Corrigé détaillé ENAC Physique QCM MPSI 2026

Le point matériel A décrit un cercle de centre O et de rayon constant R. En base polaire (\mathbf{e}_r, \mathbf{e}_\varphi), le vecteur position s'écrit :

Par dérivation par rapport au temps dans le référentiel d'étude, avec \dot{R} = 0 et \dot{\mathbf{e}}_r = \dot{\varphi}_A \mathbf{e}_\varphi = \omega_A \mathbf{e}_\varphi, le vecteur vitesse s'écrit :

• La composante radiale de la vitesse est nulle (v_r = 0) : l'affirmation A est vraie.
• La composante orthoradiale vaut v_\varphi = R\,\omega_A \neq 0 lorsque A se déplace (\omega_A \neq 0) : l'affirmation B est fausse.

En dérivant à nouveau par rapport au temps, le vecteur accélération s'exprime par :

• La composante radiale de l'accélération est l'accélération normale (centripète) : a_r = -R\,\omega_A^2. Elle est non nulle dès lors que A est en mouvement (\omega_A \neq 0) : l'affirmation C est fausse.
• Pour un mouvement uniforme, la vitesse angulaire est constante (\omega_A = \text{cte}), d'où \dot{\omega}_A = \ddot{\varphi}_A = 0. La composante orthoradiale (tangentielle) de l'accélération est donc nulle (a_\varphi = 0) : l'affirmation D est vraie.

Les mouvements des deux coureurs sont uniformes dans le sens direct (\omega_A > 0 et \omega_B > 0). Les lois horaires angulaires s'écrivent :

Le coureur A effectue n tours complets lorsque son angle polaire a augmenté de \Delta \varphi_A = 2\pi n, ce qui correspond à l'instant :

Puisque \omega_B > \omega_A et que B est initialement en retard sur A (\varphi_B(0) < \varphi_A(0)), le mobile B rattrape A lorsque leurs positions angulaires coïncident :

Pour que A effectue ses n tours sans jamais être rattrapé par B, il faut que la fin du n-ième tour intervienne avant ou au moment du rattrapage, soit t_n \leqslant t_{\text{rat}} :

La vitesse angulaire minimale \omega_m requise est donc :

Le coureur B est animé d'un mouvement circulaire uniforme avec une vitesse angulaire \omega_B > 0 et part de l'origine angulaire \varphi_B(0) = 0. Son équation horaire est :

Le coureur A démarre sans vitesse initiale depuis \varphi_A(0) = \frac{\pi}{2}\text{ rad} avec une accélération angulaire constante \alpha = \ddot{\varphi}_A > 0. Par double intégration temporelle :

Le coureur A effectue un tour complet lorsqu'il a parcouru une distance angulaire de 2\pi\text{ rad}, ce qui correspond à la position finale :

L'instant t_A correspondant vérifie :

Pour que A boucle son tour sans être rattrapé par B sur la ligne d'arrivée, il faut que A franchisse cette position au plus tard au moment où B l'atteint. Le coureur B atteint la position angulaire \frac{5\pi}{2} à l'instant t_B tel que :

La condition t_A \le t_B se traduit par :

L'accélération angulaire minimale cherchée est donc :

La réponse correcte est la proposition B.

Les lois horaires des deux coureurs s'écrivent :

Le coureur A accomplit son premier tour à l'instant t_1 vérifiant :

Initialement, l'écart angulaire vaut \varphi_A(0) - \varphi_B(0) = \frac{\pi}{2}. Pour que le coureur A, plus rapide sur la fin de son parcours en raison de son accélération, ne rattrape pas le coureur B au cours de son tour, l'avance angulaire de A sur B ne doit pas atteindre un tour complet (2\pi).

La condition de non-rattrapage à la fin du tour de A s'écrit donc :

ce qui équivaut à :

En remplaçant t_1 par son expression :

L'accélération angulaire maximale permettant à A de ne pas rattraper B est donc :

La réponse correcte est la proposition C.

Les mouvements de A et de B sont uniformes. Leurs équations horaires angulaires s'écrivent :

avec \omega_A > 0 et \omega_B < 0.

Les deux coureurs se déplacent en sens opposés. Une rencontre a lieu lorsque les positions angulaires coïncident sur le cercle, c'est-à-dire :

En remplaçant les lois horaires, on obtient :

Comme \omega_B < 0, la quantité \omega_A - \omega_B = \omega_A + |\omega_B| est strictement positive, ce qui correspond à la vitesse angulaire relative de rapprochement.

Les rencontres successives sont ordonnées par ordre chronologique :

• Première rencontre (n = 1) pour k = 0 : (\omega_A - \omega_B) t_1 = \varphi_0 ;
• Deuxième rencontre (n = 2) pour k = 1 : (\omega_A - \omega_B) t_2 = \varphi_0 + 2\pi ;
• n-ième rencontre pour k = n - 1 :

La position angulaire de A lors de cette n-ième rencontre est donc :

Par conséquent, seule la proposition A est correcte.

Puisque les coureurs changent de sens à chaque rencontre, le signe de leur vitesse algébrique s'inverse à chaque choc : les notations \omega_A et \omega_B représentent donc ici les vitesses angulaires en norme (ou célérités angulaires, \omega_A > 0 et \omega_B > 0), constantes au cours du temps.

À l'instant initial t=0, les deux coureurs partent du même point \varphi_A(0) = \varphi_B(0) = 0 et se déplacent en sens opposés sur le cercle de rayon R. Entre deux rencontres consécutives quelconques :

• Les coureurs partent du même point de rencontre et courent en sens opposés le long de la piste circulaire.

• Ils se rapprochent l'un de l'autre à la vitesse angulaire relative :

  \omega_{\text{rel}} = \omega_A + \omega_B
• Ils se croisent de nouveau lorsque la somme des angles qu'ils ont chacun parcourus atteint un tour complet, soit 2\pi\text{ rad}.

La durée \Delta t s'écoulant entre deux rencontres consécutives est donc constante et vaut :

À chaque rencontre, le coureur A change de sens de parcours mais conserve la même vitesse scalaire (ou célérité) v_A = R\omega_A. La distance (longueur de trajectoire) parcourue par A entre deux rencontres consécutives est donc :

Par conséquent, lors de la n-ième rencontre, le temps total écoulé est t_n = n\Delta t, et la distance totale parcourue par le coureur A est :

La bonne réponse est la proposition C.

Expression du vecteur position \mathbf{OA} :
Le palet A est repéré sur le cercle de rayon b par l'angle \theta orienté dans le sens direct à partir de la direction descendante -\mathbf{e}_Y. Dans le plan direct (\mathbf{e}_X, \mathbf{e}_Y), le vecteur radial \mathbf{e}_r = \frac{\mathbf{OA}}{b} s'obtient par une rotation d'angle \theta du vecteur -\mathbf{e}_Y :

On a donc immédiatement :

Ce qui valide la proposition A et invalide la proposition B.

Expression du poids \mathbf{P} :
Le vecteur accélération de la pesanteur \mathbf{g} est vertical descendant. Le vecteur \mathbf{e}_X étant horizontal, la composante de \mathbf{g} sur \mathbf{e}_X est nulle.

Dans le plan vertical défini par la ligne de plus forte pente et la normale au plan \mathcal{P} :

• L'axe (O, \mathbf{e}_Y) est incliné d'un angle \alpha au-dessus de l'horizontale, d'où \mathbf{g}\cdot\mathbf{e}_Y = -g\sin\alpha.
• L'axe (O, \mathbf{e}_Z) fait un angle \alpha avec la verticale ascendante, d'où \mathbf{g}\cdot\mathbf{e}_Z = -g\cos\alpha.

Le poids \mathbf{P} = m\mathbf{g} s'exprime donc par :

Ce qui valide la proposition C et invalide la proposition D.

D'après les résultats de la question 7, les vecteurs \mathbf{OA} et \mathbf{P} s'écrivent dans la base (\mathbf{e}_X, \mathbf{e}_Y, \mathbf{e}_Z) :

Calculons les composantes du produit vectoriel \mathbf{M}_O(\mathbf{P}) = \mathbf{OA} \times \mathbf{P} :

On en déduit l'expression du moment en O du poids :

La réponse correcte est l'assertion B.

Par définition, le moment en O de la réaction \mathbf{R} s'écrit :

En utilisant \mathbf{OA} = b\,\mathbf{e}_r et l'expression donnée \mathbf{R} = -R_r\,\mathbf{e}_r + R_Z\,\mathbf{e}_Z, il vient :

Puisque \mathbf{e}_r \times \mathbf{e}_r = \mathbf{0}, le terme radial s'annule :

D'après la question Q7, \mathbf{e}_r = \sin\theta\,\mathbf{e}_X - \cos\theta\,\mathbf{e}_Y. Sachant que le repère direct vérifie :

on calcule :

On en déduit l'expression du moment dans la base \mathcal{R} :

Sous forme de composantes :

La réponse correcte est la proposition D.

Le référentiel \mathcal{R} du laboratoire étant supposé galiléen, le moment cinétique du palet A par rapport au point fixe O s'écrit :

Le mouvement étant circulaire de rayon b dans le plan (O, \mathbf{e}_X, \mathbf{e}_Y), la vitesse s'exprime en coordonnées polaires par \mathbf{v}(A) = b\dot{\theta}\,\mathbf{e}_\theta. Il vient ainsi :

D'après le théorème du moment cinétique au point O :

En projetant cette relation sur l'axe fixe (O, \mathbf{e}_Z), et en utilisant les résultats des questions Q8 et Q9 :

On en déduit :

soit, en simplifiant par mb^2 > 0 :

En posant \omega_0 = \sqrt{\dfrac{g\sin\alpha}{b}}, l'équation du mouvement s'écrit :

La réponse correcte est la proposition B.

D'après la question Q10, l'équation différentielle régissant le mouvement du palet s'écrit :

Multiplions cette relation par \dot{\theta} :

ce qui équivaut à la dérivée temporelle suivante :

La quantité entre parenthèses est donc constante au cours du mouvement :

En utilisant la condition initiale d'un lâcher sans vitesse initiale depuis \theta = \theta_0, soit \dot{\theta}(\theta_0) = 0 :

On en déduit :

En prenant la racine carrée, on obtient l'expression de la vitesse angulaire :

Le double signe \pm traduit le fait que le mobile effectue des allers-retours dans la cuvette.

La bonne réponse est l'affirmation A.

Le palet A de masse m est soumis à son poids \mathbf{P} et à la réaction \mathbf{R} = -R_r \mathbf{e}_r + R_Z \mathbf{e}_Z.

Le vecteur position s'écrit \mathbf{OA} = b\mathbf{e}_r, avec le rayon constant b. L'accélération en coordonnées polaires dans le plan \mathcal{P} comporte une composante radiale :

D'après le principe fondamental de la dynamique projeté selon la direction radiale \mathbf{e}_r :

Or, d'après les résultats de la question Q7 :

On en déduit :

Sachant que \mathbf{R} \cdot \mathbf{e}_r = -R_r, la projection du PFD devient :

D'après la question Q11, on a \dot{\theta}^2 = 2\omega_0^2(\cos\theta - \cos\theta_0) avec \omega_0^2 = \frac{g\sin\alpha}{b} (question Q10). On a donc :

En reportant cette expression dans celle de R_r :

La réponse correcte est la proposition D.

La lumière se propageant de la gauche vers la droite :

• Tout point situé à gauche de la lentille \mathcal{L}_1 correspond à une abscisse algébrique négative relative au centre O_1.
• L'espace image réel est situé à droite de la lentille (en aval). Par conséquent, une image située en avant (à gauche) de la lentille \mathcal{L}_1 (\overline{O_1 A_1} < 0) est formée par l'intersection des prolongements des rayons émergents : l'image est virtuelle.

Déterminons à présent la nature de l'objet A. La formule de conjugaison de Descartes avec origine au centre optique O_1 pour la lentille convergente \mathcal{L}_1 de distance focale f'_1 > 0 s'écrit :

On en déduit la position de l'objet :

L'image étant située à gauche de la lentille, on a \overline{O_1 A_1} < 0, d'où :

De plus, la lentille étant convergente, f'_1 = 50\text{ cm} > 0, donc -\frac{1}{f'_1} < 0. On a ainsi :

Le point objet A est donc nécessairement situé à gauche de la lentille, dans l'espace où les rayons incidents proviennent physiquement : l'objet est réel.

Les réponses correctes sont donc A et D.

L'objet AB est situé à 25\text{ cm} en avant de la lentille convergente \mathcal{L}_1 (dont la distance focale est f'_1 = 50\text{ cm}), ce qui correspond à :

D'après la relation de conjugaison de Descartes avec origine au centre optique :

On en déduit l'expression de la position de l'image A_1 :

Soit :

L'image est donc virtuelle, située à 50\text{ cm} en amont de la lentille.

Le grandissement transversal s'écrit :

Avec une taille d'objet \overline{AB} = 1\text{ cm}, la taille de l'image vaut :

Les propositions B et D sont donc exactes.

Lorsque deux lentilles minces sont accolées, la vergence de l'ensemble est égale à la somme des vergences de chaque lentille :

Les deux lentilles étant identiques et de distance focale f'_1 = 50\text{ cm}, on a :

D'après la question Q14, l'objet AB est toujours placé à 25\text{ cm} en avant de la lentille, soit :

On remarque immédiatement que \overline{O_1 A} = -f'_{\text{eq}} = \overline{O_1 F_{\text{eq}}}. Le point objet A est donc confondu avec le foyer objet F_{\text{eq}} du système équivalent.

En appliquant la relation de conjugaison de Descartes avec origine au centre optique :

L'image est donc rejetée à l'infini : \overline{O_1 A_1} est infinie.

L'objet AB est situé à 1\text{ m} en avant de \mathcal{L}_1, soit \overline{O_1 A} = -100\text{ cm}. La focale de \mathcal{L}_1 est f'_1 = 50\text{ cm}.

1. Image intermédiaire A_1 B_1 à travers \mathcal{L}_1 :

La formule de conjugaison de Descartes avec origine au centre optique donne :

D'où :

Le grandissement transversal de la première lentille vaut :

2. Position de l'image finale A_2 B_2 à travers \mathcal{L}_2 :

Le point A_1 joue le rôle d'objet (ici virtuel) pour la seconde lentille \mathcal{L}_2. Par relation de Chasles, sa position algébrique par rapport à O_2 est :

La relation de conjugaison de Descartes appliquée à \mathcal{L}_2 (f'_2 = -10\text{ cm}) s'écrit :

On en déduit :

La proposition A est exacte.

3. Taille de l'image finale A_2 B_2 :

Le grandissement transversal de la lentille \mathcal{L}_2 est :

Le grandissement transversal de l'association de lentilles est le produit des grandissements :

La taille algébrique de l'image finale est donc :

La proposition C est exacte.

L'objet AB étant situé à l'infini (\overline{O_1 A} \to -\infty), son image A_1 B_1 par la lentille convergente \mathcal{L}_1 se forme dans le plan focal image de celle-ci :

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

Le point A_1 joue le rôle d'objet (virtuel) pour la seconde lentille \mathcal{L}_2. Sa position algébrique par rapport à O_2 est donnée par la relation de Chasles :

Pour la lentille divergente \mathcal{L}_2 de distance focale f'_2 = -10\text{ cm}, le foyer objet F_2 vérifie :

L'objet intermédiaire A_1 coïncide donc exactement avec le foyer objet F_2 de la lentille \mathcal{L}_2 :

L'image finale A_2 B_2 est donc rejetée à l'infini. La proposition C est exacte (la proposition D est fausse).

L'axe optique est orienté dans le sens de propagation de la lumière, c'est-à-dire de la gauche vers la droite. L'objet AB étant initialement situé en avant de la lentille \mathcal{L}_1 (\overline{O_1 A} < 0), le fait de rapprocher AB de \mathcal{L}_1 correspond à un déplacement vers la droite :

1. Déplacement de A_1 B_1 :

La formule de conjugaison de Descartes avec origine au centre pour la lentille \mathcal{L}_1 s'écrit :

En différentiant cette relation :

Le grandissement longitudinal étant strictement positif, l'image A_1 B_1 se déplace dans le même sens que l'objet AB. Comme \mathrm{d}\overline{O_1 A} > 0, on a \mathrm{d}\overline{O_1 A_1} > 0 :

2. Déplacement de A_2 B_2 :

L'image intermédiaire A_1 B_1 joue le rôle d'objet pour la seconde lentille \mathcal{L}_2. Par le même raisonnement appliqué à \mathcal{L}_2 :

Puisque A_1 B_1 se déplace vers la droite (\mathrm{d}\overline{O_2 A_1} > 0), l'image finale A_2 B_2 se déplace également dans le sens positif (\mathrm{d}\overline{O_2 A_2} > 0) :

Par conséquent, seule la proposition B est correcte.

La masse totale du gaz enfermé dans l'enceinte est m_{\text{gaz}} = n M. Par définition de la masse volumique dans l'état (1) :

En injectant cette relation dans l'équation d'état des gaz parfaits p_1 V_1 = n R T_1, on obtient :

L'affirmation A est donc correcte (l'affirmation B est fausse).

D'autre part, le piston est mobile selon la verticale, sans frottement, et sa masse est négligée. Dans l'état initial (1), aucune masse supplémentaire n'est posée sur le piston. La condition d'équilibre mécanique du piston, soumis à la force pressante du gaz intérieur p_1 \mathcal{A}\,\mathbf{e}_z et à la force pressante de l'atmosphère extérieure -p_0 \mathcal{A}\,\mathbf{e}_z, s'écrit :

D'après l'équation d'état du gaz parfait :

L'affirmation D est donc correcte (l'affirmation C est fausse).

1. Expression du travail par la définition mécanique :

Le piston (de masse négligeable) est soumis à la pression atmosphérique extérieure p_0 et au poids de la masse m déposée sur sa face supérieure de section \mathcal{A}. La pression extérieure constante exercée sur le gaz au cours de la transformation s'écrit :

À l'équilibre final dans l'état (2), l'équilibre mécanique du piston impose l'égalité des pressions :

La transformation est donc monobare à la pression constante P_{\text{ext}} = p_2. Le travail algébriquement reçu par le gaz est :

La proposition C est donc exacte.

2. Expression du travail via le premier principe de la thermodynamique :

L'enceinte et le piston étant calorifugés, la transformation est adiabatique, soit Q_{12} = 0. Le premier principe de la thermodynamique donne :

Pour un gaz parfait vérifiant la première loi de Joule, l'énergie interne ne dépend que de la température :

Puisque U est une fonction d'état, sa variation ne dépend que des états initial et final :

On en déduit immédiatement :

La proposition A est également exacte.

Le gaz parfait contenu dans l'enceinte subit une transformation adiabatique (Q_{12} = 0) entre les états d'équilibre (1) et (2).

D'après le premier principe de la thermodynamique :

D'après la première loi de Joule pour un gaz parfait :

En utilisant l'expression du travail reçue établie à la question précédente (W_{12} = p_2(V_1 - V_2)) :

Le gaz étant à l'équilibre thermodynamique dans l'état final (2), il vérifie l'équation d'état des gaz parfaits :

En injectant cette relation, l'égalité devient :

D'après la relation de Mayer, C_{pm} - C_{Vm} = R, soit C_{Vm} + R = C_{pm}, et par définition \gamma = \dfrac{C_{pm}}{C_{Vm}}, d'où C_{Vm} = \dfrac{C_{pm}}{\gamma} :

En divisant membre à membre par n C_{pm}, on obtient :

La proposition D est donc la seule réponse exacte.

Considérons le piston de masse négligeable sur lequel est posée la masse m. Les actions mécaniques extérieures exercées sur l'ensemble {piston + masse m} selon l'axe vertical descendant sont :

• les forces pressantes de l'air atmosphérique extérieur : p_0 \mathcal{A} ;
• le poids de la masse m : mg.

La force pressante exercée par le milieu extérieur sur le gaz à travers le piston correspond donc à une pression extérieure :

Cette pression extérieure étant rigoureusement constante pendant toute la durée de la transformation menant de l'état (2) à l'état (3), la transformation est, par définition, monobare. La proposition C est donc correcte.

Examinons les autres propositions :

• A) et D) sont fausses : Le résistor dissipe de l'énergie par effet Joule à l'intérieur de l'enceinte, ce qui induit un échauffement du gaz (T_3 > T_2). La transformation n'est donc ni isotherme, ni adiabatique. Elle est de plus intrinsèquement irréversible en raison des transferts thermiques et de la dissipation Joule.
• B) est fausse : Une transformation est dite isobare si la pression interne du gaz reste définie, uniforme et constante à chaque instant (p(t) = \text{cte}). Or, le chauffage interne et la mise en mouvement du piston ne sont pas spécifiés comme étant infiniment lents (quasi-statiques) ; la pression du fluide n'est donc pas nécessairement égale à p_2 au cours des états intermédiaires. L'égalité des pressions initiale et finale p_3 = p_2 = P_{\text{ext}} caractérise une transformation monobare entre deux états d'équilibre mécanique, et non une transformation isobare.

Par conséquent, seule la proposition C est exacte.

Considérons le gaz enfermé dans le cylindre comme système thermodynamique fermé.

Durant la transformation de l'état (2) à l'état (3) :

• L'enceinte et le piston sont athermanes, il n'y a donc aucun transfert thermique direct avec l'extérieur : Q_{\text{ext}} = 0.

• Le générateur fournit au résistor placé dans l'enceinte une puissance électrique \mathcal{P}_e = \frac{E^2}{r}. Sur la durée \tau, le gaz reçoit ainsi une énergie électrique (dissipée par effet Joule) :

  \mathcal{E}_{\text{elec}} = \frac{E^2 \tau}{r}

• La transformation s'effectue sous une pression extérieure constante P_{\text{ext}} = p_2 imposée par l'atmosphère et la masse m posée sur le piston. Le travail mécanique reçu par le gaz lors de la variation de volume de V_2 à V_3 vaut :

  W_{\text{méca}} = -\int_{V_2}^{V_3} P_{\text{ext}} \, \mathrm{d}V = -p_2 (V_3 - V_2)

L'énergie totale \mathcal{E}^{(r)} algébriquement reçue par le gaz durant cette transformation est la somme des énergies reçues :

Par conséquent, seule la proposition D est correcte.

Le gaz parfait suit la première loi de Joule, de sorte que la variation d'énergie interne s'écrit :

D'après le premier principe de la thermodynamique, cette variation est égale à l'énergie totale algébriquement reçue par le gaz lors de la transformation : \Delta U = \mathcal{E}^{(r)}. On en déduit directement :

La proposition D est donc exacte.

Par ailleurs, la transformation étant monobare (p_2 = p_3 = P_{\text{ext}}), la variation d'enthalpie du système s'écrit :

En utilisant l'expression de \mathcal{E}^{(r)} = \Delta U obtenue à la question 23, \mathcal{E}^{(r)} = \frac{E^2\tau}{r} - p_2(V_3 - V_2), on obtient :

Le gaz parfait vérifiant la seconde loi de Joule, \Delta H = n C_{pm}(T_3 - T_2). Il vient alors :

La proposition C est donc également exacte.

À t < 0, les deux interrupteurs sont ouverts et le condensateur est initialement déchargé, soit :

L'énergie emmagasinée par un condensateur de capacité C, \mathcal{E}_e = \frac{1}{2} C u_C^2, étant une fonction continue du temps en présence de résistances non nulles dans le circuit, la tension u_C(t) est une variable continue en t = 0 :

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

Pour t > 0, l'interrupteur K est fermé tandis que K' reste ouvert : la branche contenant la bobine L n'est pas connectée au reste du circuit.

En régime permanent (t \to \infty), le condensateur se comporte comme un circuit ouvert (intensité du courant le traversant nulle : i_C(\infty) = 0). Le circuit se réduit alors à une maille unique comprenant le générateur idéal de force électromotrice E en série avec les résistors de résistances r et R.

L'intensité du courant circulant dans cette maille vaut alors :

Le condensateur étant monté en parallèle avec le résistor de résistance R, la tension à ses bornes en régime permanent s'obtient directement par la formule du diviseur de tension :

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

Les deux réponses correctes sont donc A et D.

Pour t > 0, l'interrupteur K est fermé et K' demeure ouvert. La branche contenant la bobine L est déconnectée.

Orientons le circuit en convention générateur pour la source E, et en convention récepteur pour les dipôles passifs :

• Le courant total débité par le générateur traverse le résistor r ;
• Il se sépare au nœud supérieur en un courant i_R traversant le résistor R et un courant i_C traversant le condensateur C.

D'après la loi des nœuds :

Les relations caractéristiques des dipôles donnent :

La loi des mailles appliquée à la maille contenant le générateur, le résistor r et le condensateur s'écrit :

En substituant l'expression de i :

En divisant l'ensemble de l'équation par r C, on obtient :

L'énoncé présente l'équation différentielle sous la forme :

Par identification immédiate des coefficients :

Les propositions B et C sont donc exactes.

D'après la question Q26, pour t > 0, la tension u_C(t) vérifie l'équation différentielle :

avec :

La solution générale de cette équation différentielle linéaire à coefficients constants s'écrit :

où la solution particulière constante vaut :

D'après la condition initiale obtenue à la question Q25, le condensateur étant initialement déchargé :

On en déduit l'expression de la tension u_C(t) pour tout t \ge 0 :

Seule l'affirmation B est correcte.

Lorsque K est ouvert, la branche de gauche comportant le générateur de tension continue E et le résistor r est hors-circuit. Avec K' fermé, le résistor R, le condensateur de capacité C et la bobine d'inductance L sont branchés en dérivation sous la même tension u_C(t).

En orientant les courants traversant les dipôles R, C et L du nœud supérieur vers le nœud inférieur (convention récepteur pour les trois branches) :

La loi des nœuds au nœud supérieur donne :

En dérivant cette relation par rapport au temps t :

En remplaçant \frac{\mathrm{d}i_L}{\mathrm{d}t} = \frac{u_C}{L} et en divisant l'ensemble par C :

On identifie cette équation avec la forme canonique proposée :

Par identification directe des termes :

Les propositions A et C sont donc exactes.

D'après l'équation différentielle obtenue à la question Q28, pour le circuit formé par la mise en parallèle du résistor R, du condensateur C et de la bobine L lorsque K est ouvert et K' est fermé :

Par identification avec la forme canonique proposée :

le terme d'amortissement vérifie :

En utilisant l'expression de la pulsation propre \omega_0 = \dfrac{1}{\sqrt{LC}} = (LC)^{-1/2}, on obtient :

Par conséquent, la proposition A est exacte.