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 px 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 2p 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 2RC ♦ 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 Hx 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 j0 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 I2 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 102 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 : vt 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