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Corrigé 2018 :

Détails: Catégorie : Mécanique

3.1 Représentation des forces :

3.2 Equation différentielle… :

$T.C.I\Rightarrow\; \vec{P}+\vec{F}+\vec{f}=m\vec{a}\Rightarrow$

En projetant suivant l’axe (ox) : $P-F-f=ma\Rightarrow mg-\frac{4\pi r^3\mu}{3}-KV=m\frac{dv}{dt}\Rightarrow\frac{dv}{dt}+\frac{k}{m}v=g\left(1-\frac{4\pi r^3\mu}{3m}\right)$

3.3 En début de chute (t=0) on a f = 0 et P > F, la bille tombe, la vitesse croit et f croit. A un instant donné le poids $\vec{P}$ est compensé par la somme vectorielle des forces $\vec{F}+\vec{f}\Rightarrow \sum\vec{F}=\vec{O}\Rightarrow \vec{a}=\vec{O}\Rightarrow \vec{V}=\vec{cte}$ : la vitesse atteint alors une valeur limite $V_L$ .

Expression de la vitesse limite $V_L$ :

Lorsque la vitesse limite est atteinte on a $V=cst\Rightarrow\frac{dv}{dt}=0\Rightarrow 0 + \frac{K}{m}V=g\left(1-\frac{4\pi r^3\mu}{3m}\right)\Rightarrow$

$V=\frac{mg}{k}\left(1-\frac{4\pi r^3\mu}{3m}\right)\quad\quad V_L=\frac{mg}{k}\left(1-\frac{4\pi r^3\mu}{3m}\right)$

Déduction de k :

$V_L=\frac{mg}{k}\left(1-\frac{4\pi r^3\mu}{3m}\right)\Rightarrow k=\frac{mg}{k}\left(1-\frac{4\pi r^3\mu}{3m}\right)=\frac{1,4\times 9,8}{24}\left(1-\frac{4\pi(0,035)^3\times 860}{3\times 1,4}\right)=$

$0,51\;kg.s^{-1}$

3.4 Expressions de A et B

$La\;solution\;est\;V=A+Be^{-\frac{k}{m}t}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l} t=0,V=V_0\Rightarrow V_0=A+B\\\\ t\to\infty V=V_L\Rightarrow V_L=A\Rightarrow B=V_O-V_L\end{array}\right.\Rightarrow$

$\left\{\begin{array}{lllll}B&=&V_0&-&_L\\\\A&=&V_L&&\end{array}\right.$

Expression de la vitesse : $V=A+Be^{-\frac{k}{m}t}=(V_0-V_L)e^{-\frac{k}{m}t}+V_L$

3.5 Loi horaire x(t) :

$V=\frac{dx}{dt}\Rightarrow x=\int\;Vdt=B\frac{m}{k}\left[1-e^{-\frac{k}{m}t}\right]+A.t$

$x=(V_0-V_L)\frac{m}{K}\left[1-e^{-\frac{k}{m}t}\right]+V_L.t.$

3.6 Bilan des travaux des forces

On applique le théorème de l’énergie cinétique entre t = 0 et t = 10 s

$\Delta E_C=\sum W^{\vec{F_{ext}}}\Rightarrow\frac{1}{2}mV^2_f-\frac{1}{2}mV^2_f=\sum W^{\vec{F_{ext}}}$

$V_i=V_0=2 m.s^{-1}\quad et V_f=(2-24)e^{-\frac{0,51}{1,4}\times 10}+24\Rightarrow 23,42\; m.s^{-1}$

$\sum W^{\vec{F}_{ext}}=\frac{1}{2}\times 1,4\times(23,42^2-2^2)=272\,J\quad\quad \sum W^{\vec{F}_{ext}}=272\,J$

Travail de la force de viscosité : $W^{\vec{f}}=W^{\vec{F}_{ext}}-W^{\vec{P}}-W^{\vec{F}$

$W^{\vec{P}}=P\times x\;et\;W^{\vec{F}}=-F\times x\quad à\, t\;=10\,s\quad x=181,2\,m.$

$W^{\vec{f}}=272-1,4\times 9,8\times 181,2+\frac{4\pi(0,035)^3\times 860}{3}\times 9,8\times 181,2=-1940\;J$

c 2017

Détails: Catégorie : Mécanique

3.1.
3.1.1. Bilan des forces :

$\vec{P}\,(poids)$ et $\vec{R}(r\'{e}action)$ .

3.1.2. TCI : $\vec{P}+\vec{R}=m\vec{a}$

Projetons suivant la normale : $P_N+R_N=ma_n\Rightarrow$

$m.g.sin\theta-R=ma_n$ or

$an=\frac{V^2}{r}\Rightarrow$

$R=m(g.sin\theta-\frac{V^2}{r}$

3.1.3. $T.E.C\Rightarrow E_{c(M)}-E_{c(M_0)}=W_{\vec{P}}+W_{\vec{R}}$

$\Rightarrow \frac{1}{2}mV^2=mgh\quad avec\quad h\,=\,r(1-sin\theta)$

$\Rightarrow \frac{1}{2}mV^2=mgr(1-sin\theta)$

$\Rightarrow V^2=2.g.r(1-sin\theta)$

3.1.4. Lorsque le mobile quitte la piste en $M_1\, :\, \theta =\theta_1\, ;\, V\,=\,V_1\, et\, R\,=\, 0\Rightarrow m\left(g.sin\theta-\frac{V^2}{r}\right)=0\Rightarrow$

$\Rightarrow g.sin\theta_1-\frac{V^2_1}{r}=0\Rightarrow V^2_1\,=\,g.r.sin\theta_1\,=\, 2.g.r(1-sin\theta_1)\Rightarrow sin\theta_1=\frac{2}{3}\Rightarrow \theta_1\, =\,41,8^{\circ}$ .

Expression de $V_1\,:\,V_1^2=g.r.sin\theta_1\,=\,g.r.\frac{2}{3}\Rightarrow V_1=\sqrt{\frac{2}{3}g.r}$

3.2.
3.2.1. Expression des composantes de $\vec{V_1}$

$\vec{V_1}\left\{\begin{array}{lll}V_{1x}&=&V_1.sin\theta_1\\\\V_{1y}&=&-V_1.cos\theta_1\end{array}\right.$

3.2.2. Equations horaires : TCI : $\vec{P}=m\vec{a}\Rightarrow m\vec{a}=m\vec{g}\Rightarrow \vec{a}=\vec{g}\Rightarrow \vec{a}\left\{\begin{array}{lll}a_x&=&0\\\\a_y&=&-g\end{array}\right.\vec{V}\left\{\begin{array}{lll}V_x&=&V_1.sin\theta_1\\\\V_y&=&-gt-V_1.cos\theta_1\end{array}\right.$

$\Rightarrow\overrightarrow{OM}\left\{\begin{array}{lll}x&=&V_1.sin\theta_1.t+r.cos\theta_1\\\\y&=&-\frac{1}{2}.g.t^2-V_1.cos\theta_1.t+r.sin\theta_1\end{array}\right.$

Equation de la trajectoire est :

$y=-\frac{g}{2(V_1.sin\theta_1)}.(x-r.cos\theta_1)^2-\frac{x-r.cos\theta_1}{tan\theta_1}+r.sin\theta_1.$

3.2.3. Expression de OH : au point H on a y = 0

$-\frac{g}{2(V_1.sin\theta_1)^2}.(x-r.cos\theta_1)^2-\frac{(x-r.cos\theta_1)}{tan\theta_1}+r.sin\theta_1=0$

Posons $u=(x-r.cos\theta_1)\Rightarrow -\frac{g}{2(V_1.sin\theta_1)^2}.u^2-\frac{u} {tan\theta_1}+r.sin\theta_1=0$

$\Delta=\frac{1}{(tan\theta_1)^2}+\frac{4gr}{2V^2_1.sin\theta_1}=\frac{1}{(tan\theta_1)^2}+\frac{2gr}{\frac{1}{2}g.r.sin\theta_1}=\frac{1}{(tan\theta_1)^2}+\frac{3}{sin\theta_1}=\frac{1}{(tan\theta_1)^2}+\frac{9}{2}\Rightarrow$

$\left\{\begin{array}{lllll}u_1&=&\frac{\frac{1}{tan\theta_1}-\sqrt{\Delta}}{-\frac{g}{(V_1.sin\theta_1)^2}}&>&0\\\\u_2&=&\frac{\frac{1}{tan\theta_1}+\sqrt{\Delta}}{-\frac{g}{(V_1.sin\theta_1)^2}}&<&0\end{array}\right\}.u_1=\frac{(V_1.sin\theta_1)^2\left(\sqrt{\Delta}-\frac{1}{tan\theta_1}\right)}{g}=\frac{\frac{2}{3}gr.\frac{4}{9}\left(\sqrt{\Delta}-\frac{1}{tan\theta_1}\right)}{g}$

$u_1=\frac{8}{27}r\left(\sqrt{\Delta}-\frac{1}{tan\theta_1}\right)=\,0,379.r$

or $u\,=\,(x-r.cos\theta_1)\Rightarrow x\,=\,u+r.cos\theta_1\,=\,0,379.r+r.cos41,8^{\circ}\Rightarrow x\,=\,1,12.r$

Expression de la distance OH en fonction de r : OH = 1,12.r

Corrigé 2015 :

Détails: Catégorie : Mécanique

3.1.1 Système : projectile ; Référentiel terrestre supposé galiléen.

Bilan des forces : $\overrightarrow{P}$ poids du projectile.

Thèoreme du centre d inertie : $\overrightarrow{P}=m.\overrightarrow{a}$ or

$\overrightarrow{P}=m.\overrightarrow{g}\Rightarrow\overrightarrow{a}=\overrightarrow {g}\Rightarrow\left\{\begin{array}{ccc}a_x&=&0\\a_y&=&-g\end{array}\right.$

3.1.2 Les composantes de la vitesse :

$\overrightarrow{V}\left\{\begin{array}{ccc}V_x&=&V_{0}.cos\alpha\\V_y&=&-g.t+V_{0}.sin\alpha\end{array}\right.$

Les composantes du vecteur position: $\overrightarrow{OM}\left\{\begin{array}{ccc}x&=&V_{0}.cos\alpha t\\y&=&-\frac{g}{2}.t^{2}+V_{0}.sin\alpha t+H\end{array}\right.$

3.1.3

a) Expression du temps de vol $t_1$ : au point C on a $x = D\Rightarrow D=V_{0}.cos\alpha. t_{1}=\frac{D}{V_{0}cos\alpha}$ .

b) Expression de $V_0$ : au point C on a x = D et Y = 0

$y=\frac{g}{2V_{0}^2.cos\alpha^{2}}\times 2+x.tan\alpha +H\Rightarrow-\frac{g}{2V_ {0}.cos\alpha^{2}}D^{2}+D.tan\alpha +H=0\Rightarrow V_{0}^2=\frac{g}{2V_{0}^2.cos\alpha^ {2}(Dtan\alpha+H)}D_2$

$V_{0}=D\ast|\frac{\overline{g}}{2V_{0}^2.cos\alpha^{2}(D\ast tan\alpha+H)}$

A.N : $V_{0}=101ms^{-1}$

c) Expression de $h_m$ : si $h=h_m$ on a $V_{y}=0\Rightarrow -g.t+V_ {0}.sin\alpha=0\Rightarrow t=\frac{V_{0}.sin\alpha}{g}$

$y=-\frac{g}{2}.t^{2}+V_{0}.sin\alpha .t+H\Rightarrow h_{m}=-\frac{g}{2}.\left(\frac{V_ {0}.sin\alpha}{g}\right)^{2}+V_{0}.sin\alpha .\frac{V_{0}.sin\alpha}{g}+H=\frac{V_{0}^{2}.sin^ {2}\alpha}{2.g}+H$

or $V_{0}^{2}=\frac{g}{2cos^{2}\alpha(Dtan\alpha+H)}D^{2}\Rightarrow$ on tire : $h_{m}=\frac{D^{2}tan^{2}\alpha}{4(D\ast tan\alpha+H)}+H$

3.2.1 Expressions de $d_1$ et $d_2$ : $y = \frac{g}{2V^{\prime^{2}}_{0}cos\alpha^{2}}\times 2+x.tan\alpha$

Au sol : $y =0\Rightarrow\frac{g}{2V^{\prime 2}_{0}cos\alpha^{2}}\times 2+x.tan\alpha\Rightarrow x=\frac{2V^{\prime 2}_{0}sin2\alpha}{g}\Rightarrow\left\{\begin{array}{lll}x_{1}&=&\frac{2V^{\prime 2}_{0}sin2\alpha_{1}}{g}\\x_{2}&=&\frac{2V_{0}^{2}sin2\alpha_{2}}{g}\end{array}\right.$

$x_{1}=D-\frac{L}{2}=D-d_{1}\Rightarrow d_{1}=D-x_{1}\Rightarrow d_{1}=D-\frac{V^{\prime 2}_{0}sin2\alpha_{1}}{g}$

$x_{2}=D+\frac{L}{2}=D-d_{2}\Rightarrow d_{2}=D-x_{1}\Rightarrow d_{2}=D-\frac{V^{\prime 2}_{0}sin2\alpha_{2}}{g}-D$

3.2.2 Déduction de la relation : $D=\frac{V^{\prime^{2}}_{0}(sin2\alpha_{1}+sin2\alpha_{2})}{2g}$

$d_{1}=D-\frac{V^{\prime^{2}}_{0}.sin2\alpha_{1}}{g}$ et

$d_{2}=\frac{V^{\prime^{2}}_{0}.sin2\alpha_{2}}{g}-D\Rightarrow d_{2}-d_{1}=\frac{V^{\prime^{2}}_{0}.sin2\alpha_{2}}{g}-D-D+\frac{V^{\prime^{2}}_{0}.sin2\alpha_{1}}{g}$

or $d_{2}=d_{2}\Rightarrow\frac{V^{\prime^{2}}_{0}.sin2\alpha_{2}}{g}-2D+\frac{V^{\prime^{2}}_{0}.sin2\alpha_{1}}{g}=0\Rightarrow 2D=\frac{V^{\prime^{2}}_{0}}{g}(sin2\alpha_{1}+sin2\alpha_{2})$

$\Rightarrow D=\frac{V^{\prime^{2}}_{0}}{2g}(sin2\alpha_{1}+sin2\alpha_{2})$

3.2.3. L'angle $\theta$ :

La portée est donnée par : $x_{sol}=D-\frac{V^{\prime^{2}}_{0}.sin2\theta_{1}}{g}=D\Rightarrow sin2\theta=\frac{g}{V^{\prime^{2}}_{0}}\ast\frac{V^{\prime^{2}}_{0}}{2g}(sin2\alpha_{1}+sin2\alpha_{2})$ .

$\Rightarrow sin2\theta=\frac{sin2\alpha_{1}+sin2\alpha_{2}}{2}$ A.N : $2\theta=69^{\degres}\Rightarrow\theta=34,5^{\degres}$

Corrigé 2016 :

Détails: Catégorie : Mécanique

3.1.1 Les forces extérieures qui s’appliquent sur S à l’équilibre :

3.1.2 Les allongements $x_1$ et $x_2$ à l’équilibre :

$L=(L_0+x_2)+(L_0+x_1)\Rightarrow x_1+x_2=L-2L_0$

$T.C.I:\vec{P}+\vec{R_N}+\vec{T_1}+\vec{T_2}=\vec{O}$

$-mgsin\alpha-T_2+T_1=0\Rihtarrow-mgsin\alpha-kx_2+kx_1=0$

$x_1-x_2=\frac{mgsin\alpha}{k}$

$x_1=\frac{1}{2}\left(L-2L_0+\frac{mgsin\alpha}{k}\right)$ et $x_2=\frac{1}{2}\left(L-2L_0+\frac{mgsin\alpha}{k}\right)$

$<span>A.N\quad :\quad </span>x_1=6,25cm$ et $x_2=3,75cm$

3.2.1 Equation différentielle du mouvement : $TCI\Rihtarrow\vec{P}+\vec{R_N}+\vec{T^{\prime}_1}+\vec{T^{\prime}_2}=m\vec{a}\Rihtarrow$ En projetant sur l’axe xx’ parallèle au plan et orienté vers le haut on obtient : $k(x_1-x)-k(x_2-x)+mgsin\alpha=m\ddot{x}$

or $mgsin\alpha+kx_2-kx_1=0$ on tire $\ddot{x}+\frac{2k}{m}x=0$

3.2.2 Nature du mouvement : l’équation différentielle montre que le système étudié un oscillateur harmonique : le mouvement est rectiligne sinusoïdal.

Expression de $T_0:T_0=2\pi\sqrt{\frac{m}{2k}}$

3.3 Montrons que : Système conservatif l’énergie mécanique est constante . $\frac{dE_m}{dt}=0$

$E_m=E_c+E_pE_c=\frac{1}{2}m\dot{x^2}\quad E_p=\frac{1}{2}k(x_2+x)^2+\frac{1}{2}k(x_1+x)^2+mgxsin\alpha$

$E_m=\frac{1}{2}m\dot{x^2}+ \frac{1}{2}k(x_2+x)^2+\frac{1}{2}k(x_1-x)^2+mgxsin\alpha$

$\frac{dE_m}{dt}=\dot{m}\ddot{m}+k\dot{x}(x_2+x)-k\dot{x}(x_1-x)+mg\dot{x}sin\alpha\Rightarrow\dot{x}[k(x_2+x_1+2x)+mgsin\alpha+m\ddot{x}]=0$

or $mgxsin\alpha+kx_2-kx_1=0$ on tire $\ddot{x}+\frac{2k}{m}x=0$

3.4.1 Identification u passage par x la vitesse est maximale donc l’énergie cinétique est maximale : $C_1$ correspond à $E_C$ .
Au passage par x l’énergie potentielle est nulle : $C_2$ correspond à $E_P$ .
L’élongation étant la seule grandeur algébrique parmi les trois donc $C_3$ correspond à x.

3.4.2 Valeurs des périodes :

Période pour $E_P$ ou $E_C:T=47\ast 3=141\quad ms.$ :

Période pour $x:T_0=47\ast 6=282\quad ms.$

Comparaison : $T_0=2T$

3.5 Valeur de chaque division :

$E_p=\frac{1}{2}k(x^2_1+x^2_2)=\frac{1}{2^\cdot}20.(6,25^2+3,75^2).10^{-4}=53,125.10^{-3}J$

$E_p/division\quad =\frac{E_p}{3}=17,7\textrm{mJ par division}.$
.

Déduction de la vitesse maximale :

$E_{C\quad max}=\frac{1}{2}mV^2_{max}\rightarrow V_{max}=\sqrt{\frac{2.E_{C\quad max}}{m}}\quad graphe\quad E_{C\quad max}=3divisions=53,125.10^{-3}J$

$V_{max}=\sqrt{\frac{2\ast 53,125.10^{-3}}{0,1}}=1,0 m/s.$

Corrigé 2014 : Détermination de la charge massique d'une particule

Détails: Catégorie : Mécanique

3.1. Expression de $U_{0}$ :
Théorème de l’énergie cinétique : $q U_{0} = \frac{1}{2}mv_{0}^{2}$

D'où $U_{0}=\frac{mV_{0}^{2}}{2q}$

3.2.

3.2.1. Représentation du champ $\vec E$
$U_{AB}<0\rightarrow V{_A}V_{B}$ or $\vec E$

est dirigé vers les potentiels
décroissants $\rightarrow \vec E$ a le sens de B vers A

3.2.2. Equation de la trajectoire :
Système : particule
Référentiel terrestre (galiléen)
Bilan des forces : force électrostatique $\vec F=q\vec E$

Théorème du centre d’inertie : $q\vec E=m\vec a\rightarrow \vec {a}=\frac{q\vec E}{m}$

$\vec a\left\{\begin{array}{ll}a_{x}=0\\a_{y}=\frac{qE}{m}\end{array}\right.$ $\vec v\left\{\begin{array}{ll}v_{x}=v_{0}\\v_{y}=\frac{qE}{m}t\end{array}\right.$ $\vec OM\left\{\begin{array}{ll}x=v_{0}t\\y=\frac{qE}{2m}t^{2}\end{array}\right.$

On a : $t =\frac{x}{v0}$ ; on remplace dans y ; {tex}\rightarrow y =\frac{qE}{2mv_{0}^{2x^{2}}; a trajectoire est parabolique.

3.2.3. Ordonnée $y_{S}$ du point de sortie :

$x_{S} = l$ soit $y_{S} =\frac{qE}{2mdv_{0}^{2}}l^{2}$ avec $E=\frac{U}{d}$ soit $y_{S} =\frac{qU}{2mdv_{0}^{2}}l^{2}$

3.2.4. Condition de sortie : $y_{S}<\frac{d}{2}\rightarrow\frac{qU}{2mdv_{0}^{2}}l^{2}<\frac{d}{2}\rightarrow U<\frac{mdv_{0}^{2}}{ql^{2}}$

3.3.

3.3.1 Nature du mouvement de la particule à la sortie du champ électrique :
A la sortie du champ électrique, la particule n’est soumise à aucune force, donc son mouvement est
rectiligne et uniforme.

3.3.2. Déviation de la particule Y = O’P :

$tan\alpha =\frac{Y}{D} =\frac {yS}{\frac{l}{2}}\rightarrow y =\frac{2Dys}{l}\rightarrow y =\frac{DqUl}{mdv_{0}^{2}}$

3.4.
3.4.1. Représentation de $\vec B$ ?
La particule est soumise à la force électrique $\vec{F}e$ et à la force magnétique $\vec{f}m$

On a $\vec{F}e+\vec{f}m=\vec{0}$ donc $\vec{f}_{m}$ est opposée à $\vec F_{e}$ ;

Or le trièdre $(\vec {qv_{0}},\vec B,\vec f_{m})$ est direct sortant $\rightarrow \vec B$ sortant

3.4.2. Intensité B du champ magnétique :

$\vec {F_{e}}+\vec {F_{m}}=\vec {0}\rightarrow \vec {F_{e}}=\vec {F_{m}}\rightarrow B=\frac{E}{v_{0}}= \frac{u}{dv_{0}}$

A.N : $B=\frac{400}{2.10^{-2}\times1,6.10^{6}}=1,25.10^{-2}T$

3.4.3. Charge massique $\frac{q}{m}$ en fonction de Y, l, D, d, U et B.

$Y= \frac{DqUl}{mdv_{0}^{2}}\rightarrow \frac{q}{m}=\frac{Ydv_{0}^{2}}{DUl}=$ et

$v_{0}^{2}=\frac{U^{2}}{d^{2}B^{2}}$ soit $\frac{q}{m}=\frac{YdU^{2}}{DUld^{2}B^{2}}=\frac{YU^}{DldB^{2}}$

3.4.4. Calcul de la charge massique :

$\frac{q}{m} =\frac{1,5.10^{-2}\times 400}{40.10^{-2}\times 5.10^{-2}\times 2.10^{-2}\times (1,25.10^{-2})^{2}} = 9,6.10^{7}C.kg^{-1}$ ;La particule est un proton.

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