Électrocinétique : régime sinusoïdal.
1. On a Eth =VD−VC=
(
VD−VA) (
− VC−VA)
avec :V V nRI n
n E V V Z I Z
Z Z E
D− A = − = − C A
+ − = − = −
2 1 1 +
1
1 2
1 ,
On en déduit aisément :
(
n 1) (
Z Z)
EZ n E Z
2 1
2
th +1 +
= −
2. On détermine Zth en court-circuitant le générateur de tension ; ainsi VA = VB ce qui nous conduit à l'équivalence ci-dessous.
Z1 Z2
Zth
C A B nR
R
D C D
On en déduit :
2 1
2
th Z 1 Z
Z Z 1 n Z nR
+ +
= +
3. On est en présence d'un montage type pont de Robinson. Dans la branche ACB on a :
Z R
jC Y
Z R jC
1 1
1
2
2 2
2
1 1 1
= + = = +
ω , ω
Le pont est en équilibre pour la pulsation ω = ω0 telle que Eth(ω0) = 0. Le résultat de la question 1 nous conduit à :
n Y Z R
R C
C j R C
= = + R C
+ −
2 1 1 2
2 1
1 2 0
2 1 0
ω 1
ω En identifiant parties réelles et imaginaires on obtient respectivement :
n R R
C
C R R C C
= 1 + =
2 2 1
0 2
1 2 1 2
, ω 1
4. Si C2 = 2C1 alors, avec n = 4, il vient R1 = 2R2 d'où la fréquence à l'équilibre du pont : kHz
37 , C 6 R 2
1 N 2
1 1
0 0 =
= π π
=ω
Électrostatique et magnétostatique.
5. Toute rotation autour de l'axe Oz - support du fil - et toute translation parallèlement à cet axe laisse le système invariant donc E = E(ρ) où ρ est la distance du fil au point considéré.
Par ailleurs, tout plan contenant l'axe Oz et tout plan orthogonal à Oz sont plans de symétrie pour la distribution de charge ; E, vecteur vrai, appartient à ces plans donc le champ électrostatique est radial, soit E = E(ρ)uρ.
Le théorème de Gauss appliqué à la surface fermée Σ, cylindre d'axe Oz, de rayon ρ et de hauteur unité, conduit à :
( )
2 1
0
π ρ ρ λ E = ε On en déduit :
( )
πε ρ ρ= λ u
E 1
M 2
0 1
6. Considérons un élément du fil (2), de longueur dz, entourant le point P
(
OP=duy+zuz)
et portant la charge électrique dq = λ2dz. Cet élément subit, de la part du champ électrostatique créé par le fil (1), une force :d dq ( )P
ddz
e y
F = E = λ λ u πε
1 2
2 0
On en déduit la résultante des forces qu'exercent les charges du fil (1) sur l'unité de longueur du fil (2) :
y 0
2 1
e dze 2 d
dF u
f πε
λ
= λ
=
7. Soit un élément du fil (2), de longueur dx, entourant le point M
(
OM=duy+xux)
et portant la charge électrique dq = λ2dx. Cet élément subit, de la part du champ électrostatique créé par le fil (1), une force élémentaire :( )
d dx
x d
dx
x d
e
x y
F u u u
' sin cos
= + = +
+ λ λ
πε
λ λ πε
θ θ
1 2 ρ
0 2 2
1 2
0 2 2
2 2
La symétrie du problème implique que F'e = F'euy avec, compte tenu que cosθ = + d x2 d2
:
( )
( )
h / 2 h / 2
1 2 1 2 1 2
e 2 2 2
0 0 0
0 0
d x / d
d dx h
F' 2 arctan
2 x d x / d 1 2d
λ λ λ λ λ λ
= πε + = πε + = πε
⌠ ⌠
⌡ ⌡
En définitive la force exercée par le fil (1) sur le segment [AB] du fil (2) est :
y 0
2
e 1 2d
arctan h
' u
F
ε
π λ
=λ
8. On a lim arctan
h
h d
→∞
=
2 2
π, d'où la résultante des forces exercées par le fil (1) sur le fil (2) illimité :
0 y 2 e 21
" u
F ε
λ
=λ
Dans les deux cas envisagés aux questions 6 et 7 les fils chargés se repoussent car λ1λ2 > 0.
9. Toute rotation autour de l'axe Oz – support du fil – et toute translation parallèlement à cet axe laisse le système invariant donc B = B(ρ) où ρ est la distance du fil au point considéré. Par ailleurs, tout plan contenant l'axe Oz est plan de symétrie pour la distribution de courant ; B, pseudo-vecteur, est orthogonal à ces plans donc orthoradial et s'écrit B = B(ρ)uϕ. Le théorème d'Ampère appliqué à un contour circulaire C d'axe Oz (ligne de champ), de rayon ρ, conduit à :
( )
0I1 B2πρ ρ =µ On en déduit :
( )
ϕρ π
=µ u
B 2
M 0I1
10. L'élément de courant I2dl =I2dzuz subit, de la part du champ magnétique créé par le fil (1), une force élémentaire :
( )
0 1 2 y1 2
m dz
d 2
I M I
d I
dF B u
π
−µ
=
∧
= l d'où la force par unité de longueur du fil (2) :
2 y 1 0
m m 2 d
I I dz
d dF u
f π
−µ
=
=
11. Si les deux fils sont orthogonaux on a :
( ) [ ( ) ]
z2 2 2 1 y 0
x 1
x 1
m x d
dx x 2
I sin I
cos B dx
I '
dF u u u u
π +
=µ θ + θ
−
∧
=
Par intégration on en déduit aisément :
0 F'm =
Résultat que l'on peut aussi obtenir à partir des symétries du système.
12. Si le fil (2) est infini le résultat de la question précédente reste valable donc : 0
F"m=
Électronique.
13. Le montage proposé correspond à une structure de Sallen-Key.
L'A.O. est idéal et en régime linéaire donc i+ = i− = 0 et V+ = V− avec V+ = VA et V− = Vs. On applique le théorème de Millman en A puis en B ce qui nous donne respectivement :
( )
ω +
ω +
= + ω=
= +
R ' jC 2
V R ' jC 1 V V
, jC V
1
VA VB s B e s
De ces deux relations on déduit aisément l'expression de la transmittance :
( )
2 2e s
R ' CC jCR 2 1
1 V
j V
T ω = = + ω− ω
14. Le module de cette transmittance vaut
( )
(
2C C')
R2 2(
CC'R2)
2 4C 2 1 j 1 T
ω +
ω
− +
=
ω et on veut
qu'elle s'écrive
( )
(
0)
41 j 1
T ω = + ωω . Pour cela il faut que :
CR 2 et 1
C 2 '
C= ω0 =
15. Numériquement on obtient :
kHz 13 , RC 1 2 2
1 N 2
, F 2 , 0 '
C 0 0 =
= π π
=ω µ
=
16. Par définition G
( )
dB =20logT . Il en résulte que :♦ limT 1
0 =
→
ω donc G(dB) = 0 aux basses fréquences ;
♦
2
T 0
lim
ω
= ω
∞
→
ω donc G
( )
dB =40(
logω0−logω)
aux hautes fréquences.17. On est en présence d'un filtre passe-bas dont la pulsation de coupure, à −3 dB, est ωc = ω0.
Mécanique du point.
18. B décrit un demi-cercle, de centre I et de rayon b, à la vitesse angulaire ω. La durée du mouvement est donc :
ω
= π T
19. Dans le triangle isocèle OIB on a =π
π−ϕ +
ωt 2 2 d'où :
2 t 1ω
= ϕ Par ailleurs :
= ω
π−ϕ
=
ρ 2
sin t b 2 2
cos b 2
20. Le triangle AOB est rectangle en O donc
= ω
= ρ
α 2
sin t b
sin 2 soit :
2 ωt
= α
Ainsi, la barre en appui sur l'axe Oz à l'instant initial se retrouve sur l'axe Oy à la fin du mouvement.
21. On a OJ = bu avec u=sinα
(
cosϕi+sinϕj)
+cosk d'où on déduit :( )
[ ( ) ]
= ω α
=
ω
−
=
= ω ϕ α
=
ω
=
ω
= ω ϕ α
=
2 cos t b cos b Z
t cos 2 1 b 2 sin t b sin sin b Y
t 2sin b 2 cos t 2 sin t b cos sin b X
2
22. ||OJ|| = b = Cte donc J appartient à la sphère de centre O et de rayon b.
La projection de J dans le plan xOy décrit le demi-cercle d'équation :
2 2 2
2 b 2 Y b
X
=
− +
J appartient donc au cylindre de génératrice parallèle à Oz et de directrice le demi-cercle de centre I et de rayon b/2.
23. On a
+ ω
= ω +
+
= 2
sin t 2 1
Z b Y X
v 2
2 2
2 2
2 d'où la valeur moyenne temporelle :
2 2
2 b
8 v =3 ω
24. On a
+ ω
= ω
2 sin t 2 1
v b 2 fonction croissante du temps sur l'intervalle [0,T] : le mouvement est donc accéléré.
Optique géométrique.
25. Le système est afocal si :
∞ +
→
→
→
∞
− L1 F'1 L2 F3 L3
Il faut donc que F3 soit le conjugué image de F'1 à travers la lentille L2. La relation de conjugaison des Descartes :
3 2 1 2
2 f'
1 F O
1 ' F O
1 + =
−
avec O2F'1 =O2O1+O1F'1=−e1+f'1et O2F3 =O2O3+O3F3 =e3−f'3 nous donne :
3 3 1 1
2 e f'
1 '
f e
1 '
f 1
+ −
= −
26. Si F'1 coïncide avec O2 alors O2 est son propre conjugué à travers L2 donc O2 = F3 ce qui implique :
3 3 f' e =
27. Grandissements transversal et angulaire du système sont tels que : 4
3 ' f
' f G
1
1 3 =−
−
=
= γ
28. On a A→L1 A1→L2 A2→L3 A'. En utilisant les formules de conjugaison de Newton et de Descartes il vient :
' x
' A f O ' f ' A ' F . A F
' f
1 A O
1 A O
1
x ' A f O ' f A ' F . A F
32 2 2
23 2 3
3
2 2 1 2
2
12 2 1
12 1 1
1
−
=
→
−
=
= +
−
−
=
→
−
=
On en déduit :
(
2 12)
2 2
1
3 f' x f'
' f
1 ' f
' ' f
x −
=
soit avec les valeurs numériques proposées :
(
f' x 16)
' f 16 ' 9
x 2
2
−
=
29. On veut que F'3 soit l'image de O1 ce qui impose x = f'1 = 4 cm et x' = 0. Il faut donc que : cm
4 ' f 2=
30. Dans les conditions de la question 28 les grandissements transversaux des trois lentilles sont tels que :
x 4 A F
' f
1
1= 1 =
γ
Par ailleurs
−
−
=
=
γ 2
1 23
2 1 2 2
2 f'
x ' x
' f A O
A
O avec
(
x 4)
16 ' 9
x= − ce qui nous donne :
4 x
x
2 = −
γ Enfin :
(
x 4)
16 3 ' f
' x '
f ' A ' F
3 3
3 =− 3 =− =− −
γ
