CB 1 de PHYSIQUE PCSI 1, 2 et 3 CORRECTION

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PCSI 1, 2 et 3 Stanislas CB1 Physique 2018-2019

CB 1 de PHYSIQUE PCSI 1, 2 et 3 CORRECTION

I Acquisition d'images de Jupiter

I.1 OPPOSITIONS DE JUPITER

Q1. Le diamètre angulaireαsous lequel est vu Jupiter s'écrit :tan^α₂=^d_d^J^/2

T J oùdT Jest la distance entre la Terre et Jupiter. Cet angle étant faible, on peut écrire directementα=_d^d_{T J}^J.

L'angle sera maximal lorsquedT Jsera minimale, c'est-à-direRJ−RT. Ainsi :

α0= dJ

RJ−RT

= 2,2.10⁻⁴rad= 46⁰⁰

Q2. La distance entre la Terre et Jupiter est minimale lorsque la Soleil, la Terre et Jupiter sont alignées, dans cet ordre. Ainsi, vu de la Terre, Jupiter est à l'opposée du Soleil, d'où le terme opposition de Jupiter.

Q3. ωT=2π

TT et ωJ=2π

TJ. Donc θT=2π TT

t+ 0 et θJ=2π TJ

t+ 0.

Q4. TJ=TT

RJ

RT

3/2

= 4,33.10³jours.

Àt= 0Jupiter est à l'opposition et les anglesθT=θJ. Les oppositions correspondent aux mêmes angles pour la Terre et Jupiter, à2πprès :

θT−θJ=2π TT

t−2π TJ

t= 2kπ

aveckun entier relatif. La première fois que la planète se retrouve à l'oppositionk=±1, d'où :

2π 1 TT

− 1 TJ

τ= 2π⇒ τ= TTTJ

TJ−TT

= 399jours= 3,45.10⁷s I.2 PHOTOGRAPHIE DE JUPITER

Q5. dc=p

`²c+h²c= 4,49mm.

Il y aNpixels carrés répartis sur une surfaceSc, doncSc=N ε²_c. Ainsi εc= rSc

N = 5,60µm Q6. La distanceRJ−RT= 630.10⁶km à laquelle se situe Jupiter lors de son observation est très

grande devantf₁⁰= 2,35m, donc on peut en excellente approximation considérer que Jupiter est située à l'inni.

Q7. Le capteur doit se situer dans le plan focal image deL1, il doit donc être à la distancef₁⁰= 2,35m du centre optique de(L1).

NotonsLla largeur de l'image de Jupiter sur le capteur. On aα0=_f^L0 1donc : L=α0f1⁰= 5,70.10⁻⁴m= 102εc

L'image occupera 102 pixels.

Q8. Quelque soit le sens de décalage du porte-oculaire, on obtient la même tache de largeurεt. D'après la relation de Thalès, on obtient : εt=d1

f₁⁰ε0.

1/7 C. Lacpatia, A. Martin, N. Piteira

Q9. La non-ponctualité ne se remarquera pas si elle ne dépasse pas un pixel, c'est-à-dire si εt< εc. Ainsi :

ε0<f₁⁰ d1

εc=εmax= 56,0µm

I.3 LUNETTE ASTRONOMIQUE À LENTILLE DE BARLOW

Q10. L'image intermédiaire de Jupiter (qui est à l'inni) se situe dans le plan focal image de(L1)et son image par(L2)doit se former sur le capteur. Le grandissement réalisé par la lentille(L2) doit valoir γ2= 3. Ainsi, en notantO2le centre optique de(L2):

γ2= 3 = D2c

O2F₁⁰ = D2c

f₁⁰−D12

⇒ D12=f₁⁰−D2c

γ2

= 2,28m Q11. D'après la relation de conjugaison de Descartes pour(L2):

1 D2c

− 1 f₁⁰−D12

= 1 f₂⁰ = 1

D2c

− γ2

D2c

Ainsi :

f₂⁰= D2c

1−γ2

=−100mm<0

Rq : La lentille(L2)étant divergente, on doit bien trouver une distance focale négative.

Q12. Avec une seule lentille, la tailleL⁰de l'image formée sur le capteur (correctement positionné, c'est-à-dire dans le plan focal image) est :L⁰=α0f⁰. Or on veutL⁰= 3LavecL=α0f₁⁰la taille de l'image donnée par(L2). Ainsi, f⁰= 3f1⁰. La focale est triplée par l'ajout de la lentille de Barlow, d'où la nom de tripleur de focale.

I.4 EFFETS DE LA DIFFRACTION

Q13. La diraction à traversL1conduit à un élargissement du faisceau sur un angle2θdavecθd'_d^λ₁. Sans la lentilleL2, on obtiendrait sur le capteur, situé àf₁⁰de la lentilleL1, une tache de dimension 2f₁⁰θd.

La lentilleL2agrandit les images d'un facteurγ2= 3, d'où : εd'2γ2f₁⁰λ

d1

Pourλ= 500nm, on obtient εd= 30µm'6εc.

L'élargissement dû à la diraction occuperait environ 6 pixels, ce qui aectera l'image dont la dimension était de 102 pixels en négligeant la diraction.

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II Récupération d'énergie

II.1 ETUDE DU MIROIR INFINI

Q14. L'image d'un pointApar le système est un pointA⁰, c'est-à-dire que tout rayon lumineux, sans restriction, issu deAémerge en direction deA⁰après être passé par le système optique.

Q15. On obtientA1etA⁰₁par symétrie par rapport aux miroirs.

Figure 1 Images par les miroirs Q16. En utilisant les relations de conjugaison du miroir plan :

OA1=−OA=−l

OA⁰₁=OO⁰−O⁰A=L−(−L+l) = 2L−l Q17. La distance entre deux points successifs s'écrit si n est impair :

dn=AnAn+1=|l−(n+ 1)L−(−l−(n−1)L)|

=|2l−2L|

= 2 (L−l) et si n est pair :

dn=AnAn+1=|−l−(n)L−(l−nL)|

=|−2l|

= 2l

L'égalité de toute les distances impose l'égalité des deux distances précédentes, soit2L−2l= 2l soit l=L/2. La distance deux images vaut alors L.

Q18. Le miroir sans tain laisse sortir un peu de lumière à chaque réexion (sinon, on ne verrait rien !), le faisceau rééchi suivant sera donc de plus faible amplitude : la luminosité des images diminue quand n augmente.

II.2 MODELISATION DE LA CONVERSION D'ENERGIE II.2.1 Mouvement de la dalle : mise en équation

Q19. −→

Fr=−k(x−l0)−→ex

Q20. Le référentiel terrestre étant supposé galiléen, la somme des forces appliquées sur la dalle est nulle à l'équilibre TRD. Il vient :−→

P+−→ f +−→

Fr=−→

0 soit−mg−k(xeq−l0) = 0soit : xeq=l0−mg

k

On attend une grandeur homogène à une distance, ce qui est le cas del0. Le rapport^mgk est une force (mg) divisée par une raideur (homogène à des N/m), il s'agit donc bien d'une grandeur homogène à une distance.

On remarque que le ressort est compressé à l'équilibre, ce qui logique puisque la dalle pèse sur le ressort.

Q21. On applique à nouveau le TRD sur le système {dalle+danseur} à l'équilibre dansR. On obtient cette fois :

x⁰eq=l0−mg+M g

k =⇒δ=M g k Q22. On veutδ≈1mm. Le poids d'un danseur est de l'ordre de70kg. Il vient :

k∼M g

δ = 7×10⁴N.m⁻¹ (1)

Q23. Appliquons le TRD au système dalle dans le référentiel terrestre : m−−−→

adalle=−→ P+−→

f +−→ Fr+−→

F+−→ Fα

=⇒mx¨=−mg−Dx˙−αx˙−k(x−l0) +F

=⇒X¨+D+α m X˙+ k

mX=F−kxeq−mg+kl0 m

=⇒X¨+D+α m X˙+ k

mX=F m

donc a0= k

m et b0=F m

Q24. Le système est linéaire puisqu'il est régit par une équation diérentielle linéaire et il est stable puisque tous les coecients de l'équation homogène sont de même signes.

II.2.2 Puissance électrique reçue par les LED Q25. ZR=R;ZL=jLω

Q26. On peut considèrer que le danseur a une fréquence de pas de l'ordre du Hz (1 pas par seconde) soit une pulsationω= 2πf= 6rad.s⁻¹.

Q27. ^Lω_R =¹⁰₁₀⁻²≈10⁻³1: l'impédance de la bobine est eectivement négligeable devant l'impé- dance de la résistance.

Q28. Les impédances R etRLforment un pont diviseur de tension, donc : v= RL

R+RL

u (2)

Q29. PL(t) =_R^v²

Lsoit :

PL(t) = RL

(R+Rl)²[Ktγx]˙² (3) Q30. On utilise l'intensité circulant dans le circuit :i=_R+R^u_Letu=Ktγx˙donc :

Pu(t) =u×i= 1 R+RL

[Ktγx]˙² Pp(t) =Pu(t)

η = 1

η(RL+R)[Ktγx]˙² Q31. La puissance fournie à la dalle mobile par l'intermédiaire de−→

Fαest−P_p(t)soit :Fαv=−P_pen posant−→

Fα=Fα−→ ex. Il vient :

Fα=−Pp

v = (Ktγ)²

η(R+RL)v (4)

d'où le coecientαproposé.

Q32. α= 3.0×10⁴kg.s⁻¹ Le coecient D est largement négligeable devantα.

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II.2.3 Alimentation électrique des LED Q33.v=u

Q34.v=−u

Q35. Le pont de diode permet de redresser la tension pour obtenir une tension toujours positives.

Figure 2 Tensions u (trait n bleu) et v (trait épais rouge). Les valeurs numériques sont arbitraires.

Q36. cf. 3.Le signalv(t)est périodique de fréquencef0. Il vient que son spectre ne peut contenir que de fréquences qui sont des multiples entiers def0. Les diodes sont des dipôles non linéaires et un circuit non linéaire peut entraîner l'ajout de composantes spectrales.

Figure 3 Spectres de u et v

Q37. La luminosité va varier entraîner un eet de clignotement gênant voire dangereux.

Q38. Dei=C^du_dt, il vient que la capacitance est homogène a des_Ω^s. Il vient queR^α_LC^βa pour unité : s^βΩ^α−β. Les secondes et les Ohm étant des unités indépendantes, il vient queβ= 1etα=β= 1.

Q39. On veutRLCT=_f¹avecf= 1Hz. Il vientC_R^T

L= 7.10⁻³F. Il faut donc une capacitance de l'ordre de quelques dixièmes de Farad. C'est une valeur de capacité très grande qui n'est pas réalisable avec une boîte à décade utilisée en Travaux Pratiques.

II.3 SIMULATIONS, OPTIMISATION DES PARAMETRES II.3.1 Réponse indicielle

Q40.ω0 est la pulsation propre et est dimensionnellement l'inverse d'un temps (elle s'exprime en rad.s⁻¹en unité SI). Lorsque l'amortissement devient négligeable, le système tend à osciller à cette pulsation.Qest le facteur de qualité et est sans dimension, il informe sur l'amortissement du système : plus Q est grand, plus l'amortissement est faible.

Q41. (Le système est stable, il tend vers une valeur constanteXeq). On introduit cette solution dans l'équation diérentielle, il vient :

Xeq=F0

k (5)

Q42. On observe une somme d'exponentielle réelles, le régime est apériodique. Le facteur de qualité vaut :Q= 7×10⁻²<1/2. On attend bien un régime apériodique.

X(t= 0) =Xeq

1− 1

1−Q² 1−Q²

= 0 X(t˙ = 0) =Xeq

1 1−Q²

−ω0Q+Q²ω0

Q

= 0 Les conditions initiales sont bien vériées.

Q43. Il vient :

˙

x(t) = ˙X(t) =Xeq

ω0Q 1−Q²

e⁻

ω0 Qt

−e^−ω⁰^Qt

(6) Q44. En utilisant les relations précédentes, il vient :

PL(t) =A[Ktγ]²F₀² k²

ω0Q 1−Q²

2 e⁻

ω0 Qt

−e^−ω⁰^Qt2

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soit l'expression demandée avecK=A[Ktγ]^{2 1}_k2

_ω

0Q 1−Q²

2 On aurait pu raisonner par proportionnalité entre les grandeurs.

Q45. Les temps caractéristiques de chaque exponentielle sontτ1=_ω¹₀_Qetτ2=_ω^Q₀. On a observé que la valeur de Q est très faible, donc le temps caractéristiqueτ1 est grand devant le tempsτ2. L'exponentielle e⁻

ω0t

Q convergera donc beaucoup plus vite vers 0.

Aux temps longs,PL(t)≈KF₀²e^−2ω⁰^Qt. Elle décroit donc de manière exponentielle avec un temps caractéristiqueτ= 2τ1=_2ω¹₀_Q.

Q46. Trait plein :F0; Pointillés :PL

Q47. Le commentaire est en cohérence. A cause de l'amortissement, on tend vers un équilibre soit une vitesse nulle. La puissance transmise mécanique tend alors aussi vers 0.

On peut aussi se baser sur l'expression temporelle trouvée précédemment.

Q48. On n'utilise pas le premier tracé dont l'allure s'écarte d'une exponentielle. Pour les autres, le temps caractéristique est a peu près toujours le même et vaut environ τ= 0.2s.

L'expression deτtrouvée précédemment donne (ω0=p

k/m= 65rad.s⁻¹) : τ≈0.1s. Vu la mesure approximative sur le graphique, on peut considérer que ces deux valeurs sont cohérentes.

II.3.2 Forçage sinusoïdal Q49. F0= 1000N; F1= 900N;ω=2π

T = 2π

0.34= 20rad.s⁻¹ Q50. Avec le grandeurs complexes, l'équation devient

−ω²+i^ω_Q⁰^ω+ω²₀

X=^F_m¹e^i(ωt+ϕ)donc : X= F1/m

−ω²+i^ω_Q⁰^ω+ω²₀e^i(ωt+ϕ) donc :

X0=|X|= F1/m r

ω₀²−ω²2

+_ω

0ω Q

2 (8) Q51. DeV =iωX, il vient :

V0=|iωX|= ωF1/m r

ω₀²−ω²2

+_ω

0ω Q

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PCSI 1, 2 et 3 Stanislas CB1 Physique 2018-2019 Q52. La puissance moyenne reçue par les LED tend vers 0 à haute et basse fréquence : à basse fréquence, l'absence de vitesse implique une absence de transfert de puissance et à haute fréquence, l'inertie de la dalle implique qu'elle ne bouge presque pas.

Le numérateur étant constant, la puissance sera maximale lorsque

ω ω0−^ω_ω⁰

sera nul soit pour ω=ω0= 65rad.s⁻¹. La puissance maximale vaut alors :

hPLi_max=η²F₁²RL

2K_t²γ² (10)

cf. Figure 4 pour le tracé.

Figure 4 Puissance moyenne en fonction de la pulsation

Q53. Pour l'équipe 1, la pulsation d'excitation estω1= 12rad.s⁻¹. Pour l'équipe 2, la pulsation d'excitation estω2= 13rad.s⁻¹soitω1< ω2< ω0; l'équipe 2 produit plus d'énergie.