Corrigé physique, Concours avenir 2024.

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On compare la résistance thermique d’un pilier parallélépipédique en bois et d’un pilier en béton de même épaisseur e=18 cm et dont la surface d’échange est S=2,5 m2.
On considère que le flux thermique à travers le pilier est égal au flux thermique à la surface du pilier en contact avec l’air.
1. La résistance thermique du pilier en béton vaut : l(béton) = 1,8 W m-1 K-1.
R = e /(lS) =0,18 / (1,8 x 2,5) = 1 /25=0,04  K W-1= 40 mK W-1. Réponse D.

2. La température de la paroi extérieure du pilier en béton est à -1°C et celle de la paroi intérieure à 19°C, le flux thermique F au travers du pilier en béton est alors :
F = DT / R =(19-(-1)) / 0,04 = 500 W. Réponse C.
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 3.  Le coefficient d’échange (appelé également coefficient de Newton) h avec l’air extérieur à - 6°C (température loin de la paroi) dans ce cas vaut :
F = h S (T-Tf) ; h=F /(S (T-Tf) )=500/ (2,5 x(-6+1))=100 / 2,5=40 Wm-2K-1. Réponse A.

4. Si le pilier avait été en bois, à épaisseur et surface d’échanges égales, la perte thermique aurait été environ :
 l(bois) = 0,15 W m-1 K-1~ 0,083 l(béton).
R(bois ) =12 R(béton).
Flux(bois) = Flux(béton) / 12= 500 /12 ~42 W.
(500-42) /500 ~0,9. 90 % plus faible. Réponse  D.

5. Un des déchets radioactifs principaux de la fission de l’uranium est le strontium 90 dont la demi-vie est de 29 jours. Pour un échantillon contenant initialement N0=1030 noyaux de strontium, au bout de 87 jours il restera :
87 = 3 x 29.
Au bout de trois demi-vie radioactive, N = N0 / 23 =1030/ 8 =1,25 1029 noyaux. Réponse  D.

6. La loi de décroissance radioactive décrivant l’évolution du nombre de noyaux au cours du temps en fonction de la constante radioactive l est :
N(t) = N0 exp(-l t). Réponse A.

7. Pour que l’échantillon soit inoffensif, on considère que le pourcentage de noyaux désintégrés doit être de 99%. Pour l’échantillon de strontium cela correspond à :
N(t) = 0,01 N0 =N0 exp(-l t) ; 0,01 = exp(-l t).
l t =ln(100) ;
l = ln(2) / T½ =ln(2) / 29 jour-1.
t =ln(100) x29 / ln(2) ~193 jours. Réponse C.

8) On considère l’élévation de température, sans changement d’état, d’une masse m=100 kg de fluide caloporteur incompressible de capacité thermique massique C=4 kJ kg-1 K-1 de la température T1 = 10°C à la température T2 =20°C. Son énergie interne a augmenté de :
m C(T2-T1) =100 x 4 x10 =4000 kJ= 4 MJ. Réponse A.

9) Le fluide caloporteur va ensuite parcourir des tuyaux et des radiateurs qui réchaufferont l’air en contact avec eux, permettant ensuite le chauffage des bâtiments grâce à des courants de convection. Réponse D.

Panneaux photovoltaïques. Lorsque la cellule est en silicium, l’énergie minimale du photon pour pouvoir arracher un électron, appelée travail d’extraction, vaut 4,8 eV = 4,8 x1,6 10-19 J.
10) La fréquence minimale de l’onde pour arracher des électrons à une cellule en silicium vaut environ :
E = h n ; n = 4,8 x1,6 10-19 /(6,63 10-34) ~1,2 1015 Hz. Réponse B.

11. La longueur d’onde du photon doit donc être :
l < c / n =3 108 /(1,2 1015) ~2,6 10-7 m ou 0,26 µm ou inférieure à 260 nm. Réponse B

12. Pour un rayonnement ultraviolet de longueur d’onde l=0,1 µm=10-7 m, l’énergie cinétique des électrons arrachés au silicium vaut :
 Energie d'un photon : h c / l =6,63 10-34 x3 108 / 10-7~2 10-18 J.
Energie d'un photon - énergie d'extraction =2 10-18-4,8 x1,6 10-19 =1,2 10-18 J ou 1,2 10-18 / (1,6 10-19)=7,7 eV. Réponse D.

Les cellules placées sur les toits des bâtiments du village olympique recevront un éclairement d’environ 1000 W/m2. Les panneaux au silicium utilisés, de surface S=1,5 m2 chacun, possèderont un rendement de 20%.
On considère l’éclairement constant tout au long de la journée.
13) Pour 10h d’ensoleillement moyen par jour, on pourra donc espérer obtenir une énergie électrique par panneau de :
Puissance électrique = 1000 x1,5 x0,20 =300 W.
Energie électrique = puissance ( W) x durée (h) =300 x 10 =3000 Wh = 3 kWh. Réponse A.

Un circuit électrique peut alors être assimilé à un circuit en série comportant un générateur de courant continu de tension E=24 V , un condensateur de capacité C = 10 000 µF=0,01 F et une résistance R1 = 1,5 kW.
14) La constante de temps t de ce circuit vaut :
R1C = 1500 x0,01 =15 s. Réponse C.

15) La loi des mailles appliquée à ce circuit est :
E = uR1 +uC. Réponse D.

16) Sachant que le condensateur était initialement déchargé, l’intensité du courant i(t) vérifie alors l’équation :
E = R1 i(t) +uC(t) avec i(t) =q(t) /dt = CduC/dt.
E = R1CduC/dt +uC(t).
Solution générale de R1CduC/dt +uC(t) = 0 : uC(t) = A exp(-t /(R1C))=A exp(-t /t) avec A une constante.
Solution particulière de l'équation différentielle : uC(t)= E ( condensateur chargé).
Solution générale : uC(t) = A exp(-t /t)+E.
uC(t=0) = 0 = A+E ; A = -E.
uC(t) = -E exp(-t /t)+E = E(1-exp(-t /t)).
i(t) =CduC/dt =EC / t exp(-t /t)= E / R1exp(-t /t). Réponse A.

17) Lors d’une descente, le condensateur initialement déchargé se charge pendant 105 s. L’intensité moyenne du courant de charge sur cette durée vaut environ :
Réponse D.
18) Au bout de cette durée de 105 s, le condensateur :
105 = 7 x15  ; au bout de 7 t le condensateur est complètement chargé.

On étudie le mouvement du coureur dans un repère (xOz) dont l’axe (Ox) est parallèle à la route, dirigé vers la droite, et l’axe (Oz) orthogonal à la route et dirigé vers le haut.

19) Les coordonnées du poids dans le repère (xOz) sont :
Selon Oz : -Mg cos ß =-100 x10 x cos 40 ~ -0,75 Mg.
Selon Ox : -Mg sin 40 ~ -0,65 Mg. Réponse B.

20) On peut alors affirmer que les coordonnées des deux autres forces sont telles que :
RN = 0,75 Mg ; f = 0,65 Mg. Réponse D.

21) Sachant que la longueur de la montée est AB= 3 km, le travail du poids lors de cette montée vaut environ :
La composante du poids perpendiculaire au plan ne travaille pas.
W = -Mg sin 40 AB =-100 x 10 x0,65 x3000 ~ -2 106 J = -2 MJ. Réponse C.

22) En utilisant le théorème de l’énergie cinétique, on peut alors dire que la somme des travaux des forces RN et f  est égale à l'opoosé du travail du poids. Réponse D.

Le coureur arrive alors dans la dernière ligne droite et déclenche le système d’aide (on prendra cet instant pour origine des temps). Le condensateur est initialement chargé tel que UC(t=0) = E. Dans cette configuration, le circuit électrique peut-alors être assimilé à un circuit en série comportant uniquement le condensateur de capacité C = 0,01 F et le moteur, que l’on assimilera à une résistance R2 = 500 ohms..
23) La tension aux bornes du condensateur est alors donnée par :
Uc(t) + R2i(t) = 0 avec i(t) = dq(t) /dt = C dUC(t) /dt.
R2C dUC(t) /dt +Uc(t) =0.
Uc(t) =A exp(-t / (R2C))  avec A une constante.
Uc(t=0) = E ; A = E ; Uc(t) =E exp(-t / (R2C)). Réponse D.

24) Le moteur n’est en mesure de fonctionner que si la tension d’alimentation (donc la tension aux bornes du condensateur) est supérieure à 18 V. Le coureur va donc bénéficier de l’aide du moteur électrique pendant :
 24 exp(-t / (R2C)) > 18 ; R2C= 500 x0,01=5.
exp(-t / 5) > 18 /24 ; exp(-t / 5) >0,75 ;-t / 5 > ln(0,75) ; t <  -5 ln(0,75) ; t < 1,5 s. Réponse A.

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 Epreuve de saut en hauteur
Le record du monde est détenu par le Cubain Javier Sotomayor avec le franchissement d’une barre à 2,45 m le 27 juillet 1993.
Lors de sa course d’élan rectiligne à vitesse constante v=6,8 m / s, il pousse un cri pour s’encourager. Ce cri est assimilable à une onde sonore (vitesse du son dans l’air c=340 m / s) de fréquence f=440 Hz)
25) Les spectateurs percevront alors le cri avec une fréquence :
Le sauteur s'éloigne des spectateurs :
f ' = f c / (c+v)  où f ′ est la fréquence sonore perçue par l’observateur.
f ' = 440 x340 /(340+6,8) ~431 Hz. Réponse B.

On considère un sauteur en hauteur, assimilé à son centre de gravité G, de masse m=80 animé d’une vitesse initiale v0=8 m/s et faisant un angle a=40° avec la verticale. A l’instant t= 0 𝑠 le sauteur se trouve au niveau du sol, à une distance d=3,0 m de l’origine du repère. Il essaye alors de franchir la barre située à une altitude h=2,20 m.
26) Les coordonnées de l’accélération du sauteur en hauteur sont :
Le sauteur n'étant soumis qu'à son poids, la seconde loi de Newton conduit à :
ax = 0 ; az = -g. Réponse B.

27) Les coordonnées de la vitesse du sauteur en hauteur sont alors :
La vitesse est une primitive de l'accélération :
vx = Cste = v0 sin a ;
vz = -gt +Cste = -gt +v0 cos a ; Réponse D.

28) Les coordonnées de la position du sauteur en hauteur sont alors :
La position est une primitive de la vitesse.
x =v0 sin a t + cste = v0 sin a t -d.
z = -½gt2 +v0 cos a t ; Réponse A.

29) Lors de ce saut le sauteur passe :
 t =(x+d) / (v0 sin a) avec x = 0 ( origine du repère).
Repport dans z : z = -½gd2 / (v0 sin a))2 +d / tan a.
z = -5 x9 /(8 sin40)2 +3 / tan(40) = -1,7 +3,6 =1,9 m ( en dessous de la barre). Réponse B.

Lancer de marteau.
La technique de lancer comporte toujours trois phases :
- La mise en rotation du boulet, pendant laquelle le mouvement du boulet est circulaire accéléré dans le référentiel terrestre
- Une phase de stabilisation pendant laquelle le mouvement est circulaire uniforme dans le référentiel terrestre
- La phase d’expulsion pendant laquelle le mouvement est curviligne accéléré dans le référentiel terrestre
Le référentiel terrestre est supposé galiléen.
Au cours de la phase de stabilisation, le poids du boulet ainsi que toute autre force est négligeable devant la force appliquée par le filin. On peut donc considérer que le boulet n’est soumis qu’à la seule force du filin F=14 000 N, représentée et supposée constante lors de ce mouvement.
30) On considère le lancer d’un boulet de masse m au cours duquel la vitesse du boulet lors de la phase de stabilisation a pour valeur
constante v=45 m /s. Lors de cette phase, dans le repère de Frenet, l’accélération :

Réponse B.
31) L’expression de la période de rotation T du boulet lors de la phase de stabilisation est alors :
Le boulet décrit la circonférence 2pR à la vitesse V en T seconde.
2p L  = V T ; T = 2p L  / V.
T2 = 4 p2 L2 / V2 = 4 p2 L2 m / (LF) =4 p2 L / F ; T = 2 p (mL / F)½. Réponse A.

32) Les 3 tours effectués par le boulet de masse m=7 kg lors de cette phase dureront environ
T = 2p L  / V=6,28 x 1,2 / 45=0,167 s.
0,167 x3 =0,5 s. Réponse B.

On étudie le lancer du boulet après la phase d’expulsion. À la fin de la phase d’expulsion, le boulet est éjecté à l’instant t=0 𝑠 d’une hauteur H=1,8 𝑚 et avec une vitesse initiale vi = 27m /s et faisant un angle ß=45° avec l’horizontale. On étudie le vol du boulet soumis à l’unique force exercée par la Terre dans le référentiel terrestre supposé galiléen et muni d’un repère orthonormé (xOz).
33) L’équation de la trajectoire du boulet est :
Ox axe horizontal orienté vers la droite ; Oz axe vertical orienté vers le haut. Origine au sol.
ax = 0 ; az = -g.
Vitesse, primitive de l'accélération : vx = vi cos ß ; vz = -gt +vi sin ß.
Position, primitive de la vitesse : x = vi cos ß t ; z = -½gt2 +vi sin ß +H.
t = x / ( vi cos ß), repport dans z :
z = -½gx2 / ( vi cos ß)2+ tan ß x + H. Réponse B.
34) La portée du lancer, c’est-à-dire la distance pour laquelle le boulet atteint le sol, est donnée par :
Au sol z = 0 : -½gx2 / ( vi cos ß)2+ tan ß x + H = 0.
Discriminant D = tan2ß +2Hg/ ( vi cos ß)2=  [sin2ß +2Hg / vi 2] / cos2ß.
On retient la racine positive :

Réponse D.

35. La portée réelle sera différente de la portée précédente.
Elle sera plus grande si on tient compte du poids et de la possée d'Archimède et plus faible si on prend en compte le poids et les frottements.
Réponse C.

36. Valeur de la poussée d'Archimède exercée sur e boulet :
Volume du boulet V = 9 10-4 m3.
Masse volumique de l'air : rair=1,3 kg m-3.
g rair g = 10 x1,3 x 9 10-4=~1,2 10-2 N. Réponse A.

Epreuve de voile.
37. La houle est une onde mécanique transversale. Réponse C.

38. La fréquence de la houle est :

T = 23 s ; fréquence f = 1 / T = 1 / 2,3 ~0,44 Hz. Réponse B.
39. La vitesse de la houle étant de 36 km /h soit 36 / 3,6 = 10 m/s, sa longueur d'onde vaut :
l = v T= 10 x2,3 ~ 23 m. Réponse A.
40. Cette houle provoque un phénomène de diffraction à l'ouverture d'un port de largeur a = 46 m.
tan q = l / a = 23 / 46 ~ 0,5.
q ~27 ° Réponse A.
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