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Histoire et Géographie

Géographie

Introduction : le système-Monde : des espaces interdépendants

Commentaire

Mécanique

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 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.

Corrigé 2012 : Mouvements d'un fusée et de satellites

Détails: Catégorie : Mécanique

3-1.
3-1-1. Montrer que $m = m_{0} - \mu t$

De $\mu = -\frac{dm}{dt}$ on tire par intégration $m = - \mu + cte$
à t = 0 on a $m = m_{0}$ d 'où $m = - \mu t + m_{0}$

3-1-2. Calcul de $\mu$

$\mu=\frac{147,5,10^{3}}{145}=1,017.10^{3}kg.s^{-1}$

Calcul de $V_{E}$

$F = \mu V_{E} \Longrightarrow V_{E}=\frac{F}{\mu}=\frac{2445.10^{3}}{1,017.10^{3}}=2404m.s^{-1}$

3-1-3. Expression du vecteur accélération en fonction du poids et de la poussée.

Système : fusée

Référentiel terrestre supposé galiléen.

Bilan des forces appliquées : le poids $\overrightarrow{P} = m\overrightarrow{g}$
la poussée $\overrightarrow{F} = -\mu\overrightarrow{V}_E$

Théorème du centre d’inertie :
$\overrightarrow{P} + \overrightarrow{F} =m\overrightarrow{a}$

D’où
$\overrightarrow{a}=\frac{\overrightarrow{P} +\overrightarrow{F} }{m}$

3-1-4. Expression de la norme de $\vec{a}$

$\vec{P}+\vec{F}=m\vec{a}$

Projection de suivant un axe vertical ascendant donne : $F – P = ma$

$\mu V_{E} - mg = ma \Longrightarrow a = \frac{\mu V_{E}}{m} - g \Longrightarrow a= \frac{\mu V_{E}}{m_{0}-\mu t} - g$

a est variable ; le mouvement n'est pas uniformément accéléré.

3-2.
3-2-1. Expressions du champ de gravitation G(h)
Par définition, la force de gravitation qui agit sur le satellite s’exprime par :

$\overrightarrow{F} =m\overrightarrow{G}=-\frac{KM_{T}m}{(R_{T}+h)^{2}}\overrightarrow{u}$ avec $\overrightarrow{u}$ vecteur unitaire centrifuge. $\Longrightarrow$ en norme $G=\frac{KM_{T}}{(R_{T}+h)^{2}}$

A l’altitude $h = 0, G=G_{0}=\frac{KM_T}{R_T^2} \Longrightarrow KM_{T} = G_{0} R_{T}^{2}$
Donc $G=G_{0} \frac{R_{T}^{2}}{(R_{T}+h)^{e}}$

3-2-2. Mouvement uniforme
Appliquons le théorème du centre d’inertie au satellite dans le référentiel géocentrique supposé
galiléen. Seule la force de gravitation agit sur le satellite $\overrightarrow{F} =m\overrightarrow{G}=m\overrightarrow{a}$

$\overrightarrow{F}$ est centripète donc $\overrightarrow{a}$ est centripète : dans la base de Frenet, $\overrightarrow{a}=\overrightarrow{a}_{n} \Longrightarrow a_{T} = \frac{dv}{dt}=0 \Longrightarrow v = cste$ : le mouvement est uniforme.

3-2-3. Expressions de $V_{S}$ et $T_{S}$ respectivement vitesse et période de révolution du satellite.
$a_{N}=\frac{V_{S}^{2}}{R_{T}+h}=G=G_{0}\frac{R_{T}^2}{(R_{T}+h)^{2}} \Longrightarrow V_{S}^{2} = \frac{G_{0} R_{T}^{2}}{R_{T}+h} \Longrightarrow V_{S} = R_{T} \sqrt{\frac{G_{0}}{R_{T}+h}}$

La période $T_{S}$ est la durée d’une révolution :

$T_{S}=\frac{2\pi (R_{T}+h)}{V_{S}} \rightarrow T_{S} =\frac{2 \pi}{R_{T}}\sqrt{\frac{(R_{T}+h)^{3}}{G_{0}}}$

A.N
$V_{S} = 6,4.10^{6} \sqrt{\frac{9,8}{6,4.10^6+2.10^5}}=7,8.10^3 m.s^{-1}$

$T_{S} =\frac{2 \pi}{6,4.10^{6}}\sqrt{\frac{(6,4.10^6+2.10^{5})^3}{9,8}}=5,3.10^{3} s$

3.3.
3.3.1. Conditions à remplir par METEOSAT 8 pour être géostationnaire.
Pour qu’il soit géostationnaire, il doit tourner, dans le plan équatorial, dans le même sens que la Terre
(vers l’Est) et avec la même vitesse angulaire que celle-ci.

3-3-2. Calcul du rayon de l’orbite $R_T + h$ et de l’altitude h.

$T =\frac{2 \pi}{R_{T}}\sqrt{\frac{(R_{T}+h)^3}{G_{0}}} \Longrightarrow T^{2} =\frac{4 \pi} {R_{T}}\frac{(R_{T}+h)^{3}}{G_{o}}\Longrightarrow R_{T}+h= \sqrt[3]{\frac{T^{2}R_{T}^{2}G_{0}}{4 \pi ^{2}}}$