EPL - SESSION 2006 CORRIGÉ

EPL - SESSION 2006
CORRIGÉ
Mécanique du point : problème de Képler.
1.
µ est la masse réduite du système telle que :
 1
1 
µ=
+

 m1 m 2 
−1
=
m1m 2
m1 + m 2
2.
Le problème à deux corps se réduit, dans le référentiel du centre de masse R*, à l'étude du
mouvement d'un point matériel fictif A, de masse µ, de rayon vecteur r = CA, soumis à la seule force
mm
r
centrale et newtonienne F = −G m1m 2 3 qui dérive de l'énergie potentielle Ep = −G 1 2 . Ainsi, au
r
r
cours du mouvement de A, il y a conservation de l'énergie mécanique et du moment cinétique de A en C.
3.
Le mouvement de A s'effectue dans le plan (C,ex,ey). Son vecteur vitesse, en coordonnées polaires,
µ 2 2 2
r + r ϕ .
est v ( A / R *) = r e r + r ϕ eϕ , d'où l'expression de l'énergie cinétique Ek =
2
On en déduit son énergie mécanique :
mm
µ 2 2 2
E m = Ek + E p =
r + r ϕ − G 1 2
2
r
(
(
4.
)
)
La conservation du moment cinétique de A en C dans R* se traduit par : L z = µ r 2 ϕ = Cte . D'autre
part on a : r = ϕ
dr ( ϕ )
dϕ
. On peut donc écrire l'expression de l'énergie cinétique de A dans R* sous la
forme :
Ek =
5.
L2
µ 2 2 2
r + r ϕ = z 2
2
2µ r
(
On introduit la fonction u ( ϕ ) =
Em =
)

1
1 +
 r2

 dr 


 dϕ 
2




1
. Dans ce cas il vient :
r ( ϕ)
L2z  2  du 
u +

2µ 
 dϕ 

2

 − G m1m 2 u = Cte


En dérivant cette relation par rapport à ϕ on obtient, après simplification par
d2 u ( ϕ)
2
+ u ( ϕ) = G
µ m1m 2
L2z
=
du
≠0 :
dϕ
1
p
dϕ
La résolution de cette équation différentielle conduit à l'expression de la trajectoire de A dans R*.
6.
Dans ce cas l'expression de l'énergie mécanique devient :
m
mm
E m = Ek + E p = 1 v 2 − G 1 2
2
r
La vitesse de libération vA est la vitesse minimale pour laquelle l'état est libre : l'orbite est donc
parabolique et l'énergie mécanique nulle. Cette vitesse, à l'altitude h au-dessus du sol terrestre est alors :
m2
vA = 2 G
≈ 10,8km.s −1
RT + h
AC
EPL - SESSION 2006
98
Électronique : pseudo-intégrateur.
7.
L'AO est supposé parfait ( i + = i − = 0 ) et fonctionne en régime linéaire ( v + = v − ) .
En régime continu établi le montage se comporte comme un amplificateur inverseur de tension dont
le facteur d'amplification est :
R
A 0 = − 2 = −1, 2
R1
8.
L'entrée non inverseuse est directement liée à la masse donc v + = 0 . Comme v + = v − , le
théorème de Millman appliqué à l'entrée inverseuse nous donne :
 1

u
+ jCω  u s + e = 0

R1
 R2

On en déduit la fonction de transfert du montage :
u
R 2 / R1
H ( jω ) = s = −
ue
1 + jCR 2 ω
C'est la fonction de transfert caractéristique d'un filtre passe-bas du premier ordre fondamental de
fréquence de coupure à −3 dB :
ω
1
f0 = 0 =
≈ 1895Hz
2π 2πR 2 C
9.
L'amplitude de la tension de sortie est telle que :
u e,m
R
u s,m = H u e,m = 2
R1 1 + f / f
(
10.
2
0)
≈ 3,3V
Si on écrit H ( jω) = H exp ( jϕ ( ω) ) alors ϕ ( ω) = arg H ( jω) représente l'avance de phase de la
sortie par rapport à l'entrée.
Dans le cas du montage proposé il vient :

f 
f 
ϕ ( ω) = arg H ( jω) = π − arg  1 + j  = π − arctan   ≈ 110°
f0 

 f0 
La tension de sortie est donc en avance de 110° par rapport à la tension d'entrée.
11.
L'intensité instantanée du courant de sortie de l'AO est telle que :
 R
u
u
f u
is = s − e =  1 + 2 + j  s
R 3 R1  R 3
f0  R 2
Son amplitude est donc :
3
is,m
12.
2
 R   f  u s,m
= 1 + 2  +  
≈ 2, 7mA
 R 3   f0  R 2
Pour f = 50kHz f 0 = 1895Hz on a H ( jω) =
us
ue
≈−
1
1
u e dt : le
soit u s = −
jCR1ω
R1C
∫
montage se comporte comme un intégrateur. Si la tension d'entrée est une tension créneau alors la
tension de sortie sera de forme triangulaire.
Électrostatique : modèle d'atome d'hydrogène.
13.
La charge électrique contenue dans le volume sphérique de centre O et de rayon R est :
R
 2r 
⌠
Q ( R ) = e +  ρ0 exp  −  4π r 2 dr
⌡
 a0 
(
0
AC
)
PHYSIQUE - CORRIGÉ
99
En effectuant le changement de variable x =
2r
il vient :
a0
a 
Q ( R ) = e + 4πρ0  0 
 2 
3 2R / a 0
∫
x 2 exp ( − x ) dx
0
Il en résulte que
  R 2 2R 
 2R 
Q ( R ) = e + πρ0 a 30 − πρ0 a 30  2   +
+ 1 exp  −

  a0 

a0
 a0 


14.
Un atome est électriquement neutre soit :
lim Q ( R ) = e + πρ0 a 30 = 0
R →∞
On en déduit :
ρ0 = −
15.
e
πa 30
Les propriétés de symétrie de cette distribution de charge impliquent que E = E r ( r ) u r ; on peut
alors appliquer le théorème de Gauss sur une surface sphérique de centre O et de rayon r, soit :
2
Q ( r ) e  2r
 r  
 2r 
2

4π r E r ( r ) =
=
1+
+ 2    exp  − 
ε0
ε0  a 0
 a 0  
 a0 

On en déduit :
Er ( r ) =
Notons que lim+ E r ( r ) =
r →0
16.
e
4πε0 r 2
2
 2r
 r  


1 +
 exp  − 2r 
+
2


2 
a0
4πε0 r
 a 0  
 a0 

e
, cohérent avec le modèle développé.
Potentiel et champ électrostatiques sont liés par la relation locale E = −∇ V soit E r ( r ) = −
dV ( r )
dr
qui se traduit par :
2
 2r
 r  


e
1 +
 exp  − 2r  =
2
+


2 
2
a0
4πε0 r
 a 0  
 a 0  4πε0 r

On en déduit par identification :
1
K=
a0
e
Il en résulte que V ( r ) =
 2r
r2
+ 2K
1 +
a0
 a0

 2r 
 exp  − 
 a0 

 2r 
e 
r 
 1 +  exp  −  .
4πε0 r  a 0 
 a0 
17.
L'électron se déplace sur une trajectoire circulaire, de rayon a0 et de centre O, sous la seule action
e2
de la force électrostatique F = −
u r exercée par le proton supposé fixe en O dans R galiléen.
4πε0 a 02
La deuxième loi de Newton appliqué à l'électron dans R nous conduit à m
v2
e2
=
d'où l'énergie
a 0 4πε0 a 02
cinétique de la particule :
EK =
1
e2
mv2 =
2
8πε0 a 0
AC
EPL - SESSION 2006
100
D'autre part, la force électrostatique dérive de l'énergie potentielle :
e2
Ep = − F.dr = −
4πε0 a 0
L'énergie mécanique de l'électron, donc de l'atome, est :
e2
Em = EK + Ep = −
8πε0 a 0
∫
18. Expérimentalement on mesure Em = −13, 6eV ≈ −2, 2.10−18 J : énergie de l'atome d'hydrogène
dans son état fondamental. On en déduit le rayon orbital :
e2
a0 =
≈ 53pm
8πε0 Em
Transformations d'un gaz parfait.
19.
La capacité thermique massique à volume constant est définie par cV =
CV
1  ∂U 
= 
. On
m
m  ∂T V
obtient ainsi, pour ce gaz parfait monoatomique :
3 nR 3 R
cV =
=
= 3,12kJ.K −1.kg −1
2 m 2M
20. Le gaz subit une détente isotherme réversible. La loi de Mariotte, pV = Cte, nous permet de
déterminer la pression du gaz dans l'état final, soit :
V
m RT1
p 2 = p1 1 =
= 2, 49.106 Pa
V2 M V2
21.
Au cours de cette évolution isotherme le gaz reçoit un travail :
V2
(2)
V 
m
dV
m
W12 = − p.dV = − RT1 ⌠
= − RT1 ln  2  = −571kJ
⌡
M
V
M
 V1 
(1)
V
∫
1
Notons que ce gaz parfait, obéissant à la première loi de Joule ( U = U ( T ) ) , reçoit, au cours de cette
détente isotherme, une quantité de chaleur : Q12 = − W12 = 571kJ .
22. Lors d'une évolution isentropique (adiabatique et réversible) d'un gaz parfait, température et
volume sont liés par la formule de Laplace : T.V γ−1 = Cte . Par ailleurs, pour un gaz parfait
nR
2 5
= 1 + = . On en déduit la température de l'hélium en fin de détente
monoatomique on a : γ = 1 +
mc V
3 3
isentropique :
V 
T3 = T1  1 
 V2 
23.
γ−1
V 
= T1  1 
 V2 
2/3
= 326K
Au cours du chauffage isochore (évolution ( 3) → ( 2 ) ) le gaz ne reçoit aucun travail ( W32 = 0 ) .
Par contre lors de la détente isentropique l'hélium reçoit, d'après le premier principe de la
thermodynamique et la première loi de Joule, le travail :
3 mR
W13 = ∆U13 = mc v ( T3 − T1 ) =
( T3 − T1 ) = −427kJ
2 M
En définitive le travail total reçu par le gaz au cours des évolutions successives (1) → ( 3) → ( 2 ) est :
W132 = W13 + W32 = −427kJ
24.
AC
L'entropie du gaz est une fonction d'état, sa variation entre l'état (1) et l'état (2) est donc telle que :
∆S = ∆S13 + ∆S32
PHYSIQUE - CORRIGÉ
101
Or ∆S13 = 0 car l'évolution est isentropique.
Pour l'évolution isochore on a :
( 2)
( 2)
T2
( 3)
( 3)
T3
δQ32 ⌠ dU 32 3 mR ⌠ dT 3 mR  T2 
ln   = 952J.K −1
∆S32 = ⌠
=
=
=
⌡ T
⌡ T
2 M ⌡ T
2 M  T3 
En définitive :
∆S = ∆S13 + ∆S32 = 952J.K −1
Électron en mouvement dans les champs E et B.
25. La deuxième loi de Newton appliqué à l'électron, soumis au seul champ électrique E = Ee x , dans
le référentiel du laboratoire R supposé galiléen, se traduit par :
dv
m
= qE
dt
Elle s'intègre, compte tenu des conditions initiales OM ( 0 ) = 0 et v ( 0 ) = v0 e z , en :
qE 2
t e x + v0 t ez
2m
Le mouvement de l'électron s'effectue dans le plan xOz. L'équation cartésienne de la trajectoire de
l'électron est alors :
qE 2
x=
z
2mv02
C'est un arc de parabole de sommet O, d'axe Ox et de concavité tournée vers les x négatifs car q < 0.
La particule entre en contact avec l'écran à l'abscisse xe telle que :
qE 2
xe =
z 0 = −3,5cm
2mv 02
OM ( t ) = x ( t ) e x + z ( t ) e z =
26.
L'électron est soumis maintenant au seul champ magnétique B = Be y ; la force de Lorentz se
réduit alors à F = q ( v ∧ B ) .
dK ( M / R )
= F.v = 0 , montre que l'énergie cinétique de
dt
l'électron, donc sa vitesse, reste constante au cours du temps.
Des conditions initiales, OM ( 0 ) = 0 , v ( 0 ) = v0 e z et F ( 0 ) = −qv0 B e x = q v0 B e x , il résulte que le
Le théorème de la puissance cinétique,
mouvement de l'électron s'effectue dans le plan xOz. Par ailleurs sa vitesse étant constante, l'accélération
tangentielle est nulle. Ainsi, la deuxième loi de Newton appliquée à l'électron dans R nous conduit à :
dv mv02
=
e n = q ( ( v0 e t ) ∧ B ) = −qv0 B e n
dt
R
On en déduit le rayon de la trajectoire circulaire :
m
R= R =
27.
mv 0
= 28, 4cm
qB
La trajectoire de l'électron est portée par le cercle de centre C (R,0) et d'équation ( x − R ) + z 2 = R 2 .
2
La particule entrera en contact avec l'écran à l'abscisse :
x m = R − R 2 − z 02 = 1,8cm
28. Lorsque E et B agissent simultanément l'électron sera animé d'un mouvement rectiligne uniforme
dans R, de vitesse v0, si la force de Lorentz est nulle, soit si dès l'instant initial :
F ( 0 ) = q ( E + v 0 ∧ B ) = q ( E − v0 B ) e x = 0
Il faut donc que :
AC
EPL - SESSION 2006
102
B=
29.
E
= 2mT
v0
La deuxième loi de Newton appliqué à l'électron dans R se traduit par :
dv
m
= q (E + v ∧ B)
dt
Elle donne en projection sur les axes Ox et Oz (mouvement dans le plan xOz), et en posant ωc =
qB
m
(pulsation cyclotron) :
q
z = ωc x (2)
E − ωc z (1)
m
Compte tenu des conditions initiales ces relations s'intègrent en :
q
z = ωc x + v 0 (2')
x = Et − ωc z (1')
m
Par élimination de z entre (1) et (2') il vient :
q
x + ωc2 x = ( E − v0 B )
m
x=
30.
Si on suppose B =
2E
alors l'équation différentielle précédente s'écrit :
v0
x + ωc2 x = −
q
E
m
Elle admet une solution générale de la forme :
x ( t ) = C cos ( ωc t ) + D sin ( ωc t ) −
mE
qB2
On détermine les constantes d'intégration à l'aide des conditions initiales :
mE
mE
x ( 0 ) = ωc D = 0 ⇒ D = 0
et
x (0) = C − 2 = 0 ⇒ C =
qB
qB2
En définitive :
mE
x (t) =
( cos ( ωc t ) − 1)
qB2
Objectif photographique et projecteur de diapositives.
31.
On utilise la relation de conjugaison de Descartes :
1 1
1
− + =
p p ' f 'a
qui nous conduit, avec p = −3 m, à :
pf 'a
p' =
= 141mm
p + f 'a
Notons que f 'a = 135mm correspond à un téléobjectif.
32. Pour photographier le ciel on placera la pellicule photographique dans le plan focal image de
l'objectif. Ainsi avec une pellicule 24x36 le champ du ciel photographié sera :
 24 
 36 
arctan 
x arctan 

 = 10°x15°
 135 
 135 
33. L'appareil est pointé sur la Lune, son axe optique étant confondu avec l'axe de l'astre. Le diamètre
apparent du disque lunaire vu par l'objectif de l'appareil photographique est alors :
D
 1740 
θ = arctan   = arctan 
 ≈ 0, 26° ≈ 16 '
L
 384.103 
AC
PHYSIQUE - CORRIGÉ
103
34.
Le passage de la pellicule au tirage papier correspond à un grandissement transversal :
100 150 25
Gt =
=
=
≈ 4, 2
24
36
6
Ainsi, le diamètre du disque lunaire sur le papier sera :
d = G t θf 'a ≈ 2, 6mm
35. On a un grandissement transversal G 't = −1 donc objet et image appartiennent aux plans
antiprincipaux de la lentille mince convergente qui modélise l'objectif du projecteur de diapositives. Ces
plans sont symétriques par rapport au plan de la lentille (où sont confondus les plans principaux) et
distants de 4f 'p . Il en résulte que :
f 'p =
20
= 5cm
4
Remarque. On peut aussi, évidemment, utiliser les relations de Descartes.
36.
Dans ce cas le grandissement transversal est :
p'
p'
G "t = = 1 −
= −89
p
f 'p
On en déduit la taille de l'image sur l'écran :
( 24 G "t ) x ( 36 G "t ) mm 2 ≈ ( 2,1x3, 2 ) m 2
AC