EPL - SESSION 2004 CORRIGÉ

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EPL - SESSION 2004 CORRIGÉ

Optique géométrique.

1. Par définition la vergence (qui s'exprime en dioptrie) d'un miroir sphérique plongé dans un milieu transparent isotrope et homogène d'indice n est :

SC n V=−2

2. Les foyers objet et image, F et F', sont confondus avec le milieu du segment [SC].

3. Si n = 1 on a :

♦ formule de conjugaison avec origine au sommet S du miroir : V SC

2 ' SA

1 SA

1 + = =− ;

♦ grandissement transversal :

SA ' SA AB

' B '

G=A =− .

De ces deux relations on déduit :

δ

−

=



 

 −

−

= 0,4

G 1 1 SA V 1

car SA=−10m (objet réel) et 5

G=1 (image droite et plus petite que l'objet).

4. V < 0 donc le miroir est divergent et convexe. D'ailleurs, seul un tel miroir peut donner, d'un objet réel, une image réduite et droite (exemple : un rétroviseur de voiture).

5. On rappelle que pour un miroir sphérique :

♣ les plans principaux - plans conjugués de grandissement transversal +1 - sont confondus avec le plan orthogonal en S à l'axe optique du miroir ;

♣ les plans antiprincipaux - plans conjugués de grandissement transversal −1 - sont confondus avec le plan orthogonal en C à l'axe optique du miroir ;

♣ les points nodaux - points conjugués sur l'axe optique de grandissement angulaire +1 - sont confondus en C ;

♣ les points antinodaux - points conjugués sur l'axe optique de grandissement angulaire −1 - sont confondus en S.

Ainsi, un objet placé dans le plan orthogonal à l'axe optique du miroir en C conduit à une image située dans le même plan.

6. Dans ce cas on a G = −1 par définition des plans antiprincipaux.

Électrocinétique : régime sinusoïdal.

7. Le dipôle AB présente une impédance complexe : ω + +

ω

= 1 jCR

jL R Z_AB

Ce dipôle sera équivalent à une résistance pure Req si ℑm

{ }

Z_AB =0, soit si :

2 2 2

2

C R 1

C L R

ω

= + 8. Numériquement on obtient L = 120 mH.

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EPL – SESSION 2004

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9. Dans ce cas _AB _eq ₂ ₂ ₂

C R 1 R R

Z = = + ω d'où la valeur efficace I de l'intensité du courant qui traverse la bobine (c'est aussi l'intensité du courant principal) :

(

¹ ^R ^C

)

^E_R ⁵^A

R

I E ² ² ² ⁰

eq

0 = + ω =

=

10. On a :

ω

= +

= ω

= 1 jCR

I I R Z U , I jL

U_AD _DB _DB

On en déduit les valeurs efficaces des tensions :

V 300 C

R 1 U RI , V 240 I L

UAD DB 2 2 2 =

ω

= +

= ω

= 11. On a

= ω

= jC

I I R

U_DB ₁ ² d'où les valeurs efficaces des courants : A 4 U C I , A R 3

I₁ =U^DB = ₂ = ω _DB=

12. Le dipôle AB étant équivalent à une résistance pure E et I sont en phase. La puissance moyenne consommée par le dipôle est donc :

{ }

EI.* E I 900W 2 e

1

0 =

= ℜ

P=

Statique des fluides.

13. Si on néglige la masse volumique de l'air devant celle de l'eau, l'équilibre de la cloche se traduit, à l'aide du théorème d'Archimède, par :

N

(

)

déplacé liquide du poids cloche la de poids

H h gS

mg = ρ −

On en déduit la hauteur h de la partie immergée du récipient : S H

h m +

=ρ 14. D'après la loi fondamentale de l'hydrostatique :

( )

S H mg h g p

p₁− ₀ =ρ − =

Par ailleurs, l'air étant assimilé à un gaz parfait on a, d'après la loi de Mariotte (évolution supposée isotherme) :

0 0 0 0 1

1V p V p SH

p = =

De ces deux relations on tire l'expression du volume d'air emprisonné dans la cloche à l'équilibre : mg

S p

H S V p

0 2 0

1 = 0 +

15. La pression de l'air dans la cloche est :

S p mg p₁ = ₀+

16. On fait varier la quantité d'air emprisonné dans la cloche mais sa pression finale est toujours égale à sa pression initiale car la cloche reste en équilibre à la température ambiante. Ainsi :

S p mg p

p₂ = ₁ = ₀+

17. La pression étant uniforme dans tout le volume d'air on a d'après la loi fondamentale de l'hydrostatique :

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S gV p

p₂ − ₀ =ρ ²

Avec le résultat de la question 16 on en déduit le nouveau volume d'air emprisonné :

=mρ V₂

18. VM est atteint à l'équilibre limite c'est-à-dire lorsque la partie supérieure de la cloche affleure juste la surface libre de l'eau dans la cuve. Cet équilibre se traduit par :

S gH gV

mg+ρ₀ _M =ρ ₀ d'où :

0 M 0

m V SH

ρ

−

=ρ

Thermodynamique.

19. Le système est fermé et isolé ; le bilan énergétique se traduit donc par : 0

U U

U=∆ ₁+∆ ₂ =

∆

Or les gaz, supposés parfaits, suivent la première loi de Joule, soit :

(

T T

)

n c

(

T T

)

0 c

n₁ _V _f − ₁ + ₂ _V _f − ₂ = d'où la température finale du mélange :

2 1

2 2 1

f 1n n

T n T T n

+

= +

T_f apparaît comme le "barycentre" de T₁ et T₂ affectés des coefficients n₁ et n₂.

20. Le volume final est Vf = V1 + V₂. Puisqu'on suppose que le mélange se comporte comme un gaz parfait on a, en utilisant l'équation d'état :

( )

2 2 2 1

1 1 f

f 2 1

p T n p

T n p

T n

n + = +

Compte tenu de l'expression de Tf il vient :

1 2 2 2 1 1

2 2 1 2 1 1

f n Tp n T p

T n T p n

p

p +

= +

21. On a

2 f 2 1

f 1 2 1

f f f

n p n p n n

p RT

V = =

= + , d'où les pressions partielles :

f 2 1 f 2 2 f

2 1 f 1

1 p

n n p n , n p n p n

= +

Ce résultat est évidemment en accord avec la loi de Dalton : pf = p1f + p2f.

22. On considère le cas où n1 = n2 = 1 qui impose pf1 = pf2 = pf/2. Pour calculer la variation d'entropie du système on imagine des chemins réversibles pour chacun des gaz entre leurs états extrêmes.

2 ln p R

ln p T R

ln T p c

R dp T c dT S

f 1 1

p f p

p T

T p 11

1 f

1

+



 

 + 



 



= 

⌡

− ⌠

⌡

=⌠

∆

2 ln p R

ln p T R

ln T p c R dp T c dT S

f 2 2

p f p

p T

T p 12

2 f

2

+



 

 + 



 



= 

⌡

− ⌠

⌡

=⌠

∆

Le bilan entropique du système conduit alors à :

( ) 2Rln2

p p ln p T R

T ln T c S S

S ₂

f 2 1 2

1 f2 p 12 11

1 +







 + 











= 

∆ +

∆

=

∆

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On vérifie aisément que ∆S_{( )}₁ =S_{( )}^p₁ >0 pour cette évolution adiabatique et irréversible. Le terme 2Rln2 correspond à ce que l'on appelle l'entropie de mélange.

23. On considère maintenant le cas où T1 = T2 = T0, p1 = p2 = p0 et n1 = n2 =1 qui entraîne Tf = T0 et pf

= p0/2. On obtient dans ce cas :

( ) 2Rln2 0

S₂ = >

∆

24. On a toujours T1 = T2 = T0 et p1 = p2 = p0. Par ailleurs les molécules qui remplissent chaque compartiment sont identiques. La non discernabilité des molécules entraîne (voir paradoxe de Gibbs) :

( ) 0

S₃ =

∆

Mécanique du point.

25. En l'absence de frottements il y a conservation de l'énergie mécanique, soit :

(

h r

)

mg cos mgr 2mV

1 ₂

P − θ= −

d'où :

( )

[

⁻ ⁻ ^θ

]

= 2g h r 1 cos V_P

26. On applique la deuxième loi de Newton au point matériel dans le référentiel lié au support et supposé galiléen, soit :

( )

R g

a P/ m

m R = +

avec :

♦ a

( )

n

r V dt / dV P

P2

P +

= τ

R , où

PC

n= PC , car le mouvement est circulaire ;

♦ R=Rn (R > 0) en l'absence de frottements.

En projection suivant n et compte tenu du résultat de la question précédente on en déduit :

( )

^θ ⁼

[

²^h⁻²^r⁺³^r^cos^θ

]

r R mg

27. Pour que le point matériel puisse atteindre A il faut que R

( )

π ≥0 soit 2h−5r≥0 qui impose : 2r

h 5 h≥ _m = 28. Dans ce cas :

( ) (

²^h ^r

)

⁶^mg

r 0 mg R

R_I = = _m + =

29. Toujours dans l'hypothèse où h = hm la vitesse du point matériel P en A est alors :

( )

2g

(

h 2r

)

gr V

V_A = _P π = _m− =

30. Quand P quitte le support il subit uniquement l'action de la pesanteur et décrit une parabole osculatrice en A à l'arc de cercle de diamètre [AI]. Si on prend l'origine du temps à l'instant où P quitte son support, les équations paramétriques de la trajectoire sont :

r 2 2gt y 1 , x t V

x= _A + _C =− ²+ d'où l'équation cartésienne :

2

A C

V x x 2 r g 2

y 



 



−  −

=

Cette trajectoire coupe l'axe Ox en M(x0 < xC , y0 = 0) tel que : r 2 g x

V r 2 x

x₀ = _C− _A = _C−