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O1MM Physique 2017
1ere QUESTION
La diffraction.
La diffraction permet de mettre en évidence le caractère ondulatoire d’un phénomène. Elle est due à la perturbation de la propagation de l’onde au voisinage d’un obstacle de dimensions de même ordre de grandeur que la longueur d’onde (interférences).
La diffraction, la dispersion et la réfraction sont d’autres propriétés des ondes.
La lumière se propage même dans le vide, donc ce n’est pas une onde mécanique.
Au point O, on a \(x=0\). Comme la différence de marche est \(\delta=\dfrac{a.x}{D}\), on a
\(\delta=\dfrac{0,2.10^{-3}\times0}{1}=0\)
On a donc une interférence constructive et donc la frange est brillante.
- Au point P, on a :
\(\delta_P=\dfrac{a.x_P}{D}=\dfrac{0,2.10^{-3}\times6,1.10^{-3}}{1}=1,22.10^{-6}m\)
La différence de marche est le décalage, en un point, entre le train d’onde provenant de \(S_1\) et celui venant de \(S_2\). Quand c’est un nombre entier de fois la longueur d’onde (\(\delta=k.\lambda, k \in \mathbb{Z}\)), les deux trains d’onde sont en phase et ils s’additionnent. C’est une frange claire. Quand c’est le contraire (\(\delta=(k+1/2).\lambda, k \in \mathbb{Z}\)), les trains d’onde en provenance des deux sources sont en opposition de phase. Leurs effets s’annulent et la frange est sombre.
Au point P :
\(\dfrac{\delta_P}{\lambda}=\dfrac{1,22.10^{-6}}{488.10^{-9}}=2,5\)
On est donc dans le cas où \(\delta=(n+1/2).\lambda\), donc l’interférence entre les ondes provenant de \(S_1\) et de \(S_2\) est destructive. C’est donc une frange sombre.
2e QUESTION
- Représentation schématique :
- RFD \(\Rightarrow \sum \vec F=m.\vec a\). L’électron n’est soumis qu’à la force électrostatique donc :
\(k.\dfrac{e^2}{r^2}.\vec u=m.\vec a\)
\(\Rightarrow \vec a=\dfrac{k}{m}.\dfrac{e^2}{r^2}.\vec u\)
- Dans le repère de Frénet, on sait que l’accélération peut être décomposée en une composante tangentielle est une composante radiale telles que :
\(\vec a=\dfrac{dV}{dt}.\vec t+\dfrac{v^2}{r}.\vec u\)
En identifiant cette expression de l’accélération avec celle de la question 2, il apparaît que la composante de l’accélération selon \(\vec t\) est nulle, donc \(\dfrac{dV}{dt}=0\) donc la vitesse est constate. Le mouvement de l’électron est donc uniforme.
- En identifiant les deux mêmes expressions, pour ce qui est de leurs composantes en \(\vec u\), on obtient :
\(\dfrac{v^2}{r}=\dfrac{k}{m}.\dfrac{e^2}{r^2}\)
\(v=\sqrt{\dfrac{k}{m}.\dfrac{e^2}{r}}\)
- On a vu ci-dessus que :
\(v=\sqrt{\dfrac{k}{m}.\dfrac{e^2}{r}}\)
\(\Rightarrow v^2=\dfrac{k}{m}.\dfrac{e^2}{r}\)
\(\Rightarrow E_c=\dfrac {1}{2}.m.v^2=\dfrac{k.e^2}{2r}\)
- Par définition, \(E_m=E_c+E_p\). Sachant d’après l’énoncé que \(E_p=\dfrac{-k.e^2}{r}\), on a :
\(E_m=\dfrac{k.e^2}{2r}+\dfrac{-k.e^2}{r}\)
\(\Rightarrow E_m=\dfrac{k.e^2}{2r}+\dfrac{-2k.e^2}{2r}\)
\(\Rightarrow E_m=\dfrac{-k.e^2}{2r}\)
- Dans l’expression ci-dessus, le numérateur est constant et le numérateur est proportionnel à \(r\)
\[\lim_{r\to\infty} E_c=\lim_{r\to\infty} \dfrac{-k.e^2}{2r}=0\]
L’énergie mécanique de l’électron tend donc vers zéro lorsque r tend vers l’infini et que l’atome est ionisé.
3e QUESTION
- Lors de cette étape, il n’y a pas de changement d’état
\(\Rightarrow \Delta U_1=m.c.\Delta T=4,2\times3,2.10^3\times(0-20)=-2,69.10^5J\)
L’air froid du congélateur prélève les calories de la nourriture. Il est renouvelé au contact de la nourriture par les mouvements de convection.
Il s’agit de la chaleur latente de changement de l’état lors de l’étape 2. Elle est négative pour la nourriture qui perd de l’énergie.
\(\Delta U_2=-m.L=-4,2\times200.10^3=-8,4.10^5J\)
- On connaît \(\Delta U_3\) qui est donnée en valeur absolue. Du point de vue de la nourriture, dont la température baisse, \(\Delta U_3<0 \Rightarrow \Delta U_3=-2.10^6J\)
\(\Rightarrow \Delta U_3=m.c_s.\Delta T\)
\(\Rightarrow c_s=\dfrac{\Delta U_3}{m.\Delta T}=\dfrac{-2.10^6}{4,2\times(-18-0)}=2,65.10^4J.kg^{-1}.K^{-1}\)
- Pour assurer la congélation, le congélateur doit fournir une énergie totale qui est l’opposée de la variation totale d’énergie interne de la nourriture :
\(\Delta U=-(\Delta U_1+\Delta U_2+\Delta U_3)=2,7.10^5+8,4.10^5+2.10^6=3,1.10^6J\)
Avec une puissance P de 500W, le temps nécessaire sera
\(t=\dfrac {\Delta U}{P}=\dfrac{3,1.10^6}{500}=6200s=1h44’\)
- Comme en 6200s le congélateur peut congeler 4,2kg de nourriture, en 24h il pourra en congeler :
\(m_{24}=4,2\times \dfrac{24\times3600}{6200}=58,5\) kg
4e QUESTION
- Le skieur est soumis à son poids et à la réaction du plan incliné.
Le 2e principe de Newton (Relation fondamentale de la dynamique) stipule :
\(\sum \vec F=m. \vec a\)
Comme les frottements sont négligés, le skieur est soumis à :
- la réaction de la piste lui est orthogonale
- son poids \(\vec P=m.\vec g\)
Deux angles dont les côtés sont orthogonaux sont identiques, donc l’angle \(\alpha\) de la piste avec l’horizontale se retrouve quand on veut projeter \(\vec P\) sur l’axe \((Ax)\).
\(\Rightarrow \sum F_x=m.g.sin\alpha=m.a_x\)
\(\Rightarrow a_x=g.sin\alpha\)
Cette accélération est constante. On intègre pour obtenir la vitesse :
\(v_x(t)=g.sin\alpha.t+Cte\)
Comme à \(t=0\), \(v_x=0\), la constante est nulle.
\(\Rightarrow v_x(t)=g.sin\alpha.t\)
On intègre à nouveau pour obtenir la position :
\(x(t)=\dfrac{1}{2}g.sin\alpha.t^2+Cte\)
Comme à t=0 on a x=0, la constante est nulle.
\(x(t)=\dfrac{1}{2}g.sin\alpha.t^2\)
- Quand le skieur atteint le point B, on a :
\(x_B=\dfrac{1}{2}g.sin\alpha.t_B^2\)
\(t_B^2=\dfrac{2.x_B}{g.sin\alpha}\)
\(t_B=\sqrt{\dfrac{2.x_B}{g.sin\alpha}}=\sqrt{\dfrac{2\times150}{10\times sin(20°)}}=9,37s\)
La durée du parcours AB est de 9,37s.
La vitesse en B est \(v_B=g.sin\alpha.t_B=10\times sin (20°)\times9,37=32m.s^{-1}\)
- La force de frottement s’oppose au mouvement. On peut donc la rajouter dans l’équation de la relation fondamentale de la dynamique de la question 1 :
\(\sum F_x=m.g.sin\alpha-f=m.a_x\)
\(\Rightarrow a_x=g.sin\alpha-\dfrac{f}{m}\)
Comme dans la partie précédente, on intègre et à partir des conditions initiales à t=0, on obtient :
\(\Rightarrow v_x(t)=(g.sin\alpha-\dfrac{f}{m}).t\)
puis \(x(t)=\dfrac{1}{2}(g.sin\alpha-\dfrac{f}{m}).t^2=\dfrac{m.g.sin \alpha-f}{2m}.t^2\)
\(\Rightarrow t^2=\dfrac{2m.x(t)}{m.g.sin \alpha-f}\)
\(\Rightarrow t=\sqrt{\dfrac{2m.x(t)}{m.g.sin \alpha-f}}\)
D’où, quand le skieur atteint le point B :
\(t_B=\sqrt{\dfrac{2m.x_B}{m.g.sin \alpha-f}}\) \(=\sqrt{\dfrac{2\times80\times150}{80\times10\times sin (20°)-200}}\)
\(t_B=18,1s\)
On sait \(v_x(t)=(g.sin\alpha-\dfrac{f}{m}).t\)
\(\Rightarrow v_B=(g.sin\alpha-\dfrac{f}{m}).t_B=(10\times sin(20°)-\dfrac{200}{80})\times18,1=16,6m.s^{-1}\)
- La vitesse est constante entre B et C et la pente est \(\alpha’\).
D’après le théorème de l’énergie cinétique, Dans un référentiel galiléen, pour un corps de masse m constante parcourant un chemin reliant un point A à un point B, la variation d’énergie cinétique est égale à la somme des travaux W des forces (extérieures et intérieures) qui s’exercent sur le corps considéré.
\(E_{c_C}-E_{c_B}=\sum W=0\)
Sur le trajet BC, le travail des forces est le suivant :
- Réaction normale, perpendiculaire au déplacement : \(W_R=0\)
- Poids : \(W_P=m.g.\Delta h=m.g.BC.sin \alpha’\)
- Frottements : Ils s’opposent au déplacement donc W<0 : \(W_F=-BC.f’\)
On a donc \(W_R+W_P+W_F=0\)
\(\Rightarrow m.g.BC.sin \alpha’-BC.f’=0\)
\(\Rightarrow f’=m.g.sin \alpha’=80\times10\times sin(10°)=139 N\)
On aurait aussi pu résoudre cette question ainsi :
\(\sum F_x=m.g.sin\alpha’-f’=m.a_x=0\)
\(\Rightarrow f’=m.g.sin\alpha’\)