Eléments de correction du Devoir Maison n°8
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Niveau: Supérieur
Eléments de correction du Devoir Maison no 8 Problème 1 Déviation de la lumière par les étoiles A Etude du système ? formé de A et E A.1 Le référentiel (K?) est le référentiel en translation relativement à (K) à la vitesse ??v G/K , où G est le barycentre de ?. Le système ? étant isolé, l'accélération de G est nulle dans le référentiel galiléen (K) donc le référentiel (K?) est galiléen . A.2 ?? OA = ??? OG + ?? GA soit aussi ?? OA = ??? OG + MM+m ?? EA donc par deux dérivations successives, ??v A = ??v G + MM+m ??v et ??? A = ??? G + MM+m ??? . A.3 Le théorème de König affirme que??? O = mT ??r G? ??v G+ ??? ? où le moment cinétique barycentrique est indépendant du point de calcul ; on peut donc le calculer en E sous la forme ??? ? = m??r ???v ?A avec??v ?A = ??v A? ??v G donc ??v ?A = M M+m ??v d'après la question précédente ; il vient ??? ? = MmM+m ??r ???v donc enfin ??? O = mT ??r G ? ??v G + µ ??r ? ??v . De la même façon, Ec = 12mT ??v 2G+E ? c où E ? c = 1 2(m ??v ?2A +M ??v ?2E ) donc en utilisant les mêmes ex-
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Eléments de correction du Devoir Maison no 8 Problème 1 Déviation de la lumière par les étoiles A Etude du système ? formé de A et E A.1 Le référentiel (K?) est le référentiel en translation relativement à (K) à la vitesse ??v G/K , où G est le barycentre de ?. Le système ? étant isolé, l'accélération de G est nulle dans le référentiel galiléen (K) donc le référentiel (K?) est galiléen . A.2 ?? OA = ??? OG + ?? GA soit aussi ?? OA = ??? OG + MM+m ?? EA donc par deux dérivations successives, ??v A = ??v G + MM+m ??v et ??? A = ??? G + MM+m ??? . A.3 Le théorème de König affirme que??? O = mT ??r G? ??v G+ ??? ? où le moment cinétique barycentrique est indépendant du point de calcul ; on peut donc le calculer en E sous la forme ??? ? = m??r ???v ?A avec??v ?A = ??v A? ??v G donc ??v ?A = M M+m ??v d'après la question précédente ; il vient ??? ? = MmM+m ??r ???v donc enfin ??? O = mT ??r G ? ??v G + µ ??r ? ??v . De la même façon, Ec = 12mT ??v 2G+E ? c où E ? c = 1 2(m ??v ?2A +M ??v ?2E ) donc en utilisant les mêmes ex-
- cos ?
- anneau
- tige
- équation différentielle
- solution de l'équation différentielle
- mouvement rectiligne
- ??v
- fixe de la tige coïncidant avec l'anneau
o Elments de correction du Devoir Maison n8
Problme 1Patinage artistique A Accrochagemutuel A.1Les deux points matÉriels forment un systÈme isolÉ : la rÉsultante dynamique et le moment cinÉtique sont conservÉs au cours du mouvement. Comme la distancedest constante, les forces d’inter-action ne travaillent pas : l’Énergie mÉcanique est Également conservÉe. (Cela serait Également vÉrifiÉ si les forces d’interaction Étaient conservatives) −→ −→−→ d P A.2Le thÉorÈme de la rÉsultante dynamique appliquÉ au systÈme de 2 points s’Écrit :=Fext= 0 dt −→ −→ −→−→ car le systÈme isolÉ. Ainsi,P=m1v1+m2v2= (m1+m2)vGest un vecteur constant : le barycentre Ga un mouvement de translation rectiligne uniforme. −→−→−→ En notantux, le vecteur unitaire colinÉaire et de mme sens quev1=v0, on a −→m1−m2−→ vG=v0ux m1+m2 −→ −→ −→−→ Sim1> m2,vGest selonux: Romain entrane Nicolas; sim1< m2,vGest selon−ux: Romain entrane Nicolas. −1 A.N. :on trouvevG= 0,31m.set Romain entrane Nicolas. ∗ A.3Le rÉfÉrentiel barycentriqueRest le rÉfÉrentiel dans lequel le barycentreGest fixe. Comme la distance entre les 2 patineurs est constante, la distance entre un patineur etGest constante : les 2 ∗ patineurs ont un mouvement de rotation dansR.
∗ Comme le systÈme est isolÉ, le moment cinÉtique calculÉ dansRest constant. Pour le patineur1, on −→ −→−→2−→m2 ωuoÙd=dest la distance entre le patineur1etG,ωla aLG(1) =m1d1ur∧d1ωuθ=m1d1z1m1+m2 −→−→ vitesse angulaire de rotation,urle vecteur unitaire dirigÉ deGvers1,uθle vecteur unitaire colinÉaire −→ −→−→−→−→2→−m1 et de mme sens quev1etuz=ur∧uθ. De la mme faÇon,L(2) =dm d2=d. G2 2ωuzavecm1+m2 −→ ∗m1m22→− Finalement,L=d ωuz(on retrouve le moment cinÉtique de la particule rÉduite). m1+m2 −→−→ −→−→−→ D’autre part, au moment de l’accrochage,LG(1) =m1(−d1)uy∧v0ux=m1d1v0uzetLG(2) = −→ −→−→−→∗m1m2−→ m2(d2)uy∧(−v0)ux=m2d2v0uzdoncL= 2dv0uz. m1+m2 2v0 L’ÉgalitÉ des expressions donneω= d −1 A.N. :on trouveω= 2,5rad.s. −→ ∗m1m22→− A.4Le moment cinÉtiqueL=d ωuzse conserve : comme les masses sont constantes, le m1+m2 2 produitd ωse conserve. Si la distance est divisÉe par2, la vitesse de rotation est multipliÉe par4. Dans ce cas, la variation de l’Énergie cinÉtique permet de calculer le travail des forces d’interaction.
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B AccrochageÀ un mát B.1Le patineur pÉriphÉrique n’est soumis qu’À la force du patineur central. Selon le PFD, on a −−→−−→ −→−→2−→2π m2a2=F1→2=−F2→1. En cooronnÉes polaires, on aa2=−(d1+d)ω uravecω=. Ainsi, T −−→2 2π−→ F2→1=m2(d1+d)ur T −−→−−−−→ −→−→2−→ Pour le patineur central,m1a1=F2→1+Fmat→1aveca1=−d1ω urdonc −−−−→ 2 4π−→ Fmat→1=−2(m2d+ (m1+m2)d1)ur T 2 2 A.N. :on trouveF2→1= 5,9.10NetFmat→1= 8,7.10N B.2On retourve un systÈme isolÉ : le barycentre a unmouvement de translation rectiligne uniforme; ∗ dansR, les deux patineurs ont un mouvement de rotation.
Problme 2L’information dans un circuit lectrique A GÉnÉralitÉs √ √ jωt j(ωt+ψ) A.1e(t) =E2eeti(t) =I2e. A.2Dans le cas d’une tension sinusodale, la tension efficace est Égale À l’amplitude de la tension √ divisÉe par2. Une tension efficace peut tre mesurÉe À l’aide d’un voltmÈtre. 1 A.3Zbobine=jLω+r,Zrsistance=RetZcondensateur=. jCω A.4A basse frÉquence, l’impÉdance de la bobine tend versr. Elle se comporte donc comme un conducteur ohmique. A haute frÉqence, elle devient trÈs ÉlevÉe. Elle se comporte comme un interrup-teur ouvert. A basse frÉquence, l’impÉdance du condensateur devient trÈs ÉlevÉe; il se comporte comme un inter-rupteur ouvert. A haute frÉquence, elle devient trÈs faible; le condensateur se comporte alors comme un fil. A basse frÉquence le circuit Équivalent est donc :
On en dÉduit qu’À basse frÉquence :uc(t) =e(t). A haute frÉquence le condensateur se comporte comme un fil doncuc(t) = 0.
B RÉsonanceen tension B.1En rÉgime sinusodal forcÉ, la loi des mailles peut s’Écrire en notation complexe : e−Rgi−Zbobinei−Ri−uc= 0. L’intensitÉ est reliÉe À la tension aux bornes du condensateur par la relationuc=Zcondensateuri e jωt On en dÉduit alors :uc=2avecuc=Uce. 1−LCω+(R+r+Rg)jCω √ E2 On obtient donc :Uc=2. 1−LCω+(R+r+Rg)jCω √ 1 √ Par identification avec l’expression de l’ÉnoncÉ on peut poser :A=E2,ω0=etQ= LC q 1L . R+r+RgC Uc | |E √s B.2D’aprÈs la questionA.2,Uce(ω) =soitUce(ω) = . 22 2 2 ω ω 1−+ 2ω Q ω0 0
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E r B.3U(ω) = ce 2 2x 2 (1−x) + Q 2 2 2x La tension efficaceUce(x)passe par un extremum lorsque la fonctionf(x) =1−x+passe Q par un minimum. q 1 On constate aprÈs calcul que la dÉrivÉe de f(x) s’annule enx= 0etxr= 1−2. L’extremum en 2Q 1 1 √ xrn’existe que si1−2>0soit pourQ > Qmin= 2Q 2 q 1 La pulsation de rÉsonance correspondante estωr=ω0xr=ω01−2. 2Q B.4Uce(ω=ω0) =Uce(x= 1) =QE. B.5La courbeUce(ω)admet une asymptoteUce=EÀ basse frÉquence etUce= 0À haute frÉquence. PourQ= 0,1, la courbe est strictement dÉcroissante. PourQ= 1etQ= 10elle admet un maximum; il y a rÉsonance de charge. Dans le casQ= 10la rÉsonance est plus aige que pourQ= 1.
C RÉsonanceen intensitÉ C.1L’impÉdance du circuit correspond À l’impÉdance Équivalente À l’association sÉrieRg, bobine, 1ω ω0 rÉsistance et condensateur soitZ=R+r+Rg+jLω+ =R01 +jQ−avecR0= jCω ω0ω R+r+Rg. C.2En rÉgime sinusodal forcÉ, la loi des mailles peut s’Écrire en notation complexe :e−Zi= 0. √ jωt jωt EeE2 On obtient alors :Ie=soitI= ω0ω ω. ω 0 R01+jQ−R01+jQ− ω ωω ω 0 0 |I| E √r C.3Ie(ω) =soit : 2Ie(ω) = 2 ω ω0 2 R01+Q− ω ω 0 0E On trouve par identification avec la forme de l’ÉnoncÉ :A=etB=Q. R0 La courbeIe(ω)peut se dÉduire de la courbeUce(ω)carIe=UceCω. 0 C.4La fonctionIe(ω)prÉsente un extremum lorsque son dÉnominateur est minimum soit pourω= r ω0. E Dans ce casImax=Ie(ω0) =. R0 ω0 C.5La bande passante a pour expressionΔω=. Se reporter au cours pour la dÉmonstration. Q
D ApprocheexpÉrimentale q 10 D.1La pulsation de rÉsonanceω=ω1−deUca pulsationω=deI. r02Q2eest infÉrieure À lrω0e La courbe (1) correspond donc ÀUceet la courbe (2) ÀIe. D.2 – Abasse frÉquence,Ucetend versE. On en dÉduitE= 5V. – LafrÉquence propref0correspond À la frÉquence de rÉsonance en intensitÉ d’oÙf0= 1,6kHz. 9 – Ala frÉquencef0,Uce=QE. On en dÉduitQ= =1,8 5 –Imax= 9mA Imax √ – Les limites de la bande passante correspondent aux frÉquences pour lesquellesIe= = 2 6,4mA. On trouve alorsf1= 1,2kHzetf2= 1,9kHz. 1 1 √ D.3f0=doncL=2 2= 100mH. 2π LC4π f0C q q 1L1L Q=soitr=−R−Rg= 23 Ω. R+r+RgC QC
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√ √ jψ E2 D.4I=I2e=. eω ω0 R01+jQ− ω ω 0 √ √ jψ E2 A la pulsationω0:Ie2e=doncψ(ω0) = 0. R0 √ √ 0 jφ E2 Uc=Uce2e=2 ω ω 1−+j ω ωQ 0 0 √ √ 0 jφ E2Q0π A la pulsationω0:Uce2e=doncφ(ω0) =−. j2
D.5Un oscilloscope ne permet que la visualisation de tensions. La visualisation de la tension aux 1 bornes de la rÉsistanceRprÈs.permet de visualiser l’intensitÉ dans le circuit au facteur R D.6Le maximum aux bornes deRcorrespond À la rÉsonance d’intensitÉ À la frÉquencef0car uR=Ri.
D.7Pour le premier oscillogramme, le dÉphasage de la voieYpar rapport À la voieXest nul. Les deux tensions sont en phase. La voieYcorrespond donc À la tension aux bornes deRcar le dÉphasage entrei(t)ete(t)est nul À la frÉquencef0. π Pour le second, le dÉphasage de la voieYpar rapport À la voieXest de. La voieYdevrait 2 π correspondre À la tension aux bornes deC. Le dÉphasage devrait donc tre de−. Il doit y avoir une 2 erreur dans l’oscillogramme. 0 D.8L’inductanceLpeut tre calculÉe À partir de la frÉquencef0dÉterminÉe À partir de la pÉriode 2 T 000 lue sur l’oscillogrammeT0= 1,2ms. On en dÉduitL=2= 365mH. La rÉsistancerse calcule 4π C q 01L Uc À partir du facteur de qualitÉQ:r=−R−Rg. Le facteur de qualitÉ est Égal au rapportÀ Q CE 200 la frÉquencef0. On obtient doncQ3= =,4et doncr= 24 Ω. 5,8
Problme 3Ètude de filtres A Filtrespassifs du premier ordre v1 1 A.1On applique la formule du diviseur de tension et on obtient :H1(jω=) =etH2(jω) = e1+jRCω v 2jRCω =. e1+jRCω A.2En basse frÉquence le condensateur se comporte comme un circuit ouvert, on obtient alorsv1=e etv2= 0. En haute frÉquence le condensateur se comporte comme un fil, on trouve alors quev1= 0 etv2=e. Le premier montage est donc un filtre passe bas et le second un filtre passe haut. 1 √ A.3On dÉfinit le gain du premier filtre parG1=|H|=et le dÉphasageϕ1=−arctanRCω. 122 2 1+R C ω Lorsqueωtend vers0,G1dBtend vers0dB,ϕ1tend vers0et quandωtend vers l’∞,G1dBtend vers π −20 logRC−20 logω(pente À−20dBpar dÉcade) etϕ1tend vers−. La pulsation de coupure À 2 G1max1 1−1 √ √ 3dBest donnÉe parG1(ωc=) =. On obtient alorsωc= =6250rad.setfc= 995Hz. RC 2 2 RCω π √ Pour le second filtre, On dÉfinitG2=|H|=et le dÉphasageϕ2=−arctanRCω. 22 22 2 1+R C ω π Lorsqueωtend vers0G2dBtend vers20 logRC+ 20 logω(pente +20dB/dÉcade),ϕ2tend verset 2 quandωtend vers l’∞,G2dBtend vers0dBetϕ2tend vers0. La pulsation de coupure À3dBest G2max1 1−1 √ √ donnÉe parG2(ωc=) =. On obtient alorsωc= =6250rad.setfc= 995Hz. RC 2 2 A.4On peut calculer le gain des deux filtresG1etG2ainsi que les dÉphasagesϕ1etϕ2associÉs À la frÉquence de1kHz. On obtient alors pour le premier filtreG1= 0,71soitv1=e∗G1= 1,42Vet ϕ1=−arctan(RC2πf) =−0,79rad=−45,3. Le signalv1(t)est en retard par rapporte Àe(t). Pour π le second filtreG2= 0,71soitv2=e∗G2= 1,42Vetϕ2=−arctan(RC2πf) = +0,79rad= +45,3. 2 Le signalv2(t)est donc en avance par rapport Àe(t).
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B Filtrepassif du second ordre B.1
On reconnat un filtre rÉjecteur de bande. jCω(e+v3)jRCω(e+v3) B.2On applique le thÉorÈme de Millman au pointAet au pointB:VA=2=et 2+2jRCω +2jCω R V 1B (e+v3VAjCω+ Re+v3R VB=2=. On applique À nouveau le thÉorÈme de Millman env3soitv3=1= 2+2jRCω +2jCω+jCω R R 2 22 22 22 22 (1−R C ω)(e+v) V jRCω+VB3(1−R C ω) (1−R C ω)(e) A . Soit en remplaÇant :v3=2d’oÙv3(1−2=2. On a 1+jRCω2(1+jRCω) 2(1+jRCω) 2(1+jRCω) 2 22 v31−R C ω1 alors=2 22=4jRCω. En basse frÉquence et en haute frÉquence, on retrouve un e1−R C ω+4jRCω 1+ 2 2 2 1−R C ω gain Égal À 1. B.3Le gain maximal est Égal À 1 et les pulsations de coupure sont dÉfinies de telle sorte queG3(ωc) = 1 1 √q .Le gain de ce filtre est donnudre É parG3(ω) =4avecx=RCω. On doit alors rÉso x 2 2 1+( ) 2 1−x 2−1 1−x=±4x. On en tire deux solutions positivesx1= 4,24etx2= 0,236soitωc1= 1475rad.set 3−1 ωc2= 26,5.10rad.s B.4cf cours avecQ= 4 −3 B.5Pourf= 1kHz,G3= 2,6.10. Le signal de sortie aura une amplitude deG3∗2 = 5,2mV. 4RCω La phase est donnÉe parϕ3=−arctan(22 2= 1,57rad≈90. 1−R C ω
C Filtrepasse-tout 1−jRCω1−jRCω C.1On applique le thÉorÈme de Millman env4; on obtient alors :v4=esoitH= 4 1+jRCω1+jRCω C.2En basse frÉquence, le condensateur de comporte comme un circuit ouvert on a alorsv4=e, tandis qu’en haute frÉquence le condensateur se comporte comme un court-circuit, soitv4=−e. . On a alorsG4= 1qu C.3Le gainG4s’obtient en prenant le module deH4elque soit la frÉquence du signale(t). Le dÉphasageϕ4vautϕ4=−2 arctan(RCω). Lorsqueω→0,ϕ4→0; siω→ ∞, 1π ϕ4→ −πet pourω=,ϕ4=− RC2 C.4Le gainG4Étant Égal À1l’amplitude du signalvavaut2Vet le dÉphasage est deϕ4= −2 arctan(RCω) =−1,576rad= 90,3pourf= 1kHz.
D Filtreactif du second ordre D.1On constate une rÉtroaction sur l’entrÉe inverseuse, l’amplificateur fonctionne alors en rÉgime e1 +v5( +jCω) +−R R linÉaire soitV=V=v5. On applique le thÉorÈme de Millman au pointA,VA=2= +jCω R 1 e+v5(1+jRCω+) +jCω1 puis la formule du diviseur de tension enVsoitV=v5=VA1=VA. 2+jRCω1+jRCω R+ jCω 1 En combinant ces deux Équations, on obtientH(jω) =2. Ce filtre correspond À un filtre 5 (1+jRCω) passe-bas du second ordre de gain maximal1.
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