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Terminale S1 et S3

Corrigé 2018 :

Détails: Catégorie : Mécanique

3.1 Accélération du mouvement :

Le mouvement étant rectiligne uniformément varié on a

$V^2_1-V^2_0=2a\;\times\;OA\;\Rightarrow a\;=\;\frac{V^2_1-V^2_0}{2\times OA}=\frac{8^2-O}{2\times 32}=1\;m.s^{-2}$ .

Le temps mis par l'athlète : $a=\frac{V_1-V_0}{\Delta t}\Rightarrow Delta t\frac{V_1-V_0}{a}=\frac{8-0}{1}=8s$

3.2.1 Les équations horaires :

Application du théorème du centre d’inertie $\vec{P}=m\vec{a}\Rightarrow \vec{a}\;=\;\vec{g}$

$\vec{a}\left\{\begin{array}{lll}a_x&=&0\\\\a_y&=&-g\end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}{lll}V_x&=&c_1\\\\V_y&=&-gt+c_2\end{array}\right. a\; t=0\left\{\begin{array}{lll}V_x&=&V_2cos\alpha\\\\V_y&=&V_2sin\alpha\end{array}\right.$

$on \;tire\left\{\begin{array}{lll}V_x&=&V_2cos\alpha\\\\V_y&=&-gt+V_2sin\alpha\end{array}\right.$

$\Rightarrow\left\{\begin{array}{lll}x&=&V_2cos\alpha.t+c_3\\\\y&=&\frac{gt^2}{2}+V_2sin\alpha.t+c_4\end{array}\right. a\;t=0x=0\;et\;y=0\Rightarrow\left\{\begin{array}{lll}x&=&V_2cos\alpha.t\\\\y&=&\frac{gt^2}{2}+V_2sin\alpha.t\end{array}\right.$

Equation de la trajectoire : $x\;=\;V_2cos\alpha.t\Rightarrow t \;=\;\frac{x}{v_2cos\alpha}\Rightarrow y \frac{g}{2.v_2^2cos^2\alpha}X^2\;+\;xtan\alpha$

3.2.2 Distance AB :

Au sol en B, y= 0 $\Rightarrow\; x\;\frac{v_2^2sin(2\alpha)}{g}=\frac{9,13^2sin(2\times 45)}{9,8}=8,5m$ AB = 8,5 m

Durée du saut : $t=\frac{x}{v_2cos\alpha}=\frac{AB}{v_2cos\alpha}=\frac{8,5}{9,13.cos45}=1,32 s$ .

3.2.3 Valeur de la vitesse finale du saut initial

Application du théorème de l’énergie cinétique entre A et B

$\Rightarrow \frac{1}{2}mv^2_B\;-\;\frac{1}{2}mv^2_A=W^{\vec{P}}_{A-B}=0\Rightarrow v_A=v_B$ donc la vitesse finale du saut initial est égale à 9,13 m/s.

3.3.1 La trajectoire décrite dans la foulée bondissante est parabolique.

3.3.2 Calcul de la durée :

$BC\;=\;v_3cos30.t\Rightarrow t\;=\;\frac{BC}{v_2cos30}\;=\;\frac{2}{9,13.cos30=0,25\;s}$ .

3.4.1 Distance totale parcourue par l’athlète :

Distance parcourue au saut final : $CD =\frac{v^2_4sin(2\times 16)}{g}=\frac{9,13^2sin(2\times 16)}{9,8}=4,5\;m$

Distance totale parcourue = $D_{totale}=AB+BC=CD=8,5+2+4,5=15\;m$

3.4.2 La Vitesse qu’elle aurait du avoir :

La distance qui serait parcourue au saut final :

$CD^{\prime}=D^{\prime}=D^{\prime}_{totale}-(AB+BC)=15,39-10,5=4,89\;m$ .

$CD^{\prime}=\frac{v^{\prime 2}sin(2\times 16)}{g}\Rightarrow v^{\prime}_4\;\sqrt{\frac{CD^{\prime}\times g}{sin(32)}}\;=\;\sqrt{\frac{4,89\times 9,8}{sin(32)}}=9,51\;m.s^{-1}$

c 2017

Détails: Catégorie : Mécanique

4.1.

4.1.1.

4.1.2. Les grandeurs i(t) et $u_{R(t)}$ sont proportionnelles d’après la loi d’Ohm $u_R=R.i$ ; en conséquence les courbes qui les représentent ont la même allure.

4.2.

4.2.1. Fréquence $N=\frac{1}{T}=\frac{1}{8.10^{-3}}=125\, Hz.$

Tension maximale aux bornes du GBF : $U_m=1,8\times 5\,=\, 9V$ .

Intensité maximale : $I_m=\frac{U_{Rmax}}{R}=\frac{1\times 0,5}{50}=10\; mA$ .

4.2.2. Déphasage de la tension par rapport à l’intensité :

$U_G$ est en avance sur $\varphi_{u/i}=\frac{2\pi\times 1}{8}=\frac{\pi}{4}\,rad$ .

4.2.3. A la résonance d’intensité on aurait les deux tensions $u_{R(t)}$ et $u_{G(t)}$ en phase. L’allure des courbes 1 et 2 est schématisée ci-contre.

4.3.

4.3.1. A la résonance : $N_0 = 112,5\, Hz$ et $I_0 = 100\, mA$ .

Inductance de la bobine :

$LC\omega_0^2=1\Rightarrow L=\frac{1}{4\pi^2N_0^2C}=\frac{1}{4\pi^2\times 112,5^2\times 5.10^{-6}}=0,4\,H$ .

4.3.2. Bande passante : pour $I=\frac{I_0}{\sqrt{2}}$ on déduit graphiquement $\Delta N\approx 20\, Hz$ .

Facteur de qualité : $Q=\frac{N_0}{\Delta N}=\frac{112,5}{20}=56$ .

Q renseigne sur l’acuité de la résonance. Plus Q est grand plus la résonance est aigue, plus la bande passante est petite.

Corrigé 2014 : Balistique

Détails: Catégorie : Mécanique

3.1. Enoncer du théorème du centre d’inertie : dans un référentiel galiléen, la somme des forces extérieures appliquées à un système de masse m est égale au produit de sa masse par le vecteur accélération $\vec {a}G$ de son centre d’inertie : $\sum\vec{F}(exterieures)=m.\vec {a}G.$

3.2. Caractéristiques du vecteur-accélération :
On considère le projectile comme système et on rapporte le mouvement au référentiel terrestre supposé galiléen. L’action de l’air étant négligée, le projectile n’est soumis qu’à son poids.

$T.C.I$ $\sum\vec{F}(exterieures)=m.\vec {a}\Longrightarrow \vec {P}=m.\vec {a}\Longrightarrow m.\vec {g}=m.\vec {a}\Longrightarrow \vec {a}=\vec {g}$

$\vec {a}\left\{\begin{array}{lll} direction : verticale\\sens : \textrm{orienté vers le bas}\\norme : a=g=10m.s^{-2}\end{array}\right.$

3.3. Montrons que le mouvement est plan :

$\vec {a}\left\{\begin{array}{lll} a_{x}=0\\a_{y}=-g\\a_{z}=0\end{array}\right.\Longrightarrow \vec {V}\left\{\begin{array}{lll} V_{x}=V_{0}cos\alpha\\V_{y}=-gt+V_{0}sin\alpha\\V_{z}=0\end{array}\right.\Longrightarrow O\vec {M}\left\{\begin{array}{lll} x=V_{0}cos\alpha.t\\y=-\frac{1}{2}g.t^{2}+V_{0}sin\alpha.t\\z=0\end{array}\right.$

x et y varient au cours du temps alors que z = o quelque soit la date t : le mouvement du projectile est plan et s’effectue dans le plan $(xOy)$ .

3.4. Equation cartésienne de la trajectoire : $x=V_{0}cos\alpha.t\Longrightarrow t=\frac{x}{V_{0}cos\alpha}$ or $y=-\frac{1}{2}g.t^{2}+V_{0}sin\alpha.t$

en remplaçant t dans l’expression de y on obtient : $y=-\frac{g}{2.V^{2}_{0}cos^{2}\alpha}.x^{2}+x.tan\alpha$

3.5. Ordonnée du projectile pour $x_0$ =800 m : $y_{0}=-\frac{g}{2.V^{2}_{0}cos^{2}\alpha}.x^{2}+x_{0}.tan\alpha$

$y_{0}=-\frac{10}{2.100^{2}cos^{2}30^{\circ}}.800^{2}+800.tan30=35,2m$ est supérieure à la hauteur H ; le projectile passe au-dessus de l’oiseau ; l’oiseau ne sera pas atteint par ce projectile.

3.6.

3.6.1. Expression de la portée en fonction de $V_{0}, g$ et $\alpha$ : Soit P le point d’impact au sol : $y_{p}= 0$

$\Longrightarrow -\frac{g}{2.V^{2}_{0}cos^{2}\alpha}.x^{2}_{p}+x_{p}.tan\alpha=0\Longrightarrow x_{p}=\frac{2.V^{2}_{0}cos^{2}\alpha.tan\alpha}{g}\Longrightarrow x_{p}=\frac{2.V^{2}_{0}cos^{2}\alpha.sin\alpha}{g.cos\alpha}=\frac{2.V^{2}_{0}cos\alpha.sin\alpha}{g}$

$x_{p}=\frac{2.V^{2}_{0}cos\alpha.sin\alpha}{g}=\frac{2.V^{2}_{0}.sin2\alpha}{g}$ $x_{p}=\frac{V^{2}_{0}sin2\alpha\alpha}{g}$

3.6.2. Calcul de la portée maximale : $x_{p}=\frac{V^{2}_{0}sin2\alpha}{g}$ est maximale si $sin(2\alpha)=1$

$\Longrightarrow x_{pmax}=\frac{V^{2}_{0}}{g}$ A.N : $x_{pmax}=\frac{100^{2}}{10}=1000m$ $D=x_{pmax}=1km$

3.6.3. Rayon du champ de tir : $r=1,1D=1,1km$

Corrigé 2016 :

Détails: Catégorie : Mécanique

Corrigé 2010 : Satellite géostationnaire

Détails: Catégorie : Mécanique

Expression de l'intensité des forces d"interaction gravitationnelle s'exerçant entre les corps A et B :

$F=G\frac{m\times m'}{d^{2}}$

3.2. : (0,25 pt)

L'expression de l'intensité de la force d'interaction gravitationnelle s'exerçant entre le Soleil et la Terre est :

$F=G\frac{M_{s}\times M}{d^{2}}$ avec $M_{s}$ est la masse du Soleil

soit $\frac{M_{s}\times M}{d^{2}}=\frac{F}{G}\rightarrow M_{s}\times M=\frac{F\times d^{2}}{G}\rightarrow M_{s}=\frac{F\times d^{2}}{G\times M}$

Application numérique :

$M_{s}=\frac{3,5.10^{22}\times (1,5.10^{11})^{2}}{6,67.10^{11}\times 6.10^{24}}=1,97.10^{30}kg\approx 2,0.10^{30}kg$

3.3. :

Altitude du satellite : $h_{1}=400 km=4.10^{5}m.$

3.3.1.: (0,25 pt)

Le reférentiel géocentrique est le reférentiel d'étude du mouvement de ce satellite.

3.3.2.: (0,25 pt)

$V=\sqrt{\frac{G\times M}{R+ h_{1}}}=\sqrt{\frac{6,67.10^{11}\times 6.10^{24}}{(6400+400).10^{3}{1}}}=7,67.10^{3}m/s$

3.3.3.: (1 pt)

Expression de la distance parcourue par le satellite pendant untour :

$l=2\pi(R+h_{1})$ circonstance de la trajectoire

$l=V\times T$ distance parcourue par le satellite pendant un durée T(période) à la vitesse uniforme V.

Soit $l=V\times T=2\pi(R+h_{1})\rightarrow T=\frac{2\pi(R+h_{1})}{V}=2\pi(R+h_{1})\sqrt{\frac{R+ h_{1}}{G\times M}}=2\pi\sqrt{\frac{(R+ h_{1})^{3}}{G\times M}}$

Aussi $V=(R+h_{1})\omega$ soit $\omega=\frac{V}{(R+h_{1})}=\sqrt{\frac{G\times M}{R+ h_{1}}}\times \frac{1}{R+ h_{1}}=\sqrt{\frac{G\times M}{(R+ h_{1})^{3}}}$

Applications numériques

$T=2\sqrt{\frac{(R+ h_{1})^{3}}{G\times M}}=2\pi\sqrt{\frac{((6400+400).10^{3})^{3}}{6,67.10^{11}\times 6.10^{24}}}=5562,35s$

$\omega =\sqrt{\frac{6,67.10^{11}\times 6.10^{24}}{((6400+400).10^{3})^{3}}}=1,13.10^{-3}ras/s$

3.4. : (0,25 pt)

Un satellite géostationnaire est fixé par rapport à un point de la terre. Sa période est égale à la période du mouvement de rotation de la terre qui est $21h =24\times 3600=86400s$ .

3.5. :

$T=2\sqrt{\frac{(R+ h_{1})^{3}}{G\times M}}\rightarrow h=\sqrt 3{\frac{T^{2}GM}{4\pi^{2}}}-R$

Application numérique : $h=\sqrt 3{\frac{86400^{2}\times 6,67.10^{11}\times 6.10^{24}}{4\pi^{2}}}64.10^{5}=358,97.10^{5}m\approx 360000km$

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