Transcript Horaires d`ouverture Avril 2015 - Centre de Préparation Omnisport

o
Eléments de correction du Devoir Maison n 3
Problème I
Spectroscopie à réseau (Agrégation de Chimie 2010)
A Interférences par division du front d'onde
Un dispositif de trous ou fentes d'Young premet d'obtenir des sources cohérentes par division
du front d'onde.
A.1
A.2
1. On étudie la gure d'interférences en plaçant un écran dans le plan focal image d'une lentille
convergente.
2. La longueur d'onde dans le vide de 550 nm correspond à du jaune-vert.
3. On a ∆ϕi = 2π
λ δ avec δ = [SO2 ] − [SO1].
Comme S est à l'inni (onde plane), on utilise la loi de Malus : les surfaces d'onde sont perpendiculaires aux rayons lumineux. Ici, ce sont des plans perpendiculaires à la direction de propagation
de l'onde.
En notant H le projeté orthogonal de O2 sur le rayon passant par O1 , on a δ = [SO2 ] − [SH] −
[HO1 ] = −[HO1 ] car H et O2 appartiennent à la même surface d'onde.
On a donc δ = −[HO1 ] = −HO1 = −2a sin i d'où
∆ϕi =
2π
λ δ
= − 2π
λ 2a sin i
A.3
1. On a δ = [SO2 M ] − [SO1 M ] = [SO2 ] − [SO1] + [O2 M ] − [O1 M ] avec
[SO2 ] − [SO1] = −2a sin i ;
[O2 M ] − [O1 M ] = [O2 I] + [IM ] − [O1 M ] = [O2 I] car I et O1 appartiennent à la même surface
d'onde. Par analogie, avec l'expression précédente, on a [O2 M ] − [O1 M ] = 2a sin α.
Figure 1 Calcul de δ
Finalement, on a
δ = 2a(sin α − sin i)
1
2.
Interfange angulaire
Il s'agit de l'écart angulaire ∆α entre αk et αk+1 avec 2a(sin αk − sin i) = kλ et 2a(sin αk+1 −
sin i) = (k + 1)λ.
λ
On a donc sin αk+1 − sin αk = 2a
.
Dans le cas de petits angles, α ≈ sin α. Ainsi,
λ
∆α = 2a
Application numérique :
On a ∆α = 1, 1.10−3 rad = 6, 3.10−2 ° ; ce qui est supérieur au pouvoir de résolution de l'÷il.
Le centre de l'image d'interférences correspond à δ = 0 et donc α = i : le centre de la gure
d'interférences coïncide avec la position de l'image géométrique.
3. L'interfrange mesuré sur l'écran est égal à di = f 0 ∆α. On trouve donc di = 1, 1.10−3 m =
1, 1 mm ; ce qui est visible à l'÷il nu.
Le nombre de franges observables sur l'écran est limité par la diraction au niveau des fentes.
En eet pour observer des interférences, il faut que les fentes soient susamment nes an que les
faisceaux se recouvrent. On doit donc choisir une largeur faible ; ce qui dans le même temps réduit
fortement la luminosité du dispositif.
A.4
B Interférences à N ondes. Réseau par transmission
B.1
Le calcul est identique au précédent pour 2 fentes ; on trouve donc
δ = 2a(sin α − sin i)
B.2
On obtient un maximum de lumière si les interférences sont constructives donc si
δ = kλ avec k ∈ Z
soit
2a(sin α − sin i) = kλ avec k ∈ Z
On retrouve bien la formule fondamentale des réseaux.
B.3
Comme les fentes sont identiques, les ondes ont toutes même amplitudes :
ap = a0 exp(j 2π
λ δp/1 )
où δp/1 est le déphasage de l'onde liée à la pème fente.
On a
δ1/1 = 0 ;
δ2/1 = δ ;
δ3/1 = δ3/2 + δ2/1 = 2δ ;
δp/1 = (p − 1)δ ;
Finalement, on a donc
ap = a0 exp(j 2π
λ (p − 1)δ)
et
at =
PN
p=1 ap
=
PN
2π
p=1 a0 exp(j λ (p
− 1)δ)
2π
2π
p
Or exp(j 2π
λ (p − 1)δ) = exp(−j λ δ)(exp(j λ δ)) , on peut donc écrire
PN
2π
p
at = a0 exp(−j 2π
p=1 (exp(j λ δ))
λ δ)
soit
at = a0 exp(−j 2π
λ δ)
2
1−exp(j 2π
N δ)
λ
1−exp(j 2π
δ)
λ
soit encore
at = a0 exp(j πλ (N − 3)δ)
exp(j π
N δ)−exp(−j π
N δ)
λ
λ
exp(j π
δ)−exp(−j π
δ)
λ
λ
d'où
at = a0 exp(j πλ (N − 3)δ)
sin( π
N δ)
λ
sin( π
δ)
λ
On en déduit que
I = 12 at at ∗ = I0
B.4
sin2 ( π
N δ)
λ
sin2 ( π
δ)
λ
Allure de I(ϕ = 2π λδ ) pour N = 10
On observe donc que I est maximale si ϕ = k2π donc si
2a(sin α − sin i) = kλ avec k ∈ Z
Une construction de Fresnel montre que si l'intensité est maximale, la norme de at est maximale ;
ce qui correspond à des vecteurs ap colinéaires et donc tels que ϕ = 0[2π].
Figure 2 Construction de Fresnel avec N = 6 pour obtenir une intensité maximale.
Dans ce cas, on a |at | = N a0 et donc Imax = N 2 I0 ; ce que l'on peut retrouver à l'aide de l'expression
analytique de I (DL à l'ordre 1 en δ = 0).
Remarque :
Si N augmente, l'intensité maximale augmente. On montre également que si N augmente, la
largeur des pics diminue. A l'aide d'une construction de Fresnel, on montre que la première
annulation autour de ϕ = 0 a lieu pour ∆ϕ = 2π
N.
3
Figure 3 Construction de Fresnel pour N = 6 et I = 0.
B.5
λ
On a sin αk = sin i + k 2a
. Or −1 ≤ sin αk ≤ 1, donc
λ
−1 ≤ sin i + k 2a
≤1
d'où
− 2a
λ (1 + sin i) ≤ k ≤
Application numérique :
2a
λ (1
− sin i)
on trouve
−3, 9 ≤ k ≤ 3, 3
soit
k = −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3
C Interférences entre N miroirs. Réseau par réexion
C.1
On reprend le principe du calcul précédent en remarquant que désormais α < 0.
Figure 4 Calcul de δ pour un réseau par réexion.
On a δ = [SOp+1 M ] − [SOp M ] = [SOp+1 ] − [SOp ] + [Op+1 M ] − [Op M ] avec
[SOp+1 ] − [SOp ] = [HOp+1 ] = HOp+1 = 2a sin i ;
[Op+1 M ] − [Op M ] = −[Op I] = −Op I = 2a sin α
Ainsi,
δ = 2a(sin i + sin α)
4
C.2
On obtient un maximum de lumière si les interférences sont constructives donc si
δ = kλ avec k ∈ Z
soit
2a(sin α + sin i) = kλ avec k ∈ Z
On retrouve bien la formule fondamentale des réseaux en réexion. En particulier, k = 0 conduit à
α = −i : on a bien un maximum d'intensité lumineuse dans la direction de l'optique géométrique.
C.3
Les expressions de at et I en fonction de ϕ sont inchangées. Il sut de remplacer ϕ par son
expression ϕ = 2π
λ 2a(sin α + sin i)
C.4
λ
Pour k = 1, on a sin α1 = 2a
− sin i donc α1 = 10, 8 ° ;
λ
pour k = −1, on a sin α−1 = − 2a
− sin i donc α−1 = −21, 2 ° ;
D Utilisation du réseau par réexion
On veut que pour k = 2 et λ0 = 550 nm, la lumière converge en F0 ; ce qui correspond à des
rayons lumineux parallèles à l'axe optique et donc à α0 = 0.
On a donc sin i = k λ2a0 = λa0 .
Application numérique : on trouve i = 33 °.
D.2
Pour λ, on a sin α = − sin i + λa . Or sin i = λa0 , on a donc
D.1
sin α =
λ−λ0
a
Comme ∆λ = λ − λ0 << λ0 , on a sin α ≈ α donc α =
De plus, x = f 0 tan α ≈ f 0 α, ce qui entraîne que
λ−λ0
a .
0
x = f 0 λ−λ
a
D.3
D'après précédemment, on a
b
2
= f 0 ∆λ
2a
donc
∆λ =
ab
f0
1
on a a = 500
mm = 2, 0.10−6 m donc ∆λ = 0, 2 nm.
Le monochromateur permet de sélectionner la longueur d'onde 550 nm à 2 nm près soit une
précision de 0, 04 %.
Cet exemple montre l'intérêt d'utiliser un réseau plutôt qu'un prisme comme élément disperseur
dans un monochromateur.
Application numérique :
Problème II
Récupération d'énergie thermique dans la chaussée (d'après
e3a MP 2014)
A Dimensionnement des aquifères
−−→
−
→
On a jQ = −λgrad T où λ est la conductivité du matériau.
−
→
→
−
Ainsi, jQ = −λ ∂T
∂r ur .
s−
→
−
→
→−
→
−
→
−
A.2
Le ux thermique
s dS = dS n = dS ur .
s Φ(r) est déni par Φ(r) = jQ .dS avec
On a donc Φ(r) = jQ .dS . Comme jQ (r), on a Φ(r) = jQ dS donc
A.1
Φ = jQ 4πr2
5
Faisons un bilan d'énergie pour le volume compris entre deux sphères de rayons r1 et r2 .
Comme l'on est en régime stationnaire, la variation d'énergie est nulle : dU = 0 donc
A.3
δQe + δQc = 0
Or il n'y a pas d'apport d'énergie in situ donc δQc = 0.
Ainsi, δQe = 0.
Or δQe = δQr1 + δQr2 = Φ(r1 )dt − Φ(r2 )dt, on en déduit que
Φ(r1 ) = Φ(r2 ).
En remplaçant jQ par son expression à partir de la loi de Fourier, on a Φ = −4πr2 λ dT
dr .
En intégrant entre r = Ra (T (Ra ) = TE ) et r → ∞ (T → Ts ), on a
A.4
Φ 1
4πλ Ra
= TE − Ts
soit
Φ = 4πλRa (TE − Ts )
A.5
Bilan d'énergie à l'aquifère entre t et t + dt :
dU = δQperdu
par conduction
avec
dU = ρeau ceau V dT = 43 πRa3 ρeau ceau dTE ;
δQperdu par conduction = −Φdt = −4πλRa (TE − Ts )dt < 0
Ainsi, on a
4
3
3 πRa ρeau ceau dTE
= −4πλRa (TE − Ts )dt
soit
dTE
dt
En posant τ =
ρeau ceau Ra2
,
3λ
+
3λ
2 TE
ρeau ceau Ra
=
3λ
2 Ts
ρeau ceau Ra
=
Ts
τ
on a
dTE
dt
+
TE
τ
On a TE = Ts + (TE0 − Ts ) exp(− τt ).
A.7
On veut TE0 − TE (tH ) < ∆T soit TE0 − Ts − (TE0 − Ts ) exp(− tτH ) < ∆T .
On en déduit que τ > − ln(1− tH∆T ) = τlim
A.6
TE0 −Ts
A.8
Application numérique :
8
τlim = 3, 7 ans
q = 1, 18.10 s ;
lim
Ra,limite = ρ3λτ
soit Ra,limite = 9, 2 m
eau ceau
On doit lors du bilan d'énergie remplacer ρeau ceau par ρeau ceau + ρterre cterre en supposant que
Vterre
Vaquif ere = Veau
2 +
2 .
On trouve Ra,limite = 8, 2 m
A.9
B Etude thermique de la chaussée durant l'été
B.1
6
B.2
B.3
On a ϕr = σT 4 .
L
On a Rth = λS
=
∆T
Φ .
Comme ϕc =
ΦC
S ,
on a ϕc =
ϕc =
B.4
soit
∆T
Rth S
λ(Tr −Ts )
p
A l'équilibre, la somme algébrique des ux est nulle soit
ϕs + ϕra = ϕrb + ϕcc + ϕc
donc
ϕs + σTa4 = σTr4 + h(Tr − Ta ) +
λ(Tr −Ts )
p
On a ϕrb − ϕra = σTr4 − σTa4 . Or Tr = Ta + ∆T avec ∆T << Tr , Ta donc ϕrb − ϕra = σTa4 ((1 +
∆T 4
4 ∆T
Ta ) − 1) ≈ σTa (4 Ta ). On en déduit que
B.5
ϕrb − ϕra = 4σTa3 (Tr − Ta )
ce qui correspond à la forme demandée.
B.6
On a en remplaçant :
ϕs = 4σTa3 (Tr − Ta ) + h(Tr − Ta ) +
λ(Tr −Ts )
p
soit
Tr =
T
ϕs +4σTa4 +hTa + λ
p s
4σTa3 +h+ λ
p
Au numérateur,
ϕs = 400 W.m−2 ;
4σTa4 = 1, 8.103 W.m−2 ;
hTa = 3, 0.103 W.m−2 ;
λp Ts = 29 W.m−2 .
Au dénominateur,
4σTa3 = 6, 2 W.m−2 .K −1 ;
h = 10 W.m−2 .K −1 ;
λp = 0, 1 W.m−2 .K −1 .
On peut donc écrire
B.7
4
a +hTa
Tr = ϕs +4σT
4σTa3 +h
Le terme de conduction est négligeable.
B.8
On a Tr = 325 K > Ta : la route est plus chaude que l'air, il est possible de récupérer de
l'énergie.
B.9
On a désormais
ϕs + ϕra = ϕrb + ϕcc + ϕc + ϕE
En reprenant les approximations précédentes, on a
ϕs = 4σTa3 (Tr − Ta ) + h(Tr − Ta ) + ϕE
On en déduit que ϕE = ϕs − 4σTa3 (Tc − Ta ) − h(Tc − Ta ).
−2 .
Application numérique : on trouve ϕE = 448 W.m
2
B.10
D est en m2 .s−1 donc τdif f ≈ eD .
On a donc τdif f = 5, 0.103 s. Sur l'échelle d'une journée, on peut donc considérer que Tr est
uniforme.
7
C Principe et dimensionnement de l'installation
On a P = Simm ps avec Simm = 1, 0.104 m2 et ps = 10 W.m−2 donc P = 1, 0.105 W .
P
On a donc S = 450
soit S = 222, 2 m2 ; ce qui est inférieur à la valeur indiquée.
C.2
Il faut continuer de chauer le bâtiment à cause des pertes.
Les pertes sont proportionnelles à la surface bâtiment-extérieur. Comme cette surface est inférieure
pour un immeuble que pour un ensemble de N maisons, il est plus économe de chauer un immeuble.
C.3
On a ET = P tH ; on trouve ET = 1, 6.1012 J .
T
C.4
On a ET = ∆Ueau = ρeau ceau V ∆T donc V = ρeau cEeau
∆T .
4
3
On trouve V = 2, 3.10 m .
3
Avec V = 43 πRa,min
, on a Ra,min = 17, 8 m ; ce qui est supérieur à la valeur précédemment calculée.
C.1
On a P = Dρeau ceau ∆T donc D = ρeau cPeau ∆T soit D = 1, 5 m3 .s−1 = 5, 4 m3 .h−1 , valeur très
inférieure à la valeur annoncée. En déduire le débit volumique moyen d'eau (en m3 .h−1 ) nécessaire au
chauage de l'immeuble durant six mois. Commenter.
C.5
Ce dispositif ne peut pas être qualié de pompe à chaleur ; la source chaude est l'aquifère et voit
sa température baisser. Il s'agit simplement d'une circulation d'eau chaude.
En été, il ne se comporte pas comme une machine frigorique : la source froide est l'aquifère et
l'eau qui est située à l'intérieur refroidit l'appartement.
C.6
La température pour la route reste constante ; il n'y a pas de risque d'usure à cause du gel.
C.7
Le sous-sol doit être susamment riche en eau ; résistance de la route au poids lourds ; installation
des circulations d'eau ...
Problème III
Thermique d'un habitacle d'automobile : vitrages (d'après
e3a MP 2011)
A Echanges thermiques à travers les vitres
A.1
Vitrage simple
(a) En électricité, l'équivalent de P est I ; l'équivalent de ∆T est ∆V .
On a Gc = R1c = λveS . Gc s'exprime en W.K −1 .
(b) On a Tint − Text = Tint − T0 + T0 − Te + Te − Text avec
P = hint S(Tint − T0 ) ;
P = Gc (T0 − Te ) ;
P = hext S(Te − Text ).
1
1
1
On a donc Tint − Text = P( hint
S + Gc + hext S ) ; ce qui est bien l'association en série de 3 conduc1
1
cv
tances : Gc , Gcv
int = hint S et Gext = hext S .
(c) Loi de Stefan : Φ = σT 4 .
R = σS(T 4 − T 4 ).
(d) On a Pint
0
int
(e) On a Tint = 293 K et Text = 308 K . Comme T0 ∈ [Tint ; Text ], Tint − T0 ≈ Tint − Text .
|Tint −T0 |
ext |
≈ |TintT−T
= 0, 05 << 1.
Tint
int
Tint −T0 4
Tint −T0
− Tint ) ≈ 1 − 4 Tint . En remplaçant,
Ainsi, on en déduit que
0
On a donc ( TTint
)4 = (1
on trouve
R = 4σST 3 (T
Pint
int int − T0 )
et
3
GR
int = 4σSTint
R = σS(−T 4 + T 4 ) d'où avec le même raisonnement,
(f) De même, on a Pext
ext
e
R = 4σST 3 (T − T
Pext
ext )
ext e
et
8
3
GR
ext = 4σSText
(g)
A.2
Vitrage feuilleté
(a) On obtient le schéma suivant :
(b) On a
1
Gint
1
Gc
cv
Gint = GR
int + Gint ;
cv
Gext = GR
ext + Gext ;
1
Gtot
=
+
+
1
GcP V B
+
1
Gc
+
1
Gext
avec
(c) On a
Gc = 714 W.K −1 ;
−1 ;
Gcv
int = 5, 4 W.K
cv
Gext = 28, 5 W.K −1 ;
−1 ;
GR
int = 8, 56 W.K
−1 ;
GR
ext = 9, 94 W.K
c
GP V B = 384 W.K −1 .
R = GR ∆T donc
(d) Au niveau de la face intérieure, on a P = Gint ∆T et Pint
int
f=
GR
int
Gint
=
GR
int
R
Gint +Gcv
int
On trouve f = 0, 61.
1
avec
(e) Si le dépôt est sur la face interne, on a G1tot = G1int + G1c + Gc1 + G1c + Gext
PV B
cv
Gint = Gint (plus d'échanges par rayonnement au niveau de la face interne) ;
cv
Gext = GR
ext + Gext ;
On trouve G = 4, 6 W.K −1 .
1
Si le dépôt est sur la face externe, on a G1tot = G1int + G1c + Gc1 + G1c + Gext
avec
PV B
cv
Gint = GR
int + Gint ;
Gext = Gcv
ext (plus d'échanges par rayonnement au niveau de la face externe) ;
On trouve G = 8, 9 W.K −1 .
Comme l'on veut limiter les échanges thermiques, on souhaite diminuer P et donc G. On choisit
donc la première situation.
B Limitation de l'eet de serre grâce à un vitrage teinté
La température du rideau est de l'ordre de 300 K . D'après la loi de Wien, on a λmax = 10 µm ;
ce qui correspond à de l'infrarouge.
B.1
9
En régime stationnaire, la somme algébrique des ux est nulle. On en déduit que
pour la vitre, 2Φv = AΦs + ΦR ;
pour le rideau, 2ΦR = Φa + Φv + (1 − A)Φs .
B.2
La première équation permet d'écrire Φv = AΦs2+ΦR donc en remplaçant dans la seconde équation, 2ΦR = Φa + AΦs2+ΦR + (1 − A)Φs .
On trouve
ΦR =
2Φa +(2−A)Φs
3
Φv =
Φa +(1+A)Φs
3
et
On a bien ΦR + Φv = Φa + Φs : la somme des ux émis par la vitre et le rideau est égale aux ux
reçus par l'ensemble.
s
Si le vitrage n'est pas teinté, A = 0 et ΦR = 2Φa +2Φ
; ce qui est supérieur à la valeur obtenue si
3
A 6= 0. Le vitrage teinté permet de diminuer la puissance rayonnée vers l'intérieur de la voiture.
B.3
A l'aide des valeurs numériques, on trouve
pour A = 0, ΦR = 867 W.m−2 et TR = 352 K ;
pour A = 0, 6, ΦR = 687 W.m−2 et TR = 332 K .
B.4
En l'absence de rideau, on a 2Φv = AΦs + Φa .
Le ux Φ0 qui pénètre à l'intérieur de la voiture est donc Φ0 = (1 − A)Φs + Φv d'où Φ0 =
(1 − A)Φs + AΦs2+Φa soit
Φ0 = (1 −
A
2 )Φs
+
Φa
2
Avec A = 0, 60, on trouve Φ0 = 830 W.m−2 > ΦR : le rideau limite donc le ux thermique pénétrant
dans l'habitacle.
10