Eléments de correction du Devoir Maison n°8

Yves Josse

Description

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-

• cos ?


• anneau


• tige


• équation différentielle


• solution de l'équation différentielle


• mouvement rectiligne


• ??v


• fixe de la tige coïncidant avec l'anneau

Sujets

• Équation différentielle
• Anneau

Informations

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• Langue: Français

Extrait

o Elments de correction du Devoir Maison n8

Problme 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 :=F ext = 0 dt −→ −→ −→−→ car le systÈme isolÉ. Ainsi,P=m 1 v 1 +m 2 v 2 = (m 1 +m 2 )v G est un vecteur constant : le barycentre Ga un mouvement de translation rectiligne uniforme. −→−→−→ En notantu x , le vecteur unitaire colinÉaire et de mme sens quev 1 =v 0 , on a −→ m 1 −m 2 −→ v G =v 0 u x m 1 +m 2 −→ −→ −→−→ Sim 1 > m 2 ,v G est selonu x : Romain entrane Nicolas; sim 1 < m 2 ,v G est selon−u x : Romain entrane Nicolas. −1 A.N. :on trouvev G = 0,31m.set Romain entrane 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 −→ m 2 ωuoÙd=dest la distance entre le patineur1etG,ωla aL G (1) =m 1 d 1 u r ∧d 1 ωu θ =m 1 d 1 z1 m 1 +m 2 −→−→ vitesse angulaire de rotation,u r le vecteur unitaire dirigÉ deGvers1,u θ le vecteur unitaire colinÉaire −→ −→−→−→−→ 2 →− m 1 et de mme sens quev 1 etu z =u r ∧u θ . De la mme faÇon,L(2) =dm d 2 =d. G 2 2 ωu z avec m 1 +m 2 −→ ∗ m 1 m 2 2 →− Finalement,L=d ωu z (on retrouve le moment cinÉtique de la particule rÉduite). m 1 +m 2 −→−→ −→−→−→ D’autre part, au moment de l’accrochage,L G (1) =m 1 (−d 1 )u y ∧v 0 u x =m 1 d 1 v 0 u z etL G (2) = −→ −→−→−→ ∗ m 1 m 2 −→ m 2 (d 2 )u y ∧(−v 0 )u x =m 2 d 2 v 0 u z doncL= 2dv 0 u z . m 1 +m 2 2v 0 L’ÉgalitÉ des expressions donneω= d −1 A.N. :on trouveω= 2,5rad.s. −→ ∗ m 1 m 2 2 →− A.4Le moment cinÉtiqueL=d ωu z se conserve : comme les masses sont constantes, le m 1 +m 2 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 m 2 a 2 =F 1→2 =−F 2→1 . En cooronnÉes polaires, on aa 2 =−(d 1 +d)ω u r avecω=. Ainsi, T −−→ 2 2π −→ F 2→1 =m 2 (d 1 +d)u r T −−→−−−−→ −→−→ 2 −→ Pour le patineur central,m 1 a 1 =F 2→1 +F mat→1 aveca 1 =−d 1 ω u r donc −−−−→ 2 4π −→ F mat→1 =− 2 (m 2 d+ (m 1 +m 2 )d 1 )u r T 2 2 A.N. :on trouveF 2→1 = 5,9.10NetF mat→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.

Problme 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 sinusodale, 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.3Z bobine =jLω+r,Z rsistance =RetZ condensateur =. 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 :u c (t) =e(t). A haute frÉquence le condensateur se comporte comme un fil doncu c (t) = 0.

B RÉsonanceen tension B.1En rÉgime sinusodal forcÉ, la loi des mailles peut s’Écrire en notation complexe : e−R g i−Z bobine i−Ri−u c = 0. L’intensitÉ est reliÉe À la tension aux bornes du condensateur par la relationu c =Z condensateur i e jωt On en dÉduit alors :u c = 2 avecu c =U c e. 1−LCω+(R+r+R g )jCω √ E2 On obtient donc :U c = 2 . 1−LCω+(R+r+R g )jCω √ 1 √ Par identification avec l’expression de l’ÉnoncÉ on peut poser :A=E2,ω 0 =etQ= LC q 1L . R+r+R g C U c | | E √s B.2D’aprÈs la questionA.2,U ce (ω) =soitU ce (ω) =   . 2 2   2 2 ω ω 1−+ 2 ω Q ω 0 0

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E r B.3U(ω) = ce   2 2 x 2 (1−x) + Q     2 2 2 x La tension efficaceU ce (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= 0etx r = 1− 2 . L’extremum en 2Q 1 1 √ x r n’existe que si1− 2 >0soit pourQ > Q min = 2Q 2 q 1 La pulsation de rÉsonance correspondante estω r =ω 0 x r =ω 0 1− 2 . 2Q B.4U ce (ω=ω 0 ) =U ce (x= 1) =QE. B.5La courbeU ce (ω)admet une asymptoteU ce =EÀ basse frÉquence etU ce = 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 aige que pourQ= 1.

C RÉsonanceen intensitÉ C.1L’impÉdance du circuit correspond À l’impÉdance Équivalente À l’association sÉrieR g , bobine,   1 ω ω 0 rÉsistance et condensateur soitZ=R+r+R g +jLω+ =R 0 1 +jQ−avecR 0 = jCω ω 0 ω R+r+R g . C.2En rÉgime sinusodal forcÉ, la loi des mailles peut s’Écrire en notation complexe :e−Zi= 0. √ jωt jωt Ee E2     On obtient alors :Ie=soitI= ω 0 ω ω . ω 0 R 0 1+jQ−R 0 1+jQ− ω ωω ω 0 0 |I| E √r C.3I e (ω) =soit : 2 I e (ω) =   2 ω ω 0 2 R 0 1+Q− ω ω 0 0 E On trouve par identification avec la forme de l’ÉnoncÉ :A=etB=Q. R 0 La courbeI e (ω)peut se dÉduire de la courbeU ce (ω)carI e =U ce Cω. 0 C.4La fonctionI e (ω)prÉsente un extremum lorsque son dÉnominateur est minimum soit pourω= r ω 0 . E Dans ce casI max =I e (ω 0 ) =. R 0 ω 0 C.5La bande passante a pour expressionΔω=. Se reporter au cours pour la dÉmonstration. Q

D ApprocheexpÉrimentale q 1 0 D.1La pulsation de rÉsonanceω=ω1−deU c a pulsationω=deI. r0 2Q 2 e est infÉrieure À l r ω 0e La courbe (1) correspond donc ÀU ce et la courbe (2) ÀI e . D.2 – Abasse frÉquence,U ce tend versE. On en dÉduitE= 5V. – LafrÉquence propref 0 correspond À la frÉquence de rÉsonance en intensitÉ d’oÙf 0 = 1,6kHz. 9 – Ala frÉquencef 0 ,U ce =QE. On en dÉduitQ= =1,8 5 –I max = 9mA I max √ – Les limites de la bande passante correspondent aux frÉquences pour lesquellesI e = = 2 6,4mA. On trouve alorsf 1 = 1,2kHzetf 2 = 1,9kHz. 1 1 √ D.3f 0 =doncL= 2 2 = 100mH. 2π LC 4π f 0 C q q 1L1L Q=soitr=−R−R g = 23 Ω. R+r+R g C QC

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√ √ jψ E2   D.4I=I2e=. e ω ω 0 R 0 1+jQ− ω ω 0 √ √ jψ E2 A la pulsationω 0 :I e 2e=doncψ(ω 0 ) = 0. R 0 √ √ 0 jφ E2 U c =U ce 2e= 2   ω ω 1−+j ω ωQ 0 0 √ √ 0 jφ E2Q 0 π A la pulsationω 0 :U ce 2e=doncφ(ω 0 ) =−. 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 frÉquencef 0 car u R =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 frÉquencef 0 . 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 frÉquencef 0 dÉterminÉe À partir de la pÉriode 2 T 0 0 0 lue sur l’oscillogrammeT 0 = 1,2ms. On en dÉduitL= 2 = 365mH. La rÉsistancerse calcule 4π C q 0 1 L U c À partir du facteur de qualitÉQ:r=−R−R g . Le facteur de qualitÉ est Égal au rapportÀ Q CE 20 0 la frÉquencef 0 . On obtient doncQ3= =,4et doncr= 24 Ω. 5,8

Problme 3Ètude de filtres A Filtrespassifs du premier ordre v 1 1 A.1On applique la formule du diviseur de tension et on obtient :H 1 (jω=) =etH 2 (jω) = e1+jRCω v 2 jRCω =. e1+jRCω A.2En basse frÉquence le condensateur se comporte comme un circuit ouvert, on obtient alorsv 1 =e etv 2 = 0. En haute frÉquence le condensateur se comporte comme un fil, on trouve alors quev 1 = 0 etv 2 =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 parG 1 =|H|=et le dÉphasageϕ 1 =−arctanRCω. 1 22 2 1+R C ω Lorsqueωtend vers0,G 1dB tend vers0dB,ϕ 1 tend vers0et quandωtend vers l’∞,G 1dB tend vers π −20 logRC−20 logω(pente À−20dBpar dÉcade) etϕ 1 tend vers−. La pulsation de coupure À 2 G 1max 1 1 −1 √ √ 3dBest donnÉe parG 1 (ω c =) =. On obtient alorsω c = =6250rad.setf c = 995Hz. RC 2 2 RCω π √ Pour le second filtre, On dÉfinitG 2 =|H|=et le dÉphasageϕ 2 =−arctanRCω. 2 2 22 2 1+R C ω π Lorsqueωtend vers0G 2dB tend vers20 logRC+ 20 logω(pente +20dB/dÉcade),ϕ 2 tend verset 2 quandωtend vers l’∞,G 2dB tend vers0dBetϕ 2 tend vers0. La pulsation de coupure À3dBest G 2max 1 1 −1 √ √ donnÉe parG 2 (ω c =) =. On obtient alorsω c = =6250rad.setf c = 995Hz. RC 2 2 A.4On peut calculer le gain des deux filtresG 1 etG 2 ainsi que les dÉphasagesϕ 1 etϕ 2 associÉs À la frÉquence de1kHz. On obtient alors pour le premier filtreG 1 = 0,71soitv 1 =e∗G 1 = 1,42Vet ϕ 1 =−arctan(RC2πf) =−0,79rad=−45,3. Le signalv 1 (t)est en retard par rapporte Àe(t). Pour π le second filtreG 2 = 0,71soitv 2 =e∗G 2 = 1,42Vetϕ 2 =−arctan(RC2πf) = +0,79rad= +45,3. 2 Le signalv 2 (t)est donc en avance par rapport Àe(t).

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B Filtrepassif du second ordre B.1

On reconnat un filtre rÉjecteur de bande. jCω(e+v 3 )jRCω(e+v 3 ) B.2On applique le thÉorÈme de Millman au pointAet au pointB:V A = 2 =et 2+2jRCω +2jCω R V 1 B (e+v 3 V A jCω+ R e+v 3R V B = 2 =. On applique À nouveau le thÉorÈme de Millman env 3 soitv 3 = 1 = 2+2jRCω +2jCω+jCω R R 2 22 22 22 22 (1−R C ω)(e+v) V jRCω+V B 3 (1−R C ω) (1−R C ω)(e) A . Soit en remplaÇant :v 3 = 2 d’oÙv 3 (1− 2 = 2 . On a 1+jRCω 2(1+jRCω) 2(1+jRCω) 2(1+jRCω) 2 22 v 3 1−R C ω1 alors= 2 22 = 4jRCω . En basse frÉquence et en haute frÉquence, on retrouve un e 1−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 queG 3 (ω c ) = 1 1 √q .Le gain de ce filtre est donnudre É parG 3 (ω) = 4 avecx=RCω. On doit alors rÉso x 2 2 1+( ) 2 1−x 2−1 1−x=±4x. On en tire deux solutions positivesx 1 = 4,24etx 2 = 0,236soitω c1 = 1475rad.set 3−1 ω c2 = 26,5.10rad.s B.4cf cours avecQ= 4 −3 B.5Pourf= 1kHz,G 3 = 2,6.10. Le signal de sortie aura une amplitude deG 3 ∗2 = 5,2mV. 4RCω La phase est donnÉe parϕ 3 =−arctan( 22 2 = 1,57rad≈90. 1−R C ω

C Filtrepasse-tout 1−jRCω1−jRCω C.1On applique le thÉorÈme de Millman env 4 ; on obtient alors :v 4 =esoitH= 4 1+jRCω1+jRCω C.2En basse frÉquence, le condensateur de comporte comme un circuit ouvert on a alorsv 4 =e, tandis qu’en haute frÉquence le condensateur se comporte comme un court-circuit, soitv 4 =−e. . On a alorsG 4 = 1qu C.3Le gainG 4 s’obtient en prenant le module deH 4 elque soit la frÉquence du signale(t). Le dÉphasageϕ 4 vautϕ 4 =−2 arctan(RCω). Lorsqueω→0,ϕ 4 →0; siω→ ∞, 1π ϕ 4 → −πet pourω=,ϕ 4 =− RC2 C.4Le gainG 4 Étant Égal À1l’amplitude du signalv a vaut2Vet le dÉphasage est deϕ 4 = −2 arctan(RCω) =−1,576rad= 90,3pourf= 1kHz.

D Filtreactif du second ordre D.1On constate une rÉtroaction sur l’entrÉe inverseuse, l’amplificateur fonctionne alors en rÉgime e1 +v 5 ( +jCω) +− R R linÉaire soitV=V=v 5 . On applique le thÉorÈme de Millman au pointA,V A = 2 = +jCω R 1 e+v 5 (1+jRCω + ) + jCω 1 puis la formule du diviseur de tension enVsoitV=v 5 =V A 1 =V A . 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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