II. PRINCIPE DU RADAR

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PCSI 1 - Stanislas DS de PHYSIQUE N^◦1 - 28/09/13- durée 3H A. MARTIN

ONDES ET OSCILLATEURS

I. ONDES ULTRASONORES

1. a) U1= 2,5∗2 = 5 V, d’où U_e1=U1/√

2 = 3,5 V.

b) De façon généraleu1(t) =U1cos(2πf t+ϕ). Commeu1(0) = 0 et que le signal est d’abord décroissant, on obtient u1(t) =−U1sin(2πf t) .

2. a) Les signaux sont en phase. Si on écarte le micro, le signal temporel capté se trouve retardé par rapport à la référence. Donc la petite sinusoïde se décalle vers la droite. L’onde diminuant légèrement en amplitude avec la distance à la source, l’amplitude décroît légèrement à mesure qu’on éloigne le micro.

b) On a doncλ=C1C2= 1,4 cm. D’où c=λf = 350 m.s⁻¹.

3. L’onde incidente globale s’écrit p_i(x, t) =P0cos(2πf t−kx) aveck = 2π/λ. L’onde réfléchie s’écrit a priori p_r(x, t) =P0cos(2πf t+kx+ϕ) .

4. Il s’agit d’une superposition de deux ondes progressives sinusoïdales synchrones de même amplitude se propageant en sens inverse. C’est donc une onde stationnaire, de formep(x, t) = 2P0cos(kx+^ϕ₂) cos(2πf t+

ϕ

2). Or l’amplitude des variations de la pression est maximale en x = 0 (ventre de pression), donc

|cos(^ϕ₂)|= 1⇔ϕ= 0 [2π]. Finalement, on a p(x, t) = 2P0cos(kx) cos(2πf t) .Faire un SCHEMA (pression acoustique à l’instantt, nœuds et ventres).

5. Les ventres de l’onde stationnaire sont distants d’une demi-longueur d’onde (cos(kx)), donc d=λ/2 = 0,7 cm.

II. PRINCIPE DU RADAR

1. Radar monostatique

1. a) λ=c/f = 10,3 cm, et N=τ f = 2900 oscillations.

b) En l’absence de données supplémentaires on suppose que les échos proviennent de la dernière impulsion émise. La distance parcourue est le double de la distance radar-véhicule, d’où d_X=¹₂ct_X avec X=A, BouC. D’oùd_A= 0,45 km,d_B= 12,0 km etd_C= 13,5 km.

Remarque : ces valeurs très élevées correspondent en fait à des signaux reçus par un radar de contrôle aérien.

c) L’onde émise par l’antenne du radar se propage dans toutes les directions de l’espace (pas de manière uniforme...), donc comme pour une onde sphérique l’amplitude de l’onde s’atténue à mesure que l’on s’éloigne de la source. Plus l’objet réfléchissant est éloigné, plus l’impulsion qu’il reçoit est de faible amplitude, ce que l’on retrouve sur le schéma.

d) Pour que l’écho soit interprétable, il doit arriver après la fin de l’impulsion, mais se terminer avant le début de l’impulsion suivante. La durée du trajet est donc dans l’intervalle [τ, T−τ], donc la distance entre d_m=¹₂cτ = 150 m et d_M=¹₂c(T−τ) = 14,9 km.

2. a) On noted0 la distance radar-véhicule au début de la première impulsion (t= 0). Les instants de réception des deux échos successifs sont¹t1= 2d0/cett2=T+ 2(d0+vT)/c. D’où

∆t=T+2vT

c = 100,0µs.

1. Dans un calcul plus précis on prend en compte le fait que la voiture s’est déplacée entre le moment de l’émission et celui de la réflexion, ce qui introduit un facteur multiplicateur 1 +^v_cdevant les durées de propagation. Compte-tenu des valeurs numériques on a^v

c1 et cette correction n’est pas nécessaire ici.

1

b) La différence avecTest^2vT_c ∼10⁻¹¹s, ce qui est bien en dessous de la précision affichée (10⁻⁷s). Ce protocole de mesure paraît donc inadapté ici.

3. a) Il s’agit en fait du même calcul que précédemment, mais on traduit les durées en déphasage :ϕ=

−2πf t1donc ϕ=−2πf2d0

c . En effet l’écho est en retard de phase par rapport au signal émis au niveau du radar.

b) Le second vautϕ2=−2πf t2=−2πf^2(d⁰^+vT)_c , d’où ∆ϕ=−2πf2vT

c =−0,44 rad

c) Cela représente environ 7% d’une période. Pour mesurer ce déphasage, il faut donc avoir une précision au plus de l’ordre de 1%, ce qui est facilement accessible si l’on est capable d’accéder directement à la mesure de ∆ϕsans passer par une mesure temporelle (par exemple en mesurant la moyenne du produit des deux signaux...).

2. Radar bistatique

4. Comme précédemment, on considère un temps d’aller-retour de^2d_c d’où un déphasage²

ϕ(t) =−2πf2

c(d0+vt) .

5. D’oùsr(t) =Srcos2πf1−^2v_ct+ 2πf^2d_c⁰. Par identification le signal a donc une fréquencef⁰ = f1−^2v_c, d’où l’écart ∆f=−2v

c f =−698Hz, c’est-à-dire ^∆f_f =−^2v_c =−2,4.10⁻⁷% d’écart. Il s’agit de l’effetDoppler. On retrouve bien que la fréquence reçue est plus faible si le véhicule s’éloigne.

6. a) Il s’agit d’une superposition de signaux asynchrones de fréquences très proches, et d’amplitudes dif- férentes. On observe donc des battements(faire les SCHEMA de Fresnel en coïncidence puis en anti-coïncidence), dont l’amplitude minimale n’est pas nulle (amplitudes respectives différentes).

b) La moitié de la durée ∆t_bd’un battement correspond au temps nécessaire pour que la phase du signal le plus rapide se décalle deπpar rapport au signal le plus lent, en partant d’une situation de coïnci- dence : 2πf⁰^∆t₂^b = 2πf^∆t₂^b+π, d’où ∆f= 1

∆t_b. Il suffit alors de mesurer la durée ∆t_bd’un battement.

c) Ici on doit donc mesurer ∆t_b= 1/∆f= 1,4.10⁻³s. Cette durée est facilement mesurable, notamment pour les conditions de l’énoncé où les temps sont déterminés à 10⁻⁷s près. Cette dernière méthode présente l’avantage d’être d’autant plus précise que la vitessev est faible (∆t_b augmente quand vdiminue, donc la mesure devient plus facile), au contraire des 2 autres méthodes. Elle sera donc préférable pour de faibles vitesses. Pour des vitesses suffisamment rapides la seconde méthode présente l’avantage de ne nécessiter qu’une seule antenne.

3. Polarisation des trains d’ondes

7. Puisque chaque antenne crée un champ électrique dans sa direction, il faut les orienter de sorte qu’elles soientperpendiculaires(et biensûr toujours orthogonales à la ligne de visée). Elles doivent émettre des signauxsynchrones, demême amplitude, etdéphasés de±^π₂.

2. De nouveau un calcul plus exact prend en compte le déplacement de la voiture pendant le tempsδtde propagation de la lumière viaϕ(t) =−2πf²_c(d0+v(t−δt)). Cela conduit àδt=_v+c^v t+_v+c^d⁰ etϕ(t) =−2πf²_c d0+_v+c^vc(t−^d_c⁰)

. Comme ici^v_c1 on peut toujours négliger cette correction.

2

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III. PENDULE ELASTIQUE VERTICAL

1. A l’équilibre, la force élastique équilibre le poids :k∆`=mg, d’où k=mg

∆` = 13,3 N.m⁻¹.

2. a) On applique le Principe Fondamental de la Dynamique (PFD) au point matérielMdans le référentiel du laboratoire supposé galiléen. En projettant selon l’axeOz, on obtientm¨z=mg−k(z−`0). En remarquant que la position d’équilibre deMs’écritzeq=`0+ ∆`=`0+^mg_k, on obtient :

¨z+ω²₀z=ω²₀z_eq avec ω0= s

k m=

rg

∆`

b)z_P=zeqest une solution particulière, d’où la solution généralez(t) =zeq+Acos(ω0t) +Bsin(ω0t).

At= 0 la vitesse est nulle doncB= 0, etz(0) =zeq+d=zeq+A, d’oùA=d. Finalement z(t) =zeq+dcos(ω0t) .

c) La vitesse s’écrit ˙z=−dω0sin(ω0t). DoncV_m=dω0=d^q_m^k d’où en remplaçant par les données du problème :

V_m=d rg

∆` = 0,66 m.s⁻¹.

3. a) Energie cinétique :E_c=¹₂mz˙²=¹₂kd²sin²(ω0t). Energie potentielle :E_p=E_ppes+E_pél=−mgz+

1

2k(z−`0)². Energie mécanique :E_m=E_c+E_p.

b) En développantE_p, les termes en cos s’annulent, et on trouveE_p=−^m_2k²^g²−mg`0+¹₂kd²cos²(ω0t).

Notons que dans cette expression, la constante pourrait être arbitrairement supprimée car une énergie potentielle est toujours définie à une constante près (cf cours de mécanique). Finalement on obtient E_m=−^m_2k²^g²−mg`0+¹₂kd²= constante.

c) La vitesse est maximale lorsqueE_cest maximale donc lorsqueE_pest minimale (par conservation de E_m), c’est-à-dire lorsqueE_p=−^m_2k²^g²−mg`0. Alors

E_m=1

2mV_m²−m²g²

2k −mg`0=−m²g²

2k −mg`0+1

2kd²⇔kd²=mV_m²⇔ V_m=d ω0 . On retrouve bien la même expression.

4. Les ressorts étant sans masse, ils transmettent parfaitement leur tension d’une extrémité à l’autre. On obtient à l’équilibre

z_1,eq=`0+2mg

k =`0+ 2∆` et z_2,eq= 2`0+3mg

k = 2`0+ 3∆`

5. M1subit la force des 2 ressorts et son poids :m¨z1=−k(z1−`0) +k(z2−z1−`0) +mg.

M2subit seulement la force du ressort inférieur et son poids :m¨z2=−k(z2−z1−`0) +mg.

On en déduit le système différentiel suivant :







¨

z1+ 2ω²₀z1 = ω₀²z2+g

¨

z2+ω²₀z2 = ω₀²(z1+`0) +g

6. On effectue le changement d’origine spatiale proposé pour étudier les mouvements par rapport aux posi- tions d’équilibre : ¨z_i= ¨Z_ipouri= 1,2, ce qui mène à







Z¨1+ 2ω₀²Z1 = ω²₀Z2

Z¨2+ω₀²Z2 = ω²₀Z1

3

7. ¨Z_i=−ω²Z_ipouri= 1,2, d’où la condition nécessaire vérifiée pour toutt:







(2ω₀²−ω²)Z1−ω₀²Z2 = 0

−ω²₀Z1+ (ω²₀−ω²)Z2 = 0

En isolantω²₀Z2puis en le remplaçant, on obtient qu’à tout instant [(2ω₀²−ω²)(ω₀²−ω²)−ω₀²]Z1= 0.

CommeZ1est par hypothèse non identiquement nulle, la condition nécessaire est (2ω²₀−ω²)(ω₀²−ω²) +ω₀⁴= 0

qui correspond à l’annulation dudéterminant³du système. Il s’agit d’une équationbicarrée, que l’on peut récrire sous la forme d’un trinôme en posantX=ω²:X²−3ω²₀X+ω⁴₀= 0 de discriminent ∆ = 5ω₀⁴. On en déduit les deux seules solutions positives

ω1= s

3−√ 5

2 ω0 et ω2= s

3 +√ 5 2 ω0 . 8. On en déduit

T1= 2π s 2∆`

(3−√

5)g = 1,22 s et T2= 2π s 2∆`

(3 +√

5)g = 0,47 s.

3. cf cours de maths sur les systèmes linéaires.

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