Corrigé

AC
ICNA - SESSION 2003
ÉPREUVE OPTIONNELLE DE PHYSIQUE
CORRIGÉ
Optique géométrique : élargisseur de faisceau.
1. Le système optique donne, d'un faisceau incident cylindrique parallèle à l'axe optique, un faisceau
émergent cylindrique de même axe : le système est donc afocal.
2. Pour que ce système soit afocal il faut que le foyer principal objet de
L
3 soit le conjugué image,
dans
L
2, du foyer principal image de
L
1.
3. La formule de conjugaison de Descartes nous conduit à écrire :
2
3o
2
1i
2f
1
FO
1
FO
1=+−
Compte tenu que 3
3o
3
3
2
3o
21
1i
1
1
2
1i
2fFOOOFOet fFOOOFO −δ=+=∆−=+= il vient :
231 f
1
f
1
f
1=
−δ
+
∆−
−
4. Les triangles O1Fi1J1 et O2Fi1J2 d'une part, O2Fo3J2 et O3Fo3J3 d'autre part, sont homothétiques. Il en
résulte que :
3o
2
2
2
3o
3
3
3o
3
3
3
1i
2
2
2
1i
1
1
1i
1
1
1
FO
JO
FO
r
FO
JO
et
FO
JO
FO
r
FO
JO =−===
On en déduit :
()
()
31
13
1i
1
1i
2
3o
2
3o
3
1
3
ff
ff
FO
FO
.
FO
FO
r
r
−δ
∆−
=−=
5. Des relations obtenues aux questions 3 et 4 on
déduit aisément par élimination de (δ − f3) :
−+=∆
13
31
21 rf
rf
1ff
6. De la même manière, par élimination de (f1 − ∆), on obtient :
−+=δ
31
13
23 rf
rf
1ff
7. L'encombrement du système est tel que :
cm23
rf
rf
rf
rf
2fffOOd
31
13
13
31
231
3
1=
−−−+=δ+∆==
Réflexion d'une onde électromagnétique sur un conducteur.
8. L'onde incidente est plane donc son champ magnétique est tel que :
()
(
)()
yii
0
ii
it.cos
c
E
t,
t, erk
rEk
rB ω−=
ω
∧
=
9. Dans un conducteur parfait (conductivité infinie), champ électrique et champ magnétique sont
nuls en tout point.
En tout point du plan z = 0 il y a :
♦ continuité de la composante tangentielle du champ électrique :
O
1
O
2
O
3
J
1
J
2
J
3
F
i1
F
o3
1
L
2
L
3
L
r
1
r
2
∆δ

ICNA - SESSION 2003
AC
108
(
)
(
)
0rErE
=
+
t,'t,' rtit
♦ discontinuité de la composante normale du champ électrique s'il existe, sur ce plan, une densité
superficielle de charge non nulle, soit :
() ()()
(
)
0
ri
t,'
t,'t,'. ε
σ
−=+ r rErEN
Attention, le signe "−" est dû au fait que la normale N est dirigée vers l'intérieur du conducteur.
10. La présence du conducteur, immobile, ne modifie pas la dépendance temporelle du champ
électrique.
L'onde se réfléchie suivant les lois de Snell-Descartes donc kr est symétrique de ki par rapport au plan z = 0
ainsi kr = krezr.
Dans le vide l'équation de Maxwell-Gauss, ∇.Er = 0, nous conduit à kr.Er = 0 donc le champ électrique
réfléchi est également transverse.
La continuité de la composante tangentielle - donc ici totale - du champ électrique dans le plan z = 0,
compte tenu que kr.r' = ki.r', nous donne E0r = −E0exi = −E0exr.
En définitive le champ électrique associé à l'onde réfléchie est :
()
(
)
xrr0r t.cosEt, erkrE
ω
−
−
=
11. En tout point du plan z = 0 il y a :
♦ continuité de la composante normale du champ magnétique :
(
)
(
)
(
)
0rBrBN
=
+
t,'t,'. ri
♦ discontinuité de la composante tangentielle du champ magnétique s'il existe, sur ce plan, une densité
superficielle de courant non nulle, soit :
()
(
)
(
)
t,'t,'t,' s0rtit rjNrBrB
∧
µ
=
+
12. L'onde réfléchie étant plane on a :
()
(
)()
yrr
0
rr
rt.cos
c
E
t,
t, erk
rEk
rB ω−−=
ω
∧
=
13. La densité superficielle de charge est nulle car le champ électrique est uniquement tangentiel.
14. La densité superficielle de courant est telle que :
() () ()() ()
xii
0
0
rtit
0
st'.cosicos
c
E2
t,'t,'
1
t,' erkNrBrBrj ω−
µ
=∧+
µ
=
Mécanique du point : satellite.
15. Dans le référentiel RT, galiléen, la deuxième loi de Newton appliquée au satellite implique :
()
3
TmM/Sm
TS
TS
af GR −==
On est en présence d'un mouvement à force centrale ; la trajectoire du satellite est plane et son plan
contient T.
16. La trajectoire du satellite sera un cercle, contenu dans le plan méridien du lieu où il se trouve
passant par les pôles de la Terre (orbite polaire), si, à la distance r0 de T et juste après l'impulsion, il a une
vitesse v0 orthogonale à TS et contenue dans le plan méridien considéré.
17. Le satellite, à l'altitude h, est animé d'un mouvement circulaire uniforme dont la période est
donnée par la troisième loi de Képler, soit :
()
M
hR
2T
3
0G
+
π=
18. L'énergie mécanique du satellite sur sa trajectoire est :
() ()
hR2
mM
hR
mM
hR2
mM
hR
mM
mv
2
12
0pcm +
−=
+
−
+
=
+
−=+= GGGGEEE

ÉPREUVE OPTIONNELLE DE PHYSIQUE - CORRIGÉ
AC
109
si on suppose nulle l'énergie potentielle de gravitation à l'infini.
19. Au niveau du sol la vitesse du satellite, dans RT, est celle du point coïncidant avec la surface
terrestre soit :
()
(
)
ϕ
λ
Ω
=
∧
Ω
=
eTOev cosR/O T
zT
R
Son énergie mécanique est alors :
R
mM
cosRm
2
1222
0m GE −λΩ=
20. Pour placer le satellite sur orbite, à partir du point de lancement O situé sur l'équateur, il faut lui
fournir une énergie :
()
2222
0mms Rm
2
1
hR
h2R
R2
mM
Rm
2
1
R
mM
hR2
mM Ω−
+
+
=Ω−+
+
−=−= GGGEEE
Le fait d'effectuer le lancement depuis une base située sur l'équateur (base française de Kourou en
Guyane) rend cette énergie minimale.
Machine frigorifique.
21. Lorsqu'on amène le fluide de A0 en A le long de la courbe d'ébullition il en résulte une variation
d'entropie 
⌡
⌠
=−
1
0
0
T
T
AA T
dT
cSS A soit, si on suppose cA constante :
=−
0
1
AA T
T
lncSS 0A
22. Lors de la vaporisation isotherme partielle qui amène le fluide de A0 en B on a une variation
d'entropie :
0
0
BAB T
xSS 0
A
=−
23. La transformation A → B étant isentropique (adiabatique et réversible) on a SA = SB ce qui nous
conduit, compte tenu des résultats précédents, à un titre massique en vapeur en B :
=
0
1
0
0
BT
T
ln
T
cx A
A
24. Lors de la condensation isotherme totale qui amène le fluide de D en A on a une variation
d'entropie :
1
1
DA T
SS A
−=−
Or l'évolution C→ D est isentropique donc 0
A
0
0
CCD S
T
xSS +== A.
Il en résulte que :
()
0
0
C
0
1
0
0
CAACA
1
1
DA T
x
T
T
lnc
T
xSSSS
T
SS 0
AA
A
A−
=−−=−=−=−
On en déduit le titre massique en vapeur en C :
+=
0
1
0
0
1
0
0
1
CT
T
ln
T
c
T
T
xAA
A
A
25. Lors de l'évolution D → A la quantité de chaleur échangée avec le milieu extérieur est :
0HQ 1DA1
<
−
=
∆
=
A
C'est la quantité de chaleur fournie à la source chaude de température T1.

ICNA - SESSION 2003
AC
110
26. Lors de l'évolution B → C la quantité de chaleur échangée avec le milieu extérieur est :
() 0
T
T
xxHQ
1
0
10BCBC0 >=−=∆= AA
C'est la quantité de chaleur retirée à la source froide de température T0.
27. Au cours d'un cycle le travail échangé est, d'après le premier principe de la thermodynamique et
compte tenu que les évolutions CD et AB sont isentropiques :
()
0
T
T
1QQW
1
0
110 >
−=+−= A
C'est le travail reçu par la machine.
28. Cette machine thermique présente donc une efficacité :
4,13
TT
T
W
Q
11
00 =
−
==η
Diffusion thermique.
29. Le coefficient de diffusion thermique s'exprime en W.m−1.K−1.
30. Pour ce système unidimensionnel, en régime stationnaire, en l'absence de terme de production,
l'équation de diffusion thermique se réduit à :
(
)
0
dx
xTd
2
2=. Elle s'intègre en :
(
)
BAxxT +
=
.
L'hypothèse de l'énoncé suppose une température continue à la jonction c'est-à-dire en x = 0. Ainsi les
conditions aux limites sur le cylindre C1, T(−A1) = T1 et T(0) = T0, conduisent à :
()
(
)
x
TT
TxT
1
10
0A
−
+=
31. On a, d'après la loi de Fourier,
(
)()
01
1
1
1th TT
dx
xdT
j−
λ
=λ−= A d'où ()
01
1
1
th TT
s− λ
=φ A. On en
déduit la résistance thermique de C1 :
s
TT
R
1
1
th
01
1th λ
=
φ
−
=A
32. Par analogie, la résistance thermique de C2 est s
R
2
2
2th λ
=A. Les deux résistances sont montées en
série - conservation du courant thermique à la jonction - d'où la résistance thermique de l'ensemble :
ss
R
2
2
1
1
th λ
+
λ
=AA
33. La conservation du flux thermique à la jonction se traduit par :
2th
20
1th
01
1th R
TT
R
TT
−
=
−
=φ
On en déduit la température commune aux deux barreaux en x = 0 :
2th1th
21th12th
0RR
TRTR
T+
+
=
C'est le barycentre des températures T1 et T2 affectées, respectivement, des coefficients Rth2 et Rth1.
Électrocinétique : régime transitoire.
34. Quand l'interrupteur K est fermé la partie supérieure du circuit est galvaniquement isolée et sa
charge électrique se conserve, soit :
(
)
(
)
021 Qtqtq
=
+

ÉPREUVE OPTIONNELLE DE PHYSIQUE - CORRIGÉ
AC
111
qui entraîne :
(
)
(
)()
ti
dt
tdq
dt
tdq 12 =−=
D'autre part la loi des mailles appliquée au circuit nous donne :
(
)
(
)()
0tRi
C
tq
C
tq
2
2
1
1=−−
En dérivant par rapport au temps on obtient l'équation différentielle :
(
)
(
)
0
ti
dt
tdi =
τ
+
si on pose :
21
21
CC
CRC
+
=τ
35. A l'instant t = 0+ on a
()
1
0
RC
Q
0i =
+ donc, l'équation différentielle précédente s'intègre en :
()
τ
−= t exp
RC
Q
ti
1
0
36. L'énergie dissipée sous forme d'effet Joule dans la résistance à la fin du régime transitoire
(théoriquement au bout d'un temps infini) est :
() ()
211
2
02
0
2
RCCC2
QC
dttRiW + == ∫
+∞
Notons que cette énergie ne dépend pas de la valeur de la résistance : lorsque celle-ci est très faible,
l'intensité du courant est très grande de manière à ce que l'intégrale soit finie.
37. A la fin du régime transitoire on a deux condensateurs en parallèle portant les charges électriques
respectives Q1 et Q2 telles que :
21
0
2
2
1
1
CC
Q
C
Q
C
Q
+
==
On en déduit aisément :
21
02
2
21
01
1CC
QC
Q,
CC
QC
Q+ =
+
=
38. La variation d'énergie électrostatique de l'ensemble des deux condensateurs est alors :
()
211
2
02
1
2
0
2
2
2
1
2
1
CCC
QC
C2
Q
C2
Q
C2
Q
+
−=−
+=∆E
39. Le bilan d'énergie électrique du circuit se traduit par :
0WR
=
+
∆
E
40. La différence d'énergie électrostatique Ei − Ef = −∆E, récupérable sous forme de travail, a été
utilisée pour provoquer la circulation des charges dans la résistance. Or l'énergie fournie aux électrons
dans une résistance est dissipée sous forme de chaleur. Le bilan d'énergie totale de ce système se traduit
alors par :
0WU R
=
−
∆