Corrigé détaillé ENAC Physique QCM MPSI 2022

Concours EPL/S 2022 : Épreuve de Physique

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

Ce sujet du concours EPL/S (pilote de ligne de l'ENAC) se présente sous la forme d'un questionnaire à choix multiples dense et balayant un large spectre du programme de première année : cinématique du point, dynamique et énergétique newtonienne, régimes transitoires du second ordre, résonance en régime sinusoïdal forcé, optique géométrique instrumentale et thermodynamique des systèmes fermés en interaction.

D'un niveau technique très abordable mais exigeant une grande rapidité d'exécution et une maîtrise irréprochable des bases, cette épreuve constitue un excellent support de révision transversale en fin de première année ou au début de l'année de spé. L'absence de calculatrice impose de mener les calculs littéraux jusqu'à des formes facilement évaluables numériquement.

En bref sur ce sujet

Difficulté: Accessible, estimée à partir de la difficulté de chaque question
Temps estimé: ≈ 1 h 50 pour tout traiter (estimation question par question, candidat bien préparé)
Chapitres: Cinématique et dynamique du point21 %
Circuits électriques et régimes transitoires17 %
Optique géométrique17 %
Premier et second principes de la thermodynamique17 %
Part des questions du sujet.
Incontournables: 9 questions classiques, à savoir refaire :
Q7
Q8
Q10
Q13
Q14
Q19
Q25
Q26
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 : 36 questions
TSI1 : 36 questions
BCPST1 : 17 questions

Où gagner des points

Rapides et accessibles (34) : difficulté 1 ou 2 sur 4, 5 minutes au plus.

Voir les 22 autres

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

Questions

Question 1

Application directe≈ 3 min

Calcul littéral
Application numérique
Faisable en première année (toutes filières)

Notions : cinématique du point, vitesse, mouvement rectiligne

Quelle durée $τ$ met $M_{a}$ pour parcourir la totalité de la piste (de $A$ à $E$ ) ?

A) $τ = 0, 17 s$ B) $τ = 1, 6 s$ C) $τ = 17 s$ D) $τ = 160 s$

Voir l'indice

Calculez la longueur totale de la piste en additionnant les longueurs données des quatre segments, puis utilisez la relation liant distance, vitesse et durée.

Voir la réponse courte

Sommation des durées de parcours élémentaires sur chaque tronçon de la piste rectiligne.

Voir le corrigé complet

Le mouvement du mobile M_a est uniforme le long de la piste à la vitesse :

v = 25\text{ cm}\cdot\text{s}^{-1} = 0{,}25\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}

La longueur totale L_{\text{tot}} de la piste parcourue de A à E est la somme des longueurs des quatre portions successives :

\begin{aligned} L_{\text{tot}} &= AB + BC + CD + DE \\ &= 1\text{ m} + 0{,}50\text{ m} + 0{,}75\text{ m} + 2\text{ m} \\ &= 4{,}25\text{ m} \end{aligned}

Le mouvement étant uniforme, la durée \tau nécessaire pour parcourir cette distance vérifie :

\tau = \frac{L_{\text{tot}}}{v}

Application numérique :

\tau = \frac{4{,}25}{0{,}25} = 4{,}25 \times 4 = 17\text{ s}

\boxed{\tau = 17\text{ s}} \quad \text{(Réponse C)}

Résultat

τ = 17 s

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Question 2

Application directe≈ 2 min

Calcul littéral
Application numérique
Faisable en première année (toutes filières)

Notions : cinématique du point, accélération

On note $a_{1}$ la norme de l'accélération de $M_{a}$ sur la portion $B C$ . Que vaut $a_{1}$ ?

A) $a_{1} = 0 m \cdot s^{- 2}$ B) $a_{1} = 0, 2 m \cdot s^{- 2}$ C) $a_{1} = 1, 3 m \cdot s^{- 2}$ D) $a_{1} = 13 m \cdot s^{- 2}$

Voir l'indice

Dans la base de Frenet, la vitesse étant constante en norme, l'accélération est purement normale et vaut v^2/R. Reliez au préalable le rayon de courbure R à la longueur du quart de cercle.

Voir la stratégie

Déterminer le rayon de courbure R_1 de la portion circulaire BC sachant qu'il s'agit d'un quart de cercle.
Utiliser la base de Frenet pour exprimer l'accélération d'un mouvement circulaire uniforme.
Réaliser l'application numérique pour en déduire la proposition correcte.

Voir la réponse courte

Calcul de l'accélération constante sur BC à partir de la variation de vitesse et de la distance.

Voir le corrigé complet

La portion BC est un quart de cercle de rayon R_1 et de longueur \ell_{BC} = 50\text{ cm} = 0{,}50\text{ m}. La relation entre la longueur d'arc et l'angle au centre (ici \frac{\pi}{2}\text{ rad}) donne :

\ell_{BC} = R_1 \frac{\pi}{2} \implies R_1 = \frac{2\ell_{BC}}{\pi}

Dans la base de Frenet (\vec{u}_t, \vec{u}_n), le vecteur accélération s'écrit :

\vec{a} = \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}\vec{u}_t + \frac{v^2}{R_1}\vec{u}_n

Le mouvement étant uniforme (v = \text{cste} = 0{,}25\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}), la composante tangentielle est nulle : \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} = 0. L'accélération est purement normale et sa norme a_1 vaut :

\begin{aligned} a_1 &= \frac{v^2}{R_1} = \frac{\pi v^2}{2\ell_{BC}} \end{aligned}

Application numérique avec v = 0{,}25\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} et \ell_{BC} = 0{,}50\text{ m} :

a_1 = \frac{\pi \times (0{,}25)^2}{2 \times 0{,}50} = \pi \times 0{,}0625 \approx 0{,}196\text{ m}\cdot\text{s}^{-2} \approx 0{,}2\text{ m}\cdot\text{s}^{-2}

\boxed{a_1 = 0{,}2\text{ m}\cdot\text{s}^{-2} \quad \text{(Réponse B)}}

Résultat

a_{1} = 0, 2 m \cdot s^{- 2} (R \overset{e}{ˊ} ponse B)

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Question 3

Application directe≈ 2 min

Calcul littéral
Faisable en première année (toutes filières)

Notions : cinématique du point, accélération

On note $a_{2}$ la norme de l'accélération de $M_{a}$ sur la portion $C D$ . Quelle relation existe-t-il entre $a_{1}$ et $a_{2}$ ?

A) $a_{2} = 0 m \cdot s^{- 2}$ B) $a_{2} = a_{1}$ C) $a_{2} = \frac{2}{3} a_{1}$ D) $a_{2} = \frac{3}{2} a_{1}$

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Le rayon de courbure d'un quart de cercle est proportionnel à sa longueur d'arc : comparez les accélérations centripètes en observant leur dépendance inverse vis-à-vis du rayon.

Voir la stratégie

Déterminer le rayon de courbure R_2 du quart de cercle CD à partir de sa longueur \ell_{CD}.
Exprimer l'accélération normale a_2 pour ce mouvement circulaire uniforme à la vitesse v.
En déduire le rapport a_2 / a_1 en comparant avec le résultat de la question 2.

Voir la réponse courte

Comparaison des accélérations uniformes a_1 et a_2 déduites des équations horaires des tronçons.

Voir le corrigé complet

Le mouvement de M_a sur la portion CD est circulaire uniforme de vitesse v = 25\text{ cm}\cdot\text{s}^{-1}. L'accélération tangentielle est donc nulle et l'accélération est purement normale :

a_2 = \frac{v^2}{R_2}

où R_2 est le rayon du quart de cercle CD. Sa longueur \ell_{CD} = 75\text{ cm} vérifie :

\ell_{CD} = \frac{\pi R_2}{2} \iff R_2 = \frac{2\ell_{CD}}{\pi}

On en déduit :

a_2 = \frac{\pi v^2}{2\ell_{CD}}

D'après la question 2, on a de même a_1 = \dfrac{\pi v^2}{2\ell_{BC}}. Le rapport des accélérations s'écrit alors :

\frac{a_2}{a_1} = \frac{\ell_{BC}}{\ell_{CD}} = \frac{50\text{ cm}}{75\text{ cm}} = \frac{2}{3}

soit :

\boxed{a_2 = \frac{2}{3}a_1}

La réponse correcte est la proposition C.

Résultat

a_{2} = \frac{2}{3} a_{1}

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Question 4

Intermédiaire≈ 4 min

Mise en équation
Calcul littéral
Faisable en première année (toutes filières)

Notions : cinématique du point, loi horaire

Lorsque $M_{a}$ atteint le point $D$ , à un instant pris comme origine temporelle, un second mobile $M_{b}$ (également assimilé à un point matériel) quitte $E$ en direction de $D$ . Son mouvement est uniforme dans le référentiel du laboratoire à la vitesse de $50 cm \cdot s^{- 1}$ . À quelle date $t_{r}$ les deux mobiles se rencontrent-ils ?

A) $t_{r} \approx 0, 4 s$ B) $t_{r} \approx 2, 7 s$ C) $t_{r} \approx 4 s$ D) $t_{r} \approx 8 s$

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Écrivez les lois horaires de position des deux mobiles le long du segment DE avec des vitesses de sens opposés, ou raisonnez directement sur la vitesse de rapprochement relatif.

Voir la stratégie

Choisir un axe rectiligne le long du segment DE et repérer la position de chaque mobile en fonction du temps à partir de l'origine temporelle t = 0.
Traduire la condition de rencontre par l'égalité de leurs abscisses pour en déduire la date t_r.

Voir la réponse courte

Égalité des lois horaires de position x_a(t)=x_b(t) pour déterminer l'instant de croisement t_r.

Voir le corrigé complet

On repère les positions des deux points matériels sur un axe unidimensionnel (Dx) colinéaire au segment DE, orienté de D vers E, avec pour origine le point D.

À la date t = 0, le mobile M_a est en D (x_a(0) = 0) et se dirige vers E à la vitesse v_a = 25\text{ cm}\cdot\text{s}^{-1} = 0{,}25\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}. Son abscisse pour t \ge 0 s'écrit :

x_a(t) = v_a \, t

Au même instant t = 0, le mobile M_b part de E (x_b(0) = L_{DE} = 2\text{ m}) et se dirige en sens inverse vers D à la vitesse v_b = 50\text{ cm}\cdot\text{s}^{-1} = 0{,}50\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}. Son équation horaire est :

x_b(t) = L_{DE} - v_b \, t

Les deux mobiles se rencontrent à la date t_r telle que x_a(t_r) = x_b(t_r) :

\begin{aligned} v_a \, t_r &= L_{DE} - v_b \, t_r \\ (v_a + v_b) \, t_r &= L_{DE} \end{aligned}

On en déduit l'expression de la date de rencontre :

t_r = \frac{L_{DE}}{v_a + v_b}

Application numérique avec L_{DE} = 2\text{ m}, v_a = 0{,}25\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} et v_b = 0{,}50\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} :

t_r = \frac{2}{0{,}25 + 0{,}50} = \frac{2}{0{,}75} = \frac{8}{3}\text{ s} \approx 2{,}7\text{ s}

\boxed{t_r \approx 2{,}7\text{ s} \quad \text{(Réponse B)}}

Résultat

t_{r} \approx 2, 7 s (R \overset{e}{ˊ} ponse B)

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Question 5

Application directe≈ 2 min

Calcul littéral
Application numérique
Faisable en première année (toutes filières)

Notions : cinématique du point, loi horaire

Quelle est alors la distance $d_{a}$ parcourue par $M_{a}$ sur la piste $D E$ ?

A) $d_{a} \approx 40 cm$ B) $d_{a} \approx 67 cm$ C) $d_{a} \approx 1 m$ D) $d_{a} \approx 1, 5 m$

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Multipliez simplement la vitesse du mobile M_a par la date de rencontre obtenue à la question précédente.

Voir la réponse courte

Évaluation de la distance parcourue par M_a par substitution de t_r dans la loi horaire.

Voir le corrigé complet

Le mobile M_a est en mouvement rectiligne uniforme à la vitesse v_a = 0{,}25\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} sur le segment DE. Ayant franchi le point D à l'origine des dates (t = 0), la distance d_a parcourue par M_a sur la piste DE jusqu'à la rencontre à l'instant t_r s'écrit :

d_a = v_a \, t_r

En injectant l'expression de la date de rencontre obtenue à la question Q4, t_r = \frac{L_{DE}}{v_a + v_b} :

d_a = \frac{v_a}{v_a + v_b}\, L_{DE}

Application numérique :

\begin{aligned} d_a &= \frac{0{,}25}{0{,}25 + 0{,}50} \times 2\text{ m} = \frac{1}{3} \times 2\text{ m} = \frac{2}{3}\text{ m} \approx 0{,}67\text{ m} = 67\text{ cm} \end{aligned}

\boxed{d_a \approx 67\text{ cm}}

La bonne réponse est l'item B.

Résultat

d_{a} \approx 67 cm

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Question 6

Intermédiaire≈ 3 min

Calcul littéral
Application numérique
Faisable en première année (toutes filières)

Notions : cinématique du point, vitesse relative

Quelle était, $1/5 s$ avant la rencontre, la distance $d$ séparant $M_{a}$ et $M_{b}$ ?

A) $d \approx 5 cm$ B) $d \approx 10 cm$ C) $d \approx 15 cm$ D) $d \approx 50 cm$

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Puisque le mouvement relatif est uniforme, la distance séparant les deux mobiles à un instant précédant le croisement se déduit du produit de la vitesse relative par cet écart temporel.

Voir la stratégie

Les deux mobiles se déplacent l'un vers l'autre en mouvement rectiligne et uniforme le long du segment DE. La vitesse relative de rapprochement est simplement la somme de leurs vitesses scalaires v_a + v_b. La distance les séparant une durée \Delta t avant le croisement s'en déduit immédiatement.

Voir la réponse courte

Détermination de la distance relative par différence de position ou à l'aide de la vitesse relative.

Voir le corrigé complet

À l'instant t_r - \Delta t, avec \Delta t = \frac{1}{5}\text{ s} = 0{,}20\text{ s}, les deux mobiles se trouvent tous deux sur le segment DE puisque t_r \approx 2{,}7\text{ s} > \Delta t.

Leur vitesse de rapprochement relative est :

v_{\text{rel}} = v_a + v_b

Puisque la distance les séparant à l'instant de la rencontre t_r est nulle, la distance d les séparant une durée \Delta t auparavant vaut :

d = v_{\text{rel}} \Delta t = (v_a + v_b)\Delta t

Application numérique :

\begin{aligned} d &= (0{,}25\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} + 0{,}50\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}) \times 0{,}20\text{ s} \\ d &= 0{,}75\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \times 0{,}20\text{ s} = 0{,}15\text{ m} = 15\text{ cm} \end{aligned}

\boxed{d \approx 15\text{ cm}}

La réponse correcte est la proposition C.

Résultat

d \approx 15 cm

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Question 7

Application directe≈ 3 min

Incontournable
Mise en équation
Calcul littéral
Faisable en première année (toutes filières)

Notions : énergie mécanique, conservation de l'énergie

Exprimer puis calculer numériquement la vitesse $v_{B}$ du skieur en $B$ .

A) $v_{B} = 3 g L$ B) $v_{B} = 2 g L sin α$ C) $v_{B} = 20 m \cdot s^{- 1}$ D) $v_{B} = 13 m \cdot s^{- 1}$

Voir l'indice

Appliquez le théorème de l'énergie mécanique ou le principe fondamental de la dynamique le long de la portion rectiligne AB sans frottement.

Voir la stratégie

Appliquer le théorème de l'énergie cinétique (ou la conservation de l'énergie mécanique) au skieur entre les points A et B sur le plan incliné, en l'absence de tout frottement.
En déduire l'expression littérale de la vitesse v_B en fonction de g, L et \alpha.
Effectuer l'application numérique avec les données de l'énoncé.

Voir la réponse courte

Conservation de l'énergie mécanique sur la portion rectiligne inclinée pour trouver v_B = \sqrt{2gL\sin\alpha}.

Voir le corrigé complet

On étudie le skieur, modélisé par un point matériel de masse m, dans le référentiel terrestre du laboratoire supposé galiléen.

Sur la portion rectiligne AB de longueur L, inclinée d'un angle \alpha = 30^\circ par rapport à l'horizontale, le skieur est soumis à :

son poids \vec{P} = m\vec{g} ;
la réaction normale de la piste \vec{R}_N, orthogonale au déplacement (puisqu'on néglige tout frottement), de sorte que son travail est nul : W_{A\to B}(\vec{R}_N) = 0.

Le système étant conservatif, appliquons le théorème de l'énergie mécanique (ou le théorème de l'énergie cinétique) entre le point A (où le skieur part du repos, v_A = 0) et le point B :

\begin{aligned} \Delta E_c &= W_{A\to B}(\vec{P}) \\ \frac{1}{2}m v_B^2 - 0 &= mg (z_A - z_B) \end{aligned}

La dénivellation entre A et B vaut :

z_A - z_B = L\sin\alpha

On en déduit l'expression littérale de la vitesse v_B :

\boxed{v_B = \sqrt{2gL\sin\alpha}}

Application numérique :

g \approx 10\text{ m}\cdot\text{s}^{-2}
L = 40\text{ m}
\alpha = 30^\circ, d'où \sin\alpha = \sin(30^\circ) = \frac{1}{2} = 0{,}5

\begin{aligned} v_B &= \sqrt{2 \times 10 \times 40 \times 0{,}5} \\ &= \sqrt{400} \\ \Aboxed{v_B &= 20\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}} \end{aligned}

Les propositions B et C sont donc correctes.

Résultat

v_{B} = 2 g L sin α

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Question 8

Intermédiaire≈ 3 min

Incontournable
Question de cours
Mise en équation
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I, TSI1

Notions : repère de frenet, accélération normale

On note $a_{C}$ le vecteur accélération du skieur au point $C$ . Que peut-on affirmer :

A) $a_{C} = 0$ B) $a_{C} \cdot e_{x} = 0$ C) $a_{C} \cdot e_{z} = 0$ D) $∥ a_{C} ∥ = \frac{v _{C}^{2}}{b}$

Voir l'indice

Identifiez la direction du vecteur normal de Frenet au point le plus bas C de la trajectoire circulaire et appliquez l'expression de l'accélération dans cette base.

Voir la stratégie

Utiliser la base de Frenet (\vec{u}_t, \vec{u}_n) au point C, point le plus bas de la trajectoire circulaire de centre O' et de rayon b.
Projeter le principe fondamental de la dynamique sur la tangente en C pour déterminer l'accélération tangentielle.
En déduire le vecteur accélération \vec{a}_C, ses composantes dans la base cartésienne (\vec{e}_x, \vec{e}_z) ainsi que sa norme.

Voir la réponse courte

En un extremum de vitesse, l'accélération tangentielle s'annule : l'accélération est purement normale et vaut v_C^2/b.

Voir le corrigé complet

Le point C est situé à la verticale descendante du centre O' de la piste circulaire de rayon b. En ce point :

la tangente à la trajectoire est horizontale et orientée dans le sens du mouvement, soit \vec{u}_t = \vec{e}_x ;
la normale unitaire centripète est orientée vers le centre de courbure O', c'est-à-dire verticale ascendante, soit \vec{u}_n = \vec{e}_z.

Dans la base de Frenet, l'accélération du skieur s'écrit de manière générale :

\vec{a} = \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}\,\vec{u}_t + \frac{v^2}{b}\,\vec{u}_n

Puisque les frottements sont négligés, les seules forces appliquées au skieur sont :

le poids \vec{P} = -mg\,\vec{e}_z ;
la réaction normale du support \vec{R} = R\,\vec{u}_n = R\,\vec{e}_z.

En appliquant le principe fondamental de la dynamique au skieur en C :

m\vec{a}_C = \vec{P} + \vec{R} = (R - mg)\,\vec{e}_z

En projetant sur la direction tangentielle \vec{u}_t = \vec{e}_x :

m a_t = m(\vec{a}_C \cdot \vec{e}_x) = 0 \implies \vec{a}_C \cdot \vec{e}_x = 0

L'accélération tangentielle est donc nulle au point le plus bas de la trajectoire.

L'accélération en C est par conséquent purement normale et dirigée selon \vec{e}_z :

\vec{a}_C = \frac{v_C^2}{b}\,\vec{e}_z

On en déduit :

\begin{aligned} \vec{a}_C \cdot \vec{e}_x &= 0 \\ \vec{a}_C \cdot \vec{e}_z &= \frac{v_C^2}{b} \neq 0 \\ \|\vec{a}_C\| &= \frac{v_C^2}{b} \end{aligned}

Les propositions B et D sont donc vraies.

\boxed{\text{Affirmations B et D vraies}}

Résultat

Affirmations B et D vraies

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Question 9

Intermédiaire≈ 4 min

Calcul littéral
Faisable en première année (toutes filières)

Notions : énergie potentielle, pesanteur

On choisit l'origine de l'énergie potentielle de pesanteur en $O$ . Exprimer l'énergie potentielle de pesanteur $E_{p} (B)$ en $B$ du skieur :

A) $E_{p} (B) = m g b (sin β - sin α)$ B) $E_{p} (B) = m g b (cos β + cos α)$ C) $E_{p} (B) = m g b (sin β - cos α)$ D) $E_{p} (B) = m g b (cos β - cos α)$

Voir l'indice

Déterminez la différence d'altitude entre le point de lancement B et l'origine O en projetant les rayons sur la verticale grâce aux angles \alpha et \beta.

Voir la stratégie

Repérer géométriquement la position des points B et O sur la portion circulaire de centre O' et de rayon b.
Exprimer les altitudes z_B et z_O par rapport au centre O' en utilisant les angles d'inclinaison des tangentes avec l'horizontale.
En déduire l'énergie potentielle de pesanteur en B sachant qu'elle est choisie nulle en O.

Voir la réponse courte

Calcul trigonométrique de l'altitude du point B le long du profil circulaire pour évaluer \mathcal{E}_p(B)=mgz_B.

Voir le corrigé complet

Le repère cartésien associé au référentiel du laboratoire a pour axe vertical ascendant l'axe (Oz), le vecteur champ de pesanteur étant \vec{g} = -g\vec{e}_z. L'énergie potentielle de pesanteur d'un point matériel de masse m à l'altitude z s'écrit de manière générale :

\mathcal{E}_p(z) = mgz + \text{cte}

L'origine de l'énergie potentielle étant choisie en O (\mathcal{E}_p(O) = 0), on a pour tout point M d'altitude z_M :

\mathcal{E}_p(M) = mg(z_M - z_O)

Déterminons les altitudes des points B et O :

Le point C est situé à la verticale descendante du centre O', soit \vec{O'C} = -b\vec{e}_z.
Au point B, la piste circulaire se raccorde tangentiellement à la droite AB inclinée de \alpha par rapport à l'horizontale. Le rayon \vec{O'B}, orthogonal à la tangente en B, fait donc un angle \alpha avec la verticale descendante -\vec{e}_z. L'altitude de B par rapport à O' est donc :
z_B - z_{O'} = -b\cos\alpha
Au point O, la tangente forme un angle \beta avec l'horizontale, si bien que le rayon \vec{O'O} fait un angle \beta avec la verticale descendante -\vec{e}_z. L'altitude de O par rapport à O' est donc :
z_O - z_{O'} = -b\cos\beta

On en déduit la différence d'altitude entre B et O :

z_B - z_O = (z_B - z_{O'}) - (z_O - z_{O'}) = -b\cos\alpha - (-b\cos\beta) = b(\cos\beta - \cos\alpha)

L'énergie potentielle de pesanteur du skieur au point B s'écrit alors :

\boxed{\mathcal{E}_p(B) = mgb(\cos\beta - \cos\alpha)}

La proposition correcte est la D.

Résultat

E_{p} (B) = m g b (cos β - cos α)

Question déjà tombée ailleurs

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Question 10

Application directe≈ 2 min

Incontournable
Calcul littéral
Faisable en première année (toutes filières)

Notions : énergie mécanique, conservation de l'énergie

Que dire de la norme du vecteur vitesse, $v_{O}$ , du skieur en $O$ ?

A) $v_{O} = v_{B}^{2} - 2 \frac{E _{p} ( B )}{m}$ B) $v_{O} = v_{B}$ C) $v_{O} = v_{B}^{2} + 2 \frac{E _{p} ( B )}{m}$ D) $v_{O} > v_{B}$

Voir l'indice

Traduisez la conservation de l'énergie mécanique du skieur entre le point B et le point de sortie O.

Voir la stratégie

Appliquer le théorème de conservation de l'énergie mécanique pour le skieur entre les points B et O.
Utiliser le choix de l'origine de l'énergie potentielle de pesanteur fixé en O, soit \mathcal{E}_p(O) = 0.
En déduire l'expression de la vitesse v_O et discuter le signe de \mathcal{E}_p(B).

Voir la réponse courte

Conservation de l'énergie mécanique entre B et O avec \mathcal{E}_p(O)=0, d'où v_O = \sqrt{v_B^2 + 2\mathcal{E}_p(B)/m}.

Voir le corrigé complet

Le skieur est modélisé par un point matériel de masse m dans le référentiel terrestre supposé galiléen. Il n'est soumis qu'à deux forces :

son poids \vec{P} = -mg\vec{e}_z, force conservative dérivant de l'énergie potentielle de pesanteur \mathcal{E}_p ;
la réaction du support \vec{R}_N, orthogonale à chaque instant à la vitesse du skieur puisque les frottements sont négligés, de puissance nulle : \mathcal{P}(\vec{R}_N) = \vec{R}_N \cdot \vec{v} = 0.

L'énergie mécanique \mathcal{E}_m = \mathcal{E}_c + \mathcal{E}_p est donc rigoureusement conservée tout au long du mouvement sur la piste :

\mathcal{E}_m(B) = \mathcal{E}_m(O)

En exprimant l'énergie mécanique en B et en O :

\begin{aligned} \mathcal{E}_m(B) &= \frac{1}{2}m v_B^2 + \mathcal{E}_p(B) \\ \mathcal{E}_m(O) &= \frac{1}{2}m v_O^2 + \mathcal{E}_p(O) \end{aligned}

D'après le choix de l'origine fixé à la question précédente, \mathcal{E}_p(O) = 0. On a donc :

\frac{1}{2}m v_O^2 = \frac{1}{2}m v_B^2 + \mathcal{E}_p(B)

soit, en multipliant par \frac{2}{m} :

v_O^2 = v_B^2 + 2\,\frac{\mathcal{E}_p(B)}{m}

Puisque la vitesse v_O est positive, on en déduit :

\boxed{v_O = \sqrt{v_B^2 + 2\,\frac{\mathcal{E}_p(B)}{m}}}

La proposition correcte est la C.

Résultat

v_{O} = v_{B}^{2} + 2 \frac{E _{p} ( B )}{m}

Question déjà tombée ailleurs

ENAC Physique MPSI 2023, Q27

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Question 11

Intermédiaire≈ 3 min

Calcul littéral
Faisable en première année (toutes filières)

Notions : chute libre, mouvement balistique

Le skieur quitte le tremplin en $O$ . On note $F$ le sommet de sa trajectoire (Fig. précédente). En tenant compte de la valeur numérique de $β$ , quelle est l'altitude $z_{F}$ de $F$ ?

A) $z_{F} = \frac{v _{O}^{2}}{g}$ B) $z_{F} = \frac{v _{O}^{2}}{2 g}$ C) $z_{F} = \frac{v _{O}^{2}}{4 g}$ D) $z_{F} = \frac{2 v _{O}^{2}}{g}$

Voir l'indice

Isolez le mouvement balistique vertical du skieur en sortie de tremplin et déterminez l'altitude d'annulation de la composante verticale de la vitesse.

Voir la stratégie

Identifier les conditions initiales du saut au point O (origine du repère), notamment l'orientation du vecteur vitesse \vec{v}_O.
Appliquer la conservation de l'énergie mécanique entre O et le sommet F de la trajectoire parabolique, où la composante verticale de la vitesse s'annule.
Injecter la valeur numérique de l'angle du tremplin \beta = 45^\circ pour obtenir l'expression finale de z_F.

Voir la réponse courte

Annulation de la vitesse verticale au sommet de la parabole pour exprimer l'altitude maximale z_F.

Voir le corrigé complet

Après avoir quitté le tremplin en O, le skieur de masse m est uniquement soumis à son poids \vec{P} = -mg\vec{e}_z (chute libre).

Dans le repère (O, \vec{e}_x, \vec{e}_z), les conditions initiales en t = 0 au point O s'écrivent :

\left\{ \begin{aligned} x_O &= 0 \\ z_O &= 0 \end{aligned} \right. \quad \text{et} \quad \left\{ \begin{aligned} v_{O,x} &= v_O \cos\beta \\ v_{O,z} &= v_O \sin\beta \end{aligned} \right.

Puisque la composante horizontale de l'accélération est nulle, la composante horizontale de la vitesse est conservée tout au long du vol :

v_x(t) = v_{O,x} = v_O \cos\beta

Au sommet F de la trajectoire, la composante verticale de la vitesse s'annule : v_{z,F} = 0. Le vecteur vitesse en F est donc purement horizontal, de norme :

v_F = v_{x,F} = v_O \cos\beta

Le système étant conservatif en l'absence de frottement, l'énergie mécanique est conservée entre O et F :

\mathcal{E}_m(F) = \mathcal{E}_m(O)

\frac{1}{2}m v_F^2 + mg z_F = \frac{1}{2}m v_O^2 + mg z_O

Avec z_O = 0, il vient :

mg z_F = \frac{1}{2}m \left(v_O^2 - v_F^2\right) = \frac{1}{2}m v_O^2 \left(1 - \cos^2\beta\right) = \frac{1}{2}m v_O^2 \sin^2\beta

Soit :

z_F = \frac{v_O^2 \sin^2\beta}{2g}

Avec \beta = 45^\circ, on a \sin(45^\circ) = \frac{\sqrt{2}}{2}, d'où \sin^2(45^\circ) = \frac{1}{2} :

\boxed{z_F = \frac{v_O^2}{4g}}

La proposition correcte est la C.

Résultat

z_{F} = \frac{v _{O}^{2}}{4 g}

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Question 12

Application directe≈ 3 min

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

Notions : petite oscillation, oscillateur harmonique

Un autre skieur, moins aguerri, se retrouve confiné au voisinage de $C$ et oscille, d'avant en arrière, dans un mouvement de très faible amplitude. Quelle est la période $T$ de ses oscillations ?

A) $T = \frac{b}{g}$ B) $T = 2 π \frac{b}{g}$ C) $T \approx 9 s$ D) $T = 1, 5 s$

Voir l'indice

Faites l'analogie entre le mouvement au fond de la cuvette circulaire et celui d'un pendule simple de longueur égale au rayon de courbure b.

Voir la stratégie

Repérer la position du skieur par un écart angulaire par rapport à la position d'équilibre stable C, située à la verticale descendante du centre O' de la piste circulaire de rayon b.
Établir l'équation du mouvement dans le cadre de l'approximation des petites oscillations sans frottement, analogue à celle d'un pendule simple de longueur b.
En déduire l'expression analytique de la période propre T, puis effectuer l'application numérique avec les données de l'énoncé.

Voir la réponse courte

Analogie avec le pendule simple de longueur b donnant la période des petites oscillations T = 2\pi\sqrt{b/g}.

Voir le corrigé complet

Le skieur se déplace sans frottement sur la piste circulaire concave de rayon b et de centre O'. Le point C étant situé à la verticale descendante de O', il constitue une position d'équilibre stable pour le skieur.

En repérant la position du point matériel par l'angle \theta = (\overrightarrow{O'C}, \overrightarrow{O'S}), la deuxième loi de Newton projetée sur le vecteur tangentiel \vec{u}_\theta du repère de Frenet (ou la conservation de l'énergie mécanique) conduit à l'équation différentielle :

b\,\ddot{\theta} + g\sin\theta = 0

Pour un mouvement confiné au voisinage immédiat de C, de très faible amplitude, on se place dans le cadre de l'approximation des petites oscillations (\sin\theta \approx \theta) :

\ddot{\theta} + \frac{g}{b}\,\theta = 0

Il s'agit de l'équation d'un oscillateur harmonique de pulsation propre \omega_0 = \sqrt{\dfrac{g}{b}}. La période propre T des oscillations s'écrit alors :

\boxed{T = 2\pi\sqrt{\frac{b}{g}}}

Application numérique : Avec b = 20\text{ m} et g \approx 10\text{ m}\cdot\text{s}^{-2}, on obtient :

\begin{aligned} T &= 2\pi\sqrt{\frac{20}{10}} = 2\pi\sqrt{2} \\ T &\approx 2 \times 3{,}14 \times 1{,}414 \approx 8{,}9\text{ s} \approx 9\text{ s} \end{aligned}

\boxed{T \approx 9\text{ s}}

Les propositions B et C sont donc correctes.

Résultat

T = 2 π \frac{b}{g}

T \approx 9 s

Question déjà tombée ailleurs

CCINP Physique-Chimie TSI 2020, Q12

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Question 13

Application directe≈ 2 min

Incontournable
Question de cours
Mise en équation
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I, TSI1

Notions : continuité du courant, circuit rl

À un instant pris comme origine temporelle, on ferme $K$ ( $K^{'}$ restant ouvert). Que peut-on dire, à l'instant $t = 0^{+}$ , de $u_{R} (0^{+})$ et de $u_{L} (0^{+})$ ?

A) $u_{R} (0^{+}) = 0$ B) $u_{R} (0^{+}) = E$ C) $u_{L} (0^{+}) = 0$ D) $u_{L} (0^{+}) = E$

Voir l'indice

Utilisez la continuité du courant traversant la bobine L entre 0^- et 0^+ pour en déduire la tension aux bornes de R, puis appliquez la loi des mailles.

Voir la stratégie

Identifier les continuités imposées par les composants réactifs (continuité de l'intensité i_L à travers la bobine).
En déduire l'intensité dans le résistor à t = 0^+, puis la tension u_R(0^+) par la loi d'Ohm.
Appliquer la loi des mailles pour déterminer la tension u_L(0^+) aux bornes de la bobine.

Voir la réponse courte

Continuité du courant traversant la bobine : i_L(0^+)=0, d'où u_R(0^+)=0 et u_L(0^+)=E.

Voir le corrigé complet

Pour t < 0, l'interrupteur K est ouvert, aucun courant ne circule dans le circuit :

i_L(0^-) = 0

Par continuité de l'énergie magnétique stockée dans la bobine, l'intensité i_L(t) traversant la bobine est une fonction continue du temps :

i_L(0^+) = i_L(0^-) = 0

L'interrupteur K' étant maintenu ouvert, la branche contenant le condensateur est un circuit ouvert (i_C = 0). D'après la loi des nœuds, on a immédiatement :

i_R(0^+) = i_L(0^+) = 0

D'après la loi d'Ohm en convention récepteur pour le résistor :

\boxed{u_R(0^+) = R \, i_R(0^+) = 0}

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

La loi des mailles appliquée à la maille formée par le générateur, la bobine et le résistor s'écrit à tout instant t \ge 0^+ :

E - u_L(t) - u_R(t) = 0 \iff u_L(t) = E - u_R(t)

En évaluant cette relation en t = 0^+, il vient :

\boxed{u_L(0^+) = E - u_R(0^+) = E}

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

Résultat

u_{R} (0^{+}) = R i_{R} (0^{+}) = 0

u_{L} (0^{+}) = E - u_{R} (0^{+}) = E

Question déjà tombée ailleurs

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Question 14

Application directe≈ 2 min

Incontournable
Question de cours
Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I, TSI1

Notions : circuit rl, réponse indicielle

Comment évoluent $i_{L} (t)$ et $u_{L} (t)$ ?

A) $i_{L} (t) = \frac{E}{R} [1 - exp (- \frac{R}{L} t)]$ B) $i_{L} (t) = \frac{E}{R} exp (- \frac{R}{L} t)$ C) $u_{L} (t) = E [1 - exp (- \frac{R}{L} t)]$ D) $u_{L} (t) = E exp (- \frac{R}{L} t)$

Voir l'indice

Établissez l'équation différentielle du premier ordre vérifiée par i_L(t) dans le circuit RL série et déduisez-en u_L(t) = L \frac{\mathrm{d}i_L}{\mathrm{d}t}.

Voir la stratégie

L'interrupteur K' étant ouvert, la branche contenant le condensateur est déconnectée (i_C = 0). Le circuit se résume à une maille unique série comportant le générateur de force électromotrice E, la bobine d'inductance L et le conducteur ohmique de résistance R.
Établir l'équation différentielle vérifiée par le courant i_L(t) à l'aide de la loi des mailles, puis l'intégrer en tenant compte de la condition initiale i_L(0^+) = 0.
En déduire l'expression de la tension u_L(t) par la relation constitutive de la bobine u_L = L \frac{\mathrm{d}i_L}{\mathrm{d}t} ou par la loi des mailles u_L(t) = E - R\,i_L(t).

Voir la réponse courte

Réponse indicielle classique d'un circuit RL série pour i_L(t) et dérivation pour u_L(t).

Voir le corrigé complet

Pendant cette première phase, K' est ouvert, donc i_R(t) = i_L(t).

D'après la loi des mailles orientée dans le sens du courant i_L :

E = u_L(t) + u_R(t)

En utilisant les relations constitutives des composants en convention récepteur, u_R(t) = R \, i_L(t) et u_L(t) = L \frac{\mathrm{d}i_L}{\mathrm{d}t}, on obtient :

L \frac{\mathrm{d}i_L}{\mathrm{d}t} + R \, i_L(t) = E \iff \frac{\mathrm{d}i_L}{\mathrm{d}t} + \frac{R}{L} i_L(t) = \frac{E}{L}

La solution générale de cette équation différentielle linéaire du premier ordre à coefficients constants avec second membre constant s'écrit :

i_L(t) = A \exp\left(-\frac{R}{L}t\right) + \frac{E}{R}

où A est une constante déterminée par la continuité de l'intensité traversant la bobine en t = 0 :

i_L(0^+) = 0 \implies A + \frac{E}{R} = 0 \implies A = -\frac{E}{R}

L'expression de l'intensité est donc :

\boxed{i_L(t) = \frac{E}{R}\left[1 - \exp\left(-\frac{R}{L}t\right)\right]}

La proposition A est exacte.

On en déduit l'expression de la tension u_L(t) aux bornes de la bobine :

u_L(t) = E - R\,i_L(t) = E - E\left[1 - \exp\left(-\frac{R}{L}t\right)\right]

soit :

\boxed{u_L(t) = E \exp\left(-\frac{R}{L}t\right)}

La proposition D est exacte.

Résultat

i_{L} (t) = \frac{E}{R} [1 - exp (- \frac{R}{L} t)]

u_{L} (t) = E exp (- \frac{R}{L} t)

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Question 15

Intermédiaire≈ 4 min

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

Notions : condition initiale, continuité de la tension

On attend suffisamment longtemps pour que le régime précédent s'achève (on dit aussi qu'il atteint le régime permanent), puis on ferme le second interrupteur ( $K^{'}$ ) à un instant pris comme nouvelle origine temporelle. Déterminer $i_{L} (0^{+})$ et $i_{R} (0^{+})$ :

A) $i_{L} (0^{+}) = 0$ B) $i_{L} (0^{+}) = \frac{E}{R}$ C) $i_{R} (0^{+}) = \frac{2 E}{3 R}$ D) $i_{R} (0^{+}) = \frac{E}{3 R}$

Voir l'indice

En régime permanent juste avant la bascule de K', la bobine est équivalente à un fil. Utilisez la continuité de i_L et celle de la tension u_C aux bornes du condensateur pour déterminer la tension sur R à 0^+.

Voir la stratégie

Utiliser les propriétés de continuité des grandeurs d'état à la fermeture de l'interrupteur K' : continuité de l'intensité i_L(t) dans la bobine et de la tension u_C(t) aux bornes du condensateur.
Exprimer les conditions à t = 0^- juste avant la fermeture de K', en exploitant le régime permanent établi lors de la phase précédente.
Relier la tension u_R(0^+) à u_C(0^+) par la loi des mailles, puis en déduire i_R(0^+) à l'aide de la loi d'Ohm.

Voir la réponse courte

Continuité de l'état du circuit (i_L et u_C) puis application des lois de Kirchhoff à t=0^+.

Voir le corrigé complet

Juste avant la fermeture de l'interrupteur K' (t = 0^-), le circuit constitué de la branche principale avec le générateur, la bobine et le conducteur ohmique a atteint son régime permanent continu. D'après la question précédente :

i_L(0^-) = \frac{E}{R}

L'interrupteur K' étant resté ouvert pendant toute cette phase, le condensateur n'a pas été connecté au reste du circuit et a conservé sa charge initiale, soit :

u_C(0^-) = \frac{E}{3}

Par continuité de l'énergie emmagasinée dans les dipôles réactifs :

L'intensité du courant traversant la bobine est une fonction continue du temps :
i_L(0^+) = i_L(0^-) = \frac{E}{R}
La tension aux bornes du condensateur est une fonction continue du temps :
u_C(0^+) = u_C(0^-) = \frac{E}{3}

Dès la fermeture de l'interrupteur K', le conducteur ohmique et le condensateur se trouvent connectés en dérivation. La loi des mailles sur la boucle formée par ces deux dipôles donne, avec les orientations de la figure :

u_R(t) = u_C(t) \quad \text{pour } t > 0

En t = 0^+, il vient :

u_R(0^+) = u_C(0^+) = \frac{E}{3}

D'après la loi d'Ohm appliquée au résistor :

i_R(0^+) = \frac{u_R(0^+)}{R} = \frac{E}{3R}

Les propositions B et D sont donc vérifiées.

\boxed{i_L(0^+) = \frac{E}{R} \quad \text{et} \quad i_R(0^+) = \frac{E}{3R}}

Résultat

i_{L} (0^{+}) = \frac{E}{R} et i_{R} (0^{+}) = \frac{E}{3 R}

Question déjà tombée ailleurs

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Question 16

Intermédiaire≈ 4 min

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

Notions : loi des mailles, loi des nœuds

Déterminer $i_{C} (0^{+})$ et $u_{L} (0^{+})$ :

A) $i_{C} (0^{+}) = 0$ B) $i_{C} (0^{+}) = \frac{2 E}{3 R}$ C) $u_{L} (0^{+}) = \frac{2 E}{3}$ D) $u_{L} (0^{+}) = \frac{E}{3 R}$

Voir l'indice

Appliquez la loi des nœuds au sommet pour relier i_C(0^+) à i_L(0^+) et i_R(0^+), puis écrivez la loi des mailles pour déterminer u_L(0^+).

Voir la stratégie

Exploiter la continuité de la tension aux bornes du condensateur et du courant dans la bobine à la fermeture de l'interrupteur K'.
Appliquer la loi des nœuds pour déterminer l'intensité i_C(0^+) traversant le condensateur.
Appliquer la loi des mailles pour déterminer la tension u_L(0^+) aux bornes de la bobine.

Voir la réponse courte

Détermination de i_C(0^+) par la loi des nœuds et de u_L(0^+) par la loi des mailles.

Voir le corrigé complet

À l'instant t = 0^-, immédiatement avant la fermeture de K', le système était en régime permanent avec l'interrupteur K fermé et K' ouvert. D'après les résultats précédents :

L'intensité traversant la bobine vaut i_L(0^-) = \dfrac{E}{R} ;
La tension aux bornes du condensateur vaut u_C(0^-) = \dfrac{E}{3}.

Par continuité de l'intensité dans une bobine et de la tension aux bornes d'un condensateur :

\begin{aligned} i_L(0^+) &= i_L(0^-) = \frac{E}{R} \\ u_C(0^+) &= u_C(0^-) = \frac{E}{3} \end{aligned}

Dès la fermeture de l'interrupteur K', le condensateur et le résistor se retrouvent branchés en parallèle, d'où :

u_R(0^+) = u_C(0^+) = \frac{E}{3}

Par la loi d'Ohm aux bornes du résistor, on a :

i_R(0^+) = \frac{u_R(0^+)}{R} = \frac{E}{3R}

La loi des nœuds au niveau du nœud reliant la bobine, le résistor et le condensateur s'écrit :

i_L(t) = i_R(t) + i_C(t)

En l'évaluant à t = 0^+ :

\begin{aligned} i_C(0^+) &= i_L(0^+) - i_R(0^+) \\ &= \frac{E}{R} - \frac{E}{3R} \\ &= \frac{2E}{3R} \end{aligned}

La proposition B est donc exacte.

Appliquons maintenant la loi des mailles sur la maille d'entrée comprenant le générateur, la bobine et le résistor :

E - u_L(t) - u_R(t) = 0 \iff u_L(t) = E - u_R(t)

À l'instant t = 0^+ :

\begin{aligned} u_L(0^+) &= E - u_R(0^+) \\ &= E - \frac{E}{3} \\ &= \frac{2E}{3} \end{aligned}

La proposition C est donc également exacte.

\boxed{i_C(0^+) = \frac{2E}{3R} \quad \text{et} \quad u_L(0^+) = \frac{2E}{3}}

Résultat

i_{C} (0^{+}) = \frac{2 E}{3 R} et u_{L} (0^{+}) = \frac{2 E}{3}

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Question 17

Intermédiaire≈ 5 min

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

Notions : circuit rlc, équation différentielle

Après fermeture de $K^{'}$ , l'intensité $i_{L} (t)$ obéit à l'équation différentielle suivante :

\frac{d ^{2} i _{L}}{d t ^{2}} + \frac{1}{τ _{e}} \frac{d i _{L}}{d t} + ω_{0}^{2} i_{L} = ω_{0}^{2} i_{\infty}

où $τ_{e}$ , $ω_{0}$ et $i_{\infty}$ sont des constantes indépendantes du temps. Exprimer $τ_{e}$ et $ω_{0}$ .

A) $τ_{e} = R C$ B) $τ_{e} = \frac{L}{R}$ C) $ω_{0} = \frac{1}{L C}$ D) $ω_{0} = \frac{R}{L}$

Voir l'indice

Écrivez les équations caractéristiques du circuit (loi des nœuds et des mailles) en dérivant par rapport au temps pour identifier les paramètres canoniques \tau_e et \omega_0.

Voir la stratégie

Appliquer la loi des nœuds après la bobine pour relier i_L, i_R et i_C.
Exprimer les grandeurs i_R et i_C en fonction de la tension commune u_C = u_R, puis relier cette tension à i_L via la loi des mailles.
Mettre l'équation différentielle sous la forme canonique donnée par l'énoncé afin d'identifier par équivalence les constantes \tau_e et \omega_0.

Voir la réponse courte

Mise en équation du réseau du deuxième ordre et identification de \tau_e et \omega_0 = 1/\sqrt{LC}.

Voir le corrigé complet

Après la fermeture de l'interrupteur K', le dipôle constitué de la résistance R et celui du condensateur C sont montés en dérivation. On a donc l'égalité des tensions :

u_R(t) = u_C(t)

D'après la loi des nœuds :

i_L(t) = i_R(t) + i_C(t)

En utilisant la loi d'Ohm pour le conducteur ohmique et la relation caractéristique du condensateur :

i_R(t) = \frac{u_C(t)}{R} \quad \text{et} \quad i_C(t) = C\frac{\mathrm{d}u_C}{\mathrm{d}t}

ce qui donne :

i_L(t) = \frac{u_C(t)}{R} + C\frac{\mathrm{d}u_C}{\mathrm{d}t}

Par ailleurs, la loi des mailles s'écrit, en convention récepteur pour la bobine :

E - u_L(t) - u_C(t) = 0 \iff u_C(t) = E - L\frac{\mathrm{d}i_L}{\mathrm{d}t}

En injectant cette expression de u_C(t) dans l'expression de i_L(t), sachant que E est stationnaire (\frac{\mathrm{d}E}{\mathrm{d}t} = 0), on obtient :

\begin{aligned} i_L(t) &= \frac{E - L\dfrac{\mathrm{d}i_L}{\mathrm{d}t}}{R} + C\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(E - L\frac{\mathrm{d}i_L}{\mathrm{d}t}\right) \\ &= \frac{E}{R} - \frac{L}{R}\frac{\mathrm{d}i_L}{\mathrm{d}t} - LC\frac{\mathrm{d}^2i_L}{\mathrm{d}t^2} \end{aligned}

En regroupant tous les termes dépendant de i_L dans le membre de gauche :

LC\frac{\mathrm{d}^2 i_L}{\mathrm{d}t^2} + \frac{L}{R}\frac{\mathrm{d}i_L}{\mathrm{d}t} + i_L = \frac{E}{R}

En divisant l'ensemble de l'équation par LC, on aboutit à la forme canonique :

\frac{\mathrm{d}^2 i_L}{\mathrm{d}t^2} + \frac{1}{RC}\frac{\mathrm{d}i_L}{\mathrm{d}t} + \frac{1}{LC} i_L = \frac{1}{LC}\frac{E}{R}

Par identification terme à terme avec la relation imposée :

\frac{\mathrm{d}^2 i_L}{\mathrm{d}t^2} + \frac{1}{\tau_e} \frac{\mathrm{d}i_L}{\mathrm{d}t} + \omega_0^2 i_L = \omega_0^2 i_\infty

on identifie :

\boxed{\tau_e = RC} \quad \text{et} \quad \boxed{\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}}}

(et i_\infty = \frac{E}{R}).

Les propositions A et C sont correctes.

Résultat

τ_{e} = R C

ω_{0} = \frac{1}{L C}

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Question 18

Intermédiaire≈ 3 min

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

Notions : régime permanent continu, condensateur

Exprimer $i_{\infty}$ ainsi que l'énergie $ε_{C}$ emmagasinée dans le condensateur lorsque le régime devient stationnaire :

A) $i_{\infty} = \frac{E}{3 R}$ B) $i_{\infty} = \frac{E}{R}$ C) $ε_{C} = 0$ D) $ε_{C} = \frac{C E ^{2}}{2}$

Voir l'indice

En régime stationnaire sous tension continue, le condensateur se comporte comme un circuit ouvert et la bobine comme un court-circuit.

Voir la stratégie

Identifier le comportement asymptotique des composants réactifs en régime stationnaire continu : une bobine idéale se comporte comme un court-circuit et un condensateur idéal comme un circuit ouvert.
Appliquer les lois de Kirchhoff pour déterminer la tension aux bornes du condensateur u_C(\infty) ainsi que l'intensité du courant i_L(\infty) = i_\infty.
En déduire l'énergie électrostatique emmagasinée par le condensateur \varepsilon_C.

Voir la réponse courte

Comportement asymptotique en régime continu : bobine équivalente à un fil et condensateur à un interrupteur ouvert.

Voir le corrigé complet

Lorsque le régime permanent (stationnaire) est atteint, toutes les grandeurs électriques deviennent constantes au cours du temps (\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} = 0).

La bobine se comporte comme un court-circuit :
u_L(\infty) = L \frac{\mathrm{d}i_L}{\mathrm{d}t}\,(t \to \infty) = 0
Le condensateur se comporte comme un interrupteur ouvert :
i_C(\infty) = C \frac{\mathrm{d}u_C}{\mathrm{d}t}\,(t \to \infty) = 0

D'après la loi des mailles dans la branche principale, on a :

E = u_L(t) + u_R(t)

À l'état stationnaire, puisque u_L(\infty) = 0, la tension aux bornes du résistor est :

u_R(\infty) = E

L'intensité du courant traversant le résistor vaut alors :

i_R(\infty) = \frac{u_R(\infty)}{R} = \frac{E}{R}

D'après la loi des nœuds, i_L = i_R + i_C, ce qui donne pour le courant dans la bobine :

i_\infty = i_L(\infty) = i_R(\infty) + i_C(\infty) = \frac{E}{R} + 0 = \frac{E}{R}

\boxed{i_\infty = \frac{E}{R}}

Par ailleurs, le condensateur est connecté en parallèle avec le résistor, d'où :

u_C(\infty) = u_R(\infty) = E

L'énergie électrostatique emmagasinée dans le condensateur s'écrit alors :

\varepsilon_C = \frac{1}{2} C [u_C(\infty)]^2 = \frac{C E^2}{2}

\boxed{\varepsilon_C = \frac{C E^2}{2}}

Les propositions B et D sont donc correctes.

Résultat

i_{\infty} = \frac{E}{R}

ε_{C} = \frac{C E ^{2}}{2}

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Quels chapitres faut-il réviser pour le sujet ENAC Physique MPSI 2022 ?

Surtout 4 chapitres : Cinématique et dynamique du point (21 % des questions), Circuits électriques et régimes transitoires (17 %), Régime sinusoïdal forcé et filtrage linéaire (17 %) et Optique géométrique (17 %). Plus ponctuellement : Premier et second principes de la thermodynamique et Approche énergétique et oscillateurs mécaniques.

Peut-on travailler le sujet ENAC Physique MPSI 2022 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 2022 ?

Environ 1 h 45 pour tout traiter (estimation question par question pour un candidat bien préparé).

Quelles sont les questions les plus difficiles du sujet ENAC Physique MPSI 2022 ?

Aucune question n'est cotée très difficile (4 sur 4). Les plus exigeantes, cotées 3 sur 4 : Q28 (accommodation) et Q30 (relation de newton).

Quelles questions de cours et quels classiques contient le sujet ENAC Physique MPSI 2022 ?

Questions de cours : Q8 (repère de frenet), Q12 (petite oscillation), Q13 (continuité du courant), Q14 (circuit rl), Q19 (fonction de transfert), Q25 (lunette astronomique), Q26 (grossissement), Q29 (relation de newton)…. Classiques incontournables, à savoir refaire : Q7 (énergie mécanique), Q10 (énergie mécanique) et Q31 (équilibre mécanique).

Où gagner des points facilement dans le sujet ENAC Physique MPSI 2022 ?

Beaucoup de questions rapides et accessibles (34 sur 36), par exemple : Q1 à Q27, Q29 et Q31 à Q36.

Le sujet ENAC Physique MPSI 2022 contient-il des questions hors du programme actuel ?

Non : bien que le sujet soit antérieur à la réforme des programmes de CPGE (sessions 2023 et suivantes), toutes ses questions restent au programme actuel.

Pourquoi le foyer Fi,₁ intervient-il pour l'oculaire en Q29 ?

Parce que la lunette est afocale. Le foyer image de l'objectif F_{i,1} coïncide avec le foyer objet de l'oculaire F_{o,2} : la mesure algébrique usuelle \overline{F_{o,2}B} de la formule de Newton s'écrit donc directement \overline{F_{i,1}B}.

Pourquoi la résistance interne ri n'apparaît-elle pas en Q20 ?

Parce que la tension d'entrée de la fonction de transfert est u_e (tension aux bornes du dipôle d'utilisation) et non la f.é.m. e. La résistance interne r_i n'intervient qu'à partir de Q21 lorsqu'on exprime la relation entre u_{e,m} et e_m.

Où je me situe, question par question

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Corrigé rédigé par WikiPrépa ; ce n'est pas un corrigé officiel du concours. Mis à jour le 25 septembre 2026.