Modèle de concours d'accès à l'Académie des Arts Traditionnels de Casablanca (Fondation de la Mosquée Hassan II) 2014-2015 — Épreuve : Physique

Ce modèle est l'épreuve de physique du concours d'entrée à l'Académie des Arts Traditionnels (Fondation de la Mosquée Hassan II de Casablanca), année académique 2014/2015. Durée : 1 heure. Trois exercices : équilibre d'un corps sur un plan incliné, équilibre d'une barre (moments), et établissement du courant dans un circuit RL. Voici une correction proposée. On prend g = 10 N/kg (les valeurs avec g = 9,8 N/kg sont données entre parenthèses).

Exercice 1 — Corps sur un plan incliné

Bilan des forces sur le corps (m = 100 kg), immobile : son poids P (vertical, vers le bas, P = mg = 1000 N) et la réaction de la pente R, qu'on décompose en une composante tangentielle f (force de frottement, dirigée vers le haut de la pente) et une composante normale R_N (perpendiculaire à la pente).

À l'équilibre : P + f + R_N = 0. Projection dans le repère (Ox le long de la pente, Oy perpendiculaire) :

1°) Force de frottement

Sur Ox : f − mg sin α = 0, donc f = mg sin α = 1000 × sin 20° ≈ 342 N (≈ 336 N avec g = 9,8).

2°) Force perpendiculaire à la pente (réaction normale)

Sur Oy : R_N − mg cos α = 0, donc R_N = mg cos α = 1000 × cos 20° ≈ 940 N (≈ 921 N avec g = 9,8).

💡 Vérification : f² + R_N² = (mg)², la réaction totale compense exactement le poids (R = 1000 N).

Exercice 2 — Barre en équilibre

D'après le schéma : OA = 1,5 m, OB = 0,5 m, donc AB = 2 m. On suppose la barre homogène : son centre de gravité G est au milieu de AB, à 1 m de A, soit à OG = 1,5 − 1 = 0,5 m du côté de A.

Forces : F₂ = 100 N en A, F₁ = 600 N en B, poids P = mg en G, réaction de l'appui en O (moment nul par rapport à O).

Théorème des moments par rapport à O (barre horizontale, forces verticales) — les moments qui font tourner la barre dans un sens équilibrent ceux qui la font tourner dans l'autre :

F₂ × OA + P × OG = F₁ × OB
100 × 1,5 + P × 0,5 = 600 × 0,5
150 + 0,5 P = 300 ⟹ P = 300 N

m = P / g = 300 / 10 = 30 kg (≈ 30,6 kg avec g = 9,8).

Exercice 3 — Circuit RL (L = 10 mH, r = 5 Ω, R = 45 Ω, E = 5 V)

1- Schéma

Circuit série : générateur (E) — interrupteur K — bobine {L, r} — résistance R, en une seule maille.

2- Visualiser la tension aux bornes de la bobine (voie A)

Relier la masse de l'oscilloscope au point commun entre la bobine et la résistance, et la voie A à l'autre borne de la bobine : on visualise u_B = u_bobine.

3- Suivre l'intensité

On suit i(t) grâce à la tension aux bornes du conducteur ohmique R, car elle lui est proportionnelle : u_R = R · i, soit i = u_R / R. Voie B branchée à l'autre borne de R (la masse restant au point commun bobine–résistance) ; avec ce branchement la voie B affiche −u_R, on utilise donc la touche d'inversion (INV) de la voie B.

4- Équation différentielle

Loi d'additivité des tensions : E = u_bobine + u_R = (L di/dt + r i) + R i.
En divisant par L : di/dt + ((r + R)/L) · i = E/L.

5- Solution

Attention : pour que la solution corresponde à un courant qui s'établit, l'exponentielle doit être décroissante ; on écrit donc i(t) = A·exp(−t/τ) + B (avec τ > 0).

• Dérivée : di/dt = −(A/τ) exp(−t/τ). En remplaçant : A exp(−t/τ) · [−1/τ + (r + R)/L] + (r + R)B/L = E/L, pour tout t.
• Le terme en exponentielle doit s'annuler : τ = L / (r + R).
• Le terme constant : B = E / (r + R).
• Condition initiale : à t = 0 le courant est nul (la bobine s'oppose à toute variation brusque du courant), donc i(0) = A + B = 0 ⟹ A = −E / (r + R).

Valeurs : r + R = 50 Ω ; τ = 0,010 / 50 = 2 × 10⁻⁴ s = 0,2 ms ; B = 5 / 50 = 0,1 A ; A = −0,1 A.
D'où i(t) = 0,1 (1 − e^−t/τ) en ampères.

6- Exploitation de la courbe

Le courant tend vers I₀ = 0,1 A (valeur lue sur la courbe, en accord avec B). À t = τ, i = 0,63 × I₀ = 0,063 A ; sur la courbe, cette valeur est atteinte pour t ≈ 0,2 ms. (Autre méthode : la tangente à l'origine coupe l'asymptote i = 0,1 A en t = τ ≈ 0,2 ms.)

La valeur expérimentale τ ≈ 0,2 ms concorde avec la valeur calculée L/(r + R) = 0,2 ms.