Auteur du Sujet : M. SIMON ; Lycée Kléber - Strasbourg
Correction Physique A. Exercice d’optique : Mesure d’une focale A.1.1. Une lentille est mince si l’épaisseur e est faible devant les deux rayons de courbure des dioptres formant la lentille et devant la distance entre les centres de courbures. Alors, le rayon passant par le centre n’est pas dévié. L’approximation de Gauss signifie qu’un rayon est faiblement incliné sur l’axe et qu’il intercepte les dioptres à une hauteur h faible devant les rayons de courbure. A.1.2.
1 1 1 − = OA′ OA f ′
A.1.3 γ =
A′B′ OA′ = AB Thalès OA
A.2.1. L’objet pour l’œil est à l’infini donc l’image à la sortie de l’oculaire est à l’infini. Le réticule est dans le plan focal de la lentille. d = f 2′ = 3cm OA′.OA 1 1 1 d'où f ′ = . − = OA − OA ' OA′ OA f ′ d ′d1 = 1,33cm au PP, OA = −d1 et OA′ = d ′ f ′ = d ′ + d1 d ′d 2 = 1, 48cm A.2.2.2. au PR, OA = −d 2 et OA′ = d ′ : f ′ = d ′ + d2
A.2.2.1
A.2.2.3. Le rayon passant par B et O donne l’image B’ par intersection avec l’écran. Le rayon parallèle à l’axe passe après la lentille en B’ et coupe l’axe optique en F’. Le rayon sortant parallèle à l’axe vient de B en passant par F.
F′ F
d ′ =15mm L0
A.2.3.1. L’image du réticule à travers l’oculaire est alors située à la distance d 2 1
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devant l’oculaire. A.2.3.2. −
1 1 1 + = soit d = 2,92cm d 2 d f 2′
A.2.4.1. L’objet doit être dans le plan conjugué du réticule par rapport à f ′D 1 1 1 1 1 1 f ′− D − = = − = 1 soit soit O1 A = 1 . f1′ − D D O1 A f1′ f1′D O1 A D f1′ f ′D = −14cm . L’objet doit être à 14 cm devant l’objectif. O1 A = 1 f1′ − D
( L1 ) .
A.2.4.2. Non car l’objet est dans le plan conjugué du réticule par rapport à ( L1 ) . La modification de la position de l’oculaire permet de voir le réticule donc l’image pour un œil normal ou myope.
Réticule F1′
F1
oeil D L1
A.2.4.3.
d L2 viseur
A.2.4.4. Le viseur pointe tout objet à une distance finie du réticule
f1′D + D = 28cm f1′ − D
A.3.1 La visée s’effectuant à distance fixe, OA = − x1 = −20cm et OA′ = − x2 = −10cm 1 1 1 1 1 1 − = alors − = : −10 −20 f ′ OA′ OA f ′
A.3.2. En appliquant les lois de Descartes, f ′ = −20cm : La lentille est divergente.
A.3.3.
2
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B. Exercice d’électricité : B.1. Régime transitoire :
B.1.1. Le condensateur est chargé, u ( t = 0− ) = E et tous les courants sont nuls. B.1.2. Il y a continuité de la tension aux bornes du condensateur donc u ( t = 0+ ) = E donc i = 0 d’où i2 = −i1 = 2 E R . B.1.3. En régime permanent constant, le condensateur de comporte comme un interrupteur ouvert donc nous reconnaissons un diviseur de tension u = et i1 = 0 . Par conséquent, i = i2 =
R2 E E= R+R 2 3
2E 3R
B.1.4 En utilisant les équivalences Thévenin Norton, il vient : R 2
E R
R
C
E R
ut
R 3
C
ut
Ù L’équation
différentielle
R 3
C
Ù
Nous obtenons un simple circuit R′C ′ avec C = C ′ et R ' = B.1.5.
E 3
R soumis à E/3 3
est : B.1.6
E RC du =u+ . 3 3 dt
u t E
La solution est
u ( t ) = u∞ + ( u0 − u∞ ) exp ( −t / τ ) =
E ⎛ E⎞ E 2E exp ( −t / τ ) + ⎜ E − ⎟ exp ( −t / τ ) = + 3 ⎝ 3⎠ 3 3 E 3
B.2. Régime sinusoïdal :
2 2 + jRCω + jCω = . R R Ze 1 1 13 = = = avec La fonction de transfert est H = R + Z e RY e + 1 ⎛ 2 + jRCω ⎞ 1 + j RCω 3 1+ R ⎜ ⎟ R ⎝ ⎠ H 0 = 1/ 3 et ω 0 = 3 RC
B.2.1. L’admittance des deux branches en parallèle est Y e =
H =
13 1 + ( RCω 3)
2
; tan (ϕ ) = −
RCω 3
B.2.2. La fréquence de coupure correspond à 3
H =
13 1 + ( RCω 3)
2
=
13 2
soit
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fc =
ωc 3 = . 2π 2π RC
B.2.3.1. On lit à la cassure des asymptotes, ou Gmax-3dB : f c = 200 Hz B.2.3.2. On en déduit C = 2, 4 ⋅10−6 F C. Exercice de mécanique : Planètes JG
JG
C.1. f = M p g ( r ) er = −
GM p M e JG er r2
JG d L JJJG JG G C.2. Le théorème du moment cinétique donne = OP ^ f = 0 . dt JG JG JJJJG Le moment cinétique L est conservé. Comme OM et L sont orthogonaux, la
trajectoire est plane dans un plan passant par O et orthogonal à la direction Oz :
G dr JG dθ JJG v = er + r eθ dt dt JG JG ⎛ dr JG dθ JJG ⎞ dθ JG dθ alors L = M p rer ^ ⎜ er + r eθ ⎟ = M p r ² ez : L = M p r 2 dt dt ⎠ dt ⎝ dt
C.3.1 Le mouvement étant circulaire, il est uniforme car si r=R, Ep=cte et Ec=EmG GM e GM JG dv v ² JG Ec=cte . m circulaire = − m er = − 2 e er alors vc = R dt R R
C.3.2 Comme vc = Rω = R
T 2 4π 2 2π , il vient 3 = R GM e T
2π GM e G 3 M e3 4π 2G 3 M e3 4π 2G 2 M e2 C.3.3. v = 3 = = soit vc = 3 T R GM eT ² T² 6
2π GM e ⎞ ⎛ 2π GM e ⎞ 2 ⎟ ; E p = −2 Ec = − M P vc = − M P ⎜ ⎟ ⎝ T ⎠ ⎝ T ⎠ G G G JJG de G L C.4.1. Montrer que e = − = 0. v + eθ est constant revient à démontrer que dt GM e M p G G JJG de L d v d eθ L ⎛ GM e JG ⎞ dθ JG er ⎟ − er =− + =− ⎜− dt GM e M p dt dt RFD GM e M p ⎝ r 2 ⎠ dt G 2 d e ⎛ M p r dθ ⎛ GM e ⎞ dθ ⎞ JG G =⎜ ⎟ er = 0 ⎜ ⎟− dt ⎜⎝ GM e M p dt ⎝ r 2 ⎠ dt ⎟⎠ G dr JG dθ JJG C.4.2. Comme v = er + r eθ , dt dt G JJG G JJ G JJ G JJ G L L dθ L2 +1 = − + 1 alors e ⋅ eθ = − v ⋅ eθ + eθ ⋅ eθ = − r GM e M p GM e M p dt GM e M p2 r G JJG 1 1 + e cos (θ ) L2 +1 : = e ⋅ eθ = e cos (θ + π ) = −e cos (θ ) = − r p GM e M ² p r ⎛ C.3.4. Ec = M P vc2 = M P ⎜ 2 2 1
1
e est donc l’excentricité et p =
2/3
2/3
L2 . GM e M 2p
C.4.3. e = 0 C.4.2. L = M p vc R . 4
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G
De e = −
G JJG G GM e M p JG J L eθ . v + eθ = 0 , on déduit v = L GM e M p
En module, vc =
GM e M p M p Rvc
GM e . R
soit vc =
CHIMIE : Aluminium Remarques sur le sujet (ayant été prises en compte lors de la notation) * p8 - E1.7 : remplacer (ou AlO2 Na ,4 H 2O ) par (ou AlO2 Na ,2 H 2O ) * p10 dans les données : O 2 /H 2 O E 0 = 1,23V - H + / H 2 O - E 0 = 0,00 V D. Atome, ion molécule :
D.1 C’est le nombre d’électrons de l’atome. C’est aussi le nombre de protons. 2 2 6 2 1 Al : (1s ) ( 2s ) ( 2 p ) ( 3s ) ( 3 p ) D.2. L’ion le plus probable est Al 3+ (1s ) ( 2s ) ( 2 p ) qui a la structure du gaz rare que le précède. D.3.1 2Al + 3Cl2 = 2AlCl3 D.3.2 La réaction met en évidence le caractère réducteur de l’aluminium. Le caractère réducteur diminue dans une ligne. D.4 Cl − Al − Cl 2
2
6
Cl
E. L’aluminium en solution aqueuse: E.1. Précipitation et complexation : 3
⎡⎣ Al 3+ ⎤⎦ ⎡⎣ Al 3+ ⎤⎦ ⎡⎣OH − ⎤⎦ K = = s32 = 3,16 ⋅109 E.1.1 K1 = + 3 + 3 − 3 Ke ⎡⎣ H 3O ⎤⎦ ⎡⎣ H 3O ⎤⎦ ⎡⎣OH ⎤⎦ ⎡ Al ( OH )− ⎤ ⎡ Al ( OH )− ⎤ 4⎦ 4⎦ =⎣ K2 = ⎣ − − ⎡⎣OH ⎤⎦ ⎡⎣OH ⎤⎦
( ⎡⎣ Al
⎤⎦ ⎡⎣OH − ⎤⎦
3
⎡⎣ Al 3+ ⎤⎦ ⎡⎣OH − ⎤⎦
3
3+
) = βK
s2
= 7,94 3
E.1.2 Au début de précipitation, K s 2 = ⎡⎣ Al 3+ ⎤⎦ ⎡⎣OH − ⎤⎦ soit ⎡⎣OH − ⎤⎦ = 3 K s 2 ⎡⎣ Al 3+ ⎤⎦ = 6,8 ⋅10−11 mol ⋅ L−1 soit pOH = 10,17 et pH1 = 3,83 − On vérifie que ⎡⎣ Al ( OH )4 ⎤⎦ = K 2 K e / ⎡⎣ H 3O + ⎤⎦ = 5, 4.10−10
