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1

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1: Correction

I Les disques optiques numériques

I.1 Le CD

Q1. En notant r

0

= 2, 5 cm et r

1

= 58 cm les rayons délimitant la portion d’infor- mation sonore, celle-ci occupe une surface S = π(r

²₁

− r

₀²

) = 8, 6 × 10

⁻³

m

²

Q2. Notons ε = 1, 6 µm l’espacement entre 2 passages successifs sur le même rayon. On découpe toute la piste par la pensée sous la forme d’un ruban de longueur L et de surface S. Or S ≈ εL car d r

0

< r

1

donc le ruban est assimilable à un rectangle. D’où :

L = π(r

²₁

− r

₀²

)

ε = 5, 4 km .

Autre raisonnement possible : On peut assimiler la piste complète à une série de disques (il y en a N = ^{(58−25)×10}

−3

1.6×10⁻⁶ = 21000) dont les rayons sont rn = r0 + 2dn avec r0 = 25, d = 1.6×10⁻⁶m et n ∈ J0,20000K. Il vient :

L= 2π

N

P

n=0

(r0+dn) = 2πr0N+πdN(N−1) = 5.2km.

Q3. En notant v = 1, 2 m.s

⁻¹

la vitesse linéaire au niveau de la tête de lecture, on obtient ∆t = L

v = 4, 5 × 10

³

s = 75 min. Le résultat est cohérent.

Avec l’autre méthode, on trouve plutôt72min.

I.2 Traitement numérique du signal

Q4. Pour un fréquence d’échantillonnage f

e

= 44, 1 kHz, l’information sonore de durée totale ∆t est représentée par N = f

e

∆t échantillons. Chaque échantillon correspond à 1 nombre sur 16 bits pour chacun des deux ca- naux, donc à 2 × 16/8 = 4 octets, L’information occupe donc une taille

I = 4f

e

∆t = 791 Mo.

I.3 Principe de la lecture des CD, DVD et Blu-ray

Q5. En négligeant les aberrations géométriques dues au caractère astigmatique de la lentille (qui peut être plus où moins bien corrigé), il reste que le dia- phragme d’ouverture de la diode laser produit un phénomène de diffraction inéluctable et le point image est finalement une tache d’Airy.

Q6. L’alvéole ayant une largeur δ = 0, 5 µm, la tache de diffraction ne recouvrira qu’une seule ligne si son diamètre est inférieur à D

max

= 2ε − δ = 2, 7µm.

Q7. Le texte donne pour le CD : λ

0

= 780 nm, n = 1, 55 et N A = 0, 45. On en déduit d = 1, 22 λ

0

n × (N A) = d = 1, 4 µm. Ce résultat est en accord avec la question précédente.

Q8. En adaptant les valeurs de longueur d’onde et d’ouverture numérique, on obtient des taches de diffraction plus petites : d

Blu−Ray

= 0, 38µm et d

DV D

= 0, 85µm. On peut donc rapprocher les pistes et stocker plus d’in- formations.

Q9. En inversant la relation : f

₂⁰

= D 2

r 1

(N A)

²

− 1 = 2, 5 mm.

Q10. On passe d’un milieu moins réfringent à un milieu plus réfringent donc les rayons vont se rapprocher de la normale. C’est donc la figure (a).

Q11.

Notons D

⁰

le diamètre du faisceau à l’entrée de la couche de polycarbo- nate, i l’angle d’incidence et r l’angle de réfraction dans la couche de poly- carbonate (cf figure ci-contre).

On a tani =

_2(f^D0⁰

2−∆)

et tan r =

^D_2e⁰

. La loi de Descartes impose

_sinn^sinr

=

_n¹

.

Dans les conditions de Gauss on a

^tan_tan^r_i

≈

^sin_sini^r

d’où

^f

0 2−∆

e

≈

_n¹

et donc

∆ = f

₂⁰

− e n .

Q12. Le rayon qui se réfléchit sur un plat est en avance de phase car il a parcouru une distance 2h supplémentaire, et son nombre d’onde angulaire est k =

2π λ

=

^2πn_λ

0

. Donc ∆φ = 4π λ

0

nh .

Q13. Il faut ∆φ = (2k + 1)π pour que les interférences soient destructives, avec k un entier naturel. donc h

k

= k +

¹₂

λ₀

2n

, d’où h

min

= h

0

= λ

0

4n = 0, 126 µm.

Cela correspond donc à une différence de marche égale à un quart de longueur d’onde comme le dit le Doc. 1, ce qui est cohérent avec la condition d’interférence destructives.

L’intensité minimale mesurée n’est pas nulle car l’intensité des deux faisceaux ne sont pas de même amplitude.

27 janvier 2017 1/4 A. Martin, N. Piteira, C. Lacpatia

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I.4 Détection des “1”

Q14. Le Doc. 1 indique une longueur d’alvéole minimale ` = 0, 83 µm. La vitesse linéaire étant v, la durée d’un état bas est au minimum de ∆t

min

= `

v = 0, 69 µs .

Q15. L’allure proposée suggère que dans chaque état le régime permanent station- naire atteint est u

s

= 0. En assimilant le condensateur à un interrupteur ouvert en régime stationnaire, il vient que u

s

= 0 uniquement pour le circuit (b). C’est celui que l’on choisit.

La loi des mailles s’écrit u

e

= u

c

+ u

s

en choisissant les orientations indi- quées ci-contre. Donc u

e

= Ri et i = C

^du_dt^c

, d’où

^du_dt^s

+

_RC¹

u

s

=

_RC^{1 du}_dt^e

= 0 dans chaque état après le passage du front à l’instant t

i

.

La solution s’écrit u

s

(t) = u

s

(t

⁺_i

).e

⁻

t−ti

RC

. Par continuité de la tension aux bornes du condensateur, et en considérant le régime permanent u

s

(t

⁻_i

) = 0 atteint, on a u

c

(t

i

) = u

e

(t

⁻_i

) = 0 ou U

h

selon que le front est respectivement montant ou descendant. On a donc u

s

(t

⁺_i

) = u

e

(t

⁺_i

) − u

c

(t

i

) = +U

h

ou −U

h

respectivement. Finalement u

s

(t) = ±U

h

.e

⁻

t−ti

RC

pour un état haut (signe +) ou bas (signe −).

Q16. Le temps caractéristique RC de ce régime transitoire doit vérifier RC ∆t

min

pour que le régime permanent soit bien atteint.

Q17. On impose |u

s

(t

i

+ ∆t)| =

^U₂¹

= U

1

e

^−RC∆t

d’où ∆t = RC ln 2, donc C = ∆t

R ln 2 = 10 pF.

Q18. A basse fréquence, le condensateur est assimilable à un interrupteur ouvert.

L’intensité circulant dans R

2

puis dans R car i

−

= 0 est donc nulle. Donc u

s

= V

−

= V

+

= 0.

A haute fréquence, le condensateur est assimilable à un fil. La Loi des Noeuds en Termes de Potentiel (LNTP) au point V

−

s’écrit avec V

−

= V

+

= 0 :

u_e

R₂

+

^u_R^s

= 0 donc u

s

= −

_R^R

2

u

e

=6= 0.

Il s’agit donc d’un filtre passe-haut, dont le gain à haute fréquence est a priori différent de 1 si R 6= R

2

.

Q19. On a toujours V

−

= V

+

= 0. En régime sinusoïdal forcé, la LNTP s’écrit en complexes

_R ^ue

2+_jCω¹

+

^u_R^s

= 0, d’où H = − jRCω

1 + jR

2

Cω = − R R

2

1 + 1

jR

2

Cω

⁻¹

, et

G(ω) = RCω p 1 + (R

2

Cω)

²

= R R

2

1 + 1

(R

2

Cω)

²

⁻¹₂

.

Q20. La pulsation de coupure est définie telle que G(ω

c

) =

^G√max

2

. Le gain réel est maximal pour ω → +∞ et vaut

_R^R

2

. Donc la pulsation de coupure doit vérifier :

G(ω

c

) = R

√ 2R

2

⇔ 1 + 1 R

2

Cω

c

= 2 ⇔ ω

c

= 1 R

2

C .

Q21. On a asymptotiquement H ∼

ωω_c

−jRCω donc u

s

(t) ≈ −RC du

e

dt . Il s’agit d’un comportement pseudo-dérivateur. C’est ce que l’on recherche ici puisque l’on veut détecter les fronts, c’est-à-dire les passages d’un état haut vers un état bas ou l’inverse.

Q22. On a alors U

1

=

_R^R

2

U

h

donc R

2

= R

10 = 1 kΩ et C = 1 R

2

ω

c

= 10 pF.

27 janvier 2017 2/4 A. Martin, N. Piteira, C. Lacpatia

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^◦

1

II Étude d’un toboggan aquatique II.1 Étude de la trajectoire sur le toboggan

Q23. a) Le vecteur position s’écrit OM ~ = R~ u

r

+ z~ u

z

. En dérivant par rapport au référentiel R de la piscine, et on obtient ~ v = R θ ~ ˙ u

θ

+ ˙ z ~ u

z

. Comme le contact avec le toboggan impose z = −p

_2π^θ

, donc ˙ θ = −2π

_p^z˙

, on a finalement

~ v = ˙ z

−2π R p ~ u

θ

+ ~ u

z

.

b) Comme ˙ z < 0, on en déduit v = − z ˙ r 1

λ

²

+ 1 .

Q24. a) En l’absence de frottements, le système est conservatif car la réaction normale ne travaille pas, et la force de pesanteur dérive de l’énergie potentielle E

p

= mgz. D’après le théorème de l’énergie mécanique dans R galiléen, l’énergie mécanique

E

m

= 1

2 mv

²

+ mgz = 1 2 m

₁ λ

²

+ 1

˙ z

²

+ mgz est constante. On en déduit l’équation du mouvement via

∀t , dE

m

dt = 0 = m z ˙ ₁

λ

²

+ 1

¨ z + g

= ⇒ z ¨ = − g

1 λ²

+ 1 . b) On intègre deux fois cette équation en appliquant les conditions initiales

z(0) = 0 et ˙ z = 0, ce qui donne z = − g

2(

_λ¹2

+ 1) t

²

. Q25. On calcule de deux manières le produit scalaire :

~ v.~ u

θ

= cos α . ||~ v|| = cos α . (− z) ˙ r 1

λ

²

+ 1 et ~ v.~ u

θ

= − z ˙ λ

⇒ cos α = 1

√ 1 + λ

²

. Q26. a) Le dénivelé parcouru vérifie h

0

− h

1

=

^g

2(¹ λ2+1)

t

²₁

.

Par ailleurs le nombre de tours vérifie θ(t

1

) = n 2π =

^2π_p

(h

0

− h

1

). On en déduit

n = λgt

²1

4πR(1 + λ

²

) .

b) On a n(λ) =

_4πR^gt21

f(λ) avec f (λ) =

_1+λ^λ₂

. Or f

⁰

(λ) ≥ 0 ⇔ λ ≤ 1, donc n admet un maximum en λ = 1 .

c) Ce maximum vaut n

max

= n(λ = 1) = gt

²₁

8πR = 7, 8 et p = 2πR = 31 m.

d) On en déduit h

0

= h

1

+ gt

²₁

2(

_λ¹₂

+ 1) = h

1

+ gt

²₁

4 = 245 m et

α = arccos 1

√ 1 + λ

²

= arccos 1

√ 2

= 45

^◦

.

Q27. a) On réutilise les relations précédentes, à savoir n =

^h

0 0−h₁

p

donc λ =

^h_2πnR^00−h1

. Puis t

⁰₁

=

q

2(h⁰₀−h₁)

g

1 +

_λ¹₂

d’où

t

⁰1

= s

2(h

⁰₀

− h

1

) g

1 + 4π

²

n

²

R

²

(h

⁰₀

− h

1

)

²

= 11, 5 s.

b)

v

B

= − z(t ˙

1

) r 1

λ

²

+ 1 = g 1 +

_λ¹₂

r 2(h

⁰₀

− h

1

) g

1 + 1

λ

²

r

1 λ

²

+ 1

donc v

B

= p

2g(h

⁰₀

− h

1

) = 14 m.s

⁻¹

.

c) On obtient α

⁰

= arccos



 1 q

1 +

^(h_4π⁰⁰₂^−h_n2¹_R⁾₂²



 = 0, 12 rad = 7, 0

^◦

.

II.2 Mouvement de chute libre dans l’air

Q28. Dans l’air, le Principe Fondamental de la Dynamique (PFD) s’écrit dans R x ¨

⁰

~ u

x

+ ¨ z

⁰

~ u

z

= −g~ u

z

. On projette puis on intègre depuis l’instant initial t

⁰⁰₁

où la vitesse est ~ v

B

inclinée d’un angle α

⁰

avec l’horizontale, et la position est B de hauteur z

⁰

= h

1

et d’abscisse x

⁰

= 0 :

_¨ x

⁰

= 0 z ¨

⁰

= −g ⇒

_˙

x

⁰

= v

B

cosα

⁰

z ˙

⁰

= −g(t − t

⁰⁰₁

) − v

B

sin α

⁰

⇒

x

⁰

= v

B

cos α

⁰

(t − t

⁰⁰₁

)

z

⁰

= −

¹₂

g(t − t

⁰⁰₁

)

²

− v

B

sin α

⁰

(t − t

⁰⁰₁

) + h

1

,

27 janvier 2017 3/4 A. Martin, N. Piteira, C. Lacpatia

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^◦

1

On élimine la variable t − t

⁰⁰1

au profit de x

⁰

dans l’équation horaire de z

⁰

pour obtenir l’équation intrinsèque de la trajectoire :

z

⁰

= − g

2v

²_B

cos

²

α

⁰

. x

⁰²

− tan α

⁰

. x

⁰

+ h

1

.

Q29. a) On résoud le trinôme du second degré z

⁰

(x

⁰_C

) = 0 en imposant x

⁰_C

> 0, ce qui fournit l’unique solution

x

⁰_C

= v

²_B

sin(2α

⁰

) 2g

−1 + r

1 + 2gh

1

v

_B²

sin

²

α

⁰

= 1, 3 m .

b) En réutilisant x

⁰

(t) on obtient

∆t

2

= x

⁰_C

v

B

cos α

⁰

= v

B

sin α

⁰

g

−1 + r

1 + 2gh

1

v

_B²

sin

²

α

⁰

= 0, 17 s.

Q30. La vitesse vaut ~ v

C

= v

B

cos α

⁰

~ u

x

− (g(t

2

− t

⁰⁰1

) + v

B

sin α

⁰

) ~ u

z

, donc v

C

= p

(g∆t

2

+ v

B

sin α

⁰

)

²

+ v

_B²

cos

²

α

⁰

= 8, 4 m.s

⁻¹

.

Pour trouver l’angle, de nouveau on écrit le produit scalaire de 2 façons : ~ v

C

.~ u

x

= v

C

cos θ

C

= v

B

cos α

⁰

⇒ θ

C

= arccos _v

_B

v

C

cos α

⁰

= 0, 32 rad = 18

^◦

II.3 Mouvement dans l’eau

Q31. a) Dans le référentiel R galiléen, le PFD dans l’eau s’écrit d~ v

dt

R

= 1 − 1

d

h

~ g − 1

τ ~ v avec τ = m

k = 0, 2 s . b) L’équation différentielle est du premier ordre linéaire à coefficients

constants, avec second membre. La solution particulière corres- pond au régime permanent constant, et donc à la vitesse limite

~ v

`

= τ

1 − 1

d

h

~

g . En appliquant la condition initiale ~ v(t

2

) = ~ v

C

, on obtient ~ v(t) = ~ v

`

+ (~ v

C

− ~ v

`

) e

⁻

t−t2

τ

.

Q32. a) On projette l’équation ci-dessus selon ~ u

x

, puis on intègre avec x(t

2

) = x

⁰_C

:

˙

x

⁰

(t) = v

C

cos θ

C

e

⁻

t−t2

τ

⇒ x

⁰

(t) = x

⁰C

+ τ v

C

cosθ

C

1 − e

⁻

t−t2 τ

L’abscisse croît en tendant vers une valeur limite : x

⁰

(t) −→

t→∞

x

⁰lim

= x

⁰C

+ τ v

C

cos θ

C

= 2, 9 m .

b)

II.4 Caractéristiques de l’installation

Q33. On obtient L = E[x

⁰lim

+ S] + 1 = 4 m.

Q34. La durée totale vaut T = ∆t + ∆t

3

+ ∆t

2

+ t

⁰⁰1

= 28 s.

27 janvier 2017 4/4 A. Martin, N. Piteira, C. Lacpatia