o Correction du devoir surveillé n 3 Problème I Mesures interférométriques (d'après Banque PT 2014) A Trou d'Young On visualise ici la diraction par une ouverture de diamètre d. Dans les forumules proposées, on remarque que la seconde n'est pas homogène (le résultat proposé est sans dimension quand R est homogène à une longueur). De plus, si d diminue, R augmente. La formule exacte est donc A.1 κ λn0aDd A.2 1. On a tan 2θ = z1 D. Avec z1 << D, tan 2θ ≈ 2θ , d'où θ = 2 zD1 . 2. On a alors I0 si z ≤ z1 I = 0 si z > z1 3. Ce modèle est cohérent : il produit une tache lumineuse circulaire de rayon z1 sur l'écran. De plus, les maxima secondaires du prol réels sont peu marqués : l'intensité lumineuse est inférieure à 0, 1 Imax . Il est donc légitime de considérer que l'intensité lumineuse est concentrée dans la tâche centrale de diraction. B Dispositif interférentiel à deux trous d'Young Deux sources sont synchrones si elles ont même fréquence et donc même longueur d'onde. Deux sources sont cohérentes si les phases à l'origine des deux sources ne varient pas aléatoirement l'une par rapport à l'autre : les trains d'onde émis par les deux sources sont en phase. Pour deux sources cohérentes, It 6= I1 + I2 . Deux sources cohérentes ont nécessairement même longueur d'onde. B.1 B.2 1. On a d1 = S1 M = q q D2 + z 2 + (y − 2b )2 = D 1 + z 2 +(y− 2b )2 . D2 Comme l'observation se fait à grande distance, on a d1 ≈ D(1 + D(1 + b 2 2 1 z +(y+ 2 ) ). 2 2 D b 2 2 1 z +(y− 2 ) ) 2 D2 et de même, d2 ≈ 2. On a δ2/1 = [S2 M ] − [S1 M ] = na S2 M − na S1 M . En remplaçant, on a δ2/1 = na yb D. La formule de Fresnel pour 2 ondes synchrones et cohérentes s'écrit I = 2I0 (1 + cos A = 2I0 avec I0 , intensité lumineuse d'une source ; 2πδ B = λ02/1 B.3 B.4 2πδ2/1 λ0 ) avec Comme δ2/1 = na yb D , on obtient de franges rectilignes correspondant à δ2/1 = cste soit y = cste. 1 La distance entre deux franges brillantes successives est di = yp+1 − yp avec p = On en déduit que B.5 di = Le nombre de franges est donc N = 2R di Dλ0 na b δp λ0 by = na Dλp0 . = 0, 5 mm soit N ≈ 40 C Montage expérimental On a δ2/1 = [S2 M ] − [S1 M ]. Or les rayons lumineux interférant en M sont parallèles entre eux avant L2 , d'après la loi de Malus, les surfaces d'ondes sont donc des plans. En notant H , le projeté orthogonal de S1 sur le rayon issu de S2 , il en résulte que [S1 M ] = [HM ] et δ2/1 = [S2 H] = na S2 H En notant θ, l'angle d'inclinaison des rayons, on a S2 H = b sin θ d'où δ2/1 = na b sin θ De plus, dans les conditions de Gauss, sin θ ≈ tan θ avec tan θ = y f0 . Il en résulte que δ2/1 = na by f0 D Mesure d'indice de réfraction On a δ = δtraversee cuves + δ2/1 avec δ2/1 = na by f0 δtraversee cuves = (na − n1 )L. En eet, après L1 , l'onde est plane et se propage parallèlement à l'axe optique. Ainsi, la diérence de chemin optique est due à la traversée des cuves de longueur L : le rayon lumineux atteignant S2 parcourt un chemin optique na L alors que le rayon lumineux atteignant S1 parcourt un chemin optique n1 L Finalement, on a D.1 δ = na by f 0 + (na − n1 )L. D.2 On a i0 = yp+1 − yp avec p = δp λ0 by = na f 0 λp0 + i0 = (na −n1 )L . λ0 On en déduit que f 0 λ0 na b L'interfrange n'est pas modié par la présence des cuves : le système de franges est translaté selon Oy . 2 D.3 (a) Initialement, δ = na by f 0 . L'ordre pO initial en O est égal à 0. (b) Comme n1 > na , on augmente le chemin optique [SO]1 augmente donc [SO]2 < [SO]1 et δO = pO,f λ0 < 0. D'autre part, comme le détecteur s'est incrémenté de k unités, on a |pO,f | = k . Finalement, pO,f = −k Si l'on suit une frange, l'ordre reste constant. Comme n1 > na , on augmente le chemin optique [SS1 ] : pour compenser, il faut donc diminuer le chemin optique [S1 M ]. Le système de franges se décale vers le haut. (c) On a pO,f = −k avec pO,f = (na −n1 )L λ0 donc n1 = na + k λL0 . (d) On s'intéresse à l'incertitude du terme ∆n = k λL0 . Par composition des incertitudes, on peut écrire q ∆(∆n) ∆λ0 2 ∆L 2 2 ( ∆k = ∆n k ) + ( λ0 ) + ( L ) On trouve ∆(∆n) ∆n = 1, 4% et ∆(∆n) = 7, 14.10−7 . p On a ensuite ∆n1 = (∆na )2 + (∆(∆n))2 avec ∆na = 1.10−7 . On en déduit que ∆n1 = 7, 2.10−7 soit n1 = 1, 0003426 ± 7, 2.10−7 OU Si l'on calcule ∆n = k λL0 , on a ∆n = 5, 00.10−5 = 500.10−7 . Ainsi, na = 1, 0002926 et ∆n = 0, 0000500 donc n1 = 1, 0003426 : il faut conserver les 8 chires signicatifs. E Suivi de déplacement D'après la formule de Fresnel, on a I= I0 (1 + cos 2πδ λ ) avec I0 , intensité lumineuse moyenne ; δ = −2x, diérence de marche entre les deux bras de l'interféromètre (les rayons arrivent sous incidence normale). On a donc bien un terme constant et un terme variable à relier à x(t). E.2 On a Ud ∝ I0 cos 2πδ λ d'où U = U0 cos ϕ avec E.1 ϕ = 2π 2x λ E.3 (a) Si L = 200 λ, alors δ varie de 400 λ. Ainsi, l'ordre passe de 0 à 400. Le compteur indique 400. (b) L'abscisse nale de la cible est xf = 0. Dans ce cas, le compteur passe de la valeur 0 à 200 pendant la première partie du déplacement puis comme il s'agit d'un compteur incrémenteur de franges, il augmente à nouveau de 200 pendant la seconde partie du déplacement. L'indication nale est donc la même que précédemment 400. (c) Ce dispositif interférentiel permet d'accéder à la distance parcourue par le miroir M1 mais ne permet pas de connaître le sens de déplacement. 3 E.4 Lame à retard On a désormais δ = 2x − 2(n − 1)e donc I = I0 (1 + cos(2π λδ )). 2(n−1)e On en déduit que Ud ∝ cos(2π 2x ) soit λ − 2π λ Ud = U0 cos(ϕ − 2π 2(n−1)e ) = U0 cos(2π 2(n−1)e − ϕ) λ λ On veut avoir Ud = U0 sin(ϕ) donc 2π 2(n−1)e = π2 [2π] soit λ e= Problème II 1 λ 2(n−1) ( 4 + k) avec k ∈ N. Analyse d'une lame mince(d'après PT A 2011) A Défaut de planéité d'un des miroirs de l'interféromètre de Michelson A.1 Comme l'on éclaire l'interféromètre sous incidence quasi normale, δ = 2e. Ainsi, I = I0 (1 + cos(2π 2e λ )) La diérence de marche ne dépend pas de la position du point M sur l'écran : l'intensité lumineuse est uniforme. Sa valeur dépend de e : l'écran peut être brillant, sombre, ... Pour conclure, il faut connaître la valeur de e et en déduire l'ordre d'interférences. Si e varie, l'intensité varie entre 0 et 2I0 . A.2 Pour repérer la position e = 0, il est nécessaire d'éclairer l'interféromètre sous diérentes incidences donc par une source étendue. La diérence de marche à l'inni est alors δ = 2e cos i. On observe des anneaux en se plaçant dans le plan focal image d'une lentille convergente. Pour se rapprocher du contact optique, on déplace M2 de manière à diminuer le nombre d'anneaux sur l'écran (en pratique, les anneaux rentrent). Le contact optique correspond alors au cas où l'écran est uniformément éclairé de même couleur que la source. Le contrôle se fait en lumière blanche. A.3 On a δ = 2e(x) = 2αx en notant α << 1 l'angle entre les deux miroirs et x la distance à l'arête du coin d'air. On observe donc des franges rectilignes parallèles à l'arête du coin d'air localisées sur les miroirs de l'interféromètre. L'interfrange est la distance entre deux franges brillantes successives : i = xp+1 −xp avec 2αxp = pλ. On en déduit que i= λ 2α Notons C le centre de la sphère correspondant à M1 ; H le projeté orthogonal de P sur Oz ; θ l'angle entre Oz et CP . Alors CH = R cos θ. De plus, z = OH = CH − CO donc z = R cos θ − (R − Hmax + e0 donc A.4 z = Hmax + e0 − R(1 − cos θ) Or θ << 1, cos θ ≈ 1 − θ2 2 et θ ≈ sin θ = r R donc z = Hmax + e0 − A.5 soit r2 2R Comme l'on éclaire toujours l'interféromètre sous incidence quasi normale, on a δ(r) = 2z(r) δ = 2(Hmax + e0 ) − r2 R Les interférences sont localisées au niveau des miroirs. Les franges d'interférences correspondent aux lieux où p = cste soit δ = cste. Or δ(r), on observe donc des anneaux centrés sur l'axe Oz . 4 +e0 Au centre, δ0 = 2(Hmax + e0 ) donc p0 = 2 Hmax . λ A partir du centre, r augmente donc la diérence de marche diminue et l'ordre également : A.6 pk = p1 − (k − 1) En remplaçant, on a ρ2k = ρ21 + (k − 1)λR B Analyse d'un défaut de planéité d'une surface rééchissante On observe des anneaux ce qui est cohérent avec l'étude précédente. Le diamètre du défaut est donné par la zone où les anneaux sont visibles. A l'aide de la gure, on trouve d = 4, 0 ± 0, 1 mm. Sur la gure, le centre est brillant ainsi que l'extérieur. Les ordres d'interférences correspondant aux épaisseurs e0 et e0 + Hmax sont donc entiers. Il y a trois anneaux brillants entre le centre et l'extérieur donc l'ordre d'interférence a varié de 4 : ∆p = 4 et ∆δ = 4λ. Or ∆δ = 2Hmax , la hauteur du défaut vaut donc Hmax = 2λ = 1, 3 µm. On suppose e0 > 0 et on chariote le miroir M2 pour faire diminuer e0 . Si le miroir est concave comme dans l'énoncé, l'ordre d'interférence, maximal au centre, va diminuer. Les anneaux vont rentrer. En revanche, si le miroir est convexe, l'ordre d'interférence est minimal au centre et les anneaux vont sortir. Problème III Isolation thermique d'un mur de bâtiment (d'après e3a PSI 2014) A Etude du mur simple On isole un élément de volume de section S compris entre les abscisses x et x + dx. On applique le premier principe à ce système entre t et t + dt : dU = Pdt avec dU = U (t + dt) − U (t) = 0 (régime permanent) ; Pdt = Pechangee dt + Pproduite dt = Pechangee dt Ainsi, A.1 Pechangee = 0 Or, la puissance est échangée uniquement au niveau des sections d'abscisse x et x + dx : Pechangee = Φ(x) − Φ(x + dx) = jQ (x)S − jQ (x + dx)S = 0 Ainsi, jQ ne dépend pas de x : le ux surfacique est constant. −−→ − → D'après la loi de Fourier, on a jQ = −λgrad T d'où dT dx A.2 = cste En intégrant et en tenant compte des conditions aux limites, on a T = Tint + Text −Tint x eB Le prol de température est linéaire. − → − → → − → →. − Tint −Text − A.3 On a jQ = −λ dT u x jQ est bien dirigé dans le sens des températures dx ux donc jQ = λ eB décroissantes. A.4 Le ux thermique total φ traversant le mur est Φ = jQ S donc ext Φ = λS Tinte−T B 5 A.5 On a l'analogie suivante : φ ↔ I , intensité électrique Tint − Text ↔ U = ∆V , tension électrique On a Rth = A.6 ∆T jQ = eB λ ; Rth s'exprime en K.W −1 .m2 . Applications numériques : 2 −2 ; jQ = λ ∆T eB soit jQ = 3, 0.10 W.m −2 −1 ; U = jQ (∆T = 1 K) = λ∆T eB = 8, 8 W.m .K A.7 Représenter, sur le document-réponse, le prol de température dans le mur en béton armé. int eHG donc A.8 On a THG = Tint + Texte−T B eHG = Tint −THG Tint −Text eB On trouve eB = 11 cm. B Etude du mur composite Un raisonnement analogue à celui de la question A.1 montre que l'on se situe toujours en régime stationnaire et qu'il n'y a pas d'apport de puissance in situ. s− → →− On en déduit que Φ se conserve. Comme Φ = jQ .dS = jQ S , on vérie que jQ se conserve : la densité de ux thermique est constant à travers ce mur. Les résistances thermiques liées aux diérentes épaisseurs sont en série. P e B.2 On a RCth = j Rj,th avec Rj,th = λjj . −1 .m2 . Application numérique : on trouve RCth = 2, 3 K.W ∆T B.3 On a UC = jQ (∆T = 1 K) = RCth . B.1 Application numérique : UC = 0, 43 W.m−2 .K −1 ; −2 jQ,C = ∆T RC soit jQ,C = 14, 8 W.m . On trouve U > UC . B.4 On a T2 = Tint − R1,th jQ,C donc T2 = 16, 5 °C . De même, T3 = T2 − R2,th jQ,C donc T3 = −13, 1 °C . Enn, T4 = T3 − R3,th jQ,C donc T4 = −14, 8 °C . Remarque : on a bien Text = T4 − R4,th jQ,C La couche de laine de verre permet d'améliorer l'isolation. e B.5 On a eeq = eC = 35 cm. De plus, Rth,C = λMeq donc λM Ceq = Ceq On trouve λM Ceq = 0, 15 W.m−1 .K −1 . eC Rth,C . C Mur composite avec transferts convectifs et radiatifs 1 Pour le mur intérieur, jQ,F L,int = hint (TF L,int − TP,int ) et Rth,F L,int = hint . 1 Pour le mur extérieur, jQ,F L,ext = hext (TP,ext − TF L,ext ) et Rth,F L,ext = hext . P e 1 1 + hint avec Rj,th = λjj . Ainsi, comme jQ se conserve, RCth,F L = j Rj,th + hext On trouve RCth,F L = 2, 4 K.W −1 .m2 . C.2 On a jQ = 14 W.m−2 . jQ jQ Ainsi, TP,int = Tint − hint = 17, 6 °C et TP,ext = Text + hext = −18, 5 °C . C.3 Les mouvements de l'air inuent sur la valeur de h : un vent violent pourrait augmenter hext et donc diminuer la résistance thermique. C.1 6 D Recherche d'une isolation optimale du mur Positionner sur chaque tracé du document-réponse, les températures T0 et TS . si T < T0 , eau solide ; si T0 < T < TS , eau liquide condensée ; si T > TS , pas de condensation. D.2 Pour l'isolation intérieure, on remarque que les zones où la température est inférieure à T0 correspondent au mur en béton : il y a un risque de dégradation du mur. A l'inverse, l'isolation extérieure permet de maintenir le béton dans une zone de température supéieure à TS . D.1 Problème IV Décongélation d'un aliment (d'après e3a PC 2013) 1. On considère une tranche élémentaire d'aliment comprise entre x et x + dx. Un bilan d'énergie pendant dt s'écrit : dU = Pdt avec ∂T dU = U (t + dt) − U (t) = ∂U ∂t dt = ρdV cth t dt ; ∂j ∂j P = Pechangee = jQ (x)S − jQ (x + dx)S = − ∂xQ dxS = − ∂xQ dV . Avec la loi de Fourier, on a jQ = −λth ∂T ∂x . On en déduit que ∂T t = λth ∂ 2 T ρcth ∂x2 avec Dth = λth ρcth π 2. On a T (x = 0) = T (x = L) = Text donc sin µL = 0 soit µ = n L avec n ∈ Z. 3. On a ∂T ∂t = Ainsi, on a dg dt sin µx et ∂2T ∂x2 = −g(t)µ2 sin µx. dg dt 2 2 + Dth nLπ2 g = 0 La solution de cette équation diérentielle est de la forme L2 2 2 th n π g(t) = θ exp(− D t) On obtient nalement T (x, t) = Text + θ sin µxeνt 2 2 avec ν = − DthLn2 π 4. On a eνt2 = 0, 13. 7 5. La température tend à s'homogénéiser avec le temps à la température Text . La courbe à t1 n'est pas satisfaisante car au tout début seulement les bords doivent avoir été réchaués au contact de l'extérieur. La courbe à t2 montre qu'après 5h l'aliment semble convenablement décongelé. 6. Les temps caractéristiques de décroissance valent : τn = 1/|νn | = L2 . Dth n2 π 2 Le temps le plus long est τ1 qui vaut numériquement τ1 = 9, 0 ∗ 103 s = 2h30min C'est le temps caractéristique de décroissance, si on veut un temps de décongélation, il faut dénir un critère de décongélation, on proposera classiquement 5τ1 pour 99% de l'homogénéisation. Le temps par cette méthode est long. 7. On peut faire un raisonnement dimensionnel partant de Dth qui est en m2 .s−1 pour dire que Dth = L2caracteristique /Tcaracteristique . On prend ici Lcaracteristique = L. Ainsi, Tcaracteristique = L2 /Dth est un ordre de grandeur du temps de décongélation. 8