نموذج مباراة ولوج السنة الثانية من سلك مهندسي الدولة - المعهد الوطني للبريد والمواصلات (INPT) 2004 - 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 15 juillet 2004. Durée : 3 heures. Le sujet comprend une partie d'électromagnétisme (guide d'onde, réflexion-réfraction), une partie d'analyse des systèmes, une partie d'électronique numérique et une partie de traitement du signal, chacune sur des feuilles séparées. Voici une correction proposée.

💡 Plusieurs questions sont des démonstrations de cours (champ dans un guide, coefficients de Fresnel, transformée d'une porte). Annoncez l'outil utilisé (équation de Maxwell, relation de passage, Parseval…) avant de calculer : c'est ce qu'évalue la « rigueur des raisonnements ».

Partie 1 : électromagnétisme

Problème I : guide d'onde

1-a) Équations du champ dans le guide (vide, sans charges ni courants) : div E = 0, div B = 0, rot E = −∂B/∂t, rot B = (1/c²)∂E/∂t. On en déduit l'équation de propagation ΔE − (1/c²)∂²E/∂t² = 0 (de même pour B).

1-b) Conditions sur les parois. Dans le métal (conducteur parfait), E = 0 et B = 0 en régime variable. Les relations de passage imposent la continuité de la composante tangentielle de E et de la composante normale de B. Côté guide, sur la paroi : E ∧ N = 0 (E normal à la paroi) et B·N = 0 (B tangent à la paroi).

1-c) Composantes transverses. Avec ∂/∂t → jω et ∂/∂z → −jk, les composantes x et y de Maxwell-Faraday et de Maxwell-Ampère forment un système linéaire en E_1x, E_1y, B_1x, B_1y. Par exemple, la composante x de Maxwell-Faraday donne ∂E_1z/∂y + jkE_1y = −jωB_1x, et la composante y de Maxwell-Ampère donne −jkB_1x − ∂B_1z/∂x = (jω/c²)E_1y. En résolvant les quatre équations (T² = ω²/c² − k² ≠ 0) :

• E_1x = −(j/T²)·(k ∂E_1z/∂x + ω ∂B_1z/∂y)
• E_1y = −(j/T²)·(k ∂E_1z/∂y − ω ∂B_1z/∂x)
• B_1x = −(j/T²)·(k ∂B_1z/∂x − (ω/c²) ∂E_1z/∂y)
• B_1y = −(j/T²)·(k ∂B_1z/∂y + (ω/c²) ∂E_1z/∂x)

Toutes les composantes transverses se déduisent donc des dérivées en x et y des composantes longitudinales E_1z et B_1z. Ces formules exigent T ≠ 0 : c'est pourquoi le mode TEM est exclu.

1-d) Équation de E_1z et B_1z. En reportant E = E₁(x, y)e^{j(ωt − kz)} dans l'équation de propagation : Δ_TE₁ − k²E₁ + (ω²/c²)E₁ = 0, d'où :

Δ_TE_1z + T²E_1z = 0 et Δ_TB_1z + T²B_1z = 0 (équations de Helmholtz à deux dimensions).

Conclusion : il suffit de résoudre ces équations avec les conditions aux parois (E_1z = 0 sur la paroi ; ∂B_1z/∂N = 0, conséquence de B·N = 0). Les solutions se séparent en modes TE (E_1z = 0) et TM (B_1z = 0). Les conditions aux limites n'autorisent que des valeurs discrètes de T, et k² = ω²/c² − T² : un mode ne se propage que si ω > ω_c = cT (fréquence de coupure) ; au-dessous, k est imaginaire et l'onde est évanescente.

Problème II : réflexion et réfraction (n₁ > n₂)

Repère de la figure : x normal à S (vers le milieu 2), z le long de S, y sortant du plan (⊙). L'onde incidente vient du milieu n₁ : k_i = k₁(cos i₁·e_x − sin i₁·e_z), avec H_i selon +e_y. On note Z₁ = Z₀/n₁, Z₂ = Z₀/n₂ les impédances d'onde.

2-1) Directions et sens des champs (trièdre (E, H, k) direct ; à l'incidence normale les trois E ont le même sens, ici −e_z) :

• incidente : E_i = E_i·[−(sin i₁·e_x + cos i₁·e_z)], H_i = (E_i/Z₁)·e_y ;
• réfléchie (angle i₁, k_r = k₁(−cos i₁·e_x − sin i₁·e_z)) : E_r = E_r·(sin i₁·e_x − cos i₁·e_z), H_r = −(E_r/Z₁)·e_y ;
• transmise (angle i₂, n₁ sin i₁ = n₂ sin i₂) : E_t = E_t·[−(sin i₂·e_x + cos i₂·e_z)], H_t = (E_t/Z₂)·e_y.

2-2) Plan d'incidence et polarisation. Le plan d'incidence contient k_i et la normale : c'est le plan (x, z), le plan de la figure. H est perpendiculaire à ce plan et E est contenu dedans : polarisation rectiligne parallèle (TM, ou « p »).

2-3) Coefficients (en x = 0, σ = 0 et j_s = 0, donc E_z et H_y sont continus) :

• continuité de E_z : (E_i + E_r) cos i₁ = E_t cos i₂ ;
• continuité de H_y : (E_i − E_r)/Z₁ = E_t/Z₂, soit n₁(E_i − E_r) = n₂E_t.

En éliminant E_t :

r = E_r/E_i = (n₁ cos i₂ − n₂ cos i₁)/(n₁ cos i₂ + n₂ cos i₁)

t = E_t/E_i = 2n₁ cos i₁/(n₁ cos i₂ + n₂ cos i₁)

Vérifications : à l'incidence normale, r = (n₁ − n₂)/(n₁ + n₂) et t = 2n₁/(n₁ + n₂). r s'annule à l'incidence de Brewster (tan i_B = n₂/n₁). Comme n₁ > n₂, au-delà de l'angle limite sin i_L = n₂/n₁, cos i₂ devient imaginaire, |r| = 1 : réflexion totale.

Partie 2 : analyse des systèmes

Fonction de transfert en boucle ouverte : T(p) = R(p)·Ka·Km / [(1 + τp)(Jp² + Bp)] = R·Ka·Km / [p·B(1 + τp)(1 + (J/B)p)], avec J/B = 0,1 s. Elle contient une intégration : système de classe 1.

1) Erreur de traînage pour R = Ka = 1

Pour une rampe unitaire, ε_∞ = 1/K_v avec K_v = lim_p→0 p·T(p) = Ka·Km/B = 100/0,5 = 200 s⁻¹ : ε_∞ = 0,005 = 0,5 %. Attention : la question 3 montre que pour Ka = 1 la boucle fermée est instable ; cette valeur n'a donc qu'un sens théorique.

2) Gain Ka pour une erreur de 2 %

B/(Ka·Km) = 0,02, soit Ka = 0,5/(0,02 × 100) = 0,25.

3) Stabilité (Routh)

Équation caractéristique : Jτp³ + (J + Bτ)p² + Bp + Ka·Km = 0, soit 0,0005p³ + 0,055p² + 0,5p + 100Ka = 0.

Stabilité ⇔ 0 < Ka < 0,0275/0,05 = 0,55. Pour Ka = 0,25, la première colonne vaut 0,0005 ; 0,055 ; 0,273 ; 25 : tous positifs, le système est stable (mais peu amorti, voir question 5).

4) Représentation d'état en boucle ouverte (Ka = 0,25, R = 1)

T(p) = 25/(0,0005p³ + 0,055p² + 0,5p) = 50 000/(p³ + 110p² + 1 000p). Avec les variables d'état x1 = s, x2 = ṡ, x3 = s̈ (forme compagne) :

ẋ = A·x + B·u, s = C·x, avec A = [[0, 1, 0], [0, 0, 1], [0, −1 000, −110]], B = [0 ; 0 ; 1], C = [50 000, 0, 0].

Matrice (ici scalaire) de transfert : C(pI − A)⁻¹B = 50 000/[p(p + 10)(p + 100)] = 50/p − 55,6/(p + 10) + 5,6/(p + 100). Les pôles 0, −10 et −100 sont les valeurs propres de A ; dans la base modale, la matrice de transition est diag(1, e^−10t, e^−100t).

5) Correcteur retard de phase pour une marge de 45°

Lecture du Bode (Ka = 1) : la phase vaut −135° vers 8,5 rad/s, où le module vaut environ 24,5 dB. On garde Ka = 0,25 (−12 dB) pour la précision. Sans correction, la marge de phase n'est que d'environ 14° (coupure vers 21 rad/s).

Correcteur passif retard de phase : R(p) = (1 + τp)/(1 + bτp), b > 1, de gain statique 1.

• On vise une nouvelle coupure ω'_c où la phase vaut −130° (5° de réserve pour le retard résiduel du correcteur) : ω'_c ≈ 7,2 rad/s.
• À cette pulsation, |T| ≈ 27 dB pour Ka = 1, soit ≈ 15 dB pour Ka = 0,25. Le correcteur doit atténuer de 15 dB : 20·log b = 15, d'où b ≈ 5,6.
• On place le zéro une décade sous ω'_c : 1/τ = ω'_c/10 ≈ 0,72 rad/s, d'où τ ≈ 1,4 s et bτ ≈ 7,7 s.

R(p) ≈ (1 + 1,4p)/(1 + 7,7p) : la marge de phase obtenue est d'environ 45° (≈ 45,2° par le calcul exact), avec la même erreur de traînage puisque R(0) = 1.

Électronique numérique

Exercice 1

1) z1 = (ā ↓ b) ⊕ (b ↓ c) ⊕ (c ↓ āb). On a ā ↓ b = a·b̄, b ↓ c = b̄·c̄ et c ↓ āb = c̄·(a + b̄). Table de vérité (abc → z1) : 000→0, 001→0, 010→0, 011→0, 100→1, 101→1, 110→1, 111→0. Par exemple pour a = 0 : z1 = 0 ⊕ b̄c̄ ⊕ c̄b̄ = 0.

z1 = a·(b̄ + c̄) = a·b̄ + a·c̄

2) z2 = (ab ⊕ bc̄ ⊕ ca) ↓ (ā ⊕ b̄). Comme ā ⊕ b̄ = a ⊕ b, z2 = (ab ⊕ bc̄ ⊕ ac)‾·(a ⊕ b)‾ : z2 ne peut valoir 1 que si a = b. Si a = b = 0 : ab ⊕ bc̄ ⊕ ac = 0, donc z2 = 1. Si a = b = 1 : 1 ⊕ c̄ ⊕ c = 0, donc z2 = 1.

z2 = ā·b̄ + a·b = (a ⊕ b)‾

Exercice 2 : séquence 101 → 011 → 001 → 100 → 111 → 010 → 101

États 000 et 110 inutilisés (indifférents). Après simplification par Karnaugh :

J2 = Q̄0 + Q̄1, K2 = Q0 ; J1 = Q2, K1 = Q̄2 ; J0 = 1, K0 = (Q1 ⊕ Q2)‾ = Q1·Q2 + Q̄1·Q̄2.

Les états inutilisés rejoignent le cycle : 000 → 101 et 110 → 111. Logigramme : trois bascules JK sur la même horloge ; J2 = sortie d'une porte NAND (Q0, Q1), K2 = Q0 ; J1 = Q2, K1 = Q̄2 (la bascule 1 recopie Q2 : bascule D) ; J0 = 1 ; K0 = sortie d'une porte XNOR (Q1, Q2).

Exercice 3 : équations du GRAFCET

Lecture : 0 → 1 si a·b·x̄ ; 0 → 4 si x ; 1 → 2 si e ; 1 → 3 si ē·x ; 2 → 3 si k ; 3 → 1 si h·k·x ; 3 → 0 si h·k̄ ; 4 → 0 si x̄. Actions : étape 0 : P ; étape 1 : G et P ; étape 2 : G ; étape 3 : M si h̄ ; étape 4 : M si ā·e.

Une bascule JK par étape : J_i = somme des conditions d'activation (étape amont active ET réceptivité), K_i = condition de désactivation (réceptivités de sortie).

Sorties : P = X0 + X1 ; G = X1 + X2 ; M = X3·h̄ + X4·ā·e. Initialisation : X0 = 1, les autres étapes à 0.

Partie III : traitement du signal

Problème 1

1) X(f) = ∫₀^Te^−2jπftdt = (1 − e^−2jπfT)/(2jπf) = e^−jπfT·sin(πfT)/(πf), soit X(f) = T·sinc(πfT)·e^−jπfT avec sinc(u) = sin u/u. Le retard de T/2 ne fait qu'ajouter la phase −πfT.

Spectre d'amplitude : |X(f)| = T·|sin(πfT)/(πfT)|, lobe principal de hauteur T entre −1/T et 1/T, zéros en f = n/T (n ≠ 0), lobes secondaires décroissants en 1/f.

2) Non. x(t) est de durée finie, donc son spectre s'étend à l'infini : aucune fréquence f_max n'existe, et aucune fréquence d'échantillonnage ne respecte strictement le théorème de Shannon (f_e > 2f_max). En pratique, on limite d'abord la bande par un filtre anti-repliement, ou on choisit f_e pour que les lobes négligés portent une énergie acceptable (le lobe principal contient environ 90 % de l'énergie).

3-a) Y(f) = X(f)·Π_2/T(f) = T·sinc(πfT)·e^−jπfT pour |f| < 1/T, et 0 ailleurs. Le spectre d'amplitude de y est le seul lobe principal de |X(f)| : maximum T en f = 0, nul en ±1/T.

3-b) T = 2 ms : y(t) est à bande limitée à 1/T = 500 Hz, et f_e = 2 kHz > 2 × 500 Hz : Shannon est respecté, pas de repliement. Le spectre du signal échantillonné est Y_e(f) = f_e·Σ_n Y(f − n·f_e) : le lobe principal (hauteur f_e·T = 4, largeur ±500 Hz) est reproduit autour de 0, ±2 kHz, ±4 kHz…, avec des bandes vides de 500 à 1 500 Hz entre les motifs.

Problème 2

H(f) = ∫₀^Te^−2jπftdt = T·sinc(πfT)·e^−jπfT, d'où |H(f)|² = T²·sinc²(πfT).

DSP de l'entrée (Wiener-Khintchine) : S_x(f) = 1/T² + ½[δ(f − 1/T) + δ(f + 1/T)].

DSP de la sortie : S_y(f) = |H(f)|²·S_x(f). Le terme sinusoïdal est éliminé car |H(±1/T)|² = T²·sinc²(π) = 0 (la fenêtre de durée T moyenne une période complète du cosinus). Il reste :

S_y(f) = sinc²(πfT) = [sin(πfT)/(πfT)]².

Autocorrélation de la sortie : la transformée inverse de T·sinc²(πfT) est le triangle 1 − |τ|/T sur [−T, T]. Donc :

R_y(τ) = (1/T)(1 − |τ|/T) pour |τ| < T, et 0 ailleurs (soit (T − |τ|)/T², ce que confirme le calcul direct R_y = R_x * R_h avec R_h(τ) = T − |τ|).