Corrigé détaillé ENAC Physique QCM MPSI 2023 (page 2/2 : Parties 4, 5 et 6)

Physique ENAC EPL 2023

36 questions corrigées
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Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I, TSI1 et BCPST1 : les 36 questions
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Partie 4 : Transformations thermodynamiques du diazote

Question 19

Intermédiaire≈ 3 min

Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI

Notions : loi de laplace, transformation isobare

Quelles sont, en fonction de $V_{i}$ , $ε$ et $γ$ , les expressions de $V^{'}$ et de $V_{f}$ ?

A) $V^{'} = V_{i} (1 + ε)^{- \frac{1}{γ}}$ B) $V^{'} = V_{i} (1 + ε)^{\frac{1}{γ}}$ C) $V_{f} = V_{i} (1 + ε)$ D) $V_{f} = \frac{V _{i}}{1 + ε}$

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Appliquer la loi de Laplace sous la forme p V^\gamma = \text{cste} le long de T_1, puis la loi de Mariotte entre les états à même température.

Voir la stratégie

Pour déterminer V', on utilise la loi de Laplace (p V^\gamma = \text{cte}) applicable à un gaz parfait subissant une transformation adiabatique réversible.
Pour déterminer V_f, la transformation T2 étant isobare (p_f = p' = p_i(1+\varepsilon)) et la température finale étant T_f = T_i, on applique l'équation d'état des gaz parfaits entre les états E_i et E_f.

Voir la réponse courte

Application de la loi de Laplace pour l'adiabatique réversible puis de l'équation d'état pour l'isobare.

Voir le corrigé complet

Le diazote est modélisé par un gaz parfait de coefficient adiabatique \gamma constant.

Expression du volume V' : La transformation T1 étant adiabatique et réversible (isentropique), la loi de Laplace s'applique entre l'état initial E_i(p_i, V_i, T_i) et l'état intermédiaire E'(p', V', T') :

p_i V_i^\gamma = p' V'^\gamma

Sachant que la pression dans l'état E' vaut p' = p_i(1 + \varepsilon), il vient :

V'^\gamma = \frac{p_i}{p'} V_i^\gamma = \frac{V_i^\gamma}{1 + \varepsilon} = V_i^\gamma (1 + \varepsilon)^{-1}

D'où l'expression du volume V' :

\boxed{V' = V_i (1 + \varepsilon)^{-\frac{1}{\gamma}}}

La proposition A est donc exacte.

Expression du volume V_f : La transformation T2 étant isobare, la pression dans l'état final E_f est égale à la pression dans l'état E' :

p_f = p' = p_i(1 + \varepsilon)

De plus, la température finale est T_f = T_i. En appliquant l'équation d'état du gaz parfait aux états E_i et E_f :

\begin{aligned} p_i V_i &= n R T_i \\ p_f V_f &= n R T_f = n R T_i \end{aligned}

On en déduit que p_f V_f = p_i V_i, d'où :

\boxed{V_f = \frac{p_i V_i}{p_f} = \frac{V_i}{1 + \varepsilon}}

La proposition D est donc exacte.

Résultat

V^{'} = V_{i} (1 + ε)^{- \frac{1}{γ}}

V_{f} = \frac{p _{i} V _{i}}{p _{f}} = \frac{V _{i}}{1 + ε}

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Question 20

Intermédiaire≈ 2 min

Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI

Notions : loi de laplace, détente adiabatique

Donner l'expression de $T^{'}$ en fonction de $T_{i}$ , $ε$ et $γ$ .

A) $T^{'} = T_{i} (1 + ε)^{- \frac{1}{γ}}$ B) $T^{'} = T_{i} (1 + ε)^{1 - \frac{1}{γ}}$ C) $T^{'} = T_{i} (1 + ε)^{\frac{1}{γ} - 1}$ D) $T^{'} = T_{i} (1 + ε)^{γ - 1}$

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Utiliser la relation de Laplace reliant pression et température, T^\gamma p^{1-\gamma} = \text{cste}, lors de la détente réversible adiabatique.

Voir la stratégie

Pour déterminer la température T' à l'issue de la transformation adiabatique réversible T1 subie par un gaz parfait, deux approches équivalentes sont envisageables :

appliquer directement la loi de Laplace exprimée avec les variables (T, p) ;
utiliser l'équation d'état du gaz parfait en réutilisant l'expression du volume V' obtenue à la question Q19.

Voir la réponse courte

Utilisation de la relation de Laplace sous la forme T P^{(1-\gamma)/\gamma} = \text{cste} pour déterminer T'.

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Méthode 1 : Par l'équation d'état du gaz parfait et le résultat de Q19

Le diazote étant assimilé à un gaz parfait, on applique l'équation d'état aux états E_i et E' :

p_i V_i = n R T_i \quad \text{et} \quad p' V' = n R T'

En effectuant le rapport membre à membre :

\frac{T'}{T_i} = \frac{p' V'}{p_i V_i} = \left(\frac{p'}{p_i}\right) \left(\frac{V'}{V_i}\right)

D'après l'énoncé, la pression à l'état E' vaut p' = p_i(1+\varepsilon), soit \frac{p'}{p_i} = 1+\varepsilon. De plus, d'après la question Q19 :

\frac{V'}{V_i} = (1+\varepsilon)^{-\frac{1}{\gamma}}

On en déduit immédiatement :

\frac{T'}{T_i} = (1+\varepsilon) \cdot (1+\varepsilon)^{-\frac{1}{\gamma}} = (1+\varepsilon)^{1 - \frac{1}{\gamma}}

Méthode 2 : Par la loi de Laplace

La transformation T1 étant adiabatique réversible pour un gaz parfait à capacités thermiques constantes, les variables d'état vérifient la loi de Laplace sous la forme :

\begin{aligned} T^\gamma p^{1-\gamma} = \text{cte} \quad &\Longleftrightarrow \quad T p^{\frac{1-\gamma}{\gamma}} = \text{cte} \\ &\Longleftrightarrow \quad T' {p'}^{\frac{1-\gamma}{\gamma}} = T_i p_i^{\frac{1-\gamma}{\gamma}} \end{aligned}

Il vient ainsi :

T' = T_i \left(\frac{p'}{p_i}\right)^{\frac{\gamma-1}{\gamma}} = T_i (1+\varepsilon)^{1 - \frac{1}{\gamma}}

La proposition correcte est la proposition B.

\boxed{T' = T_i (1 + \varepsilon)^{1 - \frac{1}{\gamma}}}

Résultat

T^{'} = T_{i} (1 + ε)^{1 - \frac{1}{γ}}

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Question 21

Intermédiaire≈ 3 min

Incontournable
Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI

Notions : premier principe, travail des forces de pression

Déterminer le travail (algébrique) $W_{E_{i} E^{'}}$ reçu par le gaz au cours de la transformation T1.

A) $W_{E_{i} E^{'}} = \frac{p _{i} V _{i}}{1 - γ} [(1 + ε)^{1 - \frac{1}{γ}} - 1]$ B) $W_{E_{i} E^{'}} = \frac{p _{i} V _{i}}{γ - 1} [(1 + ε)^{\frac{1}{γ} - 1} - 1]$ C) $W_{E_{i} E^{'}} = \frac{p _{i} V _{i}}{γ - 1} [(1 + ε)^{1 - \frac{1}{γ}} - 1]$ D) $W_{E_{i} E^{'}} = p_{i} V_{i} \frac{( 1 + ε ) ^{1 - \frac{1}{γ}}}{γ - 1}$

Voir l'indice

Utiliser le premier principe de la thermodynamique pour une adiabatique (\Delta U = W) ou la formule générale du travail pour une loi polytropique de Laplace.

Voir la stratégie

Pour une transformation adiabatique d'un gaz parfait, le premier principe de la thermodynamique relie directement le travail reçu à la variation d'énergie interne, ce qui évite le calcul d'une intégrale.

Appliquer le premier principe de la thermodynamique au gaz entre les états E_i et E', la transformation T1 étant adiabatique (Q_{E_i E'} = 0).
Exprimer la variation d'énergie interne \Delta U_{E_i E'} en fonction des températures T_i et T', puis réinjecter l'expression de T' obtenue à la question Q20.

Voir la réponse courte

Calcul du travail reçu lors d'une détente adiabatique réversible via W = \Delta U = n C_v \Delta T.

Voir le corrigé complet

La transformation T1 est adiabatique (Q_{E_i E'} = 0). Le premier principe de la thermodynamique appliqué au système fermé constitué des n moles de gaz parfait entre les états E_i et E' s'écrit :

\Delta U_{E_i E'} = W_{E_i E'} + Q_{E_i E'} = W_{E_i E'}

D'après la première loi de Joule, l'énergie interne d'un gaz parfait ne dépend que de sa température :

\Delta U_{E_i E'} = C_v (T' - T_i) = \frac{n R}{\gamma - 1}(T' - T_i)

En utilisant l'équation d'état du gaz parfait dans l'état initial, p_i V_i = n R T_i, il vient :

W_{E_i E'} = \frac{p_i V_i}{\gamma - 1}\left(\frac{T'}{T_i} - 1\right)

D'après le résultat de la question Q20, le rapport des températures s'exprime sous la forme :

\frac{T'}{T_i} = (1 + \varepsilon)^{1 - \frac{1}{\gamma}}

On en déduit l'expression du travail reçu par le gaz au cours de la transformation T1 :

\boxed{W_{E_i E'} = \frac{p_i V_i}{\gamma - 1}\left[(1 + \varepsilon)^{1 - \frac{1}{\gamma}} - 1\right]}

Cette expression correspond à la proposition C.

Résultat

W_{E_{i} E^{'}} = \frac{p _{i} V _{i}}{γ - 1} [(1 + ε)^{1 - \frac{1}{γ}} - 1]

Question déjà tombée ailleurs

ENAC Physique MPSI 2025, Q22

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Question 22

Intermédiaire≈ 3 min

Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI

Notions : transformation isobare, travail des forces de pression

Déterminer le travail (algébrique) $W_{E^{'} E_{f}}$ reçu par le gaz au cours de la transformation T2.

A) $W_{E^{'} E_{f}} = - p_{i} V_{i} [1 + (1 + ε)^{1 - \frac{1}{γ}}]$ B) $W_{E^{'} E_{f}} = p_{i} V_{i} [1 - (1 + ε)^{1 - \frac{1}{γ}}]$ C) $W_{E^{'} E_{f}} = - p_{i} V_{i} [1 - (1 + ε)^{1 - \frac{1}{γ}}]$ D) $W_{E^{'} E_{f}} = p_{f} V_{f} (1 + ε)^{1 - \frac{1}{γ}}$

Voir l'indice

Intégrer le travail élémentaire \delta W = -p_{\text{ext}}\,\mathrm{d}V pour une évolution à pression extérieure constante égale à p_i(1+\varepsilon).

Voir la stratégie

Identifier la nature de la transformation T2 : il s'agit d'une transformation isobare à la pression constante p_f = p' = p_i(1+\varepsilon).
Exprimer le travail des forces de pression reçu par le gaz W_{E' E_f} = -\int_{V'}^{V_f} p\,\mathrm{d}V = -p_f(V_f - V').
Injecter les expressions des volumes V' et V_f établies à la question Q19 pour simplifier l'expression.

Voir la réponse courte

Calcul du travail des forces de pression lors d'une évolution isobare W = -P \Delta V.

Voir le corrigé complet

La transformation T2 s'effectue à pression constante p = p_f = p' = p_i(1+\varepsilon). Le travail élémentaire des forces de pression s'écrit \delta W = -p\,\mathrm{d}V, d'où :

W_{E' E_f} = -p_f \int_{V'}^{V_f} \mathrm{d}V = -p_f (V_f - V')

D'après la question Q19, les volumes aux états E' et E_f s'expriment selon :

V' = V_i(1+\varepsilon)^{-\frac{1}{\gamma}} \quad \text{et} \quad V_f = \frac{V_i}{1+\varepsilon}

En substituant ces expressions et p_f = p_i(1+\varepsilon) :

\begin{aligned} W_{E' E_f} &= -p_i(1+\varepsilon) \left[ \frac{V_i}{1+\varepsilon} - V_i(1+\varepsilon)^{-\frac{1}{\gamma}} \right] \\ &= -p_i V_i + p_i V_i (1+\varepsilon)^{1-\frac{1}{\gamma}} \\ &= -p_i V_i \left[ 1 - (1+\varepsilon)^{1-\frac{1}{\gamma}} \right] \end{aligned}

La proposition exacte est la C.

\boxed{W_{E' E_f} = -p_i V_i \left[1 - (1 + \varepsilon)^{1 - \frac{1}{\gamma}}\right]}

Résultat

W_{E^{'} E_{f}} = - p_{i} V_{i} [1 - (1 + ε)^{1 - \frac{1}{γ}}]

Question déjà tombée ailleurs

ENAC Physique MPSI 2025, Q20

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Question 23

Intermédiaire≈ 3 min

Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI

Notions : premier principe, transfert thermique

Après avoir donné l'expression du bilan d'énergie interne $Δ U$ entre les états $E_{i}$ et $E_{f}$ , déterminer la chaleur, ou transfert thermique (algébrique), $Q$ , reçue par le gaz au cours de la série de transformations qui l'amène de $E_{i}$ à $E_{f}$ .

A) $Δ U = 0$ B) $Δ U = p_{i} V_{i} \frac{γ}{γ - 1} [(1 + ε)^{1 - \frac{1}{γ}} - 1]$ C) $Q = - p_{i} V_{i} \frac{γ}{γ - 1} [(1 + ε)^{1 - \frac{1}{γ}} - 1]$ D) $Q = p_{i} V_{i} \frac{γ}{γ - 1} [(1 + ε)^{\frac{1}{γ} - 1} - 1]$

Voir l'indice

Rappeler que l'énergie interne d'un gaz parfait ne dépend que de la température (première loi de Joule), puis appliquer le premier principe au bilan global.

Voir la stratégie

Utiliser la première loi de Joule pour un gaz parfait afin d'exprimer la variation d'énergie interne \Delta U entre les états E_i et E_f ayant même température T_i = T_f.
Déterminer le transfert thermique global Q soit à l'aide du premier principe de la thermodynamique (\Delta U = W + Q), soit en calculant directement la chaleur échangée lors de la transformation isobare T2 (Q = \Delta H_{E'E_f}).

Voir la réponse courte

Bilan d'énergie interne global \Delta U et application du premier principe pour exprimer le transfert thermique Q.

Voir le corrigé complet

Le diazote étant modélisé par un gaz parfait, son énergie interne U ne dépend que de sa température absolue d'après la première loi de Joule :

\mathrm{d}U = C_v\,\mathrm{d}T

La température finale de l'état E_f étant égale à la température initiale de l'état E_i (T_f = T_i), la variation d'énergie interne sur l'ensemble des transformations est nulle :

\boxed{\Delta U = 0} \quad \text{(Proposition A)}

Pour obtenir le transfert thermique Q reçu par le gaz le long du trajet global E_i \to E' \to E_f, deux méthodes directes mènent au résultat :

Méthode 1 : Premier principe de la thermodynamique
D'après le premier principe :

\Delta U = W + Q = 0 \implies Q = -W = -(W_{E_i E'} + W_{E' E_f})

En sommant les travaux obtenus aux questions Q21 et Q22 :

\begin{aligned} W &= W_{E_i E'} + W_{E' E_f} \\ &= \frac{p_i V_i}{\gamma - 1}\left[(1 + \varepsilon)^{1 - \frac{1}{\gamma}} - 1\right] + p_i V_i \left[(1 + \varepsilon)^{1 - \frac{1}{\gamma}} - 1\right] \\ &= p_i V_i \left( \frac{1}{\gamma - 1} + 1 \right) \left[(1 + \varepsilon)^{1 - \frac{1}{\gamma}} - 1\right] \\ &= p_i V_i \frac{\gamma}{\gamma - 1}\left[(1 + \varepsilon)^{1 - \frac{1}{\gamma}} - 1\right] \end{aligned}

On en déduit immédiatement :

\boxed{Q = -p_i V_i \frac{\gamma}{\gamma - 1}\left[(1 + \varepsilon)^{1 - \frac{1}{\gamma}} - 1\right]} \quad \text{(Proposition C)}

Méthode 2 : Calcul direct de Q
La transformation T1 étant adiabatique, le transfert thermique associé est nul : Q_1 = 0.

La transformation T2 étant isobare, le transfert thermique reçu est égal à la variation d'enthalpie du gaz (deuxième loi de Joule) :

Q = Q_2 = \Delta H_{E' \to E_f} = n C_{p,\text{m}} (T_f - T')

Avec la relation de Mayer C_{p,\text{m}} = \frac{\gamma R}{\gamma - 1}, n R T_i = p_i V_i et l'expression de T' établie à la question Q20 (T' = T_i (1+\varepsilon)^{1 - \frac{1}{\gamma}}) :

\begin{aligned} Q &= \frac{\gamma}{\gamma - 1} n R (T_i - T') \\ &= \frac{\gamma}{\gamma - 1} p_i V_i \left[ 1 - (1 + \varepsilon)^{1 - \frac{1}{\gamma}} \right] \\ &= -p_i V_i \frac{\gamma}{\gamma - 1} \left[(1 + \varepsilon)^{1 - \frac{1}{\gamma}} - 1\right] \end{aligned}

Les propositions A et C sont donc exactes.

Résultat

Δ U = 0

Q = - p_{i} V_{i} \frac{γ}{γ - 1} [(1 + ε)^{1 - \frac{1}{γ}} - 1]

Question déjà tombée ailleurs

ENAC Physique MPSI 2025, Q22

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Question 24

Intermédiaire≈ 3 min

Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI

Notions : premier principe, travail des forces de pression

Que deviennent les expressions du travail total $W = W_{E_{i} E^{'}} + W_{E^{'} E_{f}}$ et de $Q$ si $ε ≪ 1$ ?

A) $W = 0$ B) $W \approx p_{i} V_{i} ε$ C) $Q = 0$ D) $Q \approx - p_{i} V_{i} ε$

Voir l'indice

Réaliser un développement limité au premier ordre selon (1+\varepsilon)^\alpha \approx 1 + \alpha\varepsilon dans les expressions de W et Q.

Voir la stratégie

Partir des expressions exactes de W et de Q obtenues à la question Q23.
Effectuer un développement limité à l'ordre 1 en \varepsilon \ll 1 du terme (1+\varepsilon)^{1-1/\gamma}.
En déduire les approximations au premier ordre de W et Q, puis identifier les propositions exactes.

Voir la réponse courte

Développement limité à l'ordre un en \varepsilon \ll 1 pour simplifier les expressions de W et de Q.

Voir le corrigé complet

D'après la question Q23, le travail total reçu par le gaz au cours des transformations T_1 et T_2 s'écrit :

W = W_{E_i E'} + W_{E' E_f} = p_i V_i \frac{\gamma}{\gamma - 1}\left[(1 + \varepsilon)^{1-\frac{1}{\gamma}} - 1\right]

Au premier ordre pour \varepsilon \ll 1, le développement limité usuel (1+\varepsilon)^\alpha = 1 + \alpha\varepsilon + o(\varepsilon) avec \alpha = 1 - \frac{1}{\gamma} = \frac{\gamma - 1}{\gamma} donne :

(1 + \varepsilon)^{1-\frac{1}{\gamma}} - 1 \approx \frac{\gamma - 1}{\gamma}\,\varepsilon

En injectant cette relation dans l'expression de W :

W \approx p_i V_i \frac{\gamma}{\gamma - 1} \times \left(\frac{\gamma - 1}{\gamma}\,\varepsilon\right) = p_i V_i\,\varepsilon

Par ailleurs, comme \Delta U = 0 d'après le premier principe pour ce gaz parfait subissant une évolution globale isotherme (T_f = T_i) :

Q = -W \approx -p_i V_i\,\varepsilon

Les propositions B et D sont donc exactes.

\boxed{\text{Propositions exactes : B et D}}

Résultat

Propositions exactes : B et D

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Partie 5 : Glissade d’un corpuscule sur un hémisphère

Question 25

Intermédiaire≈ 3 min

Incontournable
Mise en équation
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I, TSI1

Notions : principe fondamental de la dynamique, coordonnée polaire

Quelles sont les équations du mouvement de $A$ ? Dans les expressions ci-dessous, $R_{n}$ désigne la composante normale de la force de réaction du support hémisphérique.

A) ${- m r \overset{φ}{˙}^{2} = - m g sin φ + R_{n} r \overset{φ}{¨} = - g cos φ$ B) ${- m r \overset{φ}{˙}^{2} = - m g cos φ + R_{n} r \overset{φ}{¨} = - g sin φ$ C) ${r \overset{φ}{˙}^{2} = g sin φ r \overset{φ}{¨} = g cos φ$ D) ${m r \overset{φ}{˙}^{2} = - m g cos φ + R_{n} r \overset{φ}{¨} = g sin φ$

Voir l'indice

Projeter le principe fondamental de la dynamique sur les vecteurs unitaires radial et orthoradial de la base polaire.

Voir la stratégie

Exprimer le vecteur position \vec{r} = \overrightarrow{OA} et en déduire le vecteur accélération de A dans la base polaire (\vec{e}_\rho, \vec{e}_\varphi).
Réaliser le bilan des forces appliquées au corpuscule A et projeter le poids et la réaction du support sur les axes radial et orthoradial.
Appliquer la relation fondamentale de la dynamique (PFD) dans le référentiel terrestre supposé galiléen.

Voir la réponse courte

Projection du principe fondamental de la dynamique dans la base polaire liée au dôme.

Voir le corrigé complet

Le référentiel terrestre galiléen est muni de la base cartésienne orthonormée (\vec{e}_x, \vec{e}_y) et de la base polaire (\vec{e}_\rho, \vec{e}_\varphi), où l'angle \varphi repère la position de A par rapport à l'axe horizontal (Ox) :

\left\{ \begin{aligned} \vec{e}_\rho &= \cos\varphi\,\vec{e}_x + \sin\varphi\,\vec{e}_y \\ \vec{e}_\varphi &= -\sin\varphi\,\vec{e}_x + \cos\varphi\,\vec{e}_y \end{aligned} \right.

Tant que le corpuscule reste en contact avec l'hémisphère, sa distance à l'origine est constante : r = \text{cte}, soit \dot{r} = 0 et \ddot{r} = 0. Le vecteur position s'écrit \overrightarrow{OA} = r\,\vec{e}_\rho.

Le vecteur accélération de A en coordonnées polaires planes s'obtient classiquement par :

\vec{a} = (\ddot{r} - r\dot{\varphi}^2)\,\vec{e}_\rho + (r\ddot{\varphi} + 2\dot{r}\dot{\varphi})\,\vec{e}_\varphi = -r\dot{\varphi}^2\,\vec{e}_\rho + r\ddot{\varphi}\,\vec{e}_\varphi

Le système \{A\} est soumis à deux actions mécaniques :

son poids \vec{P} = -mg\,\vec{e}_y. En projetant \vec{e}_y = \sin\varphi\,\vec{e}_\rho + \cos\varphi\,\vec{e}_\varphi, il vient :
\vec{P} = -mg\sin\varphi\,\vec{e}_\rho - mg\cos\varphi\,\vec{e}_\varphi
la réaction du support \vec{R} = R_n\,\vec{e}_\rho, purement normale en l'absence de frottement.

D'après le principe fondamental de la dynamique appliqué au point matériel A dans le référentiel galiléen :

m\vec{a} = \vec{P} + \vec{R}

Par projection sur la base polaire (\vec{e}_\rho, \vec{e}_\varphi), on obtient le système :

\left\{ \begin{aligned} -m r \dot{\varphi}^2 &= -m g \sin\varphi + R_n \\ m r \ddot{\varphi} &= -m g \cos\varphi \end{aligned} \right.

soit, en simplifiant par m sur l'axe orthoradial :

\boxed{ \left\{ \begin{aligned} -m r \dot{\varphi}^2 &= -m g \sin\varphi + R_n \\ r \ddot{\varphi} &= -g \cos\varphi \end{aligned} \right. }

Ce système correspond à la proposition A.

Résultat

{- m r \overset{φ}{˙}^{2} r \overset{φ}{¨} = - m g sin φ + R_{n} = - g cos φ

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Question 26

Application directe≈ 2 min

Question de cours
Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I, TSI1

Notions : énergie cinétique, énergie potentielle de pesanteur

Quelles sont l'énergie cinétique, $ε_{k}$ , et l'énergie potentielle, $ε_{p}$ , de $A$ ? Pour le calcul de cette dernière, la référence est prise à 0 en $y = 0$ .

A) $ε_{k} = \frac{m r φ ˙ ^{2}}{2}$ B) $ε_{k} = \frac{m ( r φ ˙ ) ^{2}}{2}$ C) $ε_{p} = m g r sin φ$ D) $ε_{p} = m g r (1 - cos φ)$

Voir l'indice

Exprimer la vitesse en coordonnées polaires pour l'énergie cinétique, et utiliser l'altitude y = r\sin\varphi pour l'énergie potentielle de pesanteur.

Voir la stratégie

Exprimer le vecteur vitesse de A en coordonnées polaires pour en déduire l'énergie cinétique \varepsilon_k = \frac{1}{2}m v^2.
Déterminer l'altitude y de A en fonction du rayon r et de l'angle \varphi, puis utiliser la définition de l'énergie potentielle de pesanteur avec la condition de référence donnée en y = 0.

Voir la réponse courte

Expressions littérales de l'énergie cinétique et de l'énergie potentielle de pesanteur du mobile.

Voir le corrigé complet

Pendant le contact avec l'hémisphère, la distance à l'origine est constante : \rho = r.

Le vecteur position de A s'écrit \overrightarrow{OA} = r\,\vec{e}_\rho, d'où le vecteur vitesse dans le référentiel d'étude :

\vec{v} = r\dot{\varphi}\,\vec{e}_\varphi

L'énergie cinétique du point matériel A est donc :

\boxed{\varepsilon_k = \frac{1}{2}m(r\dot{\varphi})^2}

ce qui correspond à la proposition B (la proposition A n'étant d'ailleurs pas homogène à une énergie).

Le champ de pesanteur s'écrit \vec{g} = -g\,\vec{e}_y. La force de pesanteur dérive de l'énergie potentielle :

\mathrm{d}\varepsilon_p = -\vec{P}\cdot\mathrm{d}\overrightarrow{OA} = mg\,\mathrm{d}y \implies \varepsilon_p(y) = mgy + \mathrm{cte}

D'après le repère de la figure 4, l'altitude de A vaut y = r\sin\varphi. Avec la référence choisie nulle en y = 0 (\varepsilon_p(0) = 0), la constante d'intégration est nulle :

\boxed{\varepsilon_p = mgr\sin\varphi}

ce qui correspond à la proposition C.

Résultat

ε_{k} = \frac{1}{2} m (r \overset{φ}{˙})^{2}

ε_{p} = m g r sin φ

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Question 27

Application directe≈ 3 min

Incontournable
Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I, TSI1

Notions : conservation de l'énergie mécanique, théorème de l'énergie mécanique

Donner l'expression de la vitesse $v$ de $A$ en fonction de sa position. Dans les propositions ci-dessous, $v_{0}$ est la norme du vecteur vitesse initial ( $v_{0} = ∥ v_{0} ∥$ ).

A) $v = 2 g r (1 + sin φ) + v_{0}^{2}$ B) $v = 2 g r (1 - sin φ) + v_{0}^{2}$ C) $v = 2 g r (1 - sin φ)$ D) $v = 2 g r (1 - sin φ) - v_{0}^{2}$

Voir l'indice

Appliquer le théorème de l'énergie mécanique entre le sommet de la calotte sphérique et la position d'angle polaire \varphi.

Voir la stratégie

Appliquer le théorème de l'énergie mécanique au point matériel A entre le sommet S et une position intermédiaire repérée par l'angle polaire \varphi.
Justifier la conservation de l'énergie mécanique par l'absence de frottement.
Exprimer la norme de la vitesse v en fonction de g, r, \varphi et v_0.

Voir la réponse courte

Conservation de l'énergie mécanique entre le sommet et la position courante pour exprimer la vitesse.

Voir le corrigé complet

Le point matériel A est soumis à deux forces :

son poids \vec{P}, force conservative dérivant de l'énergie potentielle de pesanteur \mathcal{E}_p(\varphi) = m g r \sin\varphi (établie à la question 26) ;
la réaction normale du support \vec{R} = R_n \vec{e}_\rho. En l'absence de frottement, cette force est à tout instant orthogonale au déplacement élémentaire (\vec{v} = r\dot{\varphi}\,\vec{e}_\varphi), de sorte que sa puissance est constamment nulle :
\mathcal{P}(\vec{R}) = \vec{R}\cdot\vec{v} = 0

L'énergie mécanique \mathcal{E}_m = \mathcal{E}_k + \mathcal{E}_p de A est donc rigoureusement conservée au cours du mouvement tant que le contact avec l'hémisphère est maintenu.

Au sommet S, l'angle polaire vaut \varphi = \frac{\pi}{2}, soit \sin\varphi = 1, et la vitesse initiale vaut v_0 :

\mathcal{E}_m(S) = \frac{1}{2}m v_0^2 + m g r

En une position quelconque repérée par l'angle \varphi :

\mathcal{E}_m(\varphi) = \frac{1}{2}m v^2 + m g r \sin\varphi

Par conservation de l'énergie mécanique (\mathcal{E}_m(\varphi) = \mathcal{E}_m(S)) :

\begin{aligned} \frac{1}{2}m v^2 + m g r \sin\varphi &= \frac{1}{2}m v_0^2 + m g r \\ \frac{1}{2}m v^2 &= \frac{1}{2}m v_0^2 + m g r (1 - \sin\varphi) \end{aligned}

On en déduit la norme de la vitesse :

\boxed{v = \sqrt{2 g r (1 - \sin\varphi) + v_0^2}}

La proposition correcte est la B.

Résultat

v = 2 g r (1 - sin φ) + v_{0}^{2}

Question déjà tombée ailleurs

ENAC Physique MPSI 2022, Q10

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Question 28

Intermédiaire≈ 4 min

Incontournable
Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I, TSI1

Notions : réaction du support, principe fondamental de la dynamique

Déduire de ce qui précède l'expression de la composante normale $R_{n}$ de la force de réaction.

A) $R_{n} = m [g (3 sin φ - 2) - \frac{v _{0}^{2}}{r}]$ B) $R_{n} = m [g (3 sin φ - 2) + \frac{v _{0}^{2}}{r}]$ C) $R_{n} = m [g (sin φ - 1) - \frac{v _{0}^{2}}{r}]$ D) $R_{n} = 0$

Voir l'indice

Isoler la réaction normale R_n dans l'équation radiale du mouvement et y substituer le terme cinétique r\dot{\varphi}^2 issu du bilan d'énergie.

Voir la stratégie

Exprimer la composante normale R_n à partir de l'équation radiale du mouvement obtenue à la question Q25.
Exprimer le terme centripète m r \dot{\varphi}^2 en fonction de la vitesse v déterminée à la question Q27 (v = r |\dot{\varphi}|).
Développer et factoriser pour identifier la proposition correcte.

Voir la réponse courte

Injection de l'expression de la vitesse dans l'équation radiale du PFD pour expliciter la réaction normale R_n.

Voir le corrigé complet

D'après la projection selon le vecteur radial \vec{e}_\rho du principe fondamental de la dynamique établie à la question Q25 :

-m r \dot{\varphi}^2 = -m g \sin\varphi + R_n

soit :

R_n = m g \sin\varphi - m r \dot{\varphi}^2

La trajectoire étant circulaire de rayon r, la norme de la vitesse scalaire vaut v = r |\dot{\varphi}|, d'où :

m r \dot{\varphi}^2 = \frac{m v^2}{r}

En injectant l'expression de v^2 issue de la question Q27, à savoir v^2 = 2 g r (1 - \sin\varphi) + v_0^2, il vient :

\begin{aligned} R_n &= m g \sin\varphi - \frac{m}{r}\left[ 2 g r (1 - \sin\varphi) + v_0^2 \right] \\ &= m g \sin\varphi - 2 m g (1 - \sin\varphi) - \frac{m v_0^2}{r} \\ &= m\left[ g(3\sin\varphi - 2) - \frac{v_0^2}{r} \right] \end{aligned}

Ce résultat correspond à la proposition A.

\boxed{R_n = m\left[g(3\sin\varphi - 2) - \frac{v_0^2}{r}\right]}

Résultat

R_{n} = m [g (3 sin φ - 2) - \frac{v _{0}^{2}}{r}]

Question déjà tombée ailleurs

Mines-Ponts Physique 2 MPI 2024, Q18

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Question 29

Application directe≈ 2 min

Incontournable
Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I, TSI1

Notions : réaction du support, décollement

Quel est le sinus de l'angle $φ$ pour lequel $A$ quitte la piste hémisphérique si $v_{0} = 0$ . Dans la suite de l'exercice, on prendra $v_{0} = 0$ .

A) $sin φ = \frac{1}{2}$ B) $sin φ = \frac{1}{3}$ C) $sin φ = \frac{2}{3}$ D) $sin φ = \frac{1}{2}$

Voir l'indice

Traduire la perte de contact avec la sphère par l'annulation de la réaction normale d'appui R_n = 0.

Voir la stratégie

Identifier la condition mécanique de perte de contact avec une surface d'appui convexe (liaison unilatérale).
Exploiter l'expression de la réaction normale R_n obtenue à la question Q28 pour déterminer la valeur critique de \sin\varphi.

Voir la réponse courte

Condition de décollement R_n = 0 conduisant directement à la valeur \sin\varphi = 2/3.

Voir le corrigé complet

Le contact entre le corpuscule matériel A et la surface extérieure de l'hémisphère constitue une liaison unilatérale sans frottement. La force de réaction normale exercée par le support s'écrit \vec{R} = R_n \vec{e}_\rho.

Le corpuscule reste en contact tant que le support le repousse vers l'extérieur, soit R_n \ge 0. La rupture de contact (décollement) intervient au moment précis où cette force normale s'annule :

R_n = 0

D'après l'expression établie à la question Q28, en prenant v_0 = 0 :

R_n = mg(3\sin\varphi - 2)

L'annulation de R_n conduit immédiatement à :

3\sin\varphi - 2 = 0 \iff \sin\varphi = \frac{2}{3}

La proposition correcte est donc la C.

\boxed{\sin\varphi = \frac{2}{3}}

Résultat

sin φ = \frac{2}{3}

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Question 30

Intermédiaire≈ 3 min

Calcul littéral
Raisonnement qualitatif
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I, TSI1

Notions : chute libre, conservation de l'énergie mécanique

Une fois le contact rompu, $A$ évolue alors sans frottement dans le champ de pesanteur uniforme. Parmi les affirmations ci-dessous, identifier celles qui sont exactes.

A) La trajectoire de $A$ est rectiligne. B) La vitesse de $A$ selon l'axe $O x$ est nulle. C) L'accélération de $A$ possède deux composantes cartésiennes non nulles. D) La vitesse de $A$ lorsqu'il touche le sol est $2 g r$ .

Voir l'indice

Écrire les composantes du vecteur accélération en phase de chute libre et appliquer la conservation de l'énergie mécanique jusqu'à l'altitude nulle.

Voir la stratégie

Une fois le contact avec le support hémisphérique rompu, le corpuscule A n'est plus soumis qu'à son propre poids : il s'agit d'un mouvement de chute libre dans le champ de pesanteur uniforme.
Examiner les composantes du vecteur accélération et du vecteur vitesse dans le repère cartésien pour tester les propositions A, B et C.
Utiliser le théorème de l'énergie mécanique entre le sommet S et le sol (y = 0) pour déterminer la vitesse finale de A et statuer sur la proposition D.

Voir la réponse courte

Propriétés de la chute libre et calcul de la vitesse d'impact au sol par conservation de l'énergie mécanique.

Voir le corrigé complet

Après rupture du contact, le corpuscule A de masse m n'est soumis qu'à son poids \vec{P} = -mg\vec{e}_y.

Le principe fondamental de la dynamique appliqué dans le référentiel terrestre supposé galiléen donne :

m\vec{a} = \vec{P} = -mg\vec{e}_y \implies \begin{cases} a_x = 0 \\ a_y = -g \end{cases}

L'accélération ne possède donc qu'une seule composante cartésienne non nulle (a_y = -g, tandis que a_x = 0), ce qui rend l'affirmation C fausse.

Au moment du décollement (pour \sin\varphi_d = 2/3), le vecteur vitesse tangentiel possède une composante horizontale :

v_x(t_d) = \left\|\vec{v}_d\right\| \sin\varphi_d \neq 0

Comme a_x = \dot{v}_x = 0, la composante horizontale de la vitesse reste constante et non nulle (v_x(t) = v_x(t_d) \neq 0) tout au long de la chute libre : l'affirmation B est fausse.

Le vecteur vitesse initial de la phase de chute libre n'étant pas colinéaire à l'accélération \vec{g}, la trajectoire de A est une parabole et non une droite : l'affirmation A est fausse.

Enfin, étudions l'énergie mécanique du corpuscule :

Durant la phase de glissade sur la sphère, le contact se fait sans frottement, donc la réaction normale ne travaille pas (\mathcal{P}(\vec{R}_n) = 0).
Durant la phase de chute libre, seul le poids (force conservative) travaille.

L'énergie mécanique de A est donc intégralement conservée depuis le sommet S (altitude y_S = r, avec v_0 = 0) jusqu'au sol (y_{\text{sol}} = 0) :

\begin{aligned} \mathcal{E}_m(S) &= \mathcal{E}_m(\text{sol}) \\ 0 + mgr &= \frac{1}{2}m v_{\text{sol}}^2 + 0 \end{aligned}

On en déduit immédiatement la vitesse lorsqu'il touche le sol :

\boxed{v_{\text{sol}} = \sqrt{2gr}}

L'affirmation D est exacte.

Résultat

v_{sol} = 2 g r

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Partie 6 : Électron accéléré et champ magnétostatique

Question 31

Application directe≈ 2 min

Incontournable
Question de cours
Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I

Notions : canon à électrons, théorème de l'énergie cinétique

Quelle est la vitesse $v$ de $A$ lorsqu'il atteint l'anode ?

A) $v = \frac{e V _{a}}{m _{e}}$ B) $v = \frac{2 e V _{a}}{m _{e}}$ C) $v = \frac{2 m _{e} V _{a}}{e}$ D) $v = \frac{2 e V _{a}}{m _{e}}$

Voir l'indice

Appliquer le théorème de l'énergie cinétique à l'électron entre la cathode au potentiel nul et l'anode au potentiel V_a.

Voir la stratégie

Pour relier la vitesse finale d'une particule chargée à la différence de potentiel accélératrice, on applique le théorème de l'énergie cinétique (ou la conservation de l'énergie mécanique) entre la cathode et l'anode, en négligeant le poids devant la force électrostatique.

Voir la réponse courte

Théorème de l'énergie cinétique appliqué à un électron accéléré sous la tension V_a.

Voir le corrigé complet

Le système étudié est l'électron A, de masse m_e et de charge électrique q = -e, dans le référentiel galiléen du laboratoire.

L'électron est émis depuis la cathode \mathcal{P}_1, portée au potentiel V_1 = 0, avec une vitesse initiale négligeable (v_0 \approx 0). Il est accéléré sous vide jusqu'à l'anode \mathcal{P}_2, portée au potentiel V_2 = V_a.

Le poids étant tout à fait négligeable devant la force électrostatique subie par l'électron, la seule force qui travaille est la force électrostatique conservative \vec{F} = q\vec{E} = -e\vec{E}.

D'après le théorème de l'énergie cinétique appliqué entre \mathcal{P}_1 et \mathcal{P}_2 :

\begin{aligned} \Delta \mathcal{E}_c &= W_{\mathcal{P}_1 \to \mathcal{P}_2}(\vec{F}) \\ \frac{1}{2}m_e v^2 - 0 &= q(V_1 - V_2) = (-e)(0 - V_a) = e V_a \end{aligned}

On en déduit immédiatement :

\boxed{v = \sqrt{\frac{2e V_a}{m_e}}}

La proposition correcte est la B.

Résultat

v = \frac{2 e V _{a}}{m _{e}}

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Question 32

Application directe≈ 2 min

Application numérique
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I

Notions : canon à électrons

Calculer $v$ . On indique les valeurs approximatives des constantes fondamentales suivantes : $m_{e} \approx 9 \times 1 0^{- 31} kg$ et la charge élémentaire $e \approx 1, 6 \times 1 0^{- 19} C$ .

A) $v \approx 6 \times 1 0^{2} m \cdot s^{- 1}$ B) $v \approx 6 \times 1 0^{4} m \cdot s^{- 1}$ C) $v \approx 6 \times 1 0^{6} m \cdot s^{- 1}$ D) $v \approx 6 \times 1 0^{8} m \cdot s^{- 1}$

Voir l'indice

Effectuer l'application numérique avec précaution sur les puissances de dix sous le radical.

Voir la réponse courte

Application numérique pour déterminer l'ordre de grandeur de la vitesse de l'électron.

Voir le corrigé complet

D'après la question précédente (Q31), la norme du vecteur vitesse de l'électron lorsqu'il atteint l'anode s'écrit :

v = \sqrt{\frac{2e V_a}{m_e}}

Avec les valeurs fournies :

e \approx 1{,}6 \times 10^{-19}\text{ C} ;
V_a = 100\text{ V} ;
m_e \approx 9 \times 10^{-31}\text{ kg}.

On effectue l'application numérique :

\begin{aligned} \frac{2 e V_a}{m_e} &= \frac{2 \times 1{,}6 \times 10^{-19} \times 100}{9 \times 10^{-31}} \\ &= \frac{320}{9} \times 10^{12} \\ &\approx 35{,}6 \times 10^{12}\text{ m}^2\cdot\text{s}^{-2} \end{aligned}

En prenant la racine carrée :

v \approx \sqrt{35{,}6} \times 10^6 \approx 5{,}96 \times 10^6\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \approx 6 \times 10^6\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}

La proposition correcte est donc la C.

\boxed{v \approx 6 \times 10^6\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \quad (\text{Proposition C})}

Résultat

v \approx 6 \times 1 0^{6} m \cdot s^{- 1} (Proposition C)

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Question 33

Application directe≈ 3 min

Incontournable
Question de cours
Calcul littéral
Application numérique
Faisable en MPSI, PCSI, MP2I

Notions : relation de de broglie, onde de matière

Quelle est la longueur d'onde de De Broglie, $λ_{D B}$ , d'un électron de vitesse $v$ ? $h \approx 6, 63 \times 1 0^{- 34} J \cdot s$ désigne la constante de Planck, parmi les expressions ci-dessous.

A) $λ_{D B} = \frac{h}{2 e m _{e} V _{a}}$ B) $λ_{D B} = \frac{h}{2 e V _{a}}$ C) $λ_{D B} \approx 100 pm$ D) $λ_{D B} = 100 nm$

Voir l'indice

Utiliser la relation de Louis de Broglie \lambda_{DB} = h / p en remplaçant la quantité de mouvement par m_e v.

Voir la stratégie

Rappeler la relation de De Broglie reliant la longueur d'onde associée à la quantité de mouvement de la particule.
Exprimer cette quantité de mouvement à l'aide de l'expression de la vitesse v obtenue à la question 31 pour identifier l'expression littérale.
Effectuer l'application numérique avec les données de l'énoncé (h, m_e, v) pour vérifier la validité de la valeur proposée.

Voir la réponse courte

Expression \lambda = h/p de la longueur d'onde de de Broglie et calcul numérique associé.

Voir le corrigé complet

D'après l'hypothèse de Louis de Broglie, la longueur d'onde de matière associée à un corpuscule quantique de quantité de mouvement p = m_e v est :

\lambda_{DB} = \frac{h}{p} = \frac{h}{m_e v}

D'après la question 31, la vitesse de l'électron à l'anode est v = \sqrt{\dfrac{2 e V_a}{m_e}}, ce qui donne pour la quantité de mouvement :

p = m_e \sqrt{\frac{2 e V_a}{m_e}} = \sqrt{2 e m_e V_a}

On en déduit l'expression littérale de la longueur d'onde de De Broglie :

\boxed{\lambda_{DB} = \frac{h}{\sqrt{2 e m_e V_a}}}

La proposition A est donc exacte (la proposition B est fausse car non homogène, il y manque m_e).

Calculons la valeur numérique de \lambda_{DB} en utilisant le résultat de la question 32 (v \approx 6 \times 10^6\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}) et les constantes fournies :

\begin{aligned} p &\approx 9 \times 10^{-31}\text{ kg} \times 6 \times 10^6\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} = 5{,}4 \times 10^{-24}\text{ kg}\cdot\text{m}\cdot\text{s}^{-1} \\ \lambda_{DB} &\approx \frac{6{,}63 \times 10^{-34}\text{ J}\cdot\text{s}}{5{,}4 \times 10^{-24}\text{ kg}\cdot\text{m}\cdot\text{s}^{-1}} \approx 1{,}2 \times 10^{-10}\text{ m} = 120\text{ pm} \approx 100\text{ pm} \end{aligned}

À l'ordre de grandeur près, on a bien :

\boxed{\lambda_{DB} \approx 100\text{ pm}}

La proposition C est donc également exacte (et la proposition D est fausse car 100\text{ nm} = 10^3\text{ pm} est trois ordres de grandeur trop grand).

Conclusion : les propositions exactes sont A et C.

Résultat

λ_{D B} = \frac{h}{2 e m _{e} V _{a}}

λ_{D B} \approx 100 pm

Question déjà tombée ailleurs

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Question 34

Application directe≈ 3 min

Incontournable
Question de cours
Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I

Notions : force de lorentz, mouvement d'une particule chargée

Une fois la vitesse $v$ acquise, on s'arrange à la sortie (non représentée sur la figure) du canon pour que l'électron pénètre dans une région où règne seulement un champ magnétique $B$ , stationnaire et uniforme, dont la direction est perpendiculaire à la direction de la vitesse incidente de l'électron. Que dire quant à la trajectoire de l'électron dans cette région ?

A) L'électron n'est pas dévié et suit donc une trajectoire rectiligne. B) La trajectoire de l'électron est une parabole. C) La trajectoire de l'électron est circulaire de rayon proportionnel à $B$ . D) La trajectoire de l'électron est circulaire de rayon proportionnel à $\frac{V _{a}}{B}$ .

Voir l'indice

Analyser la nature de la force de Lorentz : puissance nulle, accélération centripète pure et rayon de trajectoire constant.

Voir la stratégie

Rappeler les caractéristiques du mouvement d'une particule chargée dans un champ magnétique uniforme avec une vitesse initiale orthogonale au champ (mouvement plan et uniforme).
Appliquer le principe fondamental de la dynamique dans la base de Frenet pour déterminer le rayon de courbure de la trajectoire.
Exprimer ce rayon en fonction des données du problème (V_a et B) grâce à l'expression de la vitesse obtenue à la question 31.

Voir la réponse courte

Mouvement circulaire uniforme dans un champ magnétique orthogonal à la vitesse avec rayon proportionnel à \sqrt{V_a}/B.

Voir le corrigé complet

Dans la région où règne le champ magnétique \vec{B}, l'électron (masse m_e, charge q = -e) n'est soumis qu'à la force de Lorentz magnétique :

\vec{F} = -e\,\vec{v} \wedge \vec{B}

Cette force est orthogonale à chaque instant au vecteur vitesse \vec{v}. Sa puissance instantanée est donc nulle :

\mathcal{P} = \vec{F}\cdot\vec{v} = 0

Le théorème de la puissance cinétique assure que l'énergie cinétique est constante, donc la norme de la vitesse v reste constante au cours du mouvement : le mouvement est uniforme.

Le champ \vec{B} étant orthogonal au plan défini par la position initiale et le vecteur vitesse \vec{v}, l'accélération \vec{a} = -\frac{e}{m_e}\,\vec{v}\wedge\vec{B} reste contenue dans ce plan : le mouvement est donc plan.

Dans la base de Frenet (\vec{\tau}, \vec{n}) liée à l'électron dans ce plan :

\vec{a} = \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}\vec{\tau} + \frac{v^2}{R_c}\vec{n} = \frac{v^2}{R_c}\vec{n}

où R_c désigne le rayon de courbure. Le principe fondamental de la dynamique projeté selon la normale entrante \vec{n} donne :

\begin{aligned} m_e \frac{v^2}{R_c} &= e v B \\ R_c &= \frac{m_e v}{e B} \end{aligned}

Comme v et B sont constants, le rayon de courbure R_c est constant : la trajectoire de l'électron est un cercle de rayon R_c.

En injectant l'expression de v établie à la question 31, v = \sqrt{\dfrac{2e V_a}{m_e}} :

\begin{aligned} R_c &= \frac{m_e}{e B} \sqrt{\frac{2e V_a}{m_e}} \\ R_c &= \frac{1}{B}\sqrt{\frac{2 m_e V_a}{e}} \end{aligned}

Le rayon du cercle est donc bien proportionnel à \dfrac{\sqrt{V_a}}{B}.

\boxed{\text{Proposition D}}

Résultat

Proposition D

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Question 35

Application directe≈ 2 min

Raisonnement qualitatif
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I

Notions : principe d'inertie, force de lorentz

Lorsque l'électron quitte la région où règne le champ magnétique, que peut-on dire de son vecteur vitesse $v_{s}$ et de sa trajectoire (on négligera l'influence du poids) ?

A) Le vecteur $v_{s}$ possède une norme égale à $6 \times 1 0^{6} m \cdot s^{- 1}$ . B) Le vecteur $v_{s}$ a la même direction que lorsque l'électron est rentré dans la région du champ magnétique. C) La trajectoire de l'électron est toujours circulaire. D) La trajectoire de l'électron est rectiligne.

Voir l'indice

Appliquer le théorème de la puissance cinétique dans la zone magnétique, puis le principe d'inertie dans la zone sans champ.

Voir la stratégie

Analyser l'effet du champ magnétique sur la norme de la vitesse de l'électron grâce au théorème de l'énergie cinétique (travail de la force magnétique de Lorentz).
Examiner la déviation subie par l'électron lors de sa traversée de la zone de champ magnétique pour statuer sur la direction de \vec{v}_s.
Appliquer le principe d'inertie une fois que l'électron est sorti de la région où règne le champ magnétique (le poids étant négligé).

Voir la réponse courte

Conservation de l'énergie cinétique et trajectoire rectiligne uniforme à la sortie de la zone de champ magnétique.

Voir le corrigé complet

Dans la région où règne le champ magnétique \vec{B}, l'électron n'est soumis qu'à la force magnétique de Lorentz :

\vec{F}_m = -e (\vec{v} \times \vec{B})

La puissance développée par cette force est identiquement nulle à chaque instant :

\mathcal{P} = \vec{F}_m \cdot \vec{v} = -e (\vec{v} \times \vec{B}) \cdot \vec{v} = 0

D'après le théorème de l'énergie cinétique, la vitesse scalaire de l'électron reste constante le long de sa trajectoire dans le champ :

\frac{\mathrm{d}\mathcal{E}_k}{\mathrm{d}t} = 0 \implies \|\vec{v}_s\| = v \approx 6 \times 10^6\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}

La proposition A est donc exacte.

Dans le champ magnétique, la force de Lorentz étant orthogonale à la vitesse et non nulle, elle incurve la trajectoire de l'électron. Le vecteur vitesse tourne donc d'un angle non nul (angle de déflexion \theta_m \neq 0). La direction de \vec{v}_s à la sortie est donc modifiée par rapport à la direction incidente selon Ox. La proposition B est fausse.

Une fois que l'électron a quitté la région magnétisée, il évolue dans le vide en l'absence de tout champ électrique et magnétique. En négligeant l'action du poids, le système est isolé :

\sum \vec{F}_{\text{ext}} = \vec{0} \implies m_e \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = \vec{0}

D'après le principe d'inertie (première loi de Newton) appliqué dans le référentiel galiléen du laboratoire, le vecteur vitesse reste rigoureusement constant (\vec{v}(t) = \vec{v}_s = \text{cte}). Le mouvement ultérieur est donc rectiligne et uniforme. La proposition C est fausse et la proposition D est exacte.

\boxed{\text{Propositions exactes : A et D}}

Résultat

Propositions exactes : A et D

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Question 36

Application directe≈ 3 min

Calcul littéral
Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I

Notions : analyse dimensionnelle, déflexion magnétique

On s'intéresse à l'angle $θ_{m}$ , dit de déflexion magnétique, que forme la direction de $v_{s}$ avec l'axe $O x$ lorsque $A$ sort de la région du champ magnétique. Cet angle est

θ_{m} = \frac{e}{2 m _{e} V _{a}} B L^{α}

où $α$ est un nombre réel et $L$ une longueur ; précisément, $L$ est la longueur de la trajectoire de l'électron dans la région du champ magnétique. À l'aide d'une analyse dimensionnelle, déterminer $α$ .

A) $α = - 1$ B) $α = 0$ C) $α = 1$ D) $α = 2$

Voir l'indice

Identifier la dimension de chaque terme intervenant dans l'expression pour garantir que l'angle de déflexion soit sans dimension.

Voir la stratégie

Identifier la dimension de l'angle \theta_m, qui est sans dimension ([\theta_m] = 1).
Exprimer le préfacteur \sqrt{\frac{e}{2m_e V_a}} B à l'aide de grandeurs cinématiques connues issues des questions précédentes (vitesse v ou rayon de courbure R_c).
En déduire la dimension de L^\alpha et la valeur de l'exposant \alpha.

Voir la réponse courte

Identification du rayon de courbure ou analyse dimensionnelle d'un angle sans dimension conduisant à \alpha = 1.

Voir le corrigé complet

D'après les résultats de la question 31 et de la question 34, la vitesse de l'électron à l'entrée de la zone de champ magnétique est :

v = \sqrt{\frac{2e V_a}{m_e}}

Le rayon de courbure de la trajectoire circulaire sous l'action de la force de Lorentz s'écrit :

R_c = \frac{m_e v}{e B} = \frac{1}{B}\sqrt{\frac{2m_e V_a}{e}}

On remarque immédiatement que le terme devant L^\alpha dans l'expression de \theta_m n'est autre que l'inverse du rayon de courbure :

\sqrt{\frac{e}{2m_e V_a}} B = \frac{1}{R_c}

L'expression de l'angle de déflexion devient ainsi :

\theta_m = \frac{L^\alpha}{R_c}

Un angle étant une grandeur sans dimension ([\theta_m] = 1) et R_c ayant la dimension d'une longueur ([R_c] = \mathrm{L}), on a dimensionnellement :

[\theta_m] = \frac{[L]^\alpha}{[R_c]} = \mathrm{L}^{\alpha - 1} = 1 \implies \alpha - 1 = 0 \iff \alpha = 1

La proposition exacte est la C.

\boxed{\alpha = 1}

Résultat

α = 1

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Corrigé rédigé par WikiPrépa ; ce n'est pas un corrigé officiel du concours. Mis à jour le 25 septembre 2026.