Lycée Brizeux Samedi janvier PCSI A
5
pages
Français
Documents
2010
Le téléchargement nécessite un accès à la bibliothèque YouScribe Tout savoir sur nos offres
5
pages
Français
Documents
2010
Le téléchargement nécessite un accès à la bibliothèque YouScribe Tout savoir sur nos offres
Niveau: Supérieur
Lycée Brizeux Samedi 9 janvier 2010 PCSI A Correction du devoir surveillé no 4 Problème I Réalisation d'un spectroscope à prisme A Étude de la déviation de la lumière A.1 Voir figure ci contre. A.2 Lois de Descartes en I1 et I2 sin i = n sin r (1) et sin i? = n sin r? (2). À partir de la relation des angles dans le triangle I1I2K on a r + r? = A (3) et à partir des angles dans le triangle I1I2J on obtient D = i + i ? ?r ? r? soit D = i+ i? ?A (4). A.3 Lorsque i décroît, d'après la relation (1) r diminue. Puis d'après la relation (3), r? augmente et enfin, d'après la relation (2) i? augmente. Lorsque i atteint i0, i? atteint sa valeur maximale pi2 . Lorsque i devient inférieur à i0, le rayon émergent disparaît car il se produit un phénomène de ré- flexion totale à la sortie du prisme. On a sin i0 = n sin r0 = n sin(A ? r?0) avec sin r ? 0 = 1 n . D'où i0 = arcsin[n sin(A? arcsin 1n)] A.4 On a D = i+ i? ?A = i?A+ arcsin(n sin r?) = i?A+ arcsin[n sin(A? r)].
Voir
Lycée Brizeux Samedi 9 janvier 2010 PCSI A Correction du devoir surveillé no 4 Problème I Réalisation d'un spectroscope à prisme A Étude de la déviation de la lumière A.1 Voir figure ci contre. A.2 Lois de Descartes en I1 et I2 sin i = n sin r (1) et sin i? = n sin r? (2). À partir de la relation des angles dans le triangle I1I2K on a r + r? = A (3) et à partir des angles dans le triangle I1I2J on obtient D = i + i ? ?r ? r? soit D = i+ i? ?A (4). A.3 Lorsque i décroît, d'après la relation (1) r diminue. Puis d'après la relation (3), r? augmente et enfin, d'après la relation (2) i? augmente. Lorsque i atteint i0, i? atteint sa valeur maximale pi2 . Lorsque i devient inférieur à i0, le rayon émergent disparaît car il se produit un phénomène de ré- flexion totale à la sortie du prisme. On a sin i0 = n sin r0 = n sin(A ? r?0) avec sin r ? 0 = 1 n . D'où i0 = arcsin[n sin(A? arcsin 1n)] A.4 On a D = i+ i? ?A = i?A+ arcsin(n sin r?) = i?A+ arcsin[n sin(A? r)].
- r2 ?
- energie potentielle
- longueur d'onde
- relation des angles dans le triangle i1i2k
- force élastique
- gr2 r0
- pseudo-période
- projection du moment cinétique
- régime pseudo-périodique
LycÉe Brizeux PCSI A & B
Samedi 21 janvier 2012
o Correction du devoir surveillÉ n4
ProblÈme ISatellites d’observation terrestre A CaractÉristiquesdes orbites de SPOT et d’ENVISAT A.1Le champ gravitationnel au pointPest le mme que celui qui serait cr par une masse −→GMT −→ ponctuelle situe enOcar la rpartition de masse est sphrique. DoncG=−uroÙ 2 (RT+h) −→ urest le vecteur unitaire radial. È A.2D’aprs la 3loi de Kepler (qu’on tabli À partir du principe fondamental de la dynamique), 2 23/2 T4π(Rt+h) =soitT= 2π√. 3 (Rt+h)GMTGMT AN : On trouve environT≈100 minsoitT= 1h40 min. A.3Le mouvement est circulaire et uniforme (mouvement À force centrale+orbite circulaire) r 2π(RT+h)GMT doncv=soitv=. T RT+h −1 A.N. : grossirement,v≈7 kms. La dernire rponse convient. GmMT A.4Ènergie potentielle gravitationnelle du satellite :Ep=−. RT+h 1 1GMT1 2 A.5L’nergie cintique vaut iciEc=mv=m=−Ep. D’oÙ2Ec+Ep= 0. 2 2RT+h2 B Priseen compte de frottements −2−1 B.1Une force s’exprime enkgms. Doncαs’exprime enm. r GMT B.2D’aprs A3, la norme de la vitesse s’critv=. Par consquent, l’nergie m-RT+h 1−GmMT canique du satellite vautEm=Ep. DoncEm=. 2 2(RT+h) B.3La seule force non conservative est la force de frottement exerce par l’atmosphre. D’aprs −→ dEm−→3 le thorme de l’nergie mcanique,=fv=−αmv. dt p GmMTGMT ˙ ˙ Il vienth=−αm3/2. D’oÙh=−2α GMT(RT+h). 2 2(RT+h)RT+h 1 −15−1 B.4On aα=p. A.N.α≈1,5.10 m. 2T GMT(RT+h) 10∗365∗24∗3600 4 En 10 ans, le nombre de rvolutions orbitales vaut :N=≈5.10. La 6000 perte d’altitude est de l’ordre de50 km. L’altitude diminuant, l’nergie potentielle fait de mme. D’aprs le thorme du viriel, cela conduit À une augmentation de l’nergie cintique. ˙ B.5|h|est trs faible : la trajectoire est donc trs stable. D’autre part, l’altitude est suffisam-ment faible pour que la priode orbitale soit «brve ».On peut observer la mme zone sur la Terre toutes les 1h40.
1
ProblÈme IIEtude de l’accÉlÉromÈtre d’un stabilisateur d’images 1. Al’quilibre et en l’absence de vibration, le ressort est tir(zeq=`eq> `0). Le poids et mg la force de rappel lastique se compensent doncmg=k(zeq−`0)soitzeq=`0+. k 2. Lerfrentiel de l’appareil photo est en translation rectiligne non uniforme dans le rfrentiel terrestre galilen. Il n’est donc pas galilen. Il faut alors prendre en compte dans le bilan des forces la force d’inertie d’entranement. La force d’inertie de Coriolis, quant À elle, est nulle car le mouvement d’entranement est un mouvement de translation. La projection du P.F.D. appliqu À la masseMsur l’axe vertical s’crit : α kk 2 mz¨ =mg−k(z−`0)−αz˙−mz¨Osoitz¨ +z˙ +z=zeq+mω ZOcos(ωt). m mm ω0 ˙ ¨¨ ˙ 2 2 3.Z=z−zeq,Z=z˙etZ=z¨. On obtient aloZ+ω Z rs :Z+0=ZOω cos(ωt). Q ω0est appele pulsation propre homogne À l’inverse d’une dure. Qest appel facteur de qualit, sans dimension. 4. Lesystme tant linaire (et stable : coefficients de l’quation homogne de mmes signes), la masse oscille en rgime tabli À la mme pulsation que le botier (excitation). Son mouvement est a priori dphas par rapport À celui deO. ZMreprsente l’amplitude du mouvement deMetφle dphasage du mouvement deM par rapport À celui deO. 5. Enutilisant les notations complexes, l’quation diffrentielle du mouvement devient : 2 ω0ω ZO 2 22jωt jφ −ω Z+jω z+ω z=ZOω esoitZMe=. 0 ω0 Q2 2 −ω+jω+ω 0 Q 2 ω ZOZO On en dduit alorsZM=ssoitZM=q. On re-1 1 2 2 ω(2−1) +2 2 2 22 20xx Q (ω−ω) +ω 0 2 Q trouve l’expression de la fonction de transfert d’un filtre du second ordre.
1 21 d((2−1) +2 2) dZQ xM x 6. La courbeZM(x)passe par un maximum si= 0ou= 0soit dx dx s 2 2Q pourxr=>1. La courbe ne passe par un maximum que sixrexiste donc si 2 2Q−1 1 Q >√. 2 7. Asymptotebasse frquence(x <<1):ZM= 0 Asymptote haute frquence(x >>1):ZM=ZO
2
8. Onsouhaite idalement queZM=ZOindpendamment de la frquence, c’est-À-dire que la courbe de rponse soit la plus plate possible. Pour avoir une rponse plate sur la plus grande plage possible de frquences, il faut queQne soit ni trop lev ni trop faible, donc 1 Qproche de√semble un bon compromis. 2
ProblÈme IIISismographe horizontal A RÉfÉrentielsnon galilÉens A.1Comme les 2 rfrentiels sont en translation, les directions de leurs axes sont fixes au cours −→−→−→−→−→−→ du temps. Ainsi,v1=v2+v(O2/R1)eta1=a2+a(O2/R1). −→ −→−→ A.2Si les 2 acclrations sont gales, alorsa(O2/R10) =et doncv(O2/R1)est un vecteur constant. Comme les 2 rfrentiels sont en translation, la nature de la translation est donne par la trajectoire d’un point deR2dansR1. CommeO2a une vitesse constante (en norme et en direction), le mouvement deO2est une translation rectiligne uniforme : R2est en translation rectiligne uniforme par rapport ÀR1. A.3Le rfrentiel(R1)est galilen si le principe d’inertie s’applique dans(R1). Le rfrentiel de Copernic est un rfrentiel galilen : dans ce rfrentiel, le mouvement d’un astre pouvant tre considr comme isol est une translation rectiligne uniforme. −→ −→−→ On a alorsv1=v2+v(O2/R1).R1est galilen : un point matriel isol a un mouvement −→ de translation rectiligne uniforme. Commev(O2/R1)est un vecteur constant, la vitesse de ce −→ point dansR2,v2, est galement un vecteur constant. Ainsi, le point matriel isol a dansR2un mouvement de translation rectiligne uniforme. Le principe d’inertie s’applique dansR2:R2est galilen. −→ −→−→ A.4Dans(R1)galilen, on aF=ma1. DansR2, commev(O2/R1)n’est plus un vecteur constant, un mouvement de translation rectiligne uniforme dansR1ne l’est plus dansR2. Le principe d’inertie ne s’applique plus dansR2:R2n’est pas galilen. −→ −→ −→−→ −→−→ On a dsormaisa1=a2+a(O2/R1); en remplaÇant dans le PFD,F=m(a2+a(O2/R1)) −→−→ −→ −→−→ doncma2=F−m a(O2/R1). Il faut donc ajouterfie=−m a(O2/R1)dans l’criture du −→ PFD.fieest la force d’inertie d’entranement. −−→−−−−→−−−→− −→−→ dLO2 A.5On a=MO2(F) +MO2(fie). dt
B Fabricationd’un sismographe horizontal −→−→ B.1Le pointMest soumis À son poidsP, À la raction de la barreT, colinaire À la direction −−−→−→−− −→ −−→−→−−→→→−→−− −→ de la barre. On aMO(P) =OM∧P=−mgLsinθuzetMO(T) =OM∧T= 0. −→ dθ−→ Il faut galement ajouter le moment rsistant qui s’exerce enO:M=−α uz. dt −−→− −→→− dθ A l’quilibre,= 0donc on aMO(P) =0; ce qui entraneθ= 0. dt −→−−→ −→2−→ ˙ B.2EnO,LO=OM∧v=mL θuz. En projetant le thorme du moment cintique surOz, 2α g ¨ ˙¨ ˙ on amL θ=−mgLsinθ+ 0−αθ. En supposantθ <<1(sinθ≈θ), on aθ+2θ+θ= 0. mL L −→ 1 22 ˙ B.3L’nergie mcanique du systme estEm=mL θ+mgL(1−cosθ). D’autre part,T 2 −→ −→ ˙ ne travaille pas et la puissance du moment rsistant estP=M .θuz. En appliquant le thorme ˙ ¨˙ ˙˙ ˙ 2 de l’nergie mcanique, on amL θθ+mgLθsinθ=−αθ.θ. En divisant parθet en utilisant α g ¨ ˙ l’approximationsinθ≈θ, on aθ+2θ+θ= 0. mL L
3
α2g B.4Le discriminant de l’quation estΔ = (2)−4. On a mL L q 2g – rgimepseudopriodiqueΔ<0soitα <2mL L q 2g – rgimeapriodiqueΔ>0soitα >2mL L q 2g – rgimecritiqueΔ = 0soitα= 2mL L En se plaÇant en rgime critique, le rgime transitoire est le plus court, la rponse du sismographe peut donc rapidement tre considre comme la seule rponse en rgime forc.
−→−→ −−→−→ −→−→ B.5On afie=−m a. DoncMie=OM∧fie=maLcosθuz. B.6Il suffit d’ajouter le moment de la force d’inertie d’entrainement À l’quation prcdente 2α ga ¨ ˙¨ ˙ doncmL θ=−mgLsinθ−αθ+maLcosθsoitθ+2θ+ sinθ= cosθ. mL LL ˙ ¨ a A l’quilibre,θ= 0etθ= 0doncgsinθe=acosθedonctanθe=. g α ga ¨ ˙ B.7Siθ <<1, l’quation diffrentielle devientθ+2θ+θ=. mL LL a 0 2α ga0L En notation complexe,(jω)θ0+2(jω)θ0+θ0=. Doncθ0=g2α. mL LL−ω+j ω L2 mL qa 0 2gL Commeα= 2mL, on aθ0= Lg2√g. −ω+j2ω L L a 0 L B.8On aθ0=θ0etϕ=arg(θ0). Ainsi,θ0=2. g +ω L a0 B.9Siω→0,θ0→; siω→ ∞,θ0→0. g
a0 B.10Siω→0,θ0→:θ0est alors proportionnel À l’amplitude de l’acclrationa0du sol L q 1g avec un coefficient de proportionnalit. On doit avoirω <<. g L a0a0 B.11Siω→ ∞,θ0≈2. Or le dplacement du sol estx=−2cosωtdonc l’amplitude du Lω ω a0x0 dplacement estx0=2. On peut donc crire siω→ ∞,θ0≈.θ0est alors proportionnel ω L 1 À l’amplitude du dplacement du sol avec un coefficient de proportionnalit. On doit avoir L q g ω >>. L
ProblÈme IVVoile Solaire A OrbiteshÉliocentriques A.1Un rfrentiel est un repre associ À une base de temps. Le centre du rfrentiel hlio-centrique est situ au centre de masse du Soleil et les trois axes sont diriges vers trois toiles fixes. −→−→−→−→2→−−→ ˙ ˙˙ ¨ A.2v=r˙ur+rθuθeta= (r¨−rθ)ur+ (2r˙θ+rθ)uθ. −→ MSm−→ A.3FS=−G2ur. Dans le rfrentiel hliocentrique galilen, le corps est soumis À une force r centrale conservative. Le moment cintique du corps par rapport ÀSet son nergie mcanique sont conserves. −→ A.4La trajectoire est plane (force centrale). Le principe fondamental de la dynamique :m a= −→ ˙ ˙¨ ˙ 2MSd2 FSprojet suivant les coordonnes polaires s’crit :r¨−rθ=−G2et2r˙θ+rθ= (r θ) = 0. r dt 3 2 2πr 2Ms2π2πM ˙√ Pour une trajectoire circulairer¨ = 0soitrθ=G2etT= =d’oÙT690= =jours r ω˙ θ GMS
4
−→2 ˙ A.5La projection du principe fondamental de la dynamique suivanturdonnem(r¨−rθ) = MSm2−→ ˙ −G2. En notantL=mr θ, la projection du moment cintique suivantuz(perpendiculaire r au plan de la trajectoire) on obtient : mMSLdLmMS mr¨ =−G+ =− −G 2 32 r mrdr2mr r
A.6L’nergie mcanique se conserve puisque le pointMn’est soumis qu’À des forces conser-1 2 vatives.Em=mr˙ +Ep(r)≥Ep(r). 2 – EnergieEA:r˙ = 0,r=cst: Trajectoire circulaire. – EnergieEB, La trajectoire est borne et est elliptique. – EnergieEC, le mouvement n’est pas born, c’est un tat de diffusion et la trajectoire est hyperbolique.
B Tempsde transit À l’aide d’une voile solaire B.1Les valeurs du rayon de l’orbite circulaire correspondent au minimum de l’nergie poten-tielle effective. On observe sur la figure que le rayon est peu modifi. B.2On applique le thorme du moment cintique dans le rfrentiel hliocentrique : dL −−→−→ −→ =OM∧F=rFθuz dt 2 ˙ d(mr θ B.3et pour une trajectoire circulaire la projectionD’aprs la question prcdente on a dt √ √ d( −→2MS2m GMSr ˙ ˙ du PFD suivanturfournit l’quation :rθ=G2soitr θ=GMSrsoit= r dt √3 dr1dr Fθ2 √2√ m GMS=rFθd’ou=Cr(t)avecC= dt2mr dt GMS 3 3 2 23 2 B.4Par intgration de cette quation diffrentielle, on obtientr−r=Cr atT Msoit M T2T 3 3 2 2 2(r−r) M T tT M=2≈8ans 3Cr a T
5
