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Corrigé de l'épreuve TPE - physique commune
PREMIER PROBLÈME
Première partie
1-a) Les rayons sont paraxiaux dans l'approximation de Gauss.
b) Fermat: le chemin optique est stationnaire...pour le rayon lumineux
Stigmatisme: le chemin optique est constant...entre deux points conjugués
c) Le pluriel dans l'énoncé est ..singulier car il n'y a qu'une formule de conjugaison avec
1 1 2
origine au sommet:
+ =
x x' R
On trouve alors que les foyers objet et image coïncident au milieu de S et C
La distance focale valant R / 2 la vergence est 2 / R en dioptrie (δ).
d) L'image se forme dans le plan focal et, est vue depuis le centre C sous l'angle α.
la taille est R 2α /2
l'image est virtuelle, à l'endroit
α

A-N: taille 22 µm

F

la donnée (α = 2") ne permet pas d'écrire
un résultat plus significatif.

C

M1
M2
2-a) A ∞ ⎯⎯
→ F1′ ⎯⎯
→ F′

S1F1′ = − R1 / 2 = −9,986 m
S2 F1′ = S2S1 + S1F1′ = − 1802
,
m
1
1
2
+ =
−1,802 x' −4,465
S2 F′ = 9, 345 m ⇒ F' est réel
b) L'image intermédiaire dans le
plan focal de (M1) est renversée
et sa taille est R1α /2

F' 1

S2

S1

F'

x

M2
M

1

x′ 9,345
Le miroir (M2) crée un grandissement γ 2 = − =
= +5,182
x 1,802
L'image définitive en F' est donc renversée et a pour taille: γ 2 R1α /2 ≈ 0,5mm
c) La lentille équivalente a son foyer en F' et donne une image de taille f'.α On peut en
déduire sa distance focale f' = γ 2 R1 /2 ≈ 51,75m puis sa position S1O = −50,59 m

Deuxième partie
3- a) On observe la figure d'interférences de la lumière diffractée par les trous. Cette figure est
formée de franges quasi rectilignes, perpendiculaires au dessin. La radiation λ = 550 nm
correspond au vert-jaune de sensibilité rétinienne maximum.

b) On fait la figure dans le plan
contenant l'axe de la lentille et les
α
θ
trous.
y
La différence de marche dans la
θ
direction θ vaut: δ = a(sin θ − sin α )
f
(attention α est négatif).
Dans les conditions de Gauss on
simplifie
y
δ = a ( θ − α ) = a( − α )
f
En ne tenant pas compte de l'image de diffraction la répartition lumineuse est donnée
par
2πδ ⎤

I = 2I 0 ⎢1 + cos(
)
λ ⎥⎦


c) L'interfrange est la période Δy = i de la fonction intensité I(y), i = f

λ
a

Le terme I0 n'est plus constant, c'est une fonction de θ. Il faut connaître la forme des
ouvertures diffractantes pour préciser le calcul.
5- a) L' incohérence des sources entraîne I = I1 + I2 , soit
y
y
2πδ1 ⎤
2πδ 2 ⎤


I = 2I 0 ⎢1 + cos(
)⎥ + 2I 0 ⎢1 + cos(
)⎥ avec δ1 = a( − 0 ) δ 2 = a( − α)
f
λ ⎦
λ ⎦
f


πaα
2πa y α ⎤

I = 4I 0 ⎢1 + cos(
)cos[
( − )]
λ
λ f 2 ⎥⎦

I −I
πaα
b) On calcule ensuite la visibilité
V = max min = cos(
)
I max + I min
λ
6- a) L'éclairement est proportionnel à la l'intensité lumineuse; il est uniforme si la visibilité
est
λ
λ
nulle. V= 0 ⇒ a = ( k + 1/ 2 ) ⇒ a min = a 0 =

α
b) Pour deux secondes d'arc a0 = 28 mm
c) Pour 0,008 secondes d'arc a0 = 7,1 m !! valeur supérieure à l'ouverture du télescope,
il faudra réaliser un montage optique supplémentaire pour simuler cette valeur de a.

4-

DEUXIÈME PROBLÈME
Première partie
1-a) On écrit que la chaleur qui "entre" dans le volume V sert à élever la température,
G G
∂T
soit pour une durée dt: dQ = − dt ∫∫ J q dS = ∫∫∫ ρcdV ( dt ) cqfd..
S
V
∂t
b) Le théorème d'Ostrogradski combiné avec la loi de Fourier donne
G G
G
G
J
dS
=
div
J
q
q dV = ∫∫∫ div ( − λgrad T ) dV = − λ ∫∫∫ ∇TdV
∫∫
∫∫∫
S

V

V

V

λ
∂T
∂T
en m2.s-1
= h ∇T avec h =
) = − λ ∫∫∫ ∇TdV ⇒
V
V
ρc
∂t
∂t
c) On écrit que c'est la chaleur qui entre plus la chaleur libérée par les sources qui élèvent
G G
∂T
la température, soit dQ = − dt ∫∫ J q dS + dt ∫∫∫ p e dV = ∫∫∫ ρcdV ( dt )
S
V
V
∂t
pe
∂T
l'équation locale prend alors la forme:
= h∇T +
∂t
ρc

∫∫∫

ρcdV (

∂T
∂ 2T
=h 2
∂t
∂z
3- a) La démonstration est impossible, ce qui suit est simplement une vérification.
g′
f ′′
=h
doit être une constante
b) En posant T(z,t) = f(z).g(t) on aboutit à:
g
f
La constante est homogène à l'inverse d'un temps; on posera alors
2-

Si pe on a simplement:

1
t
g′ = ± g ⇒ g = G 0 exp( ± ) Seule la solution g(t) décroissante est recevable.
τ
τ
1
Ecrivons = k 2 h (k2 est une longueur), les équations et les solutions sont:
τ
⎧⎪g′ = − k 2 h g ⇒ g = G 0 exp( − k 2 ht )

⎪⎩f ′′ = − k 2f
⇒ f = F1 exp( − ikz ) + F2 exp( ikz )
c) On a par conséquent: T( z, t ) = f = exp( − k 2 ht ) {F1 exp( − ikz ) + F2 exp( ikz )}
d) On peut vérifier en dérivant l'intégrale par rapport à t et à z que l'on a bien:
+∞
∂T
∂ 2T
T( z, t ) = ∫ A( k )exp( ikz − k 2 ht ) dk ⇒
=h 2
∂t
∂z
−∞
On peut considérer que l'intégrale représente une combinaison linéaire de toutes les
solutions particulières trouvées précédemment.
+∞

e) On peut écrire à t = 0

To ( z ) = T( z,0) = ∫ A( k )exp( ikz) dk
−∞

1 +∞
To ( ξ )exp( − ikξ ) dξ
2π ∫−∞
Il faut prendre garde que dans A(k) la variable ξ est une variable qui ne survit pas à
l'intégration et qu'il convient de la distinguer de la variable z de l'intégrale définissant T
+∞
1 π +∞
( z − ξ )2
1 +∞
2
=

T
(
ξ
)exp[
] dξ
T( z, t ) =
T
(
)
exp[(
ik
(
z

)

k
ht
]
dk
d
ξ
ξ
ξ
0
0
∫−∞
2π ht ∫−∞
4ht
2π ∫−∞

Donc en prenant la transformée de Fourier inverse A ( k ) =

T
4- a) On remplace T0 dans la dernière
expression
+∞
1 π
( z − ξ )2
T( z, t ) =
] dξ
θ0 ∫ δ( ξ )exp[−
2π ht −∞
4ht
1 π ⎧
( z − ξ )2 ⎫
θ 0 ⎨exp[−
T( z, t ) =
]⎬
2π ht ⎩
4 ht
⎭ξ = 0

1 π
z2
T( z, t ) =
]
θ0 exp[−
cqfd
2π ht
4ht
il s'agit de gaussiennes, dessinées pour t1 < t2
.

t1

t2

z

0

b) Au point z = z0 on peut représenter T(t)
le graphe a l'allure donnée ci-contre:
La température commence par croître,
présente un maximum puis décroît.
Ce qui caractérise une "bouffée de chaleur"
bien que l'expression fasse la confusion
entre température et chaleur.
Le maximum est atteint à une date t0 qui
∂T
∂ 2T
correspond à
=h 2 =0
∂t
∂z
soit au point d'inflexion de la gaussienne
z20
1
c'est à dire:
=
4ht 0 2

T

t
0

t0

Deuxième partie
5- En régime permanent la quantité de chaleur qui rentre est égale à celle qui sort plus les
pertes. Soit pour une durée dt
0 = J q ( z ) ab dt − J q ( z + dz ) ab dt − α 2( a + b )dz ( Tz − Ta ) dt

0 = −[

∂J q
∂z

ab + 2α a( T − Ta )] dz dt

car a >> b

Compte tenu de la loi de Fourier on écrit: 0 =

∂ 2T
− m 2 ( T − Ta )
∂z2

α
est dimensionné ! On peut toutefois penser à écrire à
λ
l'extrémité de l'ailette l'égalité des flux thermiques de conduction et de convection. Soit
⎛ ∂T ⎞
− λab⎜ ⎟ = α ab ( TL − Ta )
⎝ ∂z ⎠ L
En supposant TL différent de Ta (ce qui est l'esprit de cette partie) la condition proposée
⎛ ∂T ⎞
conduit à:
⎜ ⎟ ≈0
⎝ ∂z ⎠ L

6-a) La question est erronée puisque

b) La solution qui satisfait les conditions en z = 0 et z = L est
ch[m( L − z )]
T − Ta = ( T0 − Ta )
ch( mL)
7- a) Lorsque L tend vers l'infinie
ch[m( L − z )] ch( mL)ch( mz ) − sh( mL)sh( mz )
→∞
=
⎯L⎯
⎯→ ch( mz ) − sh ( mz ) = exp( mz )
ch( mL)
ch( mL)
1
b) Pour l'ailette de longueur finie: TL − Ta = ( T0 − Ta )
ch( mL)

Pour l'ailette infinie
: TL − Ta → 0
1
T
En tolérant un écart de 1% il faut que TL − TL∞ = ( T0 − Ta )
= a
ch( mL) 100
La condition ne dépend pas seulement de m et L mais aussi de T0 ce qui est logique.
8- a) En régime permanent cette quantité est celle qui rentre en z= 0
⎛ ∂T ⎞
Pth = − λ ⎜ ⎟ . ab = λ m ab( T0 − Ta ) tanh( mL)
⎝ ∂z ⎠ z = 0
b) En passant à la limite: Pth → λ m ab( T0 − Ta )
Troisième partie
9- a) La définition suppose que le flux est indépendant de r, donc J q = − λ

Φ
dT
=
dr 4πr 2

1
Φ 1
R − R1
− ] ⇒ R th = 2
[
4πλ R 2 R1
4πλR1R 2
Φ 1 1
b) de façon similaire on a:
T − T1 =
[ − ]
4πλ r R1
10- Le flux produit par la sphère S1 est conduit par (M) à la sphère S2. Soit
dT
dT
Γ 1 = − Φ Γ 2 = +Φ ce qui implique T1 + T2 = Cte = T1, 0 + T2, 0
dt
dt
dT
dT
T −T
De là on écrit Γ 1 = − Φ = − 1 2

ΓR th 1 + 2T1 = T1, 0 + T2,0
dt
R th
dt
C'est l'équation de charge d'un condensateur, on trouve facilement
2t

⎪2T1 = T1, 0 + T2, 0 + ( T1, 0 − T2, 0 )exp( − ΓR )

th

⎪2T2 = T1, 0 + T2, 0 − ( T1, 0 − T2, 0 ) exp( − 2 t )
⎪⎩
ΓR th



ΓdT1
1 dT1
dQ rev
11- a) Pour S1 : ΔS1 = ∫
=∫
= Γ∫
dt
0
0
0 T1 dt
T1
T1



ΓdT2
1 dT2
dQ rev
Pour S2 : ΔS2 = ∫
=∫
= Γ∫
dt
0
0
0 T2 dt
T2
T2
b) Pour le système la capacité de (M) étant négligée ΔS = ΔS1 + ΔS2

s'intègre selon : T2 − T1 =

ΔS = Γ ∫



0


dT1
dT2
T1f T2f
+ Γ∫
= Γ ln(
)
0 T2
T1
T1, 0T2, 0

⎧ f T1, 0 + T2, 0
⎪⎪T1 =
( T + T2, 0 )2
2
Pour l'état final ⎨
⇒ T2f . T1f = 1, 0
⇒ ΔS > 0
T
+
T
4
1
0
2
0
f
,
,
⎪T =
⎪⎩ 2
2
Car il est connu que la moyenne arithmétique est supérieure à la moyenne géométrique.
Ce résultat est prévu par le second principe.

Quatrième partie
∂T
∂ 2T d 2T
e−z
= 0 ⇔ 2 = 2 = 0 donc: T − T2 = ( T1 − T2 )
e
∂t
∂z
dz
G
G
T1 − T2 G
D'où la densité de flux:
J q = − λ grad T = λ
uz
e
13- a) Les grandeurs, température T et potentiel V , satisfont l'équation de Laplace
ΔV = 0 et ΔT = 0
et les conditions aux limites sont identiques (valeurs imposées sur les plans);
Les solutions mathématiques des deux problèmes sont donc isomorphes en particulier
G
G
G
G
pour les champs définis par:
E = − grad V et J q = −λgrad T .

12- En régime permanent

Pour les deux problèmes une sphère de conductivité nulle se traduit par la condition
qu'à la surface de la sphère (r = a) le champ total doit être orthoradial. Car l'existence
d'une composante radiale signifierait que la sphère est "pénétrable" soit par des charges
soit par la chaleur.
G
G
Si pour l'extérieur la sphère est assimilable à un dipôle de moment p = − p. u z
le champ total en coordonnées polaires vaut:
2 p cos θ

E 0 cos θ −

G G
G
4πε 0 r 3
⎡ 2p ⎤

Er = 0 pour r = a ⇒ E0a3 = ⎢
E = E 0 + E dipole = ⎨

⎣ 4πε 0 ⎦
⎪− E 0 sin θ − p sin θ
4πε 0 r 3
⎩⎪
Ce modèle satisfait donc la condition avec la propriété de ne pas modifier le champ
près des plans si ceux ci sont éloignés (a << distance e )


a3
a3
G ⎪⎪E0 cos θ [1 − r 3 ]
G ⎪⎪J 0 cos θ [1 − r 3 ]
par ana log ie
E=⎨
J

⎯⎯⎯


b) On écrit
q = ⎨
3
3
a
⎪− E sin θ [1 +
⎪− J sin θ [1 + a ]
]
⎪⎩ 0
⎪⎩ 0
2r 3
2r 3
G
1
3
J q = J 20 sin 2 θ(1 + )2 = J 0 sin θ
14- Sur la sphère (r = a) le module vaut:
2
2
π
et il est nul pour θ = 0
2
D'où l'allure des lignes de champ

Il est maximum pour θ = ±

ou

π.

A


p

FIN

A'


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