EPL - SESSION 2004 CORRIGÉ

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 :
2n
V=−
SC
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 :
♦ grandissement transversal : G =
A' B'
AB
=−
SA '
SA
1
SA
+
1
SA '
=
2
SC
= −V ;
.
De ces deux relations on déduit :
V=−
car SA = −10m (objet réel) et G =
1
1 
1 −  = −0,4δ
SA  G 
1
(image droite et plus petite que l'objet).
5
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 :
Z AB = jLω +
R
1 + jCRω
Ce dipôle sera équivalent à une résistance pure Req si ℑm{Z AB } = 0 , soit si :
L=
8.
R 2C
1+ R 2C 2ω2
Numériquement on obtient L = 120 mH.
AC
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9.
Dans ce cas Z AB = R eq =
R
d'où la valeur efficace I de l'intensité du courant qui
1 + R C 2 ω2
traverse la bobine (c'est aussi l'intensité du courant principal) :
E
E
I = 0 = 1 + R 2 C 2 ω 2 0 = 5A
R eq
R
2
(
10.
)
On a :
U AD = jLωI ,
U DB = Z DB I =
RI
1 + jCRω
On en déduit les valeurs efficaces des tensions :
U AD = LωI = 240V , U DB =
11.
On a U DB = R I1 =
I2
jCω
RI
1 + R 2 C 2 ω2
= 300V
d'où les valeurs efficaces des courants :
I1 =
U DB
= 3A , I 2 = CωU DB = 4A
R
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 :
1
P = ℜe{E.I *} = E 0 I = 900W
2
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 :
mg
= ρgS (h − H )
N
poids de la cloche
poids du liquide déplacé
On en déduit la hauteur h de la partie immergée du récipient :
m
h=
+H
ρS
14.
D'après la loi fondamentale de l'hydrostatique :
mg
S
Par ailleurs, l'air étant assimilé à un gaz parfait on a, d'après la loi de Mariotte (évolution supposée
isotherme) :
p 1 V1 = p 0 V0 = p 0 SH 0
De ces deux relations on tire l'expression du volume d'air emprisonné dans la cloche à l'équilibre :
p S2 H 0
V1 = 0
p 0 S + mg
p 1 − p 0 = ρg (h − H ) =
15.
La pression de l'air dans la cloche est :
p1 = p 0 +
mg
S
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 :
mg
p 2 = p1 = p 0 +
S
17. La pression étant uniforme dans tout le volume d'air on a d'après la loi fondamentale de
l'hydrostatique :
AC
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V2
S
Avec le résultat de la question 16 on en déduit le nouveau volume d'air emprisonné :
m
V2 =
ρ
p 2 − p 0 = ρg
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 :
mg + ρ 0 gVM = ρgH 0 S
d'où :
ρSH 0 − m
VM =
ρ0
Thermodynamique.
19.
Le système est fermé et isolé ; le bilan énergétique se traduit donc par :
∆U = ∆U 1 + ∆U 2 = 0
Or les gaz, supposés parfaits, suivent la première loi de Joule, soit :
n 1 c V (Tf − T1 ) + n 2 c V (Tf − T2 ) = 0
d'où la température finale du mélange :
n T + n 2 T2
Tf = 1 1
n1 + n 2
Tf 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 :
(n 1 + n 2 )Tf n 1T1 n 2 T2
=
+
pf
p1
p2
Compte tenu de l'expression de Tf il vient :
n 1 T1 + n 2 T2
p f = p1 p 2
n 1 T1 p 2 + n 2 T2 p 1
21.
On a
Vf
pf
p
p
=
= 1f = 2f , d'où les pressions partielles :
RTf
n1 + n 2
n1
n2
p 1f =
n1
pf
n1 + n 2
, p 2f =
n2
pf
n1 + n 2
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.
Tf
∆S11
pf 1
p
T 
dT
⌠ dp
=⌠
−R
= c p ln f  + R ln 1
 cp
⌡
T
⌡ p
 pf
 T1 
T
1
p1
Tf
pf 2
T2
p2

 + R ln 2

T 
p 
dT
⌠ dp
∆S12 = ⌠
−R
= c p ln f  + R ln 2  + R ln 2
 cp
⌡
T
⌡ p
 T2 
 pf 
Le bilan entropique du système conduit alors à :
 T2 
p p 
∆S(1) = ∆S11 + ∆S12 = c p ln f  + R ln 1 2 2  + 2R ln 2
 T1T2 
 pf 
AC
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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 :
∆S(2 ) = 2R ln 2 > 0
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) :
∆S (3) = 0
Mécanique du point.
25.
En l'absence de frottements il y a conservation de l'énergie mécanique, soit :
1
mVP2 − mgr cos θ = mg(h − r )
2
d'où :
VP = 2g [h − r (1 − cos θ )]
26. On applique la deuxième loi de Newton au point matériel dans le référentiel lié au support et
supposé galiléen, soit :
ma(P / R ) = R + mg
avec :
dVP
V2
PC
τ + P n , où n =
, car le mouvement est circulaire ;
♦ a(P / R ) =
dt
r
PC
♦ 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 :
mg
[2h − 2r + 3r cos θ]
R (θ ) =
r
27.
Pour que le point matériel puisse atteindre A il faut que R (π) ≥ 0 soit 2h − 5r ≥ 0 qui impose :
5
h ≥ hm = r
2
28.
Dans ce cas :
R I = R (0 ) =
29.
mg
(2h m + r ) = 6mg
r
Toujours dans l'hypothèse où h = hm la vitesse du point matériel P en A est alors :
VA = VP (π ) = 2g (h m − 2r ) = gr
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 :
1
x = VA t + x C , y = − gt 2 + 2r
2
d'où l'équation cartésienne :
g  x − xC
y = 2r − 
2  VA



Cette trajectoire coupe l'axe Ox en M(x0 < xC , y0 = 0) tel que :
x 0 = x C − 2 VA
AC
2
r
= x C − 2r
g