Modèle de concours d'entrée en 1re année de l'ENSMR (Mines Rabat) 2017, titulaires du DEUG — Mécanique (+ une page d'exercices d'électricité d'une autre épreuve)

Ce modèle est l'épreuve de mécanique du concours d'entrée en 1^re année de l'École Nationale Supérieure des Mines de Rabat (ENSMR), réservé aux titulaires du DEUG, session de juillet 2017. Durée : 1 h 30. Deux problèmes indépendants, barème : I – 15 points (1) 2, 2) 3, 3) 2, 4) 3, 5) 3, 6) 2) et II – 5 points (1) 2, 2) 3). Le scan contient aussi une page d'exercices d'électricité et d'électrostatique qui n'appartient pas au barème de cette épreuve ; elle est corrigée à la fin.

💡 Méthode : dans le problème I, fixez une fois pour toutes les axes de la figure (ex vers le bas de la pente, ey normal au plan). Les trois équations utiles sont : la résultante dynamique (2 équations), le moment dynamique en C (1 équation) et la condition de roulement sans glissement.

Problème I — Cylindre sur un plan incliné

1) Moment d'inertie J = ½ m R²

Cylindre homogène de hauteur h, masse volumique ρ = m/(πR²h). On découpe en couronnes de rayon r, d'épaisseur dr : dm = ρ·2πr·h·dr.

J = ∫ r² dm = ρ·2πh ∫₀^R r³ dr = ρ·2πh·R⁴/4 = (m/(πR²h))·(πhR⁴/2) = ½ m R².

2) Composantes T et N de la réaction

Forces : poids mg = mg sin α ex − mg cos α ey ; réaction R = −T ex + N ey. Avec OC = x ex + R ey, l'accélération de C est ẍ ex (C reste à la distance R du plan).

Théorème de la résultante dynamique : m ẍ ex = mg + R, d'où

• sur ey : 0 = N − mg cos α ⇒ N = mg cos α ;
• sur ex : m ẍ = mg sin α − T ⇒ T = m (g sin α − ẍ).

3) Condition de roulement sans glissement

On applique la formule de transport entre C et I, avec CI = −R ey :

V(I) = V(C) + Ω ∧ CI = ẋ ex + θ̇ ez ∧ (−R ey) = (ẋ + R θ̇) ex (car ez ∧ ey = −ex).

Roulement sans glissement : V(I/R) = 0 ⇒ ẋ = −R θ̇ (et donc ẍ = −R θ̈).

4) Théorème du moment dynamique en C : T = m ẍ / 2

Le poids passe par C (moment nul). Moment de la réaction en C : CI ∧ R = (−R ey) ∧ (−T ex + N ey) = R T (ey ∧ ex) = −R T ez.

D'où J θ̈ = −R T. Avec θ̈ = −ẍ/R et J = ½ m R² : ½ m R²·(−ẍ/R) = −R T ⇒ T = m ẍ / 2.

En reportant dans 2) : m ẍ = mg sin α − m ẍ/2 ⇒ ẍ = (2/3) g sin α et T = (1/3) mg sin α.

5) Condition tan α < 3f

Le roulement sans glissement exige T < f N : (1/3) mg sin α < f mg cos α ⇒ tan α < 3f. Si tan α ≥ 3f, le cylindre glisse en roulant (T = fN).

6) Énergie cinétique et vitesse en bas du plan

E_c = ½ m ẋ² + ½ J θ̇² = ½ m ẋ² + ½·(½ m R²)·(ẋ²/R²) = (3/4) m ẋ².

Sans glissement, la réaction ne travaille pas (son point d'application I a une vitesse nulle). Le poids travaille seul sur la distance L : W = mg L sin α. Théorème de l'énergie cinétique, départ sans vitesse :

(3/4) m v² = mg L sin α ⇒ v = √(4 g L sin α / 3).

Contrôle : mouvement uniformément accéléré, v² = 2·ẍ·L = 2·(2/3) g sin α·L. ✔

Problème II — Monte-charge

Données : H = 20 m, m = 600 kg, n = 200 tours, P = 2000 W, rendement r = 80 %. On prend g = 9,81 m/s² (valeurs avec g = 10 entre parenthèses). On suppose la transmission courroie–cylindre–câble sans pertes.

1) Couple moteur C_m

Travail nécessaire pour monter la masse : W = m g H = 600 × 9,81 × 20 = 117 720 J (120 000 J).

Le travail d'un couple constant sur n tours est C_m·θ avec θ = 2πn = 400π rad. En égalant au travail utile :

C_m = m g H / (2π n) = 117 720 / (400π) ≈ 93,7 N·m (95,5 N·m).

💡 Réponse probable : le rendement de 80 % est pris ici entre la puissance absorbée (2000 W) et la puissance mécanique sur l'arbre. Si l'on considère au contraire que les 20 % de pertes se situent entre l'arbre et la charge, le couple sur l'arbre vaut C_m = mgH / (r·2πn) ≈ 117,1 N·m. La vitesse N trouvée ci‑dessous est la même dans les deux lectures.

2) Vitesse de rotation N

Puissance mécanique utile : P_u = r·P = 0,8 × 2000 = 1600 W. Or P_u = C_m·ω, donc ω = 1600 / 93,7 ≈ 17,1 rad/s.

N = 60 ω / (2π) ≈ 163 tr/min (160 tr/min avec g = 10).

Formule directe : N = 60·r·P·n / (m g H). Durée de levage : t = n/N ≈ 200/163 ≈ 1,23 min ≈ 74 s.

Page jointe au scan — exercices d'électricité et d'électrostatique

Cette page (numérotée « Page 2 ») provient d'une autre épreuve ; voici sa correction.

Exercice 1 — Somme de deux courants sinusoïdaux

En notation complexe : I = I₁ e^jφ₁ + I₂ e^jφ₂. Son module donne l'amplitude :

I = √(I₁² + I₂² + 2 I₁ I₂ cos(φ₁ − φ₂)), et la phase φ vérifie tan φ = (I₁ sin φ₁ + I₂ sin φ₂) / (I₁ cos φ₁ + I₂ cos φ₂).

Exercice 2 — Interaction entre particules chargées

1. F = Q_A Q_B / (4π ε₀ r²) · u_AB, avec r = AB et u_AB le vecteur unitaire de A vers B.
2. F = −dE_p/dr avec E_p(∞) = 0 donne E_p(r) = Q_A Q_B / (4π ε₀ r). La seule force n'est jamais nulle à distance finie (dE_p/dr ≠ 0) : il n'existe pas de position d'équilibre pour B (F ne tend vers 0 qu'à l'infini).
3. Charges égales : répulsion. Conservation de l'énergie entre l'infini et le point le plus proche (vitesse nulle) : ½ m v₀² = Q² / (4π ε₀ d_min) ⇒ d_min = Q² / (2π ε₀ m v₀²).
4. Charges opposées : attraction, F ne s'annule toujours pas à distance finie : pas de position d'équilibre ; B est attirée vers A.
5. E_p(a) = −Q² / (4π ε₀ a). B s'échappe si son énergie mécanique est ≥ 0 : ½ m v² − Q²/(4π ε₀ a) ≥ 0 ⇒ v_min = Q / √(2π ε₀ m a).

Exercice 3 — Accélération d'un proton

1. Entre deux électrodes planes, le champ E est uniforme ; la force qE est constante et dirigée vers l'électrode négative. Départ sans vitesse : mouvement rectiligne uniformément accéléré (poids négligeable).
2. Théorème de l'énergie cinétique : ½ m v² = q U ⇒ v = √(2 q U / m) = √(2 × 1,6·10⁻¹⁹ × 2000 / 1,67·10⁻²⁷) ≈ 6,19·10⁵ m/s ≈ 2,23·10⁶ km/h.

Exercice 4 — Électron dans un champ magnétique

1. La force de Lorentz e v B est centripète : m v²/R = e v B ⇒ R = m v₀ / (e B) = 9,1·10⁻³¹ × 2,7·10⁷ / (1,6·10⁻¹⁹ × 0,10) ≈ 1,54·10⁻³ m (1,54 mm).
2. ω = v₀/R = e B / m = 1,6·10⁻¹⁹ × 0,10 / 9,1·10⁻³¹ ≈ 1,76·10¹⁰ rad/s.