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. 3