ c. Δx = γΔy
✗ d. Δx = −
α
Un rayon réfléchi par M1 parcourt un trajet supplémentaire 2Δy donc la diﬀérence de
Δy
marche devient δ2/1 = −2αx − 2Δy. La frange centrale δ2/1 = 0 sera à la position x = −
α
γΔy
soit x = −
.
α
Cet énoncé concerne les questions 17 à 21 :
L’interféromètre réglé en lame d’air d’épaisseur e est éclairé par une source non ponctuelle monochromatique. On utilise une lentille L2 de distance focale image f pour
projeter les anneaux sur un écran.
17
En travaux pratiques, quelle distance focale image f choisir pour L2 parmi les valeurs
suivantes ?
❒
❒ b. f = −250 mm
✗ a. f = 1000 mm
❒ d. f = 250 mm
❒ c. f = 10 mm
Dans le cas de la lame d’air éclairée par une source étendue, les interférences sont localisées à l’infini. Pour les projeter sur un écran, il faut utiliser une lentille convergente et
placer l’écran dans le plan focal image de la lentille. Pour avoir une image la plus grande
possible, il faut utiliser la lentille de plus grande distance focale d’où la réponse a.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
18
L’épaisseur de la lame d’air est e = 0, 2 mm. Quel est l’ordre p0 au centre pour λ0 =
0, 56 μm ?
❒ a. p0 = 0
❒ c. p0 357, 1
❒
✗ b. p0 714, 3
❒ d. p0 = 2.10−4
La diﬀérence de marche au centre δ2/1 = 2e soit un ordre p0 =
19
2e
714, 3.
λ0
On note rk le rayon du kième sur l’écran. On suppose que p0 = m + où m est entier et
1 ≥ > 0. Déterminer l’expression de rk :
√
√
λ0
λ0
❒ b. rk = f −k + + 1
❒ a. rk = f k + e
e
√
√
λ0
λ0
❒
❒ c. rk = f k + + 1
✗ d. rk = f k + − 1
e
e
353
Corrigés
Pour un rayon d’incidence i la diﬀérence
de marche est δ2/1 = 2e cos i soit dans l’api2
. En traçant le rayon réfléchi d’angle i par rapproximation de Gauss δ2/1 = 2e 1 −
2
port à l’axe optique et passant par le centre de la lentille, on montre qu’il éclaire l’écran
en r = f tan i de Gauss donc l’ordre d’interférence est
f i dans l’approximation
2
r
2e r2
2e
1 − 2 ou p = p0 −
.
p=
λ0
2f
λ0 2 f 2
On constate que l’ordre d’interférence décroît avec r.
Avec le choix pour , le premier anneau brillant correspond à p = m donc le kième à p =
m−k+1. Le calcul a déjà été fait dans la chapitre sur les interférences. En écrivant m−k+1 =
2e rk2
p0 −
, on trouve la réponse d.
λ0 2 f 2
20
On place une lame d’indice n et d’épaisseur d accolée au miroir M2 (figure 23.5). On
note i l’angle d’incidence d’un rayon sur la lame et r l’angle de réfraction dans la lame.
Déterminer la diﬀérence de marche δ2/1 .
❒
✗ a. δ2/1 = −2(e + d) cos i + 2nd cos r
❒ b. δ2/1 = −2n(e + d) cos i + 2nd cos r
❒ c. δ2/1 = −2(e + d) cos i − 2nd cos r
❒ d. δ2/1 = 2(e + d) cos i − 2nd cos r
On utilise les notations de la figure (23.8). On a tracé un plan d’onde pour les rayons
réfléchis. Avec le théorème de Malus, on a δ2/1 = (I JKL) − (I MN) = n I JK + KL − I MN.
Figure 23.8
2d
2(e + d)
et I JK =
. D’autre part KL = KN sin i et KN =
On peut écrire I MN =
cos i
cos r
IN − IK = 2(e + d) tan i − 2d tan r. Ainsi :
δ2/1 =
sin2 i
sin r sin i 2(e + d)
2nd
+ 2(e + d)
− 2d
−
cos r
cos i
cos r
cos i
et avec la loi de Descartes sin i = n sin r :
δ2/1 =
2nd
2(e + d)
2nd
2(e + d)
(1 − sin2 r) +
(sin2 i − 1) =
cos2 r −
cos2 i
cos r
cos i
cos r
cos i
d’où la réponse a.
354
Corrigés
21
On se place dans le cas des petits angles. On observe une teinte uniforme sur l’écran
lorsque δ2/1 est indépendant de i au deuxième ordre. Avant de placer la lame, on suppose
que l’interféromètre est réglé au contact optique. Déterminer la distance e dont on doit
déplacer M1 pour retrouver une teinte uniforme.
1
1
d
❒
❒ a. e = 1 −
✗ b. e = − 1 d
n
n
❒ c. e = −d
❒ d. e = d(n − 1)
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Dans le cas des petits angles, on eﬀectue un D.L. à l’ordre 2 en i et r (avec i = nr) soit :
r2
d
i2
+ 2nd 1 −
= −2(e + d) + 2nd + i2 (e + d) −
δ2/1 = −2(e + d) 1 −
2
2
n
d
1
Pour annuler le terme d’ordre 2, il faut e + d = soit e = d
− 1 . On constate que e < 0
n
n
donc M1 est en avant de M2 .
355