Modèle de concours d'accès en 2ème année du cycle d'ingénieurs d'État — Institut National des Postes et Télécommunications (INPT) 2003 — Épreuve : Physique

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 10 juillet 2003. Durée : 3 heures. Quatre parties à traiter sur des feuilles séparées : analyse des systèmes, électronique numérique, électromagnétisme et traitement du signal. Voici une correction proposée.

💡 Quatre parties en 3 heures : comptez environ 45 minutes par partie. Les parties III et IV sont faites de questions de cours (équations de Maxwell, potentiels, plasma, filtre adapté) : rédigez-les de façon structurée, ce sont des points rapides.

Partie I : analyse des systèmes

1) Mise sous la forme G(p), H(p)

Boucle interne : la chaîne directe k1/(1 + τ1p) est bouclée par τ2p² :

G(p) = [k1/(1 + τ1p)] / [1 + k1τ2p²/(1 + τ1p)], soit G(p) = k1 / (1 + τ1p + k1τ2p²).

Retours externes : la sortie s est retranchée deux fois avant G, une fois directement (retour unitaire) et une fois à travers k3/(1 + τ3p). On a donc ε₁ = e − [1 + k3/(1 + τ3p)]·s :

H(p) = 1 + k3/(1 + τ3p) = (1 + k3 + τ3p)/(1 + τ3p).

2) Fonction de transfert en boucle ouverte

T(p) = G(p)·H(p) = k1(1 + k3 + τ3p) / [(1 + τ1p + k1τ2p²)(1 + τ3p)].

3) Expressions de ε₁(p), S₁(p), S(p) (figure 2)

ε₁ = E − S₁ et S₁ = D·G·H·ε₁, d'où :

• ε₁(p) = E(p) / [1 + D(p)G(p)H(p)]
• S₁(p) = D(p)G(p)H(p)·E(p) / [1 + D(p)G(p)H(p)]
• S(p) = S₁(p)/H(p) = D(p)G(p)·E(p) / [1 + D(p)G(p)H(p)]

Sans correcteur, on prend D(p) = 1.

4) Erreur en régime permanent pour un échelon (k1 = 1)

E(p) = 1/p. Théorème de la valeur finale : ε₁(∞) = lim_p→0 p·ε₁(p) = 1/[1 + T(0)], avec T(0) = k1(1 + k3) (et D(0) = 1).

Pour k1 = 1 : ε₁(∞) = 1/(2 + k3) ; avec k3 = 6 (valeur donnée en 6) : ε₁(∞) = 1/8 = 12,5 %.

5) Correcteur à avance de phase

D(p) = (1 + aτp)/(1 + τp) avec a > 1 : D(0) = 1, donc la basse fréquence (et la précision) est inchangée. Il faut apporter φ_m = 45° − 30° = 15° à la pulsation de coupure ω = 7 rad/s :

• sin φ_m = (a − 1)/(a + 1), donc a = (1 + sin 15°)/(1 − sin 15°) = 1,259/0,741 ≈ 1,70 ;
• on centre l'avance maximale sur ω_m = 1/(τ√a) = 7 rad/s : τ = 1/(7 × 1,303) ≈ 0,110 s, aτ ≈ 0,186 s.

D(p) = (1 + 0,186p)/(1 + 0,110p).

💡 Le correcteur augmente aussi le gain de 10·log a ≈ 2,3 dB vers ω_m, ce qui déplace la coupure vers la droite. On prend souvent 5° de plus (φ_m ≈ 20°, a ≈ 2) pour garantir les 45°. Remarque : avec les valeurs numériques de la question 6 et k1 = 1, le calcul donne une coupure vers 0,6 rad/s (marge ≈ 29°), et non 7 rad/s : on applique ici la méthode aux données de l'énoncé.

6) Gain k1 pour une erreur ≤ 1 %

ε₁(∞) = 1/[1 + k1(1 + k3)] ≤ 0,01 ⇔ k1(1 + k3) ≥ 99 ⇔ k1 ≥ 99/7 ≈ 14,2.

💡 Vérifiez toujours la stabilité. Avec les valeurs données, l'équation caractéristique est 14k1·p³ + (7k1 + 14)p² + (9 + 2k1)p + (1 + 7k1) = 0. Le critère de Routh (a2·a1 > a3·a0) donne 84k1² − 77k1 − 126 < 0, soit k1 < 1,77. Pour k1 ≈ 14,2 le système en boucle fermée est instable : on ne peut pas obtenir 1 % par le seul gain, il faudrait une correction intégrale (PI) qui annule l'erreur statique.

Partie II : électronique numérique

Problème 1

1) z1 = (ā + b) ⊕ (b + c) ⊕ (c + āb). Si a = 0 : ā + b = 1 et c + āb = b + c, donc z1 = 1 ⊕ (b + c) ⊕ (b + c) = 1. Si a = 1 : ā + b = b et c + āb = c, donc z1 = b ⊕ (b + c) ⊕ c, qui ne vaut 1 que pour b = c = 1.

z1 = ā + b·c

2) z2 = (ab ↓ bc̄ ↓ ca) ↓ (ā ↓ b̄). On a ā ↓ b̄ = (ā + b̄)‾ = ab et (ab ↓ bc̄ ↓ ca) = (ab + bc̄ + ac)‾. Donc z2 = (ab + bc̄ + ac)·(ab)‾ = (ab + bc̄ + ac)(ā + b̄) = ā·b·c̄ + a·b̄·c.

z2 = ā·b·c̄ + a·b̄·c

Problème 2 : compteur 100 → 001 → 011 → 101 → 111 → 010 → 100

On note les états Q2Q1Q0 (Q2 à gauche). Table de transition, puis J et K par la règle : si Q passe de 0 à 1, J = 1 (K indifférent) ; de 1 à 0, K = 1 (J indifférent) ; s'il reste à 0, J = 0 ; s'il reste à 1, K = 0. Les états 000 et 110 ne sont pas utilisés (indifférents).

Simplification par tableaux de Karnaugh :

J2 = Q1, K2 = Q1 + Q̄0 ; J1 = Q0, K1 = Q̄2 ; J0 = Q̄1, K0 = Q1·Q2.

Vérification des états inutilisés : 000 → 001 et 110 → 010, tous deux dans le cycle : le compteur ne peut pas se bloquer.

Logigramme : trois bascules JK recevant la même horloge (synchrone). J2 reçoit Q1, K2 la sortie d'une porte OU (Q1, Q̄0) ; J1 reçoit Q0 et K1 reçoit Q̄2 ; J0 reçoit Q̄1 et K0 la sortie d'une porte ET (Q1, Q2).

Problème 3 : GRAFCET du plateau tournant

À l'arrêt, la came appuie sur A. Il faut donc attendre que A soit relâché (le plateau a commencé à tourner), puis de nouveau actionné (un tour effectué). Pour que le moteur s'arrête même si m reste appuyé, on attend le relâchement de m avant un nouveau départ.

• Étape initiale 0 : aucune action. Transition 0 → 1 : m.
• Étape 1 : C (moteur en marche). Transition 1 → 2 : Ā (la came quitte le poussoir).
• Étape 2 : C. Transition 2 → 3 : A (un tour effectué).
• Étape 3 : aucune action (moteur arrêté). Transition 3 → 0 : m̄.

Équations pour une réalisation synchrone (une bascule JK par étape, J = condition d'activation, K = condition de désactivation) :

• J0 = X3·m̄, K0 = m ;
• J1 = X0·m, K1 = Ā ;
• J2 = X1·Ā, K2 = A ;
• J3 = X2·A, K3 = m̄ ;
• sortie : C = X1 + X2 ; initialisation : X0 = 1, les autres à 0.

Partie III : électromagnétisme

Problème 1

1) Équations de Maxwell dans le vide (sans charges ni courants) : div E = 0 ; div B = 0 ; rot E = −∂B/∂t ; rot B = (1/c²)∂E/∂t, avec ε₀μ₀c² = 1.

2) Potentiels : div B = 0, donc B dérive d'un potentiel vecteur : B = rot A. Alors rot(E + ∂A/∂t) = 0, et le champ E + ∂A/∂t dérive d'un potentiel scalaire : E = −grad V − ∂A/∂t. Ces potentiels ne sont pas uniques (invariance de jauge A → A + grad f, V → V − ∂f/∂t).

3) Équations des potentiels : div E = 0 donne ΔV + ∂(div A)/∂t = 0 ; rot B = (1/c²)∂E/∂t donne ΔA − (1/c²)∂²A/∂t² − grad[div A + (1/c²)∂V/∂t] = 0.

Condition de jauge de Lorentz : div A + (1/c²)∂V/∂t = 0. Elle découple les équations, qui deviennent des équations de d'Alembert : ΔV − (1/c²)∂²V/∂t² = 0 et ΔA − (1/c²)∂²A/∂t² = 0.

Problème 2 : onde dans un milieu ionisé

1) Courant induit et conductivité complexe. On néglige la force magnétique (vitesses très inférieures à c) et les interactions. En régime sinusoïdal :

• électron : m_e·jω·v_e = −eE, d'où v_e = −eE/(jωm_e) ;
• ion : m_i·jω·v_i = +eE, d'où v_i = eE/(jωm_i).

j = n₀e(v_i − v_e) = [n₀e²/(jω)](1/m_e + 1/m_i)·E, soit j = γE avec γ = n₀e²/(jωm) = −j·n₀e²/(mω), où 1/m = 1/m_e + 1/m_i. γ est imaginaire pur : j est en quadrature avec E, et la puissance moyenne cédée au milieu est nulle.

2) Transversalité. Conservation de la charge : div j + ∂ρ/∂t = 0, donc ρ = −γ div E/(jω). Avec div E = ρ/ε₀ : div E·[1 + γ/(jωε₀)] = 0, soit div E·(1 − ω_p²/ω²) = 0, où ω_p² = n₀e²/(mε₀) (pulsation plasma). Pour ω ≠ ω_p : div E = −jk·E = 0, donc E est transverse ; B l'est toujours (div B = 0). L'onde est donc en principe transverse ; seule la pulsation ω = ω_p admet des oscillations longitudinales.

3) Relation de dispersion. Avec rot rot E = −ΔE (E transverse) et Maxwell-Ampère rot B = μ₀j + (1/c²)∂E/∂t :

k²E = μ₀(−jω)γE + (ω²/c²)E, d'où k² = (ω² − ω_p²)/c².

• Représentation : dans le plan (k, ω), la courbe ω = √(ω_p² + k²c²) est une branche d'hyperbole qui part de ω = ω_p pour k = 0 et tend vers l'asymptote ω = kc.
• ω > ω_p : k est réel, l'onde se propage sans atténuation, mais le milieu est dispersif : v_φ = c/√(1 − ω_p²/ω²) > c et v_g = c√(1 − ω_p²/ω²) < c, avec v_φ·v_g = c².
• ω < ω_p : k est imaginaire pur, l'onde est évanescente (amplitude en e^−z/δ, δ = c/√(ω_p² − ω²)) : pas de propagation, l'onde est réfléchie (cas de l'ionosphère pour les ondes courtes).

Problème 3 : incidence oblique sur un conducteur parfait

Repère de la figure : x sort du plan (⊙), y vers la droite, z vers le haut ; Σ est le plan z = 0, le conducteur occupe z > 0. ψ est l'angle entre k_i et la surface. H_i (⊗) est selon −e_x. On note E₀ = μ₀cH₀, β = k cos ψ et γ = k sin ψ, avec k = ω/c.

1) Naissance d'une onde réfléchie. Dans le conducteur parfait, E = 0. La composante tangentielle de E étant continue, E_t doit s'annuler sur Σ à tout instant et en tout point. L'onde incidente seule ne vérifie pas cette condition (sa composante selon y n'est pas nulle) : il faut une seconde onde, de même pulsation et de même composante β du vecteur d'onde le long de Σ, qui s'éloigne de la surface. C'est l'onde réfléchie, symétrique de l'onde incidente (angle de réflexion égal à ψ).

2) Orientation des champs.

• Onde incidente : k_i = k(cos ψ·e_y + sin ψ·e_z), H_i = −H₀e_x, E_i = E₀(sin ψ·e_y − cos ψ·e_z) (trièdre E, H, k direct).
• Onde réfléchie : k_r = k(cos ψ·e_y − sin ψ·e_z). La condition E_y(z = 0) = 0 impose E_r = −E₀(sin ψ·e_y + cos ψ·e_z), et le trièdre direct donne H_r = −H₀e_x : le champ magnétique réfléchi a le même sens que l'incident.

3) Champ résultant (z ≤ 0), avec φ = ωt − ky cos ψ :

• H_x = −2H₀ cos(kz sin ψ)·cos φ, H_y = H_z = 0 ;
• E_y = 2E₀ sin ψ·sin(kz sin ψ)·sin φ ;
• E_z = −2E₀ cos ψ·cos(kz sin ψ)·cos φ, E_x = 0.

(En complexe : H_x = −2H₀ cos γz·e^{j(ωt − βy)}, E_y = −2jE₀ sin ψ·sin γz·e^{j(ωt − βy)}, E_z = −2E₀ cos ψ·cos γz·e^{j(ωt − βy)}.) On vérifie bien E_y = 0 en z = 0.

4) Deux états. Selon z, les amplitudes varient en cos(kz sin ψ) ou sin(kz sin ψ) sans terme de phase en z : onde stationnaire selon Oz. Selon y, toutes les composantes dépendent de ωt − ky cos ψ : onde progressive selon Oy, de vitesse de phase c/cos ψ. Le vecteur de Poynting moyen le confirme : ⟨R⟩ = ½Re(E ∧ H*). Le produit E_yH_x* est imaginaire pur, donc ⟨R_z⟩ = 0 ; E_zH_x* = 4E₀H₀ cos ψ·cos²(γz) est réel, donc ⟨R_y⟩ = 2E₀H₀ cos ψ·cos²(kz sin ψ) ≠ 0. L'énergie se propage parallèlement à Σ et pas perpendiculairement.

Partie IV : traitement du signal

Problème 1

1) La transformée de Fourier de la porte Π₁(f) (égale à 1 pour |f| < 1/2) est ∫_−1/2^1/2e^2jπftdf = sin(πt)/(πt). Par dualité (et parité), X(f) = Π₁(f) : 1 pour |f| < 1/2, 0 sinon. x(t) est un signal à bande limitée à 1/2 Hz.

2) Par l'égalité de Parseval : E = ∫|x(t)|²dt = ∫|X(f)|²df = ∫_−1/2^1/21·df = 1.

Problème 2

1) Comme φ est indépendante de x et uniforme sur [0, 2π] :

• E[y(t)] = E[x(t)]·E[cos(ωt + φ)] = 0, constante ;
• E[y(t)y*(t + τ)] = R_x(τ)·E[cos(ωt + φ)cos(ωt + ωτ + φ)] = R_x(τ)·½[cos ωτ + E[cos(2ωt + ωτ + 2φ)]] = ½R_x(τ) cos ωτ.

Moyenne constante et autocorrélation fonction de τ seul : y(t) est stationnaire du second ordre. De même, R_z(τ) = ½R_x(τ) cos[(ω + δ)τ] : z(t) est stationnaire.

2) Pour w = y + z : R_w(t, τ) = R_y(τ) + R_z(τ) + E[y(t)z*(t + τ)] + E[z(t)y*(t + τ)]. Les termes croisés valent :

E[y(t)z*(t + τ)] = R_x(τ)·E[cos(ωt + φ)cos((ω + δ)(t + τ) + φ)] = ½R_x(τ) cos(δt + (ω + δ)τ), et E[z(t)y*(t + τ)] = ½R_x(τ) cos(ωτ − δt).

Ces termes dépendent de t (puisque δ ≠ 0) : l'autocorrélation de y + z dépend de t, donc y + z n'est pas stationnaire du second ordre, bien que y et z le soient séparément (elles ne sont pas conjointement stationnaires).

Problème 3 : filtre adapté

1) h(t) = s(T − t), donc H(f) = S*(f)·e^−2jπfT (s réel) et |H(f)|² = |S(f)|². La DSP du bruit en sortie est Γ_b'(f) = (N₀/2)·|S(f)|².

2) z(t) = ∫s(u)h(t − u)du = ∫s(u)·s(u + T − t)du : c'est l'autocorrélation de s, décalée de T. Comme s est nul hors de [0, T], z(t) est nul hors de [0, 2T]. Par l'inégalité de Cauchy-Schwarz, |∫s(u)s(u + T − t)du| ≤ ∫s²(u)du, avec égalité pour T − t = 0 : le maximum est atteint en t = T et vaut z(T) = ∫s²(u)du = E_s.

3) P_b = ∫(N₀/2)|S(f)|²df = (N₀/2)·E_s (Parseval). D'où :

z²(T)/P_b = E_s² / [(N₀/2)E_s] = 2E_s/N₀. C'est le rapport signal sur bruit maximal qu'un filtre linéaire puisse atteindre à l'instant T : ce filtre est appelé « filtre adapté » au signal s.