Exercice n°1

UE3A : corrigé ED1_2012-2013

Exercice n°1Exercice n°1

UE 3A ED1 _2011-2012

Donner la dimension du champ électrique E dans le système international (SI), puis exprimer l’unité de E

dans ce système (en MKSA).

F = q EF

qE = [F]

[q][E] =

F en N c.a.d M.L.T-2

q en C q = I . t (voir cours) [q] = I . T

M.L.T-2

I . T[E] = = M.L.T-3.I-1 en MKSA kg.m.s-3.A-1

ΔV = E . Δl

Exercice n°2Soit le vectocardiogramme ci-dessous.Les déflexions électriques enregistrées sur les dérivations des membres sont les suivantes : Cochez la (ou les) réponse(s) exacte(s) :

a) D1

b) D2

c) D3

d) aVR

e) aVF

FAUX

a) D1

D1

D1

D3

VF

VR

VL

D2

O



a) D1

b) D2

c) D3

d) aVR

e) aVF

FAUX

FAUX

VL

D2

O

b) D2


a) D1

b) D2

c) D3

d) aVR

e) aVF

FAUX

FAUX

FAUX

D3

VR

O


b) D3

Exercice n°2Soit le vectocardiogramme ci-dessous.Les déflexions électriques enregistrées sur les dérivations des membres sont les suivantes : Cochez la (ou les) réponses exactes :

a) D1

b) D2

c) D3

d) aVR

e) aVF

FAUX

FAUX

FAUX

FAUX

D3

VR

O


b) aVR

Exercice n°2Soit le vectocardiogramme ci-dessous.Les déflexions électriques enregistrées sur les dérivations des membres sont les suivantes : Cochez la (ou les) réponses exactes :

a) D1

b) D2

c) D3

d) aVR

e) aVF

FAUX

FAUX

FAUX

FAUX

VRAI

D1

VF

O


A - Sur le tracé A, le rythme cardiaque est compris entre 55 et 65 battements par minute.

B - Sur le tracé A, l’intervalle entre la fin de la dépolarisation auriculaire et le début de la dépolarisation ventriculaire est supérieur à 0,20 s

C - Le seuil de dépolarisation membranaire des cellules du nœud sinusal est atteint toutes les 1 sec.

D - Sur le tracé B, la conduction de l’influx dans le tissu nodal jusqu’aux cellules myocardiques ventriculaires est normale.

E - Aucune des propositions ci-dessus.

On considère les deux électrocardiogrammes (ECG) :

0,2 s

Exercice n°3

A - Rythme cardiaque: T = 1 sec f = 1/T = 1 s-1 Rythme régulier de fréquence : f = 1 battement/s = 60 bat/min

B - Graphiquement: Intervalle < 0,20 s

D – Tracé B:Chaque impulsion auriculaire (onde P) ne déclenche pas une réponse ventriculaire (QRS). Problème de conduction de l’influx entre le tissu nodal et les cellules myocardiques

1 s


4-I) A la température de 27°C, on dissout différents composés dans 1L d’eau. On prend les quantités suivantes 2,9 g de NaCl, 1,8 g de glucose et 20g de protéines non dissociablesMasses molaires : NaCl = 58 g/mole; glucose= 180 g/mole; protéines = 2.104 g/mole.

Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s)

Définitions Concentration osmolaire : Nombre d’unités (soluté) par unité de volume de solution (osm/L ou SI osm/m3)Concentration osmolale : Nombre d’unités (soluté) par unité de masse de solvant (osm/kg)

Solution Cosm = ∑ cosm

Cosm = ∑ cosm = 0,1 + 0,01+ 0,001 = 0,111 osm/L

2 ions : Na+ = 0,05 mol et Cl – = 0,05 molsoit 0,1 osm /L


4-I-1) Concentrations osmolaire et osmolale de la solution :

A - La concentration osmolaire est de 61 mosm/L

B - La concentration osmolaire est de 111 mosm/L

C - La concentration osmolale est de 61 mosm/kg

D - La concentration osmolale est de 111 mosm/kg


NaCl nombre de moles n = 2,9/58 = 0,05 mol

Concentration osmolaire de la solution :

protéines 10 – 3 mol (20/ 2.104 ) soit 0,001 mol/L donc 0,001 osm/L

concentration osmolaire = 111 mosm/L

glucose 0,01 mol (1,8/180) soit 0,01 mol/L donc 0,01 osm/L

Concentration osmolale de la solution :

1 kg 1 L

concentration osmolale = 111 mosm/kg

solvant = eau = 1 kg.L-1


4-I) A la température de 27°C, on dissout différents composés dans 1L d’eau:2.9 g de NaCl, 1.8 g de glucose et 20g de protéines non dissociablesMasses molaires : NaCl = 58 g/mole; glucose= 180 g/mole; protéines = 2.104 g/mole.

4-I-2) Concentration équivalente de la solution :

A- La concentration équivalente de(s) cation(s) est de

50 meq/L

B- La concentration équivalente de(s) cation(s) est de

100 meq/L

C- La concentration équivalente totale de la solution est de 100 meq/L

D- La concentration équivalente totale de la solution est de 111 meq/L

E- Aucune des propositions ci-dessus.UE3A : corrigé ED1_2012-2013

Elle permet de connaître la quantité de charges électriques

d’une espèce (ions) présente dans une solution.

Ceq = Z C avec Z charge de l’ion

C concentration molaire

Rappel de cours sur la concentration équivalente.

Composé(s) susceptible(s) de s’ioniser:

NaCl

50 mmol/L de Na+ et 50 mmol/L de Cl-

Ceq 50 meq/L de Na+ et 50 meq/L de Cl-

Bilan: Cations: 50 meq/L de Na+

Anions: 50 meq/L de Cl-

Electroneutralité de la solution respectée

Ceq totale = ∑ Cations + ∑ Anions

4-I-1) Concentrations osmolaire et osmolale de la solution :

A - Concentration osmolaire : 61 mosm/LB - Concentration osmolaire : 111 mosm/LC - Concentration osmolale: 61 mosm/kg D - Concentration osmolale 111 mosm/kgE - Aucune des propositions ci-dessus.


Exercice n°4Exercice n°44-I) A 27°C, dans 1L d’eau. On dissout 2,9 g de NaCl, 1,8 g de glucose et 20g de protéines non dissociablesMasses molaires : NaCl = 58 g/mole; glucose= 180 g/mole; protéines = 2.104 g/mole.

4-II ) En fait les composés de la question 4-I sont dissous dans 1L de plasma (voir cours). Les valeurs numériques sont données avec une précision au 1/10.

Concentration osmolaire : Nombre d’unités (soluté) par unité de volume de solution (osm/L ou SI osm/m3)

Concentration osmolale : Nombre d’unités (soluté) par unité de masse de solvant (osm/kg)

Cosm = ∑ cosm = 0,1 + 0,01+ 0,001 = 0,111 osm/L = 111 mosm/L

2 ions : Na+ = 0,05 mol et Cl – = 0,05 mol soit 0,1 osm /L


4-I-1) Concentrations osmolaire et osmolale de la solution aqueuse : A - La concentration osmolaire est de 61 mosm/L

B - La concentration osmolaire est de 111 mosm/L

C - La concentration osmolale est de 61 mosm/kg

D - La concentration osmolale est de 111 mosm/kg



Concentration osmolaire de la solution plasmatique:

Protéines 10 – 3 mol (20/ 2.104 ) soit 0,001 mol/L

Glucose 0,01 mol (1,8/180) soit 0,01 mol/L

Concentration osmolale de la solution plasmatique:Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s)

A - La concentration osmolaire de la solution plasmatique est de 61,0 mosm/L

B - La concentration osmolaire de la solution plasmatique est de 111,0 mosm/L

C - La concentration osmolale de la solution plasmatique est de 65,6 mosm/kg

D - La concentration osmolale de la solution plasmatique est de 119,4 mosm/kg

E - Aucune des propositions ci-dessus

Concentrations osmolaire et osmolale de la solution plasmatique

Vu en cours, il y a 930 g d’eau (solvant) dans 1L de plasma.

On a donc 111 mosm de soluté pour 0,93 kg d’eau.

Soit 111/0,93 119,4 mosm pour 1kg d’eau.

On en déduit la concentration osmolale = 119,4 mosm /kg

Exercice n°5Exercice n°5 Cryoscopie Cryoscopie

On reprend la solution aqueuse de l’exercice N°4-I. Dans les conditions de pression normale, on veut déterminer la valeur théorique de l’abaissement du point de congélation de cette solution. On prendra Kcong = 1,80 °C kg osm-1 (Constante cryoscopique)


L’abaissement du point de congélation Tcong sera de l’ordre de:

A - 0,11 °C

B - 110 °C

C - 0,20 °C

D - 200 °C


Nous avons 2,9 g de NaCl, 1,8 g de glucose et 20g de protéines non dissociablesMasses molaires : NaCl = 58 g/mole; glucose= 180 g/mole; protéines = 2.104 g/mole.

Abaissement du point de congélation

Tcong = Kcong Cosm

Cosm = concentration (osmolale) en osm.kg –1 (mol.kg –1)

Cosm = ∑ cosm = 111 mosm/kg (exo 4-I- D)

Tcong = 1,80 0,111

Sans calculatrice:

Tcong 1,8 0,10 0,18 °C

A la température de 24°C, on prépare une solution que l’on supposera idéale de deux liquides volatils (eau –méthanol) en équilibre avec sa vapeur. Le mélange liquide est constitué de 900 g d’eau et de 32 g de méthanol. Les fractions molaires des constituants dans le mélange liquide seront notées Xeau(L) et Xmet(L). Les pressions de vapeurs saturantes à 24°C sont : Pvseau = 3 060 Pa et Pvsméthanol = 15 300 Pa.


Masses molaires : méthanol = 32g/mol ; eau = 18g/mol.

Exercice n° 6 LOI de RAOULT

1°) Déterminer la pression partielle due à chaque composant dans le mélange gazeux qui surmonte la solution idéale.

Loi de RAOULT (mélange binaire de liquides )

Peau(g) = Xeau(L).PVS(eau) (T = Cte) (Cours)

Peau(g) pression partielle de l’eau dans le mélange gazeux.

Xeau(L) et Xmet(L) ?

2°) En déduire la pression totale du mélange gazeux.

Calcul du nombre de moles de chaque composant:

neau = 900/18 = 50 moles et nmet = 32/32 = 1 mole

Xeau(L) = neau / nombre total de moles (neau + nmet)

Xeau(L) = 50 / 51 ( 98%) e t Xmet(L) = 1 / 51 (

2%)Pression partielle de chaque composant dans le mélange gazeux:

Peau(g) = 51

50 x 3 060 = 50 x 60 = 3 000 Pa

Pmet(g) = 51

1 x 15 300 = 1 x 300 = 300 Pa

Peau(g) = 3 000 Pa Pmet(g) = 300 Pa

Loi de Dalton, gaz supposés parfaits : PT = ∑ Pi

3°) Calculer la fraction molaire Xi(g) des constituants dans la

phase vapeur.

PT = Peau(g) + Pmet(g) = 3 300 Pa

PT = 3 300 Pa

Peau(g) = Xeau(g) PT et Pmet(g) = Xmet(g) PT

Xeau(g) = PT

Peau(g)

3 300

3 000= 0,909 ( 90,9%)

Xmet(g) = PT

Pmet(g)

3 300

3 00= 0,091 ( 9,1%)

Exercice n° 7 Concours janvier 2012 Osmose


Cosm = ∑ cosm = 111 mosm/L (exo 4-I - B)

On prend un récipient de 2L séparé en deux volumes égaux par une membrane. Le premier compartiment (I) contient au départ une solution aqueuse avec 2,9 g/L de NaCl; 1,8 g/L de glucose et 20g/L de protéines.Le deuxième compartiment (II) contient au départ une solution aqueuse avec 1,16 g/L de NaCl et 5,4 g/L de glucose.Masses molaires : NaCl = 58 g/mole; glucose= 180 g/mole; protéines = 2.104 g/mole. La température du système est de 27°C. On prendra R = 8 J.mol-1.K-1

A - L'eau va diffuser de la solution du compartiment (I) vers la solution du compartiment (II).

B - L'eau va diffuser de la solution du compartiment (II) vers la solution du compartiment (I).

C - La solution du compartiment (I) est hypertonique par rapport à la solution du compartiment(II).

D - La solution du compartiment (I) est hypotonique par rapport à la solution du compartiment (II).


I) On suppose que la membrane est hémiperméable.

Cocher la (ou les) proposition(s) vraie(s)

I IINaClGlucoseProtéines

NaClGlucose

Dans le compartiment (I)

Dans le compartiment (II)


2 ions : Na+ = 0,02 mol et Cl – = 0,02 molsoit 0,04 osm /L

Glucose 0,03 mol (5,4/180) 0,03 mol/L donc 0,03 osm/L

Cosm = ∑ cosm = 70 mosm/L

Conclusion: Compartiment (I) plus concentré que

compartiment (II) Cosm (I) > Cosm (II)

solution hypotonique : la moins concentrée .solution hypertonique: la plus concentrée

A - On suppose que la membrane est hémiperméable,

98 400 Pa.

B - On suppose que la membrane est hémiperméable,

98,4 Pa.

C - On suppose que la membrane ne laisse pas passer les macromolécules, = 2400 Pa.

D - On suppose que la membrane ne laisse pas passer les macromolécules, = 98,4 Pa.


Exercice n° 7 Concours janvier 2012 Osmose


On prend un récipient de 2L séparé en deux volumes égaux par une membrane. Le premier compartiment (I) contient au départ une solution aqueuse avec 2,9 g/L de NaCl; 1,8 g/L de glucose et 20g/L de protéines.Le deuxième compartiment (II) contient au départ une solution aqueuse avec 1,16 g/L de NaCl et 5,4 g/L de glucose.Masses molaires : NaCl = 58 g/mole; glucose= 180 g/mole; protéines = 2.104 g/mole. La température du système est de 27°C. R = 8 J.mol-1.K-1

Cocher la (ou les) proposition(s) vraie(s)

I IINaClGlucoseProtéines

NaClGlucose

concentration osmolaire Cosm en osm/L ou en SI

osm/m3 Dans le compartiment (I) I = RT Cosm(I)

Dans le compartiment (II) II = RT Cosm (II)

II) Calculer la différence de pression osmotique entre les 2 compartiments.

Cosm (I) = ∑ Cosm = 111 mosm/L diapo précédente

= RT ∑Cosm (loi de Van’ t Hoff)

Cosm (II) = ∑ Cosm = 70 mosm/L diapo précédente

La différence de pression osmotique entre les 2 compartiments:

= I - II = RT [Cosm (I) - Cosm (II) ]

= 8 x 300 [111.10-3 - 70.10-3] x103 = 8 x 300 x 41 = 98 400 Pa

Pression oncotique pression due aux protéines

La membrane ne laisse pas passer les macromolécules.

20 g de protéines non dissociables; M = 2.104 g/mole

Cosm(I)= 10-3 mole/L = 8 x 300 x 10-3 x 103

= RT [Cosm (I) - Cosm (II) ] = RT [Cosm (I) - 0 ]

Exercice n° 8 Electrostatique


Deux charges électriques ponctuelles identiques +q sont placées aux point A et B d’un axe orienté ox.

a

+ q + q

aA B M

xo

Le point A se trouve à la distance a du point B ; de même M se trouve à la distance a du point B ; q = + 10-8 C ; k = 1/40 = 9.109 USICocher la (ou les) proposition (s) vraie (s)

Champ électrostatique créé par ces 2 charges au point M.

A- Le vecteur champ résultant ET est orienté suivant l’axe OX.

B- Le vecteur champ résultant ET est orienté suivant l’axe XO.

C- Le vecteur champ résultant ET est perpendiculaire à l’axe OX.

D- Le vecteur champ résultant ET est nul.


E(M) = k qi

ri2

∑ ui

Champ électrostatique résultant créé par plusieurs charges:

Dans l’exercice, le vecteur unitaire est porté par l’axe OX,Il est orienté du point O vers le point X.

uiui

La présence des charges ponctuelles placées aux points A et

B vont induire la création d’un champ EA et d’un champ EB

Les champs créés par les 2 charges qA et qB ont même direction c.a.d suivant AM et BM donc l’axe OX.

D’où ET (M) = EA (M) + EB (M)

Au point M ces champs seront de la forme:

EA (M) = k qA

(rAM )2

uA EB (M) = k qB

(rBM )2

uB

rAM et r BM sont les distances entre les points A – B et M.

les vecteurs unitaires et ont même orientation. Ils sont orientés du point O vers le point X.

uA uB




a

+ q + q

aA B M

xo


Champ électrostatique créé par ces 2 charges au point M.

A- Le vecteur champ résultant ET est orienté suivant l’axe OX.

B- Le vecteur champ résultant ET est orienté suivant l’axe XO.

C- Le vecteur champ résultant ET est perpendiculaire à l’axe OX.

D- Le vecteur champ résultant ET est nul.


ui

ET (M) = EA (M) + EB (M)

Ces champs ont même sens car qA = qB = + q

orienté suivant l’axe OX (de la charge positive vers le point

de mesure ici le point M)

a

+ q + q

aA B M

xo

EB (M)

EA (M)

a

+ q + q

aA B M

xo

ET (M)

Expression du module de ce champ électrostatique ET.

A - ET = k q/ a2 + k q/ a2

B - ET = 0

C - ET = k q/ 4a2 + k q/ a2

D - ET = k q/ 4a2 - k q/ a2





a

+ q + q

aA B M

xo


ui

ET (M) = EA (M) + EB (M)

Au point M ces champs seront de la forme:

EA (M) = k qA

(rAM )2

EB (M) = k qB

(rBM )2

EA (M) = k + q

(2a )2

EB (M) = k + q

(a )2

Les 2 champs ont même sens: ET (M) = EA (M) + EB (M)

ET (M) = k q

(2a )2

q

(a )2

+ k

Exercice n°9Exercice n°9 Electrocinétique - Electrocinétique - intensitéintensité


Le circuit ci-dessous est parcouru par un courant continu d’intensité I.Ce circuit comprend un générateur de f.e.m E = 12 volts et de résistance interne r = 1. On a: VAC = (VA – VC ) = E –

rI. On donne : R1= 2 ; R2= 6 ; R3 = 5 ; R4= 1 ; R5= 4 . On note V1 la différence de potentiel aux bornes de la résistance R1 . D’où V1 = f (R1).De même, V2 = f (R2); V3 = f (R3); V4 = f (R4); V5 = f (R5).

Intensité


A - I = I1 = I2

B - I = I1 + I2

C - I = I3 + I4

D - I4 = I’4 + I5

E - 1/I = 1/I1 + 1/I2

9 - A - I = I1 = I2

Entre les points A et B les résistances sont en parallèles:

Dérivation

réponse A fausse

Au point B, nous avons l’intenstié I

Loi aux nœuds réponse C exacte

réponse B exacte

9- E - 1/I = 1/I1 + 1/I2

Dans la branche R4 – R5 , les résistances sont en séries; donc

même intensité dans R4 et R5 = I4

réponse D fausse

9- C - I = I3 + I4

9- D - I4 = I’4 + I5

réponse E fausse

Différence de potentiel


A - VAB = VA – VB = V1 + V2

B - VAB = V1 = V2

C - VBC = V4 + V5

D - VAC = V1 + V2 + V3 + V4 + V5

Exercice n°9Exercice n°9 Electrocinétique - Electrocinétique - Différence de potentiel



rI. On donne : R1= 2 ; R2= 6 ; R3 = 5 ; R4= 1 ; R5= 4 . On note V1 la différence de potentiel aux bornes de la résistance R1 . D’où V1 = f (R1).De même, V2 = f (R2); V3 = f (R3); V4 = f (R4); V5 = f (R5).


Dérivation

réponse A fausse

réponse C exacte

réponse B exacte

9- D - VAC = V1 + V2 + V3 + V4 + V5

Dans la branche R4 – R5 , les résistances sont en séries; donc

même intensité et les tensions s’ajoutent.

réponse D fausse

9- C - VBC = V4 + V5

9 - A - VAB = VA – VB = V1 + V2

VAC = VAB + VBC = V1 + V4 + V5 = V1 + V3

Résistances


A - Entre A et B, Réquivalent = RAB = R1 + R2

B - Entre A et B, 1/ Réquivalent = 1/ RAB = 1/R1 + 1/R2

C - Entre B et C, Réquivalent = RBC = R3 + R4 + R5

D - Entre B et C, 1/ Réquivalent = 1/ RBC = 1/R3 + 1/R4 + 1/R5

E - Entre B et C, Réquivalent = RBC = 2,5

F - La résistance totale équivalente du circuit est RT = 4

G - La résistance totale équivalente du circuit est RT = 5

Exercice n°9Exercice n°9 Electrocinétique - Electrocinétique - Résistances



rI.On donne : R1= 2 ; R2= 6 ; R3 = 5 ; R4= 1 ; R5= 4 .


Dérivation réponse A fausse

réponse C fausse

réponse B exacte

9- D - 1/ RBC = 1/R3 + 1/R4 + 1/R5

Entre B et C, nous avons 2 branches qui sont en parallèles.

Dans la branche R4 - R5 , les résistances sont en séries; donc

1/ RBC = 1/R3 + 1/(R4+R5)

réponse D fausse

9- C - RBC = R3 + R4 + R5

9 - A - RAB = R1 + R2

9- E - RBC = 2,5

9- F - RT= 4 RT= RAB + RBC + r (toutes ces résistances sont en séries)

1/ RAB = 1/R1 + 1/R2 = 1/2 + 1/6 RAB = 6/4 = 1,5

RT= RAB + RBC + r = 1,5 + 2,5 + 1 = 5

1/ RBC = 1/R3 + 1/(R4+R5) = 1 /5 + 1 /5 = 2 /5

RBC = 2,5

R4+ R5 = 1

Calcul de Intensité I


A - I = 3 A

B - I = 2,4 A

C - I = 4,8 A

D - Il est impossible de calculer la valeur de I

Exercice n°9Exercice n°9 Electrocinétique - Electrocinétique - Calcul



rI.On donne : R1= 2 ; R2= 6 ; R3 = 5 ; R4= 1 ; R5= 4 .

1/ RAB = 1/R1 + 1/R2 = 1/2 + 1/6= 4/6 RAB = 1,5

RT = RAB + RBC + r = 5

Schéma équivalent

1/ RBC = 1/R3 + 1/R4-5 = 1/5 + 1/5 = 2 /5 RBC = 2,5

VAC = VAB + VBC = RAB I + RBC I

VAC = E – r I (énoncé)

VAC = E – r I = RAB I + RBC I

E = RAB I + RBC I + r I = (RAB + RBC + r) I

E = RT I

I = E / RT

I = 12 / 5 = 2,4


position de l’objet réel OA < 0

1°) Nature de l’image :


A - Réelle - même sens que l’objet

B - Réelle - sens inverse de l’objet

C - Virtuelle - même sens que l’objet

D - Virtuelle - sens inverse de l’objet


nature: virtuelle – droite

Exercice n°10 Loupe

Une loupe est assimilable à une lentille mince de centre optique O. Un objet AB (hauteur de 2 mm) est placé à 3 cm de cette loupe. Nous observons une image A’B’ (hauteur 8 mm) située à 12 cm du centre optique O (cf schéma).

A’

B’’

OA

B

Lumière

Loupe

observateur

position de l’image OA’ < 0

Lentille mince

Espace objet réel Espace image réelle

Ne pas oublier

Foyer objet F On y place l’objet >>> image à l’infini

Foyer image F’ Il s’y forme l’image d’un objet à l’infini

Le rayon qui passe par le centre (optique) n’est pas dévié


0F’ > 0 Lentille convergente

Formule de conjugaisonOF'

1OA

1OA'

1

Exercice n°10 Loupe

Une loupe est assimilable à une lentille mince de centre optique O. Un objet AB (hauteur de 2 mm) est placé à 3 cm de cette loupe. Nous observons une image A’B’ (hauteur 8 mm) située à 12 cm du centre optique O (cf schéma).

A’

B’’

OA

B

Lumière

Loupe

observateur 1

OF’

3

12= OF’ = 4 cm

V =1

OF’V =

1

4.10-2

= + 25 m-1

2°) Nature de la lentille


A - Divergente

B - Convergente

C - Vergence + 25 dioptries

D - Vergence - 25 dioptries

E - Vergence + 0,25 dioptrie

F - Vergence - 0,25 dioptrie

1

OF’

1

- 12

1

- 3- =

1

OF’

1

- 12

4

12+ =

OA’ = - 12 cm OA= - 3cm

F’

2 cm

OA’


I) Nature du dioptre

n2 = 1

SC < 0 Dioptre Concave

C au milieu (I) le plus réfringent n1 = 1,5

Exercice n° 11 Concours janvier 2012

On considère un dioptre sphérique de sommet S et de rayon R = 2 cm (ci-dessous schéma du dioptre). Les foyers sont notés F1 et F2.

L’indice absolu du milieu (I) est n1 = 1,5; l’indice absolu du

milieu (II) est n2 = 1.

X’

Y’

C S F2F1 XY

n1 n2Lumière


A - Dioptre convexe – divergent.

B - Dioptre convexe – convergent.

C - Dioptre concave – divergent.

D - Dioptre concave – convergent.


Dioptre convergent


n2 = 1

SF2 > 0 et SF1 < 0Dioptre convergent

Exercice n° 11 Concours janvier 2012On considère un dioptre sphérique de sommet S et de rayon R = 2 cm (ci-dessous schéma du dioptre). Les foyers sont notés F1 et F2.



X’

Y’

C S F2F1 XY

n1 n2Lumière

II) On prend un objet réel. D’après le schéma, cet objet peut être XX’ ou YY’. Pour lever cette ambiguïté, il faut déterminer la position de l’image obtenue à travers ce dioptre. Nous savons que le grandissement = 3.

Position et nature de l’image.


A - L’image correspond à YY’

B - L’image correspond à XX’

C - Image virtuelle

D - Image réelle


SC = - 2 cmDioptre Concave

Formule de conjugaisonSC

nnSA'n

SAn 2121

SAn'SAn

2

1

1,5 - 1

- 2

1,5

SA

1

SA’- = = - 0,25

Objet réel donc dans le milieu n1 = 1,5.

1 x SA

1,5 x SA’= = 3 SA’ = 2 SA

1,5

SA

1

2 SA- = - 0,25

2

2 SA= - 0,25

SA = - 4 cm SA’ = - 8 cm

Objet réel et image virtuelle droite = + 3

Conclusion: Objet correspond à XX’

Image correspond à YY’

F1 foyer objet et F2 foyer image

Calcul


n2 = 1





X’

Y’

C S F2F1 XY

n1 n2Lumière






C - Image virtuelle

D - Image réelle




Objet réel XX’ et image virtuelle droite YY’

Ici > 0


Construction

X’

Y’

C S F2F1 XY

n1 n2Lumière

1ière hypothèse : Objet correspond à XX’

Objet se trouve entre le sommet S et le foyer objet F1


n2 = 1





X’

Y’

C S F2F1 XY

n1 n2Lumière






C - Image virtuelle

D - Image réelle




Objet réel YY’ et Image réelle inversée ZZ’


Construction

X’

Y’

C S F2F1 XY

n1 n2Lumière

2ième hypothèse : Objet correspond à YY’

Z

Z’

Image réelle inversée ZZ’ donc < 0

Ce résultat ne correspond pas à l’énoncé avec > 0

Conclusion: L’hypothèse objet YY’ est fausse.

Vergence de ce dioptre


A - + 0,25 dioptrie

B - - 0,25 dioptrie

C - + 25 dioptries

D - - 25 dioptries



n2 = 1





X’

Y’

C S F2F1 XY

n1 n2Lumière



Vergence: ou m-1

n2 - n1 n1

SF1

n2

SF2

=V = - =SC

V =1 - 1,5

- 2.10-2= + 25 m-1

Position des foyers


A - SF1 = - 6 cm

B - SF1 = - 4 cm

C - SF2 = + 6 cm

D - SF2 = + 4 cm



n2 = 1





X’

Y’

C S F2F1 XY

n1 n2Lumière



n2 - n1 n1

SF1

n2

SF2

=V = - =SC

SF2 =n2

V

SF2 = 0,04 m

SF2 =1

25

SF1 =1,5

25- SF1 = - 0,06 m


FIN

Exercice n°1

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Transcript of Exercice n°1