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CORRECTION DEVOIR SURVEILLÉ - SCIENCES PHYSIQUES

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Correction DS n°2
CORRECTION DEVOIR SURVEILLÉ - SCIENCES PHYSIQUES
Exercice I : Transmission d'information par fibre optique (8 points)
(Sujet Polynésie 2013)
1.1.
Dans une fibre optique, ce sont des ondes électromagnétiques (visible-infrarouge) qui
sont utilisées pour transmettre l'information.
1.2.
Dans une fibre optique à saut d’indice, la lumière est transmise grâce à une suite de
réflexions totales entre le cœur et la gaine.
1.3.
Sur le document 3, on privilégie la longueur d’onde correspondant au minimum du
coefficient d’atténuation soit λ = 1,3 µm (infrarouge).
1.4.
1.4.a.
Le débit numérique D a pour expression D =
On en déduit Δ t =
N
Δt
N
.
D
50 × 220 × 8
= 4,2 s
soit Δ t =
100.106
1.4.b.
Le nombre de pixels par image est de 600x450 = 270000 pixels.
Chaque pixel est codé sur 24 bits donc chaque image est codé par sur :
270000x24 = 6480000 bits soit 6,48 Mbits.
Le film vidéo noir et blanc est tourné avec 25 images par seconde. Pour que la
transmission soit assurée dans de bonne conditions il faut donc un débit
minimum de :
25x6,48.106 = 162.106 bits.s-1 soit 162 Mbit.s-1
Le débit de 100 Mbit.s−1 ne suffit donc pas pour assurer une transmission de la
vidéo dans de bonnes conditions.
Remarque : la transmission de vidéos est réalisée grâce à leur compression
(divX, MPEG, etc.).
sciences physiques et chimiques - Terminale S
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1.5.
Correction DS n°2
Le document 3 montre que pour λ = 850 nm = 0,850 m , le coefficient d’attenuation
lineique de la fibre en silice vaut : α = 2,5 dB.km−1.
Pour une distance L = 10,0 km l’attenuation A vaut : A = α×L soit A = 2,5 x 10,0 = 25 dB.
Or A dB
(
P
= 10 log entrée
P sortie
)
A dB
P
donc entrée = 10 10
P sortie
25
Pentrée
= 10 10 = 10 2,5
Soit
P sortie
On en déduit
P sortie
= 10−2,5 = 3,2 .10−3 soit 0,32 % < 1%
Pentrée
Ainsi, tous les clients situés dans un rayon de 10,0 km autour du réseau ne bénéficient
pas de signaux suffisants s’ils ne subissent pas une amplification optique.
Exercice II : RMN et IRM (6 points)
(Sujet Nouvelle Calédonie 2013)
1. Image numérique
L'image numérique de l'IRM correspond à un ensemble de 512 pixels x 512 pixels où chaque pixel est
codé par un octet.
La taille de l'image de cet IRM correspond à un carré de 50 cm de côté.
1.1.
50 cm correspond à
50
pouces.
2,54
On en déduit le nombre de pixels par pouce de cette image :
512
= 26 pixels par pouce (dpi)
50
2,54
1.2.
L'image contient 512 x 512 = 262144 pixels
Chaque image étant codé sur un octet, cette image a une taille de 262144 octets.
1.3.
Chaque octet est constitué de 8 bits et permet de coder 2 8 = 256 niveaux de gris
différents (y compris le noir et le blanc).
1.4.
Toutes les 2 secondes, l'appareil doit transmettre N = 262144 octets.
Soit 262144x8 = 2097152 bits.
On en déduit D =
2097152
= 1.106 bit.s-1 soit 1 Mbit.s-1
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Correction DS n°2
2. Mesure du champ magnétique
2.1.
Le teslamètre mesure un champ B = 1492 mT, il est donc réglé sur le calibre 2000 mT,
avec une résolution de 1 mT.
On peut donc déterminer sa précision :
précision = 1492 ×
2
+ 5 × 1 = 34,84mT
100
On en déduit l'incertitude élargie :
U =
2 × précision
2 × 34,84
= 40,23 mT
soit U =
√3
√3
On doit ici arrondir cette valeur à un chiffre significatif soit U = 0,04 T.
En toute rigueur, il faudrait arrondir cette valeur par excès... La valeur étant ici très proche de
0,04, on conservera cette valeur plutôt que de prendre 0,05.
On peut alors écrire : B = 1,49 ± 0,04 T
Il y a 95 % de chance que la vraie valeur du champ magnétique soit comprise dans cet
intervalle.
Exercice III : Numérisation d'un son (6 points)
(Sujet Amérique du sud 2013)
1. Conversion analogique-numérique
1.1.
Le signal électrique à la sortie du micro est un signal analogique car il varie de facon
continue au cours du temps. On constate que l’allure de l’enregistrement est similaire aux
vibrations qui en sont la source.
1.2.
Un signal numérique est une série de 0 et 1.
1.3.
« Echantillonner » un signal analogique est la 1 ère étape de la numérisation ; cela consiste
à mesurer la valeur du signal analogique à intervalles de temps T e égaux (Te : période
d’échantillonnage).
1.4.
Lors de la 2ème étape (quantification), un échantillon numérisé sur 8 bits peut prendre 2 8
soit 256 valeurs.
1.5.
A partir de la durée ∆t de l’enregistrement et de la fréquence d’échantillonnage f e (nombre
d’échantillons par seconde), on peut déterminer lenombre d’échantillons n e : ne = fe.∆t
Or chaque échantillon occupe 2x16 bits soit
2 × 16
= 4 octets.
8
Soit la place théorique qu'occupe 1 minute de musique théorique :
On en déduit :
4 × fe × Δ t
2 20
4 × 44,1.103 × 60
= 10,1Mio
220
Cela peut sembler important pour une minute de musique mais il n’y a pas eu de
compression.
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