Corrigé détaillé Banque PT Physique A PT 2024

D'après le principe d'Archimède, tout corps immergé dans un fluide au repos subit une force verticale dirigée vers le haut, égale au poids du volume de fluide déplacé.

Le volume d'une gouttelette sphérique de rayon R vaut :

Le fluide déplacé étant l'air de masse volumique \rho_{\text{a}}, la masse d'air déplacée s'écrit m_{\text{a}} = \rho_{\text{a}} V.

La norme de la poussée d'Archimède exercée par l'air sur la gouttelette s'exprime ainsi :

La gouttelette sphérique d'eau, de rayon R et de masse volumique \rho_{\text{e}}, a un volume V = \frac{4}{3}\pi R^3. La norme de son poids s'écrit :

D'après la question 1, la norme de la poussée d'Archimède exercée par l'air s'exprime par :

Le rapport des normes s'en déduit immédiatement :

Avec \rho_{\text{a}} = 1\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} et \rho_{\text{e}} = 1\cdot 10^3\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3}, on obtient numériquement avec un chiffre significatif :

Comme \frac{P_{\text{A}}}{P} = 10^{-3} \ll 1, la poussée d'Archimède représente seulement 0{,}1\,\% du poids de la gouttelette. Il est donc parfaitement légitime de la négliger devant le poids dans cette modélisation.

On étudie la gouttelette d'eau assimilée à un point matériel de masse constante :

dans le référentiel terrestre supposé galiléen.

D'après le résultat de la question 2, la poussée d'Archimède est négligée. Le système est donc soumis à deux forces :

• son poids : \vec{P} = m \vec{g} = m g \, \vec{e}_z ;
• la force de frottement visqueux : \vec{f} = -6 \pi \eta_{\text{a}} R \, \vec{v}(t) = -6 \pi \eta_{\text{a}} R \, v(t) \, \vec{e}_z.

La deuxième loi de Newton s'écrit :

Par projection sur l'axe vertical descendant (Oz), on obtient :

En remplaçant la masse par son expression m = \frac{4}{3}\pi R^3 \rho_{\text{e}}, le rapport devient :

L'équation différentielle vérifiée par la composante v(t) est donc :

D'après la question Q3, l'équation différentielle régissant la vitesse v(t) de la gouttelette s'écrit :

Par identification avec la forme canonique d'une équation différentielle linéaire du premier ordre :

on définit le temps caractéristique de relaxation de la vitesse :

Application numérique : Avec R = 0{,}2\text{ mm} = 2\cdot 10^{-4}\text{ m}, \rho_{\text{e}} = 1\cdot 10^3\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} et \eta_{\text{a}} = 2\cdot 10^{-5}\text{ Pa}\cdot\text{s}, on obtient :

Avec un seul chiffre significatif comme requis par l'énoncé :

D'après les questions 3 et 4, l'équation différentielle régissant la vitesse v(t) s'écrit sous la forme canonique :

La solution générale de cette équation différentielle linéaire du premier ordre avec second membre constant est la somme de la solution générale de l'équation homogène et d'une solution particulière constante :

où C est une constante déterminée par les conditions initiales.

La gouttelette quitte le nuage à t = 0 sans vitesse initiale, d'où v(0) = 0 :

On en déduit l'expression de la composante descendante de la vitesse :

Lorsque le temps t devient grand devant le temps caractéristique \tau (t \gg \tau), le terme exponentiel tend vers zéro dans l'expression établie à la question précédente. La vitesse de la gouttelette tend alors vers une vitesse limite v_{\text{lim}} :

Avec les valeurs numériques fournies par l'énoncé :

• g = 10\text{ m}\cdot\text{s}^{-2} ;
• \tau = \dfrac{4}{9}\text{ s} \approx 0{,}44\text{ s} ;

le calcul donne :

En ne conservant qu'un seul chiffre significatif, conformément aux consignes générales du sujet :

Le nombre de Reynolds associé à l'écoulement de l'air autour de la gouttelette sphérique est défini par :

où la dimension caractéristique retenue est le diamètre de la gouttelette D = 2R, et la vitesse caractéristique est la vitesse maximale atteinte lors de la chute, à savoir la vitesse limite v_{\text{lim}}.

En utilisant la valeur numérique v_{\text{lim}} \approx 4\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} établie à la question Q6 (ou la valeur non arrondie v_{\text{lim}} = \frac{40}{9}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}), on obtient :

Avec un seul chiffre significatif :

(ou Re \approx 9\cdot 10^1 si l'on prend la valeur non arrondie v_{\text{lim}} \approx 4{,}4\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}).

La transition vers la turbulence pour l'écoulement autour d'un obstacle sphérique n'intervient que pour des nombres de Reynolds supérieurs à 10^3. Ici, on a :

L'écoulement de l'air autour de la gouttelette est donc bien laminaire : l'hypothèse de l'énoncé est validée.

La gouttelette étant modélisée par une sphère de rayon r(t), son volume V(t) et son aire surfacique S(t) s'écrivent :

En dérivant le volume par rapport au temps, on obtient :

L'énoncé indique que l'augmentation du volume au cours du temps est proportionnelle à la surface de la gouttelette :

où k est une constante positive liée au flux de vapeur d'eau se condensant à la surface de la gouttelette.

En identifiant les deux expressions de \dfrac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t}, et la surface S(t) étant non nulle, il vient :

Par intégration entre t = 0 (où r(0) = r_0) et l'instant t, on en déduit immédiatement :

La gouttelette étant assimilée à une sphère de rayon r(t) et de masse volumique uniforme \rho_{\mathrm{e}}, sa masse à l'instant t s'écrit :

En dérivant par rapport au temps, on obtient :

D'après la question précédente, le rayon s'exprime par r(t) = r_0 + k t, ce qui donne \dfrac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t} = k. On en déduit :

On étudie la gouttelette assimilée à un point matériel de masse variable m(t) dans le référentiel terrestre supposé galiléen. L'axe (Oz) est vertical descendant de vecteur unitaire \vec{u}_z.

La gouttelette est soumise à deux forces au cours de sa chute :

• son poids : \vec{P} = m(t) g \vec{u}_z ;
• la force de frottement fluide : \vec{f} = -6\pi \eta_{\mathrm{a}} r(t) \vec{v}(t) = -6\pi \eta_{\mathrm{a}} r(t) v(t) \vec{u}_z.

D'après l'énoncé, la seconde loi de Newton pour ce système s'écrit :

En projetant sur l'axe vertical descendant (Oz), on obtient :

En divisant par la masse m(t) \neq 0 :

D'après les résultats de la question Q9, la gouttelette reste sphérique de rayon r(t) = r_0 + kt :

On en déduit les deux termes entre crochets :

L'équation différentielle s'écrit donc bien sous la forme :

avec :

Compte tenu de l'approximation proposée et du résultat A = 3k établi à la question Q10, l'équation différentielle se simplifie en :

1. Résolution de l'équation sans second membre (homogène) :

Par séparation des variables :

La solution de l'équation sans second membre est donc :

2. Recherche d'une solution particulière affine : On cherche une solution particulière de la forme v_{\mathrm{p}}(t) = \alpha t + \beta, avec \alpha et \beta deux constantes. En dérivant, \frac{\mathrm{d}v_{\mathrm{p}}}{\mathrm{d}t} = \alpha. En injectant dans l'équation complète :

En multipliant par (r_0 + kt) :

Par identification terme à terme des coefficients polynomiaux en t :

La solution particulière s'écrit donc :

3. Solution générale et condition initiale : La solution générale est la somme de la solution homogène et de la solution particulière :

À t=0, la gouttelette part sans vitesse initiale (v(0) = 0) :

On en déduit finalement l'expression de la vitesse v(t) :

ou, sous forme factorisée :

L'énergie par unité de surface responsable de la forme sphérique des petites gouttes d'eau est l'énergie de surface (ou énergie d'interface), grandeur thermodynamique dont le coefficient associé est la tension superficielle (notée usuellement \gamma ou \sigma).

Considérons successivement les trois interfaces rencontrées par le rayon lumineux :

• Première interface (réfraction air \to eau) :
  Le rayon passe d'un milieu moins réfringent à un milieu plus réfringent (n > 1) ; il se rapproche de la normale. La déviation s'effectue dans le sens horaire (négatif). L'écart angulaire géométrique étant i_1 - i_2, la déviation orientée s'écrit :

  \boxed{D_1 = i_2 - i_1}

• Deuxième interface (réflexion interne partielle eau \to eau) :
  Le rayon se réfléchit sur la face interne de la goutte. L'angle géométrique entre le prolongement du rayon incident et le rayon réfléchi vaut \pi - (i_2 + i_3). Cette déviation a également lieu dans le sens horaire, d'où :

  \boxed{D_2 = i_2 + i_3 - \pi}

• Troisième interface (réfraction eau \to air) :
  Le rayon sort de la goutte en s'écartant de la normale. La déviation géométrique vaut i_4 - i_3, toujours orientée dans le sens des aiguilles d'une montre (négatif). La déviation orientée est donc :

  \boxed{D_3 = i_3 - i_4}

• Première réfraction (interface air-eau) : Le rayon passe de l'air (indice n_{\text{air}} = 1) à l'eau (indice n). D'après la loi de Snell-Descartes pour la réfraction :

  1 \cdot \sin i_1 = n \sin i_2

  Les angles étant aigus, on en déduit directement :

  \boxed{i_2 = \arcsin\left(\frac{\sin i_1}{n}\right)}

• Réflexion interne : Le triangle formé par le centre de la gouttelette sphérique et les deux premiers points d'impact sur le dioptre est isocèle, car deux de ses côtés sont des rayons de la sphère. L'angle d'incidence sur la face interne avant réflexion a donc la même valeur que l'angle de réfraction i_2. D'après la loi de Snell-Descartes pour la réflexion, l'angle de réflexion i_3 est égal à l'angle d'incidence, d'où :

  \boxed{i_3 = i_2 = \arcsin\left(\frac{\sin i_1}{n}\right)}

• Seconde réfraction (interface eau-air) : De la même façon, le triangle formé par le centre de la gouttelette, le point de réflexion et le point de sortie est isocèle. L'angle d'incidence sous lequel le rayon atteint l'interface de sortie vaut donc i_3. La loi de Snell-Descartes pour la réfraction s'écrit alors :

  n \sin i_3 = 1 \cdot \sin i_4

  Comme i_3 = i_2, il vient :

  \sin i_4 = n \sin i_2 = \sin i_1

  Les angles i_1 et i_4 appartenant à l'intervalle \left[0, \frac{\pi}{2}\right], on en conclut :

  \boxed{i_4 = i_1}

La déviation totale subie par le rayon lumineux au cours de sa traversée de la gouttelette est la somme algébrique des déviations successives à chaque interface, toutes définies avec la même convention d'orientation (sens trigonométrique) :

En utilisant les expressions obtenues à la question 13 :

D'après les relations établies à la question 14, la symétrie du trajet impose i_3 = i_2 et i_4 = i_1, d'où :

En remplaçant i_2 par son expression en fonction de i_1 et n, i_2 = \arcsin\left(\dfrac{\sin i_1}{n}\right), on obtient l'expression demandée :

D'après la question Q15, l'angle de déviation totale s'écrit :

La fonction D(i_1) atteint son maximum D_{\max} pour un angle d'incidence i_{1,\max} \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right] annulant sa dérivée première :

En utilisant la formule de dérivation d'une fonction composée et le rappel de l'énoncé \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(\arcsin x) = \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}, on calcule la dérivée de D(i_1) :

L'annulation de cette dérivée en i_1 = i_{1,\max} conduit à :

Comme i_{1,\max} \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right], \cos i_{1,\max} \geqslant 0. On peut donc élever au carré les deux membres :

En remplaçant \cos^2 i_{1,\max} par 1 - \sin^2 i_{1,\max} :

Puisque \sin i_{1,\max} \geqslant 0, on obtient directement :

D'après l'expression établie à la question Q15, la déviation totale D s'écrit en fonction de l'angle d'incidence i_1 :

Le maximum de déviation D_{\max} est atteint pour l'angle d'incidence i_{1,\max} déterminé à la question Q16, vérifiant :

L'angle i_{1,\max} étant compris entre 0 et \frac{\pi}{2}, on a :

En injectant cette relation dans l'expression de la déviation totale, on obtient :

• D'après la formule empirique de Cauchy :

  n(\lambda) = A + \frac{B}{\lambda^2} \quad \text{avec } B > 0

  En dérivant par rapport à \lambda :

  \frac{\mathrm{d}n}{\mathrm{d}\lambda} = -\frac{2B}{\lambda^3} < 0

  L'indice optique n est donc une fonction strictement décroissante de la longueur d'onde \lambda : lorsque \lambda augmente, n diminue.

• D'après la Figure 5, la fonction n \mapsto D_{\max}(n) est strictement décroissante sur l'intervalle [1,\, 2] : lorsque l'indice n diminue, le maximum de déviation D_{\max} augmente (sa valeur algébrique se rapproche de 0).

Par composition de ces deux fonctions strictement décroissantes :

Dans le vide (ou dans l'air), le domaine des longueurs d'onde du spectre visible s'étend approximativement de :

(ou plus restrictivement de 400\text{ nm} à 750\text{ nm} selon les conventions usuelles).

D'après les questions Q18 et Q19, la longueur d'onde du rouge est supérieure à celle du violet :

Puisque le maximum de déviation D_{\max} augmente avec la longueur d'onde (question Q18) :

Sur la figure 3 de l'énoncé, la déviation totale D est comptée négativement dans le sens horaire (-\pi \leqslant D \leqslant 0). L'angle \theta formé entre la direction des rayons incidents solaires (direction de l'axe antisolaire) et le rayon émergent dirigé vers l'observateur s'écrit :

Pour le rayon d'intensité maximale correspondant à D_{\max}, le demi-angle du cône de diffusion vaut :

Comme D_{\max,\text{rouge}} > D_{\max,\text{violet}}, on en déduit que :

Le faisceau rouge parvient donc à l'observateur sous un angle d'élévation par rapport à la direction antisolaire plus grand que celui du faisceau violet (typiquement \theta_{\text{rouge}} \approx 42^\circ et \theta_{\text{violet}} \approx 40^\circ).

L'origine de ces différents arcs-en-ciel réside dans le nombre de réflexions internes subies par les rayons solaires à l'intérieur de la gouttelette d'eau sphérique avant d'en émerger :

• L'arc-en-ciel primaire (ordre p = 1) : correspond au trajet modélisé aux questions précédentes, comprenant deux réfractions (entrée et sortie) et une seule réflexion interne. Il est observé sous un demi-angle au sommet d'environ 42^\circ autour de la direction antisolaire, avec le rouge à l'extérieur (au-dessus).
• L'arc-en-ciel secondaire (ordre p = 2) : est formé par les rayons subissant deux réflexions internes successives (et deux réfractions). L'angle d'émergence de concentration maximale correspond alors à un demi-angle d'environ 51^\circ autour de la direction antisolaire : il apparaît donc au-dessus de l'arc primaire. De plus, la réflexion supplémentaire inverse l'ordre des couleurs (le rouge se retrouve à l'intérieur et le violet à l'extérieur).
• L'arc-en-ciel tertiaire (ordre p = 3) : provient des rayons subissant trois réflexions internes.

Évolution de l'intensité lumineuse : À chaque rencontre avec la surface eau/air, la réflexion n'est que partielle (la majeure partie de l'énergie lumineuse est transmise par réfraction vers l'extérieur). L'intensité du faisceau émergent diminue donc drastiquement à chaque réflexion interne supplémentaire :

C'est pourquoi l'arc secondaire est nettement moins lumineux que l'arc primaire. L'arc tertiaire, encore beaucoup plus faible, est de surcroît dirigé vers l'avant (vers le Soleil, à environ 40^\circ de celui-ci) : il est donc presque impossible à observer à l'œil nu car noyé dans l'éblouissement du Soleil.

La distribution de charges est modélisée par deux cylindres coaxiaux d'axe (Oz), de rayons a_1 et a_2, de charges respectives +Q et -Q uniformément réparties. On néglige les effets de bord, ce qui revient à considérer des cylindres de longueur infinie selon (Oz).

Étude des invariances :

• La distribution de charges est invariante par translation le long de l'axe (Oz) (cylindres infinis) : le champ électrique ne dépend pas de la coordonnée z.
• La distribution est invariante par rotation d'un angle quelconque autour de l'axe (Oz) (symétrie axiale) : le champ électrique ne dépend pas de la coordonnée \theta.

En coordonnées cylindriques, les composantes du champ électrique ne dépendent donc que de la distance axiale r :

Étude des symétries : Considérons un point M(r,\theta,z) situé entre les deux armatures :

• Le plan méridien \Pi_1 = (M, \vec{e}_r, \vec{e}_z), qui contient l'axe (Oz), est un plan de symétrie de la distribution de charges. Le champ électrique étant un vecteur polaire, il appartient à tout plan de symétrie passant par M. Donc :

  \vec{E}(M) \in \Pi_1 \implies E_\theta(r) = 0

• Le plan transversal \Pi_2 = (M, \vec{e}_r, \vec{e}_\theta), orthogonal à l'axe (Oz), est également un plan de symétrie de la distribution de charges infinie. Par conséquent :

  \vec{E}(M) \in \Pi_2 \implies E_z(r) = 0

Le champ électrique est donc dirigé suivant l'intersection de ces deux plans de symétrie, soit la droite (M, \vec{e}_r). En notant E(r) = E_r(r), on obtient bien :

On choisit comme surface de Gauss fermée \mathcal{S} un cylindre d'axe (Oz), de rayon r tel que a_1 < r < a_2, et d'une hauteur arbitraire L (avec L \leqslant H).

Cette surface fermée est constituée de trois parties :

• la surface latérale \mathcal{S}_{\text{lat}} de vecteur surface élémentaire \mathrm{d}\vec{S} = r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z\,\vec{e}_r ;
• les deux bases planes \mathcal{S}_{\text{sup}} et \mathcal{S}_{\text{inf}} perpendiculaires à l'axe (Oz), orientées selon +\vec{e}_z et -\vec{e}_z.

D'après la question Q22, le champ électrique s'écrit \vec{E}(M) = E(r)\vec{e}_r. Le flux total du champ électrique à travers la surface fermée \mathcal{S} s'exprime donc :

Comme les effets de bord sont négligés, la charge superficielle est répartie uniformément sur l'armature intérieure de rayon a_1 et de hauteur H. La densité linéique de charge portée par cette armature est :

La charge contenue à l'intérieur de la surface de Gauss (qui n'englobe que la portion de longueur L de l'armature intérieure) s'écrit donc :

D'après le théorème de Gauss dans le vide (l'air étant assimilé au vide) :

On en déduit l'expression de E(r) entre les deux armatures :

Par définition, la capacité C_0 d'un condensateur constitué de deux conducteurs portant respectivement les charges +Q et -Q est le rapport de la charge positive Q sur la différence de potentiel entre l'armature positive et l'armature négative.

L'armature intérieure porte la charge Q > 0 au potentiel V_1, et l'armature extérieure porte la charge -Q au potentiel V_2, avec V_1 > V_2. La capacité s'écrit donc :

La relation entre le champ électrostatique \vec{E} et le potentiel scalaire V s'écrit localement :

d'où :

La différence de potentiel V_1 - V_2 = V(a_1) - V(a_2) entre les deux armatures s'obtient par intégration en utilisant l'expression de E(r) établie à la question Q23 :

Comme a_2 > a_1, on a bien V_1 - V_2 > 0, en accord avec V_1 > V_2.

En réinjectant cette expression dans la définition de la capacité C_0 établie à la question Q24, on en déduit :

soit finalement :

Les deux armatures métalliques sont des conducteurs en équilibre électrostatique, donc chacune constitue une équipotentielle : l'armature intérieure est partout au potentiel V_1 et l'armature extérieure partout au potentiel V_2.

Ainsi, la partie inférieure remplie d'eau et la partie supérieure remplie d'air sont soumises à la même différence de potentiel :

La charge totale Q portée par l'armature intérieure se décompose en la somme de la charge Q_{\text{eau}} sur la zone en contact avec l'eau (de hauteur h) et de la charge Q_{\text{air}} sur la zone en contact avec l'air (de hauteur H-h) :

Or, par définition des capacités C_{\text{eau}} et C_{\text{air}} de ces deux parties :

La capacité totale C du condensateur étant définie par Q = C(V_1 - V_2), on en déduit immédiatement :

Ce qui donne bien l'association en parallèle :

D'après la question Q25, la capacité d'un condensateur cylindrique coaxial de hauteur L rempli d'un milieu diélectrique de permittivité diélectrique uniforme \varepsilon_m s'écrit :

En appliquant ce résultat à chacune des deux zones du pluviomètre :

• pour la partie inférieure remplie d'eau, de hauteur h et de permittivité \varepsilon :

  C_{\text{eau}} = \frac{2\pi \varepsilon h}{\ln(a_2/a_1)} = C_0 \frac{\varepsilon}{\varepsilon_0} \frac{h}{H}

• pour la partie supérieure remplie d'air, assimilé au vide, de hauteur H - h et de permittivité \varepsilon_0 :

  C_{\text{air}} = \frac{2\pi \varepsilon_0 (H - h)}{\ln(a_2/a_1)} = C_0 \frac{H - h}{H}

D'après la question Q26, la capacité équivalente s'exprime comme la somme :

Cette expression est bien de la forme C(h) = C_0 (A h + B) avec :

soit :

Pour un amplificateur linéaire intégré (ALI) considéré comme idéal :

• Les courants de polarisation d'entrée sont nuls :

  \boxed{i_+ = i_- = 0}

• L'impédance d'entrée différentielle est infinie :

  \boxed{Z_{\mathrm{e}} \to +\infty}

• L'impédance de sortie est nulle :

  \boxed{Z_{\mathrm{s}} = 0}

• Le gain statique en boucle ouverte (amplification différentielle en régime continu) est infini :

  \boxed{\mu_0 \to +\infty}

Sur le schéma du montage (Figure 7) :

• la sortie de l'ALI n°1 est reliée à son entrée non-inverseuse (+) par l'intermédiaire du conducteur ohmique de résistance R_2 : il existe donc une rétroaction positive (ou boucle de réaction positive) ;
• l'entrée inverseuse (-) est directement reliée à la masse (potentiel nul) et ne comporte aucune boucle de rétroaction.

En présence d'une rétroaction sur la borne non-inverseuse et en l'absence de rétroaction sur la borne inverseuse, le point de fonctionnement en régime linéaire est instable. En pratique, la moindre fluctuation de tension est amplifiée par le gain différentiel statique infini de l'ALI idéal (\mu_0 \to +\infty), ce qui entraîne la divergence de la tension de sortie jusqu'à l'une des tensions d'alimentation.

L'ALI n°1 fonctionne donc en régime saturé (régime non linéaire), sa tension de sortie ne pouvant prendre que deux valeurs :

Notons V_+ le potentiel de l'entrée non-inverseuse de l'ALI \text{n}^\circ 1.

L'ALI étant supposé idéal (d'après la question Q28), le courant d'entrée sur la borne non-inverseuse est nul :

L'entrée non-inverseuse est reliée :

• au potentiel u_1(t) à travers la résistance R_1 ;
• au potentiel de sortie u_2(t) à travers la résistance R_2.

D'après le théorème de Millman appliqué au nœud correspondant à l'entrée non-inverseuse :

En multipliant le numérateur et le dénominateur par le produit R_1 R_2, on obtient :

L'entrée inverseuse de l'ALI \mathrm{n^\circ 1} est reliée à la masse, son potentiel est donc nul :

L'ALI étant idéal et fonctionnant en régime de saturation, sa tension de sortie est régie par le signe de la tension différentielle d'entrée \varepsilon = V_+ - V_- :

Tant que u_2(t) = +V_{\mathrm{sat}}, on a V_+ > 0. Le basculement vers la valeur -V_{\mathrm{sat}} a lieu lorsque la tension différentielle change de signe en décroissant, c'est-à-dire lorsque V_+ s'annule :

En utilisant l'expression du potentiel de l'entrée non-inverseuse établie à la question Q30 :

On en déduit immédiatement la tension seuil de basculement U_1^- :

L'entrée inverseuse de l'ALI \mathrm{n^\circ 1} étant reliée à la masse, son potentiel est nul : V_- = 0.

La tension différentielle d'entrée est donc :

D'après le résultat de la question Q30, avec u_2(t) = -V_{\mathrm{sat}}, le potentiel de l'entrée non-inverseuse s'écrit :

L'ALI étant initialement en saturation basse (u_2 = -V_{\mathrm{sat}}), le basculement vers la saturation haute (u_2 = +V_{\mathrm{sat}}) intervient dès que \varepsilon devient strictement positif, c'est-à-dire lors du passage par la condition seuil \varepsilon = 0, soit V_+ = 0.

On en déduit :

D'après le schéma du montage (Figure 7), la sortie de l'ALI \text{n}^\circ 2 (de potentiel u_3(t)) est reliée à sa borne inverseuse (-) à travers le condensateur de capacité C(h), tandis que la borne non-inverseuse (+) est directement reliée à la masse.

La présence exclusive d'une boucle de rétroaction sur la borne inverseuse (rétroaction négative) assure la stabilité du montage. L'ALI \text{n}^\circ 2 fonctionne donc en régime linéaire (tant que sa tension de sortie ne sature pas).

On en déduit que la tension différentielle d'entrée est nulle :

L'entrée non-inverseuse de l'ALI n°2 est reliée à la masse, donc V_+ = 0. D'après la question Q33, l'ALI n°2 fonctionne en régime linéaire et est supposé idéal (question Q28), ce qui implique :

L'impédance d'entrée étant infinie, le courant de polarisation est nul (i_- = 0). D'après la loi des nœuds à l'entrée inverseuse, le courant i(t) arrivant de la sortie de l'ALI n°1 à travers la résistance R_2 traverse intégralement le condensateur de capacité C(h) vers la sortie :

En égalant les deux expressions du courant i(t), on obtient :

soit :

On identifie ainsi l'expression demandée :

Puisque R_2 > 0 et C(h) > 0, la constante k est bien strictement positive et homogène à un temps.

D'après la question Q34, l'ALI n°2 se comporte comme un intégrateur inverseur, vérifiant :

Tant que l'ALI n°1 n'a pas basculé, sa tension de sortie reste constante et égale à u_2(t) = +V_{\mathrm{sat}}. La dérivée de u_3(t) est donc constante :

Par intégration entre t = 0 et t, on obtient :

D'après l'énoncé, la condition initiale est u_3(0^+) = U_1^+. En rappelant l'expression de la tension seuil haute établie à la question Q32, U_1^+ = \frac{R_1}{R_2} V_{\mathrm{sat}}, il vient :

soit finalement :

D'après la Figure 7, la tension en sortie du second ALI est directement injectée à l'entrée du premier étage, soit :

Initialement, pour t \in [0, t_1], la tension de sortie de l'ALI n°1 vaut u_2(t) = +V_{\mathrm{sat}}. D'après la question 31, cette sortie bascule à -V_{\mathrm{sat}} dès que la tension u_1(t) décroît jusqu'au seuil bas :

L'instant t_1 vérifie donc la condition de basculement :

En injectant l'expression de u_3(t) obtenue à la question 35, il vient :

En simplifiant par R_2, on obtient finalement :

Après le basculement à l'instant t_1, la sortie de l'ALI n°1 s'établit à :

D'après la relation entrée-sortie de l'intégrateur inverseur (question Q34) :

Par continuité de la tension aux bornes du condensateur, la tension u_3(t) est continue en t_1 :

En intégrant entre t_1 et t \geqslant t_1 (tant que l'ALI n°1 n'a pas à nouveau basculé) :

En remplaçant u_3(t_1) = -\dfrac{R_1}{R_2} V_{\mathrm{sat}} et t_1 = 2 R_1 C(h) (d'après la question Q36) :

On obtient finalement :

Pour t \in [t_1, t_2], la tension de sortie de l'ALI n°1 vaut u_2(t) = -V_{\mathrm{sat}}.

D'après la question Q32, le basculement de l'ALI n°1 de -V_{\mathrm{sat}} vers +V_{\mathrm{sat}} se produit lorsque la tension d'entrée u_1(t) = u_3(t) atteint le seuil haut :

En utilisant l'expression de u_3(t) établie à la question Q37 :

En simplifiant par V_{\mathrm{sat}} \neq 0, il vient :

Sachant d'après la question Q36 que t_1 = 2 R_1 C(h), on obtient :

D'après les résultats des questions Q35 à Q38 :

• Sur l'intervalle [0, t_1] avec t_1 = 2 R_1 C(h) :

  u_2(t) = +V_{\text{sat}}

  La tension u_3(t) décroît linéairement depuis u_3(0^+) = U_1^+ = +\frac{R_1}{R_2}V_{\text{sat}} jusqu'à u_3(t_1) = U_1^- = -\frac{R_1}{R_2}V_{\text{sat}} avec une pente égale à -\frac{V_{\text{sat}}}{R_2 C(h)}.

• À l'instant t_1 : u_3(t) atteint le seuil bas U_1^-, ce qui provoque le basculement instantané de l'ALI n°1 : la tension u_2(t) passe de +V_{\text{sat}} à -V_{\text{sat}}.

• Sur l'intervalle [t_1, t_2] avec t_2 = 4 R_1 C(h) :

  u_2(t) = -V_{\text{sat}}

  La tension u_3(t) croît linéairement depuis u_3(t_1) = U_1^- jusqu'à u_3(t_2) = U_1^+ avec une pente opposée +\frac{V_{\text{sat}}}{R_2 C(h)}.

• À l'instant t_2 : u_3(t) atteint le seuil haut U_1^+, déclenchant un nouveau basculement de l'ALI n°1 vers +V_{\text{sat}}. Le système retrouve son état initial à t=0^+ : le cycle est bouclé.

On représente ci-dessous les deux signaux synchronisés :

Le système retrouve à l'instant t_2 le même état électrique qu'à l'instant initial t=0^+ :

• la tension de sortie du comparateur vaut u_2(t_2^+) = +V_{\text{sat}} ;
• la tension en sortie de l'intégrateur vaut u_3(t_2) = U_1^+.

Le régime permanent auto-oscillant est donc établi dès le premier cycle. La période T des oscillations correspond à la durée nécessaire pour parcourir ce cycle complet :

D'après l'expression de t_2 obtenue à la question Q38 :

Par définition, la hauteur de pluie h_{\mathrm{s}} tombée au sol correspond au volume d'eau reçu par unité de surface horizontale lors d'une chute verticale uniforme : sur une surface horizontale S, le volume d'eau tombé est :

L'énoncé précise que le pluviomètre ne recueille que l'eau tombée directement dans l'espace compris entre ses deux armatures cylindriques coaxiales, de rayons a_1 et a_2. La surface d'ouverture (ou de captage) offerte aux précipitations est la section annulaire :

Le volume d'eau ainsi collecté au cours de l'averse vaut :

Cette eau se stocke verticalement dans l'espace inter-armatures, dont la section droite horizontale est constante et identique à la surface de captage : S_{\mathrm{stockage}} = \pi \left(a_2^2 - a_1^2\right). Pour une hauteur d'eau mesurée h, le volume d'eau emmagasiné s'écrit donc :

En égalant les deux expressions du volume V, on obtient immédiatement :

D'après la question Q41, la hauteur d'eau précipitée au sol par unité de surface est égale à la hauteur d'eau présente dans le pluviomètre :

D'après la question Q40, la période T des oscillations du multivibrateur astable s'écrit :

Par ailleurs, d'après la question Q27, la capacité C(h) s'exprime sous la forme :

En égalant ces deux expressions de C(h), il vient :

On en déduit :

Soit finalement :

Si l'on souhaite expliciter C_0 à l'aide de l'expression établie à la question Q25, C_0 = \dfrac{2\pi \varepsilon_0 H}{\ln(a_2/a_1)}, on obtient la forme équivalente faisant intervenir explicitement a_1 et a_2 :

D'après l'expression établie à la question Q42, la hauteur d'eau précipitée h_{\mathrm{s}} s'exprime :

Calculons séparément le terme sans dimension lié à la période :

Avec H = 10\text{ cm} = 0{,}10\text{ m} et \dfrac{\varepsilon}{\varepsilon_0} = 81, il vient :

L'énoncé demandant d'exprimer les résultats numériques avec un seul chiffre significatif :

Pour un fluide visqueux (fluide newtonien), les interactions moléculaires à l'interface fluide-solide imposent la condition d'adhérence à la paroi : le fluide prend la vitesse de la paroi solide avec laquelle il est en contact.

Le capillaire étant fixe dans le référentiel d'étude, la vitesse de l'eau s'annule à la paroi en r = a :

Par ailleurs, pour assurer la régularité physique de l'écoulement le long de l'axe de symétrie (r = 0), le champ de vitesse doit y rester fini, ce qui impose en outre par symétrie radiale :

L'axe (Oz) étant vertical descendant, le vecteur accélération de la pesanteur s'écrit \vec{g} = g\,\vec{e}_z. En projetant l'équation donnée par l'énoncé sur la base locale selon \vec{e}_z :

soit encore :

Une première intégration par rapport à r conduit à :

où C_1 est une constante d'intégration.

La vitesse v(r) et le gradient de vitesse (donc la contrainte visqueuse) doivent rester finis sur l'axe de révolution du capillaire en r=0. Le terme en \ln(r) résultant d'une constante non nulle divergerait en r=0 ; par régularité (ou par symétrie de révolution où \left.\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}r}\right|_{r=0} = 0), on en déduit :

On intègre une seconde fois par rapport à r :

où C_2 est une seconde constante d'intégration.

D'après la condition d'adhérence à la paroi établie à la question Q44, la vitesse s'annule en r=a :

Le profil radial de vitesse s'écrit donc :

On retrouve bien la forme demandée v(r) = K\left(a^2 - r^2\right) en identifiant la constante K :

D'après l'expression de la vitesse établie à la question Q45 :

L'écoulement étant rectiligne uniforme le long de chaque ligne de courant parallèle à (Oz), une gouttelette située à la distance radiale r de l'axe parcourt la hauteur H à vitesse constante v(r). Le temps de parcours est minimal pour la gouttelette circulant à la vitesse maximale, atteinte sur l'axe du capillaire en r = 0 :

Le temps minimal \Delta t_{\mathrm{min}} pour rejoindre la nappe phréatique située à la profondeur H s'exprime donc par :

Application numérique : Avec les données de l'énoncé :

• \eta_{\mathrm{e}} = 1\cdot 10^{-3}\text{ Pa}\cdot\text{s} ;
• H = 1\text{ km} = 1\cdot 10^{3}\text{ m} ;
• \rho_{\mathrm{e}} = 1\cdot 10^{3}\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} ;
• g = 10\text{ m}\cdot\text{s}^{-2} ;
• a = 1\,\mu\text{m} = 1\cdot 10^{-6}\text{ m}.

On calcule :

Avec un seul chiffre significatif :

Par définition, le débit volumique D_{\mathrm{v}} correspond au flux du vecteur vitesse \vec{v}(r) = v(r)\,\vec{e}_z à travers une section transversale du capillaire orientée selon l'axe vertical (Oz) :

En injectant l'expression de la vitesse établie à la question Q45, v(r) = K(a^2 - r^2) avec K = \frac{\rho_{\mathrm{e}} g}{4\eta_{\mathrm{e}}}, on obtient :

En remplaçant K par son expression en fonction des données de l'énoncé, il vient :

Par définition, la vitesse moyenne v_{\text{moy}} de l'écoulement à travers une section droite d'aire S = \pi a^2 du capillaire cylindrique est reliée au débit volumique D_{\mathrm{v}} par :

En utilisant l'expression du débit volumique obtenue à la question Q47 :

on en déduit l'expression de la vitesse moyenne :

Le temps moyen de parcours \Delta t_{\mathrm{moy}} mis par une gouttelette d'eau pour parcourir la hauteur H du capillaire s'obtient en considérant la vitesse moyenne v_{\mathrm{moy}} établie à la question Q48 :

En remplaçant v_{\mathrm{moy}} par son expression :

on obtient :

Application numérique : Avec les valeurs de l'énoncé :

• \eta_{\mathrm{e}} = 1\cdot 10^{-3}\text{ Pa}\cdot\text{s} ;
• H = 1\text{ km} = 10^3\text{ m} ;
• \rho_{\mathrm{e}} = 1\cdot 10^3\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} ;
• g = 10\text{ m}\cdot\text{s}^{-2} ;
• a = 1\,\mu\text{m} = 10^{-6}\text{ m} ;

on a :

Avec un seul chiffre significatif demandé :

D'après les résultats de la question Q49, le temps moyen mis par l'eau pour traverser la roche poreuse est :

Ce temps de transfert particulièrement long (de l'ordre de plusieurs décennies) s'accompagne d'une surface d'échange spécifique extrêmement élevée au sein des microporosités du sol : pour un capillaire de rayon a = 1\,\mu\text{m}, le rapport surface/volume vaut :

Durant cette infiltration extrêmement lente, l'eau reste en contact intime et prolongé avec les roches calcaires. Des réactions de dissolution chimique lente (notamment des carbonates et d'autres minéraux de la matrice rocheuse) ont ainsi le temps d'avoir lieu et de déplacer l'équilibre vers une dissolution substantielle.