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CPGE Futur

Exercice 2 : Ondes guidées et bilans

Concours CPGE (Filière PSI) — Physique-Chimie

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Chapitre : Électromagnétisme et Conversion de puissance

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Thème : Ondes guidées et bilans

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Préambule et consignes de l’examinateur

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Ce problème aborde l’étude de la propagation d’ondes électromagnétiques guidées dans une structure simple (guide plan) et le calcul des bilans énergétiques associés. En tant qu’examinateur en PSI, j’attends des candidats :

  1. Une rigueur absolue dans l’utilisation des équations de Maxwell sous forme locale.
  2. La capacité à traduire des conditions aux limites physiques en conditions mathématiques sur les champs.
  3. Un esprit critique aiguisé lors de l’analyse des résultats (coupure, vecteurs de Poynting, ordres de grandeur).

Énoncé du problème

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On considère un guide d’ondes plan, constitué de deux plans conducteurs parfaits infinis situés en z=0z = 0 et z=az = a. L’espace entre ces plans (0<z<a0 < z < a) est rempli par un diélectrique parfait de permittivité ε\varepsilon et de perméabilité μ\mu. Le système est invariant selon les axes (Ox)(Ox) et (Oy)(Oy).

L’objectif est d’étudier la propagation d’une onde électromagnétique polarisée transversalement (mode TE - Transverse Électrique) et d’établir le bilan de puissance associé.

Corrigé et guidage pas à pas

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Partie I : Étude des champs et équation de dispersion

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Question 1. Rappeler les équations de Maxwell locales dans le diélectrique (sans charges ni courants libres).

Éléments de correction attendus : Dans le milieu (0<z<a0 < z < a), les équations de Maxwell s’écrivent : rot E⃗=−∂B⃗∂t\text{rot}\ \vec{E} = -\frac{\partial \vec{B}}{\partial t} rot B⃗=με∂E⃗∂t\text{rot}\ \vec{B} = \mu\varepsilon \frac{\partial \vec{E}}{\partial t} div E⃗=0\text{div}\ \vec{E} = 0 div B⃗=0\text{div}\ \vec{B} = 0

Question 2. On s’intéresse à un mode TE (Transverse Électrique) se propageant selon l’axe (Ox)(Ox), de pulsation ω\omega et de vecteur d’onde k⃗=ku⃗x\vec{k} = k \vec{u}_x. Par définition, la composante longitudinale du champ électrique est nulle : Ez=0E_z = 0. De plus, on cherche des champs indépendants de yy (∂/∂y=0\partial/\partial y = 0).

En projetant l’équation de Maxwell-Faraday, exprimer les composantes EyE_y, BxB_x et BzB_z en fonction d’une seule composante scalaire que l’on choisira judicieusement.

Éléments de correction attendus : Puisque le champ électrique est transversal et selon (Oy)(Oy) (par choix de polarisation TE), on pose E⃗=Ey(x,z,t)u⃗y\vec{E} = E_y(x, z, t)\vec{u}_y. En régime harmonique de pulsation ω\omega, les champs s’écrivent sous la forme complexe sous-jacente ou directement avec la dépendance en ej(ωt−kx)e^{j(\omega t - kx)}. Calculons le rotationnel de E⃗\vec{E} : rot E⃗=∣u⃗xu⃗yu⃗z∂x0∂z0Ey0∣=−∂zEyu⃗x+∂xEyu⃗z\text{rot}\ \vec{E} = \begin{vmatrix} \vec{u}_x & \vec{u}_y & \vec{u}_z \\ \partial_x & 0 & \partial_z \\ 0 & E_y & 0 \end{vmatrix} = -\partial_z E_y \vec{u}_x + \partial_x E_y \vec{u}_z

D’après Maxwell-Faraday (rot E⃗=−jωB⃗\text{rot}\ \vec{E} = -j\omega \vec{B} en régime harmonique) :

  • Bx=−1jω∂Ey∂zB_x = -\frac{1}{j\omega} \frac{\partial E_y}{\partial z}
  • Bz=1jω∂Ey∂xB_z = \frac{1}{j\omega} \frac{\partial E_y}{\partial x}

Toutes les composantes des champs se déduisent donc de la connaissance unique de Ey(x,z,t)E_y(x,z,t).

Question 3. En combinant les équations de Maxwell, établir l’équation aux dérivées partielles vérifiée par Ey(x,z,t)E_y(x,z,t).

Éléments de correction attendus : On applique l’opération rot\text{rot} à l’équation de Maxwell-Faraday : rot(rot E⃗)=grad(div E⃗)−ΔE⃗=−∂∂t(rot B⃗)\text{rot}(\text{rot}\ \vec{E}) = \text{grad}(\text{div}\ \vec{E}) - \Delta \vec{E} = -\frac{\partial}{\partial t}(\text{rot}\ \vec{B}) Comme div E⃗=0\text{div}\ \vec{E} = 0 et en injectant Maxwell-Ampère (rot B⃗=με∂E⃗∂t\text{rot}\ \vec{B} = \mu\varepsilon \frac{\partial \vec{E}}{\partial t}), il vient l’équation de d’Alembert vectorielle : ΔE⃗−με∂2E⃗∂t2=0⃗\Delta \vec{E} - \mu\varepsilon \frac{\partial^2 \vec{E}}{\partial t^2} = \vec{0}

Pour la composante EyE_y, cela se traduit par l’équation scalaire : ∂2Ey∂x2+∂2Ey∂z2−με∂2Ey∂t2=0\frac{\partial^2 E_y}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 E_y}{\partial z^2} - \mu\varepsilon \frac{\partial^2 E_y}{\partial t^2} = 0

Question 4. On cherche une solution sous la forme d’une onde progressive harmonique se propageant selon (Ox)(Ox) : Ey(x,z,t)=Y(z)ej(ωt−kx)E_y(x, z, t) = Y(z) e^{j(\omega t - kx)} Montrer que Y(z)Y(z) vérifie une équation différentielle simple que l’on mettra sous la forme : d2Ydz2+K2Y=0\frac{\mathrm{d}^2 Y}{\mathrm{d}z^2} + K^2 Y = 0 en exprimant K2K^2 en fonction de ω\omega, kk et de la celerité des ondes dans le diélectrique c=1/μεc = 1/\sqrt{\mu\varepsilon}.

Éléments de correction attendus : On injecte la forme recherchée dans l’équation de d’Alembert : ∂2∂x2[Y(z)ej(ωt−kx)]+∂2∂z2[Y(z)ej(ωt−kx)]−με∂2∂t2[Y(z)ej(ωt−kx)]=0\frac{\partial^2}{\partial x^2}\left[Y(z)e^{j(\omega t - kx)}\right] + \frac{\partial^2}{\partial z^2}\left[Y(z)e^{j(\omega t - kx)}\right] - \mu\varepsilon \frac{\partial^2}{\partial t^2}\left[Y(z)e^{j(\omega t - kx)}\right] = 0   ⟹  (−k2)Y(z)+d2Ydz2−με(−ω2)Y(z)=0\implies (-k^2) Y(z) + \frac{\mathrm{d}^2 Y}{\mathrm{d}z^2} - \mu\varepsilon (-\omega^2) Y(z) = 0   ⟹  d2Ydz2+(ω2με−k2)Y(z)=0\implies \frac{\mathrm{d}^2 Y}{\mathrm{d}z^2} + \left(\omega^2 \mu\varepsilon - k^2\right) Y(z) = 0

En posant K2=ω2με−k2=ω2c2−k2K^2 = \omega^2 \mu\varepsilon - k^2 = \frac{\omega^2}{c^2} - k^2, on obtient bien : d2Ydz2+K2Y=0\frac{\mathrm{d}^2 Y}{\mathrm{d}z^2} + K^2 Y = 0

Question 5. Énoncer les conditions aux limites pour le champ électrique tangentiel à la surface des conducteurs parfaits (z=0z = 0 et z=az = a). En déduire l’expression générale de Y(z)Y(z) et la quantification de KK (modes du guide).

Éléments de correction attendus : Le champ électrique tangentiel à la surface d’un conducteur parfait doit être nul. Les plans étant situés à z=0z = 0 et z=az = a et le champ tangentiel étant EyE_y, on a :

  • Ey(x,0,t)=0  ⟹  Y(0)=0E_y(x, 0, t) = 0 \implies Y(0) = 0
  • Ey(x,a,t)=0  ⟹  Y(a)=0E_y(x, a, t) = 0 \implies Y(a) = 0

La solution générale de l’équation différentielle (avec K2>0K^2 > 0 pour avoir une variation transversale oscillante) est : Y(z)=Acos⁡(Kz)+Bsin⁡(Kz)Y(z) = A \cos(Kz) + B \sin(Kz)

  • Y(0)=0  ⟹  A=0Y(0) = 0 \implies A = 0
  • Y(a)=0  ⟹  Bsin⁡(Ka)=0Y(a) = 0 \implies B \sin(Ka) = 0

Pour une solution non triviale (B≠0B \neq 0), il faut que : Ka=nπavecn∈N∗Ka = n\pi \quad \text{avec} \quad n \in \mathbb{N}^*

Ainsi, la constante transversale est quantifiée : Kn=nπaK_n = \frac{n\pi}{a}.

Question 6. En déduire l’relation de dispersion du guide d’ondes pour un mode nn donné. Définir la pulsation de coupure ωc\omega_c du mode nn.

Éléments de correction attendus : En remplaçant KnK_n dans l’expression de K2K^2: Kn2=(nπa)2=ω2c2−kn2K_n^2 = \left(\frac{n\pi}{a}\right)^2 = \frac{\omega^2}{c^2} - k_n^2   ⟹  kn2=ω2c2−(nπa)2\implies k_n^2 = \frac{\omega^2}{c^2} - \left(\frac{n\pi}{a}\right)^2   ⟹  kn(ω)=ω2c2−(nπa)2\implies k_n(\omega) = \sqrt{\frac{\omega^2}{c^2} - \left(\frac{n\pi}{a}\right)^2}

La pulsation de coupure ωc\omega_c correspond à la limite où le vecteur d’onde longitudinal knateurk_nateur s’annule (kn→0k_n \to 0) : ωc=nπca\omega_c = \frac{n\pi c}{a}

L’relation de dispersion s’écrit alors sous la forme canonique : kn(ω)=nπa(ωωc)2−1k_n(\omega) = \frac{n\pi}{a} \sqrt{\left(\frac{\omega}{\omega_c}\right)^2 - 1}

Partie II : Bilan énergétique et vecteur de Poynting

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Question 7. Exprimer le vecteur de Poynting Π⃗\vec{\Pi} du champ électromagnétique dans le guide. Calculer sa composante moyenne selon l’axe de propagation (Ox)(Ox), notée ⟨Πx⟩\langle \Pi_x \rangle, pour un mode nn réel (c’est-à-dire ω>ωc\omega > \omega_c).

Rappel utile : Pour deux grands AA et BB complexes associés à des grandeurs réelles A‾ejωt\underline{A}e^{j\omega t} et B‾ejωt\underline{B}e^{j\omega t}, la moyenne temporelle du produit est 12Re(A‾ B‾∗)\frac{1}{2}\text{Re}(\underline{A}\ \underline{B}^*).

Éléments de correction attendus : Le vecteur de Poynting est défini par Π⃗=1μE⃗∧B⃗\vec{\Pi} = \frac{1}{\mu} \vec{E} \land \vec{B}. La composante selon OxOx est Πx=1μ(EyBz−EzBy)\Pi_x = \frac{1}{\mu} (E_y B_z - E_z B_y). Comme Ez=0E_z = 0 : Πx=1μEyBz\Pi_x = \frac{1}{\mu} E_y B_z

Exprimons les amplitudes complexes associées :

  • E‾y(x,z)=E0sin⁡(nπza)e−jknx\underline{E}_y(x,z) = E_0 \sin\left(\frac{n\pi z}{a}\right) e^{-j k_n x}
  • D’après la question 2, B‾z=1jω∂E‾y∂x=−jknjωE‾y=−knωE‾y\underline{B}_z = \frac{1}{j\omega} \frac{\partial \underline{E}_y}{\partial x} = \frac{-j k_n}{j\omega} \underline{E}_y = -\frac{k_n}{\omega} \underline{E}_y

La moyenne temporelle de Πx\Pi_x est donc : ⟨Πx⟩=12Re(1μE‾yB‾z∗)\langle \Pi_x \rangle = \frac{1}{2} \text{Re}\left( \frac{1}{\mu} \underline{E}_y \underline{B}_z^* \right) ⟨Πx⟩=12μRe(E‾y(−knωE‾y∗))=kn2μω∣E‾y∣2\langle \Pi_x \rangle = \frac{1}{2\mu} \text{Re}\left( \underline{E}_y \left( -\frac{k_n}{\omega} \underline{E}_y^* \right) \right) = \frac{k_n}{2\mu\omega} |\underline{E}_y|^2

En remplaçant ∣E‾y∣2|\underline{E}_y|^2 : ⟨Πx⟩=knE022μωsin⁡2(nπza)\langle \Pi_x \rangle = \frac{k_n E_0^2}{2\mu\omega} \sin^2\left(\frac{n\pi z}{a}\right)

Question 8. Calculer la puissance moyenne totale ⟨P⟩\langle P \rangle transportée par le guide par unité de longueur selon l’axe (Oy)(Oy).

Éléments de correction attendus : La puissance moyenne traversant une section transversale du guide (de z=0z = 0 à z=az = a, et de longueur unité selon yy) s’obtient en intégrant la composante ⟨Πx⟩\langle \Pi_x \rangle sur la section : ⟨P⟩=∫0a⟨Πx⟩dz=knE022μω∫0asin⁡2(nπza)dz\langle P \rangle = \int_{0}^{a} \langle \Pi_x \rangle \mathrm{d}z = \frac{k_n E_0^2}{2\mu\omega} \int_{0}^{a} \sin^2\left(\frac{n\pi z}{a}\right) \mathrm{d}z

On sait que ∫0asin⁡2(nπza)dz=a2\int_{0}^{a} \sin^2\left(\frac{n\pi z}{a}\right) \mathrm{d}z = \frac{a}{2}. D’où : ⟨P⟩=aknE024μω\langle P \rangle = \frac{a k_n E_0^2}{4\mu\omega}

Analyse critique et synthèse de l’examinateur

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  • Comportement aux limites : Le fait que EyE_y s’annule en z=0z=0 et z=az=a traduit parfaitement la condition aux limites d’un conducteur parfait (pas de champ électrique tangentiel). C’est la brique fondamentale qui quantifie l’espace transversal et donne naissance aux modes discrets.
  • Fréquence de coupure : Si ω<ωc\omega < \omega_c, alors knk_n devient imaginaire pur (kn=jαk_n = j \alpha). Le terme d’onde e−jknxe^{-j k_n x} se transforme en eαxe^{\alpha x} ou e−αxe^{-\alpha x} : l’onde est évanescente, elle ne se propage pas. C’est un résultat physique crucial en télécommunications et hyperfréquences (le guide agit comme un filtre passe-haut).
  • Vitesse de groupe vs Vitesse de phase :
    • La vitesse de phase est vϕ=ωkn=c1−(ωc/ω)2>cv_\phi = \frac{\omega}{k_n} = \frac{c}{\sqrt{1 - (\omega_c/\omega)^2}} > c. Cela ne contredit pas la relativité car l’information est transportée par la vitesse de groupe vg=∂ω∂kn=c1−(ωc/ω)2<cv_g = \frac{\partial \omega}{\partial k_n} = c \sqrt{1 - (\omega_c/\omega)^2} < c.
    • On vérifie élégamment que vϕvg=c2v_\phi v_g = c^2, une relation classique des milieux dispersifs guidés.