Baccalauréat
Physique
C & E
2009
Correction
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Exercie 1
Exercice 1: Mouvement dans les champs de forces et leurs applications
A– Mouvement dans le champ de pesanteur
A-1 Expression du module de l’accélération aG
Le système étudié est le solide ( S ). Supposons le référentiel (0,→i,→j) galiléen et appliquons y le TCI
→P|mgsin(α)−mgcos(α)+→R|−fRN=m→aG|aG0
En projetant cette relation suivant l’axe Ox, nous avons :
mgsin(α)−f=maG⇒aG=gsin(α)−fm=gsin(α)−mg10.m.
soit \color{blue}{{a_G} = g(\sin (\alpha ) - \frac{1}{{10}}) = 4{\rm{m/}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}}
A.2 Equation horaire de centre d’inertie du solide.
{\overrightarrow a _G}\left| \begin{array}{l}{a_x} = 4\\{a_y} = 0\end{array} \right.,{\rm{ }}\overrightarrow v \left| \begin{array}{l}{v_x} = 4t + {v_{0x}} = 4t\\{v_y} = 0 + {v_{0y}} = 0\end{array} \right.{\rm{ }}\overrightarrow {OM} \left| \begin{array}{l}x(t) = \frac{1}{2}4{t^2}\\y(t) = 0\end{array} \right.
Soit \color{blue}{x(t) = 2.{t^2}}
A.3 Calcule de la durée du mouvement
Exprimons l’énergie cinétique du solide à la fin du parcourt et suite la durée de mouvement
v = \sqrt {v_x^2 + v_y^2} = 4t \Rightarrow {E_C} = \frac{1}{2}m{v^2} = \frac{1}{2}m.16.{t^2} = 8m.{t^2}
\color{blue}{t = \sqrt {\frac{{{E_C}}}{{8.m}}} = 4{\rm{s}}}
A.4 Calcule de la distance parcourue
x(t) = 2{t^2} \Rightarrow d = 2.{(4)^2} = 32{\rm{ m}}
B– Etude d’un spectrographe de masse
B.1 les isotopes sont des noyaux ayant même nombres de protons mais de neutrons ( masses ) différents
B.2 Montrons que la trajectoire de chaque ion est circulaire .
La seule force appliquée aux ions est la force de Lorentz puisque l’intensité du poids des ions est négligeable. Etudions le mouvement de ces particules dans la base de Frenet supposée galiléenne. Ainsi :
{\overrightarrow F _m} = m{\overrightarrow {.a} _G} \Rightarrow q({\overrightarrow v _0} \wedge \overrightarrow B ) = m.({a_t}\overrightarrow t + {a_n}\overrightarrow n )
e.{v_0}B.\overrightarrow n = m.({a_t}\overrightarrow t + {a_n}\overrightarrow n ) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_n} = \frac{{e.{v_0}.B}}{m}\\{a_t} = 0\end{array} \right.
La composante tangentielle de l’accélération étant nulle, nous pouvons conclure aisément que la trajectoire de ces ions est un cercle.
B.3 Exprimons le rayon R1 de la trajectoire de l’ion {}_{17}^{35}C{l^ - } .
{a_n} = \frac{{v_0^2}}{{{R_1}}} = \frac{{e.{v_0}.B}}{{{m_1}}}\color{blue}{ \Rightarrow {R_1} = \frac{{{v_0}.{m_1}}}{{e.B}} = 0,534{\rm{m}}}
B.4.a Expression des diamètres OP1 et OP2
\left\{ \begin{array}{l}O{P_1} = 2.{R_1}\\O{P_2} = 2.{R_2}\end{array} \right.
b. Calcule de la masse atomique de la deuxième particule
d = O{P_2} - O{P_1} = 2({R_2} - {R_{_1}}) = 2(\frac{{{v_0}.{m_2}}}{{e.B}} - \frac{{{v_0}.{m_1}}}{{e.B}})
\Rightarrow \color{blue}{ d = 2\frac{{{v_0}}}{{e.B}}({m_2} - {m_1}){\rm{ (\color{red}{1})}}}
\left\{ \begin{array}{l}{m_1} = {A_1}.{m_P}\\{m_2} = {A_2}.{m_P}\end{array} \right.{\rm{ si\ }}{{\rm{m}}_{\rm{P}}} \approx {m_n} \Rightarrow \frac{{{m_1}}}{{{m_2}}} = \frac{{{A_1}}}{{{A_2}}} = \frac{{35}}{{{A_2}}} \Rightarrow \color{blue}{ {m_2} = \frac{{{A_2}.{m_1}}}{{35}}{\rm{ }}}(\color{red}{2})
(2) dans (1) conduit à :
d = 2\frac{{{v_0}}}{{e.B}}{m_1}\left( {\frac{{{A_2}}}{{35}} - 1} \right) \Rightarrow \color{blue}{{A_2} = 35.\left( {\frac{{d.e.B}}{{2.{v_0}.{m_1}}} + 1} \right) = 37}
Exercie 2
Exercice 2
A.1 Le solide ( A) tourne autour de l’axe ( Δ ) passant par le point O est perpendiculaire au plan de la feuille. Il n’y a pas de translation :
- Expression de l’énergie cinétique de rotation:
{E_C} = \frac{1}{2}{J_\Delta }{\dot \theta ^2} = \frac{1}{2}m{L^2}{\dot \theta ^2}{\rm{ car }}{J_\Delta } = m{L^2}
- Expression de l’énergie potentielle de pesanteur
{E_{PP}} = mg.PQ = mg({z_Q} - {z_P})
= mg.(L - L\cos ({\theta _m}) - L + L\cos (\theta ))
\color{blue}{{E_{PP}} = mgL(\cos (\theta ) - \cos ({\theta _m}}))
Expression de l’énergie mécanique.
{E_m} = {E_{PP}} + {E_C}
= \frac{1}{2}m{L^2}{{\dot \theta }^2} + mgL(\cos (\theta ) - \cos ({\theta _m}))
A.2 Equation différentielle des petites oscillations
\left. \begin{array}{l}\cos (\theta ) = 1 - \frac{1}{2}{\theta ^2}\\\cos ({\theta _m}) = 1 - \frac{1}{2}\theta _m^2\end{array} \right\} \Rightarrow {E_m} = \frac{1}{2}mg{L^2}{\dot \theta ^2} + mgL\left( {\frac{1}{2}{\theta ^2} - \frac{1}{2}\theta _m^2} \right)
Le système étant conservatif
\frac{{d{E_m}}}{{dt}} = 0 \Rightarrow \frac{1}{2}m{L^2}2\dot \theta \frac{{d\dot \theta }}{{dt}} + mgL(\frac{1}{2}2\theta \frac{{d\theta }}{{dx}} - 0)) = 0
soit m{L^2}\dot \theta .\ddot \theta + mgL\theta \dot \theta = 0
\color{blue}{\ddot \theta + \frac{g}{L}\theta = 0}
Qui est l’équation différentielle d’un pendule simple soumis à de faibles oscillations.
\omega _0^2 = \frac{g}{L} \Rightarrow {T_0} = 2\pi \sqrt {\frac{L}{g}} et {T_0} = \frac{{20}}{{10}} = 2{\rm{s}}
\color{blue}{L = \frac{{T_0^2.g}}{{4.{\pi ^2}}} = 1m}
B Circuit RL en régime force
Pour la bobine B1,
{Z_1} = \sqrt {r_1^2 + {{({L_1}\omega )}^2}}
Pour la bobine B2
{Z_2} = \sqrt {r_2^2 + {{({L_2}\omega )}^2}}
B.2 Pour que l’impudence restante soit égale la somme des impudences de chaque bobine, il faut qu’elles soient en phase.
Soient {\psi _1} = \omega t + {\varphi _1} = {\psi _2} = \omega t + {\varphi _2} \Rightarrow {\varphi _1} = {\varphi _2}
B.3 Calcule de l’impudence L1
\tan ({\varphi _1}) = \frac{{{L_1}\omega }}{{{r_1}}} = \tan ({\varphi _2}) = \frac{{{L_2}.\omega }}{{{r^2}}}
\color{blue}{{L_1} = \frac{{{r_1}}}{{{r_2}}}{L_2} = 0,06H}
Exercice 3
Exercice 3
A. Phénomènes ondulatoires
A.1 On observe sur l’écran un système de franges d’interférences.
A.2.1 Ce système de franges se déplace du coté où la lame est placée.
A.2.1 Nous avons montré (cours) que la différence de marche est :
\delta = \frac{{a.x}}{D} - \left( {n - 1} \right).e
Pour les franges brillantes, la différence de marche doit être proportionnelle à la longueur d’onde et la constance de proportionnalité un nombre entier.
\delta = \frac{{a.x}}{D} - (n - 1)e = k\lambda
La frange centrale est obtenue pour k=0
\delta = \frac{{a.x}}{D} - (n - 1)e = 0
\color{blue}{x = \frac{{D.(n - 1).e}}{a} = 3,96 \simeq 4{\rm{ }}{10^{ - 3}}{\rm{m}}}
B– Phénomènes corpusculaires
B.1 Equation de la réaction
{}_6^{14}C \to {}_{ - 1}^0e + {}_7^{14}N
B.2 Les lois utilisées sont celles de Soddy:
Conservation du nombre de masse et du nombres de charges.
B.3 Calcule de l’âge de la maison
A(t) = {A_0}\exp ( - \lambda .t)
\color{blue}{t = \frac{1}{\lambda }\ln (\frac{{{A_0}}}{A}) = \frac{T}{{\ln 2}}.\ln (\frac{{{A_0}}}{A}) = 162,3{\rm{ ans}}}
Exercice 4
Exercice 4
4.1 L’aiguille prend la direction nord-sud qui est celle du champ magnétique terrestre. Notons {\overrightarrow B _h} la composante horizontale du champ magnétique terrestre.
4.2.1 La déviation de l’aiguille aimantée résulte de la superposition du champ magnétique terrestre et du champ magnétique {\overrightarrow B _0} crée par la bobine lorsqu’elle est parcourue par le courant électrique.
4.2.2. En inversant le sens du courant, l’aiguille aimantée change de sens.
4.3.1 Traçons la courbe \tan (\alpha ) = f(l)
4.3.2 Expression de \tan (\alpha )
\tan (\alpha ) = \frac{{{B_O}}}{{{B_h}}}
4.3.3.Calcule de la composante horizontale du champ magnétique terrestre.
\tan (\alpha ) = \frac{{{B_0}}}{{{B_h}}}
{B_h} = \frac{{{B_0}}}{{\tan (\alpha )}} = \frac{{2\pi \times {{10}^{ - 7}}N.I}}{{R\tan (\alpha )}}
À partir du graphe,
\tan (\beta ) = \frac{{\Delta (tan(\beta ))}}{{\Delta I}} = \frac{{63 - 36}}{{4,6 - 2,6}} = 13,5
De même l’équation de le droite précédente est la suivante
\tan (\alpha ) = \tan (\beta ).I \Rightarrow \frac{{{B_O}}}{{{B_h}}} = \frac{{2\pi \times {{10}^{ - 7}}N.I}}{{R.{B_h}}} = \tan (\beta ).I
\color{blue}{{B_h} = \frac{{2\pi \times {{10}^{ - 7}}N}}{{R.\tan (\beta )}} = 2,11 \times {10^{ - 5}}T}
