Exercice n°1

1. UE 3A ED1 _2011-2012 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 [F] F = q E [E] = E = q [q] F en N c.a.d M.L.T-2 q = I . t (voir cours) q en C [q] = I . T M.L.T-2 kg.m.s-3.A-1 M.L.T-3.I-1 en MKSA = [E] = I . T E V.m-1 ΔV = E . Δl UE3A : corrigé ED1_2012-2013

2. VL VR D1 D3 a) D1 D2 VF D1 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) : O a) D1 b) D2 c) D3 d) aVR e) aVF FAUX UE3A : corrigé ED1_2012-2013

3. VL D2 Exercice n°2 b) D2 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) : O a) D1 b) D2 c) D3 d) aVR e) aVF FAUX FAUX

4. VR D3 Exercice n°2 b) D3 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) : O a) D1 b) D2 c) D3 d) aVR e) aVF FAUX FAUX FAUX UE3A : corrigé ED1_2012-2013

5. VR D3 Exercice n°2 b) aVR Soit le vectocardiogramme ci-dessous. Les déflexions électriques enregistrées sur les dérivations des membres sont les suivantes : Cochez la (ou les) réponses exactes : O a) D1 b) D2 c) D3 d) aVR e) aVF FAUX FAUX FAUX FAUX UE3A : corrigé ED1_2012-2013

6. D1 VF 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 : O a) D1 b) D2 c) D3 d) aVR e) aVF FAUX FAUX FAUX FAUX VRAI UE3A : corrigé ED1_2012-2013

7. 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 1 s 0,2 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

8. 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) Solution Cosm = ∑ cosm 1 kg 1 L Concentration osmolaire de la solution : NaCl nombre de moles n = 2,9/58 = 0,05 mol 4-I-1)  Concentrations osmolaire et osmolale de la solution :  A - La concentration osmolaire est de61 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 0,1osm/L glucose 0,01 mol (1,8/180) soit 0,01mol/L donc 0,01 osm/L protéines 10 – 3 mol (20/2.104) soit 0,001mol/L donc 0,001 osm/L Concentration osmolale de la solution : solvant = eau r= 1 kg.L-1 Cosm = ∑ cosm= 0,1 + 0,01+ 0,001 = 0,111 osm/L concentration osmolaire = 111 mosm/L concentration osmolale = 111 mosm/kg UE3A : corrigé ED1_2012-2013

9. Exercice n°4 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.  Elle permet de connaître la quantité de charges électriques d’une espèce (ions) présente dans une solution. Ceq = Z C avec Zcharge de l’ion C concentration molaire Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s) 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. Composé(s) susceptible(s) de s’ioniser: NaCl 50 mmol/L de Na+ et 50 mmol/L de Cl- NaCl 0,05 mol/L Na+ + 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. Ceq50 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

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) 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 question4-I sont dissous dans 1L de plasma (voir cours). Les valeurs numériques sont données avec une précision au 1/10. 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 0,1osm/L NaCl nombre de moles n = 2,9/58 = 0,05 mol Glucose 0,01 mol (1,8/180) soit 0,01mol/L Cosm = ∑ cosm= 0,1 + 0,01+ 0,001 = 0,111 osm/L =111 mosm/L Protéines 10 – 3 mol (20/2.104) soit 0,001mol/L Concentrations osmolaireet 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

11. Exercice n°5Cryoscopie Abaissement du point de congélation Tcong = Kcong Cosm Cosm = concentration (osmolale) en osm.kg –1 (mol.kg –1) 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) 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

12. 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. Peau(g) = 3 000 Pa Pmet(g) = 300 Pa Pression partielle de chaque composant dans le mélange gazeux: Peau(g) Pmet(g) 50 1 Peau(g) = Xeau(g) = Pmet(g) = Xmet(g) = x 3 060 x 15 300 = 1 x 300 = 300 Pa = 50 x 60 = 3 000 Pa PT PT 51 51 2°) En déduire la pression totale du mélange gazeux. 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 3 000 3 00 Peau(g) = Xeau(g)PT et Pmet(g) = Xmet(g)PT = = PT= Peau(g)+ Pmet(g)= 3 300 Pa 3 300 3 300  0,909 ( 90,9%)  0,091 ( 9,1%) UE3A : corrigé ED1_2012-2013

13. 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. 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) 0,03mol/L donc 0,03osm/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 Conclusion: Compartiment (I) plus concentré que compartiment (II) Cosm (I) > Cosm (II) I II NaCl Glucose Protéines NaCl Glucose solution hypotonique : la moins concentrée . solution hypertonique: la plus concentrée UE3A : corrigé ED1_2012-2013

14. 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 = RT ∑Cosm (loi de Van’ t Hoff) concentration osmolaireCosm 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 Dpentre 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 Pression oncotique pression due aux protéines A - On suppose que la membrane est hémiperméable, Dp = 98 400Pa. 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 300x 41 = 98 400 Pa La membrane ne laisse pas passer les macromolécules. I II NaCl Glucose Protéines Dp = RT[Cosm (I)-Cosm (II) ] = RT [Cosm (I)- 0 ] NaCl Glucose 20 g de protéines non dissociables; M = 2.104 g/mole Cosm(I)= 10-3 mole/L Dp= 8 x 300 x 10-3x 103 UE3A : corrigé ED1_2012-2013

15. A a B a M o + q + q x Exercice n° 8 Electrostatique Deux charges électriques ponctuelles identiques +q sont placées aux point A et B d’un axe orienté ox. Champ électrostatique résultant créé par plusieurs charges: qA qB qi ∑ uA uB ui EB(M) = k E(M) = k EA (M) = k (rAM )2 (rBM )2 ri2 Dans l’exercice, le vecteur unitaire est porté par l’axe OX, Il est orienté du point O vers le point X. 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 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 Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s) Au point M ces champs seront de la forme: 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. 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 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

16. A A A a a a B B B a a a M M M o o o + q + q + q + q + q + q x x x Exercice n° 8 Electrostatique Deux charges électriques ponctuelles identiques +q sont placées aux point A et B d’un axe orienté ox. 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 ui Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s) EB(M) 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. EA (M) ET (M) = EA (M) + EB(M) ET (M) UE3A : corrigé ED1_2012-2013

17. A a B a M o + q + q x Exercice n° 8 Electrostatique Deux charges électriques ponctuelles identiques +q sont placées aux point A et B d’un axe orienté ox. q qA + q qB q + q ET (M) = k EB(M) = k EB(M) = k EA (M) = k EA (M) = k (rAM )2 (rBM )2 (a)2 (a)2 (2a)2 (2a)2 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 ui Au point M ces champs seront de la forme: 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 ET (M) = EA (M) + EB(M) Les 2 champs ont même sens: ET (M) = EA (M) + EB(M) + k UE3A : corrigé ED1_2012-2013

18. 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 C exacte réponse A fausse réponse B exacte réponse D fausse réponse E fausse 9- C - I = I3 + I4 Au point B, nous avons l’intenstié I Loi aux nœuds 9- D - I4 = I’4 + I5 Dans la branche R4 – R5 , les résistances sont en séries; donc même intensité dans R4 et R5 = I4 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 UE3A : corrigé ED1_2012-2013

19. 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 C exacte réponse A fausse réponse B exacte réponse D fausse 9- C - VBC =V4 + V5 Dans la branche R4 – R5 , les résistances sont en séries; donc même intensité et les tensions s’ajoutent. 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 UE3A : corrigé ED1_2012-2013

20. 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 9- C - RBC= R3 + R4+ R5 réponse C fausse réponse A fausse réponse B exacte réponse D fausse 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) 9-D - 1/ RBC= 1/R3 + 1/R4 + 1/R5 R4+ R5 = 1 W + 4 W = 5W 9- E - RBC= 2,5 W 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 1/ RBC= 1/R3 + 1/(R4+R5)= 1 /5 + 1 /5 = 2 /5 RBC= 2,5 W 9- F-RT= 4 W RT= RAB + RBC + r (toutes ces résistances sont en séries) RAB = 6/4 = 1,5 W 1/ RAB = 1/R1 + 1/R2 = 1/2 + 1/6 RT= RAB + RBC + r = 1,5 + 2,5 + 1 = 5 W UE3A : corrigé ED1_2012-2013

21. 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/ 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 RAB = 1,5 W 1/ RAB= 1/R1 + 1/R2 = 1/2 + 1/6= 4/6 I = 12 / 5 = 2,4 UE3A : corrigé ED1_2012-2013

22. Lumière B’’ B O A’ A observateur Loupe 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). Espace objet réel Espace image réelle • nature: virtuelle – droite • position de l’objet réel OA < 0 • position de l’image OA’ < 0 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

23. 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

24. Lumière B’’ B O A’ A observateur Loupe 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). OA’ = - 12cm OF’ = 4cm OA= - 3cm 1 1 - + 3 1 4 = = = - 12 - 12 12 12 - 3 1 1 1 1 1 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 Formule de conjugaison OF’ OF’ OF’ = + 25 m-1 V = V = 4.10-2 OF’ 0F’ > 0 Lentille convergente UE3A : corrigé ED1_2012-2013

25. O F’ A’ 2 cm

26. Lumière Y’ X’ n1 n2 Y X C S F1 F2 Exercice n° 11 Concours janvier 2012 Cau milieu (I) le plus réfringent n1 = 1,5 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. Dioptre convergent n2 = 1 SC < 0 Dioptre Concave 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 UE3A : corrigé ED1_2012-2013

27. Lumière Y’ X’ n1 n2 Y X C F1 S F2 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. F1 foyer objet et F2 foyer image Dioptre Concave 1,5 x 1,5 1,5 Objet réel donc dans le milieu n1 = 1,5. - 0,25 - - 2 1 1 = = = = - 0,25 - 0,25 n2 = 1 SC = - 2 cm SF2 > 0 et SF1 < 0 SA 1 x SA SA 2 SA 2 SA SA’ = 3 Dioptre convergent g = 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.Noussavons que le grandissement g= 3. 1,5 - 1 SA’ - 2 Formule de conjugaison SA’= - 8cm SA’ = 2SA SA= - 4cm 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 et image virtuelle droite g = + 3 Conclusion: Objet correspond à XX’ Image correspond à YY’ UE3A : corrigé ED1_2012-2013

28. Lumière Lumière Y’ Y’ X’ X’ n1 n1 n2 n2 Y Y X X C C S S F1 F1 F2 F2 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. F1 foyer objet et F2 foyer image Dioptre Concave Objet réel donc dans le milieu n1 = 1,5. 1ière hypothèse : Objet correspond à XX’ Objet se trouve entre le sommet S et le foyer objet F1 n2 = 1 SC = - 2 cm SF2 > 0 et SF1 < 0 Dioptre convergent 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.Noussavons 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 XX’ et image virtuelle droite YY’ Ici g > 0 UE3A : corrigé ED1_2012-2013

29. Lumière Lumière Y’ Y’ X’ X’ n1 n1 n2 n2 Y Y X X C C S S F1 F1 F2 F2 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. F1 foyer objet et F2 foyer image Dioptre Concave Objet réel donc dans le milieu n1 = 1,5. 2ième hypothèse : Objet correspond à YY’ n2 = 1 SC = - 2 cm SF2 > 0 et SF1 < 0 Z Dioptre convergent 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.Noussavons 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 YY’ et Image réelle inversée ZZ’ Z’ donc g < 0 Image réelle inversée ZZ’ Ce résultat ne correspond pas à l’énoncé avec g > 0 Conclusion: L’hypothèse objet YY’ est fausse. UE3A : corrigé ED1_2012-2013

30. Lumière Y’ X’ n1 n2 Y X C S F1 F2 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. F1 foyer objet et F2 foyer image Dioptre Concave n2 = 1 n1 = n2 SC = - 2 cm SF2 > 0 et SF1 < 0 SF1 SF2 Vergence: d ou m-1 Dioptre convergent 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. n2 - n1 1 - 1,5 = + 25 m-1 - = V = V = SC - 2.10-2 UE3A : corrigé ED1_2012-2013

31. Lumière Y’ X’ n1 n2 Y X C S F1 F2 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. F1 foyer objet et F2 foyer image Dioptre Concave n2 = 1 n1 = n2 SC = - 2 cm SF2 > 0 et SF1 < 0 SF1 SF2 Dioptre convergent 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. n2 - n1 1 n2 1,5 - = V = - 0,06 m SF2= SF2= SF1= SF2= SF1= 0,04 m SC 25 V 25 - UE3A : corrigé ED1_2012-2013

32. FIN UE3A : corrigé ED1_2012-2013