Corrigé détaillé ENAC Physique QCM MPSI 2025

Q: Comment déterminer la position du point double à la question Q10 ?

Écrire la chaîne de conjugaison D L₁ D₁ L₂ D en appliquant la formule de Newton à chaque lentille. En exprimant que l'image finale est en D, on obtient l'équation qui fournit la distance algébrique F₁D.

Épreuve de Physique – Concours EPL/S

36 questions corrigées
Sujet accessible
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I, TSI1 et BCPST1 : les 36 questions
Vérifié question par question

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Entièrement faisable en MPSI. Autres questions faisables en MPSI

Autres premières années : MP2I 30 · TSI1 30 · BCPST1 10 questions.

Le sujet en bref

Sujet accessible · Électrocinétique et électronique, Mécanique, Optique géométrique · 8 incontournables · 36 questions de première année

Ce sujet du concours EPL/S de l'ENAC prend la forme d'un QCM de 36 questions réparties en six parties indépendantes couvrant des thèmes classiques de physique générale. Les exercices balayent la cinématique polaire, l'optique des systèmes afocaux, les régimes transitoires d'ordres un et deux en régime capacitif, l'analyse d'un cycle thermodynamique tri-ouvert conduisant à la relation de Mayer, le pendule pesant couplé aux forces de Laplace, ainsi qu'un filtre déphaseur en pont.

L'épreuve est rapide et exigeante sur le plan de la précision calculatoire et de la gestion du temps, le barème imposant de sélectionner au plus 24 questions parmi les 36. C'est un excellent support d'entraînement pour tester les réflexes, la rapidité d'exécution et la maîtrise des formulaires fondamentaux dès la classe de première année.

Difficulté: Accessible, estimée à partir de la difficulté de chaque question
Temps estimé: ≈ 2 h 15 pour tout traiter (estimation question par question, candidat bien préparé)
Chapitres: Électrocinétique et électronique33 %
Mécanique31 %
Optique géométrique17 %
Thermodynamique17 %
Part des questions du sujet.
Incontournables: 8 questions classiques, à savoir refaire :
Q2
Q3
Q7
Q8
Q13
Q19
Q20
Q31
Première année: Oui en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I, TSI1 et BCPST1 : les 36 questions.
MPSI : 36 questions
PCSI : 36 questions
PTSI : 36 questions
MP2I : 30 questions
TSI1 : 30 questions
BCPST1 : 10 questions

Où gagner des points

31 questions rapides et accessibles

Rapides et accessibles (31) : difficulté 1 ou 2 sur 4, 5 minutes au plus.

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Points à signaler : erreur d'énoncé

Erreur d'énoncé
Dans l'énoncé de Q18, Q et \omega_0 sont qualifiés par erreur de « constantes temporelles » : \omega_0 est une pulsation propre (en \text{rad}\cdot\text{s}^{-1}) et le facteur de qualité Q est une grandeur sans dimension.

Comment utiliser ce corrigé

Cherchez d'abord chaque question seul. Bloqué ? Ouvrez l'indice, puis la stratégie, et seulement ensuite le corrigé complet. Cochez les questions réussies pour estimer votre note. Comment sont rédigés nos corrigés

Sommaire

36 questions

Partie 1 : Cinématique d'un mouvement en spirale

Question 1

Application directe≈ 2 min

Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I

Chapitre : Mécanique › Cinématique et dynamique du point

Notions : coordonnée cylindrique

À quelle date $t_{1}$ la composante radiale du vecteur $OM$ vaut-elle le dixième de sa valeur initiale ? A) $t_{1} = τ$ B) $t_{1} = τ ln (10)$ C) $t_{1} = 10 τ$ D) $t_{1} = \frac{τ}{l n ( 10 )}$

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Poser l'équation r(t_1) = r_0 / 10 à partir de l'équation horaire r(t) = r_0\,\mathrm{e}^{-t/\tau} et prendre le logarithme népérien.

Voir la stratégie

Exprimer le vecteur position \mathbf{OM} dans la base polaire (\boldsymbol{e}_r, \boldsymbol{e}_\theta) pour identifier sa composante radiale.
Écrire la condition mathématique traduisant que cette composante est égale au dixième de sa valeur initiale à l'instant t_1, puis résoudre l'équation en t_1.

Voir la réponse courte

Résolution directe de r_0 e^{-t_1/\tau} = r_0/10 donnant t_1 = \tau \ln(10).

Voir le corrigé complet

Dans la base polaire (\boldsymbol{e}_r, \boldsymbol{e}_\theta), le vecteur position s'écrit :

\mathbf{OM} = r(t)\,\boldsymbol{e}_r

La composante radiale du vecteur position est donc r(t) = r_0 \text{e}^{-t/\tau}.

À l'instant initial t = 0, elle vaut r(0) = r_0. La date t_1 recherchée vérifie la condition :

r(t_1) = \frac{r(0)}{10} = \frac{r_0}{10}

En remplaçant par l'expression de la loi horaire radiale :

\begin{aligned} r_0 \text{e}^{-t_1/\tau} &= \frac{r_0}{10} \\ \text{e}^{-t_1/\tau} &= 10^{-1} \\ -\frac{t_1}{\tau} &= -\ln(10) \end{aligned}

On en déduit :

\boxed{t_1 = \tau \ln(10)}

La réponse correcte est la proposition B.

Résultat

t_{1} = τ ln (10)

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Question 2

Application directe≈ 2 min

Incontournable
Question de cours
Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I

Chapitre : Mécanique › Cinématique et dynamique du point

Notions : vitesse en coordonnées polaires

Exprimer les composantes de la vitesse de M : A) $v_{r} = \frac{r _{0}}{τ} e^{- t / τ}$ B) $v_{r} = - \frac{r _{0}}{τ} e^{- t / τ}$ C) $v_{θ} = r_{0} Ω e^{- t / τ}$ D) $v_{θ} = r_{0} Ω$

Voir l'indice

Dériver le vecteur position \mathbf{OM} = r\,\mathbf{e}_r dans la base polaire mobile sachant que \mathrm{d}\mathbf{e}_r/\mathrm{d}t = \dot{\theta}\,\mathbf{e}_\theta.

Voir la stratégie

Exprimer le vecteur vitesse dans la base polaire mobile (\boldsymbol{e}_r, \boldsymbol{e}_\theta).
Dériver par rapport au temps les lois horaires r(t) et \theta(t) pour identifier les composantes radiale v_r et orthoradiale v_\theta.

Voir la réponse courte

Dérivation de r(t) et \theta(t) pour obtenir les composantes radiale et orthoradiale du vecteur vitesse.

Voir le corrigé complet

Dans le référentiel \mathcal{R} muni de la base polaire (\boldsymbol{e}_r, \boldsymbol{e}_\theta), le vecteur position du point \mathrm{M} s'écrit :

\mathbf{OM}(t) = r(t)\,\boldsymbol{e}_r

Par dérivation par rapport au temps dans le référentiel \mathcal{R}, le vecteur vitesse de \mathrm{M} est donné par :

\boldsymbol{v}(t) = \left(\frac{\mathrm{d}\mathbf{OM}}{\mathrm{d}t}\right)_{\mathcal{R}} = \dot{r}(t)\,\boldsymbol{e}_r + r(t)\dot{\theta}(t)\,\boldsymbol{e}_\theta

Les composantes du vecteur vitesse sont donc :

\begin{aligned} v_r(t) &= \dot{r}(t) \\ v_\theta(t) &= r(t)\dot{\theta}(t) \end{aligned}

À partir des équations horaires fournies par l'énoncé :

r(t) = r_0 \text{e}^{-t/\tau} \quad \text{et} \quad \theta(t) = \Omega t

on obtient en dérivant par rapport à t :

\begin{aligned} \dot{r}(t) &= -\frac{r_0}{\tau}\,\text{e}^{-t/\tau} \\ \dot{\theta}(t) &= \Omega \end{aligned}

On en déduit les expressions des composantes :

\begin{aligned} v_r(t) &= -\frac{r_0}{\tau}\,\text{e}^{-t/\tau} \\ v_\theta(t) &= r_0\Omega\,\text{e}^{-t/\tau} \end{aligned}

Les réponses B et C sont donc exactes.

\boxed{\text{Réponses B et C}}

Résultat

R \overset{e}{ˊ} ponses B et C

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Question 3

Application directe≈ 3 min

Incontournable
Question de cours
Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I

Chapitre : Mécanique › Cinématique et dynamique du point

Notions : accélération en coordonnées polaires

Exprimer les composantes de l'accélération de M ; A) $a_{r} = r_{0} (\frac{1}{τ ^{2}} - Ω^{2}) e^{- t / τ}$ B) $a_{r} = \frac{r _{0}}{τ} (\frac{1}{τ} + Ω) e^{- t / τ}$ C) $a_{θ} = \frac{2 r _{0} Ω}{τ}$ D) $a_{θ} = - \frac{2 r _{0} Ω}{τ} e^{- t / τ}$

Voir l'indice

Dériver les composantes du vecteur vitesse en tenant compte de \mathrm{d}\mathbf{e}_\theta/\mathrm{d}t = -\dot{\theta}\,\mathbf{e}_r et de \dot{\theta} = \Omega = \mathrm{cste}.

Voir la stratégie

Rappeler l'expression générale de l'accélération en coordonnées polaires planes : \boldsymbol{a} = a_r \boldsymbol{e}_r + a_\theta \boldsymbol{e}_\theta.
Calculer les dérivées temporelles première et seconde de r(t) et \theta(t).
Identifier séparément la composante radiale a_r et la composante orthoradiale a_\theta afin de choisir les propositions exactes.

Voir la réponse courte

Expression des composantes radiale \ddot{r}-r\dot{\theta}^2 et orthoradiale r\ddot{\theta}+2\dot{r}\dot{\theta} de l'accélération.

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Dans le repère polaire lié au référentiel d'étude \mathcal{R}, le vecteur accélération s'exprime sous la forme :

\boldsymbol{a} = (\ddot{r} - r\dot{\theta}^2)\,\boldsymbol{e}_r + (r\ddot{\theta} + 2\dot{r}\dot{\theta})\,\boldsymbol{e}_\theta

À partir des équations horaires r(t) = r_0 e^{-t/\tau} et \theta(t) = \Omega t, on détermine les dérivées successives :

\begin{aligned} \dot{r}(t) &= -\frac{r_0}{\tau} e^{-t/\tau}, & \ddot{r}(t) &= \frac{r_0}{\tau^2} e^{-t/\tau} \\ \dot{\theta}(t) &= \Omega, & \ddot{\theta}(t) &= 0 \end{aligned}

On en déduit la composante radiale de l'accélération :

a_r(t) = \ddot{r} - r\dot{\theta}^2 = \frac{r_0}{\tau^2} e^{-t/\tau} - (r_0 e^{-t/\tau})\Omega^2 = r_0\left(\frac{1}{\tau^2} - \Omega^2\right) e^{-t/\tau}

ce qui correspond à la proposition A.

Pour la composante orthoradiale :

a_\theta(t) = r\ddot{\theta} + 2\dot{r}\dot{\theta} = 0 + 2\left(-\frac{r_0}{\tau} e^{-t/\tau}\right)\Omega = -\frac{2r_0\Omega}{\tau} e^{-t/\tau}

ce qui correspond à la proposition D.

\boxed{\text{Réponses A et D}}

Résultat

R \overset{e}{ˊ} ponses A et D

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Question 4

Intermédiaire≈ 3 min

Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I

Chapitre : Mécanique › Cinématique et dynamique du point

Notions : norme d'un vecteur

Donner l'expression des normes de la vitesse et de l'accélération : A) $v = r_{0} (\frac{1}{τ ^{2}} + Ω^{2}) e^{- t / τ}$ B) $v = r_{0} (\frac{1}{τ ^{2}} + Ω^{2})^{1/2} e^{- t / τ}$ C) $a = r_{0} (\frac{1}{τ ^{2}} + Ω^{2}) e^{- t / τ}$ D) $a = r_{0} (\frac{1}{τ ^{2}} + Ω^{2})^{1/2} e^{- t / τ}$

Voir l'indice

Calculer v = \sqrt{v_r^2 + v_\theta^2} et a = \sqrt{a_r^2 + a_\theta^2} en factorisant par les exponentielles décroissantes.

Voir la stratégie

La base polaire (\boldsymbol{e}_r, \boldsymbol{e}_\theta) étant orthonormée, la norme d'un vecteur s'exprime comme la racine carrée de la somme des carrés de ses composantes.
Calculer la norme de la vitesse v = \sqrt{v_r^2 + v_\theta^2} à partir des composantes obtenues à la question 2.
Calculer la norme de l'accélération a = \sqrt{a_r^2 + a_\theta^2} à partir des composantes obtenues à la question 3 en reconnaissant une identité remarquable.

Voir la réponse courte

Calcul des normes euclidiennes v=\sqrt{v_r^2+v_\theta^2} et a=\sqrt{a_r^2+a_\theta^2} à partir des composantes polaires.

Voir le corrigé complet

D'après la question 2, les composantes de la vitesse dans la base polaire sont :

v_r = -\frac{r_0}{\tau}\,\text{e}^{-t/\tau} \quad \text{et} \quad v_\theta = r_0 \Omega\,\text{e}^{-t/\tau}

La base (\boldsymbol{e}_r, \boldsymbol{e}_\theta) étant orthonormée, la norme de la vitesse est :

\begin{aligned} v &= \sqrt{v_r^2 + v_\theta^2} \\ &= \sqrt{\left(-\frac{r_0}{\tau}\,\text{e}^{-t/\tau}\right)^2 + \left(r_0 \Omega\,\text{e}^{-t/\tau}\right)^2} \\ &= r_0 \left(\frac{1}{\tau^2} + \Omega^2\right)^{1/2} \text{e}^{-t/\tau} \end{aligned}

Ce résultat correspond à la proposition B.

D'après la question 3, les composantes de l'accélération dans cette même base sont :

a_r = r_0 \left(\frac{1}{\tau^2} - \Omega^2\right)\text{e}^{-t/\tau} \quad \text{et} \quad a_\theta = -\frac{2r_0 \Omega}{\tau}\,\text{e}^{-t/\tau}

La norme de l'accélération s'écrit alors :

\begin{aligned} a &= \sqrt{a_r^2 + a_\theta^2} \\ &= r_0\,\text{e}^{-t/\tau} \sqrt{\left(\frac{1}{\tau^2} - \Omega^2\right)^2 + \left(-\frac{2\Omega}{\tau}\right)^2} \end{aligned}

En développant le terme sous la racine :

\begin{aligned} \left(\frac{1}{\tau^2} - \Omega^2\right)^2 + \frac{4\Omega^2}{\tau^2} &= \frac{1}{\tau^4} - \frac{2\Omega^2}{\tau^2} + \Omega^4 + \frac{4\Omega^2}{\tau^2} \\ &= \frac{1}{\tau^4} + \frac{2\Omega^2}{\tau^2} + \Omega^4 \\ &= \left(\frac{1}{\tau^2} + \Omega^2\right)^2 \end{aligned}

Comme \frac{1}{\tau^2} + \Omega^2 > 0, la racine carrée se simplifie directement :

a = r_0 \left(\frac{1}{\tau^2} + \Omega^2\right)\text{e}^{-t/\tau}

Ce résultat correspond à la proposition C.

\boxed{\text{Réponses B et C}}

Résultat

R \overset{e}{ˊ} ponses B et C

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Question 5

Intermédiaire≈ 3 min

Calcul littéral
Application numérique
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I

Chapitre : Mécanique › Cinématique et dynamique du point

Notions : cinématique du point

Que vaut le rapport $a / v$ ? A) $a / v = 0, 25 s^{- 1}$ B) $a / v = 0, 5 s^{- 1}$ C) $a / v = 1 s^{- 1}$ D) $a / v = 4 s^{- 1}$

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Former le rapport a/v à partir des expressions obtenues en Q4 et effectuer l'application numérique directe.

Voir la stratégie

Exprimer le rapport littéral a/v à partir des normes obtenues à la question précédente.
Réaliser l'application numérique avec les valeurs données dans le préambule de la partie 1.

Voir la réponse courte

Simplification du quotient a/v à partir des normes calculées et application numérique.

Voir le corrigé complet

D'après la question précédente, les normes de la vitesse et de l'accélération s'écrivent :

\begin{aligned} v(t) &= r_0\left(\frac{1}{\tau^2} + \Omega^2\right)^{1/2} \text{e}^{-t/\tau} \\ a(t) &= r_0\left(\frac{1}{\tau^2} + \Omega^2\right) \text{e}^{-t/\tau} \end{aligned}

En effectuant le quotient de ces deux grandeurs, les termes r_0 et \text{e}^{-t/\tau} se simplifient :

\frac{a}{v} = \sqrt{\frac{1}{\tau^2} + \Omega^2}

Avec \tau = 2,5\text{ s} et \Omega = 0,3\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1}, on calcule :

\begin{aligned} \frac{1}{\tau} &= \frac{1}{2,5} = 0,4\text{ s}^{-1} \implies \frac{1}{\tau^2} = 0,16\text{ s}^{-2} \\ \Omega^2 &= (0,3)^2 = 0,09\text{ s}^{-2} \end{aligned}

D'où :

\frac{a}{v} = \sqrt{0,16 + 0,09} = \sqrt{0,25} = 0,5\text{ s}^{-1}

\boxed{\text{La réponse B est exacte.}}

Résultat

La r \overset{e}{ˊ} ponse B est exacte.

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Question 6

Intermédiaire≈ 4 min

Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I

Chapitre : Mécanique › Cinématique et dynamique du point

Notions : produit scalaire, vecteur vitesse

On note $α = (OM, v)$ l'angle que forme, à tout instant, le vecteur vitesse de M avec son vecteur position. On a : A) $α = π /2$ B) $α$ dépend du temps C) $cos (α) = - (1 + Ω^{2} τ^{2})^{- 1/2}$ D) $cos (α) = - 0, 8$

Voir l'indice

Calculer le produit scalaire \mathbf{OM}\cdot\mathbf{v} = r v_r puis utiliser la définition \mathbf{OM}\cdot\mathbf{v} = r v \cos\alpha.

Voir la stratégie

Exprimer le produit scalaire \mathbf{OM} \cdot \boldsymbol{v} de deux façons différentes : à partir de la définition géométrique faisant intervenir l'angle \alpha, puis à partir des composantes dans la base polaire.
Isoler \cos(\alpha) et simplifier l'expression à l'aide des résultats établis aux questions précédentes.
Effectuer l'application numérique avec les données de l'énoncé.

Voir la réponse courte

Calcul de \cos\alpha = (\mathbf{OM}\cdot\mathbf{v})/(r v) = v_r/v qui est constant au cours du mouvement.

Voir le corrigé complet

Le vecteur position du mobile M s'écrit dans la base polaire :

\mathbf{OM} = r(t)\,\boldsymbol{e}_r

Le produit scalaire entre le vecteur position \mathbf{OM} et le vecteur vitesse \boldsymbol{v} = v_r\,\boldsymbol{e}_r + v_\theta\,\boldsymbol{e}_\theta est :

\mathbf{OM} \cdot \boldsymbol{v} = r\,v_r

Par définition de l'angle \alpha = (\widehat{\mathbf{OM}, \boldsymbol{v}}), ce produit scalaire vaut également :

\mathbf{OM} \cdot \boldsymbol{v} = \|\mathbf{OM}\|\,\|\boldsymbol{v}\|\cos(\alpha) = r\,v\cos(\alpha)

On en déduit l'expression du cosinus de l'angle \alpha :

\cos(\alpha) = \frac{v_r}{v}

D'après les questions Q2 et Q4, les composantes et la norme de la vitesse sont données par :

\begin{aligned} v_r &= -\frac{r_0}{\tau}\text{e}^{-t/\tau} \\ v &= r_0\sqrt{\frac{1}{\tau^2} + \Omega^2}\,\text{e}^{-t/\tau} = \frac{r_0}{\tau}\sqrt{1 + \Omega^2\tau^2}\,\text{e}^{-t/\tau} \end{aligned}

En effectuant le quotient :

\cos(\alpha) = \frac{-\dfrac{r_0}{\tau}\text{e}^{-t/\tau}}{\dfrac{r_0}{\tau}\sqrt{1 + \Omega^2\tau^2}\,\text{e}^{-t/\tau}} = -\frac{1}{\sqrt{1 + \Omega^2\tau^2}}

Soit sous forme indicielle :

\boxed{\cos(\alpha) = -\left(1 + \Omega^2\tau^2\right)^{-1/2}}

Cette grandeur est indépendante du temps, ce qui élimine les propositions A et B et valide la proposition C.

Procédons à l'application numérique avec \tau = 2,5\text{ s} et \Omega = 0,3\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1} :

\begin{aligned} \Omega\tau &= 0,3 \times 2,5 = 0,75 = \frac{3}{4} \\ 1 + \Omega^2\tau^2 &= 1 + \left(\frac{3}{4}\right)^2 = 1 + \frac{9}{16} = \frac{25}{16} \\ \cos(\alpha) &= -\frac{1}{\sqrt{25/16}} = -\frac{4}{5} = -0,8 \end{aligned}

\boxed{\cos(\alpha) = -0,8}

La proposition D est donc également exacte.

Résultat

cos (α) = - (1 + Ω^{2} τ^{2})^{- 1/2}

cos (α) = - 0, 8

Question déjà tombée ailleurs

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Partie 2 : Système afocal

Question 7

Application directe≈ 2 min

Incontournable
Question de cours
Raisonnement qualitatif
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I, TSI1

Chapitre : Optique géométrique › Lentilles, miroirs et formation des images

Notions : système afocal

On souhaite former un système afocal. Indiquer la ou les réponses correctes pour que ce soit possible : A) Il suffit que $V_{2} > V_{1}$ B) Il faut nécessairement $∣ V_{1} ∣ < ∣ V_{2} ∣$ C) Il faut nécessairement $V_{1} < - V_{2}$ D) Aucune condition sur les vergences n'est nécessaire, seules comptent les positions des lentilles.

Voir l'indice

Un système de deux lentilles est afocal si le foyer image de la première coïncide avec le foyer objet de la seconde (F'_1 = F_2), en tenant compte de la positivité de la distance d.

Voir la stratégie

Rappeler la condition de conjugaison d'un système afocal : le foyer principal image de la première lentille doit coïncider avec le foyer principal objet de la seconde (F'_1 = F_2).
Exprimer la distance algébrique d = \overline{\mathrm{O}_1\mathrm{O}_2} en fonction des vergences V_1 et V_2.
Traduire la contrainte physique imposée par l'énoncé (d > 0) avec les signes des vergences (V_1 < 0 et V_2 > 0).

Voir la réponse courte

Un système de deux lentilles est afocal dès lors que le foyer image de la première coïncide avec le foyer objet de la seconde.

Voir le corrigé complet

Un système optique centré est afocal si l'image d'un objet situé à l'infini sur l'axe est rejetée à l'infini sur l'axe. Pour une association de deux lentilles minces \mathrm{L}_1 et \mathrm{L}_2, cela impose la coïncidence du foyer principal image de \mathrm{L}_1 avec le foyer principal objet de \mathrm{L}_2 :

F'_1 = F_2

La distance entre les centres optiques des deux lentilles s'écrit alors :

d = \overline{\mathrm{O}_1\mathrm{O}_2} = \overline{\mathrm{O}_1\mathrm{F}'_1} + \overline{\mathrm{F}_2\mathrm{O}_2}

Or, par définition des distances focales, pour la lentille mince \mathrm{L}_2 de distance focale image f'_2, on a \overline{\mathrm{O}_2\mathrm{F}_2} = -f'_2, soit \overline{\mathrm{F}_2\mathrm{O}_2} = f'_2. On en déduit :

d = f'_1 + f'_2 = \frac{1}{V_1} + \frac{1}{V_2}

L'énoncé précise que la lumière se propage de \mathrm{L}_1 vers \mathrm{L}_2, de sorte que la distance algébrique doit être strictement positive :

d > 0 \iff \frac{1}{V_1} + \frac{1}{V_2} > 0 \iff \frac{1}{V_2} > -\frac{1}{V_1}

Comme V_2 > 0 et V_1 < 0, la quantité -V_1 = |V_1| est strictement positive. Par décroissance de la fonction inverse sur \mathbb{R}_+^*, l'inégalité précédente équivaut à :

V_2 < -V_1 \iff V_1 < -V_2

Cette condition est nécessaire pour pouvoir placer \mathrm{L}_2 après \mathrm{L}_1.

Par conséquent, seule l'affirmation C est exacte.

\boxed{\text{Réponse C}}

Résultat

R \overset{e}{ˊ} ponse C

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Question 8

Application directe≈ 2 min

Incontournable
Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I, TSI1

Chapitre : Optique géométrique › Lentilles, miroirs et formation des images

Notions : système afocal, vergence

Quelle condition la distance entre les lentilles doit-elle vérifier pour que le système soit afocal ? A) $d = (\frac{1}{V _{2}} - \frac{1}{V _{1}})$ B) $d = (\frac{1}{V _{1}} + \frac{1}{V _{2}})$ C) $d = (V_{1} + V_{2})^{- 1}$ D) $d = (V_{2} - V_{1})^{- 1}$

Voir l'indice

Traduire la coïncidence des foyers sous forme de distance algébrique : d = \overline{O_1 O_2} = \overline{O_1 F'_1} + \overline{F'_1 O_2} = f'_1 + f'_2.

Voir la stratégie

Exprimer la condition d'afocalité d'un doublet de lentilles minces (coïncidence de foyers).
Utiliser la relation de Chasles pour relier la distance entre les centres optiques d = \overline{\mathrm{O}_1\mathrm{O}_2} aux distances focales image f'_1 et f'_2.
Exprimer ces distances focales en fonction des vergences V_1 et V_2.

Voir la réponse courte

Condition de coïncidence des foyers d = \overline{O_1 O_2} = f'_1 + f'_2 = 1/V_1 + 1/V_2.

Voir le corrigé complet

Par définition, un système formé de deux lentilles minces coaxiales est afocal si le foyer principal image de la première lentille coïncide avec le foyer principal objet de la seconde :

\mathrm{F}'_1 = \mathrm{F}_2

En introduisant ce point par la relation de Chasles, la distance algébrique entre les deux centres optiques s'écrit :

\begin{aligned} d &= \overline{\mathrm{O}_1\mathrm{O}_2} \\ &= \overline{\mathrm{O}_1\mathrm{F}'_1} + \overline{\mathrm{F}'_1\mathrm{O}_2} \\ &= \overline{\mathrm{O}_1\mathrm{F}'_1} + \overline{\mathrm{F}_2\mathrm{O}_2} \\ &= \overline{\mathrm{O}_1\mathrm{F}'_1} - \overline{\mathrm{O}_2\mathrm{F}_2} \end{aligned}

Pour une lentille mince plongée dans l'air, le foyer objet et le foyer image sont symétriques par rapport au centre optique, de sorte que \overline{\mathrm{O}_2\mathrm{F}_2} = -f'_2. De plus, \overline{\mathrm{O}_1\mathrm{F}'_1} = f'_1. On a donc :

d = f'_1 + f'_2

Comme les vergences sont définies par V_1 = \frac{1}{f'_1} et V_2 = \frac{1}{f'_2}, on en déduit immédiatement :

\boxed{d = \left(\frac{1}{V_1} + \frac{1}{V_2}\right)}

La proposition B est donc la réponse exacte.

Résultat

d = (\frac{1}{V _{1}} + \frac{1}{V _{2}})

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Question 9

Application directe≈ 3 min

Question de cours
Raisonnement qualitatif
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I, TSI1

Chapitre : Optique géométrique › Lentilles, miroirs et formation des images

Notions : grandissement transversal, lunette afocale

Dans toute la suite de l'exercice les lentilles $L_{1}$ et $L_{2}$ sont choisies et positionnées de façon à former un système afocal noté ( $Σ$ ). On l'utilise pour former l'image d'un objet transversal (perpendiculaire à l'axe optique), placé à une distance finie devant la lentille $L_{1}$ . Dans cette situation, on peut affirmer que : A) L'image est plus petite que l'objet et elle est de même sens que l'objet. B) L'image est plus petite que l'objet et elle est de sens inverse à celui de l'objet. C) L'image est plus grande que l'objet et elle est de sens inverse à celui de l'objet. D) Le grandissement transversal du système dépend de la position de l'objet, donc les caractéristiques (taille et sens) de l'image dépendent de cette position.

Voir l'indice

Exprimer le grandissement transversal du doublet afocal \gamma = -f'_2/f'_1 = -V_1/V_2 et analyser sa dépendance en position ainsi que son signe.

Voir la stratégie

Exprimer le grandissement transversal \gamma du système afocal (\Sigma) constitué des lentilles \mathrm{L}_1 et \mathrm{L}_2.
Étudier le signe et la valeur absolue de \gamma en tenant compte des données : V_1 < 0, V_2 > 0 et d = f'_1 + f'_2 > 0.
Comparer le résultat obtenu aux propositions A, B, C et D.

Voir la réponse courte

Pour un système afocal, le grandissement transversal \gamma = -f'_2/f'_1 est indépendant de la position de l'objet.

Voir le corrigé complet

Considérons un objet transversal AB perpendiculaire à l'axe optique, dont le système afocal (\Sigma) = \mathrm{L}_1 + \mathrm{L}_2 donne l'image intermédiaire A_1 B_1 par \mathrm{L}_1, puis l'image finale A'B' par \mathrm{L}_2.

Le grandissement transversal du système est le produit des grandissements transversaux de chaque lentille :

\gamma = \frac{\overline{A'B'}}{\overline{AB}} = \gamma_1 \cdot \gamma_2

En utilisant les formules de Newton avec origines aux foyers :

\gamma_1 = -\frac{\overline{\mathrm{F}'_1 A_1}}{f'_1} \quad \text{et} \quad \gamma_2 = \frac{f'_2}{\overline{\mathrm{F}_2 A_1}}

Le système étant afocal, les foyers coïncident (\mathrm{F}'_1 = \mathrm{F}_2), d'où \overline{\mathrm{F}'_1 A_1} = \overline{\mathrm{F}_2 A_1}. Le grandissement transversal global s'écrit donc :

\gamma = -\frac{f'_2}{f'_1} = -\frac{V_1}{V_2}

Ce grandissement est une constante, rigoureusement indépendante de la position de l'objet sur l'axe optique (la proposition D est donc fausse).

Déterminons les caractéristiques de l'image :

Sens de l'image : par hypothèse, V_1 < 0 (lentille divergente, f'_1 < 0) et V_2 > 0 (lentille convergente, f'_2 > 0). Par conséquent :
\gamma = -\frac{f'_2}{f'_1} > 0
L'image est donc de même sens que l'objet (image droite).
Taille de l'image : d'après la question précédente (Q8), la condition d'existence d'un tel système afocal avec d = \overline{\mathrm{O}_1\mathrm{O}_2} > 0 impose :
d = f'_1 + f'_2 > 0 \implies f'_2 > -f'_1 = |f'_1|
On en déduit que :
|\gamma| = \frac{f'_2}{|f'_1|} > 1
L'image est donc plus grande que l'objet.

L'image est donc plus grande que l'objet et de même sens que celui-ci.

Aucune des propositions A, B, C ou D n'étant correcte, il convient de cocher la case E conformément aux consignes de l'épreuve.

\boxed{\text{Réponse E}}

Résultat

R \overset{e}{ˊ} ponse E

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Question 10

Exigeante≈ 7 min

Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I, TSI1

Chapitre : Optique géométrique › Lentilles, miroirs et formation des images

Notions : point double, formule de conjugaison

On appelle point double, le point D de l'axe optique qui est sa propre image par le système optique. Que vérifie la distance $\overline{F_{1} D}$ pour le système ( $Σ$ ) ? A) $\overline{F_{1} D} = \frac{f _{1}^{'2}}{f _{2}^{'2}} \frac{( f _{2}^{'} + f _{1}^{'} )}{2}$ B) $\overline{F_{1} D} = - \frac{2 f _{1}^{'2} ( f _{2}^{'} + f _{1}^{'} )}{f _{2}^{'2} + f _{1}^{'2}}$ C) $\overline{F_{1} D} = \frac{f _{1}^{'}}{f _{2}^{'}} \frac{( f _{2}^{'2} + f _{1}^{'2} )}{( f _{2}^{'} + f _{1}^{'} )}$ D) $\overline{F_{1} D} = - \frac{2 f _{1}^{'2}}{f _{2}^{'} - f _{1}^{'}}$

Voir l'indice

Écrire que le point double D vérifie la relation de grandissement ou appliquer les formules de Newton successives pour une image superposée à l'objet.

Voir la stratégie

Écrire la relation de grandissement longitudinal ou les relations de conjugaison de Newton pour les deux lentilles minces L_1 et L_2 formant le système afocal (avec F'_1 = F_2).
Exprimer la position du point image final D' par rapport au foyer image F'_2 en fonction de la position du point objet D par rapport au foyer objet F_1.
Imposer la condition de point double D' = D en reliant la distance \overline{F'_2 D} à \overline{F_1 D} par la relation de Chasles faisant intervenir \overline{F_1 F'_2}.

Voir la réponse courte

Utilisation des relations de conjugaison de Newton pour chaque lentille pour déterminer la position du point invariant.

Voir le corrigé complet

Soit D_1 l'image intermédiaire du point double D par la première lentille L_1, et D' l'image finale de D_1 par la deuxième lentille L_2. Les relations de conjugaison de Newton aux foyers s'écrivent :

\begin{aligned} \text{Pour } L_1 : \quad & \overline{F_1 D} \cdot \overline{F'_1 D_1} = -{f'_1}^2 \\ \text{Pour } L_2 : \quad & \overline{F_2 D_1} \cdot \overline{F'_2 D'} = -{f'_2}^2 \end{aligned}

Le système étant afocal, les foyers se confondent : F'_1 = F_2, donc \overline{F'_1 D_1} = \overline{F_2 D_1}. En faisant le rapport membre à membre de ces deux équations, on obtient la relation de grandissement longitudinal du système afocal :

\frac{\overline{F'_2 D'}}{\overline{F_1 D}} = \frac{{f'_2}^2}{{f'_1}^2} \iff \overline{F'_2 D'} = \frac{{f'_2}^2}{{f'_1}^2}\,\overline{F_1 D}

Par définition du point double, le point est sa propre image, soit D' = D. Ainsi :

\overline{F'_2 D} = \frac{{f'_2}^2}{{f'_1}^2}\,\overline{F_1 D}

D'après la relation de Chasles :

\overline{F'_2 D} = \overline{F'_2 F_1} + \overline{F_1 D} = \overline{F_1 D} - \overline{F_1 F'_2}

Déterminons la distance algébrique \overline{F_1 F'_2} :

\overline{F_1 F'_2} = \overline{F_1 O_1} + \overline{O_1 O_2} + \overline{O_2 F'_2} = f'_1 + d + f'_2

Comme le système est afocal, d = f'_1 + f'_2 (d'après la question Q8), d'où :

\overline{F_1 F'_2} = 2(f'_1 + f'_2)

L'équation définissant la position de D devient :

\begin{aligned} \overline{F_1 D} - 2(f'_1 + f'_2) &= \frac{{f'_2}^2}{{f'_1}^2}\,\overline{F_1 D} \\ \overline{F_1 D}\left(1 - \frac{{f'_2}^2}{{f'_1}^2}\right) &= 2(f'_1 + f'_2) \\ \overline{F_1 D}\left(\frac{{f'_1}^2 - {f'_2}^2}{{f'_1}^2}\right) &= 2(f'_1 + f'_2) \end{aligned}

En factorisant l'identité remarquable {f'_1}^2 - {f'_2}^2 = (f'_1 - f'_2)(f'_1 + f'_2) et en simplifiant par (f'_1 + f'_2) = d \neq 0, il vient :

\begin{aligned} \overline{F_1 D}\,\frac{f'_1 - f'_2}{{f'_1}^2} = 2 \implies \overline{F_1 D} = \frac{2{f'_1}^2}{f'_1 - f'_2} = -\frac{2{f'_1}^2}{f'_2 - f'_1} \end{aligned}

La proposition D est donc exacte.

\boxed{\text{Réponse D}}

Résultat

R \overset{e}{ˊ} ponse D

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Question 11

Intermédiaire≈ 4 min

Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I, TSI1

Chapitre : Optique géométrique › Lentilles, miroirs et formation des images

Notions : point double

Le rapport des distances algébriques de D aux centres optiques des lentilles vérifie : A) $\frac{O _{2} D}{O _{1} D} = \frac{f _{2}^{'}}{f _{1}^{'}}$ B) $\frac{O _{2} D}{O _{1} D} = - \frac{f _{2}^{'}}{f _{1}^{'}}$ C) $\frac{O _{2} D}{O _{1} D} = \frac{f _{1}^{'}}{f _{2}^{'}}$ D) $\frac{O _{2} D}{O _{1} D} = - \frac{f _{1}^{'}}{f _{2}^{'}}$

Voir l'indice

Exprimer \overline{O_1 D} et \overline{O_2 D} en exploitant la relation de Chasles \overline{O_1 D} - \overline{O_2 D} = d = f'_1 + f'_2 et la position trouvée en Q10.

Voir la stratégie

Exprimer la distance algébrique \overline{\mathrm{O}_1\mathrm{D}} par la relation de Chasles en utilisant la position du foyer objet \mathrm{F}_1 et le résultat de la question 10.
Exprimer \overline{\mathrm{O}_2\mathrm{D}} par Chasles en faisant intervenir la distance inter-lentilles d = \overline{\mathrm{O}_1\mathrm{O}_2} = f_1' + f_2' établie à la question 8.
Former le quotient de ces deux grandeurs pour obtenir le rapport recherché.

Voir la réponse courte

Rapport des distances algébriques déduit des relations de conjugaison aux centres optiques.

Voir le corrigé complet

D'après la question 10, la position du point double \mathrm{D} par rapport au foyer objet \mathrm{F}_1 s'écrit :

\overline{\mathrm{F}_1\mathrm{D}} = -\frac{2{f_1'}^2}{f_2' - f_1'} = \frac{2{f_1'}^2}{f_1' - f_2'}

Par définition de la distance focale image d'une lentille mince, \overline{\mathrm{O}_1\mathrm{F}_1} = -f_1'. La distance algébrique \overline{\mathrm{O}_1\mathrm{D}} s'obtient alors par la relation de Chasles :

\begin{aligned} \overline{\mathrm{O}_1\mathrm{D}} &= \overline{\mathrm{O}_1\mathrm{F}_1} + \overline{\mathrm{F}_1\mathrm{D}} \\ &= -f_1' + \frac{2{f_1'}^2}{f_1' - f_2'} \\ &= \frac{-f_1'(f_1' - f_2') + 2{f_1'}^2}{f_1' - f_2'} \\ &= \frac{f_1'(f_1' + f_2')}{f_1' - f_2'} \end{aligned}

D'après la question 8, la condition d'afocalité impose d = \overline{\mathrm{O}_1\mathrm{O}_2} = f_1' + f_2'. On en déduit \overline{\mathrm{O}_2\mathrm{D}} :

\begin{aligned} \overline{\mathrm{O}_2\mathrm{D}} &= \overline{\mathrm{O}_2\mathrm{O}_1} + \overline{\mathrm{O}_1\mathrm{D}} \\ &= -d + \overline{\mathrm{O}_1\mathrm{D}} \\ &= -(f_1' + f_2') + \frac{f_1'(f_1' + f_2')}{f_1' - f_2'} \\ &= (f_1' + f_2')\left(-1 + \frac{f_1'}{f_1' - f_2'}\right) \\ &= (f_1' + f_2')\left(\frac{-f_1' + f_2' + f_1'}{f_1' - f_2'}\right) \\ &= \frac{f_2'(f_1' + f_2')}{f_1' - f_2'} \end{aligned}

En effectuant le rapport des deux distances :

\frac{\overline{\mathrm{O}_2\mathrm{D}}}{\overline{\mathrm{O}_1\mathrm{D}}} = \frac{\frac{f_2'(f_1' + f_2')}{f_1' - f_2'}}{\frac{f_1'(f_1' + f_2')}{f_1' - f_2'}} = \frac{f_2'}{f_1'}

La proposition correcte est donc la proposition A.

\boxed{\text{A}}

Résultat

A

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Question 12

Intermédiaire≈ 3 min

Calcul littéral
Raisonnement qualitatif
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I, TSI1

Chapitre : Optique géométrique › Lentilles, miroirs et formation des images

Notions : grandissement transversal

DB' est l'image d'un objet transversal DB situé en D. Que peut-on dire de ce couple objet/image : A) L'image se superpose exactement à l'objet puisqu'elle est au point double. B) $\frac{DB ^{'}}{DB} = - \frac{f _{2}^{'}}{f _{1}^{'}}$ C) $\frac{DB ^{'}}{DB} = - \frac{f _{1}^{'}}{f _{2}^{'}}$ D) Il est impossible qu'un objet soit situé en D pour ce système puisque D est entre les deux lentilles.

Voir l'indice

Pour un système afocal, le grandissement transversal est une constante indépendante de la position de l'objet sur l'axe optique.

Voir la stratégie

Rappeler l'expression du grandissement transversal d'un système afocal constitué de deux lentilles minces coaxiales.
Appliquer cette relation à l'objet transversal \mathrm{DB} dont l'origine \mathrm{D} est le point double du système.
Discuter la validité des propositions pour identifier la bonne réponse.

Voir la réponse courte

Le grandissement transversal global du système afocal s'applique également au point double \overline{DB'}/\overline{DB} = -f'_2/f'_1.

Voir le corrigé complet

Le grandissement transversal \gamma d'un système optique centré formé de deux lentilles minces L_1 et L_2 est le produit des grandissements transversaux de chaque lentille :

\gamma = \gamma_1 \gamma_2

En exprimant les grandissements à l'aide des formules de Newton appliquées à l'image intermédiaire A_1 d'un point objet A :

\begin{aligned} \gamma_1 &= -\frac{\overline{\mathrm{F}'_1 A_1}}{f'_1} \\ \gamma_2 &= \frac{f'_2}{\overline{\mathrm{F}_2 A_1}} \end{aligned}

Le système étant afocal, les foyers se confondent : \mathrm{F}'_1 \equiv \mathrm{F}_2, ce qui impose \overline{\mathrm{F}_2 A_1} = \overline{\mathrm{F}'_1 A_1}. Le grandissement transversal global du système (\Sigma) s'écrit alors :

\gamma = \gamma_1 \gamma_2 = \left(-\frac{\overline{\mathrm{F}'_1 A_1}}{f'_1}\right)\left(\frac{f'_2}{\overline{\mathrm{F}'_1 A_1}}\right) = -\frac{f'_2}{f'_1}

Ce grandissement est indépendant de la position de l'objet le long de l'axe optique.

Pour un objet transversal \mathrm{DB} situé au point double \mathrm{D}, son image \mathrm{DB}' est formée en ce même point \mathrm{D}, et la dimension transversale vérifie directement :

\boxed{\frac{\overline{\mathrm{DB}'}}{\overline{\mathrm{DB}}} = -\frac{f'_2}{f'_1}}

Par conséquent :

La proposition A est fausse : bien que le point de base \mathrm{D} soit confondu avec son image, le grandissement n'étant pas égal à +1 (car d'après les questions précédentes f'_2 \neq -f'_1), l'image \mathrm{DB}' ne se superpose pas à l'objet \mathrm{DB}.
La proposition B est exacte.
La proposition C est fausse (inverse du rapport correct).
La proposition D est fausse : en optique géométrique, un objet peut parfaitement être virtuel et situé en aval de la première lentille.

Résultat

\frac{DB ^{'}}{DB} = - \frac{f _{2}^{'}}{f _{1}^{'}}

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Partie 3 : Électrocinétique des régimes transitoires

Question 13

Application directe≈ 3 min

Incontournable
Question de cours
Calcul littéral
Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Électrocinétique et électronique › Circuits électriques et régimes transitoires

Notions : continuité de la tension, condensateur

Déterminer, à la date $t = 0^{+}$ , c'est-à-dire, juste après la fermeture de $K_{1}$ , la tension $u_{R} (0^{+})$ : A) $u_{R} (0^{+}) = 0$ B) $u_{R} (0^{+}) = \frac{E}{2}$ C) $u_{R} (0^{+}) = E$ D) $u_{R} (0^{+}) = - E$

Voir l'indice

Utiliser la continuité de la tension aux bornes de chaque condensateur à la fermeture de l'interrupteur (u_1(0^+) = E/2 et u_2(0^+) = 0) puis appliquer la loi des mailles.

Voir la stratégie

Utiliser la propriété de continuité de la tension aux bornes d'un condensateur parfait en présence d'une branche résistive pour déterminer u_1(0^+) et u_2(0^+).
Appliquer la loi des mailles à l'instant t = 0^+ dans la maille active formée par le générateur, le résistor R et les deux condensateurs C_1 et C_2 (K_2 étant ouvert).

Voir la réponse courte

Continuité des tensions aux bornes des condensateurs initialement déchargés pour trouver la tension aux bornes de la résistance à t=0^+.

Voir le corrigé complet

À l'instant t = 0^-, avant la fermeture de l'interrupteur K_1, l'énoncé indique que :

le condensateur C_2 est entièrement déchargé : u_2(0^-) = 0 ;
le condensateur C_1 est préalablement chargé : u_1(0^-) = \dfrac{E}{2}.

En présence d'une résistance R non nulle, l'intensité du courant reste finie et les tensions aux bornes des condensateurs sont des fonctions continues du temps :

\begin{aligned} u_1(0^+) &= u_1(0^-) = \frac{E}{2} \\ u_2(0^+) &= u_2(0^-) = 0 \end{aligned}

L'interrupteur K_2 étant maintenu ouvert, aucun courant ne circule dans la branche inférieure contenant le second résistor. En appliquant la loi des mailles à l'instant t = 0^+ le long de la maille active orientée dans le sens horaire, on a :

E - u_R(0^+) - u_1(0^+) - u_2(0^+) = 0

D'où :

u_R(0^+) = E - u_1(0^+) - u_2(0^+) = E - \frac{E}{2} - 0 = \frac{E}{2}

\boxed{u_R(0^+) = \frac{E}{2}}

La réponse correcte est donc la B.

Résultat

u_{R} (0^{+}) = \frac{E}{2}

Question déjà tombée ailleurs

CCINP Physique-Chimie TSI 2023, Q16

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Question 14

Intermédiaire≈ 5 min

Calcul littéral
Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Électrocinétique et électronique › Circuits électriques et régimes transitoires

Notions : circuit rc, constante de temps

L'intensité du courant électrique évolue (lorsque $t > 0$ ) selon la loi :

i (t) = A exp (- \frac{t}{τ})

où $A$ et $τ$ sont deux constantes temporelles. Déterminer ces constantes : A) $A = \frac{E}{R}$ B) $A = \frac{E}{2 R}$ C) $τ = \frac{R C _{1} C _{2}}{C _{1} + C _{2}}$ D) $τ = R (C_{1} + C_{2})$

Voir l'indice

Déterminer le courant initial i(0^+) = u_R(0^+)/R et la capacité équivalente des deux condensateurs placés en série.

Voir la stratégie

Identifier la maille active lorsque K_1 est fermé et K_2 est ouvert, puis en déduire l'association des deux condensateurs.
Exprimer la constante de temps \tau du circuit équivalent R-C_{\text{eq}}.
Déterminer l'amplitude A = i(0^+) à l'aide de la loi d'Ohm pour le conducteur ohmique à la date t = 0^+, en utilisant le résultat de la question précédente.

Voir la réponse courte

Identification de l'amplitude A=u_R(0^+)/R et de la constante de temps \tau de l'association équivalente résistance-condensateurs.

Voir le corrigé complet

Pour t > 0, l'interrupteur K_1 est fermé tandis que K_2 est ouvert. Aucun courant ne circule dans la branche inférieure contenant le second résistor.

Le circuit se réduit donc à une maille unique comprenant le générateur idéal de force électromotrice E, le résistor de résistance R, et les condensateurs C_1 et C_2 parcourus par le même courant i(t) : ils sont montés en série.

La capacité équivalente à l'association série de C_1 et C_2 est :

C_{\text{eq}} = \frac{C_1 C_2}{C_1 + C_2}

La constante de temps du circuit du premier ordre ainsi formé est donc :

\tau = R C_{\text{eq}} = \frac{R C_1 C_2}{C_1 + C_2}

ce qui correspond à la proposition C.

Par ailleurs, à l'instant t = 0^+, le courant traversant le résistor s'écrit :

i(0^+) = \frac{u_R(0^+)}{R}

D'après le résultat de la question 13, u_R(0^+) = \dfrac{E}{2}. D'où :

i(0^+) = \frac{E}{2R}

En évaluant l'expression de l'énoncé i(t) = A \exp\left(-\dfrac{t}{\tau}\right) en t = 0^+, il vient :

A = i(0^+) = \frac{E}{2R}

ce qui correspond à la proposition B.

Les réponses correctes sont B et C.

\boxed{\text{B et C}}

Résultat

B et C

Question déjà tombée ailleurs

E3A Physique-Chimie MPI 2023, Q47

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Question 15

Intermédiaire≈ 5 min

Calcul littéral
Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Électrocinétique et électronique › Circuits électriques et régimes transitoires

Notions : circuit rc, loi des mailles

Après fermeture de $K_{1}$ , la tension $u_{1} (t)$ est donnée par la relation : A) $u_{1} (t) = \frac{E}{2} exp (- \frac{t}{τ})$ B) $u_{1} (t) = \frac{E C _{1}}{2 C _{2}} [1 - exp (- \frac{t}{τ})] + \frac{E}{2}$ C) $u_{1} (t) = \frac{E C _{1}}{C _{1} + C _{2}} [1 - exp (- \frac{t}{τ})] + \frac{E}{2}$ D) $u_{1} (t) = \frac{E C _{2}}{2 ( C _{1} + C _{2} )} [1 - exp (- \frac{t}{τ})] + \frac{E}{2}$

Voir l'indice

Intégrer le courant i(t) = C_1\,\mathrm{d}u_1/\mathrm{d}t entre 0 et t en tenant compte de la tension initiale u_1(0^+) = E/2.

Voir la stratégie

Exprimer la relation courant-tension aux bornes du condensateur C_1 en convention récepteur.
Intégrer l'expression du courant i(t) établie à la question précédente entre 0 et t, en tenant compte de la condition initiale u_1(0^+) = E/2.
Remplacer les constantes A et \tau par leurs expressions trouvées à la question Q14 pour identifier la bonne proposition.

Voir la réponse courte

Intégration du courant de charge i(t) pour exprimer la tension transitoire u_1(t) aux bornes de C_1.

Voir le corrigé complet

Le condensateur C_1 est orienté en convention récepteur par rapport au courant i(t), ce qui donne la relation constitutive :

i(t) = C_1 \frac{\mathrm{d}u_1}{\mathrm{d}t}

En intégrant entre 0^+ et t, on obtient :

\begin{aligned} u_1(t) - u_1(0^+) &= \frac{1}{C_1} \int_0^t i(t') \, \mathrm{d}t' \\ &= \frac{1}{C_1} \int_0^t A \exp\left(-\frac{t'}{\tau}\right) \mathrm{d}t' \\ &= \frac{A \tau}{C_1} \left[ 1 - \exp\left(-\frac{t}{\tau}\right) \right] \end{aligned}

D'après les résultats de la question Q14, les constantes sont :

A = \frac{E}{2R} \quad \text{et} \quad \tau = \frac{R C_1 C_2}{C_1 + C_2}

Le produit \dfrac{A \tau}{C_1} s'écrit donc :

\frac{A \tau}{C_1} = \frac{1}{C_1} \left( \frac{E}{2R} \right) \left( \frac{R C_1 C_2}{C_1 + C_2} \right) = \frac{E C_2}{2(C_1 + C_2)}

Sachant que u_1(0^+) = \dfrac{E}{2}, il vient :

\boxed{u_1(t) = \frac{E C_2}{2(C_1 + C_2)} \left[1 - \exp\left(-\frac{t}{\tau}\right)\right] + \frac{E}{2}}

La proposition D est donc exacte.

Résultat

u_{1} (t) = \frac{E C _{2}}{2 ( C _{1} + C _{2} )} [1 - exp (- \frac{t}{τ})] + \frac{E}{2}

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Question 16

Intermédiaire≈ 4 min

Calcul littéral
Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Électrocinétique et électronique › Circuits électriques et régimes transitoires

Notions : circuit rc, loi des mailles

Déterminer, de même, la tension de $u_{2} (t)$ après fermeture de $K_{1}$ : A) $u_{2} (t) = \frac{E}{2} exp (- \frac{t}{τ})$ B) $u_{2} (t) = \frac{E C _{1}}{2 ( C _{1} + C _{2} )} [1 - exp (- \frac{t}{τ})]$ C) $u_{2} (t) = \frac{E C _{2}}{2 ( C _{1} + C _{2} )} [1 - exp (- \frac{t}{τ})]$ D) $u_{2} (t) = E [1 - exp (- \frac{t}{τ})]$

Voir l'indice

Intégrer le courant i(t) = C_2\,\mathrm{d}u_2/\mathrm{d}t entre 0 et t avec la condition initiale u_2(0^+) = 0.

Voir la stratégie

Exprimer la relation courant-tension pour le condensateur de capacité C_2 en convention récepteur.
Intégrer cette relation temporelle à partir de la condition initiale u_2(0^+) = 0 en utilisant l'expression de i(t) obtenue à la question Q14.

Voir la réponse courte

Détermination de la tension u_2(t) par intégration du courant ou application de la loi des mailles.

Voir le corrigé complet

Lorsque K_1 est fermé et K_2 est ouvert, le courant i(t) traversant le circuit traverse également le condensateur C_2. En convention récepteur pour C_2, on a :

i(t) = C_2 \frac{\mathrm{d}u_2}{\mathrm{d}t}

Par intégration entre l'instant 0^+ et t, avec la condition initiale u_2(0^+) = 0 (le condensateur C_2 étant initialement déchargé) :

\begin{aligned} u_2(t) &= u_2(0^+) + \frac{1}{C_2} \int_0^t i(t') \, \mathrm{d}t' \\ &= 0 + \frac{A}{C_2} \left[ -\tau \exp\left(-\frac{t'}{\tau}\right) \right]_0^t \\ &= \frac{A\tau}{C_2} \left[ 1 - \exp\left(-\frac{t}{\tau}\right) \right] \end{aligned}

D'après les résultats de la question Q14, A = \dfrac{E}{2R} et \tau = \dfrac{R C_1 C_2}{C_1 + C_2}, d'où :

\begin{aligned} \frac{A\tau}{C_2} &= \frac{1}{C_2} \left(\frac{E}{2R}\right) \left(\frac{R C_1 C_2}{C_1 + C_2}\right) \\ &= \frac{E C_1}{2(C_1 + C_2)} \end{aligned}

On en déduit l'expression temporelle de la tension u_2(t) :

\boxed{u_2(t) = \frac{E C_1}{2(C_1 + C_2)} \left[1 - \exp\left(-\frac{t}{\tau}\right)\right]}

La réponse correcte est la proposition B.

Résultat

u_{2} (t) = \frac{E C _{1}}{2 ( C _{1} + C _{2} )} [1 - exp (- \frac{t}{τ})]

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Question 17

Intermédiaire≈ 5 min

Calcul littéral
Raisonnement qualitatif
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I, TSI1

Chapitre : Électrocinétique et électronique › Circuits électriques et régimes transitoires

Notions : régime permanent, continuité du courant

On attend suffisamment longtemps pour que le circuit atteigne son régime établi (i.e. permanent), puis on ferme $K_{2}$ (tout en laissant $K_{1}$ fermé) à un instant pris comme nouvelle origine temporelle ( $t = 0$ ). Déterminer à la date $t = 0^{+}$ , c'est-à-dire, juste après la fermeture de $K_{2}$ , l'intensité du courant $i_{2} (0^{+})$ d'une part, et déterminer également sa valeur $i_{2} (\infty)$ lorsque le nouveau régime établi sera atteint : A) $i_{2} (0^{+}) = \frac{E C _{1}}{2 R ( C _{1} + C _{2} )}$ B) $i_{2} (0^{+}) = \frac{E C _{2}}{R ( C _{1} + C _{2} )}$ C) $i_{2} (\infty) = \frac{E C _{2}}{2 R ( C _{1} + C _{2} )}$ D) $i_{2} (\infty) = 0$

Voir l'indice

Déterminer la valeur finale de u_2 avant la bascule de K_2, appliquer la continuité de u_2 en 0^+ et remarquer qu'en régime continu établi aucun courant ne traverse les condensateurs.

Voir la stratégie

Utiliser la continuité de la tension aux bornes du condensateur C_2 lors de la fermeture de l'interrupteur K_2 en exploitant la valeur asymptotique u_2(\infty) issue de la phase précédente (question Q16).
Appliquer la loi des mailles à t = 0^+ sur la boucle contenant le condensateur C_2, l'interrupteur K_2 et le résistor inférieur de résistance R pour en déduire i_2(0^+).
Déterminer le comportement du circuit en régime permanent continu (t \to \infty) en assimilant les condensateurs à des circuits ouverts pour obtenir i_2(\infty).

Voir la réponse courte

Détermination des conditions initiale i_2(0^+) et asymptotique i_2(\infty) après commutation du second interrupteur.

Voir le corrigé complet

1. Détermination de i_2(0^+) :

Avant la fermeture de K_2, le circuit a atteint son régime permanent avec K_1 fermé. D'après le résultat de la question Q16, la tension aux bornes du condensateur C_2 vaut :

u_2(0^-) = \frac{E C_1}{2(C_1 + C_2)}

Par continuité de la tension aux bornes d'un condensateur, on a :

u_2(0^+) = u_2(0^-) = \frac{E C_1}{2(C_1 + C_2)}

À la date t = 0^+, juste après la fermeture de K_2, la loi des mailles appliquée à la maille fermée constituée du condensateur C_2, de l'interrupteur fermé K_2 et du résistor inférieur de résistance R donne :

u_2(0^+) - R\,i_2(0^+) = 0

On en déduit immédiatement :

\begin{aligned} i_2(0^+) &= \frac{u_2(0^+)}{R} \\ &= \frac{E C_1}{2R(C_1 + C_2)} \end{aligned}

La proposition A est donc exacte (et la proposition B est fausse).

2. Détermination de i_2(\infty) :

Lorsque le nouveau régime permanent est atteint (t \to \infty), le générateur délivrant une tension continue E, les dérivées temporelles des tensions s'annulent. Les condensateurs C_1 et C_2 se comportent donc comme des interrupteurs ouverts :

i_{C_1}(\infty) = 0 \quad \text{et} \quad i_{C_2}(\infty) = 0

Le nœud situé entre les condensateurs C_1, C_2 et la branche contenant K_2 vérifie la loi des nœuds :

i_2(\infty) = i_{C_1}(\infty) - i_{C_2}(\infty) = 0

Ainsi, l'intensité finale est nulle :

i_2(\infty) = 0

La proposition D est donc exacte (et la proposition C est fausse).

\boxed{\text{Réponses A et D}}

Résultat

R \overset{e}{ˊ} ponses A et D

Question déjà tombée ailleurs

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Question 18

Exigeante≈ 5 min

Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I, TSI1

Chapitre : Électrocinétique et électronique › Circuits électriques et régimes transitoires

Notions : circuit rlc, facteur de qualité

On suppose que $C_{1} = C_{2}$ . Après la fermeture de $K_{2}$ , la tension $u_{2} (t)$ évolue conformément à l'équation différentielle suivante :

\frac{d ^{2} u _{2}}{d t ^{2}} + \frac{ω _{0}}{Q} \frac{d u _{2}}{d t} + ω_{0}^{2} u_{2} = 0

où $Q$ et $ω_{0}$ , sont deux constantes temporelles. Déterminer $Q$ : A) $Q = \frac{1}{3}$ B) $Q = \frac{1}{2}$ C) $Q = \frac{2}{2}$ D) $Q = 3$

Voir l'indice

Appliquer la loi des nœuds en potentiel ou la loi des mailles au circuit avec K_1 et K_2 fermés pour établir l'équation différentielle en u_2 et identifier le terme en \omega_0/Q.

Voir la stratégie

Appliquer la loi des nœuds et la loi des mailles au circuit lorsque les deux interrupteurs K_1 et K_2 sont fermés.
Éliminer la tension u_1(t) pour obtenir l'équation différentielle du second ordre vérifiée par u_2(t).
Simplifier pour C_1 = C_2 = C et identifier les constantes canoniques \omega_0 et Q.

Voir la réponse courte

Identification du facteur de qualité Q par mise sous forme canonique de l'équation différentielle du second ordre.

Voir le corrigé complet

Après la fermeture de K_2 (l'interrupteur K_1 étant déjà fermé), le circuit comporte :

la résistance supérieure R traversée par le courant total i_1(t) issu du générateur ;
le condensateur C_1, également traversé par i_1(t), tel que :
i_1(t) = C_1 \frac{\mathrm{d}u_1}{\mathrm{d}t}
au nœud situé sous C_1, le courant se sépare entre la branche du condensateur C_2 et la branche de la résistance inférieure R (fermée par K_2). La tension aux bornes de ces deux dipôles en parallèle est u_2(t).

La loi des nœuds s'écrit :

i_1(t) = C_2 \frac{\mathrm{d}u_2}{\mathrm{d}t} + \frac{u_2(t)}{R}

La loi des mailles le long du circuit donne :

E - R i_1(t) - u_1(t) - u_2(t) = 0

d'où l'expression de la tension u_1(t) :

\begin{aligned} u_1(t) &= E - u_2(t) - R \left( C_2 \frac{\mathrm{d}u_2}{\mathrm{d}t} + \frac{u_2(t)}{R} \right) \\ &= E - 2 u_2(t) - R C_2 \frac{\mathrm{d}u_2}{\mathrm{d}t} \end{aligned}

En dérivant cette relation par rapport au temps :

\frac{\mathrm{d}u_1}{\mathrm{d}t} = - 2 \frac{\mathrm{d}u_2}{\mathrm{d}t} - R C_2 \frac{\mathrm{d}^2 u_2}{\mathrm{d}t^2}

En égalant avec \frac{\mathrm{d}u_1}{\mathrm{d}t} = \frac{i_1(t)}{C_1} = \frac{C_2}{C_1}\frac{\mathrm{d}u_2}{\mathrm{d}t} + \frac{u_2}{R C_1}, on obtient :

- 2 \frac{\mathrm{d}u_2}{\mathrm{d}t} - R C_2 \frac{\mathrm{d}^2 u_2}{\mathrm{d}t^2} = \frac{C_2}{C_1}\frac{\mathrm{d}u_2}{\mathrm{d}t} + \frac{u_2}{R C_1}

soit, en regroupant les termes :

\frac{\mathrm{d}^2 u_2}{\mathrm{d}t^2} + \frac{2 C_1 + C_2}{R C_1 C_2} \frac{\mathrm{d}u_2}{\mathrm{d}t} + \frac{1}{R^2 C_1 C_2} u_2 = 0

Dans le cas particulier où C_1 = C_2 = C, cette équation se simplifie en :

\frac{\mathrm{d}^2 u_2}{\mathrm{d}t^2} + \frac{3}{R C} \frac{\mathrm{d}u_2}{\mathrm{d}t} + \frac{1}{(R C)^2} u_2 = 0

Par identification avec la forme canonique :

\frac{\mathrm{d}^2 u_2}{\mathrm{d}t^2} + \frac{\omega_0}{Q} \frac{\mathrm{d}u_2}{\mathrm{d}t} + \omega_0^2 u_2 = 0

on obtient :

\omega_0 = \frac{1}{R C} \quad \text{et} \quad \frac{\omega_0}{Q} = \frac{3}{R C}

d'où :

\boxed{Q = \frac{1}{3}}

Résultat

Q = \frac{1}{3}

Question déjà tombée ailleurs

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Partie 4 : Relation entre capacités thermiques

Question 19

Application directe≈ 2 min

Incontournable
Question de cours
Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Thermodynamique › Description d'un système thermodynamique

Notions : première loi de joule, capacité thermique

Quelle est la variation d'énergie interne $Δ_{A}^{B} U$ du gaz lors de la transformation $A \to B$ ? A) $Δ_{A}^{B} U = 0$ B) $Δ_{A}^{B} U = C_{P} Δ T$ C) $Δ_{A}^{B} U = C_{V} Δ T$ D) $Δ_{A}^{B} U = (C_{P} - C_{V}) Δ T$

Voir l'indice

Appliquer la première loi de Joule pour un gaz parfait : \Delta U = C_V \Delta T, indépendamment de la nature de la transformation.

Voir la stratégie

Identifier la nature du fluide et appliquer la première loi de Joule pour exprimer la variation d'énergie interne en fonction de la variation de température.
Relier la température de l'état B à celle de l'état C à l'aide de la nature de la transformation B \rightarrow C, afin d'exprimer \Delta_A^B U en fonction de l'écart \Delta T.

Voir la réponse courte

Pour un gaz parfait suivant la première loi de Joule, \Delta U = C_V \Delta T quelle que soit la transformation.

Voir le corrigé complet

Le fluide étudié est un gaz parfait, il vérifie donc la première loi de Joule : son énergie interne U ne dépend que de sa température thermodynamique T. Pour une transformation quelconque entre deux états à des températures T_A et T_B, la variation d'énergie interne s'écrit :

\Delta_A^B U = C_V (T_B - T_A)

où C_V est la capacité thermique à volume constant du gaz.

La transformation B \rightarrow C étant une isotherme à la température T_B = T_C, la température de l'état B est égale à celle de l'état C :

T_B - T_A = T_C - T_A = \Delta T

On en déduit immédiatement :

\boxed{\Delta_A^B U = C_V \Delta T}

La réponse correcte est la proposition C.

Résultat

Δ_{A}^{B} U = C_{V} Δ T

Question déjà tombée ailleurs

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Question 20

Application directe≈ 3 min

Incontournable
Question de cours
Calcul littéral
Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Thermodynamique › Premier et second principes

Notions : travail des forces de pression, isotherme

Quel est le travail $W_{B C}$ (algébriquement) reçu par le gaz lors de la transformation $B \to C$ ? A) $W_{B C} = - n R T_{C} ln (\frac{V _{C}}{V _{A}})$ B) $W_{B C} = n R T_{C} ln (\frac{V _{C}}{V _{A}})$ C) $W_{B C} = \frac{n R T _{C} V _{C}}{V _{A}}$ D) $W_{B C} = - p_{A} V_{C}$

Voir l'indice

Calculer l'intégrale du travail réversible W = -\int p\,\mathrm{d}V le long de l'isotherme réversible en substituant p = nRT_C/V.

Voir la stratégie

Identifier les caractéristiques de la transformation B \rightarrow C : détente isotherme et réversible à la température T_C.
Exprimer le travail élémentaire des forces de pression reçues par le fluide à l'aide de l'équation d'état du gaz parfait.
Intégrer entre le volume initial V_B = V_A et le volume final V_C.

Voir la réponse courte

Calcul classique du travail reçu lors d'une transformation isotherme réversible : W = -\int p\,\mathrm{d}V = -nRT\ln(V_f/V_i).

Voir le corrigé complet

La transformation B \rightarrow C étant réversible, la pression extérieure exercée sur le gaz est à tout instant égale à la pression interne du gaz : p_{\text{ext}} = p.

Pour un gaz parfait maintenu à la température constante T_B = T_C, l'équation d'état donne :

p(V) = \frac{nRT_C}{V}

Le travail des forces de pression algébriquement reçu par le système entre l'état B (de volume V_B = V_A, l'étape A \rightarrow B étant isochore) et l'état C (de volume V_C) s'écrit :

\begin{aligned} W_{BC} &= -\int_{V_B}^{V_C} p_{\text{ext}} \, \mathrm{d}V \\ &= -\int_{V_A}^{V_C} \frac{nRT_C}{V} \, \mathrm{d}V \\ &= -nRT_C \ln\left(\frac{V_C}{V_A}\right) \end{aligned}

La proposition correcte est donc la proposition A.

\boxed{W_{BC} = -nRT_C \ln\left(\frac{V_C}{V_A}\right)}

Résultat

W_{B C} = - n R T_{C} ln (\frac{V _{C}}{V _{A}})

Question déjà tombée ailleurs

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Question 21

Intermédiaire≈ 4 min

Calcul littéral
Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Thermodynamique › Premier et second principes

Notions : gaz parfait, travail des forces de pression

Exprimer le travail précédent en fonction de $p_{A}$ , $V_{A}$ , $T_{A}$ , $Δ T$ et $Δ V$ : A) $W_{B C} = p_{A} V_{A} (1 + \frac{Δ T}{T _{A}}) ln (1 + \frac{Δ V}{V _{A}})$ B) $W_{B C} = - p_{A} V_{A} (1 + \frac{Δ T}{T _{A}}) ln (1 + \frac{Δ V}{V _{A}})$ C) $W_{B C} = - p_{A} V_{A} (1 + \frac{Δ T}{T _{A}}) (1 + \frac{Δ V}{V _{A}})$ D) $W_{B C} = - p_{A} V_{A} (1 + \frac{Δ V}{V _{A}})$

Voir l'indice

Utiliser l'équation d'état au point C (p_A V_C = nRT_C) et exprimer V_C sous la forme V_A + \Delta V.

Voir la stratégie

Exprimer T_C et le rapport \frac{V_C}{V_A} en faisant apparaître les écarts \Delta T et \Delta V introduits par l'énoncé.
Utiliser l'équation d'état des gaz parfaits appliquée à l'état A pour remplacer le produit nRT_A par p_A V_A.
Injecter ces grandeurs dans l'expression de W_{BC} obtenue à la question Q20.

Voir la réponse courte

Substitution de l'équation d'état du gaz parfait et des relations entre volumes et températures dans le travail isotherme.

Voir le corrigé complet

D'après les définitions de l'énoncé :

\begin{aligned} \Delta T &= T_C - T_A \implies T_C = T_A + \Delta T = T_A\left(1 + \frac{\Delta T}{T_A}\right) \\ \Delta V &= V_C - V_A \implies V_C = V_A + \Delta V \implies \frac{V_C}{V_A} = 1 + \frac{\Delta V}{V_A} \end{aligned}

L'équation d'état des gaz parfaits appliquée au gaz dans l'état A donne :

p_A V_A = n R T_A

Le facteur n R T_C intervenant dans le travail W_{BC} s'écrit donc :

n R T_C = n R T_A \left(1 + \frac{\Delta T}{T_A}\right) = p_A V_A \left(1 + \frac{\Delta T}{T_A}\right)

En reportant cette relation ainsi que l'expression de \frac{V_C}{V_A} dans le travail W_{BC} = -n R T_C \ln\left(\frac{V_C}{V_A}\right) obtenu à la question Q20, on obtient :

\boxed{W_{BC} = -p_A V_A \left(1 + \frac{\Delta T}{T_A}\right) \ln\left(1 + \frac{\Delta V}{V_A}\right)}

La réponse correcte est la proposition B.

Résultat

W_{B C} = - p_{A} V_{A} (1 + \frac{Δ T}{T _{A}}) ln (1 + \frac{Δ V}{V _{A}})

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Question 22

Application directe≈ 2 min

Question de cours
Calcul littéral
Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Thermodynamique › Premier et second principes

Notions : premier principe, isotherme

Que vaut le transfert thermique (ou chaleur) $Q_{B C}$ (algébriquement) reçu par le gaz lors de la transformation $B \to C$ ? Parmi les réponses ci-dessous, $Δ_{B}^{C} U$ désigne la variation d'énergie interne du gaz au cours de cette transformation. A) $Q_{B C} = 0$ B) $Q_{B C} = - W_{B C}$ C) $Q_{B C} = Δ_{B}^{C} U$ D) $Q_{B C} = \frac{Δ _{B}^{C} U}{2}$

Voir l'indice

Appliquer le premier principe de la thermodynamique \Delta U = W_{BC} + Q_{BC} en remarquant que pour une isotherme d'un gaz parfait, \Delta U = 0.

Voir la stratégie

Appliquer le premier principe de la thermodynamique au gaz parfait entre les états B et C.
Utiliser la première loi de Joule pour déterminer la variation d'énergie interne \Delta_B^C U le long de cette transformation isotherme.

Voir la réponse courte

Sur une isotherme de gaz parfait, \Delta U = 0 donc le transfert thermique vérifie Q = -W.

Voir le corrigé complet

Le gaz parfait subit une transformation isotherme entre l'état B et l'état C à la température T_B = T_C.

D'après la première loi de Joule, l'énergie interne d'un gaz parfait ne dépend que de sa température :

\Delta_B^C U = C_V (T_C - T_B) = 0

D'après le premier principe de la thermodynamique appliqué au gaz parfait entre les états B et C :

\Delta_B^C U = W_{BC} + Q_{BC}

Comme la variation d'énergie interne est nulle, on en déduit directement :

\boxed{Q_{BC} = -W_{BC}}

L'item B est donc vérifié. Comme W_{BC} < 0 (détente), on a Q_{BC} > 0, ce qui exclut l'item A (Q_{BC} = 0), ainsi que les items C et D (car \Delta_B^C U = 0 \neq Q_{BC}).

Résultat

Q_{B C} = - W_{B C}

Question déjà tombée ailleurs

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Question 23

Application directe≈ 4 min

Calcul littéral
Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Thermodynamique › Premier et second principes

Notions : transformation isobare, premier principe

Exprimer le transfert thermique (ou chaleur) $Q_{C A}$ ainsi que le travail $W_{C A}$ reçus (algébriquement) par le gaz lors de la transformation $C \to A$ : A) $Q_{C A} = - C_{V} Δ T$ B) $Q_{C A} = - C_{P} Δ T$ C) $W_{C A} = p_{A} Δ V$ D) $W_{C A} = - p_{A} (1 + \frac{Δ V}{V _{A}})$

Voir l'indice

Calculer le travail d'une transformation isobare à pression p_A, ainsi que le transfert thermique via la relation enthalpique \Delta H = Q_{CA} = C_P \Delta T.

Voir la stratégie

Identifier la nature de la transformation C \rightarrow A : compression isobare réversible à la pression constante p = p_A.
Exprimer le travail d'un système fermé soumis à une pression uniforme, en utilisant \Delta V = V_C - V_A.
Utiliser le premier principe de la thermodynamique sous forme enthalpique pour déterminer le transfert thermique Q_{CA} en fonction de la capacité thermique à pression constante C_P et de \Delta T = T_C - T_A.

Voir la réponse courte

Bilan sur une transformation isobare : travail W_{CA} = -p_A (V_A - V_C) = p_A \Delta V et transfert thermique Q_{CA} = C_P (T_A - T_C).

Voir le corrigé complet

La transformation C \rightarrow A est une compression isobare réversible à la pression p = p_A = p_C.

Calcul du travail W_{CA} : Par définition du travail des forces de pression pour une transformation quasistatique :

\begin{aligned} W_{CA} &= -\int_{V_C}^{V_A} p \, \mathrm{d}V = -p_A (V_A - V_C) \end{aligned}

Comme l'énoncé définit l'écart de volume par \Delta V = V_C - V_A, il vient V_A - V_C = -\Delta V, d'où :

W_{CA} = p_A \Delta V

Ce travail est positif, ce qui est cohérent avec le fait qu'il s'agit d'une compression. La proposition C est donc exacte.

Calcul du transfert thermique Q_{CA} : Pour un système fermé subissant une transformation isobare sans autre travail que celui des forces de pression, le premier principe s'écrit sous forme enthalpique :

\begin{aligned} \Delta_C^A H &= Q_{CA} \end{aligned}

D'après la seconde loi de Joule, l'enthalpie d'un gaz parfait ne dépend que de sa température, et sa variation s'exprime au moyen de la capacité thermique à pression constante C_P :

\begin{aligned} \Delta_C^A H &= C_P (T_A - T_C) \end{aligned}

L'écart de température étant défini par \Delta T = T_C - T_A, on en déduit :

Q_{CA} = -C_P \Delta T

Ce transfert thermique est négatif, le gaz se refroidissant le long de cette isobare. La proposition B est donc exacte.

\boxed{\text{Réponses B et C}}

Résultat

R \overset{e}{ˊ} ponses B et C

Question déjà tombée ailleurs

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Question 24

Exigeante≈ 6 min

Calcul littéral
Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Thermodynamique › Premier et second principes ; Description d'un système thermodynamique

Notions : relation de mayer, cycle thermodynamique

Déterminer l'expression de $Δ V /Δ T$ en fonction de $V_{A}$ et $T_{A}$ , puis en écrivant le bilan d'énergie interne sur le cycle de transformations, en déduire la relation entre $C_{P}$ et $C_{V}$ . A) $\frac{Δ V}{Δ T} = \frac{2 V _{A}}{T _{A}}$ B) $\frac{Δ V}{Δ T} = \frac{V _{A}}{T _{A}}$ C) $C_{P} - C_{V} = p_{A} \frac{Δ V}{Δ T}$ D) $C_{P} - C_{V} = 2 p_{A} \frac{Δ V}{Δ T}$

Voir l'indice

Différencier l'équation d'état du gaz parfait à pression constante p_A, puis sommer les variations d'énergie interne sur le cycle fermé (\Delta U_{\text{cycle}} = 0).

Voir la stratégie

Exprimer le rapport \Delta V / \Delta T à l'aide de l'équation d'état des gaz parfaits appliquée aux états A et C, qui sont à la même pression p_A.
Écrire le premier principe de la thermodynamique pour la transformation isobare C \to A afin d'obtenir la variation d'énergie interne \Delta_C^A U en fonction de Q_{CA} et W_{CA}.
Exploiter le fait que l'énergie interne U est une fonction d'état pour écrire \Delta_{\text{cycle}} U = 0 sur le cycle complet et en déduire la relation liant C_P - C_V à \Delta V / \Delta T.

Voir la réponse courte

Bilan du premier principe sur le cycle fermé (\Delta U = 0) menant à la relation de Mayer C_P - C_V = nR.

Voir le corrigé complet

1. Expression de \Delta V / \Delta T :

La transformation C \to A est isobare à la pression p_C = p_A. L'équation d'état du gaz parfait pour les états A et C s'écrit :

\begin{aligned} p_A V_A &= n R T_A \\ p_A V_C &= n R T_C \end{aligned}

En effectuant la différence membre à membre :

p_A (V_C - V_A) = n R (T_C - T_A) \iff p_A \Delta V = n R \Delta T

On en déduit :

\frac{\Delta V}{\Delta T} = \frac{n R}{p_A} = \frac{V_A}{T_A}

La proposition B est donc correcte (et A est fausse).

2. Relation entre C_P et C_V :

L'énergie interne U étant une fonction d'état, sa variation sur le cycle complet A \to B \to C \to A est nulle :

\Delta_{\text{cycle}} U = \Delta_A^B U + \Delta_B^C U + \Delta_C^A U = 0

Rappelons les résultats obtenus précédemment :

Pour l'isochore A \to B (Q19) : \Delta_A^B U = C_V \Delta T ;
Pour l'isotherme B \to C (Q22) : \Delta_B^C U = 0.

Pour la compression isobare C \to A, le premier principe donne :

\Delta_C^A U = W_{CA} + Q_{CA}

D'après les résultats de la question Q23, W_{CA} = p_A \Delta V et Q_{CA} = -C_P \Delta T, d'où :

\Delta_C^A U = p_A \Delta V - C_P \Delta T

Le bilan sur le cycle s'écrit alors :

C_V \Delta T + 0 + p_A \Delta V - C_P \Delta T = 0

Soit, en réorganisant les termes :

(C_P - C_V) \Delta T = p_A \Delta V \iff C_P - C_V = p_A \frac{\Delta V}{\Delta T}

La proposition C est donc correcte (et D est fausse).

\boxed{\text{Réponses B et C}}

Résultat

R \overset{e}{ˊ} ponses B et C

Question déjà tombée ailleurs

CCINP Physique-Chimie TSI 2025, Q32

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Partie 5 : Oscillations d'un cadre métallique

Question 25

Application directe≈ 3 min

Question de cours
Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, TSI1

Chapitre : Mécanique › Mécanique du solide

Notions : moment d'une force, bras de levier

Déterminer $Γ_{P}$ le moment scalaire du poids du cadre par rapport à $Δ$ (orienté) : A) $Γ_{P} = 0$ B) $Γ_{P} = - \frac{m g ℓ s i n θ}{2}$ C) $Γ_{P} = m g ℓ sin θ$ D) $Γ_{P} = - \frac{m g ℓ c o s θ}{2}$

Voir l'indice

Repérer la position du centre de gravité G du cadre par rapport à l'axe \Delta et évaluer le moment scalaire \Gamma_P = (\mathbf{OG} \times m\mathbf{g})\cdot\mathbf{e}_z.

Voir la stratégie

Déterminer la position du centre d'inertie \mathrm{G} du cadre rectangulaire homogène dans la base (\boldsymbol{e}_x, \boldsymbol{e}_y, \boldsymbol{e}_z).
Exprimer le moment du poids en \mathrm{O}, puis projeter ce moment sur l'axe \Delta orienté par \boldsymbol{e}_z pour obtenir le moment scalaire \Gamma_P.

Voir la réponse courte

Bras de levier du centre d'inertie situé à mi-hauteur pour établir le moment scalaire du poids \Gamma_P = -mg(\ell/2)\sin\theta.

Voir le corrigé complet

Le cadre rectangulaire \mathrm{OADC} est homogène, de longueur L selon l'axe de rotation \Delta et de largeur \ell selon le vecteur \mathbf{OA}. Par symétrie, son centre d'inertie \mathrm{G} est situé au centre géométrique du rectangle :

\mathbf{OG} = \frac{1}{2}\mathbf{OA} + \frac{1}{2}\mathbf{OC}

L'angle \theta repère le vecteur \mathbf{OA} par rapport à la verticale descendante -\boldsymbol{e}_y, orienté positivement vers \boldsymbol{e}_x autour de \boldsymbol{e}_z. Les coordonnées de \mathbf{OA} s'écrivent :

\mathbf{OA} = \ell\sin\theta\,\boldsymbol{e}_x - \ell\cos\theta\,\boldsymbol{e}_y

Le vecteur position du centre d'inertie est donc :

\mathbf{OG} = \frac{\ell}{2}\sin\theta\,\boldsymbol{e}_x - \frac{\ell}{2}\cos\theta\,\boldsymbol{e}_y + \frac{L}{2}\boldsymbol{e}_z

Le champ de pesanteur étant \boldsymbol{g} = -g\boldsymbol{e}_y, le poids total du cadre s'écrit \boldsymbol{P} = -mg\boldsymbol{e}_y. Le moment scalaire du poids par rapport à l'axe \Delta orienté par \boldsymbol{e}_z vaut :

\begin{aligned} \Gamma_P &= (\mathbf{OG} \times \boldsymbol{P}) \cdot \boldsymbol{e}_z \\ &= \left[\left(\frac{\ell}{2}\sin\theta\,\boldsymbol{e}_x - \frac{\ell}{2}\cos\theta\,\boldsymbol{e}_y + \frac{L}{2}\boldsymbol{e}_z\right) \times (-mg\boldsymbol{e}_y)\right] \cdot \boldsymbol{e}_z \end{aligned}

Comme \boldsymbol{e}_x \times \boldsymbol{e}_y = \boldsymbol{e}_z, \boldsymbol{e}_y \times \boldsymbol{e}_y = \boldsymbol{0} et \boldsymbol{e}_z \times \boldsymbol{e}_y = -\boldsymbol{e}_x, on obtient :

\mathbf{OG} \times \boldsymbol{P} = -\frac{mg\ell\sin\theta}{2}\boldsymbol{e}_z + \frac{mgL}{2}\boldsymbol{e}_x

D'où le moment scalaire par rapport à \Delta :

\boxed{\Gamma_P = -\frac{mg\ell\sin\theta}{2}}

La proposition B est correcte.

Résultat

Γ_{P} = - \frac{m g ℓ sin θ}{2}

Question déjà tombée ailleurs

ENAC Physique MPSI 2024, Q13

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Question 26

Intermédiaire≈ 4 min

Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, TSI1

Chapitre : Électromagnétisme › Induction et forces de Laplace ; Mécanique › Mécanique du solide

Notions : force de laplace, moment magnétique

Déterminer $Γ_{L}$ le moment scalaire des forces de Laplace qui s'exercent sur le cadre par rapport à $Δ$ (orienté) : A) $Γ_{L} = 0$ B) $Γ_{L} = I L ℓ B cos (θ /2)$ C) $Γ_{L} = - I L ℓ B sin θ$ D) $Γ_{L} = m g ℓ$

Voir l'indice

Calculer la force de Laplace sur le seul conducteur utile AD ou dériver l'énergie potentielle magnétique / le flux magnétique embrassé.

Voir la stratégie

Identifier les forces de Laplace s'exerçant sur chacun des quatre côtés du cadre rectangulaire et déterminer lesquelles contribuent au moment par rapport à l'axe \Delta.
Exprimer directement la force de Laplace sur le côté AD et calculer son moment scalaire par rapport à l'axe \Delta = (O, \boldsymbol{e}_z).
Valider le résultat à l'aide du moment dipolaire magnétique \boldsymbol{\mathcal{M}} du cadre dans le champ magnétique uniforme \boldsymbol{B}.

Voir la réponse courte

Moment des actions mécaniques de Laplace par \mathbf{\Gamma}_L = \mathbf{M} \times \mathbf{B} ou somme des moments sur chaque côté.

Voir le corrigé complet

Le champ magnétique \boldsymbol{B} = B\,\boldsymbol{e}_x est uniforme et stationnaire.

Analysons la contribution de chaque côté du cadre au moment scalaire par rapport à l'axe \Delta = (O, \boldsymbol{e}_z) :

Le côté CO est confondu avec l'axe \Delta : la distance de ses points à l'axe est nulle, son moment est donc nul.
Pour les côtés OA et DC, un élément de courant I\mathrm{d}\boldsymbol{r} est colinéaire au vecteur unitaire radial \boldsymbol{u}_r = \sin\theta\,\boldsymbol{e}_x - \cos\theta\,\boldsymbol{e}_y. La force de Laplace élémentaire s'écrit :
\mathrm{d}\boldsymbol{F} = I\mathrm{d}\boldsymbol{r} \times \boldsymbol{B} \propto (\sin\theta\,\boldsymbol{e}_x - \cos\theta\,\boldsymbol{e}_y) \times \boldsymbol{e}_x = \cos\theta\,\boldsymbol{e}_z
Cette force étant colinéaire à l'axe \Delta, son moment par rapport à tout point de l'axe est orthogonal à \boldsymbol{e}_z, de sorte que sa projection sur l'axe \Delta est strictement nulle.
Seul le côté AD contribue au moment scalaire par rapport à \Delta.

Sur le côté AD, le vecteur déplacement élémentaire est orienté dans le sens du courant, soit \mathrm{d}\boldsymbol{\ell} = -\mathrm{d}z\,\boldsymbol{e}_z. La résultante des forces de Laplace sur ce segment s'écrit :

\begin{aligned} \boldsymbol{F}_{AD} &= \int_A^D I\mathrm{d}\boldsymbol{\ell} \times \boldsymbol{B} \\ &= I(-L\,\boldsymbol{e}_z) \times (B\,\boldsymbol{e}_x) \\ &= -ILB\,(\boldsymbol{e}_z \times \boldsymbol{e}_x) \\ &= -ILB\,\boldsymbol{e}_y \end{aligned}

Le moment scalaire de cette force par rapport à l'axe \Delta s'obtient en choisissant le point A comme point d'application :

\begin{aligned} \boldsymbol{\Gamma}_O(\boldsymbol{F}_{AD}) &= \mathbf{OA} \times \boldsymbol{F}_{AD} \\ &= (\ell\sin\theta\,\boldsymbol{e}_x - \ell\cos\theta\,\boldsymbol{e}_y) \times (-ILB\,\boldsymbol{e}_y) \\ &= -\ell ILB\sin\theta\,(\boldsymbol{e}_x \times \boldsymbol{e}_y) \\ &= -IL\ell B\sin\theta\,\boldsymbol{e}_z \end{aligned}

En projetant sur le vecteur unitaire \boldsymbol{e}_z qui oriente l'axe \Delta, on obtient le moment scalaire \Gamma_L :

\boxed{\Gamma_L = -IL\ell B\sin\theta}

La réponse correcte est la proposition C.

Résultat

Γ_{L} = - I L ℓ B sin θ

Analyse

Approche dipolaire : Le cadre plan de surface \mathcal{S} = L\ell et parcouru par le courant I possède un moment magnétique \boldsymbol{\mathcal{M}} = I\boldsymbol{\mathcal{S}} = IL\ell\,\boldsymbol{n}. La normale directe au contour O\to A\to D\to C\to O est \boldsymbol{n} = \boldsymbol{e}_z \times \boldsymbol{u}_r = \cos\theta\,\boldsymbol{e}_x + \sin\theta\,\boldsymbol{e}_y. Le couple magnétique uniforme vaut \boldsymbol{\Gamma} = \boldsymbol{\mathcal{M}} \times \boldsymbol{B} = IL\ell B\sin\theta\,(\boldsymbol{e}_y \times \boldsymbol{e}_x) = -IL\ell B\sin\theta\,\boldsymbol{e}_z, ce qui confirme immédiatement l'expression scalaire.
Position \theta = 0 : Le vecteur surface est colinéaire et de même sens que le champ appliqué (\boldsymbol{\mathcal{M}} = IL\ell\,\boldsymbol{e}_x \parallel \boldsymbol{B}), de sorte que le couple magnétique s'annule en cette position.
Effet de rappel : Pour \theta > 0, la force \boldsymbol{F}_{AD} = -ILB\,\boldsymbol{e}_y est dirigée vers le bas et s'exerce avec un bras de levier positif selon l'axe horizontal x, créant un couple résistant (\Gamma_L < 0) qui tend à ramener le cadre vers la verticale.

Question déjà tombée ailleurs

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Question 27

Intermédiaire≈ 3 min

Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, TSI1

Chapitre : Mécanique › Mécanique du solide ; Électromagnétisme › Induction et forces de Laplace

Notions : équilibre d'un solide

Déterminer la ou les positions angulaires d'équilibre $θ_{e}$ du cadre. A) $θ_{e} = 0$ B) $θ_{e} = π$ C) $θ_{e} = arccos (\frac{I L B}{m g})$ D) $θ_{e} = arcsin (\frac{I L B}{m g})$

Voir l'indice

Écrire la condition d'équilibre statique en annulant le moment total \Gamma_P + \Gamma_L = 0 par rapport à l'axe de rotation.

Voir la stratégie

Exprimer le moment scalaire résultant des actions mécaniques extérieures par rapport à l'axe fixe orienté \Delta.
Écrire la condition d'équilibre d'un solide en rotation autour d'un axe fixe : la somme des moments scalaires par rapport à cet axe doit être nulle.
Résoudre l'équation trigonométrique obtenue pour déterminer les positions angulaires d'équilibre \theta_e.

Voir la réponse courte

Annulation de la somme des moments scalaires par rapport à l'axe \Delta pour trouver les angles d'équilibre.

Voir le corrigé complet

Le cadre métallique OADC est en liaison pivot parfaite autour de l'axe fixe horizontal \Delta. Dans le référentiel du laboratoire galiléen, la condition d'équilibre de rotation s'écrit :

\Gamma_{\Delta}(\theta_e) = 0

En utilisant les expressions des moments scalaires du poids et des forces de Laplace établies aux questions Q25 et Q26 :

\begin{aligned} \Gamma_P(\theta) &= -\frac{mg\ell}{2}\sin\theta \\ \Gamma_L(\theta) &= -IL\ell B\sin\theta \end{aligned}

Le moment scalaire total par rapport à l'axe \Delta s'écrit :

\Gamma_{\Delta}(\theta) = \Gamma_P(\theta) + \Gamma_L(\theta) = -\left(\frac{mg\ell}{2} + IL\ell B\right)\sin\theta

À l'équilibre, on a donc :

-\left(\frac{mg\ell}{2} + IL\ell B\right)\sin\theta_e = 0

Les grandeurs m, g, \ell, I, L et B étant strictement positives, le facteur entre parenthèses est strictement positif. L'équation se réduit ainsi à :

\sin\theta_e = 0

Sur une révolution angulaire complète (modulo 2\pi), cette équation admet deux positions d'équilibre :

\boxed{\theta_e = 0} \quad \text{et} \quad \boxed{\theta_e = \pi}

Les réponses A et B sont donc exactes.

Résultat

θ_{e} = 0

θ_{e} = π

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Question 28

Intermédiaire≈ 5 min

Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, TSI1

Chapitre : Mécanique › Mécanique du solide ; Approche énergétique et oscillateurs mécaniques

Notions : théorème du moment cinétique, petite oscillation

Que vaut la période $T_{0}$ du mouvement du cadre au voisinage de sa position d'équilibre stable ? A) $T_{0} = (\frac{π ^{2} J _{z}}{m g ℓ + I L ℓ B})^{1/2}$ B) $T_{0} = (\frac{4 π ^{2} J _{z}}{m g ℓ + I L ℓ B})^{1/2}$ C) $T_{0} = (\frac{8 π ^{2} J _{z}}{m g ℓ + 2 I L ℓ B})^{1/2}$ D) $T_{0} = (\frac{2 J _{z}}{m g ℓ + 2 I L ℓ B})^{1/2}$

Voir l'indice

Appliquer le théorème du moment cinétique projeté sur l'axe \Delta, effectuer un développement limité au premier ordre pour \theta \ll 1 et en déduire la pulsation propre.

Voir la stratégie

Appliquer le théorème du moment cinétique scalaire au cadre en rotation autour de l'axe fixe \Delta pour obtenir l'équation différentielle du mouvement.
Identifier la position d'équilibre stable parmi celles trouvées à la question Q27 et linéariser l'équation différentielle pour les petites oscillations au voisinage de celle-ci.
En déduire la pulsation propre \omega_0, puis la période d'oscillation T_0 = \frac{2\pi}{\omega_0}.

Voir la réponse courte

Linéarisation de l'équation du mouvement pour les petits angles et déduction de la pulsation propre puis de la période T_0.

Voir le corrigé complet

Le référentiel du laboratoire \mathcal{R} étant galiléen et l'axe \Delta fixe, le théorème du moment cinétique scalaire appliqué au cadre s'écrit :

J_z \ddot{\theta} = \Gamma_{\Delta}(\theta) = \Gamma_P + \Gamma_L

En utilisant les expressions des moments établies aux questions Q25 et Q26 :

J_z \ddot{\theta} = -\left(\frac{mg\ell}{2} + IL\ell B\right)\sin\theta

Pour \theta_e = 0, en effectuant un développement limité au premier ordre pour les petites oscillations (\sin\theta \approx \theta) :

J_z \ddot{\theta} + \left(\frac{mg\ell + 2IL\ell B}{2}\right)\theta = 0

Le coefficient devant \theta étant strictement positif, il s'agit bien d'un oscillateur harmonique stable. L'équation se met sous la forme canonique \ddot{\theta} + \omega_0^2 \theta = 0 avec :

\omega_0^2 = \frac{mg\ell + 2IL\ell B}{2J_z}

La période des petites oscillations est reliée à la pulsation propre par T_0 = \frac{2\pi}{\omega_0}, ce qui donne :

\begin{aligned} T_0 &= 2\pi \sqrt{\frac{2J_z}{mg\ell + 2IL\ell B}} \\ &= \left(\frac{8\pi^2 J_z}{mg\ell + 2IL\ell B}\right)^{1/2} \end{aligned}

La proposition correcte est donc la proposition C.

\boxed{\text{Réponse C}}

Résultat

R \overset{e}{ˊ} ponse C

Question déjà tombée ailleurs

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Question 29

Intermédiaire≈ 5 min

Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, TSI1

Chapitre : Mécanique › Mécanique du solide ; Approche énergétique et oscillateurs mécaniques

Notions : théorème de l'énergie mécanique

À un instant pris comme origine temporelle ( $t = 0$ ), on lance le cadre depuis la position initiale $θ (0) = 0$ avec une vitesse angulaire initiale $\dot{θ} (0) > 0$ . Déterminer $\dot{θ} (0)$ afin que le cadre puisse atteindre la position $θ = \frac{π}{2} rad$ , avec une vitesse nulle. A) $\dot{θ} (0) = (\frac{m g ℓ + I L ℓ B}{J _{z}})^{1/2}$ B) $\dot{θ} (0) = (\frac{m g ℓ + I L ℓ B}{2 J _{z}})^{1/2}$ C) $\dot{θ} (0) = (\frac{m g ℓ + 2 I L ℓ B}{2 J _{z}})^{1/2}$ D) $\dot{θ} (0) = (\frac{m g ℓ + 2 I L ℓ B}{J _{z}})^{1/2}$

Voir l'indice

Utiliser la conservation de l'énergie mécanique totale entre la position initiale \theta = 0 et la position finale \theta = \pi/2 où \dot{\theta} = 0.

Voir la stratégie

Les liaisons étant parfaites et les forces extérieures (poids et forces de Laplace dans un champ \boldsymbol{B} stationnaire avec un courant I constant) dérivant d'une énergie potentielle, l'énergie mécanique du cadre est conservée au cours du mouvement.
Exprimer l'énergie mécanique E_m(\theta, \dot{\theta}) à partir de l'équation du mouvement établie à la question Q28.
Écrire la conservation de l'énergie mécanique entre la position de lancement \theta(0) = 0 avec la vitesse \dot{\theta}(0) et la position \theta = \pi/2 avec \dot{\theta} = 0.

Voir la réponse courte

Intégration du théorème de l'énergie mécanique entre la position basse et la position d'arrêt à \theta = \pi/2.

Voir le corrigé complet

D'après la question Q28, l'équation différentielle du mouvement du cadre en rotation autour de l'axe fixe \Delta s'écrit :

J_z \ddot{\theta} + \left(\frac{mg\ell}{2} + IL\ell B\right)\sin\theta = 0

En multipliant cette équation par la vitesse angulaire \dot{\theta}, on obtient par intégration par rapport au temps la conservation de l'énergie mécanique E_m :

\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \left[ \frac{1}{2} J_z \dot{\theta}^2 - \left(\frac{mg\ell}{2} + IL\ell B\right)\cos\theta \right] = 0

L'énergie potentielle totale associée au poids et aux forces de Laplace s'exprime donc, à une constante additive près choisie nulle, par :

E_p(\theta) = -\left(\frac{mg\ell}{2} + IL\ell B\right)\cos\theta

L'énergie mécanique s'écrit alors :

E_m(\theta, \dot{\theta}) = \frac{1}{2} J_z \dot{\theta}^2 - \left(\frac{mg\ell}{2} + IL\ell B\right)\cos\theta

À l'instant initial t = 0, le cadre est lancé depuis \theta(0) = 0 avec la vitesse angulaire \dot{\theta}(0) > 0 :

\begin{aligned} E_m(0) &= \frac{1}{2} J_z \dot{\theta}(0)^2 - \left(\frac{mg\ell}{2} + IL\ell B\right)\cos(0) \\ &= \frac{1}{2} J_z \dot{\theta}(0)^2 - \left(\frac{mg\ell}{2} + IL\ell B\right) \end{aligned}

À la position \theta = \frac{\pi}{2}, la vitesse angulaire s'annule (\dot{\theta} = 0) :

\begin{aligned} E_m\left(\frac{\pi}{2}\right) &= 0 - \left(\frac{mg\ell}{2} + IL\ell B\right)\cos\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0 \end{aligned}

La conservation de l'énergie mécanique E_m(0) = E_m\left(\frac{\pi}{2}\right) conduit à :

\begin{aligned} \frac{1}{2} J_z \dot{\theta}(0)^2 &= \frac{mg\ell}{2} + IL\ell B = \frac{mg\ell + 2IL\ell B}{2} \\ \dot{\theta}(0)^2 &= \frac{mg\ell + 2IL\ell B}{J_z} \end{aligned}

Comme \dot{\theta}(0) > 0, on en déduit :

\boxed{\dot{\theta}(0) = \left(\frac{mg\ell + 2IL\ell B}{J_z}\right)^{1/2}}

La réponse correcte est la proposition D.

Résultat

\dot{θ} (0) = (\frac{m g ℓ + 2 I L ℓ B}{J _{z}})^{1/2}

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Question 30

Exigeante≈ 5 min

Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, TSI1

Chapitre : Mécanique › Mécanique du solide ; Approche énergétique et oscillateurs mécaniques

Notions : pendule pesant, conservation de l'énergie

On coupe désormais le champ magnétique ( $B = 0$ ) et on modifie les conditions de lancement du cadre de sorte qu'à l'instant initial :

θ (0) = 0 et \dot{θ} (0) = (\frac{3 m g ℓ}{J _{z}})^{1/2}

Déterminer la valeur absolue de la vitesse angulaire minimale notée $\dot{θ}_{m}$ atteinte par le cadre au cours de son mouvement : A) $\dot{θ}_{m} = 0$ B) $\dot{θ}_{m} = (\frac{m g ℓ}{J _{z}})^{1/2}$ C) $\dot{θ}_{m} = (\frac{m g ℓ}{2 J _{z}})^{1/2}$ D) $\dot{θ}_{m} = (\frac{m g ℓ}{3 J _{z}})^{1/2}$

Voir l'indice

Écrire la conservation de l'énergie mécanique avec B=0 et repérer la position angulaire où l'énergie potentielle de pesanteur est maximale.

Voir la stratégie

Le champ magnétique étant coupé (B = 0) et les frottements étant négligés, le système est conservatif. On exprime l'énergie mécanique E_m en fonction de \theta et \dot{\theta}.
On calcule la valeur de l'énergie mécanique constante E_m à partir des conditions initiales fournies.
La valeur absolue de la vitesse angulaire |\dot{\theta}| est minimale lorsque l'énergie potentielle de pesanteur est maximale, c'est-à-dire au sommet du mouvement (\theta = \pi). On vérifie que cette position est accessible puis on en déduit \dot{\theta}_m.

Voir la réponse courte

Conservation de l'énergie mécanique pour le pendule pesant libre : la vitesse minimale est atteinte au sommet \theta = \pi.

Voir le corrigé complet

En l'absence de champ magnétique (B = 0) et de frottements, l'énergie mécanique du cadre dans le référentiel galiléen du laboratoire est conservée :

E_m = E_c + E_p = \frac{1}{2}J_z \dot{\theta}^2 - \frac{1}{2}mg\ell \cos\theta

À l'instant initial t = 0, avec \theta(0) = 0 et \dot{\theta}(0) = \left(\dfrac{3mg\ell}{J_z}\right)^{1/2}, l'énergie mécanique vaut :

\begin{aligned} E_m &= \frac{1}{2}J_z \left(\frac{3mg\ell}{J_z}\right) - \frac{1}{2}mg\ell \cos(0) \\ &= \frac{3}{2}mg\ell - \frac{1}{2}mg\ell = mg\ell \end{aligned}

Au cours du mouvement, l'énergie cinétique s'exprime par :

\frac{1}{2}J_z \dot{\theta}^2 = E_m - E_p(\theta) = mg\ell + \frac{1}{2}mg\ell \cos\theta

La vitesse angulaire en valeur absolue |\dot{\theta}| atteint son minimum lorsque \cos\theta est minimal, soit pour \cos\theta = -1, c'est-à-dire en position haute \theta = \pi \pmod{2\pi} :

\frac{1}{2}J_z \dot{\theta}_m^2 = mg\ell - \frac{1}{2}mg\ell = \frac{1}{2}mg\ell > 0

L'énergie cinétique étant strictement positive au sommet, le cadre franchit la position la plus haute : le mouvement est révolutif (rotations complètes dans le même sens). La vitesse angulaire minimale en valeur absolue est donc :

\dot{\theta}_m = \left(\frac{mg\ell}{J_z}\right)^{1/2}

La proposition B est correcte.

\boxed{\text{Réponse B}}

Résultat

R \overset{e}{ˊ} ponse B

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Partie 6 : Filtres

Question 31

Application directe≈ 3 min

Incontournable
Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I, TSI1

Chapitre : Électrocinétique et électronique › Régime sinusoïdal forcé et filtrage

Notions : diviseur de tension, filtre passe-ba

La fonction de transfert du filtre $F_{1}$ s'écrit : A) $\underline{H_{1}} = \frac{1}{1 + j R C ω}$ B) $\underline{H_{1}} = \frac{1}{1 + 2 j R C ω}$ C) $\underline{H_{1}} = \frac{1}{1 + \frac{j R C ω}{2}}$ D) $\underline{H_{1}} = \frac{2}{1 + j R C ω}$

Voir l'indice

Appliquer la formule du pont diviseur de tension pour exprimer la tension complexe \underline{u}_{AM} aux bornes du condensateur C.

Voir la stratégie

Identifier la tension d'entrée \underline{e} = \underline{u}_{PM} appliquée aux bornes de la branche contenant le conducteur ohmique de résistance R et le condensateur de capacité C.
Exprimer la tension de sortie \underline{u}_{AM} à l'aide d'un pont diviseur de tension, le filtre étant utilisé à vide.
En déduire la fonction de transfert complexe \underline{H}_1 = \frac{\underline{u}_{AM}}{\underline{e}}.

Voir la réponse courte

Formule du pont diviseur de tension sur le dipôle RC pour obtenir la transmittance \underline{H}_1.

Voir le corrigé complet

Le générateur de tension idéal impose entre les points P et M la tension :

\underline{u}_{PM} = \underline{e}

D'après le schéma de la figure 2, la branche médiane est constituée de l'association en série d'un conducteur ohmique de résistance R et d'un condensateur de capacité C et d'impédance \underline{Z}_C = \frac{1}{jC\omega}, reliée entre les potentiels V_P et V_M.

La tension de sortie du filtre \mathrm{F}_1 est la tension aux bornes du condensateur :

\underline{u}_{AM} = V_A - V_M

Aucun courant n'étant prélevé en sortie (filtre en régime à vide), la formule du diviseur de tension donne directement :

\begin{aligned} \underline{u}_{AM} &= \frac{\underline{Z}_C}{R + \underline{Z}_C} \, \underline{u}_{PM} \\ &= \frac{\frac{1}{jC\omega}}{R + \frac{1}{jC\omega}} \, \underline{e} \\ &= \frac{1}{1 + jRC\omega} \, \underline{e} \end{aligned}

La fonction de transfert complexe \underline{H}_1 s'écrit donc :

\boxed{\underline{\mathrm{H}}_1 = \frac{1}{1 + jRC\omega}}

La proposition A est exacte.

Résultat

\underline{H}_{1} = \frac{1}{1 + j R C ω}

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Question 32

Intermédiaire≈ 3 min

Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I, TSI1

Chapitre : Électrocinétique et électronique › Régime sinusoïdal forcé et filtrage

Notions : diviseur de tension, filtre passe-haut

La fonction de transfert du filtre $F_{2}$ s'écrit : A) $\underline{H_{2}} = \frac{j R C ω}{2 ( 1 + j R C ω )}$ B) $\underline{H_{2}} = \frac{j R C ω}{1 + 2 j R C ω}$ C) $\underline{H_{2}} = \frac{2 j R C ω}{1 + 2 j R C ω}$ D) $\underline{H_{2}} = \frac{j R C ω}{1 + j R C ω}$

Voir l'indice

Appliquer le pont diviseur de tension pour exprimer la tension complexe \underline{u}_{BM} aux bornes du résistor R' = 2R avec l'impédance de C' = C/2.

Voir la stratégie

Identifier les composants de la branche reliant les potentiels P et M via le point B.
Exprimer les impédances complexes des dipôles de cette branche.
Appliquer la formule du diviseur de tension pour obtenir la tension de sortie \underline{u}_{BM} en fonction de la tension d'entrée \underline{e}, puis en déduire la fonction de transfert \underline{\mathrm{H}_2} = \frac{\underline{u}_{BM}}{\underline{e}}.

Voir la réponse courte

Pont diviseur de tension pour le filtre \mathrm{F}_2 donnant une réponse de type passe-haut.

Voir le corrigé complet

La branche droite est connectée directement aux bornes du générateur de tension idéal, de sorte que la tension totale à ses bornes est \underline{u}_{PM} = \underline{e}.

Cette branche est constituée de l'association en série d'un condensateur de capacité C' = C/2 et d'un résistor de résistance R' = 2R. Les impédances complexes associées s'écrivent :

\underline{Z}_{C'} = \frac{1}{jC'\omega} = \frac{2}{jC\omega} \quad \text{et} \quad \underline{Z}_{R'} = R' = 2R

La sortie du filtre \mathrm{F}_2 n'étant connectée à aucune charge (sortie à vide), le courant circulant dans la branche traverse successivement C' puis R'. D'après la formule du diviseur de tension, la tension complexe \underline{u}_{BM} aux bornes du résistor R' vaut :

\underline{u}_{BM} = \frac{\underline{Z}_{R'}}{\underline{Z}_{R'} + \underline{Z}_{C'}} \, \underline{e} = \frac{2R}{2R + \dfrac{2}{jC\omega}} \, \underline{e}

En simplifiant par 2 puis en multipliant le numérateur et le dénominateur par jC\omega, on obtient :

\begin{aligned} \underline{\mathrm{H}_2} &= \frac{\underline{u}_{BM}}{\underline{e}} = \frac{R}{R + \dfrac{1}{jC\omega}} \\ &= \frac{jRC\omega}{1 + jRC\omega} \end{aligned}

La réponse correcte est la proposition D.

\boxed{\text{Réponse D}}

Résultat

R \overset{e}{ˊ} ponse D

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Question 33

Intermédiaire≈ 4 min

Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I, TSI1

Chapitre : Électrocinétique et électronique › Régime sinusoïdal forcé et filtrage

Notions : filtre déphaseur, fonction de transfert

La fonction de transfert du filtre $F$ s'écrit : A) $\underline{H} = j R C ω$ B) $\underline{H} = \frac{1 - j R C ω}{1 + j R C ω}$ C) $\underline{H} = \frac{1 - 2 j R C ω}{1 + 2 j R C ω}$ D) $\underline{H} = \frac{1 - 2 j R C ω}{1 + j R C ω}$

Voir l'indice

Remarquer que \underline{u}_{AB} = \underline{u}_{AM} - \underline{u}_{BM} et exprimer \underline{H} = \underline{H}_1 - \underline{H}_2 sous la forme d'une fraction rationnelle.

Voir la stratégie

Exprimer la tension de sortie \underline{u}_{AB} du filtre \mathrm{F} en fonction des tensions de sortie \underline{u}_{AM} et \underline{u}_{BM} des filtres \mathrm{F}_1 et \mathrm{F}_2.
En déduire la fonction de transfert \underline{\mathrm{H}} à partir de \underline{\mathrm{H}}_1 et \underline{\mathrm{H}}_2 déterminées aux questions Q31 et Q32.

Voir la réponse courte

Soustraction des potentiels pour former \underline{H} = \underline{H}_1 - \underline{H}_2 et factorisation sous forme canonique.

Voir le corrigé complet

D'après les conventions de fléchage des tensions (Fig. 3), la tension de sortie du filtre \mathrm{F} s'écrit en termes de potentiels :

u_{AB}(t) = V_A(t) - V_B(t) = [V_A(t) - V_M(t)] - [V_B(t) - V_M(t)] = u_{AM}(t) - u_{BM}(t)

En passant aux grandeurs complexes associées :

\underline{u}_{AB} = \underline{u}_{AM} - \underline{u}_{BM}

La fonction de transfert complexe \underline{\mathrm{H}} du filtre \mathrm{F} s'obtient en divisant par la tension d'entrée \underline{e} :

\underline{\mathrm{H}} = \frac{\underline{u}_{AB}}{\underline{e}} = \frac{\underline{u}_{AM}}{\underline{e}} - \frac{\underline{u}_{BM}}{\underline{e}} = \underline{\mathrm{H}}_1 - \underline{\mathrm{H}}_2

En utilisant les expressions établies aux questions Q31 et Q32 :

\begin{aligned} \underline{\mathrm{H}} &= \frac{1}{1 + jRC\omega} - \frac{jRC\omega}{1 + jRC\omega} \\ &= \frac{1 - jRC\omega}{1 + jRC\omega} \end{aligned}

La réponse correcte est la proposition B.

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Question 34

Intermédiaire≈ 2 min

Question de cours
Raisonnement qualitatif
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I, TSI1

Chapitre : Électrocinétique et électronique › Régime sinusoïdal forcé et filtrage

Notions : filtre passe-tout, gain en pulsation

Le filtre $F$ est : A) un passe-bas B) un passe-haut C) un passe-bande D) un intégrateur

Voir l'indice

Calculer le module de la fonction de transfert complexe \underline{H}(\mathrm{j}\omega) pour toute pulsation \omega \ge 0.

Voir la stratégie

Exprimer le gain G(\omega) = |\underline{\mathrm{H}}(\omega)| du filtre \mathrm{F} à partir de la fonction de transfert obtenue à la question Q33.
Analyser la nature du filtre selon le comportement de ce gain en fonction de la pulsation \omega.
Conclure sur le choix de la réponse en accord avec les consignes de l'épreuve.

Voir la réponse courte

Le module de la transmittance vaut 1 pour toute pulsation : filtre déphaseur tout-passe.

Voir le corrigé complet

D'après le résultat de la question Q33, la fonction de transfert du filtre \mathrm{F} s'écrit :

\underline{\mathrm{H}}(\omega) = \frac{1 - jRC\omega}{1 + jRC\omega}

Calculons le gain de ce filtre en déterminant le module de \underline{\mathrm{H}}(\omega) :

G(\omega) = |\underline{\mathrm{H}}(\omega)| = \frac{|1 - jRC\omega|}{|1 + jRC\omega|} = \frac{\sqrt{1 + (RC\omega)^2}}{\sqrt{1 + (RC\omega)^2}} = 1

Le gain en tension est strictement constant et égal à 1 (soit 0\text{ dB}) pour toute valeur de la pulsation \omega \in [0, +\infty[. Toutes les composantes spectrales sont transmises sans aucune atténuation d'amplitude : il s'agit d'un filtre tout-passe (ou déphaseur pur).

Par conséquent, le filtre \mathrm{F} n'est ni un passe-bas, ni un passe-haut, ni un passe-bande, ni un intégrateur (dont la fonction de transfert varierait en 1/(j\omega)).

Conformément à la consigne générale du concours :

\text{\guillemotleft{} soit vous jugez qu'aucune des réponses proposées A, B, C, D n'est bonne, vous devez alors cocher la case E. \guillemotright{}}

\boxed{\text{Réponse E}}

Résultat

R \overset{e}{ˊ} ponse E

Question déjà tombée ailleurs

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Question 35

Intermédiaire≈ 4 min

Calcul littéral
Raisonnement qualitatif
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I, TSI1

Chapitre : Électrocinétique et électronique › Régime sinusoïdal forcé et filtrage

Notions : déphasage, diagramme de bode

On note $φ (ω)$ le déphasage de la tension $u_{A B} (t)$ par rapport à la tension $e (t)$ . Lorsque la pulsation $ω$ varie de 0 à $+ \infty$ , $φ (ω)$ décroît : A) de $\frac{π}{2}$ à $- \frac{π}{2}$ B) de $π$ à 0 C) de 0 à $- π$ D) de 0 à $- \frac{π}{2}$

Voir l'indice

Calculer l'argument du numérateur et du dénominateur de \underline{H}(\mathrm{j}\omega) et étudier les limites quand \omega \to 0 et \omega \to +\infty.

Voir la stratégie

Exprimer le déphasage \varphi(\omega) = \arg(\underline{\mathrm{H}}(\omega)) à partir de la fonction de transfert \underline{\mathrm{H}} obtenue à la question Q33.
Étudier les limites et la monotonie de \varphi(\omega) lorsque la pulsation \omega varie de 0 à +\infty.

Voir la réponse courte

Argument de la fonction de transfert tout-passe \arg(\underline{H}) = -2\arctan(RC\omega), variant de 0 à -\pi.

Voir le corrigé complet

D'après la question Q33, la fonction de transfert du filtre \mathrm{F} s'écrit :

\underline{\mathrm{H}}(\omega) = \frac{\underline{u}_{AB}}{\underline{e}} = \frac{1 - jRC\omega}{1 + jRC\omega}

Le déphasage \varphi(\omega) de la tension u_{AB}(t) par rapport à la tension d'entrée e(t) correspond à l'argument de \underline{\mathrm{H}}(\omega) :

\begin{aligned} \varphi(\omega) &= \arg\left(\frac{1 - jRC\omega}{1 + jRC\omega}\right) \\ &= \arg(1 - jRC\omega) - \arg(1 + jRC\omega) \end{aligned}

Pour tout \omega \geqslant 0, la partie réelle des deux nombres complexes est strictement positive (1 > 0). Par conséquent :

\arg(1 - jRC\omega) = -\arctan(RC\omega) \quad \text{et} \quad \arg(1 + jRC\omega) = \arctan(RC\omega)

On en déduit l'expression du déphasage :

\varphi(\omega) = -2\arctan(RC\omega)

Examinons l'évolution de \varphi(\omega) sur l'intervalle [0, +\infty[ :

En basse fréquence (\omega \to 0) : \arctan(0) = 0, donc \varphi(0) = 0 ;
En haute fréquence (\omega \to +\infty) : \lim_{\omega \to +\infty}\arctan(RC\omega) = \frac{\pi}{2}, donc \lim_{\omega \to +\infty}\varphi(\omega) = -2 \times \frac{\pi}{2} = -\pi.

La fonction \arctan étant strictement croissante sur \mathbb{R}^+, \varphi(\omega) est une fonction strictement décroissante qui varie continûment de 0 à -\pi.

La réponse C est donc correcte.

\boxed{\text{Réponse C}}

Résultat

R \overset{e}{ˊ} ponse C

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Question 36

Exigeante≈ 6 min

Calcul littéral
Raisonnement qualitatif
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I, TSI1

Chapitre : Électrocinétique et électronique › Régime sinusoïdal forcé et filtrage

Notions : impédance d'entrée, impédance de charge

On ajoute au circuit précédent la branche schématisée ci-dessous (Fig. 4), entre les points P et M. Les filtres $F_{1}, F_{2}$ et $F$ étant toujours définis par les mêmes schémas que précédemment à partir du nouveau circuit. On note alors respectivement $\underline{H_{1}^{'}}, \underline{H_{2}^{'}}$ et $\underline{H^{'}}$ leurs nouvelles fonctions de transfert et $\underline{H_{3}^{'}}$ celle du filtre $F_{3}$ représenté ci-dessous (Fig. 5). On peut alors écrire que : A) $\underline{H_{3}^{'}} = \underline{H_{1}^{'}} = \underline{H_{1}}$ et $\underline{H^{'}} = \underline{H}$ B) $\underline{H_{3}^{'}} (ω) = \underline{H_{1}^{'}} (3 ω)$ C) $\underline{H_{3}^{'}} = \underline{H_{1}^{'}} \neq = \underline{H_{1}}$ et $\underline{H^{'}} \neq = \underline{H}$ D) $\underline{H_{3}^{'}} (ω) = \underline{H_{1}^{'}} (ω /3)$

Voir l'indice

Noter que la branche ajoutée est connectée directement aux bornes du générateur de tension idéal, ce qui n'altère pas les potentiels des branches existantes.

Voir la stratégie

Analyser l'effet du branchement en parallèle d'une nouvelle branche aux bornes d'un générateur idéal de tension.
Calculer la résistance et la capacité équivalentes de la nouvelle branche P-D-M afin d'en déduire la fonction de transfert \underline{\mathrm{H}}_3'.
Comparer \underline{\mathrm{H}}_3' à \underline{\mathrm{H}}_1', ainsi que \underline{\mathrm{H}}' à \underline{\mathrm{H}}.

Voir la réponse courte

Effet de charge de la branche connectée entre P et M modifiant les potentiels et les fonctions de transfert.

Voir le corrigé complet

Le générateur de tension alimentant le circuit est supposé idéal : la tension à ses bornes est donc strictement imposée par la fem e(t), indépendamment des dipôles connectés en parallèle entre les points \mathrm{P} et \mathrm{M}.

L'ajout de la troisième branche entre \mathrm{P} et \mathrm{M} ne modifie donc en rien les tensions aux bornes des branches préexistantes. En particulier :

\underline{u}_{\mathrm{AM}}' = \underline{u}_{\mathrm{AM}} \implies \underline{\mathrm{H}}_1' = \underline{\mathrm{H}}_1

\underline{u}_{\mathrm{BM}}' = \underline{u}_{\mathrm{BM}} \implies \underline{\mathrm{H}}_2' = \underline{\mathrm{H}}_2

Par conséquent, la tension différentielle reste inchangée :

\underline{u}_{\mathrm{AB}}' = \underline{u}_{\mathrm{AM}}' - \underline{u}_{\mathrm{BM}}' = \underline{u}_{\mathrm{AB}} \implies \underline{\mathrm{H}}' = \underline{\mathrm{H}}

Déterminons à présent la fonction de transfert \underline{\mathrm{H}}_3' = \frac{\underline{u}_{\mathrm{DM}}}{\underline{e}} du filtre \mathrm{F}_3 formé par cette nouvelle branche :

Entre \mathrm{P} et \mathrm{D}, l'association en série de trois conducteurs ohmiques identiques de résistance R présente une résistance équivalente :
R_{\mathrm{eq}} = R + R + R = 3R
Entre \mathrm{D} et \mathrm{M}, l'association en série de trois condensateurs identiques de capacité C présente une capacité équivalente C_{\mathrm{eq}} telle que :
\frac{1}{C_{\mathrm{eq}}} = \frac{1}{C} + \frac{1}{C} + \frac{1}{C} = \frac{3}{C} \implies C_{\mathrm{eq}} = \frac{C}{3}
L'impédance équivalente de cette partie capacitive vaut ainsi :
\underline{Z}_{\mathrm{DM}} = \frac{1}{j C_{\mathrm{eq}} \omega} = \frac{3}{j C \omega}

La sortie étant ouverte (non chargée), la formule du pont diviseur de tension donne directement :

\begin{aligned} \underline{\mathrm{H}}_3' &= \frac{\underline{u}_{\mathrm{DM}}}{\underline{e}} = \frac{\underline{Z}_{\mathrm{DM}}}{R_{\mathrm{eq}} + \underline{Z}_{\mathrm{DM}}} \\ &= \frac{\dfrac{3}{jC\omega}}{3R + \dfrac{3}{jC\omega}} \\ &= \frac{1}{1 + j (3R) \left(\dfrac{C}{3}\right) \omega} \\ &= \frac{1}{1 + jRC\omega} \end{aligned}

On constate que le produit R_{\mathrm{eq}} C_{\mathrm{eq}} = (3R)\left(\frac{C}{3}\right) = RC, de sorte que :

\underline{\mathrm{H}}_3' = \underline{\mathrm{H}}_1 = \underline{\mathrm{H}}_1'

On en déduit que seule la proposition A est vérifiée.

La réponse correcte est la proposition A.

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Questions fréquentes sur ce sujet

Quels chapitres faut-il réviser pour le sujet ENAC Physique MPSI 2025 ?

Surtout 4 chapitres : Cinématique et dynamique du point (17 % des questions, partie 1), Lentilles, miroirs et formation des images (17 %, partie 2), Circuits électriques et régimes transitoires (17 %, partie 3) et Régime sinusoïdal forcé et filtrage (17 %, partie 6). Plus ponctuellement : Premier et second principes, Mécanique du solide, Description d'un système thermodynamique, Approche énergétique et oscillateurs mécaniques et Induction et forces de Laplace.

Peut-on travailler le sujet ENAC Physique MPSI 2025 dès la première année (MPSI, PCSI, PTSI, MP2I, TSI1 ou BCPST1) ?

Oui : toutes les questions ne demandent que le programme de MPSI, PCSI, PTSI, MP2I, TSI1 ou BCPST1.

Combien de temps faut-il pour traiter le sujet ENAC Physique MPSI 2025 ?

Environ 2 h 15 pour tout traiter (estimation question par question pour un candidat bien préparé).

Quelles sont les questions les plus difficiles du sujet ENAC Physique MPSI 2025 ?

Aucune question n'est cotée très difficile (4 sur 4). Les plus exigeantes, cotées 3 sur 4 : Q10 (point double), Q18 (circuit rlc), Q24 (relation de mayer), Q30 (pendule pesant) et Q36 (impédance d'entrée).

Quelles questions de cours et quels classiques contient le sujet ENAC Physique MPSI 2025 ?

Questions de cours : Q2 (vitesse en coordonnées polaires), Q3 (accélération en coordonnées polaires), Q7 (système afocal), Q9 (grandissement transversal), Q13 (continuité de la tension), Q19 (première loi de joule), Q20 (travail des forces de pression), Q22 (premier principe)…. Classiques incontournables, à savoir refaire : Q8 (système afocal) et Q31 (diviseur de tension).

Où gagner des points facilement dans le sujet ENAC Physique MPSI 2025 ?

Beaucoup de questions rapides et accessibles (31 sur 36), par exemple : Q1 à Q9, Q11 à Q17, Q19 à Q23, Q25 à Q29 et Q31 à Q35.

Quelle est la nature du filtre F à la question Q34 ?

Un filtre déphaseur pur (ou passe-tout) : la fonction de transfert a un module constant égal à 1 pour toute pulsation. Comme aucune des options A, B, C ou D ne correspond, il faut cocher la case E prévue par le concours ENAC.

Comment déterminer la position du point double à la question Q10 ?

Écrire la chaîne de conjugaison \mathrm{D} \xrightarrow{\mathrm{L}_1} \mathrm{D}_1 \xrightarrow{\mathrm{L}_2} \mathrm{D} en appliquant la formule de Newton à chaque lentille. En exprimant que l'image finale est en \mathrm{D}, on obtient l'équation qui fournit la distance algébrique \overline{\mathrm{F}_1\mathrm{D}}.

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Corrigé rédigé par WikiPrépa ; ce n'est pas un corrigé officiel du concours. Mis à jour le 27 septembre 2026.