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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 =qE
E=
[F]
[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
=
[E] =
M.L.T-3.I-1
en MKSA
I.T
ΔV = E . Δl
UE3A : corrigé ED1_2012-2013
E
V.m-1
kg.m.s-3.A-1
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) :
VL
VR
O
D1
a)
D1
b)
D2
c)
D3
d) aVR
D3
FAUX
D2
VF
a) D1
D1
e) aVF
UE3A : corrigé ED1_2012-2013
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
O
a)
D1
FAUX
b)
D2
FAUX
c)
D3
d) aVR
e) aVF
D2
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
VR
O
a)
D1
FAUX
b)
D2
FAUX
c)
D3
FAUX
D3
d) aVR
e) aVF
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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 :
b) aVR
VR
O
a)
D1
FAUX
b)
D2
FAUX
c)
D3
FAUX
d) aVR
FAUX
D3
e) aVF
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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
D1
a)
D1
FAUX
b)
D2
FAUX
c)
D3
FAUX
d) aVR
FAUX
e) aVF
VRAI
VF
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Exercice n°3
On considère les deux électrocardiogrammes (ECG) :
0,2 s
1s
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
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
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.
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)
Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s)
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
NaCl nombre de moles n = 2,9/58 = 0,05 mol
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
D - La concentration osmolale est de 111 mosm/kg
E - Aucune des propositions ci-dessus.
Concentration osmolale de la solution :
solvant = eau
1 kg
r= 1 kg.L-1
1L
concentration osmolale = 111 mosm/kg
protéines 10 – 3 mol (20/ 2.104 )
soit 0,001 mol/L donc 0,001 osm/L
Solution
Cosm = ∑ cosm
Cosm = ∑ cosm = 0,1 + 0,01+ 0,001 = 0,111 osm/L
concentration osmolaire = 111 mosm/L
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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.
Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s)
Elle permet de connaître la quantité de charges électriques
d’une espèce (ions) présente dans une solution.
Ceq = Z C
4-I-2) Concentration équivalente de la solution :
Z charge de l’ion
C concentration molaire
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.
avec
NaCl
Na+ + Cl-
0,05 mol/L
50 mmol/L de Na+ et 50 mmol/L de ClCeq
50 meq/L de Na+
et 50 meq/L de Cl-
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
Bilan:
Cations: 50 meq/L de Na+
Anions: 50 meq/L de ClElectroneutralité de la solution respectée
Ceq totale = ∑ Cations + ∑ Anions
E- Aucune des propositions ci-dessus.
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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.
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.
Concentrations osmolaire et osmolale de la solution plasmatique
Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s)
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)
Concentration osmolaire de la solution plasmatique:
NaCl nombre de moles n = 2,9/58 = 0,05 mol
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
Protéines
10 – 3 mol (20/ 2.104 )
soit 0,001 mol/L
Cosm = ∑ cosm = 0,1 + 0,01+ 0,001 = 0,111 osm/L
= 111 mosm/L
Concentration osmolale de la solution plasmatique:
A - La concentration osmolaire de la solution plasmatique est
de 61,0 mosm/L
Vu en cours, il y a 930 g d’eau (solvant) dans 1L de plasma.
B - La concentration osmolaire de la solution plasmatique est
de 111,0 mosm/L
On a donc 111 mosm de soluté pour 0,93 kg d’eau.
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
Soit 111/0,93  119,4 mosm pour 1kg d’eau.
On en déduit la concentration osmolale = 119,4 mosm /kg
E - Aucune des propositions ci-dessus
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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)
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.
L’abaissement du point de congélation DTcong sera de
l’ordre de:
Abaissement du point de congélation
DTcong = Kcong Cosm
Cosm = concentration (osmolale) en osm.kg –1 (mol.kg –1)
Cosm = ∑ cosm = 111 mosm/kg (exo 4-I- D)
DTcong = 1,80  0,111
Sans calculatrice:
DTcong  1,8  0,10  0,18 °C
A - 0,11 °C
B - 110 °C
C - 0,20 °C
D - 200 °C
E - Aucune des propositions ci-dessus.
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Exercice n° 6
LOI de RAOULT
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.
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
2°) En déduire la pression totale du mélange gazeux.
3°) Calculer la fraction molaire Xi(g) des constituants dans la
phase vapeur.
Xeau(g) =
Xmet(g) =
Peau(g)
PT
Pmet(g)
PT
et
3 000
=
3 300
3 00
=
Peau(g) = Xeau(L).PVS(eau)
Pmet(g) = Xmet(g) PT
(T = Cte)
(Cours)
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
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:
50
Peau(g) =
x 3 060 = 50 x 60 = 3 000 Pa
51
Pmet(g) =
PT = 3 300 Pa
Peau(g) = Xeau(g) PT
Loi de RAOULT (mélange binaire de liquides )
1
x 15 300 = 1 x 300 = 300 Pa
51
Loi de Dalton, gaz supposés parfaits :
PT = ∑ Pi
PT = Peau(g) + Pmet(g) = 3 300 Pa
 0,909 ( 90,9%)
 0,091
( 9,1%)
3 300
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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
I) On suppose que la membrane est hémiperméable.
Cocher la (ou les) proposition(s) vraie(s)
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.
I
II
NaCl
NaCl
Glucose
Protéines
Glucose
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
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
UE3A : corrigé ED1_2012-2013
Exercice n° 7
Concours janvier 2012
Osmose
I
II
NaCl
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
Dans le compartiment (II)
II) Calculer la différence de pression osmotique Dp entre les
2 compartiments.
La différence de pression osmotique Dp entre les 2 compartiments:
Cocher la (ou les) proposition(s) vraie(s)
A - On suppose que la membrane est hémiperméable,
Dp = 98 400 Pa.
B - On suppose que la membrane est hémiperméable,
Dp = 98,4 Pa.
NaCl
Glucose
Protéines
Glucose
p = RT ∑Cosm (loi de Van’ t Hoff)
Cosm en osm/L ou en SI osm/m3
concentration osmolaire
Dans le compartiment (I)
pI = RT Cosm(I)
Cosm (I) = ∑ Cosm = 111 mosm/L diapo précédente
pII = RT Cosm (II)
Cosm (II) = ∑ Cosm = 70 mosm/L diapo précédente
Dp = pI - pII = RT [Cosm (I) - Cosm (II) ]
Dp
Dp
= 8 x 300 [111.10-3 - 70.10-3] x103
= 8 x 300 x 41 = 98 400 Pa
La membrane ne laisse pas passer les macromolécules.
Pression oncotique
pression due aux protéines
C - On suppose que la membrane ne laisse pas passer les
macromolécules, Dp = 2400 Pa.
Dp = RT [Cosm (I) - Cosm (II) ] = RT [Cosm (I) - 0 ]
D - On suppose que la membrane ne laisse pas passer les
macromolécules, Dp = 98,4 Pa.
E - Aucune des propositions ci-dessus.
20 g de protéines non dissociables; M = 2.10 4 g/mole
Cosm(I)= 10-3 mole/L
Dp = 8 x 300 x 10-3 x 103
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.
ui
o
A
+q
a
B
a
+q
Champ électrostatique résultant créé par plusieurs charges:
qi
ui
E(M) = k
ri 2
∑
Dans l’exercice, le vecteur unitaire ui est porté par l’axe OX,
Il est orienté du point O vers le point X.
M
x
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
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.
La présence des charges ponctuelles placées aux points A et
B vont induire la création d’un champ EA et d’un champ EB
Au point M ces champs seront de la forme:
EA (M) = k
qA
(rAM
uA
)2
EB (M) = k
qB
(rBM
uB
)2
rAM et r BM sont les distances entre les points A – B et M.
les vecteurs unitaires uA et uB ont même orientation.
Ils sont orientés du point O vers le point X.
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.
ui
o
A
+q
a
B
a
+q
ET (M) = EA (M) + EB (M)
M
x
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
Champ électrostatique créé par ces 2 charges au point M.
a
A
Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s)
o
+q
a
B
+q
M EB (M)
x
EA (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.
A
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.
o
+q
a
B
a
M ET (M)
+q
UE3A : corrigé ED1_2012-2013
x
Exercice n° 8
Electrostatique
Deux charges électriques ponctuelles identiques +q sont
placées aux point A et B d’un axe orienté ox.
ui
o
A
a
+q
B
a
M
+q
ET (M) = EA (M) + EB (M)
Au point M ces champs seront de la forme:
x
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
A - ET = k q/
a2
+ k q/
a2
B - ET = 0
EB (M) = k
(rAM )2
+q
EA (M) = k
Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s)
Expression du module de ce champ électrostatique ET.
qA
qB
(rBM )2
+q
EB (M) = k
(2a )2
(a )2
Les 2 champs ont même sens: ET (M) = EA (M) + EB (M)
q
ET (M) = k
(2a )2
+
k
q
(a )2
C - ET = k q/ 4a2 + k q/ a2
D - ET = k q/ 4a2 - k q/ a2
E - Aucune des propositions ci-dessus
UE3A : corrigé ED1_2012-2013
Exercice n°9
Electrocinétique - intensité
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).
9 - A - I = I1 = I2
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
réponse C exacte
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
réponse D fausse
Intensité
Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s)
A - I = I1 = I2
9- E - 1/I = 1/I1 + 1/I2
réponse E fausse
B - I = I1 + I2
C - I = I3 + I4
D - I4 = I’4 + I5
E - 1/I = 1/I1 + 1/I2
UE3A : corrigé ED1_2012-2013
Exercice n°9 Electrocinétique - Différence de potentiel
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).
9 - A - VAB = VA – VB = V1 + V2
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
réponse D fausse
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
Exercice n°9
Electrocinétique - Résistances
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.
9 - A - RAB = R1 + R2
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
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
R4+ R5 = 1 W + 4 W = 5W
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)
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
G - La résistance totale équivalente du circuit est RT = 5 W
UE3A : corrigé ED1_2012-2013
Exercice n°9
Electrocinétique - Calcul
1/ RAB = 1/R1 + 1/R2 = 1/2 + 1/6= 4/6
Le circuit ci-dessous est parcouru par un courant continu
d’intensité I.
1/ RBC = 1/R3 + 1/R4-5 = 1/5 + 1/5 = 2 /5
Ce circuit comprend un générateur de f.e.m E = 12 volts et
RT = RAB + RBC + r = 5 W
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.
Schéma équivalent
Calcul de Intensité I
Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s)
RAB = 1,5 W
RBC = 2,5 W
VAC = VAB + VBC = RAB I + RBC I
VAC = E – r I (énoncé)
A- I = 3A
VAC = E – r I = RAB I + RBC I
B - I = 2,4 A
E = RAB I + RBC I + r I = (RAB + RBC + r) I
C - I = 4,8 A
E = RT I
D - Il est impossible de calculer la valeur de I
I = E / RT
I = 12 / 5 = 2,4
UE3A : corrigé ED1_2012-2013
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).
B’
’
position de l’objet réel
position de l’image
Lumière
Espace objet réel
OA < 0
OA’ < 0
Espace image réelle
nature: virtuelle – droite
B
A’
Lentille mince
A
O
observateur
Loupe
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
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).
B’
’
OA’ = - 12 cm
- 12
1
B
A’
A
- 12
O
observateur
Loupe
2°) Nature de la lentille
+
=
-3
4
=
=
OA
OF'
1
OF’
1
OF’
12
3
1
=
OA= - 3cm
1
-
1

OA'
1
Lumière
1
Formule de conjugaison
1
OF’ = 4 cm
OF’
12
0F’ > 0 Lentille convergente
Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s)
A - Divergente
B - Convergente
V =
1
OF’
V =
1
= + 25 m-1
4.10-2
C - Vergence + 25 dioptries
D - Vergence - 25 dioptries
E - Vergence + 0,25 dioptrie
F - Vergence - 0,25 dioptrie
UE3A : corrigé ED1_2012-2013
A’
O
F’
2 cm
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
Y’
X’
Y
F1
X
n1
C
Lumière
n2
S
n2 = 1
F2
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
Exercice n° 11
Calcul
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.
Dioptre convergent
L’indice absolu du milieu (I) est n1 = 1,5; l’indice absolu du
milieu (II) est n2 = 1.
Dioptre Concave
F1 foyer objet et F2 foyer image
SC = - 2 cm
Formule de conjugaison
Y’
X’
Y
SF2 > 0 et SF1 < 0
F1
X
n1

SA
Lumière
n2
n1
n2
n1  n 2
=
SA'
SC
Objet réel donc dans le milieu n1 = 1,5.
C
S
F2
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’
n2 = 1
n SA '
g= 1
n 2 SA
1,5
g =
1
-
1,5
SA
-
1
1
=
SA’
SA
1,5 x SA’
x
SA’ = 2 SA
=3
SA
1,5 - 1
= - 0,25
- 2
= - 0,25
2 SA
SA = - 4 cm
2
2 SA
SA’ = - 8 cm
B - L’image correspond à XX’
Objet réel et image virtuelle droite
C - Image virtuelle
Conclusion:
D - Image réelle
= - 0,25
g
= +3
Objet correspond à XX’
Image correspond à YY’
E - Aucune des propositions ci-dessus.
UE3A : corrigé ED1_2012-2013
Exercice n° 11
Construction
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.
Dioptre convergent
L’indice absolu du milieu (I) est n1 = 1,5; l’indice absolu du
milieu (II) est n2 = 1.
Dioptre Concave
Y’
F1 foyer objet et F2 foyer image
SC = - 2 cm
Objet réel donc dans le milieu n1 = 1,5.
1ière hypothèse : Objet correspond à XX’
X’
n1
Lumière
n2
Objet se trouve entre le sommet S et le foyer objet F1
Y’
Y
SF2 > 0 et SF1 < 0
F1
X
C
S
F2
n2 = 1
X’
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.
Y
F1
X
n1
C
Lumière
n2
S
F2
Position et nature de l’image.
Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s)
Objet réel XX’ et image virtuelle droite YY’
A - L’image correspond à YY’
B - L’image correspond à XX’
Ici g > 0
C - Image virtuelle
D - Image réelle
E - Aucune des propositions ci-dessus.
UE3A : corrigé ED1_2012-2013
Exercice n° 11
Construction
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.
Dioptre convergent
L’indice absolu du milieu (I) est n1 = 1,5; l’indice absolu du
milieu (II) est n2 = 1.
Dioptre Concave
Y’
F1 foyer objet et F2 foyer image
SC = - 2 cm
Objet réel donc dans le milieu n1 = 1,5.
2ième hypothèse : Objet correspond à YY’
X’
n1
Lumière
n2
Y’
Y
SF2 > 0 et SF1 < 0
F1
X
C
S
n2 = 1
F2
X’
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.
Y
F1
X
n1
Lumière
n2
Z
C
S
F2
Position et nature de l’image.
Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s)
Objet réel YY’ et Image réelle inversée ZZ’
A - L’image correspond à YY’
g<0
B - L’image correspond à XX’
Image réelle inversée ZZ’ donc
C - Image virtuelle
Ce résultat ne correspond pas à l’énoncé avec g > 0
D - Image réelle
E - Aucune des propositions ci-dessus.
Conclusion: L’hypothèse objet YY’ est fausse.
UE3A : corrigé ED1_2012-2013
Z’
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.
Dioptre convergent
L’indice absolu du milieu (I) est n1 = 1,5; l’indice absolu du
milieu (II) est n2 = 1.
Dioptre Concave
F1 foyer objet et F2 foyer image
SC = - 2 cm
n2 = 1
Y’
X’
Y
SF2 > 0 et SF1 < 0
F1
X
n1
C
Lumière
n2
S
Vergence:
F2
V =
-
d ou m-1
n1
=
SF1
Vergence de ce dioptre
Cocher la (ou les) proposition (s) vraie (s)
V =
1 - 1,5
n2
=
SF2
n2 - n1
SC
= + 25 m-1
- 2.10-2
A - + 0,25 dioptrie
B - - 0,25 dioptrie
C - + 25 dioptries
D - - 25 dioptries
E - Aucune des propositions ci-dessus.
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.
Dioptre convergent
L’indice absolu du milieu (I) est n1 = 1,5; l’indice absolu du
milieu (II) est n2 = 1.
Dioptre Concave
SF2 > 0 et SF1 < 0
F1 foyer objet et F2 foyer image
SC = - 2 cm
n2 = 1
Y’
X’
Y
F1
X
n1
Lumière
n2
V =
-
n1
=
SF1
C
S
n2
=
n2 - n1
SF2
SC
F2
SF1 =
1,5
-
SF1 =
-
0,06 m
25
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
SF2 =
n2
V
SF2 =
1
25
SF2 = 0,04 m
E - Aucune des propositions ci-dessus.
UE3A : corrigé ED1_2012-2013
FIN
UE3A : corrigé ED1_2012-2013