نموذج مباراة ولوج السنة الثانية من سلك مهندسي الدولة - المعهد الوطني للبريد والمواصلات (INPT) 2000 - اختبار الفيزياء

Cette épreuve est l'épreuve de physique du concours d'accès en 2^e année du cycle d'ingénieurs d'État de l'INPT, session du 18 juillet 2000, durée 3 heures. Quatre problèmes indépendants : électromagnétisme dans un milieu conducteur, filtre adapté (rapport signal sur bruit), amplificateur à transistor à charge accordée, automatique (GRAFCET, stabilité de Routh, correcteur à avance de phase). Voici une correction proposée.

💡 Méthode : 3 heures pour 4 problèmes, soit environ 45 minutes chacun. Les problèmes 2 et 4 (partie II) se traitent en grande partie par des formules de cours (Parseval, Cauchy-Schwarz, Routh, erreur de traînage) : sécurisez-les avant les calculs longs du problème 3.

Problème 1 — Ondes dans un milieu conducteur (ε, μ₀, γ)

Équations de Maxwell avec j = γE : div E = ρ/ε ; div B = 0 ; rot E = −∂B/∂t ; rot B = μ₀(γE + ε∂E/∂t).

1. Milieu neutre (ρ = 0). rot(rot E) = grad(div E) − ΔE = −ΔE, et rot(rot E) = −∂(rot B)/∂t. D'où

ΔE = μ₀γ ∂E/∂t + μ₀ε ∂²E/∂t², et de même (div B = 0, rot E = −∂B/∂t) ΔB = μ₀γ ∂B/∂t + μ₀ε ∂²B/∂t².

Le terme en ∂/∂t traduit l'amortissement (effet Joule).

2. Charges en excès de densité ρ uniforme. Le calcul donne ΔE − μ₀γ∂E/∂t − μ₀ε∂²E/∂t² = grad ρ/ε = 0 : les équations sont inchangées (celle de B ne dépend pas de ρ). Par ailleurs, la conservation de la charge ∂ρ/∂t + div(γE) = 0 donne ∂ρ/∂t = −(γ/ε)ρ, soit ρ = ρ₀e^−t/τ avec τ = ε/γ : la charge en excès disparaît du volume (elle migre en surface).

3. Métal. Le courant de conduction l'emporte sur le courant de déplacement (γ ≫ εω) : ΔE = μ₀γ ∂E/∂t et ΔB = μ₀γ ∂B/∂t. Ce sont des équations de diffusion (effet de peau, épaisseur δ = √(2/(μ₀γω))).

4.1. E = −grad V − ∂A/∂t. 4.2. B = rot A.

5.1. On reporte E et B dans rot B = μ₀(γE + ε∂E/∂t) : grad(div A) − ΔA = −μ₀γ(grad V + ∂A/∂t) − μ₀ε(grad ∂V/∂t + ∂²A/∂t²), soit

ΔA − μ₀γ∂A/∂t − μ₀ε∂²A/∂t² = grad(div A + μ₀ε ∂V/∂t + μ₀γV).

Pour retrouver la même équation que pour B, on impose la condition de jauge (Lorenz généralisée) : div A + μ₀ε ∂V/∂t + μ₀γV = 0.

5.2. div E = ρ/ε donne −ΔV − ∂(div A)/∂t = ρ/ε. Avec la jauge : ΔV − μ₀ε ∂²V/∂t² − μ₀γ ∂V/∂t = −ρ/ε (second membre nul si le milieu est neutre).

6. L'expression du champ est absente de l'énoncé imprimé (« de la forme, … »). La permittivité complexe ε* = ε + iγ/ω correspond à la notation E = E₀ exp[i(kz − ωt)] : rot B = −iωμ₀(ε + iγ/ω)E = −iωμ₀ε*E.

6.1. Relation de dispersion : k² = μ₀ε*ω² = μ₀εω² + iμ₀γω (k complexe : k = k′ + ik″).

6.2. k′² − k″² = μ₀εω² et 2k′k″ = μ₀γω, d'où k′ = ω√(μ₀ε/2) · [√(1 + (γ/εω)²) + 1]^1/2.

• Vitesse de phase : v_φ = ω/k′ = 1 / {√(μ₀ε/2) · [√(1 + (γ/εω)²) + 1]^1/2}.
• Indice complexe : n = ck/ω = √(ε*/ε₀) = √(ε_r + iγ/(ε₀ω)). Sa partie réelle c/v_φ est l'indice de réfraction, et sa partie imaginaire l'absorption (atténuation e^−k″z).
• Limites : isolant (γ ≪ εω) : v_φ ≈ 1/√(μ₀ε), n ≈ √ε_r ; bon conducteur (γ ≫ εω) : k′ = k″ = 1/δ et v_φ = √(2ω/(μ₀γ)) (milieu dispersif).

Problème 2 — Filtre adapté

1. Le filtre est linéaire et invariant : y_s = h ∗ s, donc Y_s(f) = H(f)S(f) et y_s(τ) = ∫ H(f) S(f) e^2iπfτ df.

2. Par Parseval : E_d = ∫ |y_d(t)|² dt = ∫ |H(f)|² |D(f)|² df.

3. On pose (D(f) ≠ 0) A(f) = H(f)D(f) et B(f) = S*(f) e^−2iπfτ / D*(f). Alors ⟨A, B⟩ = ∫ H D · S e^2iπfτ/D df = y_s(τ) et ⟨A, A⟩ = ∫|H|²|D|² df = E_d, d'où ρ(τ) = |⟨A, B⟩|²/⟨A, A⟩.

4. Par Cauchy-Schwarz, ρ(τ) ≤ ⟨B, B⟩ : ρ_max = ∫ |S(f)|²/|D(f)|² df. L'égalité a lieu si A = kB (k constante), c'est-à-dire

H(f) = k S*(f) e^−2iπfτ / |D(f)|² (filtre adapté « blanchissant »).

5. Si D(f) = exp(iΦ(f)), alors |D|² = 1 et H(f) = k S*(f) e^−2iπfτ. La transformée inverse de S*(f) est s*(−t), et le facteur e^−2iπfτ la retarde de τ : h(t) = k s*(τ − t) (h(t) = k s(τ − t) pour un signal réel). C'est le signal retourné et retardé : le filtre adapté. Dans ce cas ρ_max = ∫|S|² df = énergie du signal.

Problème 3 — Amplificateur émetteur commun à charge accordée

1. Polarisation. En continu, les condensateurs sont ouverts et l'inductance idéale L₀, en parallèle sur R_c, est un court-circuit : V_C0 = V_cc = 30 V. Thévenin du pont de base : E_th = 30 × 10/100 = 3 V et R_th = 90 // 10 = 9 kΩ.

I_B0 = (E_th − V_BE0)/(R_th + (β₀ + 1)R_E) = 2,4/(9 + 40,2) kΩ ≈ 48,8 µA, donc I_C0 = β₀I_B0 ≈ 9,76 mA et V_E0 = (β₀ + 1)I_B0R_E ≈ 1,96 V, d'où V_CE0 ≈ 28,0 V. (En négligeant I_B : V_E0 = 2,4 V et I_C0 ≈ 12 mA.)

Droite de charge statique (seule R_E limite le courant en continu) : V_CE = V_cc − R_EI_C (I_E ≈ I_C), soit I_C = (30 − V_CE)/200 Ω, de (30 V ; 0) à (0 ; 150 mA). Point de repos Q : (V_CE0 ≈ 28 V ; I_C0 ≈ 9,8 mA).

2. Schéma petits signaux : V₁ appliquée sur la base ; R_b1 // R_b2 = 9 kΩ entre base et masse ; h₁₁ = 0,7 kΩ entre base et émetteur, l'émetteur étant à la masse (C_E court-circuit) ; source de courant h₂₁i_b entre collecteur et émetteur (h₂₂ = 0) ; charge du collecteur vers la masse (V_cc est une masse alternative) : R_c // R_L // L₀ // C₀, avec R = R_c // R_L = 750 Ω.

3. Transmittance. i_b = V₁/h₁₁ et V₂ = −h₂₁i_bZ, avec 1/Z = 1/R + jC₀ω + 1/(jL₀ω). D'où

H = −(h₂₁R/h₁₁) / [1 + jQ(ω/ω₀ − ω₀/ω)], avec ω₀ = 1/√(L₀C₀) et Q = RC₀ω₀ = R√(C₀/L₀).

C'est un filtre passe-bande du second ordre (inverseur). Valeurs :

• Amplification maximale (à ω₀) : |H|_max = 200 × 750/700 ≈ 214 (H = −214, soit environ 46,6 dB).
• Pulsation propre : ω₀ = 1/√(10⁻² × 10⁻⁸) = 10⁵ rad/s (f₀ ≈ 15,9 kHz).
• Facteur de qualité Q = 750 × 10⁻³ = 0,75 ; coefficient d'amortissement m = 1/(2Q) ≈ 0,67.
• Bande passante à −3 dB : Δω = ω₀/Q = 1/(RC₀) ≈ 1,33 × 10⁵ rad/s (Δf ≈ 21 kHz), entre ω₁ ≈ 0,54 × 10⁵ et ω₂ ≈ 1,87 × 10⁵ rad/s. Le filtre est peu sélectif (Q < 1).

4. ω = 10⁵ rad/s = ω₀ : L₀C₀ se comporte comme un circuit ouvert. i_b = 10 mV/0,7 kΩ ≈ 14,3 µA d'amplitude, donc i_c = 200 i_b ≈ 2,86 mA et v_c = −R i_c ≈ −2,14 V. D'où

I_C(t) ≈ 9,76 + 2,86 sin ωt (mA) et V_C(t) ≈ 30 − 2,14 sin ωt (V).

À l'oscilloscope (position DC) : en A, une sinusoïde de 10 mV d'amplitude centrée sur 0 ; en C, une sinusoïde de 2,14 V d'amplitude centrée sur 30 V, en opposition de phase avec la tension en A.

5. Droite de charge dynamique. À ω₀, l'émetteur est à la masse et la charge est R : v_ce = −750 · i_c. Elle passe par Q avec une pente −1/750 Ω⁻¹ : i_C = I_C0 − (v_CE − V_CE0)/750.

• Blocage (i_C = 0) : v_CE = V_CE0 + R·I_C0 ≈ 28 + 7,3 = 35,3 V. L'excursion possible est de 7,3 V (v_CE peut dépasser V_cc grâce à l'inductance).
• Saturation (v_CE ≈ 0) : il faudrait une excursion de 28 V.

C'est donc le blocage qui limite la sortie : amplitude maximale de V₂ ≈ R·I_C0 ≈ 7,3 V (environ 9 V avec l'approximation I_C0 ≈ 12 mA).

Problème 4 — Automatique

Partie I — GRAFCET du chariot

Entrées : m (bouton), a (capteur en A), b (capteur en B). Sorties : D (moteur vers B) et G (moteur vers A).

• Étape 0 (initiale) : repos en A, aucune action.
• Transition 0 → 1 : m · a.
• Étape 1 : action D (aller vers B).
• Transition 1 → 2 : b.
• Étape 2 : action G (retour vers A).
• Transition 2 → 1 : a · m (m appuyé à l'arrivée : nouveau départ vers B) ; transition 2 → 0 : a · m̄ (arrêt).

Équations (une bascule D par étape, horloge commune ; X_i⁺ est l'état après le front d'horloge) :

• X₀⁺ = X₂·a·m̄ + X₀·(a·m)‾ (+ Init) ;
• X₁⁺ = a·m·(X₀ + X₂) + X₁·b̄ ;
• X₂⁺ = X₁·b + X₂·ā ;
• sorties : D = X₁, G = X₂.

Logigramme : trois bascules D synchrones (X₀ mise à 1 et X₁, X₂ mises à 0 à l'initialisation). Chaque entrée D est réalisée par les portes ET/OU/NON correspondant aux équations ci-dessus (somme de produits), et les sorties D et G sont prises directement sur X₁ et X₂.

Partie II — Asservissement

A p² + B p = 0,5 p(1 + 0,1p), donc la fonction de transfert en boucle ouverte est

T(p) = Ka·Km·R(p) / [p(1 + τp)(Ap + B)] = 20 Ka·R(p) / [p(1 + 0,01p)(1 + 0,1p)] (classe 1).

1. Routh (R = 1). Équation caractéristique 1 + T = 0 : 0,001p³ + 0,11p² + p + 20Ka = 0, soit p³ + 110p² + 1000p + 20 000Ka = 0.

Système stable si et seulement si 0 < Ka < 5,5. Pour Ka = 5,5, il est en limite de stabilité (oscillations à ω = √1000 ≈ 31,6 rad/s) ; au-delà, la première colonne présente deux changements de signe : instable.

2. Classe 1 : l'erreur en régime permanent pour une rampe unitaire vaut ε = 1/K_v = 1/(20 Ka) = 0,02, d'où Ka = 2,5 (K_v = 50 s⁻¹). Cette valeur est inférieure à 5,5 : le système est stable.

3. Représentation d'état (boucle ouverte, entrée e = sortie du comparateur). On choisit les variables physiques x₁ = s, x₂ = ds/dt et x₃ = sortie du bloc Km/(1 + τp) :

• ẋ₁ = x₂ ;
• ẋ₂ = (x₃ − B x₂)/A = −10 x₂ + 20 x₃ ;
• ẋ₃ = (Km·Ka·e − x₃)/τ = −100 x₃ + 1000 Ka·e ;
• s = x₁.

Sous forme matricielle : A = [[0, 1, 0], [0, −10, 20], [0, 0, −100]], B = [0, 0, 1000Ka]^T, C = [1, 0, 0] (avec Ka = 2,5 : B = [0, 0, 2500]^T). Vérification : on retrouve s/e = 20Ka/[p(1 + 0,01p)(1 + 0,1p)].

4. Correcteur à avance de phase R(p) = (1 + aTp)/(1 + Tp), avec a > 1 et un gain statique de 1 (le gain basse fréquence, donc l'erreur de traînage, est conservé).

• Phase maximale apportée : sin φ_m = (a − 1)/(a + 1), à la pulsation ω_m = 1/(T√a), où le gain du correcteur vaut √a.
• Une compensation naïve de 30° (a = 3, centrée sur 21 rad/s) ne suffit pas : le gain √a déplace la coupure vers environ 31 rad/s, où la phase du système est plus faible, et la marge n'atteint qu'environ 29°.
• Méthode correcte : on place ω_m à la nouvelle pulsation de coupure, là où |T(jω)| = 1/√a, et on ajuste a pour obtenir 45°. On trouve a ≈ 6,6 (φ_m ≈ 47,6°), ω_c′ = ω_m ≈ 34 rad/s (le système non corrigé y a une phase d'environ −182,6°), T = 1/(ω_m√a) ≈ 0,0113 s et aT ≈ 0,075 s.

Correcteur : R(p) ≈ (1 + 0,075p)/(1 + 0,0113p), qui donne une marge de phase de 45° pour K_v = 50 s⁻¹ inchangé. Méthode pratique équivalente : demander une avance de 30° plus une réserve, puis contrôler la marge sur le diagramme de Bode, et augmenter a si nécessaire.