ICNA - SESSION 2008 ÉPREUVE OPTIONNELLE DE PHYSIQUE

ICNA - SESSION 2008
ÉPREUVE OPTIONNELLE DE PHYSIQUE
CORRIGÉ
Cerceau lesté.
1.
Condition de roulement sans glissement du cerceau sur l'axe Ox :
V ( I, C / R ) = V ( C, C / R ) + ω (C / R ) ∧ CI = x e x + θ e z ∧ −a e y = 0
( ) (
)
soit :
x + aθ = 0
Avec les conditions initiales imposées, x ( 0 ) = 0 et θ ( 0 ) = 0 , la relation précédente s'intègre en :
x + aθ = 0
2.
L'énergie cinétique du cerceau dans R est, d'après le théorème de Koenig :
1
1
1
1
Ec (C ) = mV 2 ( C, C / R ) + J (C ) ω2 (C / R ) = mx 2 + ma 2 θ 2
2
2
2
2
Compte tenu de la condition de roulement sans glissement il vient :
Ec (C ) = mx 2 ou maθ 2
(
)
Remarque. La connaissance et/ou le calcul de moments d'inertie ne sont plus au programme
des CPGE depuis 1997.
3.
Connaissant les éléments de réduction en C du torseur cinématique du mouvement du cerceau dans
R il vient :
V ( A, C / R ) = V ( C, C / R ) + ω (C / R ) ∧ CA = x e + θ e ∧ ( a e )
x
( z)
r
Compte tenu de la condition de roulement sans glissement on en déduit :
V ( A, C / R ) = (1 − cos θ ) x e x − x sin θ e y
Remarque. Il serait préférable d'exprimer cette vitesse uniquement en fonction de θ et θ .
4.
L'énergie cinétique est une grandeur extensive donc l'énergie cinétique du cerceau lesté est telle
que :
1
Ec = Ec (C ) + Ec ( A ) = mx 2 + MV 2 ( A, C / R )
2
soit :
Ec = Ec (C ) + Ec ( A ) = mx 2 + M (1 − cos θ ) x 2
5.
La puissance développée par le poids du lest est :
P = Mg.V ( A,C / R ) = Mg x sin θ
C'est la seule force qui développe une puissance non nulle au cours du mouvement du cerceau lesté.
6.
Le théorème de la puissance cinétique appliqué au cerceau lesté dans R nous conduit à l'équation
différentielle :
M
2 ( m + M (1 − cos θ ) ) x − x 2 sin θ = Mg sin θ
a
x
On étudie les petits mouvements du système autour de sa position d'équilibre stable, θe = − e = 0 . La
a
linéarisation de l'équation différentielle précédente au voisinage de cette position d'équilibre - on ne
conserve que les infiniment petits du premier ordre - nous conduit à :
AC
2
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Mg
x=0
2ma
C'est l'équation différentielle d'un oscillateur harmonique de pulsation propre :
Mg
ω0 =
2ma
x+
7.
Le théorème de la résultante dynamique appliqué au cerceau lesté dans R s'écrit :
ma ( C,C / R ) + Ma ( A,C / R ) = ( m + M ) g + R
Il en résulte, en projection selon ex et dans le cadre de l'approximation des petits mouvements :
= −
R T = mx
Mg
x
2a
Diviseur de tension.
On est en présence d'un diviseur de tension donc :
Z1
1
Vs =
V =
V
Z1 + Z2 e 1 + ( Y1 / Y 2 ) e
d'où la fonction de transfert du circuit :
Vs
1
R 1 + jC1R1ω
Ve
1+ 2
R1 1 + jC2 R 2 ω
Si on rapproche cette expression de celle proposée dans l'énoncé on a respectivement :
T ( jω ) =
=
8.
A=
R2
R1
9.
ω1 =
1
R1C1
ω2 =
1
R 2 C2
10.
11.
Les deux tensions sont en phase si la fonction de transfert est réelle soit si :
R 2 C2 = R1C1
12.
Dans ces conditions la valeur instantanée de la tension de sortie est :
R1
vs ( t ) = Vs cos ( ωt ) =
Ve cos ( ωt )
R1 + R 2
13.
On veut que
Vs
R1
R
1
=
=
et, par ailleurs, on a C2 = C1 1 . Sachant que R1 = 1MΩ et
Ve R1 + R 2 10
R2
C1 = 1nF on en déduit aisément :
R 2 = 9R1 = 9 MΩ , C 2 =
1
1
C1 = nF
9
9
Focométrie.
14.
AC
Objet et image sont réels on a donc, entre po = OA < 0 et pi = OA ' = OE > 0 , les relations :
3
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1
1
1
+ =
po pi f '
On obtient, par élimination de po, une équation du second degré en pi :
pi2 − Dpi + Df ' = 0
Cette équation admet deux racines réelles positives si :
D > D0 = 4f '
D = pi − po
−
,
15.
Dans ce cas les deux positions de la lentille sont telles que :
D
4f ' 
pi =  1 ± 1 −


2
D 
Elles sont donc distantes de :
d = O1O 2 = pi + − pi − = D 2 − 4f ' D
On en déduit la distance focale de la lentille :
f'=
D2 − d 2
= 180 mm
4D
On vient de décrire la méthode de Bessel pour la détermination expérimentale de la distance focale
d'une lentille mince convergente.
16.
Le grandissement transversal est tel que :


−pi
p
2

Gt = i =
= 1 −
po D − pi  1 ± 1 − ( 4f '/ D ) 


soit pour les deux positions de la lentille :
G t1 = −3, 25 et G t2 = −0,31
−1
17. Si on a G t1 = G t2 = −1 alors une seule position de la lentille est possible, telle que pi = − po , et
donc :
d 0 = 0 mm
Objet et image se trouvent dans les plans antiprincipaux de la lentille.
Cette situation correspond à la méthode de Silbermann
18.
Il en résulte que :
D0 = 4f ' = 720 mm
19.
Une lentille divergente ne donne pas d'image réelle d'un objet réel.
20.
La lentille mince convergente L0, de centre optique O, donne d'un objet réel à l'infini une image
réelle située dans son plan focal image, donc OA ' = ∆ = OFi0 = f '0 .
Le centre optique O' de la lentille L', tel que O 'O = ∆ , est alors confondu avec le foyer principal objet
Fo0 de la lentille L0.
L'ensemble des deux lentilles va donner d'un objet réel AB à l'infini une image réelle A"B" , soit :
L
L'
0
∞ 
→ Fi →
A"
La relation de conjugaison de Newton, pour la lentille L0, s'écrit alors :
Fo0 Fi .Fi0 A" = −f '02
Or :
Fo0 Fi = O ' Fi = f 'i
,
Fi0 A" = A 'A" = δ
On en déduit aisément :
f 'i = −
f '02
δ
AC
4
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Moteur linéaire.
21. Le centre d'inertie du cadre est animé d'un mouvement de translation rectiligne et uniforme de
vitesse v = v ez . Son abscisse à l'instant t > 0, compte tenu que x ( 0 ) = 0 , est telle que :
x (t) = v t
 x

Le cadre est plongé dans un champ magnétique B ( x, t ) = B0 cos  2π − ω0 t  e y . On suppose que
λ


a λ ce qui permet de considérer B uniforme sur toute la surface de l'induit. Le flux du champ
magnétique à travers le cadre est alors simplement :
  2πv
 
Φ ( t ) = NB ( t ) . a 2 e y = Na 2 B0 cos  
− ω0  t  = Φ 0 cos ( ( ω − ω0 ) t )
λ
 

22.
(
)
en posant :
Φ 0 = Na 2 B0
, ω = 2π
v
λ
23. La force électromotrice induite dans le cadre par ce champ extérieur est donnée par la loi de
Faraday :
dΦ ( t )
e(t) = −
= Φ 0 ( ω − ω0 ) sin ( ( ω − ω0 ) t )
dt
24. Le cadre présente une résistance R et une inductance propre L. Le cadre étant indéformable, la loi
d'Ohm se traduit alors par :
di ( t )
e(t) − L
= Ri ( t )
dt
soit :
di ( t )
L
+ Ri ( t ) = Φ 0 ( ω − ω0 ) sin ( ( ω − ω0 ) t )
dt
En régime établi on recherche une solution de la forme i ( t ) = I0 sin ( ( ω − ω0 ) t + ψ 0 ) . L'équation
différentielle précédente étant linéaire et à coefficients constants on peut utiliser le formalisme complexe
et écrire i ( t ) = ℑm {i ( t )} avec i ( t ) = I0 exp ( j ( ω − ω0 ) t ) = ( I0 exp ( jψ 0 ) ) exp ( j ( ω − ω0 ) t ) .
On obtient ainsi :
I0 = I0 exp ( jψ 0 ) =
Φ 0 ( ω − ω0 )
R + jL ( ω − ω0 )
Il en résulte que :
I0 = I 0 =
Φ 0 ω − ω0
R 2 + L2 ( ω − ω0 )
2
, tan ψ 0 = −
L ( ω − ω0 )
R
25.
La résultante des forces de Laplace qui s'exercent sur le cadre est :
 z0 + a

 2

 
a 
a  

 ⌠
F = ( i ( t ) dA ) ∧ B ( x, t ) = N   i ( t )  B  x + , t  − B  x − , t   dz  e x
2 
2 

 
C
 ⌡a

 z0 −

 2

car seuls les côtés parallèles à l'axe Oz ont une contribution non nulle.
Compte tenu de a λ on peut écrire :
∂B ( x, t )
a 
a 
a


B x + , t  − B x − , t  ≈ a
= −2π B0 sin ( ( ω − ω0 ) t )
2
2
x
∂
λ




v∫
Remarque. On obtient le même résultat en utilisant la relation trigonométrique :
AC
5
ÉPREUVE OPTIONNELLE DE PHYSIQUE - CORRIGÉ
 p+q   p−q 
cos p − cos q = −2 sin 
 sin 

 2   2 
En définitive il vient :
Φ I
F ( t ) = −2π 0 0 sin ( ( ω − ω0 ) t ) sin ( ( ω − ω0 ) t + ψ 0 ) e x = F0 sin ( ( ω − ω0 ) t ) sin ( ( ω − ω0 ) t + ψ 0 ) e x
λ
en posant :
Φ I
F0 = −2π 0 0
λ
26.
La valeur moyenne temporelle de cette force est :
Φ I
1
F ( t ) = F0 cos ψ 0 = −π 0 0 cos ψ 0
λ
2
27.
Des résultats de la question 24 on déduit :
cos ψ 0 =
R
R + L ( ω − ω0 )
2
2
2
Pompe à chaleur de Carnot.
28. Au cours d'un cycle élémentaire réversible, de durée dt, on a respectivement, à partir des deux
principes de la thermodynamique :
δQ 0
δQ c
δW + δQ0 + δQc = 0
,
+
=0
T0
Tc ( t )
Par ailleurs, au cours de ce cycle, l'agent thermique cède à la source chaude une quantité de chaleur :
−δQc = C dTc ( t )
On déduit, de ces trois relations, l'efficacité thermique de la pompe à chaleur pour ce cycle :
Tc ( t )
−δQc
η( t ) =
=
δW
Tc ( t ) − T0
29. On suppose que la pièce (source chaude) est thermiquement isolée de l'extérieur et présente une
température initiale Tc ( 0 ) = T0 . Au cours d'un cycle élémentaire l'agent thermique reçoit un travail
δW = P dt et fournit une quantité de chaleur −δQc = C dTc ( t ) à la pièce. Compte tenu de l'efficacité de
la pompe à chaleur pour ce cycle il vient :
η( t ) =
Tc ( t )
C dTc ( t )
=
P dt
Tc ( t ) − T0
On en déduit l'équation différentielle qui régit l'évolution de la température du local au cours du temps :

T  dTc ( t ) P
=
1 − 0 
C
 Tc ( t )  dt
Le local atteint la température Tc ( t 0 ) = T1 après une durée de fonctionnement t0 de la pompe telle que :
t0 =
T
C
 T1 − T0 − T0 ln  1
P
 T0

 

30. On suppose que la puissance P, fournie par une résistance chauffante, sert à chauffer directement
la pièce, dans ce cas on a :
C dTc ( t ) = P dt
D'où on déduit la durée de fonctionnement de la résistance chauffante pour atteindre, toujours à partir de
T0, la même température finale que précédemment :
C
t1 = ( T1 − T0 ) > t 0
P
AC
6
ICNA - SESSION 2008
31. Le gain de temps que l'on obtient, en utilisant une pompe à chaleur plutôt qu'un radiateur
électrique, est :
T 
C
∆t = t1 − t 0 = T0 ln  1  = 80,5.103 s ≈ 22h22 min
P
 T0 
C'est énorme !
32. A l'instant t = 0, où la température est Tc = 288 K on arrête le chauffage du local. Or, la pièce
présente des fuites thermiques (de type Newton). Le bilan énergétique du local entre deux instants voisins
t et t + dt nous conduit à l'équation différentielle :
dTc ( t )
+ k ( Tc ( t ) − T0 ) = 0
dt
Compte tenu des conditions initiales elle s'intègre en :
Tc ( t ) = T0 + ( Tc − T0 ) exp ( −kt )
Sachant que la température de pièce chute de ∆Tc = 1K en τ = 3h on en déduit :
∆Tc
1 
k = − ln  1 −
τ  Tc − T0

−4 −1
 = 0, 2.10 s

33. Si la pompe à chaleur fonctionne, l'agent thermique reçoit, au cours d'un cycle élémentaire, un
travail δW = P dt et fournit, au local, une quantité de chaleur −δQ c = C dTc ( t ) + kC ( Tc ( t ) − T0 ) dt .
Compte tenu de l'expression de η ( t ) on en déduit l'équation différentielle :
dTc ( t )
dt
+ k ( Tc ( t ) − T0 ) −
P Tc ( t )
=0
C Tc ( t ) − T0
Au bout d'un temps suffisamment long, un régime stationnaire s'installe : l'énergie thermique apportée par
la pompe sert uniquement à compenser les fuites thermiques, qui augmentent avec l'écart de température
entre le local et le milieu extérieur. Dans ce cas la température du local atteint une valeur limite TA1 telle
que :
P 

2
TA21 − 2  T0 +
 TA1 + T0 = 0
2kC


Cette équation du second degré admet une seule solution physiquement acceptable.
34. Si la pompe à chaleur est remplacée par un radiateur électrique, l'équation différentielle qui régit
l'évolution de la température du local est alors :
dTc ( t )
P
+ k ( Tc ( t ) − T0 ) − = 0
dt
C
On en déduit la nouvelle température limite de la pièce :
P
TA 2 = T0 +
≈ 288 K
kC
Filtre actif d'ordre deux : cellule de Rauch.
35. En régime linéaire, l'AO étant supposé idéal, le théorème de Millman appliqué aux nœuds M
(connexion de Y 2 ) et E− nous donne respectivement :
VM =
Par élimination de V M
Y ( V e + Vs )
3Y + Y 2
on en déduit le fonction de transfert :
T ( jω ) =
AC
VE− = 0 =
Vs
Ve
=
YV M + Y1 Vs
Y + Y1
−1
Y1 Y1 Y 2
1+ 3
+
Y
Y2
7
ÉPREUVE OPTIONNELLE DE PHYSIQUE - CORRIGÉ
36.
On a Y = jCω , Y1 =
ω
1
α
1
et Y 2 = . Il en résulte, en posant ω0 =
et x = 0 :
ω
RC
R
R
−1
T ( jx ) =
1 − 3jx − αx 2
soit :
T ( x ) = T ( jx ) =
1
(1 − αx )
2
2
+ 9x 2
Notons que nous sommes en présence d'un filtre passe-haut.
37.
On développe le dénominateur, d'où :
T ( ω) =
1
2
ω 
ω 
1 + ( 9 − 2α )  0  + α 2  0 
 ω 
 ω 
4
On aura :
1
T ( ω) =
1 + α 02
 ω0 
 ω 


1
=
4
ω 
1+  1 
 ω
4
pour :
α0 =
38.
9
2
Ce qui nous donne :
ω1 = α 0 ω0 =
39.
3ω0
2
Lorsque α = α 0 , la fonction de transfert s'écrit :
−1
T ( jω ) =
2
=
−1
2
ω0 9  ω0 
ω ω 
1− 2 j 1 −  1 
−
ω  ω
ω 2  ω 
On en déduit le déphasage j de la tension de sortie par rapport à la tension d'entrée :
1 − 3j
ϕ = arg T ( jω) ⇒ tan ϕ =
40.
2
ω ω1
−
ω1 ω
Le gain en tension est tel que :
  ω 4 
G V ( dB ) = 20 log T ( jω ) = −10 log 1 +  1  
  ω 


Une atténuation de la fonction de transfert de 40 dB par rapport à T ( ∞ ) = 1 correspond à une pulsation
ω2 telle que :
ω 
G V ( dB ) ≈ −40 log  1  = −40
 ω2 
soit :
ω2 =
3ω0
ω1
=
10 10 2
-:-:-:-:-
AC