Lycée Brizeux Samedi octobre PCSI A

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Lycée Brizeux Samedi 10 octobre 2009 PCSI A Correction du devoir surveillé no 2 Problème I Étude d'un circuit RLC série 1. Pour t > 0 la loi des mailles donne E = Ri+Ldidt + uC avec i = C duC dt , on en déduit l'équation différentielle : du2C dt2 + 2? duC dt + ?20uC = ? 2 0E On reconnaît une équation différentielle linéaire du second ordre avec second membre. 2. D'après la continuité de la tension aux bornes d'un condensateur uC(0+) = uC(0?). À t = 0? le circuit est depuis t = ?∞ sous la tension U(t) = 0 V ; il a donc atteint son régime permanent. Le condensateur se comporte alors comme un interrupteur ouvert, i(0?) = 0, et la bobine comme un interrupteur fermé. Le courant étant nul dans la résistance, la tension aux bornes du condensateur est donc nulle et uC(0?) = 0, soit uC(0+) = 0 . D'après la continuité du courant dans une bobine i(0+) = i(0?) = 0. Sachant que i = C ducdt , on a duC dt (0 +) = 0 . 3. La solution de cette équation différentielle est la somme de la solution générale sans second membre et d'une solution particulière.

  • point d'intersection de l'axe optique avec la droite passant par b?

  • rrcc ?

  • lentille

  • rayon

  • axe optique

  • rayon parallèle au rayon incident

  • lentille l2


Publié le : jeudi 1 octobre 2009
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LycÉe Brizeux PCSI A & B
Samedi 5 novembre 2011
o Correction du devoir surveill n2
ProblÈme IEtude d’un dfibrillateur A Charged’une batterie de condensateurs q(0 ) − − A.1La batterie Étant initialement dÉchargÉ, on au0(0 )= =eti= 0(0 )car le C + circuit est initialement ouvert. At= 0la tension aux bornes du condensateur est continue soit + +E u= 0(0 )eti=(0 )d’aprÈs la loi des mailles. Lorsquet→ ∞, un rÉgime permanent est R du atteint eti() =C= 0, et d’aprÈs la loi des maillesu() =E. dt dq qdq qE A.2D’aprÈs la loi des mailles,E=Ri+ueti=etu=soit+ =. dt Cdt RCR A.3La solution de cette Équation est la somme d’une solution particuliÈre (q=CE) et de la t solution gÉnÉrale sans second membre (q=Aeavecτ=RCetAune constante d’intÉgration). τ t t − − Soitq(t) =CE+Ae. Sachant queq(0) = 0on aq(t) =CE(1e) τ τ 2 1q A.4L’Énergie emmagasinÉe dans le condensateur s’ÉcritE=. Lorsquet→ ∞cette Énergie 2C 1 2 vautCE 2 A.5Pour obtenir une charge rapide la constante de tempsRCdoit tre la plus petite possible.
B DÈchargede la batterie dans le dÈfibrillateur 0+0 0 B.1La tension aux bornes d’un condensateur est continue doncu(t= 0) =Eetu(t= 0 +0u0 0+E 0 )= 0. D’aprÈs la loi des noeudsi+i+ir= 0,ir= =0etu=u+Risoiti(t) == 0r R 0+E eti(t) == 0. R 0 00 0 B.2D’aprÈs la loi des maillesu=Ri+ueti+i+ir= 0soitu=R(iir) +u. On dÉrive 0 00 du idu didiriiru cette relation pour remplacerpar :=R(− −) +. En remplaÇantir=et dt Cdt dtdt Cr 0 0 0du i=Con obtient : dt 20 00 0 d u1R Cdu u + (1+ + )+ =0 20 0 dt RCr Cdt RrCC 0 1RC ω0 On retrouve alors la forme demandÉe avecω0=etQ=0. 0R C RrCC1+ + r C B.3Pour obtenir une dÉcharge la plus rapide possible sans oscillation, on doit se placer dans le cas du rÉgime critique. Le polynÔme caractÉristique de l’Équation diffÉrentielle prÉcÉdente s’Écrit : 2ω02 r+r+ω= 0. Pour obtenir un rÉgime critique, le discriminant de ce polynÔme doit tre nul Q0 2 11 1 soitΔ = 4ω(21) = 0soitQ=. On doit donc chois les composants pour vÉrifierQ=. 0 4Q2 2 ω t 0 0 2Q B.4La solution du rÉgime critique est de la forme :u= (K1+K2t)eK1etK2sont 0 0 i(0) 0du les constantes d’intÉgration. Sachant queu(t= 0) = 0on en dÉduitK1= 0et(0) == dt C ω t 0 E0 0Et 2Q =K2, soitu(t) =e RC RC B.5cf cours
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ProblÈme IIOptique gomtrique A GÈnÈralitÈs c A.1n=cest la vitesse de la lumiÈre dans le vide etvla vitesse de la lumiÈre dans le v milieu. Pour le verre ordinairen= 1,5. A.2L’approximation de l’optique gÉomÉtrique est valable lorsque la taille caractÉristique des objets considÉrÉs est largement supÉrieur À la longueur d’onde du rayonnement. A.3Un systÈme optique qui prÉsente une symÉtrie de rÉvolution par rapport À un axe est un systÈme optique centrÉ. Cette axe s’appelle l’axe optique. A.4Dans les conditions de Gauss, les rayons lumineux sont peu ÉcartÉs et peu inclinÉs par rapport À l’axe optique. Lorsque les conditions de Gauss sont vÉrifiÉes, on peut considÉrer un stigmatisme et un aplanÉtisme approchÉ. 0R A.5f=f=. 2 0 A.6On cherche l’imageA, on appelleIle point d’intersection entre le rayon provenant deA 0 avec un angleαpar rapport À l’axe et le miroir. Le rayon rÉflÉchi issu deIpasse parAet ce 0 rayon fait un angleαavec l’axe optique. On appelleβ, l’angle que fait (CI) avec l’axe optique. 0 0 D’aprÈs la premiÈre loi de Descartes on ai= (CIA) =iaveci= (CIA). D’aprÈs les relations 0 0 d’angles dans les trianglesACIetCIAon aα+α= 2β. Soit H le projetÉ dIsur l’axe optique, HI HI0 0HI on atanββ=,tanαα=ettanαα=. De plus, dans les conditions de 0 CH AHA H 1 1 2 Gauss,HS. On obtient alors d’aprÈs les relations sur les angles+ = 0 SA SASC A.7On trace le rayon qui passe parBet parF(milieu de SC) qui repart aprÈs rÉflexion parallÈle À l’axe optique et le rayon qui arrive parallÈle À l’axe optique et qui passe parF. A 0 F SF A02 partir du thÉorÈme de Thales, on obtientγ= =, on obtient doncF A.F A=f. F AF S A.8Ces expressions restent valables pour un miroir sphÉrique convexe.
B Lunetteastronomique B.1Une lentille mince est un ensemble de 2 dioptres sphÉriques de rayonsR1etR2, de sommets S1etS2qui sont pratiquement confondus. C’est À dire que la distanceS1S2devant entre autre la distance focale de la lentille. B.2Un systÈme afocal est un systÈme optique qui donne une image À l’infini d’un objet À l’infini. B.3Pour que la lunette soit afocale, il faut que le foyer image de la premiÈre lentille soit confondu avec le foyer objet de la seconde. La lumiÈre traverse d’abord l’objectif (placÉ du cÔtÉ de l’objet) puis l’oculaire (placÉ du cÔtÉ de l’oeil). Le foyer image de l’objectif est confondu avec le foyer objet de l’oculaire. B.4
0 0f obj FocB0FocB α B.5α=etα=0d’oÙG= =0. L’image est renversÉe. Elle est rÉelle À α fobjfocfoc l’infini (en pratique sur la rÉtine, dans le plan focal image du cristallin au repos). B.6S’il y a de la poussiÈre sur l’objectif, cela peut attÉnuer la luminositÉ, mais pas altÉrer l’image.
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B.7La position de l’oeil a peu d’importance a priori, puisque l’observation se fait À l’infini. Toutefois, il est prÉfÉrable de placer l’oeil dans le plan du cercle oculaire, qui est l’image de la monture de l’objectif À travers l’instrument. Ainsi, toute la lumiÈre traversant l’objectif, passe À travers le cercle oculaire. L’oeil placÉ dans ce plan reÇoit donc un maximum de lumiÈre. B.8Les systÈmes catadioptriques sont plus utilisÉs que les lunettes car ils ne prÉsentent pas d’aberration chromatique et sont plus faciles À usiner en grande dimension.
C TÈlescopespatial de Hubble (H.S.T.) C.1D’aprÈs la formule de conjugaison, le foyer objet et le foyer image sont confondus et la 0SC position du foyer principal est dÉfini parS1F1=. Le foy =S1F1 2er image de l’ensemble du Mp Ms 0 0 tÉlescope est dÉfini l’image d’un point objet À l’infini sur l’axe :∞ −→F−→F. D’aprÈs la 1 R R 0 02 1 1 1S2F .S2F(d) 102 22 1 formule de conjugaison de Descartes, on a+ =F= 0=R R 0 0soitS2 0 01 2 S2F S2F S2F S2FS2F d+ 1 21 2 2 2 R2(2dR1) 0 soitS2F= =5,4m. 4d2R1+2R2 0 C.2Le rayon rÉflÉchi parMpcoupe l’axe optique enF, celui rÉflÉchi parMscoupe l’axe 1 0 F S2 0S2J S2J1 ales := optique enF. Ortanα1=0et en utilisant le thÉorÈme de Th0d’oÙ : S2IF S 1F S1 1 (R2d)D 1 01 2R 1 α1≈ −0=0,024rad S2F 0 0 C.3En ret en remplaÇantR eprend le rÉsultat de la questionC.1,1parR1on obtient :S2F= 0 R2(2dR) 1 0 0= 5,400081m. On a alorsδ(S2F) = 81µm 4d2R+2R2 1 0 C.4On reprend le rÉsultat de la questionC.2et en remplaÇantS2Fpar son expression en fonc-D011D01(R2+2d) tion deR1, on peut Écrire :α1=(2dR1+R2)d’oÙδα1==2= 0,33µrad R RdR 1 21R2R 1
ProblÈme IIIUne histoire de lentilles.. . A Etudede la lentille convergente (L1) A.1l’objetABn’est pas situÉ avant la face d’entrÉe du systÈme optique, c’est donc un objet virtuel (on ne peut pas le toucher). A.2
0 0 A.3L’imageA Best situÉe aprÈs la face de sortie du systÈme optique, c’est une image rÉelle (on peut la matÉrialiser sur un Écran). A.4On peut obtenir l’objet AB À partir d’une lentille mince convergente auxiliaire (figure ci-dessus).
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0 f O1A 01 A.5D’aprÈs la formule de conjugaison de DescartesO1A=0= 6cm. f+O1A 1 B Principedu microscope 0 f A1B1F1O1 1 B.1D’aprÈs la relation de grandissement de Newtonγ1= = =0. AB F1A f+O1A 1 B.2L’objetABÉtant rÉelle son image rÉelleA1B1, À travers(L1)est agrandie si|γ1|>1 0 00 0 soit|f+O A|< fsoit2f <elle si<O Afsoit 1 11 1O1A <0. De plus l’imageA1B1est rÉ1 1 0 0 2f < 1O1A <f1 B.3Un expÉrimentateur peut observer une image rÉelle si elle se situe À une distance de l’oeil supÉrieure À la distance minimale de vision distincte. Si l’image reÉlle se forme derriÈre l’oeil, cela devient un objet virtuel pour l’oeil dont l’image ne pourra se trouver sur la rÉtine. 0 0 B.4Pour observer sans accommoder, il faut queA Bsoit rejetÉe À l’infini ce qui signifie que A1B1doit se trouver dans le plan focal objet de(L2). B.5
0 f O1A 010 que donneO1O2= 1,14m B.6O1O2=O1A1+f=0+f2. L’application numÉri 2 f+O1A 1 (L’objetAest proche du foyer objet de(L1)). B.7γ1=10. 0A1B1γ1AB B.8α=0=0=0.25rad=14,3. f f 2 2 0 AB30α γ1dm B.9αref= =4.10rad= 13,7(minutes d’angle) Le grossissementG= =0= α dm reff 2 62,5.
C Principedu tÈlÈobjectif (L1) (L3) 0 = C.1Pour un systÈme afocal∞ −→F1F3−→ ∞. Le foyer image deL1est donc confondu 0 00 avec le foyer objet de(L3+fav ).O1O3=f1 3ecf <0 3 0 f O3A1 030 C.2D’aprÈs la formule de conjugaison de Descart esO3A=0. Pour avoirO3A >0et f+O3A1 3 0 0 obtenir une image rÉelle il fautf+O 3 3A1<0.O3A1Étant initialement positif (Égal Àf), il 3 0 ) pÉduireO faut donc Éloigner les deux lentilles (O3A1<f3our r3A1.
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C.3
0 0020 0 iquant la relation de Newton À la lenti F3F1 3(F F C.4En appl31 3+ lleL3on aF P=f3. SoitF3F 0 0020 00 002 F F+F O+O P) =fd’oÙF(f+O P) =f 3 11 11 33F1F3F2f3 11Le discriminant de ce 1 3 0 trinÔme est nul et on obtientF1F3= 3cm 0 f F3O3 3 C.5D’aprÈs la relation de grandissement de Newtonγl’image 3=0=. La taille de 0 F3FF F3 1 1 0 0 f f α 0 003 1 est Égale ÀA B=γ3A1B1=γ3f α==1cm. 10 F F3 1
ProblÈme IVUtilisation d’un viseur A PrÈliminaires 1 11 A.1Relation de conjugaison de Descartes :=0 f 0 OiA OiAi A.2
0 f 0 0 O JF OA B i ii0 0i Dans les trianglesFiABetFiOiJ,=soit commeOiJ=A B,γ= =. AB FiA ABFiA 0 00 0 F AF A 0 00 0 0 0 00A BiA Bi Dans les trianglesBF AetF OiI,=0soit commeO iI=AB,γ= =0. i i AB f OiOI Fi i i 2 0 00 En combi. nant les deux expressions du grandissemnt, on aFiAF A=fi i
B CaractÈristiquesdu viseur B.1Il faut que l’image du rÉticule soit rejetÉe À l’infini par(L2)donc queRsoit confondu avec 0 0 F. Ainsi,d2=f. 2 2 B.2Le foyer principal objet est dÉfini comme un point sur l’axe optique tel que son image soit À l’infini, Également sur l’axe optique : un rayon passant parFressort donc parallÈle À l’axe optique.
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B.3Pour la construction, on part d’un faisceau de rayons Émergeant parallÈles À l’axe : par (L2), les rayons passent parF2puis on construit les rayons incidents parL1. Leur intersection avec l’axe optique donne la position deF.
(V) (L1) (L2) B.4On aF→ ∞soitFF2→ ∞:FetF2sont donc conjuguÉs par(L1). En appliquant 2 0 00 00 la formule de conjugaison de Newton,F FF F=favecF=F R=dfd’oÙ 1 12 11F1 12 1 2 0 f 12 F1F=0. On trouveF1F=9,1.10cm. d1f 1
C Utilisationdu viseur C.1 C.1.1Comme l’image de l’objet est rejetÉ À l’infini, l’objet est dans le plan focal objet (per-pendiculaire À l’axe optique et passant parF)
C.1.2 C.2 0 C.2.1On aO3A=x1=0,15metO3A=x2=0,10m. 0 C.2.2A partir de la formule de conjugaison de Descartes, on trouvef=0,3m.(L3)est 3 divergente.
C.2.3
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