نموذج مباراة ولوج السنة الثانية من سلك مهندسي الدولة - المعهد الوطني للبريد والمواصلات (INPT) 2001 - 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 12 juillet 2001. Durée : 3 heures. Quatre problèmes indépendants, à rédiger sur des feuilles séparées : électronique analogique, électronique numérique, analyse des systèmes et électromagnétisme. Le sujet ne donne pas de valeurs numériques pour le problème 1 : les résultats y sont littéraux. Voici une correction proposée.

💡 Le jury note « la rigueur, la clarté des raisonnements et la présentation » : posez chaque hypothèse (condensateurs en court-circuit, AO idéal…), encadrez les résultats et gardez une feuille par problème.

Problème 1 : électronique analogique (amplificateur-décodeur)

Lecture du schéma : T1 est monté en émetteur commun (pont de base R1–R2, charge Rc, résistance d'émetteur RE non découplée). Son collecteur attaque, à travers C2, l'entrée inverseuse de AO1, contre-réactionné par R3. L'entrée non inverseuse est reliée au point milieu du pont R4–R5. La sortie Vs passe par C3, D1, D2, C et R (détecteur), puis par R6 vers la base de T2 (charge R7, sortie sur le collecteur).

1) Rôle de R4 et R5

Le montage est alimenté sous une seule tension +Vcc. Avec R5 = R4, le pont fixe l'entrée non inverseuse à Vcc/2. Comme C2 bloque le continu, la sortie de AO1 est polarisée au repos à Vcc/2 : le signal alternatif peut alors varier symétriquement autour de ce point sans écrêtage (masse « virtuelle » à Vcc/2). En alternatif, ce point est un potentiel fixe, donc une masse dynamique.

2) Gain G = Vs/Ve

Schéma dynamique (condensateurs en court-circuit, h12 = 0, h22 = 0) : la base reçoit Ve, d'où i_b = Ve / [h11 + (h21 + 1)RE] et i_c = h21·i_b.

L'entrée inverseuse de AO1 est une masse virtuelle (v₋ = v₊ = constante). Le collecteur, relié à elle par C2, a donc une tension alternative nulle : aucun courant alternatif ne passe dans Rc (ses deux bornes sont à des potentiels fixes). Tout le courant i_c vient de la sortie à travers R3 : Vs = R3·i_c.

G = Vs/Ve = h21·R3 / [h11 + (h21 + 1)RE] ≈ R3/RE si h21 ≫ 1 et h21·RE ≫ h11. Le gain est positif : deux inversions successives (émetteur commun puis AO inverseur).

3) Fréquence de coupure basse fixée par C1

C1 voit la résistance d'entrée du montage : R_e = R1 // R2 // [h11 + (h21 + 1)RE]. Le circuit C1–R_e est un passe-haut du premier ordre :

f_b = 1 / (2π·R_e·C1).

4) Rôle de D1, D2, R, C et C3

• C3 bloque la composante continue Vcc/2 de la sortie de AO1.
• C3 et D1 forment un circuit de restitution (clamp) : D1 fixe le minimum du signal à environ 0 V, si bien que le signal devient positif, d'amplitude crête-à-crête 2V_m.
• D2 et C forment un détecteur de crête : C se charge à travers D2 jusqu'à la valeur crête (environ 2V_m moins les seuils des diodes). L'ensemble C3-D1-D2-C est un doubleur de tension.
• R décharge C entre deux salves : la tension aux bornes de C suit l'enveloppe du signal. C'est une démodulation d'amplitude qui récupère le signal d'horloge porté par la sinusoïde de 1 kHz.

5) Valeur de la constante de temps RC

RC doit être grand devant la période de la porteuse pour éliminer l'ondulation à 1 kHz, et petit devant la durée des salves et des silences du signal d'horloge pour que la tension suive l'enveloppe :

T_porteuse = 1 ms ≪ RC ≪ T_horloge (durée d'une salve ou d'un silence). En pratique on prend RC de l'ordre de 5 à 10 ms si les salves durent plusieurs dizaines de millisecondes.

6) Fonctionnement de T2

T2 travaille en commutation (bloqué/saturé), R6 limitant le courant de base et R7 servant de charge :

• pendant une salve, la tension détectée dépasse environ 0,6 V : T2 est saturé et la sortie vaut V_CEsat ≈ 0 (niveau bas) ;
• entre deux salves, la tension détectée est presque nulle : T2 est bloqué et la sortie vaut +Vcc (niveau haut).

T2 met donc en forme l'enveloppe en un signal logique rectangulaire (fronts raides) et l'inverse : on obtient le signal de synchronisation de la figure 1.

Problème 2 : électronique numérique

I-a) Conversion en hexadécimal

• 1971 = 7×256 + 179 et 179 = 11×16 + 3 : 1971 = (7B3)₁₆.
• 2115 = 8×256 + 67 et 67 = 4×16 + 3 : 2115 = (843)₁₆. Partie fractionnaire : 0,25×16 = 4,00, puis 0. 2115,25 = (843,400)₁₆.

I-b) Opérations

• (10011)₂ − (11001)₂ = 19 − 25 = −6 = −(110)₂. En complément à 2 sur 5 bits : 10011 + 00111 = 11010 (nombre négatif, valeur −6).
• (7FE)₁₆ − (3AB)₁₆ : E − B = 3, F − A = 5, 7 − 3 = 4, donc (453)₁₆ (vérification : 2046 − 939 = 1107 = 4×256 + 5×16 + 3).

I-c) Simplifications

1) z1 = (ā + b) ⊕ (b + c) ⊕ (c + āb). Table de vérité (abc → z1) : 000→1, 001→1, 010→1, 011→1, 100→0, 101→0, 110→0, 111→1. Pour a = 0 : ā + b = 1 et c + āb = c + b, donc z1 = 1 ⊕ (b + c) ⊕ (b + c) = 1. Pour a = 1 : ā + b = b et c + āb = c, donc z1 = b ⊕ (b + c) ⊕ c, qui vaut 1 seulement 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)·(ab)‾ = (ab + bc̄ + ac)(ā + b̄) = ā·b·c̄ + a·b̄·c

z2 = ā·b·c̄ + a·b̄·c (z2 = 1 seulement pour abc = 010 et 101).

II) Générateur de signaux à bascules JK

Lecture du chronogramme (Q3Q2Q1) : 001 → 011 → 111 → 110 → 100 → 000 → 001. Chaque sortie recopie la précédente avec une période de retard, et Q1 recopie le complément de Q3 : c'est un compteur de Johnson (anneau torsadé) à 6 états :

Q1⁺ = Q̄3, Q2⁺ = Q1, Q3⁺ = Q2.

Avec des bascules JK (J = valeur voulue, K = son complément), toutes commandées par la même horloge H :

💡 Les états 010 et 101 ne sont pas utilisés et forment un cycle parasite (010 → 101 → 010). Pour que le montage revienne toujours dans la bonne séquence, prenez J1 = Q̄2·Q̄3 (K1 = Q3 inchangé) : la séquence utile reste la même, et 010 → 100, 101 → 010 → 100. Sinon, prévoyez une remise à zéro à la mise sous tension.

III) GRAFCET de la chaufferie

Les deux chaudières sont surveillées de la même façon et indépendamment : on trace deux GRAFCET identiques en parallèle, et le klaxon est commandé par l'un ou l'autre.

On utilise le front montant ↑b pour qu'un appui maintenu ne puisse pas acquitter d'avance un défaut qui apparaîtrait ensuite sur l'autre chaudière.

Équations pour une réalisation synchrone (une bascule par étape, X_i⁺ = activation + X_i·(désactivation)‾) :

• X0⁺ = X2·d̄1 + X0·d̄1 ; X1⁺ = X0·d1 + X1·(↑b)‾ ; X2⁺ = X1·↑b + X2·d1
• X10⁺ = X12·d̄2 + X10·d̄2 ; X11⁺ = X10·d2 + X11·(↑b)‾ ; X12⁺ = X11·↑b + X12·d2
• Sorties : V1 = X1 + X2, V2 = X11 + X12, k = X1 + X11.
• Avec des bascules JK : J0 = X2·d̄1, K0 = d1 ; J1 = X0·d1, K1 = ↑b ; J2 = X1·↑b, K2 = d̄1 (et de même pour 10, 11, 12). Initialisation : X0 = X10 = 1 à la mise sous tension.

Problème 3 : analyse des systèmes

Asservissement — 1) Gain K

Boucle à retour unitaire, système de classe 0 : T(0) = K. L'erreur statique pour un échelon unitaire vaut ε_∞ = 1/(1 + K). Pour 20 % : 1/(1 + K) = 0,2, d'où K = 4.

2) Diagramme de Bode de T(jω) = 4 / [(1 + 0,1jω)(1 + 0,2jω)(1 + 0,5jω)]

Pulsations de cassure : 2, 5 et 10 rad/s. Gain statique : 20·log 4 = 12 dB.

• Module asymptotique : 12 dB jusqu'à 2 rad/s, puis −20 dB/décade jusqu'à 5 rad/s (4 dB à 5 rad/s), −40 dB/décade jusqu'à 10 rad/s (−8 dB à 10 rad/s), puis −60 dB/décade.
• Phase réelle : φ(ω) = −[arctan(0,1ω) + arctan(0,2ω) + arctan(0,5ω)].

Avec l'échelle imposée (1 cm = 4 dB, 1 cm = 20°), tracez les asymptotes puis la phase point par point.

3) Marge de phase et correcteur

Le module réel passe par 0 dB à ω_c ≈ 4,8 rad/s, où φ ≈ −137° : marge de phase ≈ 43° (la lecture sur les asymptotes donne une valeur moins précise). La marge de gain vaut environ 10 dB (φ = −180° à ω = √80 ≈ 8,9 rad/s, où |T| = 0,317).

Pour ramener la marge à 45° « sans rien changer en basse fréquence », on ajoute un correcteur à avance de phase de gain statique 1 : D(p) = (1 + aτp)/(1 + τp), a > 1.

• Avance nécessaire : 45° − 43° = 2°, plus une marge d'environ 10° parce que le correcteur augmente le gain et déplace ω_c vers la droite : φ_m ≈ 12°.
• a = (1 + sin φ_m)/(1 − sin φ_m) ≈ 1,5.
• On place l'avance maximale à la nouvelle pulsation de coupure, là où |T| = −10·log a ≈ −1,8 dB, soit ω_m ≈ 5,5 rad/s : τ = 1/(ω_m√a) ≈ 0,15 s et aτ ≈ 0,22 s.

D(p) ≈ (1 + 0,22p)/(1 + 0,15p) : la marge de phase obtenue est d'environ 45° (≈ 45,6° par le calcul exact). D(0) = 1, donc la précision statique est conservée.

Espace d'état — 1) Représentation d'état en boucle ouverte

Fonction de transfert en boucle ouverte (chaîne directe × retour) : T_BO(p) = k(p − 1)/[(p + 1)(p + 10)] = k(p − 1)/(p² + 11p + 10).

Forme canonique commandable : ẋ = A·x + B·e, y = C·x avec

A = [[0, 1], [−10, −11]], B = [0 ; 1], C = [−k, k].

(Vérification : C(pI − A)⁻¹B = k(p − 1)/(p² + 11p + 10).)

2) Stabilité en boucle fermée selon k (Lyapunov)

On prend comme états x1 (sortie de 1/(p + 1) dans k(p − 1)/(p + 1) = k[1 − 2/(p + 1)]) et x2 (sortie du retour 1/(p + 10)). Avec ε = e − x2 et s = k(ε − 2x1) :

ẋ1 = −x1 − x2 + e, ẋ2 = −2k·x1 − (10 + k)·x2 + k·e, soit A_BF = [[−1, −1], [−2k, −(10 + k)]].

Polynôme caractéristique : p² + (11 + k)p + (10 − k). D'après le théorème de Lyapunov, le système est asymptotiquement stable si et seulement si l'équation A_BF^TP + P·A_BF = −Q (Q définie positive) admet une solution P définie positive, ce qui équivaut ici à des valeurs propres à partie réelle négative. Pour un polynôme du second degré, il faut et il suffit que tous les coefficients soient positifs :

−11 < k < 10. Remarque : le zéro p = 1 est instable (système à non-minimum de phase), d'où la borne supérieure k < 10.

3) Matrice modale en boucle ouverte

Valeurs propres de A : λ1 = −1, λ2 = −10. Vecteurs propres de la forme [1 ; λ] : M = [[1, 1], [−1, −10]], avec M⁻¹ = (1/9)·[[10, 1], [−1, −1]] et M⁻¹AM = diag(−1, −10).

4) Matrice de transfert d'état (matrice de transition)

Φ(t) = e^At = M·diag(e^−t, e^−10t)·M⁻¹ :

Φ(t) = (1/9)·[[10e^−t − e^−10t, e^−t − e^−10t], [−10e^−t + 10e^−10t, −e^−t + 10e^−10t]].

Dans le domaine de Laplace : (pI − A)⁻¹ = [1/((p + 1)(p + 10))]·[[p + 11, 1], [−10, p]].

Problème 4 : électromagnétisme

1) Composantes de E

Le vecteur unitaire de propagation est u = cos α·e_x + sin α·e_y, et k = k·u avec k = ω/c. Pour M(x, y, z) : k·OM = k(x cos α + y sin α). On pose φ = ωt − kx cos α − ky sin α :

E_x = 0, E_y = 0, E_z = E₀ cos(ωt − kx cos α − ky sin α).

2) Champ B (Maxwell-Faraday)

rot E = −∂B/∂t, avec rot E = (∂E_z/∂y, −∂E_z/∂x, 0) = (k sin α·E₀ sin φ, −k cos α·E₀ sin φ, 0). En intégrant par rapport au temps (composantes statiques nulles) :

B_x = (E₀/c) sin α·cos φ, B_y = −(E₀/c) cos α·cos φ, B_z = 0, c'est-à-dire B = (u ∧ E)/c.

3) Polarisation

E garde une direction fixe (e_z) : l'onde est polarisée rectilignement selon Oz.

4) Les quatre propriétés de l'onde plane monochromatique dans le vide

• E est transverse : E·u = 0.
• B est transverse : B·u = 0.
• (E, B, u) forme un trièdre direct : B = (u ∧ E)/c.
• |E| = c·|B| à tout instant, et E et B sont en phase.

5) Vecteur de Poynting

R = E ∧ B/μ₀ = (E₀²/(μ₀c)) cos²φ·u = ε₀cE₀² cos²φ·u :

R_x = ε₀cE₀² cos²φ·cos α, R_y = ε₀cE₀² cos²φ·sin α, R_z = 0. L'énergie se propage selon OM.

6) Densité volumique d'énergie

dw/dτ = ε₀E²/2 + B²/(2μ₀) ; comme B² = E²/c² et 1/(μ₀c²) = ε₀, les deux termes sont égaux :

dw/dτ = ε₀E₀² cos²φ (valeur moyenne ε₀E₀²/2).

7) Vérification de div R + ∂(dw/dτ)/∂t = 0

∂(cos²φ)/∂x = k cos α·sin 2φ et ∂(cos²φ)/∂y = k sin α·sin 2φ, d'où div R = ε₀cE₀²·k(cos²α + sin²α) sin 2φ = ε₀ckE₀² sin 2φ.

∂(dw/dτ)/∂t = −ε₀E₀²ω sin 2φ.

Somme : ε₀E₀² sin 2φ·(ck − ω) = 0 car ω = kc. C'est l'équation locale de conservation de l'énergie (théorème de Poynting) dans le vide, sans courant.