Corrigé détaillé ENAC Physique QCM MPSI 2024

Un œil emmétrope (dépourvu de défaut d'accommodation) observe sans accommoder lorsque l'objet qu'il regarde est situé à l'infini (au punctum remotum de l'œil). L'œil étant placé juste derrière la lentille \mathcal{L}_2, l'image finale A_2 B_2 de l'objet AB à travers l'ensemble du périscope \mathcal{S}_p doit donc être rejetée à l'infini.

L'objet AB étant lui-même situé à l'infini (d \to \infty), le système optique global doit être afocal.

Les miroirs plans \mathcal{M}_1 et \mathcal{M}_2 n'ont aucune vergence et ne font que replier l'axe optique. Ainsi :

• L'objet AB étant à l'infini, son image intermédiaire A_1 B_1 à travers \{\mathcal{M}_1, \mathcal{M}_2, \mathcal{L}_1\} se forme dans le plan focal image de la lentille \mathcal{L}_1, soit au foyer image F'_1 :

  \overline{O_1 F'_1} = f'_1

• Pour que la seconde lentille \mathcal{L}_2 donne de A_1 B_1 une image finale à l'infini, l'image intermédiaire doit être située dans le plan focal objet de \mathcal{L}_2, ce qui impose la coïncidence des foyers :

  F'_1 \equiv F_2

La distance entre les centres optiques s'écrit alors selon la relation de Chasles :

Pour une lentille mince dans les conditions de Gauss, le foyer objet et le foyer image sont symétriques par rapport au centre optique, d'où :

On en déduit :

L'objet AB étant situé à l'infini, son image par les deux miroirs plans reste à l'infini. La lentille convergente \mathcal{L}_1 en donne donc une image intermédiaire A_1 B_1 située dans son plan focal image :

Cette image A_1 B_1 joue le rôle d'objet pour la lentille divergente \mathcal{L}_2. La position algébrique de cet objet par rapport à O_2 s'écrit, en utilisant la relation de Chasles et le fait que e = e_0 - \epsilon avec e_0 = f'_1 + f'_2 (d'après la question Q1) :

Appliquons la formule de conjugaison de Descartes avec origine au centre optique pour la lentille \mathcal{L}_2 :

Sachant que \epsilon \ll |f'_2|, le dénominateur est équivalent à -{f'_2}^2 < 0. On obtient ainsi :

L'image finale A_2 B_2 est située en amont de \mathcal{L}_2, dans l'espace où la lumière incidente se propage : les rayons émergent de \mathcal{L}_2 en divergeant depuis A_2 B_2. L'image finale est donc virtuelle, ce qui valide l'affirmation B (et invalide A).

Pour l'œil emmétrope placé juste derrière \mathcal{L}_2, cette image virtuelle joue le rôle d'un objet réel situé à la distance D = |\overline{O_2 A_2}| \approx \frac{{f'_2}^2}{\epsilon} devant lui. Comme \epsilon \to 0^+, la distance D est grande et se situe largement au-delà du punctum proximum (d_m \approx 25\text{ cm}). Cet objet se trouve donc dans la plage d'accommodation de l'œil (entre son PP et son PR = \infty). L'œil peut accommoder légèrement pour en former une image nette sur la rétine, ce qui valide l'affirmation C (et invalide D).

Les miroirs plans \mathcal{M}_1 et \mathcal{M}_2 réalisent un stigmatisme rigoureux. Le trajet de la lumière le long de l'axe optique s'effectue successivement de A à S_1 (distance d), de S_1 à S_2 (distance a), puis de S_2 à O_1 (distance b).

En « dépliant » l'axe optique le long du trajet des rayons lumineux, l'ensemble \{\mathcal{M}_1, \mathcal{M}_2\} donne de l'objet A une image A_0 située en amont de la lentille \mathcal{L}_1 à la distance :

L'axe optique étant orienté dans le sens de propagation de la lumière (vers l'aval), la position algébrique de cet objet pour la lentille \mathcal{L}_1 est :

La relation de conjugaison de Descartes avec origine au centre appliquée à la lentille mince convergente \mathcal{L}_1 s'écrit :

Soit, avec p'_1 = \overline{O_1 A_1} :

On en déduit :

La proposition A est donc exacte (et les propositions B, C, D sont fausses).

Les deux réflexions successives sur les miroirs plans parallèles \mathcal{M}_1 et \mathcal{M}_2 conservent l'orientation et la dimension transversale de l'objet, de sorte que :

L'abscisse de cet objet pour la lentille \mathcal{L}_1 le long de l'axe optique orienté vaut :

La formule du grandissement transversal de Descartes pour la lentille mince \mathcal{L}_1 s'écrit :

En remplaçant p'_1 = \frac{f'_1(a+b+d)}{a+b+d-f'_1} (résultat de la question Q3) :

La bonne réponse est donc la proposition D.

L'œil étant situé immédiatement après le centre optique O_2 de la lentille \mathcal{L}_2, la distance entre l'œil et l'image A_2B_2 est :

Dans le cadre de l'approximation paraxiale (conditions de Gauss), le diamètre apparent \theta sous lequel est vue l'image s'écrit :

L'application numérique donne :

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

Le pouvoir séparateur (résolution angulaire minimale) de l'œil humain normal est de l'ordre d'une minute d'arc :

L'angle de vue \theta \approx 4 \times 10^{-3}\text{ rad} étant nettement supérieur à ce seuil (\theta > \varepsilon), l'œil est capable de discerner la dimension spatiale de l'image : celle-ci est donc perçue comme une image étendue. La proposition D est donc exacte (et C fausse).

L'objet AB étant rejeté à l'infini, son image intermédiaire A_1 par le système catadioptrique \{\mathcal{M}_1, \mathcal{M}_2, \mathcal{L}_1\} se forme dans le plan focal image de \mathcal{L}_1 :

L'image finale A_2 est le conjugué de A_1 par la lentille divergente \mathcal{L}_2 de centre O_2 et de distance focale image f'_2 = -0{,}125\text{ m}. L'énoncé indique que A_2 se trouve en avant de \mathcal{L}_2 à une distance d_m = 25\text{ cm}, soit :

La relation de conjugaison de Descartes avec origine au centre optique O_2 s'écrit :

d'où :

On en déduit :

En utilisant la relation de Chasles sur l'axe optique :

La distance e séparant les deux lentilles dans cette configuration vaut donc :

D'après la question Q1, le réglage initial permettant une vision sans accommodation (système afocal) correspondait à :

Le déplacement requis pour ramener la lentille \mathcal{L}_2 à la position initiale est :

On étudie le point matériel A de masse m dans le référentiel terrestre du laboratoire, supposé galiléen, muni du repère (O, \mathbf{e}_x, \mathbf{e}_z). Le projectile n'est soumis qu'à son poids \mathbf{P} = -mg\mathbf{e}_z, force conservative dont dérive l'énergie potentielle de pesanteur \mathcal{E}_p(z) = mgz (en fixant l'origine des potentiels en z=0).

Les frottements étant négligés, l'énergie mécanique \mathcal{E}_m du projectile est conservée au cours du vol :

À l'instant initial t=0, le tir a lieu depuis l'origine O avec la vitesse initiale \mathbf{v}_0 = v_0\cos\theta\,\mathbf{e}_x + v_0\sin\theta\,\mathbf{e}_z :

Au sommet S de la trajectoire, la composante verticale de la vitesse s'annule (v_z = 0). Comme le mouvement selon \mathbf{e}_x est uniforme (v_x = v_0\cos\theta), la vitesse au sommet est purement horizontale : \mathbf{v}_S = v_0\cos\theta\,\mathbf{e}_x.

La conservation de l'énergie mécanique entre l'origine et le sommet s'écrit alors :

On en déduit l'expression de l'altitude maximale h_M :

La condition h_M > h s'écrit donc :

Comme v_0 > 0, g > 0, h > 0 et \sin\theta > 0 pour un tir vers le haut (\theta \in \left]0, \frac{\pi}{2}\right[), on obtient par passage à la racine carrée :

La proposition D est donc la seule réponse exacte.

Le projectile A est soumis uniquement à son poids dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen. La deuxième loi de Newton s'écrit :

En projetant sur les axes O\mathbf{e}_x et O\mathbf{e}_z, avec les conditions initiales \mathbf{r}(0) = \mathbf{0} et \mathbf{v}(0) = v_0 \cos\theta \, \mathbf{e}_x + v_0 \sin\theta \, \mathbf{e}_z, on obtient par intégrations successives :

Tant que \cos\theta \neq 0, le temps s'exprime en fonction de x selon :

En substituant cette expression dans z(t), on obtient l'équation cartésienne de la trajectoire :

La cible C de coordonnées (x_C = d, \, z_C = h) est atteinte si et seulement si z(d) = h, c'est-à-dire :

La proposition A est donc exacte.

D'après la question Q8, la condition pour que la cible soit atteinte s'écrit :

En utilisant la relation trigonométrique classique :

l'équation devient :

En regroupant tous les termes du même côté :

Par identification avec l'expression donnée par l'énoncé :

on en déduit le coefficient K_1 :

La réponse correcte est la proposition A.

D'après la question Q8, la condition pour que la cible C(d,h) soit atteinte s'écrit :

En utilisant l'identité trigonométrique usuelle :

l'équation devient :

Soit, en regroupant tous les termes du même côté :

Par identification avec la forme donnée dans l'énoncé de la question Q9 :

on en déduit l'expression du terme constant K_2 :

La réponse correcte est la proposition A.

D'après les questions Q9 et Q10, l'angle de tir \theta doit satisfaire l'équation trinôme en \tan\theta :

avec :

La cible est accessible s'il existe au moins une valeur réelle de \tan\theta, c'est-à-dire si le discriminant \Delta est positif ou nul :

En remplaçant K_1 et K_2 par leurs expressions :

Comme d > 0, cette condition équivaut à :

L'altitude limite est donc donnée par :

La réponse correcte est la proposition C.

D'après les questions 9 et 10, l'angle de tir \theta nécessaire pour que la trajectoire passe par la cible C(d,h) vérifie l'équation du second degré en X = \tan\theta :

avec K_1 = \dfrac{g d^2}{2 v_0^2} et K_2 = h + \dfrac{g d^2}{2 v_0^2}.

Le discriminant de ce polynôme s'écrit :

où h_\ell(d, v_0) = \dfrac{v_0^2}{2g} - \dfrac{g d^2}{2 v_0^2} est l'altitude limite définie à la question 11.

La condition d'accessibilité de la cible étant respectée :

• Si h < h_\ell(d, v_0), on a \Delta > 0 : l'équation admet deux racines réelles distinctes pour X = \tan\theta. À chacune de ces racines correspond un angle de tir \theta \in \left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[ unique, ce qui donne deux trajectoires distinctes passant par la cible.
• Si h = h_\ell(d, v_0), on a \Delta = 0 : l'équation admet une racine double pour \tan\theta, ce qui correspond à une seule trajectoire (la cible se trouve alors sur l'enveloppe de tir, dite parabole de sûreté).

Il existe donc deux trajectoires (ou une seule dans un cas limite).

La tige \mathcal{T} étant homogène et de longueur MN = 3b, son centre d'inertie G est situé au milieu du segment [MN] :

Le point fixe K est situé à une distance MK = 2b de l'extrémité gauche M. Le centre de masse G est donc situé entre M et K, à la distance :

Définissons un repère orthonormé direct lié au laboratoire :

• \mathbf{e}_x vertical descendant ;
• \mathbf{e}_y horizontal, dirigé de la gauche vers la droite (de M vers N) ;
• \mathbf{u}_\Delta = \mathbf{e}_x \times \mathbf{e}_y orthogonal au plan de la figure et dirigé vers le lecteur (conforme à l'orientation imposée de l'axe K\Delta).

À l'instant initial, la tige est horizontale, de sorte que :

Le poids de la tige s'écrit \mathbf{P} = m\mathbf{g} = mg\,\mathbf{e}_x. Le moment vectoriel de \mathbf{P} par rapport au point K vaut :

Le moment scalaire par rapport à l'axe orienté K\Delta est donc :

La réponse correcte est la proposition B.

On étudie la tige \mathcal{T} à l'équilibre dans le référentiel du laboratoire, supposé galiléen.

Les actions mécaniques extérieures appliquées à la tige sont :

• le poids \mathbf{P} = m\mathbf{g}, de moment scalaire par rapport à l'axe (K\Delta) : \mathcal{M}_\Delta(\mathbf{P}) = \dfrac{mgb}{2} (d'après la question Q13) ;
• la réaction de l'axe au point K, dont le moment scalaire par rapport à l'axe passant par K est nul ;
• la force \mathbf{F} exercée par le ressort en son point d'attache M.

Le ressort étant vertical, la force \mathbf{F} est colinéaire à la verticale descendante \mathbf{e}_x :

Le point M est situé à une distance KM = 2b à gauche du pivot K. Une force appliquée en M et dirigée vers le bas (F_x > 0) tend à faire tourner la tige dans le sens trigonométrique (sens positif orienté vers le lecteur). Son moment scalaire par rapport à l'axe (K\Delta) vaut donc :

À l'équilibre, le théorème du moment cinétique scalaire par rapport à l'axe fixe (K\Delta) impose :

soit :

Comme \mathbf{g} = g\mathbf{e}_x, on en déduit l'expression vectorielle de la force exercée par le ressort :

La réponse correcte est la proposition A.

D'après la question Q14, la force exercée par le ressort sur la tige en son extrémité M à l'instant initial s'écrit :

Le ressort est orienté verticalement le long de l'axe (O\mathbf{e}_x), avec son extrémité supérieure fixée à un bâti situé au-dessus de M. La force \mathbf{F} étant dirigée vers le haut (-\mathbf{e}_x), le ressort exerce une force de rappel vers le bâti : il travaille en traction et est donc étiré (\ell > \ell_0).

La loi de comportement du ressort (loi de Hooke) relie l'intensité de la force de rappel à l'allongement \Delta \ell = \ell - \ell_0 :

En identifiant les normes :

On en déduit la longueur du ressort à l'instant initial :

La réponse correcte est la proposition C.

À l'instant initial, le point M est à l'équilibre en x=0, et la longueur du ressort vaut \ell_{\text{eq}} = \ell_0 + \dfrac{mg}{4K} (d'après la question 15).

Lorsque l'extrémité M subit un déplacement vertical x le long de l'axe orienté par le vecteur unitaire descendant \mathbf{e}_x, la longueur du ressort devient :

Le ressort étant solidaire du bâti supérieur, il exerce sur la tige en M une force de rappel verticale ascendante, s'opposant à son élongation :

Le point d'application M est situé à une distance KM = 2b à gauche de l'axe de rotation. D'après l'orientation de l'axe K\Delta (vers le lecteur, soit le sens trigonométrique sur la figure) :

• Une force dirigée vers le bas (+\mathbf{e}_x) à gauche du pivot tend à faire tourner la tige dans le sens positif (bras de levier +2b).
• Une force dirigée vers le haut (-\mathbf{e}_x) crée donc un moment négatif.

Au premier ordre pour les petits déplacements (x \ll \ell_0), le bras de levier reste égal à 2b. Le moment scalaire de \mathbf{F} par rapport à l'axe orienté K\Delta s'écrit donc :

La bonne réponse est l'affirmation C.

Repérons la position de la tige par l'angle \theta qu'elle forme avec l'horizontale, orienté positivement dans le sens trigonométrique autour de l'axe fixe K\Delta (orienté vers le lecteur).

L'extrémité M est située à la distance KM = 2b de l'axe. Pour de petites oscillations autour de la position horizontale (\theta \ll 1), le déplacement vertical de M selon l'axe descendant O\mathbf{e}_x s'écrit :

Appliquons le théorème du moment cinétique scalaire à la tige \mathcal{T} par rapport à l'axe fixe K\Delta dans le référentiel galiléen du laboratoire :

Au premier ordre en x, d'après les questions Q13 et Q16, le moment du poids reste égal à sa valeur à l'équilibre \mathcal{M}_\Delta(\mathbf{P}) = \frac{mgb}{2}, et le moment de la force exercée par le ressort s'écrit \mathcal{M}_\Delta(\mathbf{F}) = -\frac{mgb}{2} - 2Kbx. La somme des moments scalaires se réduit donc au terme de rappel :

En utilisant le moment d'inertie fourni par l'énoncé, J_\Delta = mb^2, et la relation cinématique \ddot{\theta} = \frac{\ddot{x}}{2b}, l'équation du mouvement devient :

Par identification avec l'équation \ddot{x} + \omega_0^2 x = 0, on en déduit :

La réponse correcte est la proposition A.

La tige \mathcal{T} étant en rotation autour de l'axe fixe (K\Delta), son énergie cinétique s'écrit :

où J_\Delta = mb^2 d'après l'énoncé.

Au voisinage de la position horizontale, l'abscisse de l'extrémité M (située à la distance MK = 2b de l'axe de rotation) est reliée à l'angle de rotation \theta par :

En dérivant par rapport au temps, la vitesse de M vérifie :

En injectant cette relation et la valeur de J_\Delta dans l'expression de l'énergie cinétique, on obtient :

Cette expression correspond à la proposition D.