ICNA - SESSION 2009 ÉPREUVE COMMUNE DE PHYSIQUE

ICNA - SESSION 2009
ÉPREUVE COMMUNE DE PHYSIQUE
CORRIGÉ
Étude d'un modèle simplifié de moto.
1.
Les roues S1 et S2 roulent sans glisser sur le sol. La nullité de la vitesse de glissement en Ii
( i = 1, 2 ) se traduit par :
JG
JG
JJJG G
G
V ( Ii ,Si / R ) = V ( Ci ,Si / R ) + ω ( Si / R ) ∧ Ci Ii = 0
Les points C1, C2, centres des roues, sont aussi liés au châssis, ils ont dont la même vitesse de translation
que C3 et C, ainsi :
JG
JG
G
V ( C1 ,S1 / R ) = V ( C 2 ,S2 / R ) = v e y
Il en résulte que :
v = − Rω1 = −Rω2
On observe, évidemment, que :
ω1 = ω2 = −
2.
v
R
L'énergie cinétique est une grandeur extensive, donc :
E k ( Σ / R ) = E k ( S1 / R ) + E k ( S2 / R ) + E k ( S3 / R )
Le châssis est uniquement en translation dans R, donc son énergie cinétique est :
JG 2
1
1
E k ( S3 / R ) = ( M − 2m ) V ( C3 ,S3 / R ) = ( M − 2m ) v 2
2
2
L'énergie cinétique des roues se détermine à l'aide du théorème de Koenig relatif à l'énergie cinétique, soit :
1 JG 2
1 G
E k ( Si / R ) = mV ( Ci ,Si / R ) + Iω2 ( Si / R ) ( i = 1, 2 )
2
2
On en déduit :
1
1
1
1
E k ( S1 / R ) = mv 2 + Iω12 , E k ( S2 / R ) = mv 2 + Iω22
2
2
2
2
Il en résulte que :
1
1
1
E k ( Σ / R ) = Mv 2 + Iω12 + Iω22
2
2
2
Compte tenu de la condition de roulement sans glissement des roues sur le sol, l'expression précédente se
simplifie en :
1
2I 
E k ( Σ / R ) =  M + 2  v2
2
R 
3.
Le moment cinétique est une grandeur extensive, donc :
JG
JG
JG
JG
LC ( Σ / R ) = LC ( S1 / R ) + LC ( S2 / R ) + LC ( S3 / R )
On utilise alors le théorème de Koenig relatif au moment cinétique, soit :
JG
JG
JJJG
JG
LC ( Si / R ) = LCi ( Si / R ) + CSi ∧ mi V ( Ci ,Si / R ) ( i = 1, 2,3)
Le châssis est uniquement en translation dans R, donc :
JG
JJJG
JG
JJJG
G
LC ( S3 / R ) = CC3 ∧ ( M − 2m ) V ( C3 ,S3 / R ) = ( M − 2m ) CC3 ∧ vey
JG
JG
JG
JG
G
G
Pour les roues, sachant que, LCi ( Si / R ) = Iω ( Si / R ) , V ( C1 ,S1 / R ) = V ( C 2 ,S2 / R ) = V ( C3 ,S3 / R ) = ve y
( )
G
G
vG
et ω ( S1 / R ) = ω ( S2 / R ) = − ex , on obtient respectivement :
R
AC
2
ICNA - SESSION 2008
JG
JJJG
G
I G
LC ( S1 / R ) = − vex + mCC1 ∧ ve y
R
( )
JG
JJJG
G
I G
, LC ( S2 / R ) = − vex + mCC2 ∧ ve y
R
( )
On déduit :
JG
JJJG
JJJG
JJJG
G
2I G
LC ( Σ / R ) = − vex + ( M − 2m ) CC3 + mCC1 + mCC2 ∧ ve y
R
Or par définition du centre de masse du système Σ on a :
JJJG
JJJG
JJJG
G
( M − 2m ) CC3 + mCC1 + mCC2 = 0
(
En définitive il vient :
4.
) ( )
JG
2I G
LC ( Σ / R ) = − vex
R
JG
G
On pose Γi = Γi ex (i = 1,2). Compte tenu de l'orientation du trièdre de référence nous aurons :
♦ Γ1 < 0 pendant la phase d'accélération ;
♦ Γ1 > 0 pendant la phase de freinage ;
♦ Γ2 > 0 .
5.
Question sans objet.
JG
Pour déterminer l'expression de Γ 2 (voir question 7) il faut appliquer le théorème du moment cinétique
barycentrique à la roue S2 dans R. Il est alors nécessaire de modéliser :
♦ les actions de S3 sur S2 ;
♦ les actions du sol sur S2.
Or, à ce stade du développement, nous savons uniquement que la liaison pivot entre S3 et S2 est parfaite.
6.
On applique le théorème de la puissance cinétique à Σ dans R, soit :
dE k ( Σ / R )
= Pext + Pint
dt
a) Bilan des forces extérieures :
JG
G
♦ poids du système, P = Mg ;
JG
JG
♦ actions du sol sur le système en I1 et I2 schématisées respectivement par R1 et R 2 (voir question 7).
JG
G JG
Le déplacement de Σ dans R s'effectuant sur un sol horizontal on a P P / R = Mg.V ( C, Σ / R ) = 0 . Par
JG
JG JG
ailleurs, les roues roulent sans glisser sur le sol, ainsi P R i / R = T i .V ( Ii ,Si / R ) = 0 , (i = 1,2).
(
)
(
)
La puissance développée par les actions extérieures est donc nulle, Pext = 0 .
b) Bilan des actions intérieures :
JG
JG
♦ les couples Γ1 et Γ 2 ;
♦ les actions de contact au niveau des liaisons pivot entre les roues et le châssis.
Comme on suppose ces liaisons pivot parfaites, soit P ( S3 ↔ S1 ) = P ( S3 ↔ S2 ) = 0 . La puissance
développée par les actions intérieures se limite à celle des couples appliqués, donc :
2 JG
G
v
Pint =
Γi .ω ( Si / R ) = − ( Γ1 + Γ 2 )
R
i =1
∑
En définitive, en utilisant le résultat de la question 2, on obtient l'équation du mouvement de Σ dans R :
dv − ( Γ1 + Γ 2 ) R
=
dt
MR 2 + I
Avec la condition initiale imposée, v ( 0 ) = 0 , cette relation s'intègre en :
v(t) =
7.
AC
− ( Γ1 + Γ 2 ) R
MR 2 + I
t
Le théorème du moment cinétique barycentrique appliqué aux roues s'écrit :
3
ÉPREUVE COMMUNE DE PHYSIQUE - CORRIGÉ
JG
 dLCi ( Si / R ) 
JJG

 = M ext ( Ci )


dt

R
(i = 1,2)
avec :
JG
G
Iv G
♦ LCi ( Si / R ) = Iωi ex = − ex
R
JJG
JG JJJG JG JJJJG
G JJG
G JJG
♦ M ext ( Ci ) = Γi + Ci Ii ∧ R i + Ci Ci ∧ mg + M c ( Ci / S3 → Si ) = ( Γi + RTi ) ex + M c ( Ci / S3 → Si )
Comme on suppose la liaison pivot parfaite entre chaque roue et le châssis, on a :
JJG
G
M c ( Ci / S3 → Si ) .ex = 0
G
La projection du théorème du moment cinétique barycentrique selon ex , vecteur fixe dans R, nous
conduit alors à :
I dv Γ i
Ti = − 2
−
( i = 1, 2 )
R dt R
On en déduit :
2I dv Γ1 + Γ 2
T1 + T2 = − 2
−
R
R dt
8.
On applique le théorème de la résultante cinétique - appelé aussi théorème de la résultante
dynamique - à Σ dans R, soit :
JG
 dV ( C, Σ / R ) 
G JG JG
 = Mg + R1 + R 2
M


dt

R
G
G
Il conduit, en projection respectivement selon ex et selon ez , aux deux équations scalaires :
T1 + T2 = M
9.
dv
dt
N1 + N 2 = Mg
On applique le théorème du moment cinétique à Σ en C dans R, soit :
JG
2 JJG
 dLC ( Σ / R ) 
JJG
JG JJJG
G

 = M ext ( C ) =
CIi ∧ R i + CC ∧ Mg


dt
G
i =1

R
0
∑
avec :
JJG JG
G
CI1 ∧ R1 = ( hT1 − d1 N1 ) ex
JJG JG
G
et CI 2 ∧ R 2 = ( hT2 + d 2 N 2 ) ex
Ainsi, en utilisant le résultat de la question 3, on obtient :
2I dv
−
= ( d 2 N 2 − d1 N1 ) + h ( T1 + T2 )
R dt
On fait alors appel aux deux équations scalaires obtenues à la question 8, ce qui nous conduit à :
2I dv
2I  dv

, ( d1 + d 2 ) N 2 = d1Mg −  Mh + 
( d1 + d 2 ) N1 = d 2 Mg +  Mh + 
R
dt
R  dt



On observe que, à l'accélération, la roue arrière (motrice) supporte un "poids" supérieur par rapport à la
roue avant (porteuse). La roue avant peut décoller du sol, ce qui correspond à l'annulation de N2, si
l'accélération est trop importante.
Remarque. Le calcul que nous venons d'effectuer ne me paraît pas utile dès lors qu'il n'est pas
exploité par la suite.
10. Les roues roulent sans glisser sur le sol horizontal donc, d'après les lois de Coulomb-Morin sur le
frottement de glissement, on a :
Ti < f Ni ( i = 1, 2 )
On est dans une phase d'accélération, supposée constante, donc :
Γ2 = 0
et, d'après les résultats des questions 7 et 8, il vient :
AC
4
ICNA - SESSION 2008
2I 

Γ1 = −  M + 2  a 0 < 0
R


Ce résultat est parfaitement cohérent avec celui de la question 4.
11.
En exploitant les résultats de la question précédente et ceux de la question 7 on obtient aisément :
I 
I

T1 =  M + 2  a 0 > 0 , T2 = − 2 a 0 < 0
R
R


en accord avec le fait que la roue S1 est motrice et la roue S2 porteuse.
Au cours de la phase d'accélération il ne faut pas que la roue arrière patine ce qui impose T1 < fN1 , soit :
2I 

 M + 2  d 2 fMg
R 

Γ1 < Γ1,1
=
max
I
2I
( d1 + d 2 )  M + 2  − f  Mh + 
R
R  

Par ailleurs la roue avant ne doit pas décoller du sol, N 2 > 0 , ce qui implique :
2I 

 M + 2  d1Mg
R 

Γ1 < Γ1,2
=
max
2I 

 Mh + R 


Ces deux valeurs maximales du couple moteur seront égales pour :
2I 

 M + 2  d1
2I  a 0

R 

> 1 +
f = f0 =

2I 

 MR 2  g
+
Mh

R 

En conclusion, il y aura ni patinage de la roue motrice ni cabrage de la moto si on a simultanément
f > f 0 et Γ1 < Γ1,2
.
max
Diffusion thermique.
12.
h en J.s −1.K −1.m −2 = W.K −1.m −2 et λ en J.s −1.K −1.m −1 = W.K −1.m −1 .
13. Question de vocabulaire. En général, compte tenu de l'analogie entre les lois de
G
Fourier, d'Ohm et de Fick, jQ est appelé densité volumique de courant thermique ou encore
densité surfacique de flux thermique.
Le bilan de puissance thermique, en régime stationnaire, dans le cylindre élémentaire, de section S = πR 2 ,
compris entre les deux sections droites z et z + dz , se traduit, en l'absence de terme de production, par :
 jQ ( z ) − jQ ( z + dz )  πR 2 = 2πR c j ( z ) dz
Il en résulte l'équation différentielle :
−
14.
djQ ( z )
dz
D'après la loi de Fourier on a : jQ ( z ) = −λ
=
2
jc ( z )
R
dT ( z )
. Par ailleurs l'échange conducto-convectif avec
dz
l'air ambiant est donné par la loi de Newton : jc = h ( T ( z ) − Tatm ) .
Cette dernière relation doit être donnée dans l'énoncé car elle n'est pas explicitement au programme.
On en déduit l'équation différentielle qui régit la répartition de température dans le cylindre :
AC
5
ÉPREUVE COMMUNE DE PHYSIQUE - CORRIGÉ
d2T ( z )
dz
15.
2
−
2h
( T ( z ) − Tatm ) = 0
λR
La solution générale de cette équation différentielle est :
T ( z ) = Tatm + A exp ( αz ) + Bexp ( −αz )
avec :
α=
2h
λR
On détermine les constantes A et B à l'aide des conditions aux limites, T ( 0 ) = Tinf et T ( L ) = Tsup . On
obtient ainsi :
A=
16.
Tsup − Tatm − ( Tinf − Tatm ) exp ( −αL )
exp ( αL ) − exp ( −αL )
, B=
( Tinf − Tatm ) exp ( αL ) − ( Tsup − Tatm )
exp ( αL ) − exp ( −αL )
La barre est supposée de longueur infinie avec Tsup = Tatm , dans ce cas B = Tinf − Tatm et A = 0 .
Le profil de température devient :
T ( z ) = Tatm + ( Tinf − Tatm ) exp ( −αz )
Conduction thermique (bis).
17. On effectue un bilan de puissance thermique dans le volume élémentaire compris entre les
cylindres coaxiaux de rayons r et r + dr ( R1 < r < R 2 ) , de hauteur dz. En régime stationnaire et en
l'absence de terme de production il vient :
G
G


 rjQ ( r ) − ( r + dr ) jQ ( r + dr )  2π dz = 0
Il en résulte que :
G
d rjQ ( r )
=0
dr
G
ce qui signifie que jQ ( r ) est à flux conservatif.
(
18.
)
Pour ce système à symétrie cylindrique la loi de Fourier se traduit par :
G
dT ( r ) G
G
jQ = jQ ( r ) er = −λ
er
dr
19. Le bilan de puissance thermique et la loi de Fourier conduisent à un profil de température dans la
conduite (pourquoi parler ici de gaine ?) de la forme :
T ( r ) = A ln r + B
On détermine les constantes A et B à l'aide des conditions aux limites en r = R1 et r = R2, d'où :
ln ( r / R1 )
T ( r ) = T ( R1 ) + ( T ( R 2 ) − T ( R1 ) )
ln ( R 2 / R1 )
20.
La densité de courant thermique associée à ce profil de température est alors :
G
T ( R 2 ) − T ( R1 ) 1 G
jQ ( r ) = −λ
er
ln ( R 2 / R1 ) r
Le flux thermique à travers la surface latérale d'un cylindre d'axe Oz, de rayon r ( R1 < r < R 2 ) et de
hauteur unité est constant (voir question17) et vaut :
T ( R1 ) − T ( R 2 )
φ = 2πλ
ln ( R 2 / R1 )
On en déduit la résistance thermique de conduction par unité de longueur de la conduite :
AC
6
ICNA - SESSION 2008
Rc =
T ( R1 ) − T ( R 2 )
φ
=
ln ( R 2 / R1 )
2πλ
21. Les échanges convectifs au niveau des fluides, compte tenu de la continuité du flux thermique et
de la loi de Newton (question 14), nous donnent, toujours par unité de longueur de conduite :
φ = 2πh1R1 ( T0 − T ( R1 ) ) = 2πh 2 R 2 ( T ( R 2 ) − Tatm )
On en déduit les résistances thermiques associées :
T − T ( R1 )
T ( R 2 ) − Tatm
1
1
R fluide = 0
=
, R air =
=
φ
2πh1R1
φ
2πh 2 R 2
La résistance thermique totale par unité de longueur de la conduite est alors :
T − Tatm ( T0 − T ( R1 ) ) + ( T ( R1 ) − T ( R 2 ) ) + ( T ( R 2 ) − Tatm )
R th = 0
=
= R fluide + R c + R air
φ
φ
Ce résultat était attendu car ces résistances thermiques, qui se comportent comme les résistances
électriques, sont montées en série puisque traversées par le même flux thermique.
Optique géométrique : associations de lentilles minces.
22. La lunette, constituée des lentilles minces convergentes L1 et L2, est afocale si un faisceau incident
parallèle à l'axe optique émerge de l'oculaire parallèlement à l'axe optique. Pour cela, il est nécessaire que
le foyer image F'1 de L1 coïncide avec le foyer objet F2 de L2. On aura alors :
O1O 2 = f1 + f 2 = 40 cm .
23.
Dans un système dioptrique afocal les foyers sont rejetés à l'infini.
24. On a O3 = F '1 = F2 donc nous sommes toujours en présence d'un système afocal. Les foyers étant
rejetés à l'infini ce système présente une vergence nulle.
25. On veut que F2 soit sa propre image à travers l'association des trois lentilles. F2 , situé entre L1 et
L2, est ,à la fois, objet virtuel et image virtuelle pour le système.
26.
Attention, les notations utilisées dans l'énoncé ne sont pas cohérentes.
L
L
L
3
1
2
On a : F2 
→ F21 
→ F23 
→ F2 . Dans ce cas, la formule de conjugaison de Newton appliquée
respectivement à L1 puis à L2, compte tenu que F'1 = F2 , nous donne :
F1F2 .F '1 F21 = −f12 ⇒ F2 F1.F2 F21 = f12
27.
F2 F23 .F '2 F2 = −f 22
On applique la formule de conjugaison de Descartes à L3, soit compte tenu que O3 = F '1 = F2 :
−1
O3 F21
+
1
O3 F23
=
1
1
1
−1
⇒
+
=
f3
F2 F21 F2 F23 f3
28.
Les résultats des questions 26 et 27 nous conduisent aisément à la distance focale de la lentille L3 :
f1f 2
f3 =
= 3, 75 cm
2 ( f1 + f 2 )
29.
Le système étant afocal le grandissement transversal est :
−f
1
Gt = 2 = −
f1
3
Les milieux extrêmes étant identiques on a, pour un système afocal, G t .G a = +1 ce qui nous conduit à un
grandissement angulaire :
1
Ga =
= −3
Gt
Remarque. On peut déduire ces résultats à partir d'un simple schéma.
AC
7
ÉPREUVE COMMUNE DE PHYSIQUE - CORRIGÉ
30. La lentille L3 n'intervient pas dans la détermination de Gt et de Ga donc, si on modifie sa nature, on
ne change pas les résultats précédents. On peut s'en convaincre à l'aide des schémas ci-dessous.
L1
L2
L3
I
J
α
F1
F'3
O3
O1
O2
α'
K
K
L3
J
L1
I
α
F3 O3
O1
F1
O2
α'
L2
Dans les deux cas nous avons :
Ga =
O J FO
O J  FO
α'
= 3 . 1 1 = 3 . 1 1
α O 2 O3 O1I
O1I  − F2 O 2




Or, O3 J = O1J , d'où :
Ga =
f
α'
= − 1 = −3
α
f2
On déduit alors Gt de la relation G t .G a = +1 .
Électromagnétisme.
On note Oz l'axe du condensateur dont les armatures circulaires de rayon R, chargées positivement et
négativement, sont disposées respectivement dans les plans z = − e et z = +e . On suppose, par ailleurs,
les effets de bord négligeables ce qui permet de considérer comme uniforme le champ électrique entre les
armatures.
31. Les conducteurs qui constituent les armatures sont en équilibre électrostatique. Or, par définition,
le champ électrostatique est nul dans tout le volume d'un conducteur en équilibre électrostatique. Il en
JG
résulte, avec l'équation de Maxwell-Gauss, div ε0 E = ρ , que la densité volumique de charge est nulle
( )
dans tout le volume d'un conducteur en équilibre électrostatique.
ρ=0
Si on apporte une charge électrique Q sur un tel conducteur, initialement neutre, cette charge ne peut que
se répartir en surface, soit dans la géométrie proposée ici avec une densité superficielle :
Q
σ=
πR 2
AC
8
ICNA - SESSION 2008
Remarque. Notons qu'un conducteur en équilibre électrostatique constitue un volume équipotentiel.
32. Un condensateur qui, soumis à une différence de potentiel V, acquiert une charge Q, présente une
capacité :
Q πR 2 σ
C= =
V
V
33. La capacité d'un condensateur plan d'épaisseur 2e dont les armatures ont chacune une aire
S = πR 2 est :
C = ε0
πR 2
2e
34. On considère l'armature positive qui tourne autour de l'axe Oz avec un vecteur rotation
G
G
G
ω A + / R = ωez = 2πnez . Il apparaît un courant de convection dont la densité superficielle en un point
(
)
+
M de l'armature est :
G
JJJJG +
G
G
js M + = σ ω A + / R ∧ OM = 2πσ n r eθ
( )
(
)
Ainsi, le cylindre creux, d'axe Oz, de rayon moyen r, d'épaisseur dr, de hauteur h, portant la charge
électrique dq, va être parcouru par le courant élémentaire d'intensité :
G
G
di = js M + . ( dr eθ ) = 2πσ n r dr = n dq
( )
La même démarche pour l'armature négative conduit, évidemment, à un courant élémentaire égal en
valeur absolue mais de sens contraire au précédent.
35. Attention, il ne s'agit pas ici de déterminer le champ magnétique créé par une armature
en O mais du champ magnétique créé en O par la spire circulaire plane d'axe Oz, de rayon
moyen r, d'épaisseur dr, parcourue par le courant di.
On peut considérer que c'est l'armature positive située dans le plan z = − e . On obtient aisément :
JG
JG
G
di
r2
di
r2
dB1 ( O ) = µ 0
e
⇒
dB
1 ( O ) = µ0
z
2 r 2 + e 2 3/ 2
2 r 2 + e 2 3/ 2
(
36.
)
(
)
Pour la même géométrie relative à l'autre armature - donc ici la négative - il vient :
JG
JG
G
−di
r2
di
r2
dB2 ( O ) = µ0
e
⇒
dB
O
=
µ
2
(
)
z
0
2 r 2 + e 2 3/ 2
2 r 2 + e 2 3/ 2
(
)
(
)
JG
JG
dB1 ( O ) et dB2 ( O ) ont même direction, même norme, mais sont de sens opposés.
37.
La norme du champ magnétique total créé en O par la rotation des deux armatures est :
JG
JG
B ( O ) = B1 ( O ) + B2 ( O ) =
R
JG
JG
∫ ( dB ( O ) + dB
1
2
(O))
=0
0
38.
On vient de donner la réponse dans la question précédente.
39. Si les deux armatures tournent dans le même sens à la même vitesse angulaire le champ
magnétique résultant en O est alors :
R
R
JG
JG
⌠
B ( O ) = 2 dB1 ( O ) = 2πµ0 σn 
∫
0
r 3dr
⌡ ( r 2 + e2 )
0
Compte tenu que σ =
AC
ε0 V
, une intégration par parties nous donne :
2e
 R 2 + 2e

− 2
B ( O ) = πε0 µ 0 nV 
 e R 2 + e 2

3/ 2
G
ez
9
ÉPREUVE COMMUNE DE PHYSIQUE - CORRIGÉ
40.
Si 2e R on obtient :
R

B ( O ) ≈ πε0 µ 0 nV  − 2 
e

-:-:-:-:-
AC