Corrigé

ICNA - SESSION 2009
ÉPREUVE OPTIONNELLE DE PHYSIQUE
CORRIGÉ
Diffusion thermique dans un câble électrique.
G JG J 2
La puissance volumique dissipée par effet Joule dans le conducteur est donnée par PJ = J e .E = e .
γ
I
ce qui nous conduit à :
Le vecteur densité de courant étant uniforme on a J e =
πR12
1.
PJ =
I2
γπ2 R14
2.
Le flux thermique - homogène à une puissance - sortant à travers la surface latérale du cylindre
d'axe Oz, de hauteur h et de rayon ρ < R1 , est :
G
G
φ1 ( ρ, t ) =
J u,O ( ρ, t ) eρ . ρ dθ dz eρ = 2πρ h J u,O ( ρ, t )
∫∫ (
)(
)
S
3.
En régime stationnaire la puissance dissipée par effet Joule dans le conducteur cylindrique
précédent (rayon ρ, hauteur h) est totalement évacuée, par diffusion, à travers sa surface latérale, soit :
h ρ2 I 2
2πρ h J u,O ( ρ ) =
γ π R14
On en déduit la densité de courant thermique :
I 2ρ
J u,O ( ρ ) = 2 4
2π γ R1
4.
La loi de Fourier, dans le conducteur, se traduit par :
dT ( ρ )
I2ρ
−λ1
= 2 4
dρ
2 π γ R1
On en déduit, par intégration, le profil de température à l'intérieur du conducteur :
I 2ρ2
T (ρ) = T (0) − 2
4π γ λ1R14
5.
Le flux thermique est continu en ρ = R1 . Par ailleurs, en régime stationnaire, la densité de courant
thermique dans la gaine, dépourvue de terme de source, est à flux conservatif. Il en résulte que :
φ2 ( ρ ) = φ2 ( R1 ) = φ1 ( R1 ) =
6.
Avec la loi de Fourier on peut écrire :
φ2 ( ρ ) =
h I2
π γ R12
= −λ 2
h I2
π γ R12
dT ( ρ )
dρ
= Cte
2π h ρ
soit :
dT ( ρ ) =
− I2
2
λ 2 γ R12
dρ
ρ
2π
On en déduit, par intégration, la température à la surface de la gaine en fonction de la température à la
surface du conducteur ohmique :
AC
2
ICNA - SESSION 2009
T ( R 2 ) = T ( R1 ) −
7.
I2
2π
2
λ 2 γ R12
R 
ln  2 
 R1 
Par définition, la résistance linéique du conducteur ohmique est rA =
1
π γ R12
. En utilisant les
résultats des questions 4 et 6 il vient :
 1
ln ( R 2 / R1 )  2
T (0) = T ( R 2 ) + 
+
 rA I
 4π λ
2π λ 2
1


Mouvement d'une barre dans un plan vertical.
8.
La vitesse du centre d'inertie de la barre dans le référentiel du laboratoire, supposé galiléen, est :
JJJG
JG
 dOC 
G
G
Lθ
V ( C,T / R ) = 
=
( cos θ ex − sin θ ez )

 dt 
2

R
L'énergie cinétique de T dans R est, d'après le théorème de Koenig :
1 JG 2
1 G
1
K (T / R ) = mV ( C,T / R ) + IC ω2 (T / R ) = mL2 θ 2
2
2
6
π

Son énergie potentielle de pesanteur, avec origine dans le plan xOy  θ =  , est :
2

G JJJG 1
E p = −mg.OC = m g L cos θ
2
On en déduit l'énergie mécanique de la barre :
1
1
E m = mL2 θ 2 + mgL cos θ
6
2
9.
10. En l'absence de frottements sur les parois, l'énergie mécanique se conserve au cours du temps, ce
qui se traduit, compte tenu des conditions initiales, par :
1
1
1
mL2 θ 2 + mgL cos θ = mgL cos θ0
6
2
2
On en déduit l'équation différentielle proposée dans l'énoncé si on pose :
L
τ=
3g
11. Le théorème de la résultante cinétique - encore appelé théorème de la résultante dynamique ou
théorème du centre de masse - appliqué à T dans R s'écrit, en supposant le contact en A maintenu :
JG
 dV ( C,T / R ) 
JG
G JG
 = mg + R A + R B
m


dt

R
G
On en déduit en projection suivant ex :
JG G
mL R A .ex =
θ cos θ − θ 2 sin θ
2
d  θ 2  3g
3g
Or, θ 2 =
( cos θ0 − cos θ ) et θ =   = sin θ . En définitive on obtient :
dθ  2  2L
L
(
12.
AC
)
JG
G
3mg
RA =
sin θ ( 3cos θ − 2 cos θ0 ) ex
4
G
Le théorème de la résultante cinétique en projection suivant ez nous donne :
3
ÉPREUVE OPTIONNELLE DE PHYSIQUE - CORRIGÉ
JG G
mL R B .ez = mg −
θ sin θ + θ 2 cos θ
2
θ en fonction de θ on obtient :
En exprimant θ et JG
G
mg
RB =
1 + 9 cos 2 θ − 6 cos θ0 cos θ ez
4
JG
G
13. Le contact cesse en A pour θ = θ1 tel que R A ( θ1 ) .ex = 0 , soit :
(
(
)
)
2

θ1 = arccos  cos θ0  = 51, 2°
3

14.
A cet instant, la composante horizontale de la vitesse de C dans R est :
JG
G
1
Vx ( θ1 ) =  V ( C,T / R ) .ex  =
gL cos3 θ0 = 0,52 m.s −1
θ1
3
Diffraction. Apodisation.
15. On observe, sur l'écran placé dans le plan focal image de la lentille mince convergente, la figure de
diffraction à l'infini de D centrée sur l'image géométrique réelle de l'étoile E1.
16.
L'amplitude complexe des ondes lumineuses diffractées dans la direction θ ( θ 1rad ) et reçues
en un point P de l'écran est égale à la transformée de Fourier de la transmittance du diaphragme binaire :
a/2
ψ (P) = ψ
0
θx 

⌠
 exp  −i2π  dx
λ 
⌡

−a / 2
On a θ ≈
17.
X
 πaX 
ce qui entraîne ψ ( X ) = a ψ sin c 
.
0
f'
 λf ' 
 πaX 
L'éclairement sur l'écran est alors E ( X ) = E ( 0 ) sin c 2 
 . Cet éclairement s'annule pour
 λf ' 
aX
= k ∈ ` * soit aux abscisses X k = kd avec :
λf '
d=
λf '
= 6 µm
a
 πx 
On dispose dans le plan du diaphragme une pupille de transmittance T ( x ) = cos 
.
 a 
L'amplitude complexe des ondes lumineuses diffractées dans la direction q ( θ 1rad ) et reçues en un
18.
point P de l'écran est alors :
a/2
 a/2
a/2

−a / 2
 −a / 2
−a / 2

ψ
x
x
 πx 


ψ '(P) = ψ ⌠
 cos   exp ( −i2πux ) dx = 0  ⌠
 exp  iπ (1 − 2ua )  dx + ⌠
 exp  −iπ (1 + 2ua )  dx 
0
2 ⌡
a
a
⌡
⌡
 a 




On en déduit :
ψ '(P) =
−ψ 0 a cos ( πua )
2π a 2 u 2 − 1
4
Si on rapproche ce résultat de l'expression proposée dans l'énoncé on a :
−ψ 0 a
k1 =
2π
AC
4
19.
ICNA - SESSION 2009
Et :
k2 =
1
4
2

 πaX  
 cos 
 
 λf '   . La plus petite valeur X > 0
20. L'éclairement sur l'écran est alors E' ( X ) = E' ( 0 ) 
a
2


  2 aX  − 1 
 λf '




qui l'annule est donc :
3λf '
= 9 µm > d
Xa =
2a
Remarque. Le maximum principal est plus large que celui produit par une fente binaire. Par
contre, les maxima secondaires sont relativement moins intenses que pour une fente binaire
X
1
1
1
puisque pour u =
ils varient en 4 au lieu de 2 . Ce phénomène porte le nom
λf '
2a
u
u
d'apodisation - du grec apodos qui signifie "sans pieds" - car il minimise les maxima
secondaires ou "pieds" de la figure de diffraction.
21.
L'angle de diffraction correspondant est :
X
θa = a = 7,5.10−7 rad = 0,15"
f'
Induction électromagnétique.
22. On est en présence d'un circuit de constitution variable plongé dans un champ magnétique
uniforme et constant. La force électromotrice induite dans le circuit par ce champ extérieur est égale à la
circulation du champ électromoteur de Lorentz le long du circuit. On se place dans le référentiel ou les
rails sont immobiles, donc :
−a / 2
JG G
JG G
G
G
e(t) =
v ( t ) ∧ B .d A =
v ( t ) ∧ B .d A = −
B0 v ( t ) cos α dy
v∫ (
)
∫(
)
∫
M 'M
C
soit :
a/2
e ( t ) = B0 a v ( t ) cos α
23. La tige mobile, parcourue par le courant i(t), subit une force de Laplace dont la composante dans le
plan P' est :
G G
G JG − a / 2
G
FL,x ' = FL .e 'x = e 'x .
i ( t ) dA ∧ B =
B0 i ( t ) cos α dy
∫(
M 'M
soit :
)
∫
a/2
FL,x ' = − B0 a i ( t ) cos α
24. Pour obtenir l'équation mécanique du système on applique le théorème de la résultante cinétique ou théorème de la résultante dynamique ou encore théorème du centre de masse - à la tige T dans le
référentiel lié aux rails et supposé galiléen. Il vient :
G
dv ( t )
G JG G
m
= mg + R + FL
dt
G
Comme la tige glisse sur les rails sans frotter on obtient, en projetant cette équation selon e 'x :
dv ( t )
dt
= g sin α −
B0 a cos α
i(t)
m
Par identification avec l'expression proposée dans l'énoncé on en déduit successivement :
AC
5
ÉPREUVE OPTIONNELLE DE PHYSIQUE - CORRIGÉ
h1 = g sin α , h 2 = −
B0 a cos α
m
,
h1
mg tan α
=−
h2
B0 a
25.
Pour obtenir l'équation électrique du système on utilise la loi des mailles qui nous donne :
di ( t )
e(t) = L
+ Ri ( t ) = B0 a v ( t ) cos α
dt
En dérivant cette équation par rapport au temps et compte tenu de l'équation mécanique, il vient :
B ag
R di ( t ) ( B0 a cos α )
+
i ( t ) = 0 sin α cos α
2
L
dt
mL
L
dt
Par identification avec l'équation proposée dans l'énoncé, on obtient :
B a cos α
ω0 = 0
mL
d 2i ( t )
26.
2
+
Puis :
i0 =
27.
mg
tan α
B0 a
On suppose que R = 0 et L ≠ 0 ce qui réduit l'équation électrique à :
d 2i ( t )
+ ω02 i ( t ) = ω02 i0
dt 2
 di ( t ) 
= 0 , elle s'intègre en :
Avec les condition initiales i ( 0 ) = 0 et 
 dt 

0
i ( t ) = i 0 (1 − cos ( ω0 t ) )
On en déduit, avec L
di ( t )
dt
= B 0 a v ( t ) cos α , la vitesse de la tige :
di ( t )
Lω0i0
L
sin ( ω0 t ) = v0 sin ( ω0 t )
=
B0 a cos α dt
B0 a cos α
v(t) =
En explicitant ω0 et i0 il vient :
v0 =
28.
g mL tan α
B0 a
On suppose maintenant que L = 0 et R ≠ 0 . L'équation électrique se réduit alors à :
( B0 a cos α ) i
B0 ag
cos α sin α =
0
dt
mR
R
mR
Elle s'intègre, avec les mêmes conditions initiales que précédemment, en :

 t 
i ( t ) = i0  1 − exp  −  
 τ 

di ( t )
+
( B0 a cos α )2 i
2
(t) =
si on pose :
τ=
mR
( B0 a cos α )2
Lentille mince convergente et doublet.
29.
La lentille mince convergente L1 donne, d'un objet réel, une image réelle si p = O1A ∈ ]−∞, −f '1 ]
qui conduit à p ' = O1E ∈ [ f '1 , +∞[ . A partir de la relation de conjugaison de Descartes, sachant que
D = AE , on obtient l'équation du seconde degré en p :
p2 + Dp + Df '1 = 0
AC
6
ICNA - SESSION 2009
Cette équation admet des solutions réelles négatives si ∆ = D ( D − 4f '1 ) ≥ 0 ce qui implique :
D ≥ 4f '1
Remarque. Voir la méthode de Bessel.
30.
On a, par définition du grandissement transversal, G t =
O1E
O1A
O1E
=
O1E + EA
=
O1E
O1E − D
= −2 . On en
déduit :
O1E =
L
2
D
3
L
1
2
31. On a : A 
→ A '1 = E →
A '2 . La formule de conjugaison de Descartes appliquée à la
lentille L2 nous conduit à :
O2 A '1 = O2 E =
Comme par ailleurs : O 2 E = O 2 O1 + O1E = O 2 O1 +
D=
32.
f '2 .O 2 A '2
f '2 − O 2 A '2
2
D , on en déduit :
3

3  f '2 .O 2 A '2

+ O1O 2  = 81cm


2  f '2 − O 2 A ' 2

La formule de conjugaison de Descartes appliquée à la lentille L1 nous conduit à :
f '1 =
O1E.O1A
O1A − O1E
=
2
D = 18cm
9
33. Tout rayon issu du foyer objet F du doublet émerge de L2 parallèlement à l'axe optique. F admet
donc le foyer objet F2 de la lentille L2 comme conjugué image à travers L1. Avec la formule de
conjugaison des Descartes il vient :
O1F =
f '1 .O1F
f '1 − O1F2
=
(
f '1 O1O2 − f '2
) = 5,14 cm
f '2 + f '2 − O1O2
34. Tout rayon incident parallèle à l'axe optique émerge du doublet en passant par F' . Le foyer image
F' du doublet est donc le conjugué image du foyer image F'1 de la lentille L1 à travers L2. En utilisant de
nouveau la formule de conjugaison de Descartes il vient :
O 2 F' =
f '2 .O2 F'2
f '2 + O2 F'2
=
Il en résulte que :
O1F ' = O1O 2 + O 2 F ' = O1O 2 +
(
f '2 f '1 − O1O2
)
f '1 + f '2 − O1O 2
(
f '2 f '1 − O1O 2
) ≈ 11cm
f '1 + f '2 − O1O 2
Remarque. On peut aussi déterminer F'2 F' en utilisant la formule de conjugaison de Newton
puis en déduire O1F ' .
Filtre du premier ordre généralisé.
35.
On est en présence d'un diviseur de tension constitué de deux dipôles d'admittances :
1
1
+ jC1ω , Y 2 =
+ jC2 ω
Y1 =
R1
R2
Sa fonction de transfert est donc :
AC
7
ÉPREUVE OPTIONNELLE DE PHYSIQUE - CORRIGÉ
H ( jω ) =
us
ue
=
R2
1 + jC1R1ω
1
=
Y
R1 + R 2
( C + C 2 ) R 1R 2
1+ 2
1 + jω 1
Y1
R1 + R 2
Par identification avec la fonction de transfert proposée dans l'énoncé on obtient :
1
ω1 =
= 2.103 rad.s −1
R1C1
36.
Par ailleurs :
ω2 =
37.
R1 + R 2
C
( 1 + C 2 ) R 1R 2
Le gain sera indépendant de la fréquence du signal d'entrée si ω1 = ω2 ce qui impose :
C 2 = C1
38.
R1
= 50 nF
R2
Dans ce cas, le gain en décibel vaut :
 R2 
G ( dB ) = 20 log H 0 = 20 log 
 = −3,52 dB
 R1 + R 2 
39.
Lorsque ω = ω1 , la fonction de transfert s'écrit :
H ( jω1 ) = H 0
1+ j
1+ j
= H0
ω1
R 2 ( C1 + C '2 )
1+ j
1+ j
ω2
C1 ( R1 + R 2 )
L'argument ϕ = ϕs − ϕe de la fonction de transfert représente l'avance de phase de la sortie par rapport à
l'entrée. On veut que :
 R ( C + C '2 ) 
π
π
ϕ = − arctan  2 1
 = −

4
12
 C1 ( R1 + R 2 ) 
ce qui nécessite :
 
R  
C '2 = C1  3 1 + 1  − 1 = 159,8 nF


  R2  
40.
Avec les résultats précédents la fonction de transfert, pour ω = ω1 , s'écrit :
H ( jω1 ) =
2 1+ j
3 1+ j 3
On en déduit le gain en décibel :
 2
G ' ( dB ) = 20 log 
= −6,53dB
 3 


-:-:-:-:-
AC