CNC CORRIGES PHYSIQUE CHIMIE DE 2000 à 2008 .pdf



Nom original: CNC CORRIGES PHYSIQUE CHIMIE DE 2000 à 2008.pdf
Titre: CNC CORRIGES PHYSIQUE CHIMIE DE 2000 à 2008
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CNC corrigé
2000-2008
physique-chimie

MP

1

physique I

2

´ nonc´e de l’´epreuve CNC physique I MP session 2000
E

1er probl`
eme :
´ tude de quelques aspects m´
E
ecaniques d’une roue de voiture

1e`re partie :
´ quilibrage d’une roue de voiture
E
Lorsqu’une roue de voiture poss`ede des d´efauts de r´epartition de masse, elle pr´esente alors
un d´efaut d’´equilibrage qui se traduit par des vibrations parasites que nous nous proposons
d’´etudier. Une roue parfaite compl`ete de voiture - jante et pneumatique - est mod´elis´ee (figure
1) par un cylindre de section circulaire d’axe O 0 X , de rayon R, d’´epaisseur 2e < R et de masse
M. Lorsque la roue est parfaite, la r´epartition des masses poss`ede la sym´etrie cylindrique d’axe
O 0 X . L’utilisation du v´ehicule sur des routes difficiles peut d´eformer la roue et d´etruire la
sym´etrie cylindrique en changeant la r´epartition des masses. Nous mod´elisons la roue d´eform´ee
en supposant qu’elle se compose :
– d’une roue parfaite compl`ete R de centre d’inertie O’, d’axe O’X, de rayon R, d’´epaisseur
2e < R et de masse m = M − ∆m ;
– d’une masse ∆m suppos´ee ponctuelle, plac´ee en un point A de la p´eriph´erie de la roue, sur
sa face ext´erieure.

Fig 1 : Roue compl`ete d´eform´ee mont´ee sur l’´equilibreur - vue de coupe

3

Fig 2 : Roue compl`ete d´eform´ee mont´ee sur l’´equilibreur - vue de face
Pour ´etudier la d´eformation de la roue et les vibrations parasites qu’elle entraˆıne, on la place
sur un appareil de mesure appel´e ´equilibreur. Ce dispositif se compose d’un bˆati fixe et d’un
bras mobile. On note (O , X0 , Y0 , Z0 ) un rep`ere fixe du r´ef´erentiel (R0 ), du laboratoire, suppos´e
~ 0 ) habituelle.
galil´een. On munit ce rep`ere de la base cart´esienne (I~0 , J~0 , K
0
On note (O , X , Y , Z ) un rep`ere fixe du r´ef´erentiel (R) constitu´e par le bras mobile. Le bras
peut seulement effectuer un mouvement de translation rectiligne de faible amplitude, sans
frottement, parall`element `a l’axe OY0 et reste toujours dans le plan (OX0 Y0 ) (figure 1).
On note (O ”, X 0 , Y 0 , Z 0 ) un rep`ere fixe du r´ef´erentiel (R0 ) constitu´e par la roue compl`ete
d´eform´ee. La roue est reli´ee au bras par une liaison pivot parfaite et effectue un mouvement
de rotation d’angle θ par rapport `a l’axe OX (figure 2). La roue reste toujours dans le plan
(O Y0 Z0 ).
Le d´efaut ponctuel (A,∆m) est plac´e `a la p´eriph´erie de la roue parfaite compl`ete, sur sa face
ext´erieure.
On n´
egligera la masse et l’influence des parties mobiles de l’´equilibreur devant celles de la
roue compl`ete.
On pose D > 0 la distance du point O au plan (O’Y Z). Le champ de pesanteur ~g est uniforme
et dirig´e selon la verticale descendante du lieu.
Les angles seront compt´es positivement dans le sens trigonom´etrique.
´ tude cin´
1.1 E
etique
On notera X0 (t), Y0 (t) et Z0 (t) les coordonn´ees de O’ relativement `a (O , X0 , Y0 , Z0 ).
~ 0 ).
On exprimera imp´
erativement les composantes de tous les vecteurs dans la base (I~0 , J~0 , K
On rappelle l’expression du moment d’inertie I∆x d’un cylindre de r´evolution homog`ene de
section circulaire de rayon R, de masse m et d’axe de r´evolution ∆x :
1
2

I∆x = mR2
−−→
~ 0 ) en fonction de e, R,
1.1.1 Exprimer les composantes du vecteur position O0 A sur la base (I~0 , J~0 , K
θ.
4

1.1.2 Soit G le centre d’inertie de la roue compl`ete d´eform´ee. Exprimer les composantes du vecteur
−−→
~ 0 ) en fonction de m, ∆m, e, R, et θ .
O0 G sur la base (I~0 , J~0 , K
1.1.3 D´eterminer les composantes de R~vA , vecteur vitesse du d´efaut ponctuel (A,∆m) par rapport
au r´ef´erentiel (R) li´e au bras mobile.
1.1.4 Exprimer les composantes de R ~σA (O 0 ), moment cin´etique de (A,∆m) au point O’ par rapport
au r´ef´erentiel (R).
1.1.5 Rappeler la d´efinition du r´ef´erentiel barycentrique (R*). Quel est le r´ef´erentiel barycentrique
de la roue parfaite ?
´ noncer le th´eor`eme de KO
¨ NIG relatif au moment cin´etique.
1.1.6 E
1.1.7 Exprimer les composantes de R ~σR (O 0 ), moment cin´etique de la roue compl`ete parfaite au point
O’ par rapport au r´ef´erentiel (R), en fonction de m, R, et θ˙ = dθ/dt
1.1.8 D’apr`es les questions pr´ec´edentes, d´eterminer les composantes de R~σ (O 0 ) le moment cin´etique
de la roue compl`ete d´eform´ee au point O’ par rapport au r´ef´erentiel (R).
´ tude dynamique
1.2 E
~ de composantes (RX 0 , RY 0 , RZ 0
On suppose que le bˆati exerce sur le bras mobile une r´eaction R
~ 0 ).
dans la base (I~0 , J~0 , K
La roue compl`ete d´eform´ee est fix´ee sur le bras par l’interm´ediaire d’une liaison pivot par~ dont les composantes sont donn´ees par
faite qui exerce sur la roue un effort de moment C
~ 0 ).
(CX 0 , CY 0 , CZ 0 ) dans la base (I~0 , J~0 , K
D’autre part on suppose qu’un dispositif annexe, que l’on n’´etudiera pas, exerce sur la roue
un couple de moment ~Γ = Γ(t)I~0 qui permet de maintenir la vitesse angulaire θ˙ de la roue
constante. On notera ω = θ˙ cette vitesse angulaire ou pulsation constante dans toute la suite
du probl`eme.
1.2.1 Le mouvement de translation du bras se faisant sans frottement, que vaut RY 0 ?
1.2.2 Rappeler la d´efinition d’une liaison pivot parfaite d’axe O’X. Que vaut CX 0 dans ce cas ?
1.2.3 Rappeler l’´enonc´e du th´eor`eme du centre d’inertie.
1.2.4 Rappeler l’´enonc´e du th´eor`eme du moment cin´etique en un point fixe d’un r´ef´erentiel galil´een
(R0 ). Que devient ce th´eor`eme si le r´ef´erentiel n’est pas galil´een ?
1.2.5 Effectuer dans le r´ef´erentiel (R) le bilan des forces qui s’appliquent sur le syst`eme compos´e de
la roue compl`ete d´eform´ee.
1.2.6 Appliquer le th´eor`eme du centre d’inertie par rapport au r´ef´erentiel (R), au syst`eme compos´e
de la roue compl`ete d´eform´ee et du bras mobile.
1.2.7 En d´eduire que Y0 (t) ob´eit `a l’´equation diff´erentielle suivante :

Y¨0 (t) =

∆m
Rω 2 cos(ω t + θ0 )
m + ∆m

(1)

On donne pour toute la suite du probl`eme les conditions initiales suivantes : θ0 = 0, Y0 (0) = 0
et Y˙ 0 (0) = 0.
1.2.8 Appliquer le th´eor`eme du moment cin´etique au syst`eme compos´e de la roue compl`ete d´eform´ee,
au point O’ et par rapport au r´ef´erentiel (R).
1.2.9 Montrer qu’en toute rigueur, le bras mobile d´ecrit des oscillations selon OY0 `a la pulsation ω
constante si le couple Γ(t) ob´eit `a une relation que l’on donnera en fonction de R, ∆m, m, g,
ω et t.
1.3 Applications
5

1.3.1 D´eduire de la relation (1) la nature du mouvement de l’ensemble bras mobile + roue compl`ete
dans le plan (OX0 Y0 ). On donnera en particulier l’expression de l’amplitude Y0max en fonction
des donn´ees du probl`eme.
1.3.2 En r´ealit´e le mouvement du bras mobile dans le plan (OX0 Y0 ) est un mouvement de rotation
d’angle ϕ autour de OZ0 de tr`es faible amplitude, assimilable au mouvement de translation selon
OY0 que nous avons ´etudi´e. En utilisant les r´esultats pr´ec´edents, exprimer ϕmax en fonction de
Y0max et D.
1.3.3 Que valent Y0max et ϕmax pour une roue compl`ete parfaite ?
1.3.4 Comment Y0max et ϕmax varient-ils avec ∆m ?
1.3.5 On suppose qu’une voiture ´equip´ee d’une roue d´eform´ee pr´esentant un d´efaut d’´equilibrage
se d´eplace en ligne droite `a vitesse constante. Le volant du v´ehicule est fix´e sur l’axe O Z0 .
Comment le d´efaut d’´equilibrage peut-il ˆetre ressenti par le conducteur ?
On suppose que la roue d´eform´ee pr´esente un d´efaut d’´equilibrage (A, ∆m) externe, `a la
p´eriph´erie de la roue compl`ete, comme indiqu´e sur la figure 1.
1.3.6 Montrer en faisant un minimum de calculs que l’on peut rem´edier `a ce d´efaut en pla¸cant une
masse suppl´ementaire ∆m en un endroit bien pr´ecis de la roue compl`ete que l’on d´eterminera.
2e`me partie :
Mod´
elisation d’une suspension d’automobile
Nous abordons dans cette partie une mod´elisation ´el´ementaire de la suspension d’une roue
compl`ete de voiture. Cette roue est suppos´ee parfaite (pas de d´efaut d’´equilibrage). On suppose
que le v´ehicule est ´equip´e de quatre suspensions identiques, que l’on mod´elise comme indiqu´e
sur la figure 3.

Fig 3 : Suspension
d’une roue de voiture

Chaque suspension est compos´ee d’une part d’un ressort de raideur k et de longueur `a vide L0 .
D’autre part un amortisseur fluide `a huile de coefficient d’amortissement α permet d’att´enuer
d’´eventuelles oscillations. On rappelle qu’un amortisseur fluide du type repr´esent´e sur la figure
3 exerce sur chacune de ses extr´emit´es une force dissipatrice proportionnelle `a la vitesse relative
d’une de ses extr´emit´es par rapport `a l’autre. D’autre part le coefficient α est d’autant plus
grand que le fluide utilis´e est visqueux. Ainsi αhuile À αair par exemple.
Cet ensemble {ressort + amortisseur} est reli´e au v´ehicule (chˆassis) et `a la roue compl`ete parfaite par des articulations suppos´ees elles aussi parfaites. On ne s’int´eressera dans ce probl`eme
qu’aux mouvements verticaux du chˆassis, selon l’axe Oz ascendant.
La masse du v´ehicule dans les conditions de l’´etude (avec passagers) est m’ = 4m. On n´eglige
la masse de l’ensemble {ressort + amortisseur} devant la masse m = m0 /4 du quart de chassis
repr´esent´e sur la figure 3.
6

Le r´ef´erentiel d’´etude est suppos´e galil´een. On travaillera dans le rep`ere (0, x, y, z) muni de la
~ ). La variable z(t) repr´esente l’´ecart de position du chassis
base cart´esienne habituelle (I~, J~, K
par rapport `a sa position lorsqu’il n’y a aucun mouvement vertical. La variable z0 (t) repr´esente
le profil de la route, c’est `a dire l’´ecart de celle-ci par rapport `a l’horizontale choisie comme
niveau de r´ef´erence.
Par cons´equent, lorsque la route est parfaitement horizontale et le mouvement stabilis´e, on a
z (t) = 0 et z0 (t) = 0.
´ quation diff´
2.1 E
erentielle
On suppose tout d’abord que le v´ehicule est au repos sur une route parfaitement horizontale.
La longueur de chaque ressort est alors `0 .
2.1.1 D´eterminer l’expression de ∆`0 = L0 − `0 en fonction des donn´ees du probl`eme.
On suppose maintenant que le v´ehicule est en mouvement sur une route rectiligne de profil
quelconque.
2.1.2 Faire un bilan des forces exerc´ees sur la masse m qui repr´esente un quart du chassis. On
exprimera les diff´erentes forces en fonction des donn´ees du probl`eme.
´ tablir l’´equation diff´erentielle v´erifi´ee par z(t) et montrer qu’elle peut se mettre sous la forme :
2.1.3 E

mz¨ + αz˙ + kz = f (t)

(2)

avec f(t) une fonction du temps dont on donnera l’expression en fonction de z0 (t), z˙0 (t) et
d’autres donn´ees du probl`eme.
2.1.4 Mettre l’´equation diff´erentielle pr´ec´edente sous la forme :

z+2

1
β
z¨ = G(t)
z
˙
+
ω0
ω02

(3)

Exprimer la pulsation propre ω0 et le coefficient β en fonction des donn´ees. Pourquoi appellet-on β coefficient d’amortissement ou coefficient d’amortissement r´eduit ?
2.2 R´
eponse indicielle
On suppose que le v´ehicule suit une trajectoire rectiligne selon Ox `a la vitesse constante ~v0 = v0 I~
~ ) avec v0 > 0. Le conducteur peu attentif monte de
dans la base cart´esienne habituelle (I~, J~, K
face sur un trottoir dont le profil est repr´esent´e sur la figure 4.

Fig 4 : Profil de route
On suppose que le mouvement selon Ox reste rectiligne uniforme mˆeme pendant le passage de
l’obstacle et que la roue reste toujours en contact avec la route.
2.2.1 Repr´esenter graphiquement sur la copie le profil de la route z0 = z0 (t) en fonction du temps.
On posera ε = (xl − x0 )/v0 et on prendra t = 0 pour x = x0 .
7

2.2.2 Donner les ´equations horaires de z0 (t) pour les instants t tels que t ∈ [0, ε] et pour t ∈ [ε, +∞[.
On donne pour toute la suite de cette partie α = 104 S I , k = 40 103 S I , xl − x0 = 1 cm,
m = 400 kg , Z0 = 10 cm et v0 = 10 m.s−1 .
2.2.3 Quelles sont les unit´es de k et α dans le syst`eme international ? D´eterminer num´eriquement
les valeurs de ω0 et β .
2.2.4 Montrer que pour les instants t appartenant `a [0, ε], on peut supposer en bonne approximation
que la fonction G(t) du second membre de l’´equation diff´erentielle (3) est constante.
2.2.5 D’apr`es la question pr´ec´edente, donner l’expression de G(t) et r´esoudre l’´equation diff´erentielle
(3) pour les instants t appartenant `a [0, ε]. On mettra z(t) sous la forme :

z (t) = A exp r1 t + B exp r2 t + C
avec r2 > r1 . Donner les expressions de r1 et r2 en fonction de β et β ainsi que l’expression de
C en fonction des donn´ees du probl`eme.
2.2.6 On donne les conditions initiales suivantes en t = 0 : z (0) = 0 et z˙(0) = 0. On admet sans calcul
que les valeurs num´eriques des donn´ees du probl`eme sont telles que |εr1 | ¿ 1 et |εr2 | ¿ 1.
Montrer que z (ε) est nul `a l’ordre z´ero en ε alors que z˙(ε) ne l’est pas. On prendra aussi
d´esormais pour la suite z˙(ε) ≈ 0.
2.2.7 R´esoudre l’´equation diff´erentielle (3) pour les instants t appartenant `a [ε, ∞]. On exprimera
les constantes d’int´egration A’ et B’ en fonction des donn´ees du probl`eme.
2.2.8 Rappeler l’expression de β en fonction de α, m et k. Repr´esenter sur la copie l’allure de z (t)
pour β > 1 puis pour β < 1.
Lorsque le v´ehicule est neuf, les caract´eristiques physiques α et k de la suspension sont telles que
β > 1 pour un bon confort et une meilleure s´ecurit´e des usagers. En vieillissant, les amortisseurs
fluides se d´egradent et l’huile peut devenir moins visqueuse ou ˆetre remplac´ee en partie par de
l’air.
2.2.9 Quelle est la cons´equence de ce vieillissement sur le facteur d’amortissement β ? Quelle peut
en ˆetre la cons´equence sur le confort des usagers lorsque le v´ehicule rencontre un obstacle sur
la route ?
2.2.10 Il arrive que des automobilistes imprudents d´epassent la charge maximale autoris´ee pour leur
v´ehicule aux suspensions d´ej us´ees. Quelles peuvent ˆetre les cons´equences sur la s´ecurit´e ?
2.3 R´
eponse harmonique
On suppose cette fois que le profil de la route est de la forme :

z0 (t) = Z0 cos ω t
Le v´ehicule se d´eplace toujours en ligne droite selon Ox avec une vitesse moyenne constante :
~v = v I~ avec v > 0. On adoptera la notation complexe habituelle :

z (t) = Z exp iω t
´ tablir l’expression de la fonction de transfert harmonique H (iω ) = Z/Z 0 de la suspension en
2.3.1 E
fonction de β , ω0 et ω . Z et Z 0 sont les amplitudes complexes associ´ees respectivement `a z (t)
et z0 (t).
2.3.2 D´eterminer le diagramme de BODE asymptotique du gain G(w) = 20 log10 H (ω ) de la suspension, avec H (ω ) = |H (iω )| le module de la fonction de transfert, pour ω ¿ ω0 et ω À ω0 .
8

2.3.3 Repr´esenter graphiquement sur la copie le diagramme de BODE asymptotique du gain en
fonction de ω /ω0 en repr´esentation semi-logarithmique pour ω /ω0 variant de 0,1 `a 10. Que
peut-on en d´eduire du comportement de G(ω ) ?
L’usager a un bon confort de conduite si le chˆassis est pratiquement insensible aux ondulations
de la route.
2.3.4 Exprimer la pulsation ω en fonction de la vitesse moyenne v et de λ la p´eriode spatiale des
ondulations de la route.
2.3.5 Lors du rallye Paris-Dakar, les concurrents affrontent souvent des profils de route de type ”
tˆole ondul´ee ”. Si la p´eriode spatiale d’un tel profil est λ = 1, 5 m, quelle vitesse minimum
doit-on conseiller aux pilotes ?
2.3.6 Si les pilotes entrent dans une zone ou
` le profil ondul´e s’´elargit, c’est `a dire si λ augmente, que
faut-il conseiller aux pilotes ?
2e`me probl`
eme :
´
Etude thermodynamique d’un moteur de voiture
1e`re partie :
´ tude qualitative du cycle
E
Ce probl`eme traite de quelques aspects ´el´ementaires du fonctionnement d’un moteur thermique
`a combustion interne.
On raisonne sur une masse unit´e d’un m´elange de gaz dont la nature ´evolue au cours d’un cycle.
Pour simplifier l’analyse, on assimilera ce m´elange `a de l’air suppos´e se comporter comme un
gaz parfait de capacit´es calorifiques massiques cp et cv constantes et de rapport γ = cp /cv = 1, 4.
On suit l’´evolution de cette masse unit´e pour un cycle de fonctionnement d’un des quatre
cylindres identiques du moteur.
Le volume offert au gaz dans ce cylindre varie entre la valeur maximale V1 - piston au point
mort bas - et la valeur minimale V2 - piston au point mort haut -. On d´efinit un taux de
compression τ par τ = V1 /V2 > 1 et un rapport α des temp´eratures extrˆemes du cycle par :
α = Tmax /Tmin .
On utilise la convention de signe habituelle de la thermodynamique.
On a repr´esent´e sur la figure 1 un cycle th´eorique repr´esentant l’´evolution r´eversible en diagramme P V de l’unit´e de masse de gaz dans un cylindre.

9

Fig 1 : Cycle r´eversible th´eorique
Les diff´erentes ´etapes du cycle sont r´eversibles et se d´ecomposent ainsi :
´ tape A : le gaz est admis dans le cylindre `a la pression atmosph´erique P1 = 105 P a et `a la
E
temp´erature ambiante T1 = 300K du point mort bas (point 1) ;
´
Etape B : le gaz est ensuite comprim´e de mani`ere adiabatique pour atteindre le point 2 `a la
pression P2 , la temp´erature T2 et le volume V2 du point mort haut ;
´
Etape C : le gaz subit une explosion qui le d´etend `a pression constante et ´el`eve ainsi sa
temp´erature jusqu’`a T3 (point 3) ;
´ tape D : le gaz subit une d´etente adiabatique jusqu’au point 4 de volume V4 , de temp´erature
E
T4 et de pression P4 ;
´ tape E : le gaz est finalement rejet´e vers l’atmosph`ere en terminant le cycle au point 1.
E
On donne les valeurs num´eriques suivantes pour tout le probl`eme :
0,4

100,4 = 2, 5 ; 101,4 = 25 ; 10− 1,4 =
; α = 10 ; τ = 10.

1
2

; (10−0,4 )1,4 =

1
4

1,4

; 10 0,4 = 3 10 3 ; γ =

cp
cv

= 1, 4

1.1 Apr`es avoir repr´esent´e le cycle sur la copie, indiquer par des fl`eches le sens de parcours moteur
du cycle en justifiant ce choix.
1.2 Placer les points 1, 2, 3 et 4 sur ce cycle.
1.3 Indiquer sur le cycle les transferts thermiques positifs et n´egatifs.
2e`me partie :
´ tude quantitative du cycle
E
On exprimera toutes les temp´
eratures en fonction de T1 et des param`etres choisis parmi

α, τ et γ uniquement.

De mˆeme on exprimera toutes les pressions en fonction de P1 et des param`etres choisis
parmi α, τ et γ uniquement.
2.1 Point 2
2.1.1 D´eterminer l’expression litt´erale de la temp´erature T2 . Calculer num´eriquement la temp´erature
T2 .
2.1.2 D´eterminer l’expression litt´erale de la pression P2 . Calculer num´eriquement la pression P2 .
2.2 Point 3
2.2.1 D´eterminer l’expression de α en fonction de deux temp´eratures choisies parmi Tl , T2 , T3 et T4 .
2.2.2 D´eterminer l’expression litt´erale de la temp´erature T3 . Calculer num´eriquement la temp´erature
T3 .
2.2.3 D´eterminer l’expression litt´erale de la pression P3 . Calculer num´eriquement la pression P3 .
2.3 Point 4
2.3.1 D´eterminer l’expression litt´erale de la temp´erature T4 . Calculer num´eriquement la temp´erature
T4 .
2.3.2 D´eterminer l’expression litt´erale de la pression P4 . Calculer num´eriquement la pression P4 .
3e`me partie :
Rendement d’un cycle moteur

10

3.1 Rappeler la d´efinition du rendement η d’un cycle moteur.
3.2 Rendement du cycle th´
eorique
3.2.1 Donner l’expression de η en fonction de Tl , T2 , T3 , T4 et γ .
3.2.2 En d´eduire l’expression litt´erale de η en fonction de α, τ et γ .
3.2.3 Calculer num´eriquement la valeur de η .
3.3 Cycle de Carnot
3.3.1 Rappeler la d´efinition d’un cycle de CARNOT. Repr´esenter sur la copie un cycle de CARNOT
moteur, entre les temp´eratures extrˆemes Tmin et Tmax , en diagramme (P, V ).
´ tablir l’expression du rendement ηc du cycle moteur de CARNOT en fonction de Tmin et
3.3.2 E
Tmax .
´ tablir l’expression du rendement ηc d’un cycle de CARNOT moteur qui fonctionnerait entre
3.3.3 . E
les mˆemes temp´eratures extrˆemes que le cycle th´eorique du probl`eme. Calculer num´eriquement
ce rendement ηc .
3.3.4 Comparer η et ηc et conclure.
4e`me partie :
Prise en compte des frottements internes
En r´ealit´e les ´etapes B (compression adiabatique) et D (d´etente adiabatique) ne sont pas
r´eversibles du fait des frottements internes du piston sur la chambre du cylindre. Elles gardent
cependant leur caract`ere adiabatique. On suppose ici que l’irr´eversibilit´e ne modifie que les
temp´eratures des points 2 et 4, tous les autres param`etres thermodynamiques gardant par
ailleurs la mˆeme valeur que dans la situation r´eversible. Les ´etapes C et E sont donc toujours
suppos´ees r´eversibles.
On notera avec un (0 ) les grandeurs thermodynamiques relatives aux transformations irr´eversibles.
4.1 Repr´esenter sur la copie l’allure du cycle moteur totalement r´eversible de la partie 1 en diagramme T S avec l’entropie S en abscisses. On appelle (T Sl) cette figure. Indiquer sur cette
figure (T Sl) le sens de parcours du cycle et placer les points 1,2,3 et 4.
4.2 Rappeler l’´enonc´e du second principe de la thermodynamique.
4.3 On suppose maintenant que les ´etapes B et D sont irr´eversibles. Repr´esenter en pointill´es sur la
figure (TSl) des ´etapes irr´eversibles (B’) et (D’) possibles. Justifier ce choix.
4.4 Comparer en le justifiant T2 et T 20 ainsi que T4 et T 40 .
4.5 On note β = T20 /T2 un facteur correctif du
ˆ aux frottements internes. On supposera pour simplifier
0
que l’on a aussi T 4/T4 = β .
4.5.1 Exprimer le rendement η 0 du cycle moteur avec irr´eversibilit´es en fonction de T1 , T 20 , T3 , T 40 et
γ.
4.5.2 En d´eduire l’expression du rendement η 0 du cycle moteur avec irr´eversibilit´es en fonction de
T1 , T20 , T3 , T4 , β et γ .
4.5.3 Montrer que η 0 < η .
4.5.4 Quel est le rˆole des huiles de lubrification utilis´ees dans les moteurs ?
fin de l’´
enonc´
e

11

Corrig´e de l’´epreuve CNC physique I MP session 2000 par AIT BENALI

1er probl`
eme :
´ tude de quelques aspects m´
E
ecaniques d’une roue de voiture

1e`re partie :
´ quilibrage d’une roue de voiture
E
´ tude cin´
1.1 E
etique

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¯
¯

e I~0
−−→
−−0−→00
−0→
0
1.1.1 O A = O O + 0 A = R cos θ
R sin θ
1.1.2
A

1.1.3

J~0

~0
K

¯
¯
¯ e I~0
−−0→ mO~0 O0 +∆mO~0
∆m ¯
OG=
= m+∆m ¯¯ R cos θ J~0
m+∆m
¯
~0
¯ R sin θ K
¯
¯
¯ 0 I~0
d(O 0~O 00 +O~00 A)
R
˙ ¯¯ − sin θ J~0
=
R
θ
~vA =
¯
dt/R
¯
~0
¯ cos θ K
¯
¯
~

e I0

1.1.4

R

¯
¯

I~

¯
¯¯

R 2 ∆mθ˙ I~0

¯
¯ 0 0
¯
¯
−−→
~σA (O 0 ) = O 0 A × ∆m R~vA = ∆m ¯¯ R cos θ J~0 × Rθ˙ ¯¯ − sin θ J~0 = ¯¯ −eR ∆mθ˙ cos θ J~0
¯
¯
¯
~0
~0
¯ R sin θ K
~0
cos θ K
−eR∆mθ˙ sin θ K

1.1.5 le r´ef´erentiel barycentrique R∗ d’un syst`eme par rapport `a R est un r´ef´erentiel d’origine G par commodit´e sinon il suffit que G soit fixe dans R∗ - anim´e d’un mouvement de translation
par rapport `a R
relativement `a R0 , le r´ef´erentiel barycentrique de la roue parfaite de centre O 0 est R(O 0 , X , Y , Z )
1.1.6 le moment cin´etique d’un syst`eme de centre d’inertie G , de masse m , en un point P par
rapport `a un r´ef´erentiel R s’´ecrit :

~ P /R = L
~∗ + →
L
G × m~v (G/R)

1.1.7

R

~σR (O 0 ) = JO0 X θ˙ I~0 =

¯
¯ 1
¯ 2 mR 2 θ˙
¯
¯ 0 J~
0
¯
¯
~
¯ 0 K0

I~0
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯

R 2 ∆mθ˙ + 21 mR 2 θ˙ I~0
˙ θ J ~0
1.1.8 R~σ (O 0 ) =R ~σR (O 0 ) +R ~σA (O 0 ) = −eR∆mθ cos
~0
−eR∆mθ˙ sin θ K
´ tude dynamique
1.2 E
1.2.1 RY 0 = 0
1.2.2 deux solides en liaison pivot d’axe O 0 X ne peuvent effectuer qu’un mouvement de rotation
l’un par rapport `a l’autre tel que ω (1/2)//O 0 X , la liaison est parfaite s’il n’y pas de frottement
12

entre les deux solides c`ad CX = CX 0 = 0

13

1.2.3 – dans un r´ef Galil´een : mtot~a(G) = F~ext
– dans un r´ef non Galil´een : mtot~a 0 (G) = F~ext + F~ie (G) + F~ic (G)
~
~ (ext) avec O fixe dans R
1.2.4 dLO = M
dt/R0

O

0

dL~0 O
dt/R0

~ O (I .E ) + M
~ (I .E ) avec O fixe dans R0
~ O (ext) + M
=M
O
1.2.5 R est en translation rectiligne non uniforme par rapport `a R0 donc il est non Galil´een , le
bilan des efforts ext´erieurs est alors :
~
– action du bras mobile r´eduite au couple C
– poids total (m + ∆m)~g s’appliquant en G
– inertie d’entraˆınement F~ie (G) = −(m + ∆m)~ae (G)(R/R0 ) = −(m + ∆m)~a(O 0 /R0 ) s’appliquant en G (car R est en translation par rapport `a R0 )
– inertie de Coriolis F~iC (G) = ~0 car ω
~ (R/R0 ) = ~0
– action du dispositif imposant la rotation r´eduite au couple ~Γ(t)
1.2.6 le TRD appliqu´e dans R non Galil´een au syst`eme
{roue compl`ete(m + ∆m)+bras(masse n´egligeable}
~ bati→bras + (m + ∆m)~g − (m + ∆m)~a(O 0 /R0 )
(m + ∆m)~a(G/R) = R
m
00
¨
1.2.7 le TRD projet´e sur J~0 s’´ecrit donc : (m + ∆m) (m∆+∆
m) (R cos θ ) = −(m + ∆m)Y0 (t)
pour un r´ef R0 non Galil´een

or θ˙ = ω soit θ¨ = 0 et θ (t) = ω t + θ0 d’ou
`

Y¨0 (t) =

∆m
Rω 2 cos(ω t + θ0 )
( m + ∆ m)

1.2.8 le TMC dans R appliqu´e `a la roue compl`ete en O 0 s’´ecrit
−−0→
−−→
dR ~σ (O 0 )
~ ~
g − O0 G × (m + ∆m)~a(O 0/R0 )
dt/R = C + Γ(t) + O G × (m + ∆m)~
1.2.9 le TMC projet´e sur I~0 s’´ecrit ,tenant compte de θ = ω t :
0 = Γ(t) − ∆mgR cos θ + ∆m2 R sin θ Y¨0 (t)
2
=⇒ Γ(t) = g R∆m cos ω t − (Rω ∆m) cos ω t sin ω t
m + ∆m

1.3 Applications
∆m
1.3.1 (1) s’int`egre une fois en Y˙ 0 (t) = (m+∆
m) Rω sin ω t + Cte
∆m
or `a t = 0 on a Y˙ 0 (0) = 0 = Cte soit Y˙ 0 (t) = (m+∆
m) R ω sin ω t
∆m
0
qui s’int`egre en Y0 (t) = − (m+∆
a t = 0 on a Y0 (0) = 0
m) R cos ω t + C te , or `
∆m
donc Y0 (t) = (m+∆
a la pulsation ω autour
m) R(1 − cos ω t) , mouvement oscillatoire harmonique `
∆m
∆m
de la valeur moyenne (m+∆m) R d’amplitude Y0max = 2(m+∆m) R
∆m
1.3.2 ϕmax ≈ tan ϕmax = Y0max
= D(2mR+∆
D
m)
1.3.3 pour une roue parfaite ∆m = 0 soit Y0max = 0 et ϕmax = 0
2Rm
2Rm
0max
0max
1.3.4 d Yd∆
= (m+∆
> 0 et dϕ
= D(m+∆
>0
m
m)2
d∆m
m)2
si ∆m %=⇒ Y0max % et ϕ0max %
1.3.5 le d´efaut sera ressenti comme des vibrations horizontale dans la direction de la route

1.3.6 la masse ∆m doit ˆetre au point A0 sym´etrique de A par rapport `a O 00 sur la face externe de la
roue , dans ce cas on ram`ene G sur l’axe O 0 X
le TRD 1.2.7 s’´ecrit Y¨0 (t) = 0 d’apr`es les conditions initiales Y0 (t) ≡ 0

14

2e`me partie :
Mod´
elisation d’une suspension d’automobile
´ quation diff´
2.1 E
erentielle

~ = ~0 soit `0 = L0 − mg donc ∆`0 = + mg
2.1.1 a` l’´equilibre m~g − k(`0 − L0 )K
k
k
2.1.2 bilan des forces sur {m} :
~
~ = −[(z (t) − z0 (t) + `0 ) − L0 ]K
– tension du ressort T~ = −k(` − L0 )K
~
~
– poids P = −mg K
~
– frottement visqueux de l’amortisseur F~ = −α(z˙(t) − z˙0 (t))K
~ :
2.1.3 le TRD dans Rgal li´e `a la piste projet´e sur K

mz¨ = −mg − k(z − z0 + `0 − L0 ) − α(z˙ − z˙0 )
d’apr`es 2.1.1 mz¨ + αz˙ + kz = αz˙0 + kz0 = f (t)
(2)
α
m
α
2.1.4 en divisant par k , il vient z + k z˙ + k z¨ = k z˙0 + z0 = G(t)
q

k et β = √α
donc ω0 = m
2 km
β > 0 est responsable de l’att´enuation de la courbe z (t) en r´egime libre G(t) ≡ 0 selon l’un des
trois r´egimes ( pseudo-p´eriodique , critique ou ap´eriodique )
2.2 R´
eponse indicielle

2.2.1 :
z0(t)

Z0

t

ε

0

2.2.2 on a x˙ = v0 qui donne x = v0 t + x0 car `a t = 0 x = x0
on ´elimine la variable x dans l’expression de z0 (x) =



, il vient z0 (t) =

0

Z 0 x1v−0 tx0
Z0

t≤0
0≤t≤ε=
t≥ε





0

Z 0 xx1−−xx00
Z0

x ≤ x0
x0 ≤ x ≤ x1
x ≥ x1

x1 −x0
v0

2.2.3 [k ] = N m−1 = kg s−2 et [α] = N m−1 s = kg s−1
A.N : ω0 = 10 H z et β = 1.25 sans unit´e
v0
( α + t) A.N : G(t) = 25 + 100t(m`etre)
2.2.4 pour t ∈ [0, ε] on a G(t) = kα z˙0 (t) + z0 (t) = Z0x1 −x
0 k
pour t ≤ ε = 0.001s soit G ∈ [25, 25.1] (m`etre) qui est presque constante

15

2.2.5 G(≈
t)

0G

=0 Zα

v0
x1 −x0
k

la solution g´en´erale de (3) s’´ecrit z (t) = G0 + A exp r1 t + exp r2 t avec
2

r1 et r2 sont solution de l’´equation caract´eristique 1 + 2 ωβ0 r +
√ 2
∆ > 0 =⇒ r = (−β ±
β − 1)ω0
√ 2

soit r1 = (−β − β − 1)ω0 et r2 = (−β + β 2 − 1)ω0
ainsi que C = Z 0 α v0
k

r2
ω02

= 0 donc ∆0 =

β −1
ω02

A.N :

x1 −x0

2.2.6 les conditions initiales s’explicitent par : z (0) = A + B + C = 0 et z˙(0) = Ar1 + Br2 = 0
`a l’ordre 1 (faute d’´enonc´e ) en ε on a
z (ε) = A exp r1 ε + exp r2 ε + C ≈ A × (1 + r1 ε) + B × (1 + r2 ε) + C = 0 , tandis que z˙(ε) =
Ar1 exp r1 ε + Br2 exp r2 ε ≈ Ar1 (1 + r1 ε) + Br2 (1 + r2 ε) = (Ar21 + B r22)ε
2.2.7 les conditions initiales sont z (ε) = 0 et z˙(ε) = 0 or G(t > ε) ≡ Z0
l’´equation (3) se r´esout z (t) = A0 exp r1 (t − ε) + B 0 exp r2 (t − ε) + Z0 avec z (ε) = A0 + B 0 + Z0 = 0
et z˙(ε) = A0 r1 + B 0 r2 = 0
=⇒ z (t) = Z0 [1 +
2.2.8 β =

r2
r1
exp r1 (t − ε) +
exp r2 (t − ε)]
r1 − r2
r2 − r1

√α

2 km

z(t)
Z0

ε

t

β>1

16

z(t)
Z0

ε

t

β<1
2.2.9 avec le vieillissement du v´ehicule α → 0 =⇒ β → 0 , `a chaque passage par une bosse le
v´ehicule oscille plusieurs fois avant d’atteindre l’´equilibre
2.2.10 pour un vieux v´ehicule surcharg´e α → 0 et m → ∞ =⇒ β ≈ 0 , dans ce cas les oscillations
seront incessantes ce qui est dangereux !
2.3 R´
eponse harmonique
2.3.1 (3) s’´ecrit en notation complexe (1 + 2 ωβ0 iω − ωω 2 )Z = (1 + 2 ωβ0 iω )Z 0
2

0

soit H (iω ) =

Z
Z0

=

1+2 ωβ iω
0

1+2

β
ω0

iω − ω

2

ω2
0

2.3.2 G(ω ) = 20 log10 |H (iω )| = 10 log10

1+4β 2 (
(1−(

ω
ω0

ω

)2

ω0

) 2 ) 2 +4β 2 ( ωω )2

si ω ¿ ω0 alors G(ω ) ≈ 0
si ω À ω0 alors G(ω ) ≈ 20 log10 2β − 20 log10

0

ω
ω0

2.3.3 :
Gdb
20 log10 2β
-1

+1
0

log10(ω/ω0)

17

G(ω ) pr´esente un maximum non nul correspondant `a la r´esonance , le comportement de la
suspension est passe-bas
2.3.4 λ = vT soit ω = 2λπ v
2.3.5 pour att´enuer au mieux les ondulations il faut avoir ω > 10ω0 soit d’apr`es 2.2.3
v > 86 kmh−1
2.3.6 il faut abaisser fortement la vitesse pour ´eviter la r´esonance , en effet pour fixer les id´ees on
prend λ = 15 m la vitesse minimale devient 860 kmh−1 qui est impossible ! , par contre il faut
rouler `a ω < 0.1ω0 soit v < 8.6kmh−1
2e`me probl`
eme :
´ tude thermodynamique d’un moteur de voiture
E
1e`re partie :
´ tude qualitative du cycle
E
1.1 :
P

Q23>0
2

3

4
Q41<0
1
0

V
H

le cycle est moteur si W = − pdv < 0
1.2 voir figure
1.3 Q12 = Q34 = 0 car adiabatiques
Q23 > 0 car le gaz re¸coit de la chaleur de la part de la r´eaction d’explosion
Q41 = ∆41 U = ncv (T1 − T4 ) < 0 refroidissement isochore du gaz parfait
2e`me partie :
´ tude quantitative du cycle
E
2.1 Point 2
2.1.1 le gaz subit une transformation adiabatique r´eversible entre (1) et (2) donc par loi de Laplace
T2 = T1 ( VV21 )γ−1 = T1 τ γ−1 A.N : on a τ = 10 donc T2 = 750 K
2.1.2 P2 = P1 ( VV2 1 )γ = P1 τ γ A.N : P2 = 25 105 P a
2.2 Point 3
18

2.2.1 la temp´erature maximale est apr`es explosion Tmax = T3
et la temp´erature minimale est celle de d´epart apr`es admission du gaz Tmin = T1 donc α =

T3
T1

2.2.2 T3 = αT1 or α = 10 donc T3 = 3000 K
2.2.3 P3 = P2 = P1 τ γ = 25 105 P a
2.3 Point 4
2.3.1 d’une part loi des gaz parfait nR =
V1

P1
T

=
1

P4
V1
T4

soit

P4
T4

=

P1
T1

d’autre part le gaz subit une transformation adiabatique r´eversible entre (3) et (4) donc par loi
1− γ
de Laplace T4 = T3 ( PP34 ) γ
γ

γ

on en d´eduit que T4 = T 3 ( P3P1 T1 )1−γ = T3 (τ γ T1 )1−γ = αγ τ γ (1−γ ) T1 A.N : T4 = 2080 K
2.3.2
P4 = P3 (
P1

T3

γ

) 1 −γ = T4

T4

A.N : P4 = 6.9 105 P a

T1

3e`me partie :
Rendement d’un cycle moteur
3.1 η =

−W
Q23

∈ [0, 1]
3.2 Rendement du cycle th´
eorique
3.2.1 au cours du cycle ∆U = W + Q23 + Q41 = 0
or Q23 = ∆23 H = ncp (T3 − T2 ) car isobare
et Q41 = ∆41 U = ncv (T1 − T4 ) car isochore
T4 − T1
41
soit finalement η = 1 + Q
Q23 = 1 − γ (T3 −T2 )
3.2.2 η = 1 −

αγ τ γ (1−γ ) − 1
γ [α−τ γ −1 ]

3.2.3 η = 0.43
3.3 Cycle de Carnot
3.3.1 un cycle de Carnot est un cycle r´eversible form´e par deux adiabatiques altern´ees par deux
isothermes
une adiabatique P ∝ V1γ d´ecroˆıt plus vite qu’une isotherme P ∝ V1
P
isotherme
Tmax
adiabatique
adiabatique
isotherme
Tmin
0

V

3.3.2 au cours d’un cycle de Carnot : 1er principe s’´ecrit ∆U = W + Qmax + Qmin = 0 , le 2d principe
max
min
+ QTmin
=0
∆S = TQmax
donc ηc = − W = Tmax −Tmin
19

Qmax

Tmax

∈ [0, 1]

20

3.3.3 on remplace Tmax = T3 = 3000 K et Tmin = T1 = 300 K soit ηc =

T3 −T1
T3

= 0. 9
3.3.4 η < ηc les hypoth`eses d’adiabaticit´e (paroi sans fuite thermique ) et de r´eversibilit´e (sans
frottement) sont approximatives !
4e`me partie :
Prise en compte des frottements internes
4.1 voir figure (a)
pour un gaz parfait on a :
– une adiabatique r´eversible est une isentropique
S − S0
– S = S0 + ncv ln TT0 + nR ln VV0 une isochore T = T0 e ncv
– S = S0 + ncp ln

T
T0

− nR ln

P
P0

une isobare T = T0 e

S − S0
ncp

T
3

isobare

2

4

isochore

1
0

S
figure (a)

4.2 il existe une fonction d’´
etat extensive , appel´
e entropie S , dont la variation
δQ
cr
ee
´
el´
ementaire s’´
ecrit : dS = Text + δ S
cree
tel que δ S
= 0 pour une transformation r´
eversible et δ S cree > 0 pour une transformation irr´
eversible
4.3 voir figure (b)
pour une transformation adiabatique irr´eversible ∆120 S = S cree
eme
120 > 0 donc S20 > S1 , de mˆ

S40 > S3

21

T
3

4'

isobare
4
2

2'
isochore

1
0

S
figure (b)

4.4 T20 > T2 car (2) et (2’) sont sur la mˆeme isobare
et T40 > T4 car (4) et (4’) sont sur la mˆeme isochore
4.5
0

4.5.1 η 0 = − W
20 3
au cours du cycle irr´eversible on a ∆U 0 = W 0 + Q20 3 + Q40 1 = 0
or Q20 3 = ∆20 3 H = ncp (T3 − T 20 ) car isobare
et Q40 1 = ∆40 1 U = ncv (T1 − T 40 ) car isochore
0 T
1
soit finalement η 0 = 1 + QQ400 1 = 1 − γ (TT43−−T
0)
2 3

βT4 − T1
γ (T3 −βT2 )
T4 (T3 − βT2 )+T2 (βT4 −
dη 0

2

4.5.2 η 0 = 1 −
T
4.5.3
1)

on a

=−

T2 T1 − T4 T3

= γ (T3 −βT2 )2 < 0
or d’apr`es 4.4 on a β > 1 donc η 0 (β ) < η 0 (β = 1) = η
4.5.4 minimiser les frottements , ce qui fait augmenter le rendement !


γ (T3 −βT2 )2

fin du corrig´
e

22

´ nonc´e de l’´epreuve CNC physique I MP session 2001
E


esonance magn´
etique nucl´
eaire -RMNLa r´esonance magn´etique nucl´eaire ou RMN est une technique spectroscopique qui se base sur
l’interaction entre les moments magn´etiques nucl´eaires de la mati`ere et un champ magn´etique excitateur. La pr´ecision et la sensibilit´e des mesures qui peuvent ˆetre effectu´ees font de la RMN une
technique de caract´erisation tr`es utilis´ee dans divers domaines notamment en physique de la mati`ere,
en chimie organique. En m´edecine, la RMN est utilis´ee comme technique d’imagerie : c’est l’imagerie
par r´esonance magn´etique ou IRM.
Le pr´esent probl`eme aborde quelques aspects simples de la RMN. Il est compos´e de trois parties
largement ind´ependantes entre elles. Aucune connaissance pr´ealable de la RMN n’est n´ecessaire pour
r´epondre aux questions du probl`eme. On prendra 4π ≈ 12, 5
Donn´
ees utiles et notations
– C´el´erit´e de la lumi`ere dans le vide : c0 = 3 108 m.s−1
– Perm´eabilit´e magn´etique du vide : •0 = 4π 10−7 H.m−1
– Formule fondamentale de d´erivation vectorielle reliant les d´eriv´ees par rapport au temps t d’un
vecteur A~ dans deux r´ef´erentiels R et R’ :
~
~
0
dA
~
( )R = ( dA ) R0 +R /R ~Ω × A
dt
dt
R0 /R ~

Ω ´etant le vecteur rotation instantan´e de R’ par rapport `a R et × d´esigne le produit
vectoriel ;
– On rappelle les formules trigonom´etriques suivantes :
1
cos p cos q = [cos(p + q ) + cos(p − q )]
2
1
sin p cos q = 2 [sin(p + q ) + sin(p − q )]
– Dans tout le probl`eme (~ux , ~uy , ~uz ) d´esignera une base orthonorm´ee directe attach´ee au syst`eme
de coordonn´ees cart´esiennes (x, y , z ) ;
j d´esignera le nombre complexe de module 1 et d’argument π/2 ;
– Conform´ement `a l’usage courant, les grandeurs complexes seront soulign´ees.
1e`re partie :
Champ magn´
etique tournant
Dans cette partie on se propose d’´etudier une m´ethode de production de champ magn´etique
tournant `a l’aide de circuits filiformes classiques parcourus par des courants ad´equats.
1.1 On consid`ere un sol´eno¨ıde S1 comportant n spires circulaires jointives par unit´e de longueur. Les
spires ont chacune un rayon a et une ´epaisseur n´egligeable, elles sont r´eguli`erement espac´ees et
sont parcourues par un courant permanent I1 orient´e dans le sens indiqu´e figure 1.
Dans toute la suite du probl`eme, on s’int´eresse au champ magn´etique cr´e´e au voisinage du
centre O1 du sol´eno¨ıde. On n´egligera alors tous les effets de bord en adoptant le mod`
ele de
sol´
eno¨ıde infiniment long.
23

Fig 1 : Sol´eno¨ıde parcouru par un courant. (a) vue lat´erale, (b) vue en coupe.

~ 1 (x, 0, 0) cr´e´e par S1 en tout point M (x, 0, 0) de son axe. On
1.1.1 Calculer le champ magn´etique B
rappelle l’expression du champ magn´etique ~b cr´e´e par une spire circulaire en tout point M de
son axe Ox (figure 2)
~b = •0 I sin3 α~ux
(1)
2a
a ´etant le rayon de la spire, I l’intensit´e du courant qui la parcourt et 2α l’angle sous lequel la
spire est ” vue ” depuis le point M.

Fig 2 : Spire circulaire parcourue par un courant.
1.1.2 Montrer `a l’aide de consid´erations de sym´etrie de la distribution de courant qu’en tout point
~ 1 (M ) = B1 (M )~ux .
M de l’espace le champ magn´etique cr´e´e par S1 peut s’´ecrire B
1.1.3 Montrer que B1 (M ) ne d´epend que de la distance r du point M `a l’axe du sol´eno¨ıde.
` RE `a un contour judicieusement choisi, calculer le champ
1.1.4 En appliquant le th´eor`eme d’AMPE
magn´etique en tout point de l’espace `a l’int´erieur ou `a l’ext´erieur du sol´eno¨ıde S1 . Montrer
en particulier, qu’`a l’int´erieur de S1 , B1 (M ) = k I et donner l’expression de k.
1.1.5 D´eterminer le coefficient d’inductance propre Λ par unit´e de longueur du sol´eno¨ıde.
1.2 On consid`ere deux sol´eno¨ıdes identiques de mˆemes caract´eristiques que celui ´etudi´e en 1.1. Chacun de ces deux sol´eno¨ıdes poss`ede une r´
esistance ´
electrique R et un coefficient d’inductance
propre total L. Les deux sol´eno¨ıdes sont mont´es de sorte que l’axe du sol´eno¨ıde S1 co¨ıncide
avec l’axe Ox et celui du sol´eno¨ıde S2 avec l’axe Oy. Leur centres respectifs co¨ıncident avec
l’origine O du syst`eme d’axe utilis´e. Il n’y a aucun contact ´electrique entre les spires de S1 et
celles de S2 .
Les deux sol´eno¨ıdes sont ins´er´es dans le circuit ´electrique repr´esent´e figure 3. Le condensateur
utilis´e est suppos´e parfait et de capacit´e C. L’ensemble est aliment´e par un g´en´erateur de
tension suppos´e parfait d´elivrant une tension sinuso¨ıdale basse fr´equence :


π
u(t) = U 2 cos(ω t − )
4

24

(2)

Dans toute la suite on se placera dans le cadre de l’approximation des r´egimes quasipermanents (ARQP) et on s’int´eressera au r´egime sinuso¨ıdal ´etabli (ou forc´e).

Fig 3 : Deux sol´eno¨ıdes crois´es ins´er´es dans un circuit ´electrique. Pour des raisons de clart´e,
les spires ne sont pas repr´esent´ees dans la partie commune centrale.
1.2.1 D´eterminer l’expression de la valeur efficace I1 de l’intensit´e i1 (t) du courant ´electrique circulant dans le sol´eno¨ıde S1 ainsi que le d´ephasage ϕ1 de i1 (t) par rapport `a u(t).
1.2.2 D´eterminer de mˆeme la valeur efficace I2 de l’intensit´e i2 (t) du courant circulant dans le
sol´eno¨ıde S2 ainsi que le d´ephasage ϕ2 de i2 (t) par rapport `a u(t).
1.2.3 Quelle condition doivent satisfaire L, C et ω pour que les d´ephasages ϕ1 et ϕ2 soient oppos´es
ϕ1 = −ϕ2 ?
1.2.4 Quelles conditions doivent satisfaire R, L, C et ω pour que le d´ephasage de i1 (t) par rapport
`a i2 (t) soit ´egal `a π2 ?
1.2.5 Dans toute la suite du probl`eme, les conditions ´etablies en 1.2.3. et 1.2.4. sont remplies
simultan´ement. D´eterminer I1 et I2 .
1.2.6 Justifier succinctement pourquoi les r´esultats de calcul de champ magn´etique effectu´es en 1.1.
restent-ils valables dans le cadre de l’ARQP.
~ au voisinage de O dans la r´egion commune
1.2.6.1 D´eterminer le champ magn´etique r´esultant B
aux deux sol´eno¨ıdes. On n´egligera tous les champs magn´etiques cr´e´es ´eventuellement par les
fils de connexion.
1.2.6.2 Monter qu’il s’agit d’un champ magn´etique de module B constant tournant dans le plan
xOy `a une vitesse angulaire que l’on d´eterminera. Pr´eciser le sens de rotation dans ce plan.
1.2.6.3 Calculer I1 , I2 , C, L et B. Pour cela, on prendra U = 200mV , R = 20Ω, f =
et n = 103 m−1 . On rappelle que 4π ≈ 12, 5.

ω


= 10k H z

1.2.7 Quel est le rˆole du condensateur dans le montage de la figure 3 ?
1.2.8 Quelle modification tr`es simple doit-on apporter au montage de la figure 3 pour inverser le
sens de rotation du champ magn´etique total ? Justifier succinctement la r´eponse.
2e`me partie :
Th´
eorie ´
el´
ementaire de la RMN
2.1 Dans toute cette partie on consid`ere un noyau atomique suppos´e ponctuel et fixe en un point
O du r´ef´erentiel R du laboratoire suppos´e galil´een et auquel on attache un rep`ere orthonorm´e
25

direct R(O, xyz ) de vecteurs de base (~ux , ~uy , ~uz ). Un tel noyau peut ˆetre consid´er´e comme un
dipˆole magn´etique ´el´ementaire rigide de moment magn´etique m
~.
En outre, on admet que le noyau poss`ede un moment cin´etique intrins`eque (ou spin) ~σ reli´e au
moment magn´etique par la relation (que l’on ne cherchera pas `a ´etablir) :

m
~ = γ~σ

(3)

Le facteur γ appel´e rapport gyro-magn´etique est une constante positive ind´ependante du temps.
On n´egligera, tout au long de cette ´etude, le poids du noyau. On rappelle l’expression du
~ des forces exerc´ees par un champ magn´etique B
~ sur un dipˆole magn´etique rigide
moment M
~ :
de moment magn´etique m
~ =m
(4)
~
M
~ ×B

× d´esignant le produit vectoriel.

~ 0 = B0~uz (B0 > 0) uniforme
2.1 Le noyau consid´er´e est soumis `a l’action d’un champ magn´etique B
et permanent dans R port´e par l’axe Oz.
2.1.1 En appliquant le th´eor`eme du moment cin´etique, donner l’´equation r´egissant l’´evolution de m
~.
2.1.2 Montrer que la norme ||m
~ || du moment magn´etique m
~ ainsi que sa projection mz = m
~ .~uz sur
~
la direction du champ magn´etique B0 restent constantes au cours du temps.
~0 ?
2.1.3 Que peut-on dire alors de l’angle entre m
~ et B
2.1.4 D´eterminer les expressions des projections mx sur Ox et my sur Oy du moment magn´etique
m
~ en fonction du temps en supposant qu’`a l’instant t = 0, mx = m0 et my = 0. On pourra
poser avantageusement m = mx + j my et r´esoudre l’´equation diff´erentielle v´erifi´ee par m
2.1.5 En d´eduire que le moment magn´etique m
~ effectue un mouvement de pr´ecession autour de la
~
direction de B0 caract´eris´e par un vecteur rotation instantan´e ω
~ 0 que l’on exprimera en fonction
~
de γ et B0 .
2.1.6 Calculer num´eriquement ω0 = ω
~ 0 .~uz ainsi que la fr´equence correspondante f0 en prenant
8
γ = 2, 7 10 u.S.I et B0 = 1 T . Dans quel domaine du spectre ´electromagn´etique cette fr´equence
se situe-telle ?
~ 0 = B0~uz , on superpose un champ magn´etique B
~ 1 = B1~uX uniforme,
2.2 Au champ magn´etique B
perpendiculaire `a Oz et tournant `a la vitesse angulaire ω
~ = ω ~uz . Dans toute la suite, on
supposera que 0 < B1 ¿ B0 .
Soit R1 le r´ef´erentiel anim´e par rapport au r´ef´erentiel R d’un mouvement de rotation uniforme
`a la vitesse angulaire ω
~ = ω~uz et auquel on attache le rep`ere orthonorm´e direct R1 (O, XY z )
de vecteurs de base (~uX , ~uY , ~uz ). On supposera qu’`a l’instant t = 0, les axes des rep`eres R et
~ =ω
~1
R1 sont confondus. On posera enfin Ω
~ −ω
~ 0 et ω
~ 1 = −γ B
~
2.2.1 Exprimer ( dm
eriv´ee par rapport au temps t du moment magn´etique m
~ relativement au
dt )R d´
r´ef´erentiel R, en fonction de m
~ , et ω
~ 0 et ω
~ 1.
dm
~
2.2.2 En d´eduire ( dt )R 1 d´eriv´ee par rapport au temps du moment magn´etique m
~ relativement au
~ et m
r´ef´erentiel R1 , en fonction de ω
~ 1, Ω
~.

2.2.3 D´ecrire alors le mouvement de m
~ dans le r´ef´erentiel R1 en pr´ecisant en particulier la signi~ et en donnant la valeur de l’angle θ qu’il fait avec l’axe
fication physique du vecteur ω
~1 − Ω
Oz.
~ relativement au r´ef´erentiel R. En
2.2.4 D´ecrire qualitativement le mouvement du vecteur ω
~1 − Ω
d´eduire alors celui du moment magn´etique m
~ dans R.

26

2.2.5 On s’int´eresse `a la composante de m
~ selon l’axe Oz et on pose mz = m
~ .~uz , mz ´etant la
projection de m
~ sur ~uz . On suppose qu’`a l’instant pris comme origine des temps (t = 0),
0
mz = m0 constante positive.
~ = ~0 est r´ealis´ee, la composante mz subit un
2.2.5.1 Montrer que si la condition de r´esonance Ω
premier retournement au bout d’un temps ∆t que l’on d´eterminera.
2.2.5.2 Calculer ∆t pour B1 = 10−6 T et γ = 2, 7 108 u.S.I
2.3 Prise en compte de la relaxation
~ des moments
En r´ealit´e, dans un ´echantillon macroscopique, seule la moyenne statistique M
magn´etiques microscopiques est accessible `a la mesure. On admet que les r´esultats pr´ec´edents
` cause de l’agiobtenus pour le moment magn´etique microscopique m
~ restent valables pour M. A
tation thermique, les atomes d’un tel ´echantillon entrent en collision les uns avec les autres.
Il en r´esulte une tendance `a la d´esorientation des diff´erents moments magn´etiques microsco~ lorsqu’aucun champ magn´etique
piques m
~ et une annulation de leur moyenne statistique M
n’est appliqu´e (relaxation).
2.3.1 Relaxation d’un moment magn´
etique
On admet que pour tenir compte des interactions microscopiques entre les atomes voisins, il
~ le terme de relaxation donn´e par :
suffit d’ajouter dans l’´equation du mouvement de M
(

~
~ − M
~0
dM
M
)relaxation = −
dt
τ

(5)

τ ´etant une constante positive.
` quoi la constante τ est-elle homog`ene ?
2.3.1.1 A
2.3.1.2 Montrer que l’hypoth`ese de prise en compte de la relaxation mentionn´ee ci-dessus (2.3.1.) est
en accord avec la constatation exp´erimentale suivante : ´etant donn´e un ´echantillon de moment
~ = ~0), lorsque, `a l’instant t0 , on soumet un tel ´echantillon `a la seule
magn´etique moyen nul (M
~ 0 = B0~uz , son moment magn´etique moyen M
~ croit en fonction
action du champ magn´etique B
~ 0.
du temps et tend exponentiellement vers la valeur M
´ quation de Bloch
2.3.2 E
~ est soumis aux actions conjugu´ees du champ
Dans toute la suite, le moment magn´etique M
~
~ 1 = B1~uX
magn´etique B0 = B0 ~uz uniforme et permanent dans R et du champ tournant B
d´ecrits en 2.1. et 2.2. En outre, on tiendra compte des ph´enom`enes de relaxation d´ecrits par
~ 0 = M0~uz .
l’´equation (5) ou
`M
´ tablir l’´equation du mouvement du moment magn´etique M
~ relativement au r´ef´erentiel R1
2.3.2.1 E
d´efini en 2.2.
´ tablir les ´equations, dites de BLOCH, v´erifi´ees par les composantes u, v et Mz d´efinies par
2.3.2.2 E
les relations :

~ uX = uM0

 MX = M .~
~ .~uY = v M0
(6)
MY = M



~ .~uz
Mz = M

2.3.3 Dans toute la suite du probl`
eme, on s’int´eresse au r´egime ´etabli (ou permanent dans le
r´ef´erentiel tournant R1 ).

27

2.3.3.1 Montrer alors que les composantes u, v et Mz sont donn´ees par :









u=

−τ 2 ω1 Ω
1+(τ ω1 )2 +(τ Ω)2

v = 1+(τ ω1−)2τ ω+(1 τ Ω)2

Mz = M0 − M0

(7)

(τ ω 1) 2
1+(τ ω1 )2 +(τ Ω)2

2.3.3.2 Tracer l’allure des courbes u(Ω) et v (Ω) en pr´ecisant les positions et les valeurs des maxima
et minima ´eventuels.
2.3.3.3 D´eterminer la largeur `a mi-hauteur ∆Ω de la courbe u(Ω). Que repr´esente ∆Ω pour la courbe
u(Ω) ?

~ 1 = B1~uX est remplac´e par un
2.3.4 En r´ealit´e, dans la pratique, le champ magn´etique tournant B
~ 2 = 2B1 cos(ω 0 t)~ux (ω 0 > 0) de direction fixe dans R cr´e´e par un sol´eno¨ıde
champ alternatif B
tr`es long parcouru par le courant i(t) = 2I cos(ω 0 t).
~ 2−
~ 2 peut ˆetre d´ecompos´e en deux champs B
~+
2.3.4.1 Montrer que le champ magn´etique B
2 et B
tournant autour de Oz respectivement dans le sens direct et le sens inverse. On donnera les
~ 2+ et B
~ 2− .
expressions de B
2.3.4.2 En s’appuyant en particulier sur les r´esultats des questions 2.1.5. et 2.1.6. et en rappelant la
~2+
d´efinition de la r´esonance (question 2.2.5.1.), montrer qu’une seule des deux composantes B
~ 2− ; permettra d’atteindre la r´esonance. Exprimer le vecteur rotation instantan´e de cette
ou
` B
composante en fonction de ω 0 .
~2
~ en pr´esence de B
2.3.4.3 Expliquer alors pourquoi, au voisinage de la r´esonance, l’´evolution de M
~ 1.
reste la mˆeme que celle pr´evue avec le champ tournant B
2.4 D´
etection de la r´
eponse du milieu
~ proportionnel au moment
On admet que l’´echantillon ´etudi´e cr´ee un champ magn´etique B
~
magn´etique M
~ = KM
~
(8)
B
K ´etant un coefficient de proportionnalit´e r´eel et positif que l’on ne cherchera pas `a expliciter.
Pour d´etecter la r´eponse du milieu ´etudi´e, on place l’´echantillon dans une bobine d´etectrice
plate B , d’axe Oy comportant N spires circulaires de surface S chacune.
~ 0 et B
~ 2 ne perturbe pas la d´etection.
2.4.1 Expliquer pourquoi la pr´esence des champs B
2.4.2 D´eterminer l’expression de la force ´electromotrice (f.´e.m.) e(t) induite dans la bobine d´etectrice
B.
Montrer que l’on peut mettre e(t) sous la forme :

e(t) = V0 cos ω 0 t + V π2 sin ω 0 t

(9)

et donner les expressions de V0 et V π2 .
` l’aide d’une d´etection synchrone appropri´ee (3`eme partie), on peut mesurer s´epar´ement
2.4.3 A
les parties de la f.´e.m. e( t) en phase et en quadrature de phase avec le champ magn´etique
~ 2 . Quelle courbe exp´erimentale doit-on tracer pour obtenir τ ?
excitateur B

28

3e`me partie :

etection synchrone du signal
Dans cette partie, on se propose d’´etudier la m´ethode de d´etection synchrone qui a permis
d’extraire s´epar´ement les deux composantes de la f.´e.m. e(t), l’une en phase et l’autre en
quadrature de phase avec le champ magn´etique excitateur.
3.1 Sch´
ema de principe d’un d´
etecteur synchrone
La figure 4 donne le sch´ema de principe d’un d´etecteur synchrone.

Fig 4 : Sch´ema bloc de principe d’un d´etecteur synchrone.
La tension e(t) est pr´elev´ee aux bornes de la bobine d´etectrice B . Le but ´etant de mesurer
s´epar´ement les composantes V0 et V π2 de

e(t) = V0 cos ω 0 t + V π2 sin ω 0 t

(10)

La tension de r´ef´erence vRE F (t) est une tension en phase avec le champ magn´etique excitateur

vRE F (t) = V cos ω 0 t

(11)

Le circuit d´ephaseur a pour seul rˆole d’ajouter un d´ephasage ∆ϕ `a la phase de la tension de
r´ef´erence

VDE P (t) = V cos(ω 0 t + ∆ϕ)

(12)

La tension vM U L `a la sortie du circuit multiplieur analogique est ensuite filtr´ee `a l’aide d’un
filtre passe-bas (FPB) de pulsation de coupure ωc et d’amplification A positive dans la bande
passante. Un voltm`etre num´erique plac´e `a la sortie du filtre passe-bas permet de mesurer la
valeur efficace de la tension de sortie. Le multiplieur analogique utilis´e est un composant non
lin´eaire dont les imp´edances d’entr´ee seront consid´er´ees infinies, l’imp´edance de sortie nulle et
la bande passante infinie. La tension de sortie du circuit multiplieur vM U L est proportionnelle
au produit des deux tensions d’entr´ee :

vM U L (t) =

1

K0

x1 (t)x2 (t)

(13)

K0 ´etant une constante positive.
` quoi la constante K0 est-elle homog`ene ?
3.1.1 A
3.1.2 Donner l’expression de la tension vM U L (t) en fonction de V, K0 , V0 , V π2 , ω 0 , t et ∆ϕ.
3.1.3 Montrer que cette tension peut s’´ecrire comme la somme de quatre termes, dont deux de
fr´equence nulle. Dessiner alors le spectre en fr´equence correspondant.
29

3.1.4 Donner l’expression de la tension vF P B `a la sortie du filtre passe-bas sachant que sa pulsation
de coupure ωc est tr`es inf´erieure `a la pulsation d’excitation ω 0 .
3.1.5 Montrer qu’un choix judicieux du d´ephasage ∆ϕ permet d’´etudier s´epar´ement V 0 et V π2 .
´ tude du circuit d´
3.2 E
ephaseur
On peut ´etudier le principe de fonctionnement du circuit d´ephaseur `a partir du circuit repr´esent´e
figure 5.
C ´etant un condensateur de 10 nF et R un potentiom`etre r´eglable de 0 `a 100 k Ω. L’amplificateur
op´erationnel utilis´e sera consid´er´e comme parfait et fonctionnant en r´egime lin´eaire.

Fig 5 : Circuit d´ephaseur `a amplificateur op´erationnel.
3.2.1 D´eterminer la fonction de transfert harmonique H (j ω 0 ) =

V DEP
V REF
0

de ce montage.

3.2.2 Quelles sont les expressions de l’amplification H (ω 0 ) = |H (j ω )| et de la phase ∆ϕ = arg [H (j ω 0 )] ?
3.2.3 Tracer le diagramme de BODE correspondant et en d´eduire le rˆole du montage.
3.2.4 On suppose que le signal de r´ef´erence vRE F (t) = VM cos ω 0 t en phase avec le champ magn´etique
excitateur a une fr´equence f 0 = ω 0 /2π = 10 k H z .
Quelle valeur faut-il donner `a R pour obtenir un d´ephasage ∆ϕ = −π /2 ? Quelle est alors
l’expression de vF P B `a la sortie du d´etecteur synchrone ?
3.2.5 Comment peut-on pr´elever la tension vRE F (t) en phase avec le champ magn´etique excitateur
~2 ?
B
fin de l’´
enonc´
e

30

Corrig´e de l’´epreuve CNC physique I MP session 2001 par AIT BENALI


esonance magn´
etique nucl´
eaire -RMN1e`re partie :
Champ magn´
etique tournant
1.1
1.1.1 la tranche du sol´eno¨ıde [x0 , x0 + dx0 ] est assimil´ee `a une spire de courant dI = ndx0 I1 et cr´ee
~ 1 = •0 nI1 dx0 sin3 α~ux or cotanα = x− =⇒ dx0 = a dα
un
el´ementaire dB
x0 champ ´
a

2a

sin2 α

x

O

α

a

M
x

x0

~ 1 (x, 0, 0) = R 0π
soit B

•0 nI1
2a

d x0

sin3 αasin2dαα ~ux = •0 nI1 ~ux

~ 1 (M ) ⊥ Π
1.1.2 le plan Π ≡ (M, ~uy , ~uz ) est un plan de sym´etrie des courants donc B
~ 1 (M ) = B1 (M )~ux
soit B
1.1.3 le sol´eno¨ıde infini est invariant par translation et par rotation suivant Ox donc B1 (M ) = B1 (r )
~ 1 = B1 (r )~ux soit le th´eor`eme d’Amp`ere H B
~ .d~` = •0 Ienlaces or
1.1.4 on a : B
Γ

D

M

C

I1
a
A

B

l

31

x

on a :
I
Γ

B (r )~ux .d~` =

ZB
A

B1 (0)~ux .d`~ux +

ZC
B

B1 (r )d` ~u| x{z.~ur} +
(

donc :

H
Γ

~ 1 .d~` = [•0 nI1~ux − B1 (r)]` =
B
(

~1 =
soit B
1.1.5 Λ =

Φpropre

`I1

ZD

B1 (r )~ux .d`( −~ux )+

C

ZA
D

B1 (r )d` ~ux .(−~ur )
|

{z

0
r <a
+•0 n`I1 r > a

•0 nI1~ux r < a
donc k = •0 n
~0
r >a
=

(n`)(•0 nI1 )(π a2 )

`I1

= •0 n 2π a 2

1.2
1.2.1 sch´ema ´equivalent en r´egime sinuso¨ıdal
I1
I2
R
R
ZL

U
ZL

ZC





on adopte la notation complexe x(t) = X 2 cos(ω t + ϕ − π4 ) ս x(t) = X 2 exp j (ω t − 4π ) alors


U

I1 =

R + j (Lω −

1
Cω )

=⇒

I1 = |I 1 | = √ 2







U
1

2

R +(Lω − C ω )
U
ϕ1 = arg I 1 = arg R+j (Lω

= − arctan (Lω−

1

)

R

1





1.2.2 de mˆeme

I2 =

U
=⇒
R + j Lω





I2 = |I 2 | =

)

√ 2U 2 2
R +L ω

ϕ2 = arg I 2 = arg R+Uj Lω = − arctan

1.2.3 ϕ1 = −ϕ2 ⇐⇒ ( C1ω − Lω) = Lω > 0
(∗)
π
1.2.4 ϕ1 − ϕ2 = 2 =⇒ tan ϕ1 tan ϕ2 = −1 =⇒ Lω (C1ω − Lω) = R2


R

(∗∗)

1.2.5 dans le cas ou
` les deux conditions sont satisfaites , par remplacement , on aura :
1
Lω = ( C ω − Lω ) = R soit : I1 = I2 = RU√2
remarque : ϕ1 = −ϕ2 = 4π

−→ ~
~ = 0 ont la mˆeme
1.2.6 en effet les ´equations de Maxwell en ARQP s’´ecrivent : rotB
≈ •0~j et div B
forme qu’en r´egime permanent donc le thm d’amp`ere reste valable sous la forme de 1.1.4

~ =B
~1 + B
~ 2 = •0 ni1 (t)~ux + •0 ni2 (t)~uy = •0 nU 2[cos(ω t)~ux + cos(ω t − π )~uy ]
1.2.6.1 B
32

}

~
soit B
=
1.2.6.2 :


R 2
•0 nU
ux
R [cos(ω t)~

+ sin(ω t)~uy ]

33

2

y
r
B

ωt
O

x

B = •0R tournant dans le plan xOy `a la vitesse angulaire ω dans le sens trigonom´etrique
nU
1.2.6.3 I1 = I2 = 7 mA L = ωR = 0.32 mH C = 2R1ω = 400 nF B = 1.25 10−5 T
1.2.7 le condensateur cr´ee un d´ephasage entre i1 (t) et i2 (t)
~ = •0 nU [cos(ω t)~u + sin(ω t)~u ]
1.2.8 brancher C en s´erie avec le sol´eno¨ıde S2 dans ce cas B
y
x
R
2e`me partie :
Th´
eorie ´
el´
ementaire de la RMN
2.1
~
σ
~ soit dm
~ × B ~uz
2.1.1 TMC en O dans le R´ef Galil´een d~
~ ×B
dt = γ m
dt = m
2
~
~ ) = 0 ⇐⇒ 1 dm~ = 0 =⇒ ||m
2.1.2 on a m
~ . dm
=m
~ .(γ m
~ ×B
~ || = cte

de mˆeme

dt
dmz
dt

2 dt

m
~
= ~uz . ddt
= 0 =⇒ mz = cte0

d~
2.1.3 cos(m
~ ,B
0) =
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯

~0
m
~ .B
mB0

¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯

=

mz
m

= constante

m˙ x
γ my B 0
(1)
(2)
2.1.4 on a m˙ y = −γ mx B0
0
m˙ z
(1) + i(2) =⇒ m
˙ + iγ B0 m = 0
donc m(t) = m(0) exp −iγB0 t = (m0 + i0) exp −iγB0 t = m0 exp −iγ B0 t
soit mx (t) = <(m) = m0 cos γB0 t et my (t) = =(m) = −m0 sin γ B0 t
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯

m0 cos γ B0 t
2.1.5 on a m
~ (t) = −m0 sin γ B0 t soit |ω0 | = γ B0 de plus d’apr`es les donn´ees on ´ecrit
mz 0
dm
~
~
~
~0 × B
~ =ω
dt |R = −γ B0 × m
2.1.6 ω0 = −γB0 = −2.7 108 H z et f 0 =
|

|ω0


= 0.43 108 H z ondes Hertziennes

2.2
2.2.1
2.2.2

dm
~
~
~
~ = (ω
~0 + ω
~ 1) × m
~
dt |R = −γ (B0 + B1 ) × m
dm
~
dm
~
~) ×m
~ ×m
~ = (ω
~1 − Ω
~
dt |R 1 = dt |R − ω

~ = −γ B ~u − γ B ~u − ω~u
2.2.3 c’est un mouvement de pr´ecession `a la vitesse de rotation ω
~1 − Ω
1 X
0 z
z

~ ~
−Ω).~uz
on a ~uX ⊥ ~ux donc cos θ = 1
34

~|

~ 1 −Ω

=− √

γ B0 +ω

(γ B1 )2 +(γ B0 +ω )2

35

~ est fixe dans R1 effectue donc un mouvement de rotation autour de Oz `a la vitesse de
2.2.4 ~ω1 − Ω
rotation ω
~
le mouvement de m
~ dans R sera compos´e de pr´ecession et rotation
2.2.5
~ = ~0 on aura dm~ |R1 = ω1~uX × m
2.2.5.1 si Ω
~
dt

m
~ z subit son premier retournement (m
~ z −→ −m
~ z ) `a la demi-p´eriode de rotation
π
π
∆t = |ω1 | = γ B1
2.2.5.2 A.N : ∆t = 11.6 ms
2.3 Prise en compte de la relaxation
2.3.1 Relaxation d’un moment magn´
etique
2.3.1.1 τ est un temps
2.3.1.2 En pr´esence du champ magn´etique `a t ≥ t0 :
~ (t0 ) = ~0 donc :
M

dM~
dt

+

~
M
τ

=

~0
M
τ

~ = A~ exp(−t/τ ) + M
~ 0 or
=⇒ M

t − t0
~ (t) = M
~ 0 [1 − exp(−
)]
M
τ
Rqe : En absence du champ magn´etique , on aura :
~
~
~
~
dM
M
dM
M
~ (t) = M
~ 0 exp −t − t0
=−
=⇒
+
= ~0 =⇒ M
dt
τ
dt
τ
τ

´ quation de Bloch
2.3.2 E
~
~) ×M
~
~ −Ω
2.3.2.1 dM | = (ω
dt R1

¯
¯

¯

2.3.2.2 soit
¯
¯¯
¯

soit

¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯

1

M˙ X

¯
¯

ω1

¯



MY

¯
¯



¯
¯
¯
¯

¯
¯¯
¯

2.3.3.1 En r´egime ´etabli






¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯

1

¯
¯
¯

τ¯

−Ω
Mz
M˙ z
u˙ = − uτ + Ωv
z
v˙ = −Ωu − vτ − ω1 M
M0
M˙ z = ω1 v M0 − Mz −τ M0

2.3.3

soit

− τ
MX

¯
¯

ׯ

= 0
Y

~−M
~0
M

¯

¯

MX

MX


=¯ −
¯¯

Y

¯
¯
¯

M
Mz − M0

τ

+ ΩMY

ΩMX

M


Y

ω1 MY −

−ω M

Mz τ− M0
τ

1

z

¯

¯ 0 = −u + τ Ωv
0 = − uτ + Ωv
¯
v
Mz
0 = −Ωu − τ − ω1 M0 =⇒ ¯¯ τ ω1 = −τ Ωu − v (1 + τ 2 ω12 )
¯
¯ Mz = M0 (1 + τ ω1 v )
0 = ω1 v M0 − Mz −τM0

u = 1+(τ −ω1τ)2ω+(1 Ωτ Ω)2
τω 1
v = 1+(τ ω−
2
2
1 ) +(τ Ω)
2
1)
Mz = M0 − M0 1+(τ−ω(1τ)ω2 +(
τ Ω)2
2

2.3.3.2 avec ω1 < 0 on aura Ωmax =

q

1
τ2

+ ω 21 et umax = q −1 ω1
2

36

+ω12
τ2

enfin vmax =

− τ ω1
1+(τ ω1 )2

u(Ω)
umax

-Ωmax
Ωmax

0

vmax



v(Ω)

vmax / 2

-Ωmax 0
2.3.3.3 v (Ω) =

vmax

1
2

− τ ω1

⇐⇒

=

1+(τ ω1 )2 +(τ Ω)2

2.3.4

¯

~ 2 = 2B1 cos ω 0 t~ux =
2.3.4.1 B
¯
¯¯
¯



Ωmax
− τ ω1

=⇒ Ω =

2+2(τ ω1 )2

cos ω 0 t

B1
B1 sin ω 0 t

x

~uy

+ ω 2 = Ωmax =⇒ ∆Ω = 2Ωmax

τ2

¯

~u

q


¯¯
¯

cos ω 0 t

B1
−B1 sin ω 0 t

1

~u

~ +B
~ (resp)
=B
x

~uy

+
2


2

2

~ =ω
~ − permet
2.3.4.2 `a la r´esonance Ω
~± 0 − ω
~ 0 = ~0 soit ω
~ ± 0 = −γ B0~uz donc seul la composante B
d’atteindre la r´esonance , le vecteur rotation de cette composante est −ω 0 ~uz
2.3.4.3 notons Ω+ = ω 0+ − ω0 = ω 0 + γ B0
~+
~
l’effet de la composante B
e par u(Ω+ ) et v (Ω+ ) dans les expressions 2bobine
.3.3.1
2 sur M sera quantifi´
plate
2.4 D´
etection de la r´
eponse du milieu
~ 2 = B2 (t)~ux et de B
~ 0 = B0~uz sont nuls `a travers la surface S~
2.4.1 car les flux de B
37

= S~uy de la

38

dMy
uX + MY ~uY + Mz ~uz ).~uy
2.4.2 loi de faraday e(t) = − dφ
dt = −N S K dt or My = (MX ~
~ −2 avec −ω 0 ~uz
or d’apr`es 2.3.4.3 on ne consid`ere que la composante B

y
Y

Z
ω' t

O

x

X
donc My = −uM0 sin ω 0 t + vM0 cos ω 0 t =⇒ e(t) = N SKuM0 cos ω 0 t + N SKvM0 sin ω 0 t
soit V0 = N SKuM0 et V π2 = N S K v M0
2.4.3 il faut tracer la loi affine

V0


= τ Ω = τ (−ω 0 + γ B0 ) en fonction de ω 0 de pente −τ

2

3e`me partie :

etection synchrone du signal
3.1 Sch´
ema de principe d’un d´
etecteur synchrone
3.1.1 K0 est en V olt
3.1.2 VM U L (t) = K10 vDE P (t)e(t) = K01 V cos(ω 0 t + ∆ϕ)[V0 cos ω 0 t + V2 π sin ω 0 t]
3.1.3 par trigonom´etrie (voir donn´ees), il vient

VM U L (t) =

V
[V0 cos(∆ϕ) − V π2 sin(∆ϕ) +V0 cos(2ω 0 t + ∆ϕ) + V2 π sin(2ω 0 t + ∆ϕ)]
2K 0 |
{z
}

le spectre contient deux composantes :
composante continue de pulsation ω = 0 avec l’amplitude a0 =
composante variable de pulsation ω = 2ω 0 avec l’amplitude a =

V

2K0

[V0 cos(∆ϕ) − V π2 sin(∆ϕ)]

V
2K0

q

V 02 + V π2

amplitude
a

A
a0

0

ωc

2 ω'

39

pulsation

2

3.1.4 le filtre passe-bas ´elimine la composante variable donc :

vF P B (t) = A
3.1.5 si ∆ϕ = 0 alors vF P B (t) = A

V
[V0 cos(∆ϕ) − V π2 sin(∆ϕ)]
2K0

V V0
2K 0
V Vπ

si ∆ϕ = 2π alors vF P B (t) = −A
´ tude du circuit d´
3.2 E
ephaseur

2

2K 0

3.2.1 En r´egime lin´eaire ε = v + − v − =
0

v ref

or
par le th´eor`eme de Millmann : v − =
+v

r

v ref

v dep

+

r

=

v ref

dep

1
1
r+r

soit H (j ω 0 ) =

v dep
v ref

=

et
v+ =
c

R

0

+

Z

=

c
1
1
R+ Z

2

v ref
1+j RC ω 0

1−j RC ω 0

1+j RC ω 0

3.2.2 H (ω 0 ) = |H (j ω 0 )| = 1
et ∆ϕ = Ar g H (j ω 0 ) = Ar g (1 − j RC ω 0 ) − Ar g (1 + j RC ω 0 ) = −2Ar ctan[RC ω 0 ]
3.2.3 on note ω0 =

1

RC

∆ϕ

Hdb
log ω'

0 log ω0

log ω'

0
-π/2


le circuit est passe-tout d´ephaseur
3.2.4 ∆ϕ = − π2 si ω 0 = ω0 =

1

RC

d’ou
`R=

1
ω0 C

=

1
2π 104 10 10−9

V Vπ
2
2K 0

Ω = 1. 6 k Ω

dans ce cas d’apr`es 3.1.4 on aura vF P B (t) = A
3.2.5 il suffit de r´ealiser ∆ϕ = 0 en prenant R = 0 ou de relier directement ,sans d´ephaseur, vref (t)
`a l’entr´ee x1 du multiplieur.
fin du corrig´
e

40

41

´ nonc´e de l’´epreuve CNC physique I MP session 2002
E
Satellites artificiels
Ce probl`eme propose l’´etude de quelques propri´et´es des satellites artificiels terrestres. Dans le cadre
de cette ´etude on consid`ere un mod`ele simple se basant sur les hypoth`eses suivantes :
- le r´ef´erentiel d’´etude est le r´ef´erentiel g´eocentrique RG , suppos´e galileen ;
- la Terre de masse MT est suppos´ee sph´erique de centre T et de rayon RT ;
- le satellite artificiel sera assimil´e `a un point mat´eriel S de masse m ;
- sauf mention explicite du contraire, le satellite est suppos´e soumis `a la seule action de la Terre
caract´eris´ee par le champ de gravitation terrestre dont l’intensit´e `a une distance r du centre T de la
Terre est not´ee G(r ) ;
´
1e`re partie : E
tude g´
en´
erale
`
1.1 En quelle ann´ee, le Maroc a-t-il lanc´e son premier satellite artificiel ? Quel nom porte-t-il ? A
quel usage principal est-il destin´e ?
1.2 Exprimer l’intensit´e du champ de pesanteur terrestre G(r ) `a la distance r du centre T de la Terre
en fonction de r, RT et g0 = G(RT ) qui d´esigne l’intensit´e du champ de pesanteur `a la surface
de la Terre.
1.3 La mise sur orbite d’un satellite artificiel se fait `a partir d’une fus´ee en un point S0 situ´e `a une
distance r0 du centre T de la Terre, r0 > RT . La vitesse de lancement du satellite par rapport
`a RG , est ~v0 . On posera dans toute la suite :

α0 =

r0 v02
g0 R2T

−−→

et β0 = (T S0 , ~v0 )

1.3.1 Montrer que, apr`es sa mise sur orbite, le satellite parcourt une trajectoire plane. Caract´eriser
compl`etement le plan de la trajectoire.
1.3.2 Dans toute la suite, on rep´erera la position S du satellite dans le plan de sa trajectoire par :
−→
. la distance r telle que ~r = T S = r~ur ;
−→ −→
−→
−→
. l’angle θ = (T S 0 , T S ) orient´e de T S 0 vers T S .
On posera aussi : ~uθ = dθ et ~uz = ~ur × ~uθ
d~ur

(~ur , ~uθ , ~uz ) constitue donc une base orthonorm´ee directe. Faire un sch´ema repr´esentatif dans le
−→
plan de la trajectoire du satellite montrant T , S0 , S , ~r0 = T S 0 , ~r, ~v0 , θ et β0.
1.3.3 Montrer que le moment cin´etique ~σ du satellite en T peut s’´ecrire ~σ = σ~uz et donner l’expression de σ en fonction de m, r0 , v0 et β0 .
~ du satellite artificiel par : H
~ = m~v − K2 (~σ × ~r )
1.4 On d´efinit le vecteur de HAMILTON H
σ
r
ou x d´esigne le produit vectoriel et K une constante r´eelle.
~ reste constant au cours du mouvement `a condition de donner `a K
Montrer que le vecteur H
une expression particuli`ere.
~ est alors une
Dans toute la suite du probl`eme, K a l’expression d´etermin´ee `a la question 1.4. H
constante du mouvement appel´ee int´egrale premi`ere de LANDAU.

1.5 On appelle hodographe H du mouvement le lieu des points A tels que A = ~v , O ´etant un
point quelconque de l’espace. Pour tracer H, on porte donc le vecteur ~v `a partir d’un point O.
L’hodographe du mouvement est le lieu des points d´ecrit par l’extr´emit´e du vecteur vitesse ~v
au cours du temps.
42



1.5.1 D’apr`es les questions pr´ec´edentes, exprimer A et en d´eduire la forme de l’hodographe dans
le cas du mouvement d’une particule dans un champ central de force en 1/r 2 ?
1.5.2 Que peut-on dire `a propos des directions permises pour le vecteur vitesse ~v selon que le point
O est `a l’ext´erieur ou `a l’int´erieur de H ?
` quel type de trajectoire correspond chacun des cas cit´es `a la question 1.5.2. ? On se rappellera
1.5.3 A
pour cela des r´esultats de l’´etude g´en´erale du mouvement d’une particule dans un champ central
de force en 1/r2 .
1.5.4 Donner la direction du vecteur de HAMILTON. Que vaut H dans le cas d’une trajectoire
circulaire ?
1.6 On introduit le vecteur ~² d´efini par :

~² =

1 ~
H × ~σ

K

1.6.1 Montrer que le vecteur ~² est une constante du mouvement. Dans quel plan se situe ~² ?
1.6.2 En exprimant le produit scalaire ~r.~², montrer que l’´equation polaire de la trajectoire du satellite
peut se mettre sous la forme :
p
r=
1 + e cos(θ − θ0 )
ou p, e et θ0 sont des constantes, p > 0 et e > 0.Exprimer p et e en fonction de σ, K et ~². Que
repr´esente θ0 ?
1.6.3 Exprimer p en fonction de α0 , r0 et β0 et montrer que e est donn´ee par :

e2 = 1 + α0 (α0 − 2) sin2 β
1.7 On se propose de discuter la nature de la trajectoire du satellite en fonction des conditions de
sa mise sur orbite.
1.7.1 Tracer les courbes repr´esentatives de e en fonction de α0 pour les valeurs suivantes de β0 : 0,
π π π
, , et π2 .
6 4 3
1.7.2 Discuter la nature de la trajectoire en fonction de la valeur de α0 et en d´eduire la valeur de la
vitesse de lib´eration v` `a l’altitude z0 = r0 − RT .
` quelles conditions sur α0 et β0 la trajectoire est-elle circulaire ? En d´eduire la vitesse du
1.7.3 A
satellite sur son orbite circulaire de rayon R.
1.8 On consid`ere le cas : α0 = 1 et 0 < β0 < π2
1.8.1 Quelle est la nature de la trajectoire ?
1.8.2 D´eterminer θ0 en fonction de β0 .
1.8.3 Montrer que S0 est un sommet du petit axe de la trajectoire du satellite et positionner celle-ci
en faisant un sch´ema clair et soign´e.
2e`me partie :
Satellites circulaires
On consid`ere le cas d’une trajectoire circulaire de rayon R.
2.1 Satellites en orbite basse
2.1.1 En appliquant le th´eor`eme de la r´esultante cin´etique au satellite, retrouver directement l’expression de sa vitesse v sur son orbite circulaire de rayon R.

43

2.1.2 En d´eduire la p´eriode de r´evolution T du mouvement du satellite. Retrouve-t-on la troisi`eme
loi de KEPLER ?
2.1.3 y a-t-il une restriction concernant le plan de la trajectoire ainsi que le sens de rotation du
satellite ? Pourquoi certains de ces satellites sont ils dits ” satellites polaires” ?
2.2 Satellites g´
eo-stationnaires
Un satellite g´eo-stationnaire est un satellite qui apparaˆıt fixe `a un observateur terrestre.
2.2.1 Quel est l’int´erˆet de tels satellites ? Citer un exemple d’application.
2.2.2 Exprimer l’altitude zG `a laquelle il faut placer le satellite pour qu’il soit g´eo-stationnaire en
fonction de g0 , RT et T0 qui d´esigne la p´eriode de rotation de la Terre par rapport au r´ef´erentiel
g´eo-centrique.
2.2.3 Calculer num´eriquement zG en prenant π 2 ≈ 10, g0 ≈ 10 m.s−2 , RT ≈ 6.106 m et T0 ≈ 9.104 s.
Pourquoi T0 n’est-elle pas rigoureusement ´egale `a la dur´ee d’un jour ?
2.2.4 Pr´eciser le plan de la trajectoire ainsi que le sens de rotation du satellite.
2.3 Transfert d’orbite
On veut transf´erer un satellite artificiel de masse m d’une orbite circulaire basse (CB ) de
rayon RB `a une orbite g´eostationnaire (CG ) de rayon RG . Pour cela on emprunte une orbite de
transfert elliptique appel´ee ellipse de HOHMANN. Une telle ellipse (EH ) est tangente aux deux
trajectoires (CB ) et (CG ) ; son p´erig´ee P est sur l’orbite basse alors que son apog´ee A est sur
l’orbite g´eostationnaire. On appelle ∆v1 et ∆v2 les variations de vitesse qu’il faut communiquer
au satellite pour le faire passer respectivement de (CB ) `a (EH ) et de (EH ) `a (CG ).
2.3.1 Quelle est la particularit´e des plans des trois trajectoires ? Repr´esenter graphiquement (CB ),
(CG ) et (EH )
2.3.2 En exprimant la conservation de l’´energie et du moment cin´etique sur l’orbite de transfert,
exprimer les vitesses du satellite vA `a l’apog´ee et vP au p´erig´ee sur l’orbite de transfert en
fonction de g0 , RT , RB et RG .
2.3.3 En d´eduire ∆v1 et ∆v2 . Commenter.
2.3.4 Quelle est la dur´ee minimale ∆t de la phase de transfert sur l’ellipse de HOHMANN ?
2.3.5 D´eterminer l’excentricit´e eH de l’ellipse de HOHMANN.
3e`me partie :
Influence de l’atmosph`
ere terrestre
Dans cette partie, on se propose d’´etudier l’influence de l’atmosph`ere terrestre sur la trajectoire
d’un satellite artificiel en orbite circulaire basse. Pour cela on commence par d´evelopper un
mod`ele de force de frottement avant de l’appliquer pour ´etudier le freinage du satellite par
l’atmosph`ere.
3.1 Mod`
ele de force de frottement
On consid`ere un satellite (S) anim´e d’une vitesse ~v sur une orbite circulaire basse `a une altitude
z ¿ RT . Le frottement subit par le satellite est du
ˆ aux chocs avec les mol´ecules de l’atmosph`ere
suppos´ees identiques. Dans le cadre du mod`ele utilis´e, on supposera ces chocs parfaitement mous
et on n´egligera la vitesse initiale des particules de l’atmosph`ere.
3.1.1 Montrer qu’au cours du choc entre le satellite et une mol´ecule de masse m’ de l’atmosph`ere,
la quantit´e de mouvement du satellite subit une variation ∆p~ = p~apres − p~avant donn´ee au 1 er
ordre par :
∆~p ≈ −m0~v
44

3.1.2 Montrer que tout se passe comme si le satellite ´etait soumis de la part de l’atmosph`ere `a une
force de frottement F~ donn´ee par :
F~ = −k(z )v~v
ou
` v = ||~v ||. Pour cela on fera un bilan de quantit´e de mouvement entre les instants t et t + dt en
comptant le nombre de chocs subis par le satellite que l’on pourra consid´erer comme une sph`ere
de rayon a. Exprimer k (z ) en fonction Σ = πa2 et de la masse volumique •(z ) de l’atmosph`ere `a
l’altitude z . Que repr´esente Σ ? Le r´esultat obtenu d´epend-il en r´ealit´e de la forme du satellite ?
3.1.3 On suppose qu’`a une altitude z ¿ RT , la masse volumique de l’atmosph`ere est donn´ee par la
loi :
z
•(z ) = •0 exp(− )

H

´ tablir cette loi et exprimer les constantes •0 et H dans le cadre du mod`ele d’atmosph`ere
E
isotherme constitu´ee d’un gaz parfait. Que repr´esente •0 ?
3.2 Freinage du satellite
Sous l’effet du frottement atmosph´erique, le satellite de masse m perd de l’altitude. On suppose
que le module de la force de frottement est petit devant celui de la force d’attraction terrestre
de sorte que l’on puisse assimiler la trajectoire `a un cercle de rayon R lentement d´ecroissant.
3.2.1 En exprimant que la trajectoire reste approximativement circulaire entre les instants t et t + dt,
d´eterminer une relation approch´ee entre la variation d’altitude dz et la variation de vitesse dv
du satellite.
3.2.2 En utilisant des arguments ´energ´etiques, expliquer qualitativement pourquoi la vitesse du satel
lite augmente au cours de sa chute.
3.2.3 Exprimer la variation dEM de l’´energie m´ecanique du satellite entre les instants t et t + dt en
fonction de m, g0 , RT , R et dz .
3.2.4 Exprimer de mˆeme le travail δ W des forces de frottement en fonction de Σ, •, v et dt.
3.2.5 En d´eduire que la variation d’altitude dz pendant l’intervalle de temps dt v´erifie une ´equation
diff´erentielle du type :
dz
= −B •v R

dt

ou
` B est une constante r´eelle positive que l’on exprimera en fonction de Σ et m.
3.2.6 En utilisant l’approximation de l’orbite basse, z ¿ RT , donner une loi approch´ee de variation
de l’altitude z (t) en fonction du temps en faisant apparaˆıtre la quantit´e :

τ=

mH

2σ•0 RT g0 RT

dont on pr´ecisera la dimension.
3.2.7 Application num´
erique : Calculer T puis la dur´ee de chute d’un satellite artificiel depuis
l’altitude h = 270 km. On prendra g0 ≈ 10 m.s−2 , m = 103 kg , •0 = 1, 5 kg .m−3 , H = 9 km,
RT = 6.106 m et Σ = 10 m2 . On donne exp 30 ≈ 1013 . Commenter le r´esultat obtenu.
3.2.8 Peut-on r´eellement n´egliger la vitesse d’agitation thermique vT h des particules de l’atmosph`ere
devant la vitesse du satellite ? On prendra vT h = 0, 5 km.s−1 .
fin de l’´
enonc´
e

45

Corrig´e de l’´epreuve CNC physique I MP session 2002 par AIT BENALI

Satellites artificiels

´
1e`re partie : E
tude g´
en´
erale
1.1 Yamama , t´el´ecommunication
1.2 G(r ) =
GMT

r2

or g0

= donc G(r ) =

GMT
R2T

g0 R2T
r2

1.3
1.3.1 dans RG Galil´een le TMC en T appliqu´e au satellite :

d~σT −→
mMT −→ ~
TS = 0
= T S × −G
dt
T S3

−→
−→ →

donc ~σT = T S × m~v = cte soit T S.cte = ax + by + cz = 0 c’est l’´equation cart´esienne du plan
−→
passant par l’origine T et ⊥ `a ~σT c`ad le plan form´e par (T S , ~v0 )
1.3.2 :
S

r

v0

θ

z

β0
r0

T

S0

1.3.3 ~σ = ~r × m~v = r~ur × m(r˙ ~ur + r θ˙~uθ ) = mr 2 θ˙~uz soit σ = mr2 θ˙
d’apr`es les conditions initiales ~σ = ~r0 × m~v0 = mr0 v0 sin β0~uz donc σ = mr0 v0 sin β0
1.4 par d´erivation (σ = cte) on a

~ est constant si
donc H
1.5
1.5.1

~
dH

dt
g0 RT2
−m r2

= m~a − K (~u

d~ur

g0 R 2

+ K θ~u
˙ r
~u r

× dt ) = −m r2
σ
K ˙

+ σ θ = 0 or σ = mr θ donc K = m2 g0 R2T
σ

z

T




~
~
K
K
uz × ~ur ) = H
uθ = C + A
A = ~v = H
m + mσ (~
m + mσ ~
−→
OA est la somme d’un vecteur constant et d’un vecteur de norme constante et direction variable

donc l’hodographe sera un cercle
1.5.2 si O est `a l’ext´erieur de H seules les directions comprises dans l’angle repr´esent´e seront permises
`a ~v (fig a)
si O est `a l’int´erieur de H toutes les directions seront permises `a ~v (fig b)
46

A

v

v

O

A

O
C

C
(H)

(H)

figure a

figure b

1.5.3 O est `a l’int´erieur de H correspond `a une trajectoire : cercle ou ellipse
O est `a l’ext´erieur de H correspond `a une trajectoire : parabole ou hyperbole
~ = ~0 car |~v| = cte
~ est port´e par →
1.5.4 H
C donc // `a ~vpe´rige´e , la trajectoire est circulaire si H
1.6
~ , ~σ et K sont constants donc ~² l’est aussi.
1.6.1 H
Le vecteur ~² est normal `a ~σ donc sera dans le plan du mouvement ( car ~σ est normal au plan
du mouvement ).
~ × ~σ ).~r = 1 [(mr˙ ~ur + mrθ˙~uθ − K ~uθ ) × σ~uz ].r~ur = σ2 − r
1.6.2 ~r.~² = K1 (H
K
σ
K
or : ~r.~² = r² cos(~rd
, ~²), soit :
σ2

r=

K

1 + ² cos(~rd
, ~²)
S

r
θ

z

il vient r =

p
1+e cos(θ −θ0 )

avec p =
σ2

K

β0

θ0
r0

T

v0

r
ε

S0

et e = |~²|

−→
θ0 repr´esente l’angle entre
T S 0 et ~²
2
1.6.3 p =

σ2
K

m2 g0 R2

=

(mr0 v0 sin β0 )
T

47

= r0 α 0

sin2 β0

48

1
2 2
2
~ ⊥ ~σ
on a e2 = |~²| = K 2 H σ car d’apr`es 1.3.3 et 1.5.4 H
~ (t = 0) = m~v0 − K ~y = mv0 cos β0 ~x + (mv0 sin β0 − K )~y
~ =H
or H
σ
σ

soit e2 = 1 H 2 σ 2 = σ
cos β )2 + (mv sin β − K )2]
[(mv
0
0
0
0
K2
K2
σ
=⇒ e2 = 1 + α0 (α0 − 2) sin2 β0
2

1.7
1.7.1 on a : e(α0 = 0) = e(α0 = 2) = 1 ∀β0
en particulier pour β0 = 2π on a e(α0 ) = |1 − α0 | et pour β0 = 0 on a e(α0 ) = 1
e(α0)
β=π/2
β=π/3
β=π/4
β=π/6

β=0

1

0

1

α0

2

1.7.2 :

α0 q lq et β0 = 0
α0 = 1 et β0 = π2
α0 < 2 et β0 = π2
α0 = 2
α0 > 2

rectiligne !
e = 0 cercle
e < 1 ellipse
e = 1 parabole
e > 1 hyperbole

la vitesse de lib´eration est la vitesse minimale d’avoir une trajectoire non born´ee (para ou
hyperbole), ceci correspond `a la trajectoire parabolique donc
s

α0 = 2 =⇒ v` =

2g0 R2T

r0
r

1.7.3 α0 = 1 et β0 =

π
2

, la vitesse s’´ecrit donc V =

s

=

2g0 RT2
z0 + RT

g0 RT2
R

1.8 α0 = 1
1.8.1 la trajectoire sera une ellipse
1.8.2 on a r =

p
1+e cos(θ −θ0 )

donc r0 =

p
1+e cos θ0

soit , tenant compte de α0 = 1 , cos θ0 =

p

r0 −

1

e

soit θ0 = π + β0
49

=√

2
sin

β0 − 1

1−sin2 β0

= − cos β0 < 0



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