Ecole des Mines d`ALBI

Correction
Physique
A. Exercice d’optique : Mesure d’une focale
A.1.1. Une lentille est mince si l’épaisseur eest faible devant les deux rayons de
courbure des dioptres formant la lentille et devant la distance entre les centres de
courbures. Alors, le rayon passant par le centre n’est pas dévié.
L’approximation de Gauss signifie qu’un rayon est faiblement incliné sur l’axe et
qu’il intercepte les dioptres à une hauteur h faible devant les rayons de courbure.
A.1.2. 111
f
OA OA
−=
′
′
A.1.3 Thalès
AB OA
AB OA
γ
′′ ′
==
A.2.1. L’objet pour l’œil est à l’infini donc l’image à la sortie de l’oculaire est à
l’infini. Le réticule est dans le plan focal de la lentille. 23df cm
′
=
=
A.2.2.1 111
f
OA OA
−=
′
′ d'où .
'
OA OA
fOA OA
′
′=−.
au PP, 1
OA d=− et OA d
′′
= 1
1
1,33cm
dd
fdd
′
′==
′+
A.2.2.2. au PR, 2 OA d=− et OA d
′
=′ : 2
2
1, 48cm
dd
fdd
′
′==
′+
A.2.2.3. Le rayon passant par B et O donne l’image B’ par intersection avec l’écran.
Le rayon parallèle à l’axe passe après la lentille en B’ et coupe l’axe optique en F’.
Le rayon sortant parallèle à l’axe vient de B en passant par F.
0
L
mmd15
=
′
F
F
′
A.2.3.1. L’image du réticule à travers l’oculaire est alors située à la distance 2 d
1
Auteur du Sujet : M. SIMON ; Lycée Kléber - Strasbourg

devant l’oculaire.
A.2.3.2. 22
111
ddf
−+=
′ soit 2,92dc=m
A.2.4.1. L’objet doit être dans le plan conjugué du réticule par rapport à
.
()
1
L
1
1
111
Df
OA
−=
′ soit 1
11
1
111
f
D
Df fD
OA
′−
=−=
′′
soit 1
11
f
D
OA
f
D
′
=′
−
.
1
11
14
fD
OA cm
fD
′
==−
′−. L’objet doit être à 14 cm devant l’objectif.
A.2.4.2. Non car l’objet est dans le plan conjugué du réticule par rapport à
(
. La
modification de la position de l’oculaire permet de voir le réticule donc l’image pour
un œil normal ou myope.
)
1
L
A.2.4.3.
Dd
1
L
2
L
viseur
oeil
Réticule
1
F
′
1
F
A.2.4.4. Le viseur pointe tout objet à une distance finie du réticule 1
1
28
fD Dc
fD m
′
+=
′−
A.3.1 La visée s’effectuant à distance fixe, 120OA x cm=− =− et 210OA x cm
′=− =−
A.3.2. En appliquant les lois de Descartes, 111
f
OA OA
−
=
′
′ alors 11
10 20 1
f
−=
′
−− :
20
f
cm
′=− : La lentille est divergente.
A.3.3.
2
Auteur du Sujet : M. SIMON ; Lycée Kléber - Strasbourg

B. Exercice d’électricité :
B.1. Régime transitoire :
B.1.1. Le condensateur est chargé,
()
0ut E
−
==
et tous les courants sont nuls.
B.1.2. Il y a continuité de la tension aux bornes du condensateur donc
()
0ut E
+
==
donc 0i= d’où 21
2iiE=− = R
.
B.1.3. En régime permanent constant, le condensateur de comporte comme un
interrupteur ouvert donc nous reconnaissons un diviseur de tension 223
R
E
uE
RR
==
+
et 10i= . Par conséquent, 22
3E
ii
R
==
B.1.4 En utilisant les équivalences Thévenin Norton, il vient :
CR
R
E2
Rtu
Ù
C
R
Etu
3
R
Ù
C
3
E3
R
Nous obtenons un simple circuit
R
C
′′
avec CC
′
=
et '3
R
R
=
soumis à E/3
B.1.5. L’équation différentielle est :
33
ERC
udt =+ du
.
La solution est
() ( ) ( )
() ()
0exp /
2
exp/ exp/
33 33
ut u u u t
EE EE
Et
τ
t
τ
τ
∞∞
=+ − −
⎛⎞
=+ − − =+ −
⎜⎟
⎝⎠
B.1.6
tu
3
E
E
B.2. Régime sinusoïdal :
B.2.1. L’admittance des deux branches en parallèle est 22
e
j
RC
YjC
RR
ω
ω
+
=+ = .
La fonction de transfert est 11 1
2
11
1
e
ee
Z
HjRC
RZ RY jRC
RR
ω
3
3
ω
== = =
+
++ +
⎛⎞
+⎜⎟
⎝⎠
avec
01/3H= et 03
R
C
ω
=
()
2
13
13
HRC
ω
=+ ;
()
tan 3
R
C
ω
ϕ =−
B.2.2. La fréquence de coupure correspond à
()
2
13 13
2
13
HRC
ω
==
+ soit
3
Auteur du Sujet : M. SIMON ; Lycée Kléber - Strasbourg

3
22
c
c
f
R
C
ω
ππ
== .
B.2.3.1. On lit à la cassure des asymptotes, ou Gmax-3dB : 200
c
f
Hz
=
B.2.3.2. On en déduit 6
2,4 10 FC− =⋅
C. Exercice de mécanique : Planètes
C.1.
()
2
pe
pr
GM M
r
f
Mgre e
r
==−
JG JG JG
C.2. Le théorème du moment cinétique donne ^0
dL OP f
dt
=
=
J
G
J
JJGJG G
.
Le moment cinétique est conservé. Comme L
JG OM
J
JJJG et L
J
Gsont orthogonaux, la
trajectoire est plane dans un plan passant par O et orthogonal à la direction Oz :
r
dr d
ver
dt dt e
θ
θ
=+
GJG GJJ
alors ^²
pr r p z
dr d d
LMre e r e Mr e
dt dt dt
θ
θ
θ
⎛⎞
=+=
⎜⎟
⎝⎠
JGJGJGJJGJG
: 2
pd
LMr
dt
θ
=
C.3.1 Le mouvement étant circulaire, il est uniforme car si r=R, Ep=cte et Ec=Em-
Ec=cte . 2
²e
rr
circulaire
GM
dv v
mme
dt R R
=− =−
GJG JG
e
alors e
cGM
v
R
=
C.3.2 Comme 2
c
vR R
T
π
ω == , il vient 22
34
e
T
R
GM
π
=
C.3.3. 33 233 222
6344
²²
ee
e
GM GM GM
vRGMT T
ππ
== = e soit 32e
cGM
vT
π
=
C.3.4. 2/3
2211
22 e
cPcP
GM
EMvM T
π
⎛⎞
==
⎜⎟
⎝⎠
; 2/3
22
2e
pcPcP
GM
EEMvMT
π
⎛⎞
=− =− =− ⎜⎟
⎝⎠
C.4.1. Montrer que ep
L
e
GM M ve
θ
=− +
GGGJJ
est constant revient à démontrer que 0
de
dt =
GG.
2err
RFD
ep ep
de GM
de L dv L d
ee
dt GM M dt dt GM M r dt
θ
θ
⎛⎞
=− + =− − −
⎜⎟
⎝⎠
JJGGG
J
GJG
2
20
per
ep
Mr GMde d d e
dt GM M dt r dt
θθ
⎛⎞
⎛⎞
=−
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠
GJG G
=
C.4.2. Comme r
dr d
ver
dt dt e
θ
θ
=+
GJG GJJ
,
2
2
11
ep ep ep
LLd
ee ve e e r
GM M GM M dt GM M r
θθθθ
θ
⋅=− ⋅+⋅=− +=− +
GJJGGJJGJJGJJGL
alors
() ()
2
cos cos 1
²
ep
L
ee e e GM M r
θθπ θ
⋅= + =− =− +
GJJG :
(
)
1cos
1e
rp
θ
+
=
eest donc l’excentricité et 2
2
p
e
L
pGM M =.
C.4.3. 0e=
C.4.2. pc
LMvR=.
4
Auteur du Sujet : M. SIMON ; Lycée Kléber - Strasbourg

De 0
ep
L
ev
GM M
θ
=− + =
GGG
e
JJ
, on déduit ep
GM M
ve
L
θ
=
GJGJ
.
En module, ep
cpc
GM M
v
M
Rv
= soit e
cGM
v
R
=.
CHIMIE : Aluminium
Remarques sur le sujet (ayant été prises en compte lors de la notation)
* p8 - E1.7 : remplacer (ou ,4 ) par (ou ,2 )
2
AlO Na 2 HO 2 AlO Na 2 HO
* p10 dans les données :
= 1,23V - - = 0,00 V
22
O/HO 0 E+2 H/HO 0 E
D. Atome, ion molécule :
D.1 C’est le nombre d’électrons de l’atome. C’est aussi le nombre de protons.
Al :
()( )( )()( )
22 62
122 33sspsp
1
D.2. L’ion le plus probable est
()
qui a la structure du gaz rare que
le précède.
3
Al +
( )( )
22
122ssp
6
D.3.1
23
2Al 3Cl 2AlCl+=
D.3.2 La réaction met en évidence le caractère réducteur de l’aluminium.
Le caractère réducteur diminue dans une ligne.
D.4
Cl
Cl Al Cl−−
E. L’aluminium en solution aqueuse:
E.1. Précipitation et complexation :
E.1.1
3
33 9
2
1333
3
33
3,16 10
s
e
Al Al OH K
KK
HO HO OH
++−
++−
⎡⎤ ⎡⎤⎡ ⎤
⎣⎦ ⎣⎦⎣ ⎦
== ==
⎡⎤⎡⎤⎡⎤
⎣⎦⎣⎦⎣⎦
⋅
() ()
()
3
3
44
2 2
3
37,94
s
Al OH
Al OH Al OH
KK
OH OH Al OH
β
−−
+−
−−
+−
⎡⎤⎡⎤
⎡⎤⎡ ⎤
⎣⎦⎣ ⎦
⎣⎦⎣⎦
== ==
⎡⎤ ⎡⎤
⎡⎤⎡ ⎤
⎣⎦ ⎣⎦
⎣⎦⎣ ⎦
E.1.2 Au début de précipitation, soit
3
3
2s
KAlOH
+−
⎡⎤⎡ ⎤
=⎣⎦⎣ ⎦
3111−
326,8 10 mol L
s
OH K Al
−+−
⎡⎤ ⎡⎤
==⋅⋅
⎣⎦ ⎣⎦ 10,17pOH soit
=
et 13,83pH
=
On vérifie que
()
10
23
4/ 5,4.10 0.01
e
Al OH K K H O
−+−
⎡⎤
⎡⎤
==
⎣⎦
⎣⎦ <<
E.1.3. A la fin de précipitation, l’aluminium est sous forme d’aluminate donc
()
4
2
Al OH
KOH
−
−
⎡⎤
⎣⎦
=⎡⎤
⎣⎦
soit
()
43
2
1.26 10 mol L
Al OH
OH K
−
−−
⎡⎤
⎣⎦
⎡⎤ -1
=
=⋅ ⋅
⎣⎦ soit 2,9pOH
=
et 211,1pH =
On vérifie que
(
)
3
3
3 9 12 24
13 3,16 10 8.10 1.6.10 0.01Al K H O
++ −−
⎡⎤ ⎡ ⎤
==⋅ =<
⎣⎦ ⎣ ⎦ <
5
Auteur du Sujet : M. SIMON ; Lycée Kléber - Strasbourg