Corrigé

ICNA - SESSION 2003
ÉPREUVE OPTIONNELLE DE PHYSIQUE
CORRIGÉ
Optique géométrique : élargisseur de faisceau.
1.
Le système optique donne, d'un faisceau incident cylindrique parallèle à l'axe optique, un faisceau
émergent cylindrique de même axe : le système est donc afocal.
2.
Pour que ce système soit afocal il faut que le foyer principal objet de L3 soit le conjugué image,
dans L2, du foyer principal image de L1.
3.
La formule de conjugaison de Descartes nous conduit à écrire :
1
1
1
−
+
=
O 2 F i1 O 2 F o3 f 2
Compte tenu que O 2 F i1 = O 2 O1 + O1 F i1 = f 1 − ∆ et O 2 F o3 = O 2 O 3 + O 3 F o3 = δ − f 3 il vient :
−
1
1
1
+
=
f1 − ∆ δ − f 3 f 2
4.
Les triangles O1Fi1J1 et O2Fi1J2 d'une part, O2Fo3J2 et O3Fo3J3 d'autre part, sont homothétiques. Il en
résulte que :
O3J 3
O2J2
O1 J 1
O2J2
r3
r
= 1 =
et
=−
=
L2
L1
L3
O 3 F o 3 O 2 F o3
O1 F i1 O1 F i1 O 2 F i1 O 3 F o3
On en déduit :
J1
Fo3 O 2
O 3 F o3 O 2 F i1 f 3 (f 1 − ∆ )
r1
r3
O3
.
=−
=
O1
r1
Fi1
O 2 F o3 O1 F i1 f 1 (δ − f 3 )
5.
Des relations obtenues aux questions 3 et 4 on
déduit aisément par élimination de (δ − f3) :
 f r 
∆ = f 1 + f 2 1 − 1 3 
 f 3 r1 
6.
De la même manière, par élimination de (f1 − ∆), on obtient :
 f r 
δ = f 3 + f 2 1 − 3 1 
 f 1 r3 
7.
L'encombrement du système est tel que :
r2
J2
∆
J3
δ

f r
f r 
d = O1O 3 = ∆ + δ = f 1 + f 3 − f 2  2 − 1 3 − 3 1  = 23cm
f 3 r1 f 1 r3 

Réflexion d'une onde électromagnétique sur un conducteur.
8.
L'onde incidente est plane donc son champ magnétique est tel que :
k ∧ E i (r, t ) E 0
B i (r, t ) = i
=
cos(k i .r − ωt ) e yi
ω
c
9.
Dans un conducteur parfait (conductivité infinie), champ électrique et champ magnétique sont
nuls en tout point.
En tout point du plan z = 0 il y a :
♦ continuité de la composante tangentielle du champ électrique :
AC
ICNA - SESSION 2003
108
E it (r ' , t ) + E rt (r ' , t ) = 0
♦ discontinuité de la composante normale du champ électrique s'il existe, sur ce plan, une densité
superficielle de charge non nulle, soit :
σ(r ' , t )
N.(E i (r ' , t ) + E r (r ' , t )) = −
ε0
Attention, le signe "−" est dû au fait que la normale N est dirigée vers l'intérieur du conducteur.
10. La présence du conducteur, immobile, ne modifie pas la dépendance temporelle du champ
électrique.
L'onde se réfléchie suivant les lois de Snell-Descartes donc kr est symétrique de ki par rapport au plan z = 0
ainsi kr = krezr.
Dans le vide l'équation de Maxwell-Gauss, ∇.Er = 0, nous conduit à kr.Er = 0 donc le champ électrique
réfléchi est également transverse.
La continuité de la composante tangentielle - donc ici totale - du champ électrique dans le plan z = 0,
compte tenu que kr.r' = ki.r', nous donne E0r = −E0exi = −E0exr.
En définitive le champ électrique associé à l'onde réfléchie est :
E r (r, t ) = −E 0 cos(k r .r − ωt ) e xr
11. En tout point du plan z = 0 il y a :
♦ continuité de la composante normale du champ magnétique :
N.(B i (r ' , t ) + B r (r ' , t )) = 0
♦ discontinuité de la composante tangentielle du champ magnétique s'il existe, sur ce plan, une densité
superficielle de courant non nulle, soit :
B it (r ' , t ) + B rt (r ' , t ) = µ 0 N ∧ j s (r ' , t )
12.
L'onde réfléchie étant plane on a :
E
k ∧ E r (r, t )
B r (r, t ) = r
= − 0 cos(k r .r − ωt ) e yr
ω
c
13.
La densité superficielle de charge est nulle car le champ électrique est uniquement tangentiel.
14.
La densité superficielle de courant est telle que :
1
js (r ' , t ) =
(Bit (r' , t ) + B rt (r' , t )) ∧ N = 2E 0 cos i cos(k i .r'−ωt )e xi
µ0
µ 0c
Mécanique du point : satellite.
15.
Dans le référentiel RT, galiléen, la deuxième loi de Newton appliquée au satellite implique :
TS
f = m a(S / R T ) = −G mM
3
TS
On est en présence d'un mouvement à force centrale ; la trajectoire du satellite est plane et son plan
contient T.
16. La trajectoire du satellite sera un cercle, contenu dans le plan méridien du lieu où il se trouve
passant par les pôles de la Terre (orbite polaire), si, à la distance r0 de T et juste après l'impulsion, il a une
vitesse v0 orthogonale à TS et contenue dans le plan méridien considéré.
17. Le satellite, à l'altitude h, est animé d'un mouvement circulaire uniforme dont la période est
donnée par la troisième loi de Képler, soit :
T0 = 2π
18.
AC
(R + h )3
GM
L'énergie mécanique du satellite sur sa trajectoire est :
1
mM
mM
mM
mM
E m = E c + E p = mv 02 − G
=G
−G
= −G
2
R+h
2(R + h )
R+h
2(R + h )
ÉPREUVE OPTIONNELLE DE PHYSIQUE - CORRIGÉ
109
si on suppose nulle l'énergie potentielle de gravitation à l'infini.
19. Au niveau du sol la vitesse du satellite, dans RT, est celle du point coïncidant avec la surface
terrestre soit :
v(O / R T ) = Ω e z T ∧ TO = Ω R cos λ e ϕ
(
)
Son énergie mécanique est alors :
E m0 =
1
mM
mΩ 2 R 2 cos 2 λ − G
2
R
20. Pour placer le satellite sur orbite, à partir du point de lancement O situé sur l'équateur, il faut lui
fournir une énergie :
mM
mM 1
mM  R + 2h  1
2 2
E s = E m − E m 0 = −G
+G
− mΩ 2 R 2 = G
 − mΩ R

2(R + h )
R
2
2R  R + h  2
Le fait d'effectuer le lancement depuis une base située sur l'équateur (base française de Kourou en
Guyane) rend cette énergie minimale.
Machine frigorifique.
21.
Lorsqu'on amène le fluide de A0 en A le long de la courbe d'ébullition il en résulte une variation
T1
d'entropie S A − S A 0
dT
=⌠
soit, si on suppose cA constante :
 cA
⌡
T
T0
T
S A − S A 0 = c A ln 1
 T0




22. Lors de la vaporisation isotherme partielle qui amène le fluide de A0 en B on a une variation
d'entropie :
A
S B − S A0 = x B 0
T0
23. La transformation A → B étant isentropique (adiabatique et réversible) on a SA = SB ce qui nous
conduit, compte tenu des résultats précédents, à un titre massique en vapeur en B :
T 
T
x B = c A 0 ln 1 
A 0  T0 
24. Lors de la condensation isotherme totale qui amène le fluide de D en A on a une variation
d'entropie :
A
SA − SD = − 1
T1
Or l'évolution C→ D est isentropique donc S D = S C = x C
A0
+ S A0 .
T0
Il en résulte que :
(
)
T
A
A1
= S A − S C = S A − S A 0 − x C 0 = c A ln 1
T1
T0
 T0
On en déduit le titre massique en vapeur en C :
T 
T
A T
x C = 1 0 + c A 0 ln 1 
A 0 T1
A 0  T0 
SA − SD = −
25.

A
− xC 0

T0

Lors de l'évolution D → A la quantité de chaleur échangée avec le milieu extérieur est :
Q1 = ∆H DA = −A 1 < 0
C'est la quantité de chaleur fournie à la source chaude de température T1.
AC
ICNA - SESSION 2003
110
26.
Lors de l'évolution B → C la quantité de chaleur échangée avec le milieu extérieur est :
T
Q 0 = ∆H BC = (x C − x B ) A 0 = A 1 0 > 0
T1
C'est la quantité de chaleur retirée à la source froide de température T0.
27. Au cours d'un cycle le travail échangé est, d'après le premier principe de la thermodynamique et
compte tenu que les évolutions CD et AB sont isentropiques :
 T 
W = −(Q 0 + Q1 ) = A 1 1 − 0  > 0
 T1 
C'est le travail reçu par la machine.
28.
Cette machine thermique présente donc une efficacité :
Q
T0
η= 0 =
= 13,4
W T1 − T1
Diffusion thermique.
29.
Le coefficient de diffusion thermique s'exprime en W.m−1.K−1.
30.
Pour ce système unidimensionnel, en régime stationnaire, en l'absence de terme de production,
d 2 T(x )
l'équation de diffusion thermique se réduit à :
= 0 . Elle s'intègre en : T(x ) = Ax + B .
dx 2
L'hypothèse de l'énoncé suppose une température continue à la jonction c'est-à-dire en x = 0. Ainsi les
conditions aux limites sur le cylindre C1, T(−A1) = T1 et T(0) = T0, conduisent à :
T(x ) = T0 +
31.
On a, d'après la loi de Fourier, j th = −λ 1
déduit la résistance thermique de C1 :
R th1 =
(T0 − T1 )
A1
x
λ s
dT (x ) λ 1
=
(T1 − T0 ) d'où φ th = 1 (T1 − T0 ) . On en
dx
A1
A1
T1 − T0
A
= 1
φ th
λ 1s
A2
. Les deux résistances sont montées en
λ 2s
série - conservation du courant thermique à la jonction - d'où la résistance thermique de l'ensemble :
A
A
R th = 1 + 2
λ 1s λ 2 s
32.
Par analogie, la résistance thermique de C2 est R th 2 =
33.
La conservation du flux thermique à la jonction se traduit par :
T − T0 T0 − T2
φ th1 = 1
=
R th1
R th 2
On en déduit la température commune aux deux barreaux en x = 0 :
R T + R th1T2
T0 = th 2 1
R th1 + R th 2
C'est le barycentre des températures T1 et T2 affectées, respectivement, des coefficients Rth2 et Rth1.
Électrocinétique : régime transitoire.
34. Quand l'interrupteur K est fermé la partie supérieure du circuit est galvaniquement isolée et sa
charge électrique se conserve, soit :
q 1 (t ) + q 2 (t ) = Q 0
AC
ÉPREUVE OPTIONNELLE DE PHYSIQUE - CORRIGÉ
111
qui entraîne :
dq 2 (t )
dq (t )
= − 1 = i(t )
dt
dt
D'autre part la loi des mailles appliquée au circuit nous donne :
q 1 (t ) q 2 (t )
−
− Ri(t ) = 0
C1
C2
En dérivant par rapport au temps on obtient l'équation différentielle :
di(t ) i(t )
+
=0
dt
τ
si on pose :
RC1 C 2
τ=
C1 + C 2
35.
( )
A l'instant t = 0+ on a i 0 + =
Q0
donc, l'équation différentielle précédente s'intègre en :
RC 1
i(t ) =
Q0
 t
exp − 
RC1
 τ
36. L'énergie dissipée sous forme d'effet Joule dans la résistance à la fin du régime transitoire
(théoriquement au bout d'un temps infini) est :
+∞
WR =
∫
0
Ri 2 (t ) dt =
C 2 Q 02
2C1 (C1 + C 2 )
Notons que cette énergie ne dépend pas de la valeur de la résistance : lorsque celle-ci est très faible,
l'intensité du courant est très grande de manière à ce que l'intégrale soit finie.
37. A la fin du régime transitoire on a deux condensateurs en parallèle portant les charges électriques
respectives Q1 et Q2 telles que :
Q0
Q1 Q 2
=
=
C1 C 2 C1 + C 2
On en déduit aisément :
C Q
C Q
Q1 = 1 0
, Q2 = 2 0
C1 + C 2
C1 + C 2
38.
La variation d'énergie électrostatique de l'ensemble des deux condensateurs est alors :
 Q2
C 2 Q 02
Q2  Q2
∆E =  1 + 2  − 0 = −
 2C1 2C 2  2C1
C1 (C1 + C 2 )


39.
Le bilan d'énergie électrique du circuit se traduit par :
∆E + WR = 0
40. La différence d'énergie électrostatique Ei − Ef = −∆E, récupérable sous forme de travail, a été
utilisée pour provoquer la circulation des charges dans la résistance. Or l'énergie fournie aux électrons
dans une résistance est dissipée sous forme de chaleur. Le bilan d'énergie totale de ce système se traduit
alors par :
∆U − WR = 0
AC