Corrigé d'examen de physique : DS1

Corrigé DS1
Exercice 1
2
1. A l’aide de la formule rappelée, on a G = mF1dm2 donc :
[force] × [longueur]2
M.L.T −2 .L2
[G] =
=
= M −1 .L3 .T −2
2
2
[masse]
M
2. L’analyse dimensionnelle conduit à :
[fréquence] = [longueur]α [masse volumique]β [G]γ
Soit :
T −1 = Lα (M.L−3 )β (M −1 .L3 .T −2 )γ ou encore T −1 = Lα−3β+3γ M β−γ T −2γ
On obtient alors le système :
0 = α − 3β + 3γ
0=β−γ



−1 = −2γ




Bilan :
1
1
β= γ = α=0
2
2
√
Et donc f = k ρG .
S
S
= 4m
3. On a ρ = m
= 1, 4 × 103 kg.m−3 . On en déduit f = 1, 9 mHz.
VS
πR3
3
S
MPSI, Lycée Carnot, Dijon
Corrigé DS1 : page 1
S.ROGNERUD, P.PERNETTE
Exercice 2
MPSI, Lycée Carnot, Dijon
Corrigé DS1 : page 2
S.ROGNERUD, P.PERNETTE
Exercice 3
1. On a la relation de conjugaison de Descartes :
1
1
− =V
0
p
p
1
[Vergence] = [longueur]
= L−1 . Son unité dans le système international est donc le m−1 ou dioptrie (δ).
2. On se place dans le cas de la vision de près.
La relation de conjugaison conduit à :
Vmax =
1
1
+
SR dmin
L’application numérique donne Vmax = 64 m−1 .
0
3. On a γ = pp = − dSR
= −6, 7 × 10−2
min
4. On se place dans le cas de la vision de loin.
MPSI, Lycée Carnot, Dijon
Corrigé DS1 : page 3
S.ROGNERUD, P.PERNETTE
1
Avec |p| → ∞, on a directement Vmin = SR
= 60 m−1 .
1
1
1
1
5. On a immédiatement A = Vmax − Vmin = SR
+ dmin
= dmin
− SR
= 4, 0 m−1 .
6. On a maintenant Apresbyte = d0 1 = 2, 9 m−1 .
min
7. On se place dans le cas de la vision de près avec un objet au punctum proximum. Pour séparer deux
caractères, il faut que l’angle sous lequel on les voit soit au minimum de = 3 × 10−4 rad.
On a alors A0 B0 = d0min tan ≈ d0min = 0, 1 mm.
Cette distance est inférieure à l’espacement entre caractères. L’individu peut encore distinguer les
caractères et la ponctuation du texte.
8. On aurait alors A0 B0 = d00min avec d00min = 1 m soit A0 B0 = 0, 3 mm. Cette fois, cette valeur est
de l’ordre de l’espacement entre caractères d’un journal. L’individu fortement presbyte ne peut plus
distinguer les caractères et voit un ensemble brouillé. Il a besoin de lunettes.
9. En l’absence de lunettes, on a la situation suivante :
oeil
∞ −−→ R
Avec les lunettes, la situation est modifiée et on a le cheminement :
lunettes
oeil
A0 −−−−→ A1 −−→ R
Comme il est précisé que, dans cette situation, la personne n’accomode pas, on a nécessairement
A1 → ∞ et ainsi le verre de lunettes conjugue la position du journal en A0 avec l’infini. La relation
de Descartes donne alors :
VL =
1
1
−
avec SL A0 = SL S + SA0 = −23 cm
SL A1 SL A0
Bilan : VL = 4, 3m−1 .
10. On a la situation suivante. L’image par la première lentille doit être envoyée à l’infini donc l’objet
est placé dans le plan focal objet du verre de lunettes.
MPSI, Lycée Carnot, Dijon
Corrigé DS1 : page 4
S.ROGNERUD, P.PERNETTE
11. Dans le cas de la vision de loin, on a maintenant :
lunettes
oeil
∞ −−−−→ FL0 −−→ Ai
L’image par les verres de lunette se forme en arrière de la rétine. Le presbyte ne peut pas observer
à l’infini en portant ces lunettes. Il peut utiliser des verres progressifs ou enlever ses lunettes pour
voir au loin.
Problème
1. Lois de Snell-Descartes de la réflexion :
• Le rayon réfléchi est dans le plan d’incidence.
• L’angle de réflexion vérifie |i01 | = i1
Lois de Snell-Descartes de la réfraction :
• Le rayon réfracté est dans le plan d’incidence.
• L’angle de réfraction vérifie n1 sin i1 = n2 sin i2
MPSI, Lycée Carnot, Dijon
Corrigé DS1 : page 5
S.ROGNERUD, P.PERNETTE
2. On a la situation suivante :
On peut vérifier les lois de la réflexion de la lumière avec la proportion du rayon qui est réfléchie par
le dioptre. On peut également vérifier la loi de la réfraction à l’aide du rayon réfracté si l’on connait
l’indice du plexiglas. On peut également mettre en évidence le phénomène de réflexion totale en
augmentant l’angle d’incidence car le plexiglas est plus réfringent que l’air. En cherchant le premier
angle pour lequel on a réflexion totale, on peut facilement déduire l’indice de plexiglas.
Enfin, on utilise un laser car le faisceau est extrêmement fin et parallèle et la source est monochromatique, ce qui évite les problèmes de dispersion de la lumière.
3. Le rayon lumineux ne peut se propager dans la fibre que s’il subit une réflexion totale à l’interface
coeur-gaine. Cela est rendu possible car nc > ng et la condition de réflexion totale s’écrit sin β > nngc
(voir schéma).
Or β = π2 − α donc sin β = cos α. La condition de réflexion totale devient cos α > nngc et, en passant
au carré, 1 − sin2 α >
ng 2
soit :
nc
s
sin α <
ng
1−
nc
2
Enfin, la loi de la réfraction en O donne : na sin θ = nc sin α (avec na = 1, 0) d’où sin θ = nnac sin α.
Bilan, pour se propager dans la fibre, on doit avoir :
s
nc
ng
sin θ <
1−
na
nc
2
soit sin θ <
1q 2
nc − n2g
na
On a donc :
1q 2
θL = arcsin
nc − n2g
na
MPSI, Lycée Carnot, Dijon
et on trouve θL = 12, 22◦
Corrigé DS1 : page 6
S.ROGNERUD, P.PERNETTE
4. Le rayon qui traverse le plus rapidement la fibre est le rayon d’incidence normale (θ = 0◦ ). Il se
propage dans la fibre à la vitesse v = ncc . Il parcourt la fibre en une durée T1 telle que :
T1 =
L
L
= nc
v
c
5. Le rayon qui met le plus de temps à parcourir la fibre est le rayon d’incidence θL . Il parcourt une
distance sinLθL dans la fibre. Il met donc une durée T2 = v sinL θL à parcourir la fibre, soit :
T2 = nc
6. Alors δT = nc Lc
nc
−1
ng
n2 L
ng
L
= c car sin θL =
(cas limite)
c sin θL
ng c
nc
.
1
Avec l’expression fournie de ∆, on déduit que nngc = √1−2∆
soit :
nc L
δT =
c
1
√
−1
1 − 2∆
!
Et avec la simplification proposée : δT = nccL ∆.
On trouve δT = 5 × 10−7 s.
7. Les rayons ne se propageant pas tous à la même vitesse, l’impulsion lumineuse va s’étaler sur une
durée τs ≈ τe + δT .
8. Pour ne pas avoir superposition d’information, il faut que la période de l’information soit au maximum
1
de τs ≈ δT . La fréquence maximale est donc fmax = δT
= 2 MHz.
9. L’indice de réfraction diminue lorsque l’on s’éloigne du centre de la fibre (quand y augmente).
10. Les lois de la réfraction de Snell-Descartes conduisent à :
nj−1 sin ij−1 = nj sin ij = nj+1 sin ij+1
MPSI, Lycée Carnot, Dijon
Corrigé DS1 : page 7
S.ROGNERUD, P.PERNETTE
Par suite, on peut considérer n(y)i(y) = constante ou encore n(y) cos ϕ = constante car ϕ = π2 −i(y).
Cette grandeur étant constante, on peut l’exprimer en y = 0 pour lequel ϕ = θ0 et n(y = 0) = nc .
Bilan :
n(y) cos ϕ = nc cos θ0
11. Par propriété de la tangente :
tan ϕ =
En utilisant la relation de trigonométrie fournie, on a
on a immédiatement :
dy
dx
!2
=
dy
dx
dy 2
= cos12 ϕ − 1. Avec la question précédente,
dx
n(y)
nc cos θ0
!2
−1
2
d y
2
12. En injectant la solution proposée, on a dx
2 = −k y. L’équation (?) devient :
k2y +
2∆
y=0
(rc cos θ0 )2
√
2∆
car k > 0.
La solution proposée est donc solution de l’équation si k = rc cos
θ0
−1
On a [k] = L .
En x = 0, on a y(x = 0) = 0 d’où directement A = 0 et y(x) = B sin(kx).
13. On cherche toutes les solutions xn telles que y(xn ) = 0. Cela revient à résoudre kxn = nπ avec n ∈ N.
D’où :
xn = n
π
πrc cos θ0
π
d’où d = xn+1 − xn = = √
k
k
2∆
dy
14. On a dx
(x = 0) = Bk d’où B = tank θ0 et donc :
tan θ0
sin(kx)
k
15. Pour avoir une situation telle que celle de la figure 7, il faut que la valeur maximale de y soit inférieur
au rayon du coeur rc . Or ymax = tank θ0 (quand le sinus vaut 1). La condition est donc :
y(x) =
tan θ0 < krc
16. Commençons par trouver la valeur de θ0 correspondant au cas où θ = θL . Alors nc sin θ0 = na sin θL .
On trouve θ0 = 8, 11◦ . On trouve alors δT 0 = 2, 5 × 10−9 s. La différence est spectaculaire, on gagne
un facteur 1000 sur la fréquence maximale, ce qui permet quasiment d’émettre du Gigabits/s.
MPSI, Lycée Carnot, Dijon
Corrigé DS1 : page 8
S.ROGNERUD, P.PERNETTE