Solutionnaire du concours de l`ACP 2003

Solutionnaire du concours de l’ACP 2003
Partie A
1 (c) 2 (b) 3 (b) 4 (d) 5 (a)
6 (a) 7 (a) 8 (d) 9 (a) 10 (a)
11 (b) 12 (b) 13 (c) 14 (c) 15 (d)
16 (a) 17 (c) 18 (a) 19 (d) 20 (a)
21 (c) 22 (c) 23 (a) 24 (c) 25 (d)
Partie B
Probl` eme 1
(a) Tel qu’illustr´ e dans la figure ci-dessous, on peut employer
un champ ´ electrique uniforme E,orient´ e vers le bas
dans le plan de la page, ainsi qu’un champ magn´ etique
uniforme B1rentrant dans la page. (Evers le haut et
B1sortant de la page ont le mˆ eme effet.)
v
(1) S´ electeur
de vitesse
⊗B1
FM
E
FE
Comme tous les ions alcalins poss` edent une charge posi-
tive e, ils ressentent:
•une force ´ electrique FE=eE, orient´ ee vers le bas
dans le plan de la page;
•une force magn´ etique FM=ev×B1, o` uvest la
v´ elocit´ e d’un ion. De par la r` egle de la main droite
pour le produit vectoriel, il est orient´ e vers le haut
dans le plan de la page; v´ etant orient´ e vers la droite,
la grandeur de FMest evB.
Pour une v´ elocit´ e donn´ ee v0, il existe des grandeurs
pour de champ Eet B1telles que les forces ´ electrique
et magn´ etique s’´ equilibrent. Cette condition se trouve
r´ ealis´ ee lorsque FE=−FM, et donc, lorsque eE =
ev0B1. Tous les ions de vitesse
v0=E
B
`
a l’entr´ ee du s´ electeur de vitesse le traversent sans ˆ etre
d´ evi´ es. Les autres sont d´ evi´ es et on peut les extraire du
faisceau initial. Seul le rapport E/B est d´ etrmin´ e, grˆ ace
`
a la condition:
E
B=r2K0 m0
o` um0est la masse d’un ion 38K, et K=m0v2
0/2. On a
donc:
E
B=s2(2.0×104eV)(1.6×10−19 C) 6.3×10−26 kg
= 3.2×105m/s
On remarquera que cette valeur est tr` es inf´ erieure ` a la
vitesse de la lumi` ere, en accord avec notre supposition
que les effets relativistes sont n´ egligeables.
(b) Le champ magn´ etique B2rentrant dans la page, tel
qu’illustr´ e ci-dessous, exerce une force centrip` ete F2sur
les ions arrivant dans le s´ eparateur de masse, et leur im-
prime une trajectoire circulaire de rayon R. Comme un
champ magn´ etique ne fournit aucun travail, l’´ energie (et
la vitesse) des ions n’est pas modifi´ ee. Les ions sont
d´ evi´ es dans la direction d´ etermin´ ee par la r` egle de la main
droite appliqu´ ee ` a la force F2=ev0×B2.
38K
R
F2
(2) S´ eparateur de masse
⊗B2
v0
v0´
etant perpendiculaire ` aB2, on a F2=ev0B2.` A
l’aide de l’expression g´ en´ erale de la force centrip` ete,
F2=mv2
0/R — o`
umest la masse de l’ion — on ob-
tient:
R=mv0
eB2
Tous les ions ayant la mˆ eme vitesse ` a l’entr´ ee, ` a chaque
masse d’ion dans le faisceau correspond one valeur de
Rdans un champ magn´ etique donn´ e. Pour que seuls les
ions 38K aient une trajectoire avec un rayon de courbure
R0, il faut employer un champ
B2=mv0
eR0
=1
R0r2m0K0 e2
Avec les donn´ ees fournies, on trouve:
B2=1
R0s2K0(eV) e/m0
K0in eV!
=1
2.1ms2(2.0×104eV) (1.6×10−19 C)/(6.3×10−26 kg)
= 0.060 T

Concours de l’ACP 2003
Probl` eme 2
En admettant qu’une r´ esonance est responsable des grandes
amplitudes de mar´ ee dans la Baie de Fundy, cela doit ˆ etre dˆ u
aux forces de mar´ ee exerc´ ees 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 mar´ ees peut alors
ˆ
etre repr´ esent´ ee par une ondulation de tr` es grande longueur
d’onde se propageant ` a la surface de l’eau. Les conditions aux
limites qui pr´ evalent ` a l’entr´ ee et au fond de la baie sont celles
qui donnent lieu ` a une onde stationnaire le long d’une corde
dont une extr´ emit´ e (l’entr´ ee de la baie dans ce cas-ci) est fixe,
l` a o` u le d´ eplacement vertical est ` a son minimum, et l’autre
extr´ emit´ e (le fond de la baie) est libre et dont le d´ eplacement
est le plus grand. La longueur d’onde de ce mode serait alors
λ= 4L,L´ etant 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 p´ eriode s’´ ecrit:
T=λ
v=4L v
=4(2.60 ×105m)
25 m/s = 4,16 ×104s
= 11,6heures
Or la p´ eriode des mar´ ees devrait ˆ etre d’environ 12,4 heures.
En effet, si la position de la Lune ´ etait fixe par rapport ` a la
Terre, les points de mar´ ee haute se d´ eplaceraient dans la di-
rection oppos´ ee ` a celle de la rotation de la Terre et, en un point
donn´ e, il y aurait mar´ ee haute toutes les 12 heures. Mais en
fait, la Lune se d´ eplace sur son orbite dans la direction de
la rotation terrestre avec une p´ eriode 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 ` a parcourir
cette distance angulaire, ce qui augmente l’intervalle entre les
mar´ ees hautes de 0,4 heure, soit 12,4 heures en tout.
Notre analyse d´ emontre que la p´ eriode des mar´ ees dans la
baie, calcul´ ee en tenant compte du mouvement apparent de
la Lune, est comparable au r´ esultat fourni par notre mod` ele
tr` es simplifi´ e du mode fondamental de r´ esonance dans la
Baie de Fundy. Compte tenu de toutes nos approximations,
l’accord entre les deux valeurs est excellent, et nous pou-
vons conclure que ce m´ ecanisme explique bien le ph´ enom` ene
d’amplification des mar´ ees.
Probl` eme 3
(a) On cherche une configuration dans laquelle le t´ elescope,
la Terre et le Soleil sont immobiles les uns par rapport
aux autres dans un r´ ef´ erentiel tournant ` a vitesse angu-
laire constante ω. C’est-` a-dire que, dans le r´ ef´ erentiel
tournant, le t´ elescope a une acc´ el´ eration nette:
a=ω2x−GM1
x2±GM2 (R±x)2
avec le signe + lorsque x > R et le signe −lorsque
x < R. (D´ etail technique: le fait de travailler dans ce
r´ ef´ erentiel non-inertiel tournant ` a vitesse angulaire ωfait
n´ ecessairement apparaˆ ıtre une pseudo-acc´ el´ eration (dite
de Coriolis) qui d´ epend de dx/dt. Comme nous sup-
posons l’orbite circulaire, dx/dt= 0, et la contribution
de Coriolis est nulle.)
La condition pour que as’annule s’´ ecrit alors:
ω2x=GM1
x2±GM2 (R±x)2
(b) D’apr` es la troisi` eme loi de Kepler, GM1=ω2R3; en
introduisant le param` etre α≡M2/M1, on peut ´ eliminer
ω2et M1:
x=R3
x2±α R3 (R±x)2
En multipliant par x2/R3et en r´ earrangeant, on trouve,
apr` es avoir pos´ eu≡x/R:
u3−1 = ±α u2
(1 ±u)2
(c) D’apr` es le r´ esultat obtenu en (a), il doit exister un
point L1 sur la ligne joignant la Terre au Soleil o` u
la condition d’´ egalit´ e entre l’acc´ el´ eration centrifuge
ω2x1et l’acc´ el´ eration gravitationnelle nette (laquelle est
inf´ erieure ` a celle due au Soleil) peut ˆ etre satisfaite pour
une valeur de ωidentique ` a celle de la Terre, de sorte que
x1< R. Ce point est situ´ e` a une distance de 1,5 million
de km, soit cent fois plus pr` es que le Soleil.
D’autre part, cette mˆ eme condition est satisfaite en un
point L2 situ´ e un peu au-del` a de l’orbite terrestre, l` a o` u
les acc´ elerations gravitationelles dues ` a la Terre et au
Soleil cette fois s’additionnent, et donc x2> R. L2
devrait se situer (et c’est le cas) ` a peu pr` es ` a la mˆ eme
distance de l’orbite terrestre que L1.
Enfin, en un point L3 de l’autre cˆ ot´ e du Soleil, la condi-
tion peut ˆ etre satisfaite l` a o` u l’acc´ el´ eration totale due au
Soleil et ` a la Terre est ´ egale ` aω2x3. Cette fois, la Terre
se trouvant beaucoup plus loin de L3 que de L2, L3 de-
vrait ˆ etre situ´ e beaucoup plus pr` es de Rque L2. C’est
l’endroit id´ eal pour ne jamais ˆ etre vu de la Terre.
M1M2
R
x
×
L1 × L2
×
L3
ω
2

Concours de l’ACP 2003
(d) Le point L2 dans la figure conviendra tr` es bien au
t´ elescope. Un ´ ecran thermique pourra le prot´ eger de la
chaleur rayonn´ ee per la Terre et par le Soleil, tout en lais-
sant une vue tr` es d´ egag´ ee pour l’observation.
(e) Le syst` eme illustr´ e dans la figure ´ etant sym´ etrique par
rapport ` a l’axe des x, les points lagrangiens situ´ es ailleurs
que sur l’axe doivent ˆ etre appair´ es. Il y en a donc deux au
minimum. Lagrange n’avait trouv´ e qu’une seule paire de
solutions ailleurs que sur l’axe, portant leur nombre total
`
a cinq.
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