Physique, concours Orthoptie Paris Descartes 2016.

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Exercice I.
1. Si l'accélération d'un mobile est nulle :
A - Le mobile est nécessairement au repos. Faux.
B - La vitesse du mobile est constante. Vrai.

C -
Le mobile peut avoir une trajectoire circulaire. Faux.
Le vecteur vitesse étant constant, le mouvement est rectiligne uniforme.
2. Si les forces agissant sur le mobile se compensent :
A - La trajectoire du mobile peut être rectiligne uniforme. Vrai.
B - La trajectoire du mobile peut être circulaire uniforme. Faux.
C -
La trajectoire du mobile peut être rectiligne uniformément accélérée. Faux.
3. Lors d'une chute libre :
A - Le mobile n'est soumis qu'à la force de pesanteur. Vrai.
B - La trajectoire est rectiligne uniforme. Faux.
C -
La trajectoire peut être parabolique. Vrai.
4. Dans le système solaire :
A - La période de révolution des planètes proches du soleil est plus grande que celle des planètes plus éloignées, Faux.
3ème loi de Kepler : T2 / r3 = constante. La période et le rayon de l'orbite varient dans le même sens.
B - L'accélération d'une planète, en ne tenant compte que du sytème planète- soleil, a une direction fixe. Faux.
L'accélération est centripète, dirigée vers le centre du soleil.
C -La trajectoire d'une planète est une ellipse autour du soleill. Vrai.
 5. Le phénomène d'impesanteur.
A - correspond à un objet soumis à aucune force. Faux.
B - correspond à un objet immobile dans l'espace. Faux.
C. Correspond à un objet en chute libre. Faux.
L'ensemble des forces gravitationnelles et inertielles possèdent une résultante et un moment résultant nuls.
6. Dans un système soumis à aucune force de frottement :
A. L'énergie potentielle est constante. Faux.
B.L'énergie mécanique est constante. Vrai.
C. Le mouvement est uniforme. Faux.
7. Dans un mouvement circulaire.
A. le vecteur vitesse est constant. Faux.
B. L'accélération est constante. Faux.
C. L'accélération est centripète. Faux.



Exercice II. Transmission de l'information.
1.1. Indiquer, à l’aide d’un tableau, les trois procédés de transmission de l’information évoqués
ainsi que leurs avantages et inconvénients.
Procédé
Avantages
Inconvénients
Fibre optique
Très haut débit
Faibles pertes en puissance et compatibilité avec les amplificateurs optiques
Insensible au champ magnétique
Coûteux et long à mettre en oeuvre si on doit relier toutes les habitations.
Réseau cuivre
Rapide à mettre en oeuvre et moins coûteux que la fibre optique.
Insuffisant pour le très haut débit.
L'amortissement augmente avec la longueur.
Les champs magnétiques peuvent déformer les signaux.
Technologies hertziennes
destinées aux habitats très isolés.

1.2. Quels modes de transmission correspondent à une propagation guidée ou libre ? Justifier.
La transmission est guidée dans les fibres optiques et les câbles en cuivre. La transmission est libre ( dans toutes les directions ) dans le cas des technologies hertziennes.
1.3. La communication optique pour la transmission d’information utilise un faisceau laser. Rappeler les principales propriétés d’un faisceau laser.
Faisceau très directif, quasiment monochromatique, grande puissance par unité de surface.
1.4. La fréquence des signaux transmis par satellite pour la communication internet est de l’ordre de 20 GHz. Quelle est la longueur d’onde de ces signaux ?
l = c / f = 3,0 108 / (20 109)=0,015 m = 1,5 cm.
Ces signaux sont-ils susceptibles d’être significativement diffractés par des objets à la surface de la Terre tels que des immeubles ou des collines ?
Non, la longueur d'onde de ces signaux n'est pas du même ordre de grandeur que les dimensions des immeubles ou des collines.
En déduire quelle doit être l’orientation des antennes des relais terrestres par rapport aux satellites géostationnaires pour permettre la transmission internet.
Les satellites géostationnaires sont dans le plan équatorial et paraissent fixes pour un observateur terrestre. Les antennes terrestres doivent être dirigées vers ce plan, c'est à dire vers le sud pour la France.
Transmission à longue distance.
2.1. Retrouver la valeur de la vitesse de propagation de la lumière dans une fibre optique donnée dans l’article du magazine.
Célérité de la lumière dans le vide divisée par l'indice de la fibre ~200 000 km/s.
  2.2. Vérifier que l’atténuation linéique d’un signal transmis par fibre optique est de 0,18 dB.km-1.
Atténuation A = 10 log (Pentrée /Psortie) ; Psortie = 0,96 Pentrée au bout d'un kilomètre de fibre.
A = 10 log (1/0,96) ~0,18 dB km-1.
Comparer cette valeur à celle d’un signal transmis par un câble électrique qui est de 10 dB.km-1.
Conclure sur un des intérêts de la fibre optique.
10 / 0,18 ~56.
L'atténuation est environ 56 fois plus faible dans une fibre optique que dans un câble cuivre. Le nombre d'amplificateurs sera bien moindre dans le cas d'une fibre optique.
2.3. La longueur d’un système de communication par fibre optique qui relie New-York à Brest est d’environ 7500 km. Quelle atténuation devrait-on constater sans amplificateur optique sur un signal
transmis entre ces deux villes ? En déduire la perte en puissance correspondant à cette
atténuation. Comparer cette valeur avec celle indiquée dans le document sur la fibre optique.

A=7500 * 0,18 = 1350 dB.
Pentrée /Psortie = 10135  ;  Psortie =10-135  Pentrée, valeur correspondant à celle du texte.
Latence.
Les élèves d’un lycée newyorkais ont réalisé un blog hébergé sur un serveur aux États-Unis. La taille moyenne d’une page du blog est de 1000 Ko.
3.1. À l’aide des notions de durée de propagation et de durée de transmission, interpréter la phrase : « L’intérêt de la fibre optique réside non pas dans sa « vitesse », mais dans la possibilité d’y propager des données […] à un débit, c’est-à-dire un nombre de bits par seconde, largement supérieur à celui accessible dans les autres matériaux connus ».
La latence est le délai minimum de transmission dans les communications informatiques. Ce délai correspond à la durée de transmission ajoutée à la durée de propagation.
- La durée de transmission Dt est le temps nécessaire pour transmettre une quantité de données :
 Dt = n / D avec D débit binaire en bit.s-1 et n taille du message en bit.
1000 Ko = 1000 *1024*8 = 8000 kbits ~ 8,2 106 bits.
Le très haut débit correspond au moins à 30 Mbits /s soit 3,0 107 bits / s.
Dt =8,2 106 / (3,0 107) ~0,27 s.
- La durée de propagation correspond à la durée nécessaire pour que les données aillent de l’émetteur au récepteur.
7500 / 200 000 ~0,037 s.
La durée de propagation est inférieure à la durée  de transmission. C'est la durée de transmission qui fait l'interêt d'une liaison.
  3.2. Quelle est la durée de transmission d’une page du blog lorsque 15 élèves d’un établissement offrant un débit à 3 Mbits.s-1 se connectent individuellement et simultanément à celle-ci ? Quel est l’intérêt du Très Haut Débit pour les établissements scolaires ?
15 *
8,2 106  = 1,23 108 bits ; 1,23 108 /(3 106) ~41 s.
Le très haut débit permet d'afficher rapidement ( en quelques seconde) les pages du site.
3.3. Estimer la durée de propagation qu’observerait un élève résidant en France pour consulter la page du blog hébergé aux États-Unis.
7500 / 200 000 ~0,037 s.
3.4. Doubler le débit d’un établissement français permettra-t-il de diviser par deux la latence observée pour consulter une page du blog hébergé aux États-Unis ?
Vous justifierez votre réponse de manière quantitative en considérant le chargement de la page du blog depuis un établissement ayant un débit de 100 Mbit.s-1.
Non. En doublant le débit, on divise par deux la durée de transmission ; par contre la durée de propagation ne change pas.
Débit de 100 Mbit.s-1 : Dt = n / D = 8,2 106 / (1,0 108) ~0,082 s = 82 ms..
Durée de propagation : 0,037 s = 37 ms ; latence : 82+37 =119 ms.
Débit de 200 Mbit.s-1 : Dt = n / D = 8,2 106 / (2,0 108) ~0,041 s = 41 ms..
Durée de propagation : 0,037 s = 37 ms ; latence : 41+37 =78 ms.





Exercice III. Vol zéro G.
Au printemps 2015, l’airbus A310 Zéro-G a réalisé ses premiers vols scientifiques. Exploité par une filiale du Centre National d’Études Spatiales (CNES), cet avion permet de simuler des conditions d’apesanteur en décrivant des trajectoires paraboliques. Les scientifiques peuvent ainsi mener des expériences sans avoir recours aux missions spatiales.
Document 1 : Trajectoire parabolique de l’A310 Zéro-G

Pour que les passagers et le matériel embarqués dans l'Airbus A310 Zéro-G soient en apesanteur dans le référentiel de l'avion, et qu'ils se mettent à y "flotter", il faut que l'avion soit en chute libre.
Dans le référentiel terrestre, un corps est en chute libre lorsque la seule force qui s'exerce sur lui est le poids. Comment mettre l'avion en condition de "chute libre", peut-on se demander. Rien de plus "simple". Il suffit que le pilote de l'avion arrive à suivre la bonne trajectoire parabolique.
Extrait d’un article de presse.
Document 2 : Caractéristiques du vol parabolique
Angle par rapport à l'horizontale au début de la parabole 47°
Altitude au départ et à la fin de la parabole 7 600 m
Vitesse au début de la parabole 527 km.h-1
Altitude au sommet de la parabole 8 200 m
Vitesse au sommet de la parabole 355 km.h-1
Durée d'apesanteur (0 g) 22 s.
Données :
- masse de l’airbus A310 Zéro-G et de son équipement : m = 1,5×105 kg ;
- constante de gravitation universelle : G = 6,67×10-11 m3.kg-1.s-2;
- intensité du champ de pesanteur à la surface de la Terre : g = 9,81 N.kg-1 ;
- masse de la Terre : M = 6,02×1024 kg ;
- rayon de la Terre : R = 6,38×106 m.
On se place dans le référentiel terrestre considéré comme galiléen sur la durée d’une parabole.
1. Étude du mouvement de chute libre.
On souhaite vérifier, par des considérations énergétiques, que la trajectoire suivie par l’avion est modélisable par une chute libre.
1.1. Rappeler la condition que doit vérifier l’énergie mécanique d’un système lorsqu’il est en chute libre.
Un système en chute libre n'est soumis qu'à son poids ; le poids est une force conservative. L'énergie mécanique d'un système en chute libre est constante.
1.2. Les caractéristiques de la trajectoire parabolique suivie par l’avion sont-elles compatibles avec une chute libre de l’avion ? Argumenter votre réponse avec un calcul d’énergie.
On prend l'altitude de départ et de fin de la parabole comme origine des altitudes, donc de l'énergie potentielle de pesanteur.
Energie mécanique au début de la parabole : ½mv2 avec v =527 / 3,6 =146,4 m /s.
Energie mécanique au sommet de la parabole :

½mvs2 +mgh avec vs = 355 / 3,6 = 98,6 m/s et h = 8200-7600 = 600 m.
Dans l'hypothèse d'une conservation de l'énergie mécanique : ( g étant supposé constant égal à 9,8 m/s2)

v2 =
vs2 +2gh ; 146,42 = 98,62 + 2*9,8 *600 ;
2,14 104 = 2,14 104. L'hypothèse est validée.
2. Intensité du champ de pesanteur dans un vol Zéro-G.
2.1. En détaillant votre raisonnement, montrer que l’intensité de la pesanteur gh, en un point situé à l’altitude h au-dessus de la surface de la Terre, peut s’écrire :
gh =G M /(R+h)2.
Poids de l'avion : P = mgh ;
 Force de gravitation exercée par la terre sur l'avion : F = GMm /(R+h)2.
P = F ; mgh =
GMm /(R+h)2.
Simplifier par m :
gh =G M /(R+h)2.
2.2. Justifier, à partir du résultat précédent, qu’il est légitime de considérer que l’intensité de la pesanteur est constante lors d’un vol Zéro-G.
Au sol g0 = GM / R2 ;
gh =g0[R /(R+h)]2g0[1 /(1+h / R)]2 ;
[1 /(1+h / R)]2  = 1 /(1 +8200 / (6,38 106)]2 =0,997.
gh =0,997g0.

3. Durée des phases d’apesanteur.
On étudie le mouvement dans le repère xOy donné ci-dessous, le point O étant le début de la parabole. On considère que l’intensité de la pesanteur terrestre est constante lors d’un vol Zéro-G et qu’elle est égale à g = 9,8 N.kg-1.

3.1. Énoncer la deuxième loi de Newton.

Dans un référentiel galiléen, la somme vectorielle des forces extérieures appliquées à un solide est égale à la dérivée par rapport au temps du vecteur quantité de mouvement et si la masse est constante au produit de la masse M du solide par l'accélération de son centre d'inertie
.

3.2. Montrer que les équations horaires x(t) et y(t) d’un système en chute libre ont pour expressions :
x(t) =v0 cos(a ) t ; y(t) =-½g t2 +v0 sin(a ) t.
ax = 0 ; ay = -g.
La vitesse est une primitive de l'accélération :
vx(t) = A ; vy(t) = -gt +B avec A et B des constantes déterminées par les conditions initiales.
vx(t) = v0 cos a ; vy(t) = -gt + v0 sin a .
La position est une primitive de la vitesse :
x(t) =
v0 cos a t + C ; y(t)= -½gt2 + v0 sin a t +D, avec C et D des constantes déterminées par les conditions initiales x(t=0)=0 et y(t=0) = 0.
x(t) = v0 cos a t ; y(t)= -½gt2 + v0 sin a t .




3.3. En exploitant les équations horaires, calculer la durée d’apesanteur. Ce résultat est-il cohérent avec la donnée du document 2 ?

 A la date tB, le système se trouve au point B, de même altidude que le point A, avec une vitesse vB = vA = 146 m/s.
vy A = -gtA + v0 sin a ; vy B = -gtB + v0 sin a ; vx A =vx B =v0 cos a ;
Par suite vy A = -vy B  ; tB -tA = 2v0 sin a / g = 2*146 sin 47 / 9,8 ~22 s.
La valeur trouvée est cohérente avec le texte.
3.4. Quels paramètres faut-il modifier pour augmenter la durée d’apesanteur ?

tB -tA = 2v0 sin a / g
On peut augmenter la vitesse au début de la parabole ainsi que la valeur de l'angle a.
Cela est techniquement difficile à réaliser.



  

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