نموذج مباراة ولوج المدرسة الوطنية العليا للفنون والمهن ENSAM مكناس 2006 - الفيزياء
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باختصار
هذا نموذج امتحان كتابي سابق لمباراة مباراة ولوج المدارس والمعاهد العليا لدى المدرسة الوطنية العليا للفنون والمهن ENSAM مكناس (2006)، منشور على وظيفة إنفو للاطلاع والتحميل المجاني بصيغة PDF مع تصحيح مقترح.
- الجهة المنظمة
- المدرسة الوطنية العليا للفنون والمهن ENSAM مكناس
- الدرجة
- مباراة ولوج المدارس والمعاهد العليا
- التخصص
- الفيزياء
- الدورة
- 2006
- عدد الصفحات
- 5
- لغة الأسئلة
- الفرنسية
- التصحيح
- تصحيح مقترح متوفر في هذه الصفحة
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— صفحة 1 — ›» Université Moulay Ismaïl Meknès le 22 juillet 2006 Ecole Nationale Supérieure d’Arts et Métiers - Meknès Concours d’entrée en première année de l’Ecole Nationale Supérieure d’Arts et Métiers - Meknès Séries : Sciences mathématiques À et B Sciences et techniques. Matière : Physique Durée : 3h 15mn Remarque importante : - L’épreuve est composée de deux problèmes indépendants. - L’organisation et la qualité de la rédaction seront prises en compte dans le barème de la notation. Problème 1 : Mécanique Les deux parties A et B sont indépendantes. On donne g = 1 000/87 Partie A Pour les questions I et II le mouvement s’effectue dans le plan (OXZ) où (OXZ) est un repère orthonormé avec (OX) un axe horizontal lié au sol et (OZ) un axe vertical orienté vers le haut. M, et M; sont deux points matériels. e A(xo ,Z0) Z I- A l’instant initial t=0, on lance M à partir de 0 avec une vitesse Ÿ, et on lâche en même temps, sans vitesse initiale, le point matériel M; à partir d’un point A de coordonnées (X0,Zo) avec xo›0 et z4›0. a- Ecrire les équations horaires xy(t) et z,(t) du mouvement de M,. b- Ecrire l’équation de la trajectoire de M,. Exprimer la portée de ce projectile. c- Exprimer l’équation horaire z2(t) du mouvement de M». d- Quelles conditions faut-il réaliser pour que M, et M; puissent se rencontrer ? e- A.N : Déterminer les valeurs de l’instant du contact et les coordonnées du point de contact. On donne : 7100/5 ; حه ; دحو 11- On refait l’expérience comme indiqué sur la figure ci-dessous: à l’instant initial t=0, on lance M; à partir de l’origine O avec une vitesse 2 et on lance en même temps يآلا avec une vitesse 2 7 à partir d’un point O° de coordonnées (x , 0) avec x”, › 0. a- Exprimer les équations horaires x2(t) et 0)ر2 de M3. b- Quelles conditions faut-il réaliser pour que M; et M; puissent se rencontrer ? 0 le sol c- اذ : Déterminer les valeurs de l’instant et les coordonnées du point de contact. On donne : V,=10m/s, x*4=20m ; a=45° ; B=30° ; V°9=10 2 m/s. 1/5 نماذج المباريات من موقع وظيفة إنفو wadifa-info.com — صفحة 2 — 111- On s’intéresse maintenant au seul point matériel M;. Ce dernier peut glisser sans frottements sum un cerceau circulaire fixe, de centre C de rayon a disposé selon un plan vertical. La position M, du point matériel est repéré par l’angle 0 formé entre (A) et la droite (CM;). (A) étant le diamètre vertical du cerceau. Le point matériel part sans vitesse initiale à partir du sommet du cerceau (position 0=0). Mi a- En appliquant le théorème de l’énergie cinétique, déterminer le module V de la vitesse de M; pour une position © non nulle. b- Etablir l’expression du module de la réaction F du cerceau sur M,, en a fonction de m , g et ©. (m étant la masse de M). c- Déterminer en degré, l’angle 6, pour lequel le point matériel quitte le cerceau. Partie B On désigne par (R;) et (R2) deux ressorts identiques de longueurs initiales Ly=20cm, de constantes de raideur k=50N/m et de masses négligeables. Pour les questions I et II, la position de 6 sera repérée par son abscisse x sur un axe (OX) où O correspondra à la position d’équilibre de G. I- Le système suivant est composé de (R;) et (Rz) et d’une barre homogène d’épaisseur négligeable, de masse m et de centre d’inertie G. On suppose que la barre garde toujours une position horizontale et que le système évolue dans un plan vertical. 1- Déterminer, à l’équilibre, la longueur Le des ressorts. 2- On écarte la barre vers le bas d’une distance a par rapport à la position d’équilibre, puis on lâche, à t=0, le système sans vitesse initiale. a- Déterminer l’équation différentielle du mouvement de G. b- Exprimer l’équation horaire x(t). c- A.N: Calculer les valeurs numériques de la période T puis la vitesse de 6 qui X correspond au premier passage de 6 par sa position d’équilibre. On donne : a=5cm ; m=500g. II- Pour le système représenté ci-dessous, on néglige les frottements et on prendra l’état d’équilibre comme référence de l’énergie potentielle. Les deux poulies sont identiques, chacune de masse M et de rayon r, et la liaison entre (R;) et le corps (C) de dimensions négligeables, de centre d’inertie G et de masse m, s’effectue à l’aidé d’un fil inextensible, de masse négligeable qui passe à travers les deux poulies. Les axes des poulies sont horizontaux, parallèles et se situent au même niveau par rapport au sol. | 1- Exprimer à l’équilibre la relation entre m, g, وا & , Lo et Le (longueur du ressort à l’état d’équilibre du système). 2- Pour une position x de G déterminer : a- l’expression de l’énergie potentielle élastique ; b- l’expression de l’énergie potentielle de pesanteur qui correspond au poids de (C) ; 2/5 نماذج المباريات من موقع وظيفة إنفو wadifa-info.com — صفحة 3 — c- l’expression de l’énergie mécanique du système global en fonction de m, ينه M, رع k, Lo, Le ; X et x. On donne J = 3 M r” pour chacune des deux poulies ; d- l’équation différentielle du mouvement de G. En déduire la nature du mouvement. IIE- Un point matériel de masse m, rattaché à l’extrémité de (R;) peut coulisser sans frottement sur la tige horizontale (T). La tige (T) est animée d’un mouvement de rotation uniforme à la vitesse angulaire ده autour de l’axe vertical (A). A l’équilibre la longueur du ressort est égale à L. 1- Etablir l’expression de L en fonction de m, k, مآ et œ. m 2- A.N : Calculer L. On donne : m=500g et حم (R1) (T) Problème 2 : Electricité (à) Les deux parties A et B sont indépendantes. Partie À 1) On dispose d’un conducteur ohmique de résistance R = 100 ©, d’une bobine d’inductance L et de résistance r, d’un condensateur de capacité C, d’un générateur basse fréquence (BF) délivrant une tension sinusoïdale de fréquence f variable et d’un oscilloscope à deux voies. Proposer le schéma d’un montage comprenant en série, le conducteur ohmique, la bobine, le condensateur et le générateur. Préciser le branchement de l’oscilloscope permettant de visualiser en voie À la tension aux bornes du générateur notée ينا et en voie B une grandeur proportionnelle à l’intensité du courant notée up. Courbe (1 1 cm برا | | | ل‹ ال الل | روا | ل(خحا0 | 1ل[ للم ا/ز_لحج | EE EE EE 7/4 SN ا ا ا ا ل ل 8 cm Figure 1 2) On règle la fréquence du générateur BF pour que les deux courbes observées soient en phase. Les réglages de l’oscilloscope pour l’ensemble de la manipulation sont : - sensibilité verticale voies A et B : 0,2 V/cm ; - balayage horizontal : 0,2 ms/cm. 3/5 نماذج المباريات من موقع وظيفة إنفو wadifa-info.com — صفحة 4 — On observe alors les deux courbes de la figure ٠ a) Quelle est parmi les deux courbes (1) et (2) celle qui correspond à la tension يتا et celle qui correspond à la tension up ? Justifier votre réponse. b) Déterminer les expressions numériques de ua(t) et up(t). On prendra comme origine du temps le point O. c) Calculer la résistance r de la bobine. d) Lire la période des tensions sur l’oscillogramme de la figure 1 et calculer L sachant que C=2,5 uF. 3) La valeur maximale de la tension aux bornes du générateur est inchangée et sa fréquence modifiée devient f ’. Les réglages de l’oscilloscope restent inchangés. a) Sur l’oscillogramme de la figure 2, identifier يتنا et up tout en indiquant la tension qui est en avance par rapport à l’autre. Justifier votre réponse. b) De l’oscillogramme déduire le déphasage de ينا par rapport à ug en valeur et en signe. 1,2 cm 5 Courbe (3) pair Courbe (4) sa - لاا ل لالحلل | ااال ادا لخ ص بطلا نلا لحمن 1 }/ 1 cm Figure 2 1,2 cm Partie B Dans toute cette partie, la pulsation ته et la valeur efficace U de la tension sinusoïdale u(t) aux bornes des circuits que nous étudierons sont supposées constantes. 1) La tension u(t) étant appliquée aux bornes d’un circuit de résistance R et d’inductance L (montées en série), donner sans démonstration, l’expression de l’intensité efficace I. 2) On monte en série avec R et L du circuit précédent, un condensateur variable ; sa capacité C est réglée de façon à ce que l’intensité efficace dans le circuit soit maximale. Soit Cp et مل les valeurs correspondantes de C et l’intensité efficace. Précisons que le circuit RLC est alimenté par la même tension sinusoïdale u(t). a) Donner l’expression de I, et de la tension efficace Uc aux bornes du condensateur. 4/5 نماذج المباريات من موقع وظيفة إنفو wadifa-info.com — صفحة 5 — b) Dans ces conditions, on appellera le coefficient de surtension le rapport Q, = › . Donner son expression en fonction de R, L et w. c) Donner l’expression du rapport T en fonction de Q, . Calculer ce rapport pour و0 100. 0 3) La capacité C varie, ce qui entraine des variations de l’intensité efficace I dans le circuit. a) Calculer en nanofarads (1 nanofarad = 10° farad), la valeur de Cp pour 1= Lo. On donne : R= 10 Q ; L= 10* H et Q, = 100. b) L’intensité I étant telle que z = 7 (a 21). Donner, en fonction de و90 et a, l’expression du 0 a rap n = po 6 : (Indication : On pourra écrire le rapport ; en exprimant 71 et I, en fonction de U et des impédances) 0 C eva—l 4) Dans le cas où à est petit devant و9 on admet que : — = 1 + ——— felque € = +1. 2 9 0 a) En déduire l’expression de la variation relative 0 b) Remplir le tableau suivant donnant les valeurs de ; et de (C-C,) correspondant aux valeurs de a : (C-CopnF دع c) Construire, directement sur la copie, la partie de la courbe représentant les variations de —en 0 fonction de C-Cp à partir des points correspondants aux valeurs de à figurant dans le tableau précédent. 7 En ordonnée, TL =1 représenté par 10 cm ; en abscisse, C-C,=0,01 nF représenté par 2 cm. 0 d) Expliquer, sans calcul, comment se modifie l’allure de la courbe précédente si Q diminue. Comment pourrait-on réaliser cette diminution ? 5/5 نماذج المباريات من موقع وظيفة إنفو wadifa-info.com
التصحيح المقترح
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Ce modèle est l'épreuve de physique du concours d'entrée en 1re année de l'ENSAM Meknès (Université Moulay Ismaïl), séries Sciences mathématiques A et B et Sciences et techniques, session du 22 juillet 2006. Durée : 3 h 15 min. Deux problèmes indépendants : mécanique (projectiles, cerceau, ressorts, poulies, référentiel tournant) et électricité (circuit RLC série, résonance, coefficient de surtension). Voici une correction proposée.
💡 Le sujet précise que la rédaction compte : pour chaque question, nommez le système, le référentiel, le bilan des forces et la loi utilisée (PFD, théorème de l'énergie cinétique…) avant de calculer.
Problème 1 : Mécanique
On prend g = 10 m/s². D'après les figures, l'axe OX est horizontal, orienté vers la gauche (du côté de A), et OZ vertical vers le haut ; V0 fait l'angle α avec l'horizontale.
Partie A — I. Projectile et chute libre
a) M1 n'est soumis qu'à son poids : a = g (vertical, vers le bas). Avec les conditions initiales (O, V0) :
x1(t) = V0 cos α · t ; z1(t) = −½ g t² + V0 sin α · t.
b) En éliminant t = x/(V0 cos α) : z = −g x² / (2V0² cos² α) + x tan α (parabole).
Portée : z = 0 pour x ≠ 0 ⇒ xP = V0² sin 2α / g.
c) M2 est lâché sans vitesse de A : x2 = x0 et z2(t) = z0 − ½ g t².
d) Rencontre : x1(t) = x0 et z1(t) = z2(t) au même instant tc.
– z1 = z2 ⇔ V0 sin α · tc = z0 (les termes −½gt² se simplifient) ;
– x1 = x0 ⇔ V0 cos α · tc = x0.
D'où la condition tan α = z0/x0 : il faut viser le point A. Il faut aussi que la rencontre ait lieu avant que M2 touche le sol :
z0 − ½ g tc² ≥ 0 avec tc = OA/V0, soit V0 ≥ OA·√(g/(2z0)) avec OA = √(x0² + z0²).
e) A.N. : tan α = 8/8 = 1, la condition de visée est remplie (α = 45°).
tc = x0/(V0 cos α) = 8/(10 × 0,707) = 0,8√2 ≈ 1,13 s.
zc = z0 − ½ g tc² = 8 − 5 × 1,28 = 1,6 m (positif : la rencontre a lieu en l'air). Point de contact : (8 m ; 1,6 m).
Partie A — II. Deux projectiles
D'après la figure, V'0 est dirigée vers O (vers les X décroissants), faisant l'angle β avec le sol.
a) x2(t) = x'0 − V'0 cos β · t ; z2(t) = −½ g t² + V'0 sin β · t.
b) z1 = z2 à tout instant de la rencontre ⇔ V0 sin α = V'0 sin β (même composante verticale de la vitesse initiale).
x1 = x2 ⇔ tc = x'0 / (V0 cos α + V'0 cos β), et il faut tc ≤ 2V0 sin α / g (rencontre avant le retour au sol).
c) A.N. : V0 sin α = 5√2 m/s et V'0 sin β = 10√2 × 0,5 = 5√2 m/s : la condition est vérifiée.
V0 cos α + V'0 cos β = 5√2 + 5√6 = 5√2(1 + √3) ≈ 19,3 m/s.
tc = 20 / (5√2(1 + √3)) = √6 − √2 ≈ 1,04 s (inférieur à la durée de vol √2 ≈ 1,41 s).
xc = 5√2 · tc = 10(√3 − 1) ≈ 7,32 m ; zc = xc − 5tc² = 30√3 − 50 ≈ 1,96 m.
Partie A — III. Point sur un cerceau
Le point glisse sur l'extérieur du cerceau (il peut le quitter), en partant du sommet sans vitesse.
a) Théorème de l'énergie cinétique entre θ = 0 et θ : seul le poids travaille (la réaction est normale, pas de frottement) ;
M1 est descendu de a(1 − cos θ) :
½ m V² = m g a (1 − cos θ) ⇒ V = √(2 g a (1 − cos θ)).
b) PFD projeté sur la normale dirigée vers le centre C (accélération normale V²/a) :
m g cos θ − F = m V²/a = 2 m g (1 − cos θ) ⇒ F = m g (3 cos θ − 2).
c) Le point quitte le cerceau quand F s'annule : cos θm = 2/3 ⇒ θm ≈ 48,2°.
Partie B — I. Barre suspendue à deux ressorts
1) À l'équilibre, les deux ressorts identiques sont allongés de Le − L0 : 2k(Le − L0) = m g ⇒ Le = L0 + m g / (2k). Avec m = 0,5 kg : Le = 0,20 + 5/100 = 0,25 m = 25 cm.
2-a) Axe OX vers le bas, origine à l'équilibre : m ẍ = m g − 2k(Le − L0 + x) = −2k x ⇒ ẍ + (2k/m) x = 0.
2-b) Solution x(t) = Xm cos(ω0t + φ), ω0 = √(2k/m). Conditions initiales x(0) = a, ẋ(0) = 0 ⇒ φ = 0, Xm = a : x(t) = a cos(√(2k/m) · t).
2-c) ω0 = √(100/0,5) = √200 ≈ 14,1 rad/s ⇒ T = 2π/ω0 ≈ 0,44 s.
Premier passage à l'équilibre à t = T/4 : ẋ = −aω0 sin(π/2) = −0,05 × 14,1 ≈ −0,71 m/s
(vitesse de 0,71 m/s dirigée vers le haut, sens négatif de l'axe).
Partie B — II. Ressort, poulies et plan incliné
Axe OX le long du plan, vers le bas de la pente, origine à l'équilibre. Quand (C) descend de x, le fil inextensible allonge le ressort de x.
1) À l'équilibre, sans frottement, les poulies ne transmettent aucune différence de tension : la tension du fil vaut k(Le − L0), et pour (C) : m g sin α = k (Le − L0).
2-a) Allongement du ressort à la position x : Le − L0 + x. Avec l'équilibre comme référence :
Epe = ½ k (Le − L0 + x)² − ½ k (Le − L0)² = k(Le − L0) x + ½ k x².
2-b) Quand (C) avance de x sur la pente, il descend de x sin α : Epp = −m g x sin α.
2-c) Chaque poulie tourne à la vitesse angulaire ẋ/r (fil sans glissement), d'où une énergie cinétique ½ J (ẋ/r)² = ¼ M ẋ² par poulie ;
pour les deux : ½ M ẋ². Donc :
Em = ½ (m + M) ẋ² + k(Le − L0) x + ½ k x² − m g x sin α.
Compte tenu de la condition d'équilibre, les termes du premier degré s'annulent : Em = ½ (m + M) ẋ² + ½ k x².
2-d) Sans frottement, Em est constante : dEm/dt = ẋ[(m + M) ẍ + k x] = 0 ⇒ ẍ + k/(m + M) · x = 0.
Mouvement rectiligne sinusoïdal de pulsation ω = √(k/(m + M)), période T = 2π√((m + M)/k).
Partie B — III. Ressort sur une tige en rotation
1) Dans le référentiel terrestre, m décrit un cercle de rayon L à vitesse angulaire ω constante : son accélération est centripète, de module ω²L.
La seule force horizontale selon la tige est la tension du ressort, allongé de L − L0 et dirigée vers l'axe :
k (L − L0) = m ω² L ⇒ L = k L0 / (k − m ω²) (il faut k > m ω²).
2) A.N. (k = 50 N/m, L0 = 0,20 m, m = 0,5 kg, ω = 5 rad/s) : mω² = 12,5 N/m ; L = 50 × 0,20 / 37,5 ≈ 0,267 m ≈ 26,7 cm.
Problème 2 : Électricité
Partie A
1) Montage. En série : GBF – bobine (L, r) – condensateur C – conducteur ohmique R, la borne de R non reliée au condensateur étant reliée à la borne du GBF qui sert de masse (point M). On branche :
- voie A sur l'autre borne du GBF : elle affiche uA = uGBF ;
- voie B au point commun entre C et R : elle affiche uB = uR = R·i, proportionnelle à i.
La masse de l'oscilloscope doit être commune aux deux voies et confondue avec celle du GBF : c'est pourquoi R est placé contre la masse.
2) Les deux courbes sont en phase : le circuit est à la résonance d'intensité.
a) À la résonance, Z = R + r, donc UA,max = (R + r)Imax > UB,max = R Imax. Les deux voies ayant la même sensibilité, la courbe de plus grande amplitude est uA : courbe (1) → uA (5,4 cm crête à crête) ; courbe (2) → uB (5 cm crête à crête).
b) Amplitudes : UAm = 2,7 cm × 0,2 V/cm = 0,54 V ; UBm = 2,5 cm × 0,2 V/cm = 0,50 V.
Période : 8 cm × 0,2 ms/cm = 1,6 ms, donc ω = 2π/T = 1250π ≈ 3,93·10³ rad/s.
En O, les deux tensions s'annulent en décroissant, donc u = −Um sin(ωt) = Um sin(ωt + π) :
uA(t) = 0,54 sin(1250πt + π) (V) ; uB(t) = 0,50 sin(1250πt + π) (V).
c) UAm/UBm = (R + r)/R ⇒ r = R(0,54/0,50 − 1) = 100 × 0,08 = 8 Ω.
d) T = 1,6 ms (f0 = 625 Hz). À la résonance, LCω0² = 1 ⇒ L = T² / (4π²C) = (1,6·10⁻³)² / (4π² × 2,5·10⁻⁶) ≈ 2,6·10⁻² H ≈ 26 mH.
3) La fréquence est modifiée, l'amplitude du GBF est inchangée.
a) uA garde son amplitude de 0,54 V, soit 2,7 cm : c'est la courbe (3) (≈ 2,7 divisions). uB a diminué
(on n'est plus à la résonance, Im < I0) : c'est la courbe (4) (≈ 1,8 division).
La courbe (4) passe par zéro en décroissant 1,2 cm avant la courbe (3) : uB (donc i) est en avance sur uA.
Le circuit est capacitif : la nouvelle fréquence f' est inférieure à f0.
b) Sur l'oscillogramme 2, une demi-période de uA occupe 5 cm (passage à zéro décroissant au centre de l'écran,
passage croissant au bord droit), donc T' = 10 cm (2,0 ms). Décalage : τ = 1,2 cm.
|φ| = 2π τ/T' = 2π × 1,2/10 = 0,24π ≈ 0,75 rad ≈ 43°. uA étant en retard sur uB :
φ(uA/uB) ≈ −0,24π rad ≈ −43°.
Contrôle par les amplitudes : Z = R UAm/UBm ≈ 100 × 2,7/1,8 = 150 Ω et cos|φ| = (R + r)/Z = 108/150 = 0,72, soit |φ| ≈ 44°, cohérent.
Partie B
1) I1 = U / √(R² + L²ω²).
2-a) I est maximale quand l'impédance Z = √(R² + (Lω − 1/(Cω))²) est minimale, c'est-à-dire à la résonance LC0ω² = 1. Alors I0 = U/R et UC = I0/(C0ω) = U L ω / R (car 1/(C0ω) = Lω).
2-b) Q0 = UC/U = L ω / R.
2-c) I1/I0 = R / √(R² + L²ω²) = 1/√(1 + Q0²). Pour Q0 = 100 : I1/I0 = 1/√10001 ≈ 0,01.
3-a) ω = Q0R/L = 100 × 10 / 10⁻³ = 10⁶ rad/s. C0 = 1/(Lω²) = 1/(10⁻³ × 10¹²) = 10⁻⁹ F = 1 nF.
3-b) I/I0 = R/Z = 1/√a ⇒ Z² = aR² ⇒ (Lω − 1/(Cω))² = (a − 1)R².
Or Lω − 1/(Cω) = Lω(1 − 1/(LCω²)) = Lω(1 − C0/C). D'où Q0(1 − C0/C) = ε√(a − 1), ε = ±1, et :
C/C0 = Q0 / (Q0 − ε√(a − 1)).
4-a) Pour a petit devant Q0, C/C0 ≈ 1 + ε√(a − 1)/Q0, donc (C − C0)/C0 = ε√(a − 1)/Q0.
4-b) C − C0 = C0 ε√(a − 1)/Q0 = ε × 0,01√(a − 1) nF.
| a | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
|---|---|---|---|---|---|
| I/I0 = 1/√a | 1 | 0,707 | 0,577 | 0,500 | 0,447 |
| (C − C0) nF, ε = +1 | 0 | 0,0100 | 0,0141 | 0,0173 | 0,0200 |
| (C − C0) nF, ε = −1 | 0 | −0,0100 | −0,0141 | −0,0173 | −0,0200 |
4-c) Avec les échelles imposées (I/I0 = 1 ↔ 10 cm ; 0,01 nF ↔ 2 cm), on place les points (0 ; 10 cm), (±2 cm ; 7,07 cm), (±2,83 cm ; 5,77 cm), (±3,46 cm ; 5 cm), (±4 cm ; 4,47 cm). On obtient une courbe en cloche, symétrique par rapport à l'axe C − C0 = 0, de sommet I/I0 = 1 : c'est la courbe de résonance en fonction de la capacité.
4-d) Pour une même valeur de a, |C − C0| = C0√(a − 1)/Q0 augmente quand Q0 diminue : la courbe s'élargit (résonance moins aiguë, circuit moins sélectif), le sommet restant à I/I0 = 1. Comme Q0 = Lω/R, on diminue Q0 en augmentant la résistance du circuit (ajout d'un conducteur ohmique en série) ; C0 = 1/(Lω²) n'en dépend pas.
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