ΔV = E . Δl UE 3A ED1 _2011-2012 [F] F = q E [E] = [q] kg.m.s-3.A-1 Exercice n°1 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 E = [F] [q] [E] = 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 E V.m-1 UE3A : corrigé ED1_2012-2013

VL VR D1 D3 D2 VF FAUX D1 a) D1 Exercice n°2 O Soit 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 normal est positif; D2 inverse devrait être positif; D3 inverse d’abord négatif et amplitude positf + grande; aVR négative UE3A : corrigé ED1_2012-2013

D2 b) D2 VL FAUX FAUX Exercice n°2 Soit le vectocardiogramme ci-dessous. Les déflexions électriques enregistrées sur les dérivations des membres sont les suivantes :  Cochez la (ou les) réponse(s) exacte(s) : b) D2 VL D2 O a) D1 b) D2 c) D3 d) aVR e) aVF FAUX FAUX D1 normal est positif; D2 inverse devrait être positif; D3 inverse d’abord négatif et amplitude positf + grande; aVR négative

D3 b) D3 VR FAUX FAUX FAUX Exercice n°2 Soit le vectocardiogramme ci-dessous. Les déflexions électriques enregistrées sur les dérivations des membres sont les suivantes :  Cochez la (ou les) réponse(s) exacte(s) : b) D3 D3 VR O a) D1 b) D2 c) D3 d) aVR e) aVF FAUX FAUX D1 normal est positif; D2 inverse devrait être positif; D3 inverse d’abord négatif et amplitude positf + grande; aVR négative FAUX UE3A : corrigé ED1_2012-2013

VR b) aVR D3 FAUX FAUX FAUX FAUX Exercice n°2 Soit le vectocardiogramme ci-dessous. Les déflexions électriques enregistrées sur les dérivations des membres sont les suivantes :  Cochez la (ou les) réponses exactes : D3 VR O a) D1 b) D2 c) D3 d) aVR e) aVF FAUX FAUX D1 normal est positif; D2 inverse devrait être positif; D3 inverse d’abord négatif et amplitude positf + grande; aVR négative FAUX FAUX UE3A : corrigé ED1_2012-2013

VF D1 FAUX FAUX FAUX FAUX VRAI Exercice n°2 Soit le vectocardiogramme ci-dessous. Les déflexions électriques enregistrées sur les dérivations des membres sont les suivantes :  Cochez la (ou les) réponses exactes : D1 VF O a) D1 b) D2 c) D3 d) aVR e) aVF FAUX FAUX D1 normal est positif; D2 inverse devrait être positif; D3 inverse d’abord négatif et amplitude positf + grande; aVR négative FAUX FAUX VRAI UE3A : corrigé ED1_2012-2013

On considère les deux électrocardiogrammes (ECG) : Exercice n°3 On considère les deux électrocardiogrammes (ECG) : A - Rythme cardiaque: T = 1 sec  f = 1/T = 1 s-1 Rythme régulier de fréquence : f = 1 battement/s = 60 bat/min 0,2 s 1 s B - Graphiquement: Intervalle < 0,20 s 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. 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 UE3A : corrigé ED1_2012-2013

Solution Cosm = ∑ cosm 1 kg 1 L 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) Exercice n°4 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 dissociables Masses molaires : NaCl = 58 g/mole; glucose= 180 g/mole; protéines = 2.104 g/mole.  Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s) NaCl nombre de moles n = 2,9/58 = 0,05 mol Concentration osmolaire de la solution : 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 E - Aucune des propositions ci-dessus. 2 ions : Na+ = 0,05 mol et Cl – = 0,05 mol soit 0,1 osm /L glucose 0,01 mol (1,8/180) soit 0,01 mol/L donc 0,01 osm/L protéines 10 – 3 mol (20/ 2.104 ) soit 0,001 mol/L donc 0,001 osm/L Solution Cosm = ∑ cosm Concentration osmolale de la solution : Masse volumique du plasma environ 1,025 kg/L solvant = eau r= 1 kg.L-1 Cosm = ∑ cosm = 0,1 + 0,01+ 0,001 = 0,111 osm/L 1 kg 1 L concentration osmolaire = 111 mosm/L concentration osmolale = 111 mosm/kg UE3A : corrigé ED1_2012-2013

Ceq totale = ∑ Cations + ∑ Anions Exercice n°4 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. 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 dissociables Masses molaires : NaCl = 58 g/mole; glucose= 180 g/mole; protéines = 2.104 g/mole.  Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s) Composé(s) susceptible(s) de s’ioniser: NaCl 4-I-1)  Concentrations osmolaire et osmolale de la solution :  A - Concentration osmolaire : 61 mosm/L B - Concentration osmolaire : 111 mosm/L C - Concentration osmolale: 61 mosm/kg D - Concentration osmolale 111 mosm/kg E - Aucune des propositions ci-dessus. NaCl 0,05 mol/L Na+ + Cl- 50 mmol/L de Na+ et 50 mmol/L de Cl- 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. 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 UE3A : corrigé ED1_2012-2013

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) Exercice n°4 4-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 dissociables Masses 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. NaCl nombre de moles n = 2,9/58 = 0,05 mol Concentration osmolaire de la solution plasmatique: 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 E - Aucune des propositions ci-dessus. 2 ions : Na+ = 0,05 mol et Cl – = 0,05 mol soit 0,1 osm /L Protéines 10 – 3 mol (20/ 2.104 ) soit 0,001 mol/L Glucose 0,01 mol (1,8/180) soit 0,01 mol/L Cosm = ∑ cosm = 0,1 + 0,01+ 0,001 = 0,111 osm/L = 111 mosm/L Concentrations osmolaire et osmolale de la solution plasmatique Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s) Concentration osmolale de la solution plasmatique: 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 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 UE3A : corrigé ED1_2012-2013

Cosm = ∑ cosm = 111 mosm/kg (exo 4-I- D) Exercice n°5 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) Abaissement du point de congélation Tcong = Kcong Cosm Cosm = concentration (osmolale) en osm.kg –1 (mol.kg –1) Nous avons 2,9 g de NaCl, 1,8 g de glucose et 20g de protéines non dissociables Masses molaires : NaCl = 58 g/mole; glucose= 180 g/mole; protéines = 2.104 g/mole.  Cosm = ∑ cosm = 111 mosm/kg (exo 4-I- D) Tcong = 1,80  0,111 Sans calculatrice: Tcong  1,8  0,10  0,18 °C L’abaissement du point de congélation DTcong sera de l’ordre de: A - 0,11 °C B - 110 °C C - 0,20 °C D - 200 °C E - Aucune des propositions ci-dessus. UE3A : corrigé ED1_2012-2013

Loi de RAOULT (mélange binaire de liquides ) Exercice n° 6 LOI de RAOULT Loi de RAOULT (mélange binaire de liquides ) Peau(g) = Xeau(L).PVS(eau) (T = Cte) (Cours) 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. Peau(g) pression partielle de l’eau dans le mélange gazeux. Xeau(L) et Xmet(L) ? Calcul du nombre de moles de chaque composant: neau = 900/18 = 50 moles et nmet = 32/32 = 1 mole Masses molaires : méthanol = 32g/mol ; eau = 18g/mol.  Xeau(L) = neau / nombre total de moles (neau + nmet) Xeau(L) = 50 / 51 ( 98%) e t Xmet(L) = 1 / 51 ( 2%) 1°) Déterminer la pression partielle due à chaque composant dans le mélange gazeux qui surmonte la solution idéale. Pression partielle de chaque composant dans le mélange gazeux: Peau(g) = 51 50 x 3 060 = 50 x 60 = 3 000 Pa Peau(g) = 3 000 Pa Pmet(g) = 300 Pa 2°) En déduire la pression totale du mélange gazeux. Pmet(g) = 51 1 x 15 300 = 1 x 300 = 300 Pa PT = 3 300 Pa 3°) Calculer la fraction molaire Xi(g) des constituants dans la phase vapeur. Loi de Dalton, gaz supposés parfaits : PT = ∑ Pi X fraction molaire dans la solution et à sa pression de vapeur saturante Pvs Peau(g) = Xeau(g) PT et Pmet(g) = Xmet(g) PT PT = Peau(g) + Pmet(g) = 3 300 Pa 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%) UE3A : corrigé ED1_2012-2013

Cosm = ∑ cosm = 111 mosm/L (exo 4-I - B) Exercice n° 7 Concours janvier 2012 Osmose I II NaCl Glucose Protéines 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 Dans le compartiment (I) Cosm = ∑ cosm = 111 mosm/L (exo 4-I - B) Dans le compartiment (II) NaCl nombre de moles n = 1,16/58 = 0,02 mol 2 ions : Na+ = 0,02 mol et Cl – = 0,02 mol soit 0,04 osm /L I) On suppose que la membrane est hémiperméable. Cocher la (ou les) proposition(s) vraie(s) Glucose 0,03 mol (5,4/180) 0,03 mol/L donc 0,03 osm/L 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). E - Aucune des propositions ci-dessus. Cosm = ∑ cosm = 70 mosm/L solution hypotonique, c'est-à-dire la moins concentrée, vers la solution hypertonique, c'est à dire la plus concentrée. Conclusion: Compartiment (I) plus concentré que compartiment (II) Cosm (I) > Cosm (II) solution hypotonique : la moins concentrée . solution hypertonique: la plus concentrée UE3A : corrigé ED1_2012-2013

 = RT ∑Cosm (loi de Van’ t Hoff) Exercice n° 7 Concours janvier 2012 Osmose I II NaCl Glucose Protéines 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  = RT ∑Cosm (loi de Van’ t Hoff) concentration osmolaire Cosm en osm/L ou en SI osm/m3 Dans le compartiment (I) I = RT Cosm(I) Cosm (I) = ∑ Cosm = 111 mosm/L diapo précédente Dans le compartiment (II) II = RT Cosm (II) Cosm (II) = ∑ Cosm = 70 mosm/L diapo précédente II) Calculer la différence de pression osmotique Dp entre les 2 compartiments. La différence de pression osmotique Dp entre les 2 compartiments: Dp = I - II = RT [Cosm (I) - Cosm (II) ] Cocher la (ou les) proposition(s) vraie(s) Dp = 8 x 300 [111.10-3 - 70.10-3] x103 A - On suppose que la membrane est hémiperméable, Dp = 98 400 Pa. B - On suppose que la membrane est hémiperméable, Dp = 98,4 Pa. C - On suppose que la membrane ne laisse pas passer les macromolécules, Dp = 2400 Pa. D - On suppose que la membrane ne laisse pas passer les macromolécules, Dp = 98,4 Pa. E - Aucune des propositions ci-dessus. Dp = 8 x 300 x 41 = 98 400 Pa La membrane ne laisse pas passer les macromolécules. solution hypotonique, c'est-à-dire la moins concentrée, vers la solution hypertonique, c'est à dire la plus concentrée. Pas de protéine dans le compartiment II Cosm (II) = 0 Pression oncotique pression due aux protéines Dp = RT [Cosm (I) - Cosm (II) ] = RT [Cosm (I) - 0 ] 20 g de protéines non dissociables; M = 2.104 g/mole Cosm(I)= 10-3 mole/L Dp = 8 x 300 x 10-3 x 103 UE3A : corrigé ED1_2012-2013

∑ qA qB Exercice n° 8 Electrostatique E(M) = k qi ri2 ui Champ électrostatique résultant créé par plusieurs charges: Deux charges électriques ponctuelles identiques +q sont placées aux point A et B d’un axe orienté ox. Dans l’exercice, le vecteur unitaire est porté par l’axe OX, Il est orienté du point O vers le point X. ui a + q A B M x o ui La présence des charges ponctuelles placées aux points A et B vont induire la création d’un champ EA et d’un champ EB 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 = 1/4pe0 = 9.109 USI 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. Cocher 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 - Aucune des propositions ci-dessus. 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) UE3A : corrigé ED1_2012-2013

Exercice n° 8 Electrostatique Deux charges électriques ponctuelles identiques +q sont placées aux point A et B d’un axe orienté ox. ET (M) = EA (M) + EB (M) a + q A B M x o ui 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) 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 = 1/4pe0 = 9.109 USI a + q A B M x o EB (M) EA (M) Cocher 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 - Aucune des propositions ci-dessus. a + q A B M x o ET (M) UE3A : corrigé ED1_2012-2013

+ qA qB + q q Exercice n° 8 Electrostatique ET (M) = EA (M) + EB (M) Deux charges électriques ponctuelles identiques +q sont placées aux point A et B d’un axe orienté ox. a + q A B M x o Au point M ces champs seront de la forme: EA (M) = k qA (rAM )2 EB (M) = k qB (rBM )2 ui 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 = 1/4pe0 = 9.109 USI EA (M) = k + q (2a )2 EB (M) = k (a )2 Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s) 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 E - Aucune des propositions ci-dessus Les 2 champs ont même sens: ET (M) = EA (M) + EB (M) ET (M) = k q (2a )2 (a )2 + k UE3A : corrigé ED1_2012-2013

Exercice n°9 Electrocinétique - intensité 9 - A - I = I1 = I2 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 = 1W. On a: VAC = (VA – VC ) = E – rI. On donne : R1= 2 W; R2= 6 W; R3 = 5 W; R4= 1 W; R5= 4 W. 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). Entre les points A et B les résistances sont en parallèles: Dérivation réponse A fausse réponse B exacte 9- C - I = I3 + I4 Au point B, nous avons l’intenstié I Loi aux nœuds réponse C exacte 9- D - I4 = I’4 + I5 Dans la branche R4 – R5 , les résistances sont en séries; donc même intensité dans R4 et R5 = I4 réponse D fausse Intensité Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s) 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- E - 1/I = 1/I1 + 1/I2 réponse E fausse UE3A : corrigé ED1_2012-2013

Exercice n°9 Electrocinétique - Différence de potentiel 9 - A - VAB = VA – VB = V1 + V2 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 = 1W. On a: VAC = (VA – VC ) = E – rI. On donne : R1= 2 W; R2= 6 W; R3 = 5 W; R4= 1 W; R5= 4 W. 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). Entre les points A et B les résistances sont en parallèles: Dérivation réponse A fausse réponse B exacte 9- C - VBC = V4 + V5 Dans la branche R4 – R5 , les résistances sont en séries; donc même intensité et les tensions s’ajoutent. réponse C exacte 9- D - VAC = V1 + V2 + V3 + V4 + V5 VAC = VAB + VBC = V1 + V4 + V5 = V1 + V3 Différence de potentiel Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s) A - VAB = VA – VB = V1 + V2 B - VAB = V1 = V2 C - VBC = V4 + V5 D - VAC = V1 + V2 + V3 + V4 + V5 réponse D fausse UE3A : corrigé ED1_2012-2013

Exercice n°9 Electrocinétique - Résistances 9 - A - RAB = R1 + R2 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 = 1W. On a: VAC = (VA – VC ) = E – rI. On donne : R1= 2 W; R2= 6 W; R3 = 5 W; R4= 1 W; R5= 4 W. Entre les points A et B les résistances sont en parallèles: Dérivation réponse A fausse réponse B exacte 9- C - RBC = R3 + R4 + 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 C fausse 9- D - 1/ RBC = 1/R3 + 1/R4 + 1/R5 réponse D fausse 9- E - RBC = 2,5 W 1/ RBC = 1/R3 + 1/(R4+R5) = 1 /5 + 1 /5 = 2 /5 RBC = 2,5 W R4+ R5 = 1 W + 4 W = 5W Résistances Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s) 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 W F - La résistance totale équivalente du circuit est RT = 4 W G - La résistance totale équivalente du circuit est RT = 5 W 9- F - RT= 4 W 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 W RT= RAB + RBC + r = 1,5 + 2,5 + 1 = 5 W UE3A : corrigé ED1_2012-2013

Exercice n°9 Electrocinétique - Calcul 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 = 1W. On a: VAC = (VA – VC ) = E – rI. On donne : R1= 2 W; R2= 6 W; R3 = 5 W; R4= 1 W; R5= 4 W. 1/ RAB = 1/R1 + 1/R2 = 1/2 + 1/6= 4/6 RAB = 1,5 W 1/ RBC = 1/R3 + 1/R4-5 = 1/5 + 1/5 = 2 /5 RBC = 2,5 W RT = RAB + RBC + r = 5 W Schéma équivalent VAC = VAB + VBC = RAB I + RBC I Calcul de Intensité I Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s) A - I = 3 A B - I = 2,4 A C - I = 4,8 A D - Il est impossible de calculer la valeur de 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 UE3A : corrigé ED1_2012-2013

position de l’objet réel OA < 0 Exercice n°10 Loupe Lentille mince 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). position de l’objet réel OA < 0 position de l’image OA’ < 0 A’ B’ ’ O A B Lumière Loupe observateur Espace objet réel Espace image réelle nature: virtuelle – droite 1°) Nature de l’image : Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s) 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 E - Aucune des propositions ci-dessus. UE3A : corrigé ED1_2012-2013

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

Formule de conjugaison Exercice n°10 Loupe Formule de conjugaison 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). OA’ = - 12 cm OA= - 3cm 1 OF’ - 12 - 3 - = A’ B’ ’ O A B Lumière Loupe observateur 1 OF’ - 12 4 12 + = 1 OF’ 3 12 = OF’ = 4 cm 2°) Nature de la lentille Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s) A - Divergente B - Convergente C - Vergence + 25 dioptries D - Vergence - 25 dioptries E - Vergence + 0,25 dioptrie F - Vergence - 0,25 dioptrie 0F’ > 0 Lentille convergente V = 1 OF’ V = 1 4.10-2 = + 25 m-1 UE3A : corrigé ED1_2012-2013

O F’ A’ 2 cm

Dioptre convergent SC < 0 Dioptre Concave 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. C  au milieu (I) le plus réfringent n1 = 1,5 Dioptre convergent SC < 0 Dioptre Concave X’ Y’ C S F2 F1 X Y n1 n2 Lumière n2 = 1 I) Nature du dioptre Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s) A - Dioptre convexe – divergent. B - Dioptre convexe – convergent. C - Dioptre concave – divergent. D - Dioptre concave – convergent. E - Aucune des propositions ci-dessus Objet réel dans le milieu n1 n1 devant le dioptre (convergent) UE3A : corrigé ED1_2012-2013

g Formule de conjugaison = - = - = Calcul 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. SF2 > 0 et SF1 < 0 Dioptre convergent F1 foyer objet et F2 foyer image SC = - 2 cm Dioptre Concave Formule de conjugaison X’ Y’ C S F2 F1 X Y n1 n2 Lumière Objet réel donc dans le milieu n1 = 1,5. n2 = 1 1 x SA 1,5 x SA’ g = 3 SA’ = 2 SA 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 g = 3. 1,5 - 1 - 2 1,5 SA 1 SA’ - = - 0,25 1,5 SA 1 2 SA - = - 0,25 2 Position et nature de l’image. Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s) A - L’image correspond à YY’ B - L’image correspond à XX’ C - Image virtuelle D - Image réelle E - Aucune des propositions ci-dessus. Objet réel dans le milieu n1 n1 devant le dioptre (convergent) SA = - 4 cm SA’ = - 8 cm Objet réel et image virtuelle droite g = + 3 Conclusion: Objet correspond à XX’ Image correspond à YY’ UE3A : corrigé ED1_2012-2013

F1 foyer objet et F2 foyer image Construction 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. SF2 > 0 et SF1 < 0 Dioptre convergent F1 foyer objet et F2 foyer image SC = - 2 cm Dioptre Concave Objet réel donc dans le milieu n1 = 1,5. X’ Y’ C S F2 F1 X Y n1 n2 Lumière 1ière hypothèse : Objet correspond à XX’ Objet se trouve entre le sommet S et le foyer objet F1 X’ Y’ C S F2 F1 X Y n1 n2 Lumière n2 = 1 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 g = 3. Position et nature de l’image. Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s) A - L’image correspond à YY’ B - L’image correspond à XX’ C - Image virtuelle D - Image réelle E - Aucune des propositions ci-dessus. Objet réel dans le milieu n1 n1 devant le dioptre (convergent) Objet réel XX’ et image virtuelle droite YY’ Ici g > 0 UE3A : corrigé ED1_2012-2013

F1 foyer objet et F2 foyer image Construction 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. SF2 > 0 et SF1 < 0 Dioptre convergent F1 foyer objet et F2 foyer image SC = - 2 cm Dioptre Concave Objet réel donc dans le milieu n1 = 1,5. X’ Y’ C S F2 F1 X Y n1 n2 Lumière 2ième hypothèse : Objet correspond à YY’ X’ Y’ C S F2 F1 X Y n1 n2 Lumière n2 = 1 Z Z’ 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 g = 3. Position et nature de l’image. Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s) A - L’image correspond à YY’ B - L’image correspond à XX’ C - Image virtuelle D - Image réelle E - Aucune des propositions ci-dessus. Objet réel dans le milieu n1 n1 devant le dioptre (convergent) Objet réel YY’ et Image réelle inversée ZZ’ Image réelle inversée ZZ’ donc g < 0 Ce résultat ne correspond pas à l’énoncé avec g > 0 Conclusion: L’hypothèse objet YY’ est fausse. UE3A : corrigé ED1_2012-2013

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. SF2 > 0 et SF1 < 0 Dioptre convergent F1 foyer objet et F2 foyer image SC = - 2 cm Dioptre Concave n2 - n1 n1 SF1 n2 SF2 = V = - SC n2 = 1 X’ Y’ C S F2 F1 X Y n1 n2 Lumière Vergence: d ou m-1 Vergence de ce dioptre Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s) A - + 0,25 dioptrie B - - 0,25 dioptrie C - + 25 dioptries D - - 25 dioptries E - Aucune des propositions ci-dessus. V = 1 - 1,5 - 2.10-2 = + 25 m-1 Objet réel dans le milieu n1 n1 devant le dioptre (convergent) UE3A : corrigé ED1_2012-2013

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. SF2 > 0 et SF1 < 0 Dioptre convergent n2 - n1 n1 SF1 n2 SF2 = V = - SC F1 foyer objet et F2 foyer image SC = - 2 cm Dioptre Concave n2 = 1 X’ Y’ C S F2 F1 X Y n1 n2 Lumière SF1 = 1,5 25 - SF1 = - 0,06 m Position des foyers Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s) A - SF1 = - 6 cm B - SF1 = - 4 cm C - SF2 = + 6 cm D - SF2 = + 4 cm E - Aucune des propositions ci-dessus. SF2 = n2 V SF2 = 1 25 Objet réel dans le milieu n1 n1 devant le dioptre (convergent) SF2 = 0,04 m UE3A : corrigé ED1_2012-2013

FIN UE3A : corrigé ED1_2012-2013