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📘 Question de cours
Rendement de la charge d'un condensateur
Un condensateur initialement déchargé est chargé sous une tension $E$ à travers une résistance $R$. Montrer que la moitié de l'énergie fournie par la source est dissipée dans la résistance, et commenter la dépendance de ce résultat vis-à-vis de $R$.
✅ Correction : Avec $u(t) = E(1-e^{-t/\tau})$ et $i(t) = \dfrac{E}{R}e^{-t/\tau}$, où $\tau = RC$ :
l'énergie fournie par la source vaut $\displaystyle \mathcal{E}_g = \int_0^{\infty} Ei\,\mathrm{d}t = \frac{E^2}{R}\,\tau = CE^2$ ;
l'énergie stockée dans le condensateur vaut $\mathcal{E}_C = \frac{1}{2}CE^2$ ;
l'énergie dissipée vaut $\displaystyle \mathcal{E}_J = \int_0^{\infty} Ri^2\,\mathrm{d}t = \frac{E^2}{R}\cdot\frac{\tau}{2} = \frac{1}{2}CE^2$.
Le bilan se referme, $\mathcal{E}_g = \mathcal{E}_C + \mathcal{E}_J$, et le rendement vaut
$$\rho = \frac{\mathcal{E}_C}{\mathcal{E}_g} = \frac{1}{2}$$
Ce résultat ne dépend pas de $R$, ce qui est contre-intuitif : diminuer la résistance accélère la charge mais augmente l'intensité dans la même proportion, et les deux effets se compensent exactement. On ne peut donc pas améliorer le rendement en choisissant mieux la résistance ; il faut changer de méthode, en chargeant par paliers ou à courant contrôlé. C'est la raison d'être des convertisseurs à découpage.
l'énergie fournie par la source vaut $\displaystyle \mathcal{E}_g = \int_0^{\infty} Ei\,\mathrm{d}t = \frac{E^2}{R}\,\tau = CE^2$ ;
l'énergie stockée dans le condensateur vaut $\mathcal{E}_C = \frac{1}{2}CE^2$ ;
l'énergie dissipée vaut $\displaystyle \mathcal{E}_J = \int_0^{\infty} Ri^2\,\mathrm{d}t = \frac{E^2}{R}\cdot\frac{\tau}{2} = \frac{1}{2}CE^2$.
Le bilan se referme, $\mathcal{E}_g = \mathcal{E}_C + \mathcal{E}_J$, et le rendement vaut
$$\rho = \frac{\mathcal{E}_C}{\mathcal{E}_g} = \frac{1}{2}$$
Ce résultat ne dépend pas de $R$, ce qui est contre-intuitif : diminuer la résistance accélère la charge mais augmente l'intensité dans la même proportion, et les deux effets se compensent exactement. On ne peut donc pas améliorer le rendement en choisissant mieux la résistance ; il faut changer de méthode, en chargeant par paliers ou à courant contrôlé. C'est la raison d'être des convertisseurs à découpage.
📝 Exercice 1
Mesure d'un indice par réfractométrie
On veut mesurer l'indice de réfraction $n_\ell$ d'un liquide. On dépose une goutte de ce liquide sur un cube en verre transparent d'indice $n_v = 1{,}50$. On éclaire ce cube par un faisceau lumineux d'incidence $i$ variable sur la face d'entrée, tel que le faisceau reste centré sur la goutte. On cherche la valeur de l'angle limite d'incidence $i_\text{lim}$ pour lequel la goutte apparaît lumineuse.
1. Donner le sens d'évolution de l'angle du faisceau réfracté dans la goutte lorsque l'angle d'incidence augmente. En déduire que pour $i < i_\text{lim}$, la goutte ne peut pas être éclairée par le faisceau lumineux.
2. Déterminer alors l'indice de réfraction $n_\ell$ en fonction de $n_v$ et $i_\text{lim}$.
3. Montrer que ce réfractomètre mesure des indices $n$ compris entre deux valeurs à déterminer.
1. Donner le sens d'évolution de l'angle du faisceau réfracté dans la goutte lorsque l'angle d'incidence augmente. En déduire que pour $i < i_\text{lim}$, la goutte ne peut pas être éclairée par le faisceau lumineux.
2. Déterminer alors l'indice de réfraction $n_\ell$ en fonction de $n_v$ et $i_\text{lim}$.
3. Montrer que ce réfractomètre mesure des indices $n$ compris entre deux valeurs à déterminer.
💡 Indice : Le rayon subit deux réfractions successives : air → verre sur la face d'entrée, puis verre → liquide sur la face supérieure. Attention, l'angle d'incidence sur la face supérieure est le complémentaire de l'angle de réfraction sur la face d'entrée.
✅ Correction : On note $r$ l'angle de réfraction dans le verre sur la face d'entrée :
$$\sin i = n_v \sin r$$
Les deux faces étant perpendiculaires, l'angle d'incidence sur la face supérieure vaut $\theta = 90^\circ - r$.
1. Dans la goutte, la loi de Snell-Descartes s'écrit $n_v \sin \theta = n_\ell \sin r'$, soit
$$\sin r' = \frac{n_v}{n_\ell} \cos r$$
Quand $i$ augmente, $r$ augmente, donc $\cos r$ diminue et $r'$ diminue : le faisceau réfracté dans la goutte se rapproche de la normale à la face supérieure.
Pour $i$ suffisamment petit, $\cos r$ est grand et la relation impose $\sin r' > 1$ : la réfraction est impossible, il y a réflexion totale sur la face supérieure et la goutte n'est pas éclairée. La goutte ne s'illumine qu'à partir de $i = i_\text{lim}$, ce qui prouve bien que pour $i < i_\text{lim}$ aucune lumière n'y pénètre.
2. À la limite $i = i_\text{lim}$, le rayon réfracté est rasant, $r' = 90^\circ$ :
$$n_\ell = n_v \cos r_\text{lim}$$
Or $\sin r_\text{lim} = \dfrac{\sin i_\text{lim}}{n_v}$, donc $\cos r_\text{lim} = \dfrac{\sqrt{n_v^2 - \sin^2 i_\text{lim}}}{n_v}$, d'où
$$\boxed{n_\ell = \sqrt{n_v^2 - \sin^2 i_\text{lim}}}$$
3. L'angle d'incidence accessible varie de $0$ à $90^\circ$ :
— pour $i_\text{lim} = 0$ : $n_\ell = n_v = 1{,}50$ ;
— pour $i_\text{lim} = 90^\circ$ : $n_\ell = \sqrt{n_v^2 - 1} = \sqrt{1{,}25} \approx 1{,}12$.
L'appareil mesure donc des indices compris entre 1,12 et 1,50. La borne supérieure était prévisible : il faut $n_\ell < n_v$ pour qu'une réflexion totale soit possible à l'interface verre-liquide.
$$\sin i = n_v \sin r$$
Les deux faces étant perpendiculaires, l'angle d'incidence sur la face supérieure vaut $\theta = 90^\circ - r$.
1. Dans la goutte, la loi de Snell-Descartes s'écrit $n_v \sin \theta = n_\ell \sin r'$, soit
$$\sin r' = \frac{n_v}{n_\ell} \cos r$$
Quand $i$ augmente, $r$ augmente, donc $\cos r$ diminue et $r'$ diminue : le faisceau réfracté dans la goutte se rapproche de la normale à la face supérieure.
Pour $i$ suffisamment petit, $\cos r$ est grand et la relation impose $\sin r' > 1$ : la réfraction est impossible, il y a réflexion totale sur la face supérieure et la goutte n'est pas éclairée. La goutte ne s'illumine qu'à partir de $i = i_\text{lim}$, ce qui prouve bien que pour $i < i_\text{lim}$ aucune lumière n'y pénètre.
2. À la limite $i = i_\text{lim}$, le rayon réfracté est rasant, $r' = 90^\circ$ :
$$n_\ell = n_v \cos r_\text{lim}$$
Or $\sin r_\text{lim} = \dfrac{\sin i_\text{lim}}{n_v}$, donc $\cos r_\text{lim} = \dfrac{\sqrt{n_v^2 - \sin^2 i_\text{lim}}}{n_v}$, d'où
$$\boxed{n_\ell = \sqrt{n_v^2 - \sin^2 i_\text{lim}}}$$
3. L'angle d'incidence accessible varie de $0$ à $90^\circ$ :
— pour $i_\text{lim} = 0$ : $n_\ell = n_v = 1{,}50$ ;
— pour $i_\text{lim} = 90^\circ$ : $n_\ell = \sqrt{n_v^2 - 1} = \sqrt{1{,}25} \approx 1{,}12$.
L'appareil mesure donc des indices compris entre 1,12 et 1,50. La borne supérieure était prévisible : il faut $n_\ell < n_v$ pour qu'une réflexion totale soit possible à l'interface verre-liquide.
📝 Exercice 2
L'œil
La cornée est assimilée à un dioptre sphérique air-eau ($n = 1{,}33$) de rayon $R = 6$ mm au repos, et le reste de l'œil est supposé d'indice optique uniforme. Quelle doit être la distance entre ce dioptre et la rétine, sachant que l'œil emmétrope au repos vise à l'infini ?
💡 Indice : Un œil emmétrope au repos forme sur sa rétine l'image d'un objet à l'infini : la rétine est donc dans le plan focal image du dioptre. Il suffit de calculer la distance focale image d'un dioptre sphérique.
✅ Correction : La relation de conjugaison du dioptre sphérique de sommet S et de centre C s'écrit, avec la lumière allant du milieu d'indice $n_1$ vers le milieu d'indice $n_2$ :
$$\frac{n_2}{\overline{\text{SA}'}} - \frac{n_1}{\overline{\text{SA}}} = \frac{n_2 - n_1}{\overline{\text{SC}}}$$
L'œil emmétrope au repos vise à l'infini : l'objet est à l'infini et son image se forme sur la rétine, qui est donc dans le plan focal image. En faisant tendre $\overline{\text{SA}}$ vers l'infini :
$$\overline{\text{SA}'} = f' = \frac{n_2\,\overline{\text{SC}}}{n_2 - n_1}$$
Application numérique avec $n_1 = 1$, $n_2 = 1{,}33$ et $\overline{\text{SC}} = R = 6$ mm (le centre C est situé après S dans le sens de propagation) :
$$f' = \frac{1{,}33 \times 6}{1{,}33 - 1} = \frac{7{,}98}{0{,}33} \approx 24 \text{ mm}$$
La rétine se trouve donc à environ 24 mm de la cornée, ce qui correspond effectivement à la longueur d'un œil humain. Ce modèle très fruste, à un seul dioptre, rend déjà correctement compte de la dimension de l'organe.
Deux remarques utiles pour la suite. D'abord, c'est la cornée qui assure l'essentiel de la convergence de l'œil, le cristallin ne servant qu'à l'ajuster lors de l'accommodation. Ensuite, le saut d'indice à l'entrée de l'œil est bien plus faible sous l'eau qu'à l'air libre, ce qui explique la vision très floue du nageur les yeux ouverts et l'intérêt du masque, qui rétablit une interface air-cornée.
$$\frac{n_2}{\overline{\text{SA}'}} - \frac{n_1}{\overline{\text{SA}}} = \frac{n_2 - n_1}{\overline{\text{SC}}}$$
L'œil emmétrope au repos vise à l'infini : l'objet est à l'infini et son image se forme sur la rétine, qui est donc dans le plan focal image. En faisant tendre $\overline{\text{SA}}$ vers l'infini :
$$\overline{\text{SA}'} = f' = \frac{n_2\,\overline{\text{SC}}}{n_2 - n_1}$$
Application numérique avec $n_1 = 1$, $n_2 = 1{,}33$ et $\overline{\text{SC}} = R = 6$ mm (le centre C est situé après S dans le sens de propagation) :
$$f' = \frac{1{,}33 \times 6}{1{,}33 - 1} = \frac{7{,}98}{0{,}33} \approx 24 \text{ mm}$$
La rétine se trouve donc à environ 24 mm de la cornée, ce qui correspond effectivement à la longueur d'un œil humain. Ce modèle très fruste, à un seul dioptre, rend déjà correctement compte de la dimension de l'organe.
Deux remarques utiles pour la suite. D'abord, c'est la cornée qui assure l'essentiel de la convergence de l'œil, le cristallin ne servant qu'à l'ajuster lors de l'accommodation. Ensuite, le saut d'indice à l'entrée de l'œil est bien plus faible sous l'eau qu'à l'air libre, ce qui explique la vision très floue du nageur les yeux ouverts et l'intérêt du masque, qui rétablit une interface air-cornée.
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