DM 3 Oscillateur Harmonique - Interférences - Optique PCSI 2016 – 2017

DM 3 Oscillateur Harmonique - Interférences - Optique
PCSI2
2016 – 2017
Consignes : Le DM doit rester un travail personnel pour prolonger et approfondir le cours. Un soin particulier
doit être apporté à la rédaction. Tous les résultats seront encadrés.
Oscillateurs
O
x
1
Oscillation verticale
~g
On considère un objet M de masse m suspendu verticalement
au bout d’un ressort de raideur k et de longueur à vide l0 . On
considère un axe Oz orienté vers le bas : la position de l’objet
sera donc repérée à l’aide de sa cote z. On se propose d’étudier les
oscillations verticales de cet objet.
M
z
1. Calculer la position zeq de la masse lorsqu’elle est à l’équilibre.
2. Vérifier explicitement l’homogénéité du résultat de la question précédente.
3. Établir l’équation différentielle à laquelle obéit la fonction z(t) et la mettre sous la forme :
z̈ + ω02 z = ω02 zeq .
4. Donner le nom de ω0 , sa dimension et son unité.
5. Quelle est la période T des oscillations ?
6. À t=0, la masse est lancée avec une vitesse verticale v0 de la position zeq . Résoudre l’équation différentielle compte tenu de ces conditions initiales. On exprimera la solution en fonction de v0 , ω0 et zeq
(et t bien sur).
7. Tracer la courbe représentant l’évolution temporelle de la cote de M . Tracer une deuxième courbe
correspondant à une autre masse m′ > m.
8. Quelle est l’énergie potentielle élastique du ressort lorsque la masse est à une position z ?
9. On admet que compte tenu de la gravité, la masse dispose d’une énergie potentielle qui peut s’exprimer
sous la forme Ep,pes = −mg(z − zeq ), montrer que l’énergie mécanique de l’objet M se conserve au
cours du temps.
2
O
Avec un deuxième ressort
x
On rajoute maintenant un ressort sous la masse qui est fixé au sol
comme représenté sur le schéma ci-contre. La longueur à vide de
ce nouveau ressort est L0 et sa raideur est K. La distance entre le
sol et le plafond est notée h ne correspond a priori pas à la somme
des longueurs à vide : h 6= L0 + l0 . La présence de ce ressort
modifie donc les paramètres de l’oscillation, longueur à l’équilibre,
fréquence des oscillations etc...
~g
M
h
z
1. Calculer la nouvelle position d’équilibre zeq,2
2. Établir l’équation différentielle du mouvement et l’écrire sous la forme
z̈ + Ω20 z = Ω20 zeq,2 ,
on donnera l’expression de Ω0 en fonction de k,K et m.
3. Ce système oscille-t-il plus rapidement ou moins rapidement que le système précédent ?
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1
à rendre le Jeudi 3 Novembre 2016
DM 3 Oscillateur Harmonique - Interférences - Optique
3
PCSI2
2016 – 2017
O
Mesure de masse
x
On se propose d’utiliser le système masse-ressort pour effectuer
des mesures de masses en apesanteur. On se place dans le cas de
deux ressorts identiques (de raideur k et de longueur à vide l0 )
écartés d’une distance h supérieure à la somme des longueurs à
vide (h > 2l0 ) On écarte la masse d’une distance a par rapport à
sa position d’équilibre et on note X l’écart à la position d’équilibre.
L’équation du mouvement est :
X(t) = a cos (Ωt)
avec
Ω=
s
~g
M
2k
m + δm
h
z
1. On appelle f0 la fréquence de vibration en l’absence de masse supplémentaire et f (δm) la fréquence
lorsque l’on ajoute une masse δm. Montrez que l’on peut écrire :
f (δm) = f0
δm
1+
m
− 1
2
2. Pour ǫ suffisamment petit devant 1, on peut écrire (1 + ǫ)α ≃ 1 + αǫ. En utilisant cette formule et
la relation établie à la question précédente, exprimez simplement la grandeur ∆f = f0 − f (δm) en
fonction de f0 , m et δm.
3. En déduire une expression de δm en fonction de ∆f, f0 et m.
La masse ajoutée étant ici très faible, la fréquence obtenue est proche de la fréquence initiale. Pour
améliorer la précision de la mesure, on propose le protocole suivant :
— on réalise une mesure de référence sans ajout de masse, on obtient le signal Xref (t),
— on réalise une mesure avec l’ajout de la masse δm, on obtient le signal Xmes (t)
— on effectue la somme des deux signaux : s(t) = Xref (t) + Xmes (t).
Le signal s(t) est représenté sur la figure ci-dessous.
s (cm)
2
1
t (s)
0
-1
-2
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
4. Quel phénomène observe-t-on ? Pourquoi ?
5. Représenter les spectres de Xref , Xmes et s.
6. À partir de l’enregistrement, mesurer ∆f .
7. En déduire la valeur numérique de la masse δm sachant que f0 = 20 Hz et m = 60 g.
8. Pour réaliser ces mesures de masse, on se place dans le cas où h > 2l0 , expliquez sans calculs l’intérêt
de cette configuration (par opposition au cas où h < 2l0 . On pourra envisager une légère perturbation
selon la direction x.
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2
à rendre le Jeudi 3 Novembre 2016
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2016 – 2017
Une source et deux miroirs
S est une source lumineuse monochromatique de longueur
d’onde λ. La plaque opaque E élimine la lumière allant directement de la source vers l’écran. Celui-ci reçoit donc uniquement la lumière qui a été réfléchie soit pas le miroir du
haut, soit par le miroir du bas (on suppose qu’il n’y a qu’une
seule réflexion).
1. Représenter les images S1 (respectivement S2 ) de S par le miroir du haut (respectivement du bas).
2. Tracer la propagation de deux rayons lumineux issus de S et arrivant en un point M de l’écran.
3. Exprimer la différence de marche
√ δ = S2 M − S11M en fonction de l x et D. Montrer que δ peut s’écrire
1 + ǫ ≃= 1 + 2 ǫ.
δ = ax
(on
utilisera
le
fait
que
D
4. Calculer alors le déphasage entre les deux ondes lumineuses arrivant en M .
5. À quelle condition sur x, les ondes interfèrent-elles de manière constructive ? On définit l’interfrange i
comme la distance séparant deux franges d’interférence, c’est-à-dire deux points d’éclairement maximal.
Donner l’expression de i.
6. Trouver les coordonnées des points en lesquels il y a interférence destructive.
Arc-en-ciel
1
Introduction
On considère une bille sphérique en verre, aluminisée sur sa face arrière (Figure 1).
i
n
Figure 1 – Rétro-réflecteur sphérique
Déterminer l’indice de réfraction n du verre nécessaire pour que le système se comporte comme un rétroréflecteur pour les rayons paraxiaux, c’est à dire tel que tout rayon rentrant dans la bille avec un angle
d’incidence i faible ressorte parallèlement à lui-même après avoir subi une réfraction à l’entrée, une réflexion
sur le fond et une réfraction à la sortie.
2
Théorie géométrique de l’arc-en-ciel
2.1
Trajet des rayons dans une goutte d’eau sphérique.
On considère une goutte d’eau sphérique, de rayon R et d’indice de réfraction n. Les trajets des rayons
lumineux sont définis Figure 2. Soit un rayon lumineux incident, situé à une hauteur h de l’axe de la goutte
associée à l’angle d’incidence i (qui n’est pas nécessairement petit).
1. On note D1 l’angle de déviation de ce rayon, à la sortie de la goutte d’eau, obtenu après une réflexion
sur le fond de la goutte et deux réfractions à l’entrée et à la sortie de la goutte.
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3
à rendre le Jeudi 3 Novembre 2016
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2016 – 2017
i
D1
r
h
n
Figure 2 – Cas d’une réflexion et de deux réfractions.
On note r l’angle de réfraction associé à l’angle d’incidence i.
(a) Etablir la relation : D1 = 4r − 2i.
(b) Exprimer l’angle D1 en fonction de n et de x =
h
R
(0 < x < 1).
(c) Tracer l’allure de D1 (x) dans le cas de l’eau, sachant que n ≃ 1,337.
(d) Montrer que D1 (x) passe par un extremum lorsque x a pour valeur x =
On donne la dérivée de la fonction arcsin :
q
4−n2
3 .
1
d arcsin(x)
=√
dx
1 − x2
(e) On note D1m la valeur correspondante de D1 .
Calculer xm et D1m (en degré) dans le cas de l’eau, sachant que n ≃ 1,337.
2. On considère maintenant un rayon lumineux qui subit deux réflexions à l’intérieur de la goutte et deux
réfractions à l’entrée et à la sortie de la goutte (voir Figure 3).
h
n
D2
Figure 3 – Cas de deux réflexions et de deux réfractions.
(a) Montrer que l’angle de déviation D2 est donné par la relation D2 = π + 2i − 6r où i et r sont les
mêmes qu’à la question précédente.
(b) On admet que la fonction D2 présente un extremum D2m lorsque x varie.
Calculer numériquement en degré,
q toujours dans le cas de l’eau, cet extremum, sachant que la
2
valeur correspondante de x vaut 9−n
8 .
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4
à rendre le Jeudi 3 Novembre 2016
DM 3 Oscillateur Harmonique - Interférences - Optique
2.2
PCSI2
2016 – 2017
Caractéristiques de l’arc-en-ciel
Il s’agit ici de déduire les caractéristiques de l’arc-en-ciel, formé par la rétrodiffusion de la lumière solaire
dans des gouttes d’eau sphériques des mécanismes présentés ci-dessus.
1. Pourquoi voit-on un arc lumineux (dit arc primaire) et parfois un second d’intensité plus faible (dit
arc secondaire) ?
2. Sur un schéma, préciser les positions relatives du soleil, de la pluie et de l’observateur ?
3. Quelles sont les rayons angulaires moyens des arcs ? L’arc secondaire est-il externe ou interne ? Justifier.
4. Peut-on voir un arc-en-ciel primaire à Paris le 21 mars (équinoxe de printemps) à midi solaire c’est à
dire lorsque le Soleil est au zénith de l’équateur ? On assimilera la latitude de Paris à 45 ◦ .
5. Pourquoi voit-on des couleurs ? Préciser l’ordre des couleurs pour l’arc-en-ciel primaire ainsi que l’écart
angulaire entre le violet ( λ = 400 nm , n = 1,34356 ) et le rouge ( λ = 700 nm , n = 1,33052 ).
6. Le ciel est sombre entre les deux arcs primaire et secondaire : interpréter sans calcul.
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5
à rendre le Jeudi 3 Novembre 2016
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Oscillateurs
O
x
1
F~
Oscillation verticale
~g
Système : { masse M }
Référentiel : terrestre supposé galiléen pour cette étude
Bilan des forces : le poids (P~ = m~g ) et la force de rappel du ressort (F~ =
−k(z − l0 )~uz )
Schéma : voir ci-contre
M
P~
z
1. À l’équilibre la somme des forces est nulle : P~ + F~ = ~0 ⇔ mg = k(zeq − l0 ) ⇔ zeq = l0 +
mg
k
[P ]
2. On a [F ]=[kx]=[k].L d’où [k]=[F ].L−1 . Pour la formule précédente : [zeq ]=L ; [l0 ]=L ; [ mg
k ] = [F ].L−1 =
L donc on ne somme que des longueurs et on égalise des longueurs :
la relation est homogène.
3. D’après la 2nd loi de Newton : F~ + P~ = m~a. Donc en projetant sur Oz : −k(z − l0 ) + mg = mz̈ ⇔
k
mz
z̈ +
=
k
m
l0 +
mg k
et donc : z̈ + ω02 z = ω02 zeq
avec
ω0 =
q
k
m
4. ω0 s’appelle pulsation propre du système, elle s’exprime en rad.s−1 et a pour dimension T−1 .
5. T =
2π
ω0
= 2π
q
m
k
6. La solution générale de l’équation différentielle est :z(t) = solH + solP = A sin(ω0 t + ϕ) + zeq Les
conditions initiales sont : z(t = 0) = ze q ⇒ ϕ = 0 et ż(t = 0) = v0 = Aω0 cos(ω0 t) ⇒ A = ωv00 . La
solution est donc z(t) = zeq +
z1 (t); z2 (t)
v0
ω0
sin(ω0 t)
m′ > m ⇒ zeq,2 > zeq,1 et ω0′ < ω0 donc A′ > A
zeq,2
zeq,1
t
7.
Augmenter la masse change la valeur moyenne (l’augmente), la période (l’augmente) et l’amplitude (l’augmente).
8. C’est
1
2 k(z
− l0 )2
9. On peut soit procéder directement soit dériver et montrer que la dérivée par rapport au temps est
nulle.
m
− l0 ) +
Méthode dérivée nulle : Em (t) = −mg(z(t) − zeq ) + 12 k(z − l0 )2 + 21 mż 2 ⇒ dE
dt = −mg ż + k ż(z
P~
mż z̈ = ż(−mg+k(z −l0 )+mz̈), or d’après le PFD, ce qui est dans la parenthèse est nul (m~a − F = ~0)
m
donc dE
dt = 0 à tout instant, donc Em est constant.
Méthode directe :
1
1
Em (t) = −mg(z(t) − zeq ) + k(z − l0 )2 + mż 2
2
2
2
1
mg
v0
1
v0
⇒ Em (t) = k
sin(ω0 t) +
− mg sin(ω0 t) + mv02 cos2 (ω0 t)
2
ω0
k
ω0
2
⇒ Em (t) =
v0
m2 g 2
1
v0
1 k 2 2
v
sin
(ω
t)
+
mg
+
sin(ω
t)
−mg sin(ω0 t) + mv02 cos2 (ω0 t)
0
0
0
2
2 ω0
ω0
2k
ω0
2
|{z}
m
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|
{z
A
1
}
|
{z
−A
}
Correction
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2016 – 2017
m2 g 2
1
1
m2 g 2
⇒ Em (t) = mv02 (sin2 (ω0 t) + cos2 (ω0 t)) +
= mv02 +
= cte
{z
}
|
2
2k
2
2k
1
2
O
Avec un deuxième ressort
x
Système : { masse M }
Référentiel : terrestre supposé galiléen pour cette étude
Bilan des forces : le poids (P~ = m~g ), la force de rappel du premier
ressort (F~1 = −k(z − l0 )~uz ) et la force de rappel du deuxième
ressort (F~2 = K(h − z − L0 )~uz )
Schéma : voir ci-contre
F~1
F~2
M
~g
h
P~
z
1. À l’équilibre, la somme des forces est nulle donc mg − k(zeq,2 − l0 ) + K(h − zeq,2 − L0 ) = 0 ⇒
zeq,2 =
kl0 +K(H−L0 )+mg
k+K
2. D’après la 2nd loi de Newton :
mg − k(z − l0 ) + K(L − L0 ) = mz̈
⇒ mg − k(z − zeq,2 + zeq,2 − l0 ) + K(L − Leq,2 + Leq,2 − L0 ) = mz̈
Or, à l’équilibre mg − k(zeq,2 − l0 ) + K(Leq,2 − L0 ) = 0 donc :
⇒ −k(z − zeq,2 ) + K(L − Leq,2 ) = mz̈
⇒ −k(z − zeq,2 ) + K(h − z − (h − zeq,2 )) = mz̈
k+K
k+K
z=
zeq,2 = z̈ + Ω20 z = Ω20 zeq,2
⇒ z̈ +
m
m
3. La pulsation est plus élevée
plus rapidement.
3
q
k+K
m
>
q k
m
avec
Ω0 =
s
k+K
m
donc le système oscille à une fréquence plus élevée donc
Mesure de masse
1. f =
Ω
2π
donc f (δm) =
1
2π
q
K
m+δm
2. On a donc f (δm) = f0 1 −
3. δm = 2m ∆f
f0
1 δm
2 m
=
1
2π
q
K
m
r
1
1+ δm
m
⇒ f (δm) = f0 1 +
⇒ f0 − f (δm) = ∆f =
δm
m
− 1
2
1 δm
2 m
4. On observe un phénomène de battement car on somme 2 signaux de fréquences proches.
5. Spectres de Xref , Xmes et s. (L’échelle est exagérée et les deux fréquences sont plus proches que ce
qui a été représenté sur les spectres ci-dessous)
cn
cn
cn
Spectre de Xref
f0
Spectre de Xmes
f (δm)
f
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2
Spectre de s
f
f (δm) f0
f
Correction
DM 3 Oscillateur Harmonique - Interférences - Optique
6. La période des battements est :
est donc : ∆f = 0,17 Hz
7. δm = 2m ∆f
f0 = 2 × 60 ×
1
6
20
4.5−(−7.5)
2
PCSI2
2016 – 2017
= 6,0 s. La différence de fréquence entre les deux signaux
= 1,0 g
8. Il s’agit d’un problème de stabilité :
O
O
x
Si la masse subit une légère perturbation
selon x :
— Dans le cas où h < 2l0 , les ressorts
repoussent la masse et les forces
tendent donc à écarter la masse
encore plus selon x.
— À l’inverse, dans le cas h > 2l0 ,
les ressorts attirent la masse et les
forces tendent donc à ramener la
masse vers une position où x = 0.
x
F~1
F~2
F~1 + F~2
F~1 + F~2
M
M
F~2
F~1
z
Si h < 2l0
z
Si h > 2l0
Le cas h > 2l0 permet donc de garder un mouvement uniquement selon Oz alors que le cash < 2l0 est
instable.
Une source et deux miroirs
1. S1 et S2 sont les symétriques de S par rapport aux miroirs.
2.
3. On a SP1 = S1 P1 et SP2 = S2 P2 , la différence de marche entre
les deux rayons! arrivant en M
!
D
D
est donc bien donné par S2 M − S1 M . Or on a S1 M =
et S2 M =
. On en déduit
x−l
x+l
donc S1 M =
r
D 1+
x+l
D
p
2
r
D2 + (x − l)2 = D 1 +
≃ D 1+
1
2
les deux sources virtuelles.
x+l
D
2 x−l
D
2
≃ D 1+
. On trouve alors δ =
1
2
2lx
D
x−l
D
=
2 ax
D
et S2 M =
p
D2 + (x + l)2 =
avec a = 2l, l’écartement entre
4. Les deux ondes partent en phase mais les durées de propagation vers le point M diffèrent de τ =
Ainsi, les deux ondes ont un déphasage ∆ϕ = 2πf τ =
2πax
λD
ax
cD .
.
5. L’interférence est constructive si ∆ϕ = 2nπ. où n est un entier. On obtient donc : x = n λD
a . Entre
λD
deux franges claires successives ont se déplace de : i = xn+1 − xn = (n + 1) λD
a −n a =
λD
a
6. L’interférence est destructive si ∆ϕ = (2n+1)π où n est un entier. On obtient donc : x = (n + 1/2) λD
a .
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3
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Arc-en-ciel
D’après Banque PT 2010
1
Introduction
On complète la figure 1 en y appliquant directement les lois de Snell-Descartes et de la géométrie de base.
i
i
I
r
r r
O
i
J
n
Figure 1 – Rétro-réflecteur sphérique
On effectue ensuite la mise en équation en s’appuyant sur la figure
On note r l’angle de réfraction du rayon incident sur la bille. On a ici sin i = n sin r soit, en tenant compte
de l’approximation des petits angles, sin i ≃ i ≃ nr
En utilisant les propriétés des angles internes alternes, on lit directement i = 2r.
En comparant ces deux expressions, on tire immédiatement n ≃ 2
On encadre enfin le résultat final après avoir vérifié la cohérence et l’homogénéité
2
Théorie géométrique de l’arc-en-ciel
2.1
I. Trajet des rayons dans une goutte d’eau sphérique.
Goutte d’eau sphérique, de rayon R et d’indice de réfraction n (figure 2.)
1. Pour calculer D1 on peut se ramener à la méthode des déviations successives.
On complète à nouveau la figure en reportant r et i aux points d’incidence
successifs I, J et K
i
I
D1
DI
J
r
h
2r
O
n
DJ
DIJK
r
H
i
K
DK
Figure 2 – Cas d’une réflexion et de deux réfractions.
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4
Correction
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2016 – 2017
On commence ainsi par déterminer DI , DJ et DK les déviations successives.
On s’arrange pour travailler avec des angles positifs si possible
On en déduira ensuite DIJK = DI + DJ + DK telle que D1 + DIJK = π.
(a) On lit sur la figure, DI = i − r, DJ = π − 2r et DK = i − r
On vérifie à chaque fois la cohérence des signes
Et par sommation DIJK = DI + DJ + DK = 2i − 4r + π soit enfin
D1 = π − DIJK = π − 2i + 4r − π ⇒ D1 = 4r − 2i
(b) Dans le triangle (IHO) rectangle en H on peut écrire sin i =
de Snell-Descartes sur la réfraction.
IH
OI
=
h
R
= x = n sin r d’après la loi
On en déduit i = arcsin x et r = arcsin nx d’où l’expression D1 = 4 arcsin
x
− 2 arcsin x .
n
(c) On trace l’allure de D1 (x) avec n ≃ 1,337 et 0 ≤ x ≤ 1.
D1 (◦ )
45
40
35
30
25
20
15
10
5
0
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1.0
x
Attention, 0 ≤ x ≤ 1
On remarque que D1 (x) passe par un maximum lorsque x ≃ 0,86 et qu’on a alors D1 ≃ 42 ◦ .
Ce genre de commentaire ne coûte rien et montre que vous analysez un
minimum votre tracé.
(d) On cherche la valeur xm de x pour laquelle la dérivée de D1 (x) s’annule. Cela revient à résoudre
dD1
1
4
=0⇒ q
dx
n 1−
x2m
n2
s
q
x2
1
x2
2 = n 1 − m ⇒ 4 − 4x2 = n2 (1 − m )
=
0
⇒
2
1
−
x
− 2p
m
m
n2
n2
1 − x2m
⇒ 4 − 4x2m + x2m = n2 ⇒ xm =
s
4 − n2
3
Evitez la notation D′ , il faut préciser par rapport à quelle variable vous
dérivez.
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5
Correction
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Attention à ne pas alourdir inutilement les calculs.
On ne garde que la racine positive et on vérifie que xm est bien défini (n < 2) :
cohérence.
(e) L’application numérique donne
xm =
s
4 − 1,3372
0,8588
≃ 0,8588 puis D1m = 4 arcsin
− 2 arcsin 0,8588 ≃ 41,50
3
1,337
◦
.
Donnez le même nombre de chiffres significatifs que la donnée de n
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6
Correction
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2. Détermination de D2 .
(a) On utilise à nouveau la méthode des déviations successives pour déterminer DIJLK puis D2 telle
que DIJLK = π + D2
Privilégiez des méthodes systématiques
Par rapport la situation précédente, on a simplement une réflexion supplémentaire, en K ici.
L
J
h
K
D2
DIJLK
n
I
Figure 3 – Cas de deux réflexions et de deux réfractions.
On en déduit alors DIJLK = DI + DJ + DK + DL = i − r + π − 2r + π − 2r + i − r = 2π + 2i − 6r
et enfin D2 = DIJKL − π = π + 2i − 6r .
(b) On ne demande cette fois ni tracé ni calcul d’extremum, il s’agit uniquement d’effectuer
l’appliq
cation numérique à partir de la relation précédente, sin i = x, sin r =
D2m = π+2im −6rm
xm
= π−2 arcsin xm +6 arcsin
= π−2 arcsin
n
soit finalement D2m ≃ 51,93
s
x
n
et xm =
9−n2
8
9 − 1,3372
1
−6 arcsin
8
n
s
9 − 1,3372
8
◦
Ne négligez pas les A.N., cela peut faire la différence en concours
2.2
Caractéristiques de l’arc-en-ciel
Partie plus “culture générale, discussion physique”, multipliez les figures si nécessaire
1. La courbe D1m passant par un maximum, D1 varie peu autour de D1m , même si x varie beaucoup
autour de x1m , c’est à dire pour des incidences variables.
Rayons solaires
Cela signifie que lorsqu’une goutte reçoit de la lumière
sous toutes les incidences possibles, les rayons émergent
principalement selon des directions proches de D1m , on
β
aura alors une accumulation de rayons dans cette direction (figure ci-contre).
D1m
Un observateur percevra principalement les gouttes qui
DIJK
lui transmettent le plus de lumière, c’est à dire celles
α1m
vues sous l’angle α1m .
Sol
Lycée Victor Hugo – Besançon
7
Correction
DM 3 Oscillateur Harmonique - Interférences - Optique
PCSI2
2016 – 2017
La région de l’espace où se trouvent ces gouttes est un
demi cône d’angle au sommet α1m (il n’y a pas de goutte sous l’horizon) et l’observateur verra donc
un arc de cercle – l’arc en ciel – s’il se place dos au soleil et face aux gouttes.
L’arc secondaire s’explique de la même façon en considérant cette fois les rayons ayant subit deux
réflexions dans les gouttes d’eau, l’angle à considérer est alors D2m 6= D1m d’où un second arc.
Rayons solaires
DIJK
α2m
α1m
Sol
2. Figures ci-dessus.
3. Comme expliqué plus haut, le rayon angulaire correspond à α1m pour le premier arc et α2m pour le second.
On lit sur la première figure du II.1 α1m = D1m − β où β est l’angle que font les rayons du soleil avec le sol.
On aura par exemple α1m ≃ 41 ◦ si le soleil est à l’horizon (β = 0).
De la même manière, le rayon angulaire du second arc est α2m = D2m − β ≃ 52
◦
dans les mêmes conditions.
Comme α2m > α1m l’arc secondaire est externe .
4. Si le soleil est au zénith à l’équateur, étant donnée la latitude λ = 45 ◦ de la ville de Paris, on aura β = 45◦ ,
α1m < 0 et un observateur situé au niveau du sol ne pourra pas voir d’arc en ciel.
5. Comme D1m donc α1m dépend de n qui est lui même une fonction de λ la longueur d’onde la lumière (l’eau
et un milieu dispersif), l’angle sous lequel on voit l’arc dépend de λ.
L’observateur verra donc plusieurs arcs de couleurs différentes,
violet
rouge
d’où un arc plus épais et coloré.
λ (nm)
400
700
n
1,34356
1,33052
Applications numériques : en reprenant les résultats de la question
xm
0,855345 0,862113
B.I.1 , on complète le tableau ci-contre.
◦)
D
(
40,5670
42,4401
1m
On remarque que D1m (violet) = DV < D1m (rouge) = DR et
◦
l’écart angulaire est de l’ordre de ∆D1m = DR − DV ≃ 1,87310
Gardez le même nombre de chiffres significatifs que l’énoncé (6 ici)
Pour déterminer l’ordre des couleurs vues par l’observateur, traçons une figure sur laquelle on ne fait
apparaître que les rayons qui parviennent à l’observateur.
rouge
jaune
Lumière blanche
violet
DR
DV
Sol
Lycée Victor Hugo – Besançon
D2m
8
D1m
Correction
DM 3 Oscillateur Harmonique - Interférences - Optique
180
160
140
120
100
80
60
6. En traçant D1 (x) et D2 (x), on obtient les allures ci-contre. 40
On remarque qu’il existe bien un intervalle d’angle pour le- 20
0
quel il n’y a aucune lumière réfléchie : bande plus sombre .
PCSI2
2016 – 2017
D (◦ )
La lumière parvenant à l’observateur en provenance des gouttes
du haut “sera rouge”, alors que celle des gouttes du bas “sera
bleue”. Ainsi, pour lui, l’arc apparaît rouge à l’extérieur et
bleu (violet) à l’intérieur (on peut montrer que l’ordre des
couleurs est inversée pour l’arc secondaire).
Lycée Victor Hugo – Besançon
9
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
x
Correction