نموذج مباراة ولوج السنة الثانية من سلك مهندسي الدولة - المعهد الوطني للبريد والمواصلات (INPT) 2002 - اختبار الفيزياء

Ce modèle est l'épreuve de physique du concours d'accès en 2^e année du cycle d'ingénieurs d'État de l'Institut National des Postes et Télécommunications (INPT), session du 11 juillet 2002. Durée : 3 heures. Trois problèmes indépendants, à traiter sur des feuilles séparées : réflexion d'une onde sur un conducteur parfait, étude d'un circuit logique, et un détecteur d'onde (électronique analogique). Voici une correction proposée.

💡 Le problème 3 est long mais très guidé : chaque bloc (filtre sélectif, oscillateur, multiplieur, passe-bas, redresseur) est un classique. Les numéros de figures du texte sont décalés d'un rang par rapport aux schémas (le quadripôle est la figure 3.5, le redresseur la figure 3.6).

Problème 1 : réflexion sous incidence normale sur un conducteur parfait

Repère de la figure : Σ est le plan x = 0, le diélectrique (vide, ε₀, μ₀) occupe x < 0, le conducteur x > 0. L'onde incidente se propage selon +e_x et E_i est dirigé selon −e_y. On note k = ω/c.

1) Champs nuls dans un conducteur parfait

Un conducteur parfait a une conductivité γ infinie. La loi d'Ohm locale j = γE impose E = 0, sinon la densité de courant serait infinie. L'équation de Maxwell-Faraday rot E = −∂B/∂t donne alors ∂B/∂t = 0 : B est constant, donc nul pour un champ variable (on ne retient pas de champ statique). Dans un conducteur parfait, E = 0 et B = 0 en régime variable ; charges et courants ne peuvent exister qu'en surface.

2) Orientation des champs incident et réfléchi

• Onde incidente : k_i = k·e_x, E_i selon −e_y. Le trièdre (E, B, k) étant direct, B_i est selon −e_z.
• Onde réfléchie : k_r = −k·e_x. La composante tangentielle de E est continue et nulle dans le conducteur : E_i + E_r = 0 sur Σ. Donc E_r est selon +e_y (même amplitude, sens opposé).
• Le trièdre (E_r, B_r, k_r) est direct : e_y ∧ B_r doit être selon −e_x, d'où B_r selon −e_z, dans le même sens que B_i. Sur Σ, les champs magnétiques s'ajoutent et les champs électriques s'annulent.

3) Courant superficiel sur Σ

Sur Σ, B tangentiel passe de B₁ (côté vide) à 0 (côté conducteur) : cette discontinuité impose une nappe de courant, d'après la relation de passage n₁₂ ∧ (B₂ − B₁) = μ₀j_s avec n₁₂ = e_x. Avec B₁(x = 0, t) = −(2E₀/c) cos ωt·e_z (voir question 5) :

j_s = −(2E₀/(μ₀c)) cos ωt·e_y, de module maximal 2E₀/(μ₀c) = 2ε₀cE₀, dirigé selon Oy, c'est-à-dire parallèle au champ électrique incident sur Σ (et en phase avec lui).

4) Expressions des champs (notation complexe)

• E_i = −E₀e^{j(ωt − kx)}·e_y ; B_i = −(E₀/c)e^{j(ωt − kx)}·e_z
• E_r = +E₀e^{j(ωt + kx)}·e_y ; B_r = −(E₀/c)e^{j(ωt + kx)}·e_z

5) Champ total

E = −E₀e^jωt(e^−jkx − e^jkx)·e_y = 2jE₀ sin(kx)e^jωt·e_y, soit en réel : E = −2E₀ sin(kx) sin(ωt)·e_y.

B = −(E₀/c)e^jωt(e^−jkx + e^jkx)·e_z, soit en réel : B = −(2E₀/c) cos(kx) cos(ωt)·e_z.

6) Y a-t-il propagation ?

Non. Les variables d'espace et de temps sont séparées (sin kx·sin ωt) : c'est une onde stationnaire. Les nœuds de E (x = −nλ/2) et ses ventres sont fixes ; les nœuds de B sont aux ventres de E. Le vecteur de Poynting R = E ∧ B/μ₀ est proportionnel à sin 2kx·sin 2ωt : sa valeur moyenne est nulle, aucune énergie n'est transportée en moyenne.

7) Plan Σ' parallèle à Σ

On peut placer un second plan conducteur parfait Σ' là où il ne modifie pas les conditions aux limites, c'est-à-dire là où le champ électrique tangentiel est nul à tout instant : sin(kx) = 0, soit x = −nλ/2 (n entier ≥ 1). Les deux plans sont alors séparés d'un nombre entier de demi-longueurs d'onde (cavité résonante). Sur Σ' apparaît à son tour un courant superficiel, puisque B y est maximal.

Problème 2 : étude d'un circuit logique

1.1) Expressions de R1, R2, R3

Lecture du schéma : la porte NAND du haut reçoit Z̄, Y, X, H et A ; celle du milieu Ȳ, X, H et B ; celle du bas X̄, H et C. La NAND de sortie de trois NAND réalise un OU : S = A·(H·X·Y·Z̄) + B·(H·X·Ȳ) + C·(H·X̄).

R1 = H·X·Y·Z̄, R2 = H·X·Ȳ, R3 = H·X̄.

1.2) Chronogrammes de X, Y, Z

Compteur binaire naturel modulo 8 qui change d'état sur chaque front descendant de h(t) (T_H = 1/80 kHz = 12,5 µs) :

• X (poids 1) bascule à chaque front descendant : période 2T_H = 25 µs (40 kHz) ;
• Y (poids 2) : période 4T_H = 50 µs (20 kHz) ;
• Z (poids 4) : période 8T_H = 100 µs (10 kHz).

Pendant chaque demi-période haute de H, l'état du compteur est stable : chaque impulsion de H correspond à un seul état (0, 1, …, 7).

1.3) S pour N = 3, 5 et 7

R3 = H·X̄ est vrai dans les états pairs 0, 2, 4, 6 (4 impulsions par cycle), R2 = H·X·Ȳ dans les états 1 et 5 (2 impulsions), R1 = H·X·Y·Z̄ dans l'état 3 (1 impulsion). L'état 7 ne donne jamais d'impulsion.

s(t) est une suite d'impulsions de largeur T_H/2 = 6,25 µs, synchrones des niveaux hauts de H, et absentes dans les états non sélectionnés.

2) Période de comptage

Le compteur parcourt 8 états : T_c/T_H = 8, d'où f_c = 80/8 = 10 kHz.

Les chronogrammes montrent que le nombre d'impulsions par période T_c est égal à 1·A + 2·B + 4·C = N. Le montage est un multiplieur de fréquence binaire (« rate multiplier ») : f_{moyenne de S} = N·f_H/8.

3) Valeur moyenne de s(t)

Si V est la tension du niveau logique haut, chaque impulsion dure T_H/2 et il y en a N par période T_c = 8T_H :

S₀ = N·V·(T_H/2)/(8T_H) = N·V/16, donc k = V/16. En logique TTL (V = 5 V) : k ≈ 0,31 V ; en grandeur logique normalisée (V = 1) : k = 1/16 = 0,0625. Le montage réalise une conversion numérique-analogique après filtrage passe-bas de s(t).

Problème 3 : détecteur d'onde

1.1) Fonction de transfert de l'amplificateur sélectif

Montage inverseur : A = −Z/R1, où Z est l'impédance de L, C1 et R2 en parallèle : 1/Z = 1/R2 + jC1ω + 1/(jLω) = 1/R2 + j(C1ω − 1/(Lω)).

A = −(R2/R1) / [1 + jR2(C1ω − 1/(Lω))], donc A₀ = −R2/R1 et a = R2.

1.2) Module

A = (R2/R1) / √[1 + R2²(C1ω − 1/(Lω))²].

1.3) Fréquence du maximum

A est maximal quand C1ω = 1/(Lω) : f₁ = 1/(2π√(LC1)), et A_max = R2/R1.

1.4) Lecture de la courbe (réponse probable, lecture graphique)

Le maximum A_max = 40 se lit à f₁ ≈ 20 kHz (2·10⁴ Hz sur l'axe logarithmique) : R2/R1 = 40.

Bande passante à −3 dB : on trace l'horizontale A = 40/√2 ≈ 28,3. Elle coupe la courbe vers 16,5 kHz et 24 kHz : Δf ≈ 7,5 à 8 kHz, soit un facteur de qualité Q = f₁/Δf ≈ 2,6.

1.5) Valeur de C1

C1 = 1/(L·(2πf₁)²) = 1/(0,1 × (2π × 2·10⁴)²) ≈ 6,3·10⁻¹⁰ F = 0,63 nF.

1.6) Expression de v2(t)

À f₁, A = A₀ = −40 (réel) : v2(t) = −40 × 0,25 sin(2πf₁t), soit v2(t) = −10 sin(2π·20 000·t) = 10 sin(2π·20 000·t + π) (en volts). L'amplitude 10 V reste inférieure à V_sat = 15 V : pas de saturation.

2.1) Amplificateur non inverseur

V3 arrive sur l'entrée + ; l'entrée − est reliée au pont R3 (vers la masse) – R4 (vers la sortie) : H = V4/V3 = 1 + R4/R3.

2.2) Réseau de Wien

Branche série Z_s = R5 + 1/(jC2ω), branche parallèle Z_p = R5/(1 + jR5C2ω) :

K = V5/V4 = Z_p/(Z_s + Z_p) = 1 / [3 + j(R5C2ω − 1/(R5C2ω))].

2.3) Condition d'oscillation

Le système bouclé (V5 réinjecté en V3) est un oscillateur harmonique si le produit des gains vaut 1 à une pulsation donnée (critère de Barkhausen) : H·K = 1, soit arg(H·K) = 0 et |H·K| = 1. H est réel, donc K doit être réel.

2.4) Fréquence d'oscillation

K réel ⇔ R5C2ω = 1/(R5C2ω) : f₂ = 1/(2πR5C2), et alors K = 1/3.

2.5) Relation entre R3 et R4

H·K = 1 avec K = 1/3 : H = 3, donc R4 = 2R3 (en pratique un peu plus que 2R3 pour assurer le démarrage, l'amplitude étant limitée par la non-linéarité de l'AO).

2.6) Application numérique

R4 = 20 kΩ ; C2 = 1/(2πR5f₂) = 1/(2π × 10⁴ × 19 900) ≈ 0,80 nF.

3) Multiplieur

3.1) v6(t) = k·v2·v5 = 0,1 × 10 × 10 cos(2πf₁t)·cos(2πf₂t) = 10 cos(2πf₁t)·cos(2πf₂t) (V).

3.2) Avec cos a·cos b = ½[cos(a − b) + cos(a + b)] :

v6(t) = 5 cos(2π·100·t) + 5 cos(2π·39 900·t) : une composante à f₁ − f₂ = 100 Hz et une à f₁ + f₂ = 39,9 kHz, d'amplitude 5 V chacune.

4) Quadripôle R6-C3 (figure 3.5)

4.1) Diviseur de tension : T = 1/(1 + jR6C3ω) = 1/(1 + jf/f_c).

4.2) f_c = 1/(2πR6C3) = 1/(2π × 2 700 × 100·10⁻⁹) ≈ 589 Hz.

4.3) T = 1/√(1 + (f/f_c)²).

4.4) f → 0 : T → 1 ; f → ∞ : T → 0. C'est un filtre passe-bas du premier ordre.

4.5) À 100 Hz : T = 1/√(1 + 0,0288) ≈ 0,986, amplitude ≈ 4,93 V. À 39,9 kHz : T ≈ 1/67,7 ≈ 0,0148, amplitude ≈ 0,074 V. Le rapport 4,93/0,074 ≈ 67 dépasse 50 : la composante haute fréquence est négligeable.

V_7max ≈ 4,93 V et v7(t) ≈ 4,93 cos(2π·100·t) (V). La sortie conserve le battement de 100 Hz entre l'onde reçue et l'oscillateur local.

5) Redresseur et soustracteur (figure 3.6)

Lecture du schéma : v7 attaque l'entrée − (masse virtuelle) par R7. Deux branches de contre-réaction partent de ce nœud : R7 vers le point v8 puis D1 (anode côté v8, cathode côté sortie de l'AO) ; R7 vers le point v9 puis D2 (anode côté sortie de l'AO, cathode côté v9). Le soustracteur ne prélève pas de courant.

5.1) Alternance positive (v7 > 0) : le courant v7/R7 entre dans la masse virtuelle et doit ressortir vers la sortie de l'AO, qui devient négative. D1 conduit, D2 est bloquée. Le courant traverse la résistance R7 de la branche v8 : v8 = −v7 ; aucun courant dans l'autre R7 : v9 = 0.

5.2) Alternance négative (v7 < 0) : la sortie de l'AO devient positive, D2 conduit et D1 est bloquée : v9 = −v7 (positif) et v8 = 0.

5.3) v10 = v9 − v8 :

• v7 > 0 : v10 = 0 − (−v7) = v7 ;
• v7 < 0 : v10 = −v7 − 0 = −v7.

v10 = |v7| : arches de sinusoïde toutes positives. V_10max = V_7max ≈ 4,93 V, à la fréquence f = 2 × 100 = 200 Hz. Le montage est un redresseur double alternance sans seuil (redresseur de précision, fonction « valeur absolue ») : les diodes sont dans la boucle de l'AO, leur tension de seuil est compensée.