نموذج مباراة ولوج السنة الثانية من سلك مهندسي الدولة - المعهد الوطني للبريد والمواصلات (INPT) 2005 - 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'INPT (Rabat), session du 14 juillet 2005. Durée : 2 h 30. Deux parties à traiter sur des feuilles séparées : la propagation des ondes (deux problèmes) et une partie « systèmes et électronique numérique » (asservissement, table de fluence, VHDL, GRAFCET). Voici une correction proposée.

💡 En partie 2, vérifiez la cohérence entre vos calculs et les courbes fournies : la réponse indicielle et le diagramme de Bode imprimés correspondent à G(p) pour k = 1 en boucle ouverte. Une annotation de la figure (« 17 dB ») ne correspond pas à cette fonction : fiez-vous au calcul.

Partie 1 : propagation des ondes

Problème I

1) Direction de propagation. La phase ωt − kx ne dépend que de x : les surfaces équiphases sont les plans x = constante, et l'onde se propage selon l'axe Ox.

2) Sens. Un plan de phase constante vérifie ωt − kx = constante, soit x = (ωt − cste)/k : x augmente avec t. L'onde se propage dans le sens des x croissants (vitesse de phase ω/k).

3) Onde plane. Une onde plane est une onde dont le champ (amplitude et phase) est uniforme sur tout plan perpendiculaire à la direction de propagation. Ici les plans équiphases sont bien les plans x = cste, mais l'amplitude B(z) varie sur chacun d'eux : l'onde n'est pas plane au sens strict (onde plane « inhomogène »), sauf si B(z) est constante.

4) Champ électrique. Dans le vide, Maxwell-Ampère s'écrit rot B = (1/c²)∂E/∂t = (jω/c²)E. Avec B = B(z)e^{j(ωt − kx)}·e_y :

rot B = (−∂B_y/∂z, 0, ∂B_y/∂x) = (−B'(z), 0, −jkB(z))·e^{j(ωt − kx)}.

D'où E = (c²/(jω))·rot B :

• E_x = j(c²/ω)·B'(z)·e^{j(ωt − kx)}
• E_y = 0
• E_z = −(kc²/ω)·B(z)·e^{j(ωt − kx)}

E a une composante selon la direction de propagation (E_x) dès que B dépend de z : l'onde n'est pas transverse électrique (c'est une onde TM vis-à-vis de Ox).

5) Équation de B(z). B vérifie l'équation de propagation ΔB − (1/c²)∂²B/∂t² = 0. Avec ∂²/∂x² → −k² et ∂²/∂t² → −ω² :

B''(z) + (ω²/c² − k²)·B(z) = 0.

Si ω > kc, les solutions sont sinusoïdales en z (B(z) = B₁ cos αz + B₂ sin αz, α² = ω²/c² − k²) : c'est le cas d'une onde guidée entre deux plans. Si ω < kc, elles sont exponentielles (onde évanescente selon z). Le cas ω = kc redonne l'onde plane (B constante ou linéaire en z).

Problème II : incidence oblique sur un conducteur parfait

Repère de la figure : x vers la gauche, z vers le haut, y sortant du plan (⊙) ; Σ est le plan z = 0, le conducteur occupe z > 0, le vide z < 0. ψ est l'angle entre k_i et Σ. H_i (⊗) est selon −e_y. On note E₀ = μ₀cH₀ et k = ω/c.

1) Conducteur parfait : milieu de conductivité infinie. La loi d'Ohm j = γE impose E = 0 à l'intérieur ; Maxwell-Faraday impose alors B constant, donc nul en régime variable. Les charges et les courants ne peuvent exister qu'en surface (densités σ et j_s).

2) Onde réfléchie. La composante tangentielle de E est continue à travers Σ et nulle dans le conducteur : E_x(z = 0) = 0 à tout instant et en tout point de Σ. L'onde incidente seule a une composante E_x non nulle sur Σ : une seconde onde est nécessaire. Pour que la condition soit vérifiée pour tout x et tout t, elle doit avoir la même pulsation et la même composante k cos ψ le long de Σ, et s'éloigner de la surface : c'est l'onde réfléchie, d'angle ψ.

3) Champs incidents et réfléchis (trièdre (E, H, k) direct) :

• k_i = k(cos ψ·e_x + sin ψ·e_z), H_i = −H₀e_y, E_i = E₀(−sin ψ·e_x + cos ψ·e_z) ;
• k_r = k(cos ψ·e_x − sin ψ·e_z) ; la condition E_x(0) = 0 donne E_r = E₀(sin ψ·e_x + cos ψ·e_z) et H_r = −H₀e_y (même sens que H_i).

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

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

On vérifie E_x = 0 en z = 0.

5) État stationnaire et état progressif. Selon z, les amplitudes varient en sin ou cos(kz sin ψ) sans propagation : onde stationnaire selon Oz. Selon x, tout dépend de ωt − kx cos ψ : onde progressive selon Ox, de vitesse de phase c/cos ψ. Le vecteur de Poynting moyen ⟨R⟩ = ½Re(E ∧ H*) le confirme : le produit E_xH_y* est imaginaire pur, donc ⟨R_z⟩ = 0 ; −E_zH_y* = 4E₀H₀ cos ψ·cos²(kz sin ψ) est réel, donc ⟨R_x⟩ = 2E₀H₀ cos ψ·cos²(kz sin ψ) : l'énergie se propage parallèlement à Σ.

6) Plan parallèle à Σ. On peut placer un plan conducteur parfait en z = −d si les conditions aux limites y sont déjà satisfaites, c'est-à-dire si E tangentiel (E_x) y est nul à tout instant : sin(kd sin ψ) = 0, soit d = nπ/(k sin ψ) = nλ/(2 sin ψ), n entier ≥ 1. Les deux plans forment alors un guide d'onde.

Partie 2 : systèmes

Le dénominateur se factorise : p³ + 0,9p² + 1,2p + 0,5 = (p + 0,5)(p² + 0,4p + 1). Donc G(p) = k/[(1 + 2p)(1 + 0,4p + p²)] : un pôle réel −0,5 et deux pôles complexes −0,2 ± 0,98j (ζ = 0,2, ω_n = 1 rad/s), à l'origine de la résonance visible sur le Bode vers 0,95 rad/s.

1) Erreur statique pour k = 1

G(0) = k. Pour un échelon unitaire : ε_∞ = 1/(1 + G(0)) = 1/2 = 50 %.

2) Stabilité (Routh)

Équation caractéristique en boucle fermée : p³ + 0,9p² + 1,2p + 0,5(1 + k) = 0.

Stabilité ⇔ 1 + k > 0 et 1,08 > 0,5(1 + k), soit −1 < k < 1,16. Pour k = 1, le système est stable mais proche de la limite.

3) Gain k lu sur le Bode (réponse probable)

En basse fréquence, le module vaut 20·log G(0) = 20·log k ; la courbe part de 0 dB, donc k = 1, et l'erreur statique est de 50 % (comme en 1).

4) Marges (réponse probable)

• Marge de gain : la phase vaut −180° pour ω = √1,2 ≈ 1,10 rad/s (partie imaginaire du dénominateur nulle), où |G| = 0,5/0,58 ≈ 0,86, soit −1,3 dB. Marge de gain ≈ 1,3 dB, cohérente avec la limite de Routh (20·log 1,16 ≈ 1,3 dB).
• Marge de phase : après la résonance (+1,6 dB vers 0,92 rad/s), le module repasse par 0 dB vers 1,05 rad/s, où la phase vaut environ −168° : marge de phase ≈ 12°.

Le système est stable mais très mal amorti. L'annotation « 17 dB » de la figure ne correspond pas à la marge de gain de cette fonction de transfert.

5) Correcteur retard de phase (réponse probable)

D(p) = (1 + τp)/(1 + bτp) avec b > 1 (D(0) = 1 : précision inchangée). On choisit la nouvelle pulsation de coupure là où la phase de G vaut −135° (marge 45°), soit ω ≈ 0,94 rad/s (le « ω = 0,95 rad/s » de la figure), et même −130° pour garder 5° de réserve : ω'_c ≈ 0,92 rad/s.

• À cette pulsation, |G| ≈ +1,6 dB : le correcteur doit atténuer de 1,6 dB, d'où 20·log b = 1,6 et b ≈ 1,2.
• On place 1/τ une décade sous ω'_c : τ ≈ 10/0,92 ≈ 11 s, bτ ≈ 13 s.

D(p) ≈ (1 + 11p)/(1 + 13p). Le calcul exact donne une marge d'environ 46°. L'atténuation nécessaire est faible parce que la phase de G chute très vite autour de la résonance.

6) Modèle du second ordre (réponse probable)

La réponse indicielle fournie tend vers 1, avec un premier dépassement D₁ = 10 % à t₁ = 4,76 s et un second D₂ = 5 % à 11 s : c'est la réponse de G(p) pour k = 1. On propose F(p) = K/(1 + 2ζp/ω_n + p²/ω_n²) :

• gain statique : K = 1 (valeur finale) ;
• premier dépassement : D₁ = exp(−πζ/√(1 − ζ²)) = 0,10, d'où ζ ≈ 0,59 ;
• instant du premier maximum : t₁ = π/(ω_n√(1 − ζ²)) = 4,76 s, d'où ω_n ≈ 0,82 rad/s.

F(p) ≈ 1/(1 + 1,44p + 1,49p²). Limite du modèle : un vrai second ordre avec ζ = 0,59 n'aurait presque pas de second dépassement (0,1 %), alors qu'on lit 5 %. L'écart entre les deux maxima (pseudo-période 6,24 s, soit ω_p ≈ 1 rad/s) et la décroissance D₂/D₁ = 0,5 correspondent plutôt aux pôles dominants −0,2 ± 0,98j (ζ = 0,2, ω_n = 1 rad/s), retardés par le pôle réel −0,5. Le modèle retenu dépend donc de ce que l'on veut reproduire : le premier dépassement ou les oscillations.

Électronique numérique

Exercice 1 : synthèse à bascules JK de la table de fluence

Chaque case donne l'état suivant Y1Y2 et la sortie z, pour l'état présent y1y2 (lignes) et l'entrée x1x2 (colonnes). Pour chaque bascule : si y passe de 0 à 1, J = 1 ; s'il reste à 0, J = 0 ; de 1 à 0, K = 1 ; s'il reste à 1, K = 0 (l'autre entrée est indifférente).

Après simplification par tableaux de Karnaugh (J indifférent quand la bascule est à 1, K indifférent quand elle est à 0) :

• J1 = x̄1·x̄2·ȳ2 + x1·x2·y2
• K1 = x̄2·(x1 + y2)
• J2 = x1·ȳ1
• K2 = x̄1·x2
• Sortie : z = 1 dans toutes les cases où l'entrée n'est pas 00 et l'état n'est pas 00 : z = (x1 + x2)·(y1 + y2).

Équivalent en équations d'état : Y1 = y1·x2 + x1·x2·y2 + x̄1·x̄2·ȳ2 et Y2 = x1·y2 + x1·ȳ1 + y2·x̄2. Les deux bascules sont commandées par la même horloge.

Exercice 2 : registre à décalage 8 bits en VHDL

Registre à entrée série Data et sortie parallèle S, remise à 0 et mise à 1 synchrones (prises en compte seulement sur le front d'horloge), RESET prioritaire sur SET :

library ieee;
use ieee.std_logic_1164.all;

entity registre8 is
  port ( H, RESET, SET, Data : in  std_logic;
         S                   : out std_logic_vector(7 downto 0) );
end registre8;

architecture rtl of registre8 is
  signal Q : std_logic_vector(7 downto 0);
begin
  process (H)                      -- seule l'horloge : comportement synchrone
  begin
    if rising_edge(H) then
      if RESET = '1' then
        Q <= (others => '0');      -- remise à 0 synchrone
      elsif SET = '1' then
        Q <= (others => '1');      -- mise à 1 synchrone
      else
        Q <= Q(6 downto 0) & Data; -- décalage d'un rang, entrée série
      end if;
    end if;
  end process;
  S <= Q;
end rtl;

Si l'on veut une sortie série, on écrit S : out std_logic et S <= Q(7). Mettre RESET et SET dans la liste de sensibilité et hors du test d'horloge donnerait au contraire une remise à zéro asynchrone.

Exercice 3 : GRAFCET en réalisation synchrone

Lecture : étape 0 → 1 si m ; étape 1 (L si X, M si y : actions conditionnelles) → divergence en ET si c, vers les étapes 2 (M) et 3 (L) ; les branches se terminent par les réceptivités a (après 2) et b (après 3) avant la convergence en ET qui ramène à l'étape 0. On interprète cette fin comme une transition unique franchie quand X2·X3·a·b = 1 (réponse probable : si a et b sont des signaux brefs non simultanés, il faut ajouter une étape d'attente sur chaque branche).

Sorties : L = X1·X + X3 ; M = X1·y + X2. Initialisation : X0 = 1, X1 = X2 = X3 = 0 (entrée de mise à 1 de la bascule 0).