Corrigé

Pages: 12 (2787 mots) Publié le: 19 février 2012
Lycée Brizeux PCSI A

Samedi 26 Janvier 2008

Correction du devoir surveillé no 5

Problème A
A.1

Réalisation d’un spectroscope à prisme

Étude de la déviation de la lumière

A.1.1 Voir figure ci contre. A.1.2 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 I1 I2 K on a r + r = A (3) et à partir des anglesdans le triangle I1 I2 J on obtient D = i + i − −r − r soit D = i + i − A (4). A.1.3 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 π . Lorsque i devient inférieur à i0 , le rayon émergent disparaît car il se produit un 2 phénomène de réflexion totale à lasortie du prisme. On a sin i0 = n sin r0 = n sin(A − r0 ) avec
1 1 sin r0 = n . D’où i0 = arcsin[n sin(A − arcsin n )]

A.1.4

On a D = i + i − A = i − A + arcsin(n sin r ) = i − A + arcsin[n sin(A − r)]. D’où

D = i − A + arcsin[n sin(A − arcsin( sin i ))] . La courbe D = f (i) montre l’existence d’un unique n minimum de déviation. A.1.5 Supposons im = im . D’après le principe du retourinverse de la lumière, si un rayon pénètre dans le prisme avec l’angle d’incidence i = im , il émerge avec l’angle i = im . Le rayon subit la déviation D = im + im − A = Dm . Il existerait donc deux minima pour la déviation (un pour i = im et un pour i = im ). Or, il n’existe qu’un unique minimum de déviation ce qui implique im = im . Au minimum de déviation on a im = im et rm = rm , en utilisantla relation (3), on obtient rm =
A 2

d’où im = arcsin[n sin A ], Dm = 2 arcsin[n sin A ] − A et n = 2 2

m ) sin( 2 sin A2

(A+D

)

.

A.2

Réalisation d’un spectroscope

A.2.1 En faisant varier l’angle d’incidence i, on cherche pour chaque raie (longueur d’onde) l’angle correspondant au minimum de déviation. On obtient ainsi pour chaque longueur d’onde, une mesure du minimum dedéviation Dm puis la valeur de l’indice n avec la relation n =
1 Pour vérifier la loi de Cauchy, on trace le graphe donnant n en fonction de λ2 . La loi de Cauchy est vérifiée si la courbe obtenue est une droite. A.2.2 On mesure l’indice ni du prisme pour la longueur d’onde λi inconnue. On reporte sur la 1 1 courbe tracée (n = f ( λ2 ) et on relève la valeur de λ2 pour ensuite trouver λi .
i msin( ) 2 . sin A2 (A+D )

Problème B
B.1
B.1.1 B.1.2 B.1.3 B.1.4

Cosmologie : Orbitogramme de la Villette

Étude cinématique
−→ − − → OM = r→ + z − . ur uz −− −→ → → ˙uθ ˙ uz v(M ) = r→ + rθ− + z − . ˙− ur − → →(M ) = d v = (¨ − rθ2 )→ + (2rθ + rθ)− + z − . − → → ˙ − ¨ uθ ¨uz a r ur ˙˙ dt →.− = 1 d (r2 θ) = 1 (2rrθ + r2 θ) = 2rθ + rθ − u ˙ ¨ ¨ a → ˙˙ ˙˙
θ r dt r

1

B.2
B.2.1 B.2.2Ep =

Étude dynamique et énergétique
→ − − F M1 →M2 = − Gm1 m2 →. u r2 → → − − − → − → − → − − u u dEp = −δW = F M1 →M2 . dl et dl = dr→ + rdu avec du ⊥ → d’où dEp = + cste et Ep (∞) = 0 soit Ep =
1 − Gmr m2

Gm1 m2 dr r2

soit

1 − Gmr m2

.

B.2.3 La symétrie du dispositif permet d’affirmer que Rθ = 0 B.2.4 La bille est soumise uniquement au poids et à al réaction du support. Seul lepoids dérive d’une énergie potentielle. L’énergie potentielle de pesanteur est égale à Ep = mgz + cste = − mgk + cste et Ep (∞) = 0 soit Ep = − mgk . r r B.2.5 On applique le principe fondamental de la dynamique à la bille dans le référentiel d’étude − → − → galiléen. On a alors m→ = RN − mg − soit en projetant a uz ˙ m(¨ − rθ2 ) = Rr r ˙ m 1 d (r2 θ) = 0
r dt

m¨ = −mg + Rz z → ˙ La projectiondu PFD suivant − permet de déduire que C = r2 θ est une constante du mouveuθ ment. 1 ˙ ˙ ˙ B.2.6 L’énenergie cinétique s’exprime sous la forme Ec = 2 mv 2 et v 2 = r2 + r2 θ2 + z 2 avec 2 θ 2 = C 2 et z = dz r = k r. Soit E = 1 m(1 + k2 )r 2 + 1 m C 2 . On en déduit l’expression de r ˙ ˙ ˙ ˙ c dr ˙ 2 2 r2 r2 r4 r2
1 1 l’énergie mécanique Em = Ec + Ep = 2 mα(r)r2 + 2 m C2 − mgk avec α(r) = 1 +...
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