CORRIGÉ
Réfractomètre interférentiel de Rayleigh.
1. On est en présence du montage interférentiel des fentes d'Young. Dans le plan focal image de la lentille mince convergente L2on observe – à l'aide d'un oculaire - des franges d'interférence qui sont des segments de droite parallèles aux fentes. La frange centrale située en O correspond à la frange d'ordre zéro (égalité des chemins optiques
SC O1
et
SC O ) : c'est une frange brillante.2
2. L'ordre d'interférence en un point P, d'abscisse x, du plan focal image de L2est :
0 0 2
x ax
p x f '
L'interfrange i, distance entre deux points homologues voisins, est tel que p x i
p x
1; on endéduit :
0f '2
i a
3. L'œil normal – c'est-à-dire emmétrope – n'accommode pas lorsqu'il observe un objet à l'infini. Le plan focal image de L2est alors confondu avec le plan focal objet de l'oculaire L3: l'ensemble forme un système afocal. L'œil va donc observer un interfrange (c'est un nom masculin) sous un angle tel que :
0 2
3 3
f ' tan i
f ' af '
soit :
0 2
3 3
f ' arctan i arctan
f ' af '
4. On vide l'air contenu dans la cuve C1; la différence de marche en P devient alors :
2
1
2
' x SC P SC P ax n 1 L
f '
La frange d'ordre zéro, qui se trouvait initialement en x = 0, est maintenant située à l'abscisse :
2 0 20
n 1 Lf ' f '
x pi p
a a
(p > 0)
Le déphasage entre les rayons qui interfèrent au point P est alors :
0 0 2
' x ax
x 2 2 2 p
f '
5. La différence de marche en x = 0 est maintenant :
0' 0 n 1 L p
6. On en déduit l'expression de l'indice de l'air : n 1 p 0
L
7. Numériquement on obtient :
n1, 0003
Filtre actif.
On est en présence d'un filtre actif d'ordre deux à structure de Rauch.
L'AO est supposé idéal et fonctionne en régime linéaire donc i i 0 et v v. L'entrée non inverseuse E est reliée à la masse donc v 0.
On applique le théorème de Millman
♦ en A (point commun aux deux résistancesR et aux impédances Z et 1 Z ) :2
e s
A
1 2 2
u u
2 1 1
R Z Z v R Z
♦ à l'entrée inverseuse E :
s A
1
u v
v v 0
2R Z
De ces deux relations on déduit la fonction de transfert harmonique :
s
e 1 1
2 2
u 2
H u Z Z R
1 2 R 2Z Z
8. On suppose que Z1Z2R. Le facteur d'amplification en tension est alors :
s u
e
u 1
A u 3 9. L'intensité du courant d'entrée est :
s ue e A e e
u A
1 1 1
i u v u 1 u
R R 2 R 2
soit :
e e
5u i 6 R 10. L'impédance d'entrée du filtre est alors :
e
e e
i
u 6R
Z R 60k
i 5
C'est une résistance.
11. Maintenant nous avons 1 2 1
Z Z
jC
. On en déduit la fonction de transfert harmonique du filtre :
1H j 1
1 j CR CR
On observe que :
♦
0
lim H lim H 0
♦ H passe par un maximum, qui vaut Hmax 1, pour 0 1
RC
On est donc en présence d'un filtre passe-bande dont la fréquence de résonance est :
0
f 1 16Hz
2 RC
12. Les fréquences limites de la bande passante à 3dB sont les valeurs de f telles que :
max2 0
H 1
H jf 2 f f
1 f f
soit :
2 2
0 0
f f ff 0 Les solutions physiquement admissibles sont :
1 0 2 0
5 1 5 1
f f , f f
2 2
Il en résulte une bande passante f f2f1f0 d'où le facteur de qualité du filtre : f0
Q 1
f
Remarque.La fonction de transfert d'un tel filtre admet la forme canonique :
H0H x 1
1 jQ x x
avec
0
x
, ce qui nous donne par identification Q1.
13. Pour 0 le facteur d'amplification en tension du système est :
0
A 'u H j 1
14. En régime stationnaire une bobine idéale est équivalente à un interrupteur fermé ; l'AO est alors monté en suiveur avec vA v v vs0. La résistance d'entrée du circuit est :
e e
e
e e
u u
R ' R R
i u v
Remarque.Un tel montage ne présente alors aucun intérêt ; il en est de même de la question posée.
Mouvement d'un solide.
Attention, le moment d'inertie 2 2
I mR
5 est celui d'une sphère – et non pas d'un disque - par rapport à un axe passant par son centre.
15. On note Rle référentiel du laboratoire supposé galiléen, S le solide qui est une sphère. On applique le théorème de la résultante dynamique à S dans R, soit :
dv C,S /
m mg N
dt
R
R
Le contact entre S et la piste OA est dépourvu de frottement, il en résulte que :
xv C,S / .e Cte
R
Le mouvement de S sur la piste OA est une translation uniforme.
Remarque.Le point O' est atteint avec la vitesse v0.
16. Le solide S roule sans glisser sur la piste O'B ce qui se traduit par :
v J,S / v C,S / S / CJ 0
R R R
où J est le point de contact entre S et O'B.
Sachant que
S /
eyR ,v C,S /
v e 'xR il en résulte que : vR
L'énergie cinétique du solide est donnée par le théorème de Koenig :
2
2
k
1 1
S / mv C,S / I S /
2 2
E R R R
Compte tenu de la condition de roulement sans glissement on obtient :
2k
S / 7 mv
10
E R
17. Le théorème de l'énergie cinétique appliqué à S entre O' et B se traduit par :
2B 20
0 07 m v v mg h mg Lsin
10
D'où l'expression de la vitesse en B :
2 2
B 0 0
v v 10g L sin
7
Pour que le point B soit effectivement atteint il faut que cette vitesse existe ce qui impose, avec 1 sin 2 :
0 0,m 0 0
10 5
v v g L sin g L
7 7
18. On applique le théorème de la puissance cinétique S dans R:
k
ext
d S /
dt
E R
P
Comme S roule sans glisser sur le plan incliné, la puissance des forces extérieures se réduit à celle du poids du solide, soit Pext mg vsin0 .
Par ailleurs d k
S /
7 dv 7mv mva
dt 5 dt 5
E R
.
L'accélération du centre d'inertie du solide du solide est donc :
0 0
5 5
a g sin g
7 14
19. Le théorème de la résultante dynamique appliqué à S dans Rdonne respectivement en projection selon e 'x
et e ' z :
0 0 0
ma T mg sin T ma mg sin 2mg sin
7 , 0N mg cos 0 Nmg sin0 On en déduit le rapport :
T 2 2 3
N7tan 21
20. De dv
a dt , on déduit par intégration par rapport au temps , vv0at. Le solide atteint donc le point B où il va décoller, car on suppose v0v0,m, à l'instant td:
2 2
0 0
B 0 0 0
d 2
v 2aL v
v v v v 2L
t a a a a a
21. Lors de son décollage la vitesse du centre d'inertie de S est :
2 2
d B 0 0 0
v v v 10g L sin v 2aL
7
Moteur thermique à air.
L'air est assimilé à un gaz parfait.
22. La transformation E1E2est une compression isotherme donc, d'après la loi de Mariotte, on a
1 1 2 2
p V p V . On en déduit, compte tenu de l'équation d'état d'un gaz parfait m
pV RT
M , le volume V2
dans l'état E2:
1 1 1
2 1
2 2 1
p p mRT
V V 2, 5 L
p p M p
23. La transformation E2E3 est un échauffement isobare donc V
T Cte. Le volume d'air dans l'état E3est alors, compte tenu que T2T1:
3 3
3 2 2
2 1
T T
V V V 10 L
T T
24. La transformation E3E4 est une détente adiabatique et réversible donc isentropique ; on peut utiliser la formule de Laplace pV Cte. Ainsi, compte tenu que p4p1 et p3p2, le volume d'air dans l'état E4est :
1 2
4 3
1
V V p 36 L
p
25. La transformation E3E4est isentropique donc, d'après le premier principe de la thermodynamique, le travail reçu par le fluide est W34 U34. Or un gaz parfait suit la première loi de Joule ce qui nous conduit à :
4 4 3 334 34 4 3
p V p V
W U nR T T
1 1
On a W340 car 4 Mp V1 4 3
T 838K T 1400K
mR .
26. Au cours d'un cycle le fluide reçoit un travail :
12 23 34 41
WW W W W avec :
♦
2 2
1
1
E p
2
12 1 1 1 1
1
E p
p
W p.dV p V dp p V ln
p p
travail reçu au cours de la compression isotherme♦ W23 p2
V3V2
et W41 p V1
1V4
travaux reçus par le fluide au cours des échauffement et du refroidissement isobaresEn définitive on obtient :
2
34 1 1 2 3 2 1 1 4
1
W W p V ln p p V V p V V
p
Ce travail, que l'on peut mettre sous la forme compacte
4 3
1 2 1W nR T T T ln p
1 p
, est négatif.
27. Au cours de l'échauffement isobare le fluide reçoit, de la source chaude, une quantité de chaleur
23 23
Q H . Comme un gaz parfait suit la deuxième loi de Joule il vient :
23 23 3 2 3 2
nR mR
Q H T T T T 0
1 M 1
Remarque.Pour les autres phases on a Q120, Q340 et Q410. 28. Le rendement de ce moteur est défini par :
23
W
Q
Induction électromagnétique.
29. On est en présence d'un circuit rigide mobile dans un champ magnétique constant et uniforme (cas de Lorentz). Dans cette situation le flux coupé et égal à la variation de flux à travers le circuit soit, puisque l'immersion du circuit dans le champ magnétique n'est que partielle :
c d na xB dt0
La loi de Faraday nous conduit alors à une force électromotrice induite :
0
e d naB x
dt
Remarque.On peut aussi utiliser le champ électromoteur de Lorentz, Em vB
, et calculer sa circulation le long du circuit.
30. Le cadre n'est pas complètement plongé dans le champ magnétique. La résultante des forces de Laplace qui s'exerce sur la partie immergée dans le champ est alors définie par :
L
MN NN' M ' M
F n id B id B id B
où M'M et NN' sont les parties verticales d'une spire soumises au champ magnétique.
Les sens du courant dans M'M et NN' sont opposés ce qui implique
NN' M ' M
id B id B
.En définitive nous avons :
y a
L y 0 z 0 x
y
F n i dye B e naiB e
31. Le théorème de la résultante dynamique appliqué au cadre dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen nous donne, en projection suivant ex
, l'équation mécanique du système :
x 0
mdv naB i mg
dt (EM)
La loi d'Ohm nous conduit à l'équation électrique :
0 x
Ldi Ri naB v
dt (EE)
On tire l'intensité i de l'équation mécanique et l'on reporte son expression dans l'équation électrique. On obtient l'équation différentielle à laquelle obéit la vitesse de translation du cadre :
22
x x 0
2 x
d v Rdv naB R
v g
L dt mL L
dt
Par identification avec l'équation différentielle proposée il vient :
L 1ms
R 32. De même on obtient :
0 0
naB
mL
33. Si on néglige l'inductance propre du circuit l'équation électrique se réduit à :
0 x
Ri naB v (EE')
En reportant l'expression de l'intensité i du courant dans l'équation mécanique (EM) on obtient la nouvelle équation différentielle du mouvement du cadre :
0
2x
x
dv naB
v g
dt mR
Que l'on peut mettre sous la forme proposée dans l'énoncé si on pose :
0
2' mR naB
34. Lorsque la vitesse limite est atteinte l'accélération s'annule ; ainsi, de l'équation différentielle obtenue à la question précédente, on déduit :
1 2
0
v mRg 0,8m.s
naB
Vidange d'un réservoir.
35. La relation fondamentale de la statique des fluides dans le référentiel terrestre supposé galiléen,
mg gradp 0
, nous montre que les surfaces isobares – perpendiculaires à grad p
- sont les plans orthogonaux à g
. On a donc pp z
ce qui nous conduit en projection selon l'axe Oz à :
m 0
dp z g
dz
Compte tenu de la continuité de la pression à l'interface air/eau, soit p h
p0, la relation précédente s'intègre en :
0 m 0
p z p g hz On observe ainsi que :
♦ la pression dans le liquide est indépendante de la forme du réservoir qui le contient ;
♦ la pression au fond du réservoir, c'est-à-dire pour z = 0, est supérieure à la pression atmosphérique ;
♦ la pression augmente de 103Pa, soit environ 10 atm2 , lorsque la profondeur varie de 10 cm.
36. On suppose l'écoulement quasi stationnaire ce qui nous permet d'appliquer le théorème de Bernoulli le long de la ligne de courant qui relie un point de la surface libre du liquide avec le point O centre de la bonde. Il vient :
2
2
0 0
0
m m
dh t v t
p 1 p
g h t
2 dt 2
Par ailleurs, l'eau étant considérée comme un fluide incompressible, la conservation du débit volumique se traduit par :
2 2dh t
a v t R
dt De ces deux relations on déduit la vitesse du fluide en O :
0 4
2g h t v t
1 a / R
37. On suppose que aRce qui nous permet de retrouver le théorème de Torricceli,
0
v t 2g h t . La conservation du débit volumique nous conduit alors à l'équation différentielle :
2
0 2
dh t a
2g h t 0
dt R
38. La durée de vidange du réservoir est
0
0 2
v 2
0 h
R dh t
2g a h t
, soit :
2 0
v 2
0
R 2h
g 500s
a
39. Attention, ce n'est pas la hauteur de liquide qui est proportionnelle au temps mais la différence des hauteurs h0h t
Vt. Ce vase constitue une clepsydre c'est-à-dire une horloge à eau.Dans cette nouvelle géométrie, compte tenu que a, la conservation du débit volumique se traduit par :
2 2
0
a 2g h t dh t
dt
soit encore :
2 2
0
a 2g h t k ' h t dh t
dt
On en déduit :
0 22
2g a
dh t V
dt k ' 40. La durée de vidange de ce réservoir est
2 0 0
k ' h ' 2g a
. On souhaite que ' 250s ce qui impose :
0 3/4
0
2g '
k ' a 0, 2m
h
-:-:-:-:-
