Modèle concours d'accès — Faculté de Médecine et de Pharmacie de Rabat 2005 — Physique

Ce modèle est l'épreuve de physique du concours d'accès en 1^re année des études de médecine, Faculté de Médecine et de Pharmacie de Rabat (Université Mohammed V-Souissi), session du lundi 25 juillet 2005. Durée : 30 minutes, calculatrice interdite, 4 exercices de 5 points. Voici une correction détaillée.

Exercice 1 — Vrai ou faux

1. Faux. À la sortie d'un prisme, la radiation est déviée vers la base du prisme.
2. Vrai. Le prisme disperse la lumière blanche, car l'indice du verre dépend de la longueur d'onde.
3. Vrai. Δm = Z·m_p + (A − Z)·m_n − m(noyau) > 0 : le noyau a une masse inférieure à la somme des masses de ses nucléons séparés.
4. Vrai. Une désintégration radioactive est spontanée : la masse des produits est inférieure à celle du noyau père, et la différence est libérée sous forme d'énergie (E = |Δm|·c²).
5. Vrai. La fusion est l'union de deux noyaux légers en un noyau plus lourd, avec libération d'énergie.

Exercice 2 — Mobile sur un plan incliné (m = 1 kg, sans frottement)

1. Nature du mouvement. La trajectoire est rectiligne (ligne de plus grande pente).

• Sur [0 ; 2 s] : a₁ = 0,75 m.s^-2 est constante et de même signe que la vitesse (départ du repos, montée). Le mouvement est rectiligne uniformément accéléré, et v(2 s) = a₁t₁ = 1,5 m.s^-1.
• Sur [2 s ; 2,6 s] : a₂ = −2,5 m.s^-2 est constante et de signe contraire à la vitesse. Le mouvement est rectiligne uniformément retardé : v = 1,5 − 2,5(t − 2), qui s'annule à t = 2,6 s, où le mobile s'arrête.

2. Distance parcourue quand le fil casse : x₁ = ½a₁t₁² = ½ × 0,75 × 2² = 1,5 m.

3. Tension du fil.

• Après la rupture, (S) n'est soumis qu'à son poids et à la réaction normale. La deuxième loi de Newton sur x'Ox donne −mg·sin α = m·a₂, d'où g·sin α = 2,5 m.s^-2.
• Avant la rupture : F − mg·sin α = m·a₁, d'où F = m(a₁ + g·sin α) = 1 × (0,75 + 2,5) = 3,25 N.

Exercice 3 — Décharge d'un condensateur dans une bobine

1. Circuit LC idéal (résistance négligée). La loi d'additivité des tensions donne u_C + u_L = 0, avec u_C = q/C, i = dq/dt et u_L = L·di/dt. D'où d²q/dt² + q/(LC) = 0.

2. La solution est q(t) = Q_mcos(ω₀t + φ) avec ω₀ = 1/√(LC).

• √(LC) = √(20.10^-3 × 50.10^-6) = √(10^-6) = 10^-3 s, donc ω₀ = 10³ rad.s^-1 et T₀ = 2π.10^-3 s ≈ 6,3 ms.
• À t = 0 : q = Q_m = CU = 50.10^-6 × 10 = 5.10^-4 C, et i = 0, donc φ = 0.
• i(t) = dq/dt = −Q_mω₀·sin(ω₀t), soit i(t) = −0,5·sin(10³t) (en A). L'intensité maximale vaut 0,5 A ; le signe dépend de l'orientation choisie pour le circuit.

3. Le régime est pseudo-périodique parce que le circuit a une résistance non nulle (résistance de la bobine et des fils). Une partie de l'énergie est dissipée par effet Joule à chaque oscillation : l'amplitude de u_C diminue (amortissement), avec une pseudo-période voisine de T₀.

Exercice 4 — Électron dans un champ électrostatique uniforme

Repère : Ox horizontal dans le sens de l'entrée, Oy vertical vers le haut (plaque A, chargée +). Le champ E va de A (+) vers B (−), donc vers le bas. La force F = −eE est dirigée vers le haut, de norme eE. Le vecteur v₀ fait l'angle α sous l'horizontale : v_0x = v₀cos α et v_0y = −v₀sin α.

1. Le poids est négligé, donc ma = −eE : a_x = 0 et a_y = eE/m. On en déduit :

• x(t) = v₀cos α · t ;
• y(t) = ½(eE/m)t² − v₀sin α · t.

En éliminant t = x/(v₀cos α) :

y = [eE / (2m·v₀²·cos²α)]·x² − (tan α)·x

La trajectoire est un arc de parabole : le mouvement est uniforme selon Ox et uniformément varié selon Oy. L'électron descend d'abord puis remonte, car la force est dirigée vers le haut.

2. Au point de sortie S, x_S = ℓ et y_S = 0. Donc eEℓ/(2m·v₀²·cos²α) = tan α, d'où v₀² = eEℓ/(2m·sin α·cos α) = eEℓ/(m·sin 2α) :

v₀ = √( eEℓ / (m·sin 2α) )