Corrigé

AC
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 L2on 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
1
SC O
et
2
SC O
) : c'est une frange brillante.
2. L'ordre d'interférence en un point P, d'abscisse x, du plan focal image de L2est :
0 0 2
x
ax
p x
f '
L'interfrange i, distance entre deux points homologues voisins, est tel que
p x i p x 1
; on en
déduit :
0 2
f '
i
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 L2est 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 :
0 2
3 3
f '
i
tan
f ' af '
soit :
0 2
3 3
f '
i
arctan arctan
f ' af '
4. On vide l'air contenu dans la cuve C1; la différence de marche en P devient alors :
2 1
2
ax
' x SC PSC P n 1 L
f '
La frange d'ordre zéro, qui se trouvait initialement en x = 0, est maintenant située à l'abscisse :
2
0 2
0
n 1 Lf '
f '
x pi p
a a
      (p > 0)
Le déphasage entre les rayons qui interfèrent au point P est alors :
0 0 2
' x ax
x 2 2 2 p
f '
5. La différence de marche en x = 0 est maintenant :
0
' 0 n 1 L p    
6. On en déduit l'expression de l'indice de l'air :
0
n 1 p
L
7. Numériquement on obtient :
n1, 0003

2ICNA -SESSION 2011
AC
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
1
Z
et
2
Z
) :
e s
A
1 2 2
u u
2 1 1 v
R Z Z R Z
♦à l'entrée inverseuse
E
:
s A
1
u v
v v 0
2R Z
De ces deux relations on déduit la fonction de transfert harmonique :
s
e1 1
2 2
u2
HuZ Z
R
1 2
R2Z Z
8. On suppose que 1 2
Z Z R
. Le facteur d'amplification en tension est alors :
s
u
e
u
1
A
u 3
9. L'intensité du courant d'entrée est :
s u
e
e A e e
uA
1 1 1
i u v u 1 u
R R 2 R 2
soit :
e
e
u
5
i
6 R
10. L'impédance d'entrée du filtre est alors :
e
ee
i
u6R
Z R 60k
i 5
C'est une résistance.
11. Maintenant nous avons 1 2
1
Z Z
jC
. On en déduit la fonction de transfert harmonique du filtre :
1
H j 1
1 j CR CR
On observe que :
♦0
lim Hlim H 0
♦
H
passe par un maximum, qui vaut max
H 1
, pour 0
1
RC
On est donc en présence d'un filtre passe-bande dont la fréquence de résonance est :
0
1
f16Hz
2RC
12. Les fréquences limites de la bande passante à
3dB
sont les valeurs de f telles que :
max
2
0
0
H1
Hjf 2f
f
1f f

ÉPREUVE OPTIONNELLE DE PHYSIQUE -CORRIGÉ 3
AC
soit :
2 2
0 0
f f f f 0
Les solutions physiquement admissibles sont :
1 0 2 0
5 1 5 1
f f , f f
2 2
Il en résulte une bande passante
2 1 0
f f f f
d'où le facteur de qualité du filtre :
0
f
Q 1
f
Remarque. La fonction de transfert d'un tel filtre admet la forme canonique :
0
H
H x
1
1jQ x
x
avec
0
x , ce qui nous donne par identification
Q 1
.
13. Pour
0
le facteur d'amplification en tension du système est :
0
u
A' H j 1
14. En régime stationnaire une bobine idéale est équivalente à un interrupteur fermé ; l'AO est alors
monté en suiveur avec A s
v v v v 0
. La résistance d'entrée du circuit est :
e e
e
e e
u u
R ' R R
i u v
Remarque. Un tel montage ne présente alors aucun intérêt ; il en est de même de la question
posée.
Mouvement d'un solide.
Attention, le moment d'inertie
2
2
ImR
5
est celui d'une sphère –et non pas d'un disque -par
rapport à un axe passant par son centre.
15.On note Rle référentiel du laboratoire supposé galiléen, Sle solide qui est une sphère. On applique
le théorème de la résultante dynamique à S dans R, soit :
dv C,S /
mmg N
dt
R
R
Le contact entre S et la piste OA est dépourvu de frottement, il en résulte que :
x
vC,S/.e Cte
R
Le mouvement de S sur la piste OA est une translation uniforme.
Remarque. Le point O' est atteint avec la vitesse v0.
16.Le solide S roule sans glisser sur la piste O'B ce qui se traduit par :
vJ,S/ v C,S/ S / CJ 0
R R R
où J est le point de contact entre S et O'B.
Sachant que
y
S/ e
R,
x
vC,S/ v e '
Ril en résulte que :
v R
L'énergie cinétique du solide est donnée par le théorème de Koenig :
2 2
k
1 1
S/ mv C,S/ I S /
2 2
E R R R
Compte tenu de la condition de roulement sans glissement on obtient :

4ICNA -SESSION 2011
AC
2
k
7
S / mv
10
E R
17.Le théorème de l'énergie cinétique appliqué à S entre O' et B se traduit par :
2 2
B 0 0 0
7
m v v mg hmg Lsin
10
D'où l'expression de la vitesse en B :
2 2
B 0 0
10
v v g Lsin
7
Pour que le point B soit effectivement atteint il faut que cette vitesse existe ce qui impose, avec
1
sin
2
:
00,m 0 0
10 5
v v g Lsin g L
7 7
18.On applique le théorème de la puissance cinétique S dans R:
k
ext
d S/
dt 
E R
P
Comme S roule sans glisser sur le plan incliné, la puissance des forces extérieures se réduit à celle du
poids du solide, soit ext 0
mg vsin
P.
Par ailleurs
k
d S/ 7 dv 7
mv mva
dt 5 dt 5
E R .
L'accélération du centre d'inertie du solide du solide est donc :
0 0
5 5
a g sin g
714
19.Le théorème de la résultante dynamique appliqué à S dans Rdonne respectivement en projection
selon
x
e '
et
z
e '
:
0 0 0
2
ma Tmg sin Tma mg sin mg sin
7
, 0 0
0 N mg cos Nmg sin
On en déduit le rapport :
T 2 2 3
tan
N 7 21
20.De
dv
a
dt
, on déduit par intégration par rapport au temps , 0
v v at
. Le solide atteint donc le
point B où il va décoller, car on suppose
00,m
v v
,à l'instant td:
22
0 0
B 0 0 0
d2
v2aL v
v v v v
2L
t
a a a a
a
21.Lors de son décollage la vitesse du centre d'inertie de S est :
2 2
d B 0 0 0
10
v v v g Lsin v2aL
7
Moteur thermique à air.
L'air est assimilé à un gaz parfait.
22. La transformation
1 2
E E
est une compression isotherme donc, d'après la loi de Mariotte, on a
1 1 2 2
p V p V
. On en déduit, compte tenu de l'équation d'état d'un gaz parfait m
pV RT
M
, le volume V2
dans l'état E2:

ÉPREUVE OPTIONNELLE DE PHYSIQUE -CORRIGÉ 5
AC
1 1 1
2 1
2 2 1
p p RT
m
V V 2,5L
p p M p
23.La transformation
2 3
E E
est un échauffement isobare donc V
Cte
T
. Le volume d'air dans
l'état E3est alors, compte tenu que
2 1
T T
:
3 3
3 2 2
2 1
T T
V V V 10 L
T T
24.La transformation
3 4
E E
est une détente adiabatique et réversible donc isentropique ; on peut
utiliser la formule de Laplace
pV Cte
. Ainsi, compte tenu que
4 1
p p
et
3 2
p p
, le volume d'air
dans l'état E4est :
1
2
4 3
1
p
V V 36L
p
25.La transformation
3 4
E E
est isentropique donc, d'après le premier principe de la
thermodynamique, le travail reçu par le fluide est
34 34
W U
  . Or un gaz parfait suit la première loi de
Joule ce qui nous conduit à :
4 4 3 3
34 34 4 3
p V p V
nR
W U T T
1 1
On a 34
W 0
car 1 4
4 3
Mp V
T838K T 1400K
mR
    .
26.Au cours d'un cycle le fluide reçoit un travail :
12 23 34 41
W W W W W
avec :
♦
2
2
1
1
p
E
2
12 1 1 1 1
1E p
p
dp
Wp.dV p V p V ln
p p
travail reçu au cours de la compression isotherme
♦
23 2 3 2
W p V V
   et
41 1 1 4
W p V V
   travaux reçus par le fluide au cours des échauffement et du
refroidissement isobares
En définitive on obtient :
2
34 1 1 2 3 2 1 1 4
1
p
W W p V ln p V V p V V
p
Ce travail, que l'on peut mettre sous la forme compacte
2
4 3 1
1
p
W nR T T T ln
1 p
,est
négatif.
27.Au cours de l'échauffement isobare le fluide reçoit, de la source chaude, une quantité de chaleur
23 23
Q H
  . Comme un gaz parfait suit la deuxième loi de Joule il vient :
23 23 3 2 3 2
nR mR
Q H T T T T 0
1 M 1
Remarque. Pour les autres phases on a12
Q 0
, 34
Q 0
et 41
Q 0
.
28.Le rendement de ce moteur est défini par :
23
W
Q