Exercice I : Étude du mouvement d`une bille

Concours d’entrée 2012 – 2013
PHYSIQUE
Durée: 1H
8 JUILLET 2012
Exercice I : [12 pts] Étude du mouvement d’une particule
On dispose d’une glissière circulaire (C) creuse de rayon R = 50 cm située dans un plan vertical. Une particule (S), de
masse m = 20 g, peut glisser sur la surface intérieure de (C). Initialement, (S) est en A, sa position d’équilibre stable.
On écarte (S) de A, dans le sens positif, de l’angle 0 = 10o, puis on la lâche sans vitesse à la
O
date t0 = 0. À une date t, son élongation angulaire est  et sa vitesse angulaire est  . Le plan

horizontal passant par A est le niveau de référence de l’énergie potentielle de pesanteur.
R
2
Prendre g = 10 m/s ; sin   (rad).
1. On néglige les forces de frottement.
(S)
a) Déterminer, à la date t, l’énergie mécanique du système ((S), Terre).
A
b) Établir l’équation différentielle du second ordre en θ qui décrit les oscillations de (S).
c) En déduire la valeur de la période propre de ces oscillations.
10°
d) Déterminer l’équation horaire du mouvement.
8° 
2. En réalité, en reprenant les mêmes conditions initiales, (S) subit, à une date t, l’action
4°
t(s)
0° 1 2
d’une force de frottement f  -λV , où λ est une constante positive.
3 4 5
a) Déterminer la puissance de la force de frottement à l’instant t. En déduire que
-4°

g
-8°
l’équation différentielle qui régit le mouvement de (S) s’écrit :  +
 +  = 0.
m
R
b) La solution de cette équation différentielle est de la forme: (t) = A exp(-t/(2m)) cos (ωt-φ).
On pose :  = (t+T)/(t) où T désigne la pseudo-période. Déterminer l’expression de  et en déduire la valeur de .
Exercice II : [15 pts] Pourquoi le ciel est-il bleu ?
En 1904, Sir J.J Thomson propose un modèle pour l’atome d’hydrogène, dans lequel l’électron de masse m, situé en M,
est élastiquement lié à son noyau fixe situé en O. L’atome est ainsi ramené à un pendule élastique (m, k), l’électron de
masse m subissant l’action de la force Fe =-kOM où OM=xi et O étant sa position d’équilibre stable. L’électron est

astreint à se déplacer le long de i . On donne : m = 9,110-31 kg ; k = 100 N/m et on néglige le poids de l’électron.
1- a)En négligeant les frottements, établir l’équation différentielle du mouvement de l’oscillateur.
b) En déduire l’expression de la pulsation propre 0 et celle de la période propre T0 de cet oscillateur.
c) Calculer les valeurs de 0 et T0.


2. Une onde lumineuse, provenant du Soleil, est caractérisée par un champ électrique E = E0 cos(t+) i , 
appartenant à l’intervalle rouge ≤  ≤ bleu où ces deux radiations extrêmes ont dans le vide les longueurs d’onde
suivantes : rouge = 0,800 m et bleu = 0,400 m. On cherche à étudier l’action de cette onde sur l’électron d’un atome
de l’atmosphère, représenté par le modèle de Thomson. L’électron subit, à la date t, la force électrique



dx
F'=-eE = -e E0 cos(t+) i ; et, en plus, l’action d’une force de frottement de la forme F = - h v i où v =
.
dt
On donne : e =1,6.10-19 C; h =10-20 kg/s.
a) Montrer que l’équation différentielle en x est de la forme : x + B x + 02 x = - D cos(t+).
b) Déterminer les expressions des constantes positives B et D et calculer la valeur de B.
c) Calculer la valeur de rouge et celle de bleu.
3. La solution de cette équation différentielle, en régime permanent, est de la forme x = A cos(t). En donnant à t
deux valeurs particulières, déterminer l’expression de A en fonction de .
e.E 0
5. En donnant à  les valeurs limites considérées, montrer que l’expression de A peut être réduite à : A 
m(ω2 0 -ω2 )
6. Sachant que l’électron émet, dans toutes les directions, un rayonnement électromagnétique dont la puissance
moyenne est proportionnelle au carré de l’amplitude de son accélération,
a) Donner l’expression de la puissance moyenne Pmoy en fonction de e, m, E0,  et 0.
b) En comparant les deux puissances moyennes Prouge et Pbleu, expliquer alors pourquoi le ciel est bleu.
Exercice III : [15 pts] Datation par le couple Rubidium-Strontium
Certaines roches granitiques, lors de leur cristallisation, ont emprisonné une quantité de rubidium 87
37 Rb , un isotope
radioactif de rubidium, de constante radioactive = 1,4210.-11 an-1, et une autre quantité de strontium formée des
86
87
87
isotopes stables ( 87
38 Sr ) et ( 38 Sr ). Un noyau 37 Rb se désintègre en un noyau 38 Sr .
1. Donner, en le justifiant, le type de la désintégration d’un noyau 87
37 Rb .
2. Calculer la demi-vie radioactive t½ = T de l’échantillon de rubidium 87.
87
3. N( 87
37 Rb ) et N0( 37 Rb ) sont respectivement le nombre d'atomes de rubidium présents à l'instant actuel t et celui des
atomes qui étaient présents à l'instant t0 = 0, instant de formation de la roche. Montrer que le nombre N*( 87
38 Sr )
87
λt
d'atomes de strontium formés dès l’instant t0 jusqu’à l'instant t a pour expression : N*( 87
38 Sr ) = N( 37 Rb ) (e - 1).
87
4. N0( 87
38 Sr ) est le nombre initial de noyaux de strontium 87 présents dans l'échantillon. Donner l'expression N( 38 Sr ) du
87
nombre total de ces noyaux présents dans l’échantillon à l’instant actuel t en fonction de N( 87
37 Rb ), N0( 38 Sr ),  et t.
N( 87
N(87
37 Rb )
38Sr)
5. En mesurant expérimentalement les rapports u =
et
v
=
dans les
86
86
N(38Sr)
N( 38 Sr )
minéraux de deux roches granitiques différentes (granite A, granite B), on obtient les
deux graphiques suivants.
a) Pourquoi a-t-on utilisé l’isotope 86
38 Sr comme référence ?
b) Montrer que l’on peut écrire : v = a u + b, en posant : a = (eλt – 1)
c) i) Déterminer la valeur de a pour chacune des deux roches granitiques.
ii) En déduire l'âge approximatif de chacune des deux roches.
d) Pourquoi n’a-t-on pas utilisé le carbone 14 de demi-vie 5730 ans pour dater cette
roche ?
v
1,00
granite A
0,90
0,80
0,70
0
granite B
10
20
u
30
Exercice IV : [18 pts] Charge d’un condensateur et mouvement d’une tige
M
q
A
Le circuit de la figure ci-contre est formé de deux rails de Laplace reliés à un
K
générateur idéal de f.é.m. E = 6 V, un condensateur (C) de capacité C = 0,1 F

B
et un conducteur ohmique de résistance R = 5 . Les rails, horizontaux et
R
distants de  = 10 cm, baignent dans un champ magnétique vertical ascendant
- + i
et d’intensité B = 1,0 T. Une tige métallique MN, de masse m = 0,10 kg, peut D
N
x
se déplacer sans frottement sur les rails tout en restant perpendiculaire à ces
x
rails. Les deux rails et la tige sont de résistances négligeables.
À la date t0 = 0, (C) étant déchargé, on ferme K. À une date t, le circuit est parcouru par un courant d’intensité i, (C)
porte la charge q et présente à ses bornes une tension uMA = uC. MN, repérée par son abscisse x et subissant l’action de
dx
la force de Laplace F , possède une vitesse V de mesure algébrique V=
. Le circuit est ainsi orienté dans le sens de i.
dt
1-a) Donner le sens de F et son module F en fonction de l’intensité i.
b) Montrer que l’expression de la tension aux bornes M et N de la tige s’écrit uNM = + BV.
2-a) Par application de la deuxième loi de Newton, montrer que V = k uC, et déterminer la constante positive k.
b) Établir, par application de la loi d’additivité des tensions, l’équation différentielle:
du C  B2  2 C  m 
 uC
E = RC
+ 
m
dt


-t/τ
3-a) La solution de cette équation est de la forme uC = a - be .Déterminer les valeurs des constantes a, b et .
b) En déduire les expressions, en fonction du temps t, de V et i.
c) Déterminer x en fonction du temps t sachant que, à la date t0 = 0, x0 = 0.
d) i) Déterminer la date t1 à laquelle le régime permanent est pratiquement atteint.
ii) Déterminer la charge Q de (C), l’abscisse x1 de MN et la nature du mouvement de la tige à partir de t1.
Concours d’entrée 2012 – 2013
Solution de PHYSIQUE
Durée: 1H
8 JUILLET 2012
Premier exercice:
1) a) Em(t) =
1 2
1
I' + mgh = mR2'2 + mgR(1 – cos)
2
2
1
½
b) les forces de frottement sont negligables  Em(t) = constante
dM.E

=0
dt
 mR2′′′ + mgR(′sin) = 0 ; ′  0  R′′ + gsin = 0
Pour  faible, sin   (en rad)  ′′ +
g
=0 2
R
c) L’équation différentielle est de la forme: ′′ +
 T0 = 2
0,5
R
= 2
= 1,41 s
10
g
=0
=
1
d) L’équation horaire du movement:  = mcos(0t + )
et ′ = – 0msin(0t + )
Pour t = 0 :  = –mcos() = 0 ;
et ′ = – 0msin() = 0   = 0 ou (rad)
1
½
Pour  =   m = – 0 ;
Et pour  = 0  m = 0   =  est rejetée   = 0cos(0t)
g
R
 

2) a) P = f  v = –  v 2 = – v2 = – R2'2
1
L’équation différentielle décrivant le mouvement de (S) est donnée
par:
dE m
= P  mR2′′′ + mgR(′sin) = –  R2'2
dt
1 ½
2
2 2
 mR ′′′ + R ' + mgR(′sin) = 0.
 R′′′ +


g
R′ + g(') = 0  ′′ + ' +  = 0
m
m
R
b) le coefficient  =
 =
e
  ( t T )
2m
e
=
Ae
( t  T)
=
( t )
 t
2m
6,3
= 0,63
10
=e
Ae
T
2m
0,462  2 m
= 0,013 kg/s
T
1
cos[ ( t  T)  ]
 t
2m
;  = constant  t.
1
 n() = – 0,462 = –
=
 T
2m
  ( t T )
2m
cos[t  ]
1
½
Deuxième exercice:
1) a) pas frottement, conservation de l'énergie mécanique:
1
1
mv2 + kx2 = constante
2
2
Dérivons les deux membres par rapport au temps: mx'x'' + kx'x = 0;
x' 0.
1
½
k
 x'' +
x = 0, est l'équation
m
b) La forme générale de l'équation différentielle est: x'' + 02 x = 0,
½
Avec 0 la pulsation propre:
k
m
0 =
et la période propre T0 : T0 = 2
. ½
m
k
½
100
c) la valeur de 0 : 0 =
= 1,0481016 rad/s
31
9,1  10
½
-16
et T0 = 5,99410 s. ½
 dP
dv 1
2) a) Selon la deuxième loi de Newton:  F =
=m
= m x'' i
dt
dt

 



m x'' i = – h x' i - kx i + F' = – hx' i - kx i – e E0 cos(t+) i
eE 0
h
k
1
x'' +
x'+
x=–
cos(t+) ;
m
m
m
k
x'' + B x' + 02 x = – D cos(t+) avec: 02 =
.
m
½eE 0
h
10 20
b) B =
et D =
.B=
= 1,101010 s-1. ½
31
m
9,1  10
½ m
2c
2  3  108
c)  =
 rouge =
= 2,361015 rad/s
6
1

0,8  10
2  3  108
et bleu =
= 4,711015 rad/s
½
0,4  10 6
3) x'= – Asin(t) et x'' = – A2cos(t). En remplaçant chaque
grandeur par son expression dans l’équation différentielle équation, on
obtient:
eE
– A2cos(t) – B Asin(t) + 02 Acos(t) = – 0 cos(t+)
m
2
2
1
– A cos(t) – B Asin(t) + 0 Acos(t) = – D cos(t+)
Pour t = 0  – A2 + 02 A= – D cos() ½


Pour t =  – BA = – D cos ( +) = D sin() ½
2
2
2
2
2
2
2
2
D cos () + D sin () = D = A [(2 – 02 )2 + B22]2
D
1
A=
B22  (2  02 ) 2
4) Pour les deux radiations extrêmes  < 0, aussi B22 << ( 02  2 )
eE 0
D
A
; Ainsi A 
. 1
2
2
2
2
(0   )
m (0   )
5) a) L’amplitude de l’accélération est :
2
 2 eE 0 
 .
(Aacc) = [ A]  
2
2 
m
(



)
0


2
2
2
½
 2 eE 0 

Ainsi la puissance moyenne Pmoy  cte 
2
2 
m
(



)
0


 2blueeE 0 

b) Ainsi: Pbleu  cte 
2
2
m
(



)
0
blue 

½
2
  eE 0 

Prouge  cte 
2
 m(  red ) 
2
red
2
0
2
½
2
2
½
Pblue  2blue (02  2red ) 
 2

22
.
7


le ciel est bleu.

Pred  red (02  2blue ) 
Troisième exercice:
1)
87
37
a
a
Rb  87
38 Sr + z p  a = 0; z = –1  z p =
1
2) T =
0
1
n 2
0,693
=
= 4,881010 années
11

1,42  10
e , l’émission est -.
1
-λt
λt
87
87
3) On sait que N( 87
 N0( 87
37 Rb ) = N0( 37 Rb )e
37 Rb ) = N( 37 Rb )e
½
Nombre de Rb désintégré = nombre de Sr formé
½
87
87
 N*( 87
38 Sr ) = N0( 37 Rb )– N( 37 Rb )
λt
87
= N( 87
37 Rb )e – N( 37 Rb )
λt
87
 N*( 87
38 Sr ) = N( 37 Rb )(e – 1)
87
87
4) N( 87
38 Sr ) = N*( 38 Sr ) + N0( 38 Sr )
1
λt
87
= N( 87
37 Rb )(e – 1) + N0( 38 Sr )
1
½
5) a) Puisque l'isotope 86
38 Sr est stable et son nombre ne change pas au cours
du temps.
1
87
t
87
N
(
Rb
)(
e

1
)
N
(
Sr
)
N(87
Sr
)
38
37
b)
=
 0 8638
1 ½
86
N
(
Sr
)
N(38 Sr )
N(86
Sr
)
38
38
N 0 (87
38 Sr )
86
N(38 Sr )
(0,85  0,715)
c) i) Pour le granite A : aA =
= 7,9410-3. 1
(17  0)
1
Ainsi v = au + b  a = (eλt – 1) et b =
Pour le granite B: aB =
(0,85  0,715)
= 4,6510-3
(29  0)
1
v
1.00
granite A
0.90
0.80
0.70
tA
ii) pour A : e
0
granite B
u
30
20
10
1-3
tA
– 1 = n (7,9410 )  e = 1 + 7,9410-3
 etA = 1,00794  tA = 5,57108 années
1
1
pour B : etB – 1 = n (4,6510-3)  etB = 1 + 4,6510-3
1
 etB = 1,00465  tB = 3,27108 années
d) Le carbone 14 (comme tout autre isotope) sert à dater
1
les échantillons dont l’âge ne dépasse pas 10 T. D’où pour le carbone
14 au maximum 57000 ans.
Quatrième exercice:
1) a) La force F est horizontale, se dirige vers la droite (Règle des trois
doigts de la main droite) et de module F = iB.
1
b) Le flux magnétique à travers le circuit est :
   
 = B  S  B  nS = Bx ;
1
d
dx
La f.é.m. induit e : e = –
= – B
= – BV
1
dt
dt
La tension aux bornes M et N de la tige s’écrit alors :
uNM = - e = BV. car i sort du point M ; donc le pôle positif du
générateur équivalent est relié à M.
2) a) Par application de la deuxième loi de Newton :
1



 
dP
dV
;
F  mg  R N 
m
dt
dt
après projection suivant le sens du mouvement,
dV
on trouve: F = iB = m
; 1
dt
du
du
dV
i=C C m
= BC C  mV = BC uC + cte
1
dt
dt
dt
BC
À t = 0, V = 0 et uC = 0  cte = 0, ainsi: V =
uC . 1
m
b) Par application de la loi d’additivité des tensions, on obtient :
uND = uNM + uMA + uAD  E = Ri + BV + uC;
 E = RC
 E=RC
2 2
du C
BC
+
u C + uC
dt
m
du c
B2 2C+m
(
)u c
dt
m
1
1
½
t
½
3) a) À t0 = 0, uC = 0  a = b et uc = a – a e 
;
du C a t
=
e

dt
t
a t
B2  2 C  m
B2  2 C  m
a–
ae 
e +

m
m
0,10  6
mE
a= 2 2
= 2
= 5,94 V
B  C  m 1  (0,10) 2  0,1  0,10
mRC
et  = 2 2
= 0,495 s
½
B  Cm
Ainsi: uC = 5,94[1– e  2,02 t ]
 E = RC
½
½
BC
uC  V = 0,1×5,94[1– e  2,02 t ]
m
1
V = 0,594[1– e  2,02 t ] (en m/s)
du
i = C C = 0,1×5,94×2,02 e  2,02 t = 1,2 e  2,02 t (en A)
1
dt
 0,594   2,02 t
dx
c) V =
= 0,594[1 – e  2,02 t ]  x = 0,594 t + 
+ cte
e
dt
 2,02 
1
At t0 = 0 ; 0 = 0 + 0,297 + cte
 cte = – 0,297 m  x = 0,594 t + 0,297[e  2,02 t – 1]. ½
1
d) i) Le régime permanent est atteint pour : t1 = 5 = 50,495 = 2,475 s
b) V =
ii) La charge Q du condensateur: Q = CuC = 0.1×5.94 = 0.594 C
1
L'abscisse x1 de la tige:
½
x1 = 0,5942,475+ 0,297[e-5 – 1] = 1,47 – 0,297 = 1,17 m.
À partir de la date t1 le mouvement est rectiligne uniforme, car V
devient constante.
½