EPL - SESSION 2000 CORRIGÉ

AC

EPL - SESSION 2000 CORRIGÉ

Magnétostatique.

1. Les spires jointives, constituées par un fil de diamètre a, occupent une longueur L r r

= ₂− ₁ sinα d'apothème. Leur nombre est donc tel que :

α

= −

= asin r r a

N L ^{2 1}

2. Une distance dz le long de l'axe Oz correspond à une distance dL dz

=cosα sur l'apothème donc à un nombre de spires :

= α cos a dN dz

3. Les dN spires, situées entre les plans z et z + dz, ont un rayon moyen r ce qui correspond à une longueur totale de fil :

d r dN r

a dz r dr

A=2 = 2 = 2a

π π

α

π

cos sinα

donc à une résistance élémentaire :

dR d

a a r dr

=ρ = π

ρ α

4 8

2 3

A

sin

Ces résistances élémentaires sont montées en série donc la résistance totale du bobinage est :

( )

2

1

2 2

r 2 1

3 r

4 r r

R dR

a sin

ρ −

= =

∫

4. Le champ magnétique créé en S par une spire circulaire de rayon r parcourue par le courant d'intensité I est :

3 z 1 0 sin

r 2

I u

B µ α

=

5. Les dN spires, de rayon r, créent en S un champ magnétique élémentaire :

d I

r dN I

a

dr

z r z

B=µ u = u

α µ

0 3 0 2α

2 sin 2 sin

Pour tout le bobinage on obtient, par intégration, un champ magnétique total :

z 1 2 2 0

r ln r a sin 2

I u

B 



 

 α 

=µ

Optique géométrique.

6. On doit avoir A_o→^L1A₁→^L2 ∞donc A1 est confondu avec F2 foyer principal objet de L2. La relation de conjugaison de Descartes :

− 1 + 1 = 1

1 1 1 1

O A_o O A f' avec O A_{1 1} =O F_{1 2} =O F₁ '₁+F F'_{1 2} =f'₁+∆ nous donne :

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( )

mm 1 , ' 4

f ' A f O

d_{0 1 o} ^{1 1} =−

∆

∆

− +

=

=

7. Le grandissement transversal de l'objectif est :

' 40 A f

O F O B A

B A

o 1 1 1 2 o o

1 1

ob ∆ =−

−

=

=

= γ

8. Les figures ci-dessous nous montrent que le grossissement commercial de l'oculaire est :

2 m o o

m 2 o o 0

oc i f'

d B A

d ' f

B

G ≈A =

α

=α

αo

A_o Bo

d_m F = A_{2 o}

Bo

O₂ L2

αi

9. Le grossissement commercial du microscope est tel que : 400 B G

A d ' f

B

G A _{ob oc}

o o m 2 1 1

m = =γ =−

10. La puissance intrinsèque du microscope est :

δ

= α =

= 1600

d G B

A m

m o o

P i

Électrocinétique : régime sinusoïdal.

11. Par définition P_M =UIcosϕ d'où :

A 3 , cos 33 I U ^M =

= P ϕ

12. La puissance est entièrement consommée par le résistor donc P_M =RI² qui nous donne : Ω

=

= 4

R PI^M₂ 13. L'impédance du moteur est Z R L U

= ²+ ²ω² = I d'où on déduit : mH 17 I R

U f 2

L 1 ²

2

=

−



 





= π

14. Initialement le facteur de puissance est inductif (ϕ > 0), il peut le rester (ϕ' > 0) ou devenir capacitif (ϕ' < 0).

L'intensité instantanée totale dans la ligne est :

( )

i i i

R jL jC u R

Z j j Z C

R u

'= + C = tan

+ +



 

 =  − +











1 ₂ 1

2

ω ω ϕ ω

On en déduit :

±tan 'ϕ =ωZ C−tanϕ R

2

PHYSIQUE - CORRIGÉ

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soit, puisque ^R

Z U

M 2 = P2

, il vient :

[ ]

C fU

= PM ±

2π ² tanϕ tan 'ϕ d'où la plus petite valeur de C :

F 246 C= µ

15. La présence du condensateur ne modifie pas le puissance absorbée par le moteur, donc : kW

4 ,

M=4 P'

16. Le courant qui circule dans la ligne a maintenant une intensité efficace : A

2 , ' 22 cos 'I U ^M =

= P' ϕ

Thermodynamique.

17. La transformation étant isentropique on peut utiliser la loi de Laplace, T P^{γ 1−γ} =Cte, qui nous donne :

Pa T 10

P T

P ^{1 6}

B A A

B  =

 



=  ^−γ

γ

18. Pour un gaz parfait on a PV

T =Cted'où on déduit :

3 4 A

B B A A

B 0,8.10 m

T P

T V P

V = = ⁻

19. La détente est isotherme donc la loi de Mariotte, PV = Cte, nous conduit à : Pa

10 . 93 , V 1 P V

P ⁵

A B B

C= =

20. Pour une évolution isotherme réversible on a : dS P

TdV nRdV V

P V T

dV V

A A A

= = =

On en déduit la variation d'entropie au cours de la transformation BC :

1 B

A A

A

BC A 0,471J.K

V ln V T

V

S P = ⁻

 



= 

∆

21. S est une fonction d'état donc, au cours d'un cycle, ∆S=∆S_AB+∆S_BC+∆S_CA =0 . Or, ∆S_AB = 0 car la transformation AB est isentropique ; il en résulte que :

BC 1

CA S 0,471J.K

S =−∆ =− ⁻

∆

22. La transformation CA est isochore et, par ailleurs, le gaz parfait suit la première loi de Joule. Le premier principe de la thermodynamique nous conduit à :

( ) ( )

∆U nR

T T P V

T

T T

CA A B Q

A A A

A B

= CA

− − = −

− =

γ 1 γ 1

soit :

J 3 , 96 Q_CA=− 23. D'après le deuxième principe de la thermodynamique :

∆S Q

T S

CA CA

A CA

= + c

car la source a une température constante TA. Il en résulte que :

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0 K . J 196 , T 0 S Q

S ¹

A CA CA

cCA=∆ − = ⁻ >

24. L'évolution CA est monotherme irréversible.

Mécanique du point.

25. La force de Lorentz qui s'exerce sur la particule est :

(

)

F_L=q ∧

26. Le théorème de composition des vitesses, v v= + ∧' Ω OM, montre que la vitesse initiale de la particule dans R' est :

0

'0 v v =

27. La force d'inertie d'entraînement subit par la particule dans R' est :

( )

( ) [ ( ) ]

F_ie = −mΩ∧ Ω∧OM = −mΩ²u_z∧ u_z∧OM = −mΩ² u OM u_z. . _z−OM soit :

OH F_ie=mΩ²

28. La force résultante qui s'exerce sur la particule dans R' est :

( ) ( )

F F= '_L+F_ie+F_ic=q v B∧ +mΩ²OH−2m Ω∧v' Or, d'après le théorème de composition des vitesses v v= + ∧' Ω OMd'où :

( ) ( ) ( )

( )

q v B∧ =q v B'∧ +q Ω∧OM ∧ =B mω_c v u'∧ _z −1mω_cOH 2

2

D'autre part :

( )

( ) ( )

−2m Ω∧v' =2mΩ v u'∧ _z = −mω_c v u'∧ _z En définitive :

OH F m ²_c

4 1 ω

−

=

29. La deuxième loi de Newton appliquée à la particule dans R' donne en projection suivant Ox' : ' '

x = −1 _cx 4

ω2

qui s'intègre en :

x t'( )=Asin _ct A' cos _ct

 

 + 

 

 1

2

1

ω 2ω

Or, à l'instant initial t = 0 on a x'(0) = 0 et x'( )0 =v_0x ; on en déduit A' = 0 et A 2v /= _0x ω_c d'où :

( )



 

 ω

= ω t

2 sin 1 v t 2 '

x _c

c x 0

30. La deuxième loi de Newton appliquée à la particule dans R' donne en projection suivant Oy' : y'= −1 _cy'

4 ω2

qui s'intègre en :

y t'( )=Dsin _ct D'cos _ct

 

 + 

 

 1

2

1

ω 2ω

Comme à l'instant initial y'(0) = 0 et y 0'( )=0 il vient D = D' = 0 d'où :

( )

Dans R', la trajectoire de la particule est la sinusoïde d'équation x v

v z

x c

c z

'= sin

 



2

2

0

ω 0

ω .