Solutionnaire du concours de l`ACP 2003

Solutionnaire du concours de l’ACP 2003
Partie A
1
6
11
16
21
(c)
(a)
(b)
(a)
(c)
2
7
12
17
22
(b)
(a)
(b)
(c)
(c)
3
8
13
18
23
(b)
(d)
(c)
(a)
(a)
4
9
14
19
24
(d)
(a)
(c)
(d)
(c)
5
10
15
20
25
(a)
(a)
(d)
(a)
(d)
Problème 1
(a) Tel qu’illustré dans la figure ci-dessous, on peut employer
un champ électrique uniforme E, orienté vers le bas
dans le plan de la page, ainsi qu’un champ magnétique
uniforme B 1 rentrant dans la page. (E vers le haut et
B 1 sortant de la page ont le même effet.)
v
= 3.2 × 105 m/s
On remarquera que cette valeur est très inférieure à la
vitesse de la lumière, en accord avec notre supposition
que les effets relativistes sont négligeables.
Partie B
FM
où m0 est la masse d’un ion 38 K, et K = m0 v02 /2. On a
donc:
s
E
2(2.0 × 104 eV)(1.6 × 10−19 C)
=
B
6.3 × 10−26 kg
(b) Le champ magnétique B 2 rentrant dans la page, tel
qu’illustré ci-dessous, exerce une force centripète F 2 sur
les ions arrivant dans le séparateur de masse, et leur imprime une trajectoire circulaire de rayon R. Comme un
champ magnétique ne fournit aucun travail, l’énergie (et
la vitesse) des ions n’est pas modifiée. Les ions sont
déviés dans la direction déterminée par la règle de la main
droite appliquée à la force F 2 = ev 0 × B 2 .
38
⊗B1
FE
K
R
E
F2
(1) Sélecteur
de vitesse
v0
⊗B2
(2) Séparateur de masse
Comme tous les ions alcalins possèdent une charge positive e, ils ressentent:
• une force électrique F E = eE, orientée vers le bas
dans le plan de la page;
• une force magnétique F M = ev × B 1 , où v est la
vélocité d’un ion. De par la règle de la main droite
pour le produit vectoriel, il est orienté vers le haut
dans le plan de la page; v étant orienté vers la droite,
la grandeur de F M est evB.
Pour une vélocité donnée v 0 , il existe des grandeurs
pour de champ E et B1 telles que les forces électrique
et magnétique s’équilibrent. Cette condition se trouve
réalisée lorsque F E = −F M , et donc, lorsque eE =
ev0 B1 . Tous les ions de vitesse
E
v0 =
B
à l’entrée du sélecteur de vitesse le traversent sans être
déviés. Les autres sont déviés et on peut les extraire du
faisceau initial. Seul le rapport E/B est détrminé, grâce
à la condition:
r
2K0
E
=
B
m0
v 0 étant perpendiculaire à B 2 , on a F2 = ev0 B2 . À
l’aide de l’expression générale de la force centripète,
F2 = mv02 /R — où m est la masse de l’ion — on obtient:
mv0
R =
eB2
Tous les ions ayant la même vitesse à l’entrée, à chaque
masse d’ion dans le faisceau correspond one valeur de
R dans un champ magnétique donné. Pour que seuls les
ions 38 K aient une trajectoire avec un rayon de courbure
R0 , il faut employer un champ
r
mv0
2m0 K0
1
B2 =
=
eR0
R0
e2
Avec les données fournies, on trouve:
s
1
2K0 (eV)
K0 in eV!
B2 =
R0
e/m0
s
1
2(2.0 × 104 eV)
=
2.1 m (1.6 × 10−19 C)/(6.3 × 10−26 kg)
= 0.060 T
Concours de l’ACP
Problème 2
En admettant qu’une résonance est responsable des grandes
amplitudes de marée dans la Baie de Fundy, cela doit être dû
aux forces de marée exercées par la Lune qui font affluer et
refluer l’eau dans la baie et qui excitent l’un de ses modes
propres de vibration. L’alternance des marées peut alors
être représentée par une ondulation de très grande longueur
d’onde se propageant à la surface de l’eau. Les conditions aux
limites qui prévalent à l’entrée et au fond de la baie sont celles
qui donnent lieu à une onde stationnaire le long d’une corde
dont une extrémité (l’entrée de la baie dans ce cas-ci) est fixe,
là où le déplacement vertical est à son minimum, et l’autre
extrémité (le fond de la baie) est libre et dont le déplacement
est le plus grand. La longueur d’onde de ce mode serait alors
λ = 4L, L étant la longueur de la corde, donc, dans notre cas,
la longueur de la baie: L = 260 km.
En prenant v = 25 m/s comme vitesse de propagation de
l’onde, sa période s’écrit:
4L
λ
=
v
v
4(2.60 × 105 m)
=
= 4, 16 × 104 s
25 m/s
= 11, 6 heures
2003
avec le signe + lorsque x > R et le signe − lorsque
x < R. (Détail technique: le fait de travailler dans ce
référentiel non-inertiel tournant à vitesse angulaire ω fait
nécessairement apparaı̂tre une pseudo-accélération (dite
de Coriolis) qui dépend de dx/dt. Comme nous supposons l’orbite circulaire, dx/dt = 0, et la contribution
de Coriolis est nulle.)
La condition pour que a s’annule s’écrit alors:
ω2 x =
(b) D’après la troisième loi de Kepler, GM1 = ω 2 R3 ; en
introduisant le paramètre α ≡ M2 /M1 , on peut éliminer
ω 2 et M1 :
α R3
R3
x = 2 ±
x
(R ± x)2
En multipliant par x2 /R3 et en réarrangeant, on trouve,
après avoir posé u ≡ x/R:
T =
Or la période des marées devrait être d’environ 12,4 heures.
En effet, si la position de la Lune était fixe par rapport à la
Terre, les points de marée haute se déplaceraient dans la direction opposée à celle de la rotation de la Terre et, en un point
donné, il y aurait marée haute toutes les 12 heures. Mais en
fait, la Lune se déplace sur son orbite dans la direction de
la rotation terrestre avec une période d’environ 29 jours en
moyenne, ie, 6,2◦ dans le ciel toutes les 12 heures (ou toutes
les 720 minutes). La Lune met donc 25 minutes à parcourir
cette distance angulaire, ce qui augmente l’intervalle entre les
marées hautes de 0,4 heure, soit 12,4 heures en tout.
Notre analyse démontre que la période des marées dans la
baie, calculée en tenant compte du mouvement apparent de
la Lune, est comparable au résultat fourni par notre modèle
très simplifié du mode fondamental de résonance dans la
Baie de Fundy. Compte tenu de toutes nos approximations,
l’accord entre les deux valeurs est excellent, et nous pouvons conclure que ce mécanisme explique bien le phénomène
d’amplification des marées.
GM2
GM1
±
2
x
(R ± x)2
u3 − 1 = ±
α u2
(1 ± u)2
(c) D’après le résultat obtenu en (a), il doit exister un
point L1 sur la ligne joignant la Terre au Soleil où
la condition d’égalité entre l’accélération centrifuge
ω 2 x1 et l’accélération gravitationnelle nette (laquelle est
inférieure à celle due au Soleil) peut être satisfaite pour
une valeur de ω identique à celle de la Terre, de sorte que
x1 < R. Ce point est situé à une distance de 1,5 million
de km, soit cent fois plus près que le Soleil.
D’autre part, cette même condition est satisfaite en un
point L2 situé un peu au-delà de l’orbite terrestre, là où
les accélerations gravitationelles dues à la Terre et au
Soleil cette fois s’additionnent, et donc x2 > R. L2
devrait se situer (et c’est le cas) à peu près à la même
distance de l’orbite terrestre que L1.
Enfin, en un point L3 de l’autre côté du Soleil, la condition peut être satisfaite là où l’accélération totale due au
Soleil et à la Terre est égale à ω 2 x3 . Cette fois, la Terre
se trouvant beaucoup plus loin de L3 que de L2, L3 devrait être situé beaucoup plus près de R que L2. C’est
l’endroit idéal pour ne jamais être vu de la Terre.
ω
R
Problème 3
(a) On cherche une configuration dans laquelle le télescope,
la Terre et le Soleil sont immobiles les uns par rapport
aux autres dans un référentiel tournant à vitesse angulaire constante ω. C’est-à-dire que, dans le référentiel
tournant, le télescope a une accélération nette:
GM1
GM2
2
a = ω x −
±
x2
(R ± x)2
L3
×
M1
L1 L2
× ×
M2
x
2
Concours de l’ACP
(d) Le point L2 dans la figure conviendra très bien au
télescope. Un écran thermique pourra le protéger de la
chaleur rayonnée per la Terre et par le Soleil, tout en laissant une vue très dégagée pour l’observation.
(e) Le système illustré dans la figure étant symétrique par
2003
rapport à l’axe des x, les points lagrangiens situés ailleurs
que sur l’axe doivent être appairés. Il y en a donc deux au
minimum. Lagrange n’avait trouvé qu’une seule paire de
solutions ailleurs que sur l’axe, portant leur nombre total
à cinq.
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