Corrigé

ICNA - SESSION 2011
ÉPREUVE OPTIONNELLE DE PHYSIQUE
CORRIGÉ
Réfractomètre interférentiel de Rayleigh.
1.
On est en présence du montage interférentiel des fentes d'Young. Dans le plan focal image de la
lentille mince convergente L2 on observe – à l'aide d'un oculaire - des franges d'interférence qui sont des
segments de droite parallèles aux fentes. La frange centrale située en O correspond à la frange d'ordre
zéro (égalité des chemins optiques  SC1O  et  SC2 O  ) : c'est une frange brillante.
2.
L'ordre d'interférence en un point P, d'abscisse x, du plan focal image de L2 est :
x
ax
px 

0
 0 f '2
L'interfrange i, distance entre deux points homologues voisins, est tel que p  x  i   p  x   1 ; on en
déduit :
 f'
i 0 2
a
3.
L'œil normal – c'est-à-dire emmétrope – n'accommode pas lorsqu'il observe un objet à l'infini. Le
plan focal image de L2 est alors confondu avec le plan focal objet de l'oculaire L3 : l'ensemble forme un
système afocal. L'œil va donc observer un interfrange (c'est un nom masculin) sous un angle  tel que :
 f'
i
tan  
 0 2
f '3
af '3
soit :
 i 
  0 f '2 
  arctan 
  arctan 

 f '3 
 af '3 
4.
On vide l'air contenu dans la cuve C1 ; la différence de marche en P devient alors :
ax
 '  x    SC2 P   SC1P  
  n  1 L
f '2
La frange d'ordre zéro, qui se trouvait initialement en x = 0, est maintenant située à l'abscisse :
 n  1 Lf '2
 f'
x0  
 pi  p 0 2 (p > 0)
a
a
Le déphasage entre les rayons qui interfèrent au point P est alors :
 ' x 
ax
  x   2
 2
 2p
0
 0 f '2
5.
La différence de marche en x = 0 est maintenant :
 '  0    n  1 L  p 0
6.
On en déduit l'expression de l'indice de l'air :
n 1 p
7.
0
L
Numériquement on obtient :
n  1, 0003
AC
2
ICNA - SESSION 2011
Filtre actif.
On est en présence d'un filtre actif d'ordre deux à structure de Rauch.
L'AO est supposé idéal et fonctionne en régime linéaire donc i   i   0 et v   v .
L'entrée non inverseuse E  est reliée à la masse donc v   0 .
On applique le théorème de Millman
♦ en A (point commun aux deux résistances R et aux impédances Z1 et Z 2 ) :
2 1
ue us
1 
  
 vA  
R
Z
Z
R Z2

1
2 
♦ à l'entrée inverseuse E  :
us vA

 v  0
2R Z1
De ces deux relations on déduit la fonction de transfert harmonique :
u
2
H s 
ue
 Z1 Z1
R 
1 2  


 R 2Z2 Z 2 
v 
8.
On suppose que Z1  Z2  R . Le facteur d'amplification en tension est alors :
Au 
9.
us
1

ue
3
L'intensité du courant d'entrée est :
u
1
1
ie   u e  v A    u e  s
R
R
2
 1  Au
  R 1  2



 ue

soit :
ie 
5 ue
6 R
10.
L'impédance d'entrée du filtre est alors :
u
6R
 R e  60k
Z e  e 
ii
5
C'est une résistance.
11.
Maintenant nous avons Z1  Z2 
1
. On en déduit la fonction de transfert harmonique du filtre :
jC
H  j  
1
1 

1  j  CR 

CR 

On observe que :
♦ lim H  lim H  0

 0
1
RC
On est donc en présence d'un filtre passe-bande dont la fréquence de résonance est :
1
f0 
 16Hz
2RC
♦ H passe par un maximum, qui vaut H max  1 , pour   0 
12.
AC
Les fréquences limites de la bande passante à 3dB sont les valeurs de f telles que :
H
1
H  jf   max
2
2
f f 
1   0 
 f0 f 
3
ÉPREUVE OPTIONNELLE DE PHYSIQUE - CORRIGÉ
soit :
f 2  f0 f  f02  0
Les solutions physiquement admissibles sont :
5 1
5 1
f0 , f2 
f0
2
2
Il en résulte une bande passante f  f 2  f1  f0 d'où le facteur de qualité du filtre :
f1 
Q
f0
1
f
Remarque. La fonction de transfert d'un tel filtre admet la forme canonique :
H 0
Hx 
1

1  jQ  x  
x


avec x 
, ce qui nous donne par identification Q  1 .
0
13.
Pour   0 le facteur d'amplification en tension du système est :
A 'u  H  j0   1
14. En régime stationnaire une bobine idéale est équivalente à un interrupteur fermé ; l'AO est alors
monté en suiveur avec v A  v  v  vs  0 . La résistance d'entrée du circuit est :
R 'e 
ue
ue
R
R
ie
u e  v
Remarque. Un tel montage ne présente alors aucun intérêt ; il en est de même de la question
posée.
Mouvement d'un solide.
2
mR 2 est celui d'une sphère – et non pas d'un disque - par
5
rapport à un axe passant par son centre.
Attention, le moment d'inertie I 
15. On note R le référentiel du laboratoire supposé galiléen, S le solide qui est une sphère. On applique
le théorème de la résultante dynamique à S dans R, soit :

 dv  C,S / R  
 
m
  mg  N
dt

R
Le contact entre S et la piste OA est dépourvu de frottement, il en résulte que :


v  C,S / R  .e x  Cte
Le mouvement de S sur la piste OA est une translation uniforme.
Remarque. Le point O' est atteint avec la vitesse v 0.
16.
Le solide S roule sans glisser sur la piste O'B ce qui se traduit par :

 


v  J,S / R   v  C,S / R    S / R   CJ  0
où J est le point de contact entre S et O'B.


 
Sachant que   S / R    e y , v  C,S / R   v e 'x il en résulte que :
v  R
L'énergie cinétique du solide est donnée par le théorème de Koenig :
1 
1 
Ek S / R   mv 2  C,S / R   I2 S / R 
2
2
Compte tenu de la condition de roulement sans glissement on obtient :
AC
4
ICNA - SESSION 2011
Ek S / R  
7
mv 2
10
17.
Le théorème de l'énergie cinétique appliqué à S entre O' et B se traduit par :
7
m  v 2B  v20   mg 0 h  mg0 Lsin 
10
D'où l'expression de la vitesse en B :
10
v 2B  v02  g 0 L sin 
7
Pour que le point B soit effectivement atteint il faut que cette vitesse existe ce qui impose, avec sin  
v0  v 0,m 
1
:
2
10
5
g 0 L sin  
g0L
7
7
18.
On applique le théorème de la puissance cinétique S dans R :
dEk S / R 
 Pext
dt
Comme S roule sans glisser sur le plan incliné, la puissance des forces extérieures se réduit à celle du
poids du solide, soit Pext  mg 0 vsin  .
dEk S / R 
7
dv 7
 mv
 mva .
dt
5
dt 5
L'accélération du centre d'inertie du solide du solide est donc :
5
5
a   g 0 sin    g 0
7
14
Par ailleurs
19. Le théorème de la résultante dynamique appliqué à S dans R donne respectivement en projection


selon e 'x et e 'z :
ma  T  mg0 sin   T  ma  mg0 sin  
2
mg 0 sin 
7
, 0  N  mg 0 cos   N  mg0 sin 
On en déduit le rapport :
T 2
2 3
 tan  
N 7
21
dv
, on déduit par intégration par rapport au temps , v  v0  at . Le solide atteint donc le
dt
point B où il va décoller, car on suppose v0  v0,m , à l'instant td :
20.
De a 
td 
21.
v B  v0

a
v20  2aL  v0
a

v0
v 2 2L
 02 
a
a
a
Lors de son décollage la vitesse du centre d'inertie de S est :
vd  vB  v 20 
10
g 0 L sin   v02  2aL
7
Moteur thermique à air.
L'air est assimilé à un gaz parfait.
22.
La transformation E1  E 2 est une compression isotherme donc, d'après la loi de Mariotte, on a
p1 V1  p2 V2 . On en déduit, compte tenu de l'équation d'état d'un gaz parfait pV 
dans l'état E2 :
AC
m
RT , le volume V2
M
5
ÉPREUVE OPTIONNELLE DE PHYSIQUE - CORRIGÉ
V2 
23.
p1
p m RT1
V1  1
 2, 5L
p2
p 2 M p1
La transformation E 2  E 3 est un échauffement isobare donc
V
 Cte . Le volume d'air dans
T
l'état E3 est alors, compte tenu que T2  T1 :
V3  V2
24.
T3
T
 V2 3  10 L
T2
T1
La transformation E 3  E 4 est une détente adiabatique et réversible donc isentropique ; on peut
utiliser la formule de Laplace pV   Cte . Ainsi, compte tenu que p4  p1 et p3  p 2 , le volume d'air
dans l'état E4 est :
1
 p 
V4  V3  2   36 L
 p1 
25. La transformation E 3  E 4 est isentropique donc, d'après le premier principe de la
thermodynamique, le travail reçu par le fluide est W34  U34 . Or un gaz parfait suit la première loi de
Joule ce qui nous conduit à :
p V p V
nR
W34  U 34 
 T4  T3   4 4 3 3
 1
 1
Mp1 V4
On a W34  0 car T4 
 838K  T3  1400K .
mR
26.
Au cours d'un cycle le fluide reçoit un travail :
W  W12  W23  W34  W41
avec :
E2
p2
p 
 dp
 p1V1 ln  2  travail reçu au cours de la compression isotherme
♦ W12    p.dV  p1V1 
 p
E1
 p1 
p1
♦ W23  p2  V3  V2  et W41  p1  V1  V4  travaux reçus par le fluide au cours des échauffement et du
refroidissement isobares
En définitive on obtient :
p 
W  W34  p1 V1 ln  2   p2  V3  V2   p1  V1  V4 
 p1 
 
 p 
Ce travail, que l'on peut mettre sous la forme compacte W  nR 
T  T3   T1 ln  2   , est
  1  4

 p1  

négatif.
27. Au cours de l'échauffement isobare le fluide reçoit, de la source chaude, une quantité de chaleur
Q23  H 23 . Comme un gaz parfait suit la deuxième loi de Joule il vient :
Q 23  H 23 
nR
mR
 T3  T2  
 T  T2   0
 1
M    1 3
Remarque. Pour les autres phases on a Q12  0 , Q34  0 et Q 41  0 .
28.
Le rendement de ce moteur est défini par :

W
Q23
AC
6
ICNA - SESSION 2011
Induction électromagnétique.
29. On est en présence d'un circuit rigide mobile dans un champ magnétique constant et uniforme (cas
de Lorentz). Dans cette situation le flux coupé et égal à la variation de flux à travers le circuit soit,
puisque l'immersion du circuit dans le champ magnétique n'est que partielle :
 0 dt
c  d  na xB
La loi de Faraday nous conduit alors à une force électromotrice induite :
d
e
 naB0 x
dt

 
Remarque. On peut aussi utiliser le champ électromoteur de Lorentz, E m  v  B , et calculer sa
circulation le long du circuit.
30. Le cadre n'est pas complètement plongé dans le champ magnétique. La résultante des forces de
Laplace qui s'exerce sur la partie immergée dans le champ est alors définie par :

 
 
  

FL  n   id   B   id   B   id   B 
NN'
M'M
 MN

où M'M et NN' sont les parties verticales d'une spire soumises au champ magnétique.
 
 
Les sens du courant dans M'M et NN' sont opposés ce qui implique  id   B    id   B .
NN'
M'M
En définitive nous avons :
y a




FL  n   i dye y    B0 ez   naiB0 e x
y
31. Le théorème de la résultante dynamique appliqué au cadre dans le référentiel du laboratoire

supposé galiléen nous donne, en projection suivant ex , l'équation mécanique du système :
dv
m x  naB0 i  mg (EM)
dt
La loi d'Ohm nous conduit à l'équation électrique :
di
L  Ri  naB0 v x (EE)
dt
On tire l'intensité i de l'équation mécanique et l'on reporte son expression dans l'équation électrique. On
obtient l'équation différentielle à laquelle obéit la vitesse de translation du cadre :
2
d 2 v x R dv x  naB0 
R


vx  g
2
L dt
mL
L
dt
Par identification avec l'équation différentielle proposée il vient :
L
   1ms
R
32.
De même on obtient :
0 
naB0
mL
33.
Si on néglige l'inductance propre du circuit l'équation électrique se réduit à :
Ri  naB0 v x (EE')
En reportant l'expression de l'intensité i du courant dans l'équation mécanique (EM) on obtient la nouvelle
équation différentielle du mouvement du cadre :
2
dv x  naB0 

vx  g
dt
mR
Que l'on peut mettre sous la forme proposée dans l'énoncé si on pose :
mR
' 
 naB0 2
AC
7
ÉPREUVE OPTIONNELLE DE PHYSIQUE - CORRIGÉ
34. Lorsque la vitesse limite est atteinte l'accélération s'annule ; ainsi, de l'équation différentielle obtenue à
la question précédente, on déduit :
mRg
v 
 0,8m.s 1
2
 naB0 
Vidange d'un réservoir.
35. La relation fondamentale de la statique des fluides dans le référentiel terrestre supposé galiléen,
 


m g  gradp  0 , nous montre que les surfaces isobares – perpendiculaires à grad p - sont les plans

orthogonaux à g . On a donc p  p  z  ce qui nous conduit en projection selon l'axe Oz à :
dp  z 
 m g 0
dz
Compte tenu de la continuité de la pression à l'interface air/eau, soit p  h   p0 , la relation précédente
s'intègre en :
p  z   p0  m g0  h  z 
On observe ainsi que :
♦ la pression dans le liquide est indépendante de la forme du réservoir qui le contient ;
♦ la pression au fond du réservoir, c'est-à-dire pour z = 0, est supérieure à la pression atmosphérique ;
♦ la pression augmente de 103 Pa, soit environ 102 atm , lorsque la profondeur varie de 10 cm.
36. On suppose l'écoulement quasi stationnaire ce qui nous permet d'appliquer le théorème de
Bernoulli le long de la ligne de courant qui relie un point de la surface libre du liquide avec le point O
centre de la bonde. Il vient :
2
2
p0 1  dh  t  
p0 v  t 
 

g
h
t



0  
m 2  dt 
m
2
Par ailleurs, l'eau étant considérée comme un fluide incompressible, la conservation du débit volumique
se traduit par :
dh  t 
a 2 v  t   R 2
dt
De ces deux relations on déduit la vitesse du fluide en O :
vt 
37.
2g 0 h  t 
1  a / R 
4
On suppose que a  R ce qui nous permet de retrouver le théorème de Torricceli,
v  t   2g 0 h  t  . La conservation du débit volumique nous conduit alors à l'équation différentielle :
dh  t 
a2
 2g 0 2
dt
R
h t  0
0
38.
R2
La durée de vidange du réservoir est v  
2g 0 a 2
 dh  t 
, soit :

 h t


h0
2
v 
R
a2
2h 0
 500s
g0
39. Attention, ce n'est pas la hauteur de liquide qui est proportionnelle au temps mais la
différence des hauteurs h 0  h  t   Vt . Ce vase constitue une clepsydre c'est-à-dire une
horloge à eau.
Dans cette nouvelle géométrie, compte tenu que   a , la conservation du débit volumique se traduit par :
AC
8
ICNA - SESSION 2011
a 2 2g 0 h  t   2
dh  t 
dt
soit encore :
a 2 2g 0 h  t   k '2 h  t 
dh  t 
dt
On en déduit :
dh  t 
dt
40.

La durée de vidange de ce réservoir est  ' 
k' 
2g 0 a 2
k '2
k '2 h 0
2g0 a
2g 0  '
h0
. On souhaite que  '  250s ce qui impose :
a  0, 2m3/4
-:-:-:-:-
AC
 V