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    2e Bac Sciences physiques (PC)

    Bac blanc n° 2 — Physique-Chimie (PC)

    Bac blanc original de physique-chimie 2e Bac PC, format long (3 h 30) : cinétique, estérification, ondes, nucléaire, RL, modulation, mécanique.

    Conseil : fais le sujet sur papier, sans regarder les corrigés, puis note-toi avec le barème.

    Temps restant : 3 h 30 min 00 s

    Consignes

    • Durée : 3 heures 30 (le format est volontairement plus long que celui d'un sujet national de 3 heures, pour couvrir tout le programme). Barème total : 20 points (chimie 7 points, physique 13 points).
    • Calculatrice scientifique non programmable autorisée, comme au national. Aucun document n'est autorisé.
    • Le sujet comporte cinq exercices indépendants : la chimie occupe l'exercice 1, la physique les exercices 2 à 5. Traite-les dans l'ordre que tu veux, mais commence par ceux où tu te sens le plus à l'aise.
    • Ce Bac blanc complète le n° 1 : il traite d'autres chapitres (cinétique, estérification, électrolyse, ondes, noyaux, dipôle RL, modulation, mouvements plans, satellites, rotation). Réunis, les deux sujets couvrent tout le programme de 2e Bac PC.
    • Les données et constantes utiles sont rappelées au début de chaque exercice. Les expériences de chimie sont réalisées à 25 °C sauf indication contraire.
    • Sur ta copie : écris l'expression littérale avant l'application numérique, donne le résultat avec son unité et un nombre raisonnable de chiffres significatifs (2 ou 3), et justifie chaque réponse.
    • Les corrigés sont repliés : cherche d'abord seul, puis note-toi en suivant le barème indiqué entre crochets.
    ExerciceThèmePointsTemps conseillé
    1Chimie : décomposition de l'eau oxygénée, estérification, nickelage770 min
    2Ondes : ultrasons et diffraction de la lumière2,520 min
    3Transformations nucléaires : datation au carbone 14 et fusion2,520 min
    4Électricité : dipôle RL et modulation d'amplitude3,540 min
    5Mécanique : projectile, satellite, rotation4,545 min

    Garde environ 15 minutes pour la relecture : unités, signes, chiffres significatifs.

    Sujet

    Le sujet comporte cinq exercices indépendants. Dans les exercices de physique, sauf indication contraire, le référentiel terrestre est supposé galiléen.

    Exercice 1 : Chimie — décomposition de l'eau oxygénée, estérification et nickelage

    7 points

    Données

    • Constante des gaz parfaits : R=8,31 J⋅mol−1⋅K−1R = 8{,}31\ \text{J}\cdot\text{mol}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} ; constante de Faraday : F=96 500 C⋅mol−1F = 96\,500\ \text{C}\cdot\text{mol}^{-1}.

    Partie 1 : suivi cinétique de la décomposition de l'eau oxygénée (2,5 points)

    L'eau oxygénée, solution aqueuse de peroxyde d'hydrogène H2O2\mathrm{H_2O_2}, se décompose lentement. Cette transformation, modélisée par la réaction d'équation

    2 H2O2(aq)⟶2 H2O(l)+O2(g)2\,\mathrm{H_2O_{2(aq)} \longrightarrow 2\,H_2O_{(l)} + O_{2(g)}}

    est accélérée par les ions fer (III) Fe3+\mathrm{Fe^{3+}}, qui jouent le rôle de catalyseur. À t=0t = 0, on introduit le catalyseur dans un volume VS=100 mLV_S = 100\ \text{mL} de solution d'eau oxygénée de concentration C0=6,0×10−2 mol/LC_0 = 6{,}0 \times 10^{-2}\ \text{mol/L} (l'apport de volume dû au catalyseur est négligeable). Le dioxygène dégagé, peu soluble, est recueilli et son volume V(O2)V(\mathrm{O_2}) est mesuré à la température T=298 KT = 298\ \text{K} et sous la pression P=1,013×105 PaP = 1{,}013 \times 10^{5}\ \text{Pa}. On l'assimile à un gaz parfait.

    tt (min)024681015203060
    V(O2)V(\mathrm{O_2}) (mL)015,127,136,744,250,260,466,171,073,3
    1. Dresser le tableau d'avancement de la réaction, en notant n0n_0 la quantité initiale d'eau oxygénée, puis calculer l'avancement maximal xmaxx_{max}.
    2. Montrer que l'avancement à l'instant tt s'écrit x(t)=P V(O2)R Tx(t) = \dfrac{P\,V(\mathrm{O_2})}{R\,T}, puis calculer xx à t=10 mint = 10\ \text{min}. Vérifier que le volume final de dioxygène (73,3 mL) est compatible avec la valeur de xmaxx_{max}.
    3. a) Donner l'expression de la vitesse volumique v(t)v(t) de la réaction en fonction de xx et de VSV_S. b) La tangente à la courbe x=f(t)x = f(t) à l'instant t=0t = 0 passe par le point de coordonnées (t=8,7 min ; x=3,0 mmol)(t = 8{,}7\ \text{min}\ ;\ x = 3{,}0\ \text{mmol}). Calculer la vitesse volumique initiale v(0)v(0) en mol⋅L−1⋅min−1\text{mol}\cdot\text{L}^{-1}\cdot\text{min}^{-1}. c) Comment évolue vv lorsque tt augmente ? Justifier en nommant le facteur cinétique concerné.
    4. Définir le temps de demi-réaction t1/2t_{1/2} et déterminer sa valeur à l'aide du tableau.
    5. On refait l'expérience avec les mêmes quantités de réactifs, mais à une température plus élevée (le dioxygène étant toujours mesuré à 298 K298\ \text{K} sous 1,013×105 Pa1{,}013 \times 10^{5}\ \text{Pa}). Dire, sans calcul, comment varient t1/2t_{1/2}, v(0)v(0) et le volume final de dioxygène. Justifier.

    Partie 2 : estérification de l'acide éthanoïque par le propan-1-ol (2,5 points)

    Dans un ballon, on introduit une masse mA=18,0 gm_A = 18{,}0\ \text{g} d'acide éthanoïque pur, un volume VB=22,5 mLV_B = 22{,}5\ \text{mL} de propan-1-ol pur et quelques gouttes d'acide sulfurique concentré, puis on chauffe à reflux. Une fois l'état d'équilibre atteint, la masse d'ester présent dans le mélange est mE=20,4 gm_E = 20{,}4\ \text{g}.

    Données : masses molaires : acide éthanoïque 60 g/mol60\ \text{g/mol}, propan-1-ol 60 g/mol60\ \text{g/mol}, éthanoate de propyle 102 g/mol102\ \text{g/mol} ; masse volumique du propan-1-ol : ρ=0,80 g/mL\rho = 0{,}80\ \text{g/mL}.

    1. Écrire l'équation de la réaction à l'aide des formules semi-développées et nommer l'ester formé. Donner deux caractéristiques de cette réaction et le rôle de l'acide sulfurique.
    2. Calculer les quantités de matière initiales d'acide et d'alcool, dresser le tableau d'avancement et déterminer l'avancement maximal xmaxx_{max}.
    3. a) Calculer l'avancement à l'équilibre xeˊqx_{\acute{e}q} et le rendement rr de la transformation. b) Exprimer la constante d'équilibre KK en fonction de xeˊqx_{\acute{e}q} et des quantités initiales, puis la calculer.
    4. À la même température, on prépare un second mélange initial contenant 0,300 mol0{,}300\ \text{mol} d'acide éthanoïque et 0,900 mol0{,}900\ \text{mol} de propan-1-ol. Déterminer l'avancement à l'équilibre et le rendement, puis conclure sur l'effet d'un excès de l'un des réactifs.
    5. On remplace l'acide éthanoïque par la même quantité (0,300 mol0{,}300\ \text{mol}) d'anhydride éthanoïque (CH3CO)2O\mathrm{(CH_3CO)_2O}, que l'on fait réagir avec 0,300 mol0{,}300\ \text{mol} de propan-1-ol. Écrire l'équation de la réaction et comparer, qualitativement, sa vitesse et son rendement à ceux de l'estérification du mélange équimolaire étudié aux questions 2 et 3.

    Partie 3 : nickelage d'une pièce en acier (2 points)

    Pour protéger de la corrosion une pièce en acier de surface totale S=40,0 cm2S = 40{,}0\ \text{cm}^2, on la recouvre par électrolyse d'une couche de nickel d'épaisseur e=10,0 μme = 10{,}0\ \mu\text{m}. La pièce est plongée dans une solution de sulfate de nickel (II) (Ni(aq)2++SO42−(aq))\mathrm{(Ni^{2+}_{(aq)} + SO_{4}^{2-}{}_{(aq)})} ; l'autre électrode est une plaque de nickel. Les deux électrodes sont reliées à un générateur de courant continu qui impose un courant d'intensité constante I=0,500 AI = 0{,}500\ \text{A}.

    Données : couple Ni(aq)2+/Ni(s)\mathrm{Ni^{2+}_{(aq)}/Ni_{(s)}} ; M(Ni)=58,7 g/molM(\mathrm{Ni}) = 58{,}7\ \text{g/mol} ; masse volumique du nickel : ρNi=8,90 g/cm3\rho_{Ni} = 8{,}90\ \text{g/cm}^3 ; 1 μm=10−4 cm1\ \mu\text{m} = 10^{-4}\ \text{cm}.

    1. À quelle borne du générateur faut-il relier la pièce à nickeler ? Justifier. Écrire l'équation de la réaction à chaque électrode et nommer l'anode et la cathode.
    2. Indiquer le sens de circulation des électrons et celui du courant dans le circuit extérieur. Montrer que la concentration en ions Ni2+\mathrm{Ni^{2+}} de la solution reste constante et comparer la variation de masse de l'anode à celle de la cathode.
    3. Calculer la masse de nickel à déposer (le volume de la couche est S×eS \times e).
    4. Calculer la quantité d'électricité nécessaire, puis la durée Δt\Delta t de l'électrolyse.
    Voir le corrigé

    Partie 1 : suivi cinétique de la décomposition de l'eau oxygénée (2,5 points)

    1. La quantité initiale d'eau oxygénée est n0=C0 VS=6,0×10−2×0,100=6,0×10−3 moln_0 = C_0\,V_S = 6{,}0 \times 10^{-2} \times 0{,}100 = 6{,}0 \times 10^{-3}\ \text{mol}.

    État2 H2O22\,\mathrm{H_2O_2}H2O\mathrm{H_2O}O2\mathrm{O_2}
    Initialn0n_0excès (solvant)00
    En coursn0−2xn_0 - 2xexcès (solvant)xx
    Finaln0−2xmaxn_0 - 2x_{max}excès (solvant)xmaxx_{max}

    L'eau oxygénée est le seul réactif (le catalyseur n'est pas consommé) : elle est donc limitante, et n0−2xmax=0n_0 - 2x_{max} = 0 donne

    xmax=n02=6,0×10−32=3,0×10−3 molx_{max} = \frac{n_0}{2} = \frac{6{,}0 \times 10^{-3}}{2} = 3{,}0 \times 10^{-3}\ \text{mol}

    [0,5 pt]

    2. D'après le tableau d'avancement, n(O2)=xn(\mathrm{O_2}) = x. Pour le gaz parfait : P V(O2)=n(O2) R TP\,V(\mathrm{O_2}) = n(\mathrm{O_2})\,R\,T, donc

    x(t)=P V(O2)R T[0,25 pt]x(t) = \frac{P\,V(\mathrm{O_2})}{R\,T} \quad [0{,}25\ \text{pt}]

    À t=10 mint = 10\ \text{min}, V(O2)=50,2 mL=50,2×10−6 m3V(\mathrm{O_2}) = 50{,}2\ \text{mL} = 50{,}2 \times 10^{-6}\ \text{m}^3 : x=1,013×105×50,2×10−68,31×298=2,05×10−3 molx = \dfrac{1{,}013 \times 10^{5} \times 50{,}2 \times 10^{-6}}{8{,}31 \times 298} = 2{,}05 \times 10^{-3}\ \text{mol}.

    Pour x=xmaxx = x_{max}, le volume de gaz serait Vmax=xmax R TP=3,0×10−3×8,31×2981,013×105=7,33×10−5 m3=73,3 mLV_{max} = \dfrac{x_{max}\,R\,T}{P} = \dfrac{3{,}0 \times 10^{-3} \times 8{,}31 \times 298}{1{,}013 \times 10^{5}} = 7{,}33 \times 10^{-5}\ \text{m}^3 = 73{,}3\ \text{mL}. C'est la valeur mesurée à t=60 mint = 60\ \text{min} : la transformation est totale. [0,25 pt]

    3. a) La vitesse volumique de la réaction est

    v(t)=1VS dxdt[0,25 pt]v(t) = \frac{1}{V_S}\,\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} \quad [0{,}25\ \text{pt}]

    b) À t=0t = 0, dxdt\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} est le coefficient directeur de la tangente, qui passe par l'origine (x(0)=0x(0) = 0) et par le point (8,7 min ; 3,0×10−3 mol)(8{,}7\ \text{min}\ ;\ 3{,}0 \times 10^{-3}\ \text{mol}) :

    (dxdt)t=0=3,0×10−38,7=3,4×10−4 mol/min,v(0)=3,4×10−40,100=3,4×10−3 mol⋅L−1⋅min−1\left(\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\right)_{t=0} = \frac{3{,}0 \times 10^{-3}}{8{,}7} = 3{,}4 \times 10^{-4}\ \text{mol/min}, \qquad v(0) = \frac{3{,}4 \times 10^{-4}}{0{,}100} = 3{,}4 \times 10^{-3}\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}\cdot\text{min}^{-1}

    [0,25 pt]

    c) Le coefficient directeur de la tangente diminue quand tt augmente : la vitesse volumique vv diminue au cours du temps. Le facteur cinétique responsable est la concentration du réactif : elle décroît puisque l'eau oxygénée est consommée. [0,25 pt]

    4. Le temps de demi-réaction est la durée au bout de laquelle l'avancement atteint la moitié de sa valeur finale : x(t1/2)=xf2x(t_{1/2}) = \dfrac{x_f}{2}. La transformation est totale, donc xf=xmax=3,0×10−3 molx_f = x_{max} = 3{,}0 \times 10^{-3}\ \text{mol} et x(t1/2)=1,5×10−3 molx(t_{1/2}) = 1{,}5 \times 10^{-3}\ \text{mol}, ce qui correspond à V(O2)=73,32=36,7 mLV(\mathrm{O_2}) = \dfrac{73{,}3}{2} = 36{,}7\ \text{mL}. Le tableau donne V(O2)=36,7 mLV(\mathrm{O_2}) = 36{,}7\ \text{mL} pour t=6 mint = 6\ \text{min} : t1/2=6 mint_{1/2} = 6\ \text{min}. [0,5 pt]

    5. La température est un facteur cinétique : une température plus élevée accélère la transformation. Donc t1/2t_{1/2} diminue et v(0)v(0) augmente. En revanche, la quantité initiale d'eau oxygénée est la même et la réaction est totale : xmaxx_{max}, donc le volume final de dioxygène (73,3 mL73{,}3\ \text{mL}), ne change pas. [0,25 pt]

    Partie 2 : estérification de l'acide éthanoïque par le propan-1-ol (2,5 points)

    1. Équation :

    CH3−COOH+CH3−CH2−CH2−OH⇌CH3−COO−CH2−CH2−CH3+H2O\mathrm{CH_3{-}COOH + CH_3{-}CH_2{-}CH_2{-}OH \rightleftharpoons CH_3{-}COO{-}CH_2{-}CH_2{-}CH_3 + H_2O}

    L'ester formé est l'éthanoate de propyle. La réaction d'estérification est lente et limitée (elle conduit à un état d'équilibre, car la réaction inverse, l'hydrolyse, a lieu simultanément). L'acide sulfurique joue le rôle de catalyseur : il accélère la réaction sans modifier l'état d'équilibre. [0,5 pt]

    2. nA=mAMA=18,060=0,300 moln_A = \dfrac{m_A}{M_A} = \dfrac{18{,}0}{60} = 0{,}300\ \text{mol}. La masse d'alcool est mB=ρ VB=0,80×22,5=18,0 gm_B = \rho\,V_B = 0{,}80 \times 22{,}5 = 18{,}0\ \text{g}, donc nB=18,060=0,300 moln_B = \dfrac{18{,}0}{60} = 0{,}300\ \text{mol}. Le mélange est équimolaire.

    ÉtatAcideAlcoolEsterEau
    Initial0,3000{,}3000,3000{,}3000000
    En cours0,300−x0{,}300 - x0,300−x0{,}300 - xxxxx
    Final0,300−xeˊq0{,}300 - x_{\acute{e}q}0,300−xeˊq0{,}300 - x_{\acute{e}q}xeˊqx_{\acute{e}q}xeˊqx_{\acute{e}q}

    (quantités en mol). Les deux réactifs seraient épuisés simultanément : xmax=0,300 molx_{max} = 0{,}300\ \text{mol}. [0,5 pt]

    3. a) À l'équilibre, nE=xeˊq=mEME=20,4102=0,200 moln_E = x_{\acute{e}q} = \dfrac{m_E}{M_E} = \dfrac{20{,}4}{102} = 0{,}200\ \text{mol}. [0,25 pt] Le rendement est

    r=xeˊqxmax=0,2000,300=0,667≈67 %r = \frac{x_{\acute{e}q}}{x_{max}} = \frac{0{,}200}{0{,}300} = 0{,}667 \approx 67\ \%

    [0,25 pt]

    b) Tous les constituants sont dans le même volume VV, qui se simplifie dans le quotient de réaction à l'équilibre :

    K=[E]eˊq [H2O]eˊq[A]eˊq [B]eˊq=xeˊq2(nA−xeˊq)(nB−xeˊq)=0,20020,100×0,100=4,0K = \frac{[\mathrm{E}]_{\acute{e}q}\,[\mathrm{H_2O}]_{\acute{e}q}}{[\mathrm{A}]_{\acute{e}q}\,[\mathrm{B}]_{\acute{e}q}} = \frac{x_{\acute{e}q}^2}{(n_A - x_{\acute{e}q})(n_B - x_{\acute{e}q})} = \frac{0{,}200^2}{0{,}100 \times 0{,}100} = 4{,}0

    [0,25 pt]

    4. Avec nA=0,300 moln_A = 0{,}300\ \text{mol} et nB=0,900 moln_B = 0{,}900\ \text{mol}, l'avancement maximal est xmax=0,300 molx_{max} = 0{,}300\ \text{mol} (l'acide est limitant). À l'équilibre, la constante est la même (K=4,0K = 4{,}0, même température) :

    x2(0,300−x)(0,900−x)=4,0  ⟺  x2=4,0(0,270−1,20 x+x2)  ⟺  3x2−4,80 x+1,08=0\frac{x^2}{(0{,}300 - x)(0{,}900 - x)} = 4{,}0 \iff x^2 = 4{,}0\left(0{,}270 - 1{,}20\,x + x^2\right) \iff 3x^2 - 4{,}80\,x + 1{,}08 = 0

    Le discriminant est Δ=4,802−4×3×1,08=10,08\Delta = 4{,}80^2 - 4 \times 3 \times 1{,}08 = 10{,}08, et Δ=3,175\sqrt{\Delta} = 3{,}175. Les racines sont x=4,80±3,1756x = \dfrac{4{,}80 \pm 3{,}175}{6}, soit 0,271 mol0{,}271\ \text{mol} et 1,33 mol1{,}33\ \text{mol}. La seconde est supérieure à xmaxx_{max} : on la rejette. Donc xeˊq=0,271 molx_{\acute{e}q} = 0{,}271\ \text{mol} et

    r′=0,2710,300=0,903≈90 %r' = \frac{0{,}271}{0{,}300} = 0{,}903 \approx 90\ \%

    Le rendement passe de 67 %67\ \% à 90 %90\ \% : un excès d'alcool (trois fois la quantité d'acide) déplace l'équilibre dans le sens de la formation de l'ester et améliore le rendement. [0,5 pt]

    5. Équation :

    (CH3CO)2O+CH3−CH2−CH2−OH⟶CH3−COO−CH2−CH2−CH3+CH3−COOH\mathrm{(CH_3CO)_2O + CH_3{-}CH_2{-}CH_2{-}OH \longrightarrow CH_3{-}COO{-}CH_2{-}CH_2{-}CH_3 + CH_3{-}COOH}

    Cette réaction est rapide et totale : la quantité d'ester obtenue est proche de 0,300 mol0{,}300\ \text{mol}, soit un rendement voisin de 100 %100\ \%, supérieur à celui de l'estérification (limitée à 67 %67\ \% en mélange équimolaire), et obtenu bien plus vite. [0,25 pt]

    Partie 3 : nickelage d'une pièce en acier (2 points)

    1. Le nickel doit se déposer sur la pièce : c'est une réduction, qui a lieu à la cathode. La pièce est donc la cathode et doit être reliée à la borne négative du générateur. [0,25 pt]

    • Cathode (pièce, réduction) : Ni(aq)2++2 e−⟶Ni(s)\mathrm{Ni^{2+}_{(aq)} + 2\,e^- \longrightarrow Ni_{(s)}} ;
    • Anode (plaque de nickel, reliée à la borne positive, oxydation) : Ni(s)⟶Ni(aq)2++2 e−\mathrm{Ni_{(s)} \longrightarrow Ni^{2+}_{(aq)} + 2\,e^-}.

    [0,5 pt]

    2. Dans le circuit extérieur, les électrons circulent de l'anode (plaque de nickel) vers le générateur, puis du générateur vers la cathode (pièce) ; le courant circule en sens inverse : de la borne positive du générateur vers l'anode, puis, dans la solution, de l'anode vers la cathode, et enfin de la cathode vers la borne négative. [0,25 pt]

    Chaque ion Ni2+\mathrm{Ni^{2+}} consommé à la cathode est remplacé par un ion Ni2+\mathrm{Ni^{2+}} formé à l'anode (2 électrons échangés dans chaque cas) : la quantité d'ions Ni2+\mathrm{Ni^{2+}} dans la solution ne change pas, donc leur concentration reste constante. La quantité de nickel déposée sur la cathode est égale à la quantité de nickel dissoute à l'anode : la masse de la cathode augmente de la même valeur que la masse de l'anode diminue. [0,25 pt]

    3. L'épaisseur est e=10,0 μm=1,00×10−3 cme = 10{,}0\ \mu\text{m} = 1{,}00 \times 10^{-3}\ \text{cm}. Le volume de la couche est V=S e=40,0×1,00×10−3=4,00×10−2 cm3V = S\,e = 40{,}0 \times 1{,}00 \times 10^{-3} = 4{,}00 \times 10^{-2}\ \text{cm}^3, et la masse de nickel est

    m=ρNi V=8,90×4,00×10−2=0,356 gm = \rho_{Ni}\,V = 8{,}90 \times 4{,}00 \times 10^{-2} = 0{,}356\ \text{g}

    [0,25 pt]

    4. n(Ni)=mM=0,35658,7=6,06×10−3 moln(\mathrm{Ni}) = \dfrac{m}{M} = \dfrac{0{,}356}{58{,}7} = 6{,}06 \times 10^{-3}\ \text{mol}. Chaque ion Ni2+\mathrm{Ni^{2+}} réduit consomme 2 électrons : n(e−)=2 n(Ni)n(\mathrm{e^-}) = 2\,n(\mathrm{Ni}) et la quantité d'électricité est

    Q=n(e−) F=2×6,06×10−3×96 500=1,17×103 CQ = n(\mathrm{e^-})\,F = 2 \times 6{,}06 \times 10^{-3} \times 96\,500 = 1{,}17 \times 10^{3}\ \text{C}

    [0,25 pt] La durée de l'électrolyse est donc

    Δt=QI=1,17×1030,500=2,34×103 s≈39 min\Delta t = \frac{Q}{I} = \frac{1{,}17 \times 10^{3}}{0{,}500} = 2{,}34 \times 10^{3}\ \text{s} \approx 39\ \text{min}

    [0,25 pt]

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    Exercice 2 : Ondes — ultrasons et diffraction de la lumière

    2,5 points

    Données : célérité de la lumière dans le vide : c=3,00×108 m/sc = 3{,}00 \times 10^{8}\ \text{m/s} ; domaine des radiations rouges dans le vide : de 620 nm620\ \text{nm} à 800 nm800\ \text{nm}.

    Partie 1 : onde ultrasonore (1,25 point)

    Un émetteur EE d'ultrasons émet dans l'air une onde sinusoïdale de fréquence N=40,0 kHzN = 40{,}0\ \text{kHz}. Deux récepteurs R1R_1 et R2R_2 sont placés sur l'axe de propagation, à la suite de l'émetteur, et un oscilloscope visualise les tensions qu'ils fournissent. Au départ, R1R_1 et R2R_2 sont côte à côte : les deux signaux sont en phase. On éloigne alors R2R_2 de R1R_1 le long de l'axe : les deux signaux sont de nouveau en phase à cinq reprises successives (la situation de départ n'est pas comptée), la dernière fois lorsque la distance R1R2R_1R_2 vaut d=4,25 cmd = 4{,}25\ \text{cm}.

    1. Définir une onde mécanique progressive. L'onde ultrasonore dans l'air est-elle transversale ou longitudinale ? Justifier.
    2. Déterminer la longueur d'onde λ\lambda, puis la célérité vv de l'onde dans l'air.
    3. On place maintenant R2R_2 à la distance d′=21,25 mmd' = 21{,}25\ \text{mm} de R1R_1. Les signaux sont-ils en phase ou en opposition de phase ? Calculer le retard τ\tau du signal reçu par R2R_2 par rapport à celui reçu par R1R_1 et le comparer à la période TT de l'onde.

    Partie 2 : diffraction de la lumière (1,25 point)

    Un laser éclaire une fente verticale de largeur a=0,100 mma = 0{,}100\ \text{mm}. Un écran est placé à la distance D=2,00 mD = 2{,}00\ \text{m} de la fente. On observe sur l'écran une figure de diffraction dont la tache centrale a pour largeur L=2,53 cmL = 2{,}53\ \text{cm}. On suppose l'angle de diffraction θ\theta petit : tan⁡θ≈θ\tan\theta \approx \theta.

    1. Nommer le phénomène observé et dire ce qu'il prouve sur la nature de la lumière. Établir la relation L=2λDaL = \dfrac{2\lambda D}{a}, en rappelant que θ=λa\theta = \dfrac{\lambda}{a}.
    2. Calculer la longueur d'onde λ0\lambda_0 de la radiation du laser dans l'air (assimilé au vide) et sa fréquence ν\nu. De quelle couleur est la lumière de ce laser ?
    3. Toute l'expérience est maintenant immergée dans un liquide transparent d'indice n=1,33n = 1{,}33. Calculer la célérité vv de la lumière dans ce liquide, la longueur d'onde λ\lambda dans ce liquide et la nouvelle largeur L′L' de la tache centrale. La couleur perçue change-t-elle ?
    Voir le corrigé

    Partie 1 : onde ultrasonore (1,25 point)

    1. Une onde mécanique progressive est la propagation d'une perturbation dans un milieu matériel élastique, sans transport de matière mais avec transfert d'énergie. L'onde ultrasonore dans l'air est longitudinale : elle est constituée de compressions et de dilatations de l'air, c'est-à-dire que la perturbation (le déplacement des tranches d'air) est parallèle à la direction de propagation. [0,25 pt]

    2. Deux signaux sont en phase lorsque la distance entre les récepteurs est un multiple entier de la longueur d'onde. Chaque nouvelle coïncidence correspond à un éloignement supplémentaire de λ\lambda : pour cinq coïncidences, d=5λd = 5\lambda, donc

    λ=d5=4,255=0,850 cm=8,50 mm[0,25 pt]\lambda = \frac{d}{5} = \frac{4{,}25}{5} = 0{,}850\ \text{cm} = 8{,}50\ \text{mm} \quad [0{,}25\ \text{pt}]
    v=λ N=8,50×10−3×40,0×103=340 m/s[0,25 pt]v = \lambda\,N = 8{,}50 \times 10^{-3} \times 40{,}0 \times 10^{3} = 340\ \text{m/s} \quad [0{,}25\ \text{pt}]

    3. On a d′λ=21,258,50=2,5\dfrac{d'}{\lambda} = \dfrac{21{,}25}{8{,}50} = 2{,}5, soit d′=5λ2d' = \dfrac{5\lambda}{2} : d′d' est un multiple impair de λ2\dfrac{\lambda}{2}, donc les signaux sont en opposition de phase. [0,25 pt]

    Le retard est τ=d′v=21,25×10−3340=6,25×10−5 s=62,5 μs\tau = \dfrac{d'}{v} = \dfrac{21{,}25 \times 10^{-3}}{340} = 6{,}25 \times 10^{-5}\ \text{s} = 62{,}5\ \mu\text{s}. La période est T=1N=25,0 μsT = \dfrac{1}{N} = 25{,}0\ \mu\text{s}, donc τ=2,5 T\tau = 2{,}5\,T : le retard vaut un nombre demi-entier de périodes, ce qui confirme l'opposition de phase. [0,25 pt]

    Partie 2 : diffraction de la lumière (1,25 point)

    1. Le phénomène est la diffraction de la lumière par une fente fine. Il prouve que la lumière a un comportement ondulatoire. L'écart angulaire θ\theta (demi-largeur angulaire de la tache centrale) vérifie θ=λa\theta = \dfrac{\lambda}{a}. Dans l'approximation des petits angles, tan⁡θ≈θ=L/2D\tan\theta \approx \theta = \dfrac{L/2}{D}. En égalant : λa=L2D\dfrac{\lambda}{a} = \dfrac{L}{2D}, donc

    L=2 λ DaL = \frac{2\,\lambda\,D}{a}

    [0,5 pt]

    2. λ0=a L2D=1,00×10−4×2,53×10−22×2,00=6,33×10−7 m=633 nm\lambda_0 = \dfrac{a\,L}{2D} = \dfrac{1{,}00 \times 10^{-4} \times 2{,}53 \times 10^{-2}}{2 \times 2{,}00} = 6{,}33 \times 10^{-7}\ \text{m} = 633\ \text{nm}, et ν=cλ0=3,00×1086,33×10−7=4,74×1014 Hz\nu = \dfrac{c}{\lambda_0} = \dfrac{3{,}00 \times 10^{8}}{6{,}33 \times 10^{-7}} = 4{,}74 \times 10^{14}\ \text{Hz}. Comme 620 nm<633 nm<800 nm620\ \text{nm} < 633\ \text{nm} < 800\ \text{nm}, la lumière du laser est rouge. [0,25 pt]

    3. Dans le liquide d'indice nn : v=cn=3,00×1081,33=2,26×108 m/sv = \dfrac{c}{n} = \dfrac{3{,}00 \times 10^{8}}{1{,}33} = 2{,}26 \times 10^{8}\ \text{m/s} et λ=λ0n=6331,33=476 nm\lambda = \dfrac{\lambda_0}{n} = \dfrac{633}{1{,}33} = 476\ \text{nm}. [0,25 pt]

    La largeur de la tache centrale devient

    L′=2 λ Da=2×4,76×10−7×2,001,00×10−4=1,90×10−2 m=1,90 cmL' = \frac{2\,\lambda\,D}{a} = \frac{2 \times 4{,}76 \times 10^{-7} \times 2{,}00}{1{,}00 \times 10^{-4}} = 1{,}90 \times 10^{-2}\ \text{m} = 1{,}90\ \text{cm}

    soit L′=LnL' = \dfrac{L}{n} : la figure est plus étroite. La fréquence ν\nu ne change pas en changeant de milieu (elle est imposée par la source) et la couleur perçue dépend de la fréquence : la lumière reste rouge. [0,25 pt]

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    Exercice 3 : Transformations nucléaires — datation et fusion

    2,5 points

    Données : 1 u=1,66×10−27 kg=931,5 MeV⋅c−21\ \text{u} = 1{,}66 \times 10^{-27}\ \text{kg} = 931{,}5\ \text{MeV}\cdot c^{-2} ; 1 MeV=1,60×10−13 J1\ \text{MeV} = 1{,}60 \times 10^{-13}\ \text{J} ; 1 an=3,156×107 s1\ \text{an} = 3{,}156 \times 10^{7}\ \text{s} ; numéros atomiques : B\text{B} : 5 ; C\text{C} : 6 ; N\text{N} : 7 ; O\text{O} : 8.

    Partie 1 : datation d'un charbon de bois au carbone 14 (1,25 point)

    Le carbone 14, 614C{}^{14}_{6}\text{C}, est un noyau radioactif β−\beta^- de demi-vie t1/2=5730t_{1/2} = 5730 ans. Dans un organisme vivant, l'activité d'un gramme de carbone vaut Avivant=0,230 Bq/gA_{vivant} = 0{,}230\ \text{Bq/g} ; à la mort de l'organisme, les échanges avec l'atmosphère cessent et cette activité décroît. Un échantillon de charbon de bois, prélevé sur un site archéologique, contient m=2,0 gm = 2{,}0\ \text{g} de carbone et a aujourd'hui une activité A=0,30 BqA = 0{,}30\ \text{Bq}.

    1. Écrire l'équation de désintégration du carbone 14 en précisant les lois de conservation utilisées et le noyau fils.
    2. Calculer la constante radioactive λ\lambda du carbone 14, en an−1\text{an}^{-1} puis en s−1\text{s}^{-1}.
    3. Rappeler la loi de décroissance de l'activité. Calculer l'activité A0A_0 qu'avait l'échantillon à la mort de l'arbre, puis déterminer l'âge de l'échantillon.
    4. Calculer le nombre de noyaux de carbone 14 présents dans l'échantillon aujourd'hui.

    Partie 2 : fusion du deutérium et du tritium (1,25 point)

    Les projets de réacteurs à fusion utilisent la réaction 12H+13H⟶24He+ZAX{}^{2}_{1}\text{H} + {}^{3}_{1}\text{H} \longrightarrow {}^{4}_{2}\text{He} + {}^{A}_{Z}\text{X}.

    Données : masses des noyaux : m(12H)=2,01355 um({}^{2}_{1}\text{H}) = 2{,}01355\ \text{u} ; m(13H)=3,01550 um({}^{3}_{1}\text{H}) = 3{,}01550\ \text{u} ; m(24He)=4,00151 um({}^{4}_{2}\text{He}) = 4{,}00151\ \text{u} ; m(01n)=1,00866 um({}^{1}_{0}\text{n}) = 1{,}00866\ \text{u}. La combustion de 1,00 g1{,}00\ \text{g} d'essence libère 4,5×104 J4{,}5 \times 10^{4}\ \text{J}.

    1. Déterminer, à l'aide des lois de Soddy, la particule ZAX{}^{A}_{Z}\text{X}.
    2. Définir la fusion nucléaire. Calculer la variation de masse Δm\Delta m lors de la réaction, puis l'énergie libérée ∣Elib∣|E_{lib}| en MeV et en joules.
    3. Un combustible est un mélange de deutérium et de tritium en proportions égales en nombre de noyaux. Calculer le nombre de couples (deutérium, tritium) contenus dans 1,00 g1{,}00\ \text{g} de ce mélange, puis l'énergie libérée si tous fusionnent. Comparer cette énergie à celle libérée par la combustion de 1,00 g1{,}00\ \text{g} d'essence.
    Voir le corrigé

    Partie 1 : datation d'un charbon de bois au carbone 14 (1,25 point)

    1. Équation de la désintégration β−\beta^- : 614C⟶Z14X+−10e{}^{14}_{6}\text{C} \longrightarrow {}^{14}_{Z}\text{X} + {}^{0}_{-1}\text{e}. Les lois de Soddy (conservation du nombre de nucléons et de la charge électrique) donnent : 14=14+014 = 14 + 0 et 6=Z+(−1)6 = Z + (-1), donc Z=7Z = 7. Le noyau fils est l'azote : 614C⟶714N+−10e{}^{14}_{6}\text{C} \longrightarrow {}^{14}_{7}\text{N} + {}^{0}_{-1}\text{e}. [0,25 pt]

    2.

    λ=ln⁡2t1/2=0,6935730=1,21×10−4 an−1=1,21×10−43,156×107=3,83×10−12 s−1\lambda = \frac{\ln 2}{t_{1/2}} = \frac{0{,}693}{5730} = 1{,}21 \times 10^{-4}\ \text{an}^{-1} = \frac{1{,}21 \times 10^{-4}}{3{,}156 \times 10^{7}} = 3{,}83 \times 10^{-12}\ \text{s}^{-1}

    [0,25 pt]

    3. L'activité décroît selon la loi A(t)=A0 e−λtA(t) = A_0\,e^{-\lambda t}. À la mort, l'échantillon (2,0 g de carbone) avait l'activité d'un organisme vivant : A0=0,230×2,0=0,46 BqA_0 = 0{,}230 \times 2{,}0 = 0{,}46\ \text{Bq}. [0,25 pt]

    On a AA0=e−λt\dfrac{A}{A_0} = e^{-\lambda t}, donc

    t=1λln⁡A0A=11,21×10−4ln⁡0,460,30=0,4271,21×10−4=3,5×103 anst = \frac{1}{\lambda}\ln\frac{A_0}{A} = \frac{1}{1{,}21 \times 10^{-4}}\ln\frac{0{,}46}{0{,}30} = \frac{0{,}427}{1{,}21 \times 10^{-4}} = 3{,}5 \times 10^{3}\ \text{ans}

    Le charbon de bois a environ 3,5×1033{,}5 \times 10^{3} ans (moins d'une demi-vie). [0,25 pt]

    4. A=λ NA = \lambda\,N donc N=Aλ=0,303,83×10−12=7,8×1010N = \dfrac{A}{\lambda} = \dfrac{0{,}30}{3{,}83 \times 10^{-12}} = 7{,}8 \times 10^{10} noyaux. [0,25 pt]

    Partie 2 : fusion du deutérium et du tritium (1,25 point)

    1. Conservation du nombre de nucléons : 2+3=4+A2 + 3 = 4 + A, donc A=1A = 1. Conservation de la charge : 1+1=2+Z1 + 1 = 2 + Z, donc Z=0Z = 0. La particule est 01n{}^{1}_{0}\text{n} : c'est un neutron. [0,25 pt]

    2. La fusion est une réaction nucléaire provoquée au cours de laquelle deux noyaux légers s'unissent pour former un noyau plus lourd, avec libération d'énergie. [0,25 pt]

    Δm=m(24He)+m(01n)−m(12H)−m(13H)=4,00151+1,00866−2,01355−3,01550=−1,888×10−2 u\Delta m = m({}^{4}_{2}\text{He}) + m({}^{1}_{0}\text{n}) - m({}^{2}_{1}\text{H}) - m({}^{3}_{1}\text{H}) = 4{,}00151 + 1{,}00866 - 2{,}01355 - 3{,}01550 = -1{,}888 \times 10^{-2}\ \text{u}
    ∣Elib∣=∣Δm∣ c2=1,888×10−2×931,5=17,59 MeV≈17,6 MeV=17,59×1,60×10−13=2,81×10−12 J|E_{lib}| = |\Delta m|\,c^2 = 1{,}888 \times 10^{-2} \times 931{,}5 = 17{,}59\ \text{MeV} \approx 17{,}6\ \text{MeV} = 17{,}59 \times 1{,}60 \times 10^{-13} = 2{,}81 \times 10^{-12}\ \text{J}

    [0,25 pt]

    3. La masse d'un couple (D, T) est m(12H)+m(13H)=5,02905 u=5,02905×1,66×10−27=8,35×10−27 kgm({}^{2}_{1}\text{H}) + m({}^{3}_{1}\text{H}) = 5{,}02905\ \text{u} = 5{,}02905 \times 1{,}66 \times 10^{-27} = 8{,}35 \times 10^{-27}\ \text{kg}. Dans 1,00 g=1,00×10−3 kg1{,}00\ \text{g} = 1{,}00 \times 10^{-3}\ \text{kg} de mélange :

    N=1,00×10−38,35×10−27=1,20×1023 couplesN = \frac{1{,}00 \times 10^{-3}}{8{,}35 \times 10^{-27}} = 1{,}20 \times 10^{23}\ \text{couples}

    [0,25 pt] L'énergie libérée si tous fusionnent est E=N ∣Elib∣=1,20×1023×2,81×10−12=3,37×1011 JE = N\,|E_{lib}| = 1{,}20 \times 10^{23} \times 2{,}81 \times 10^{-12} = 3{,}37 \times 10^{11}\ \text{J}. Le rapport avec la combustion de 1,00 g1{,}00\ \text{g} d'essence est 3,37×10114,5×104=7,5×106\dfrac{3{,}37 \times 10^{11}}{4{,}5 \times 10^{4}} = 7{,}5 \times 10^{6} : un gramme de combustible de fusion libère environ sept millions et demi de fois plus d'énergie qu'un gramme d'essence. [0,25 pt]

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    Exercice 4 : Électricité — dipôle RL et modulation d'amplitude

    3,5 points

    Partie 1 : établissement du courant dans un dipôle RL (2 points)

    On réalise un circuit série comprenant un générateur idéal de tension de force électromotrice E=12,0 VE = 12{,}0\ \text{V}, un interrupteur KK, un conducteur ohmique de résistance R=80,0 ΩR = 80{,}0\ \Omega et une bobine d'inductance LL et de résistance interne rr, toutes deux inconnues. À l'instant t=0t = 0, on ferme KK (aucun courant ne circule avant). Un oscilloscope relié aux bornes du conducteur ohmique enregistre la tension uR(t)u_R(t).

    tt (ms)00,51,02,03,04,06,010,020,0
    uRu_R (V)02,123,786,077,468,309,129,549,60

    Pour t≥20 mst \geq 20\ \text{ms}, la tension uRu_R reste égale à 9,60 V9{,}60\ \text{V} (régime permanent).

    1. Établir l'équation différentielle vérifiée par l'intensité i(t)i(t) du courant.
    2. Vérifier que i(t)=Ip(1−e−t/τ)i(t) = I_p\left(1 - e^{-t/\tau}\right) est solution de cette équation avec i(0)=0i(0) = 0, et exprimer IpI_p et τ\tau en fonction de EE, RR, rr et LL.
    3. À l'aide du tableau, déterminer IpI_p, puis la résistance rr de la bobine. Déterminer la constante de temps τ\tau en précisant la méthode, puis l'inductance LL de la bobine.
    4. Calculer l'énergie emmagasinée dans la bobine en régime permanent.

    Partie 2 : modulation d'amplitude (1,5 point)

    Un émetteur produit une tension modulée en amplitude à l'aide d'un circuit multiplieur de constante k=0,10 V−1k = 0{,}10\ \text{V}^{-1}, qui fournit uS(t)=k u1(t) u2(t)u_S(t) = k\,u_1(t)\,u_2(t) avec u1(t)=Pmcos⁡(2πFpt)u_1(t) = P_m\cos(2\pi F_p t) (porteuse) et u2(t)=U0+Smcos⁡(2πfst)u_2(t) = U_0 + S_m\cos(2\pi f_s t) (signal modulant additionné d'une tension continue U0=5,0 VU_0 = 5{,}0\ \text{V}). L'oscillogramme de uS(t)u_S(t) donne une amplitude maximale Umax=3,2 VU_{max} = 3{,}2\ \text{V}, une amplitude minimale Umin=0,8 VU_{min} = 0{,}8\ \text{V}, une période de l'enveloppe Ts=1,0 msT_s = 1{,}0\ \text{ms} et une période de la porteuse Tp=10 μsT_p = 10\ \mu\text{s}.

    1. Mettre uS(t)u_S(t) sous la forme A[1+mcos⁡(2πfst)]cos⁡(2πFpt)A\left[1 + m\cos(2\pi f_s t)\right]\cos(2\pi F_p t) en exprimant AA et mm. Calculer mm et AA à partir de l'oscillogramme, puis SmS_m et PmP_m.
    2. Vérifier que les deux conditions d'une bonne modulation sont remplies.
    3. À la réception, un détecteur d'enveloppe est formé d'une diode suivie d'un conducteur ohmique de résistance R=10 kΩR = 10\ \text{k}\Omega en parallèle avec un condensateur de capacité CC. On dispose de trois condensateurs : C1=1,0 nFC_1 = 1{,}0\ \text{nF}, C2=10 nFC_2 = 10\ \text{nF} et C3=1,0 μFC_3 = 1{,}0\ \mu\text{F}. Rappeler la condition portant sur RCRC, choisir en justifiant le condensateur adapté et dire ce qui se passe avec chacun des deux autres.
    4. Pour sélectionner l'émetteur de fréquence Fp=100 kHzF_p = 100\ \text{kHz}, on utilise un circuit LCLC avec L=1,0 mHL = 1{,}0\ \text{mH}. Calculer la valeur de la capacité CC à régler.
    Voir le corrigé

    Partie 1 : établissement du courant dans un dipôle RL (2 points)

    1. Loi d'additivité des tensions : E=uR+ubobineE = u_R + u_{bobine} avec uR=R iu_R = R\,i et ubobine=r i+Ldidtu_{bobine} = r\,i + L\dfrac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}. Donc

    L didt+(R+r) i=Esoitdidt+R+rL i=ELL\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} + (R + r)\,i = E \qquad \text{soit} \qquad \frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} + \frac{R + r}{L}\,i = \frac{E}{L}

    [0,5 pt]

    2. Avec i=Ip(1−e−t/τ)i = I_p\left(1 - e^{-t/\tau}\right) : didt=Ipτ e−t/τ\dfrac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} = \dfrac{I_p}{\tau}\,e^{-t/\tau}. En remplaçant dans l'équation différentielle :

    L Ipτ e−t/τ+(R+r) Ip−(R+r) Ip e−t/τ=E  ⟺  (Lτ−(R+r))Ip e−t/τ+(R+r) Ip=EL\,\frac{I_p}{\tau}\,e^{-t/\tau} + (R + r)\,I_p - (R + r)\,I_p\,e^{-t/\tau} = E \iff \left(\frac{L}{\tau} - (R + r)\right)I_p\,e^{-t/\tau} + (R + r)\,I_p = E

    Cette égalité est vraie pour tout tt si et seulement si (R+r) Ip=E(R + r)\,I_p = E et Lτ=R+r\dfrac{L}{\tau} = R + r, c'est-à-dire

    Ip=ER+retτ=LR+rI_p = \frac{E}{R + r} \qquad \text{et} \qquad \tau = \frac{L}{R + r}

    La condition initiale i(0)=Ip(1−1)=0i(0) = I_p(1 - 1) = 0 est bien vérifiée. [0,5 pt]

    3. En régime permanent, uR=R Ip=9,60 Vu_R = R\,I_p = 9{,}60\ \text{V}, donc Ip=9,6080,0=0,120 A=120 mAI_p = \dfrac{9{,}60}{80{,}0} = 0{,}120\ \text{A} = 120\ \text{mA}. Comme Ip=ER+rI_p = \dfrac{E}{R + r} :

    r=EIp−R=12,00,120−80,0=20,0 Ωr = \frac{E}{I_p} - R = \frac{12{,}0}{0{,}120} - 80{,}0 = 20{,}0\ \Omega

    [0,25 pt]

    Méthode des 63 %63\ \% : à t=τt = \tau, uR(τ)=0,63×9,60=6,05 Vu_R(\tau) = 0{,}63 \times 9{,}60 = 6{,}05\ \text{V}. Le tableau donne uR=6,07 Vu_R = 6{,}07\ \text{V} pour t=2,0 mst = 2{,}0\ \text{ms} : τ=2,0 ms\tau = 2{,}0\ \text{ms}. [0,25 pt]

    L=τ (R+r)=2,0×10−3×(80,0+20,0)=0,20 HL = \tau\,(R + r) = 2{,}0 \times 10^{-3} \times (80{,}0 + 20{,}0) = 0{,}20\ \text{H}

    [0,25 pt]

    4. Em=12 L Ip2=12×0,20×0,1202=1,44×10−3 J≈1,4 mJ\mathcal{E}_m = \dfrac{1}{2}\,L\,I_p^2 = \dfrac{1}{2} \times 0{,}20 \times 0{,}120^2 = 1{,}44 \times 10^{-3}\ \text{J} \approx 1{,}4\ \text{mJ}. [0,25 pt]

    Partie 2 : modulation d'amplitude (1,5 point)

    1. On factorise U0U_0 :

    uS(t)=k Pmcos⁡(2πFpt)[U0+Smcos⁡(2πfst)]=k Pm U0[1+SmU0cos⁡(2πfst)]cos⁡(2πFpt)u_S(t) = k\,P_m\cos(2\pi F_p t)\left[U_0 + S_m\cos(2\pi f_s t)\right] = k\,P_m\,U_0\left[1 + \frac{S_m}{U_0}\cos(2\pi f_s t)\right]\cos(2\pi F_p t)

    donc A=k Pm U0A = k\,P_m\,U_0 et m=SmU0m = \dfrac{S_m}{U_0}. Sur l'oscillogramme : m=Umax−UminUmax+Umin=3,2−0,83,2+0,8=0,60m = \dfrac{U_{max} - U_{min}}{U_{max} + U_{min}} = \dfrac{3{,}2 - 0{,}8}{3{,}2 + 0{,}8} = 0{,}60 et A=Umax+Umin2=2,0 VA = \dfrac{U_{max} + U_{min}}{2} = 2{,}0\ \text{V}. On en déduit Sm=m U0=0,60×5,0=3,0 VS_m = m\,U_0 = 0{,}60 \times 5{,}0 = 3{,}0\ \text{V} et Pm=Ak U0=2,00,10×5,0=4,0 VP_m = \dfrac{A}{k\,U_0} = \dfrac{2{,}0}{0{,}10 \times 5{,}0} = 4{,}0\ \text{V}. [0,5 pt]

    2. Première condition : m=0,60<1m = 0{,}60 < 1, donc il n'y a pas de surmodulation. Seconde condition : Fp=1Tp=100 kHzF_p = \dfrac{1}{T_p} = 100\ \text{kHz} et fs=1Ts=1,0 kHzf_s = \dfrac{1}{T_s} = 1{,}0\ \text{kHz}, donc Fp=100 fs≫fsF_p = 100\,f_s \gg f_s. Les deux conditions sont remplies. [0,25 pt]

    3. Le détecteur d'enveloppe fonctionne si Tp≪RC<TsT_p \ll RC < T_s, soit ici 10 μs≪RC<1,0 ms10\ \mu\text{s} \ll RC < 1{,}0\ \text{ms}. On calcule :

    • RC1=10×103×1,0×10−9=10 μs=TpR C_1 = 10 \times 10^{3} \times 1{,}0 \times 10^{-9} = 10\ \mu\text{s} = T_p : trop petit ; le condensateur se décharge presque complètement entre deux crêtes de la porteuse, la tension de sortie garde des « dents de scie » à la fréquence FpF_p ;
    • RC2=10×103×10×10−9=0,10 ms=100 μs=10 Tp=Ts10R C_2 = 10 \times 10^{3} \times 10 \times 10^{-9} = 0{,}10\ \text{ms} = 100\ \mu\text{s} = 10\,T_p = \dfrac{T_s}{10} : la condition est bien vérifiée, C2=10 nFC_2 = 10\ \text{nF} convient ;
    • RC3=10×103×1,0×10−6=10 ms=10 TsR C_3 = 10 \times 10^{3} \times 1{,}0 \times 10^{-6} = 10\ \text{ms} = 10\,T_s : trop grand ; le condensateur ne se décharge pas assez vite quand l'enveloppe diminue, et la tension de sortie ne suit plus l'enveloppe.

    [0,5 pt]

    4. La fréquence propre du circuit LCLC doit être égale à FpF_p : 12πLC=Fp\dfrac{1}{2\pi\sqrt{LC}} = F_p, donc

    C=14π2 L Fp2=14π2×1,0×10−3×(1,0×105)2=2,5×10−9 F=2,5 nFC = \frac{1}{4\pi^2\,L\,F_p^2} = \frac{1}{4\pi^2 \times 1{,}0 \times 10^{-3} \times \left(1{,}0 \times 10^{5}\right)^2} = 2{,}5 \times 10^{-9}\ \text{F} = 2{,}5\ \text{nF}

    [0,25 pt]

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    Exercice 5 : Mécanique — projectile, satellite et rotation

    4,5 points

    Partie 1 : lancer d'une balle (1,75 point)

    Une joueuse lance une balle depuis un point AA situé à la hauteur h0=1,80 mh_0 = 1{,}80\ \text{m} au-dessus d'un sol horizontal. La vitesse initiale v⃗0\vec{v}_0 a pour valeur v0=10,0 m/sv_0 = 10{,}0\ \text{m/s} et fait l'angle α=30,0∘\alpha = 30{,}0^\circ au-dessus de l'horizontale. On étudie le mouvement du centre d'inertie GG de la balle, assimilée à un point matériel, dans le référentiel terrestre galiléen ; les frottements de l'air sont négligés. On choisit le repère (O,i⃗,j⃗)(O, \vec{i}, \vec{j}) : OO est le point du sol à la verticale de AA, i⃗\vec{i} est horizontal dans le plan du mouvement et j⃗\vec{j} est vertical vers le haut. L'origine des dates est l'instant du lancer. On prend g=9,8 m/s2g = 9{,}8\ \text{m/s}^2.

    1. Faire le bilan des forces appliquées à la balle, puis déterminer, à l'aide de la deuxième loi de Newton, le vecteur accélération de GG.
    2. Établir les équations horaires x(t)x(t) et y(t)y(t) du mouvement de GG.
    3. a) Établir l'équation de la trajectoire y(x)y(x) et la mettre sous la forme numérique y(x)=a x2+b x+cy(x) = a\,x^2 + b\,x + c. b) Calculer l'altitude maximale ymaxy_{max} atteinte par la balle.
    4. a) Calculer la date tft_f à laquelle la balle touche le sol et la distance horizontale xfx_f parcourue. b) Calculer la valeur de la vitesse de la balle à l'impact.

    Partie 2 : satellite d'observation (1,5 point)

    Un satellite d'observation de la Terre, de masse ms=1,2×103 kgm_s = 1{,}2 \times 10^{3}\ \text{kg}, décrit une orbite circulaire à l'altitude h=800 kmh = 800\ \text{km}. On l'étudie dans le référentiel géocentrique supposé galiléen ; il n'est soumis qu'à l'attraction gravitationnelle de la Terre, qui a une répartition de masse à symétrie sphérique.

    Données : G=6,67×10−11 N⋅m2⋅kg−2G = 6{,}67 \times 10^{-11}\ \text{N}\cdot\text{m}^2\cdot\text{kg}^{-2} ; masse de la Terre MT=5,97×1024 kgM_T = 5{,}97 \times 10^{24}\ \text{kg} ; rayon de la Terre RT=6,37×106 mR_T = 6{,}37 \times 10^{6}\ \text{m} ; période de rotation de la Terre sur elle-même (jour sidéral) : TG=86 164 sT_G = 86\,164\ \text{s}.

    1. Donner l'expression de la force gravitationnelle exercée par la Terre sur le satellite. Montrer, à l'aide de la deuxième loi de Newton, que le mouvement est uniforme et établir l'expression de la vitesse v=G MTRT+hv = \sqrt{\dfrac{G\,M_T}{R_T + h}}.
    2. Calculer la vitesse vv du satellite, puis sa période de révolution TT en minutes.
    3. Montrer que T2r3=4π2G MT\dfrac{T^2}{r^3} = \dfrac{4\pi^2}{G\,M_T} pour un satellite de rayon d'orbite rr (troisième loi de Kepler), puis calculer l'altitude hGh_G d'un satellite géostationnaire.

    Partie 3 : chute d'un solide entraînant un cylindre (1,25 point)

    Un cylindre homogène de rayon r=5,0 cmr = 5{,}0\ \text{cm} et de moment d'inertie JΔ=2,0×10−3 kg⋅m2J_\Delta = 2{,}0 \times 10^{-3}\ \text{kg}\cdot\text{m}^2 par rapport à son axe (Δ)(\Delta), horizontal et fixe, peut tourner sans frottement autour de (Δ)(\Delta). Un fil inextensible, de masse négligeable, enroulé sur le cylindre sans glisser, porte à son extrémité un solide (S)(S) de masse m=200 gm = 200\ \text{g}. Le système est abandonné sans vitesse initiale et (S)(S) descend verticalement. On prend g=9,8 m/s2g = 9{,}8\ \text{m/s}^2.

    1. En appliquant la deuxième loi de Newton à (S)(S) et la relation fondamentale de la dynamique de rotation au cylindre, montrer que l'accélération de (S)(S) s'écrit a=m g r2JΔ+m r2a = \dfrac{m\,g\,r^2}{J_\Delta + m\,r^2}, puis calculer aa.
    2. Calculer la tension TT du fil, l'accélération angulaire θ¨\ddot{\theta} du cylindre, puis la valeur de la vitesse de (S)(S) et la vitesse angulaire ω\omega du cylindre après une descente de h=1,00 mh = 1{,}00\ \text{m}.
    3. Retrouver la valeur de la vitesse de (S)(S) par une méthode énergétique.
    Voir le corrigé

    Partie 1 : lancer d'une balle (1,75 point)

    1. Système : la balle ; référentiel terrestre galiléen. Elle n'est soumise qu'à son poids P⃗=mg⃗\vec{P} = m\vec{g} (frottements de l'air négligés). La deuxième loi de Newton ma⃗G=mg⃗m\vec{a}_G = m\vec{g} donne a⃗G=g⃗\vec{a}_G = \vec{g}, soit ax=0a_x = 0 et ay=−g=−9,8 m/s2a_y = -g = -9{,}8\ \text{m/s}^2. [0,25 pt]

    2. Par intégration, avec v⃗(0)=(v0cos⁡α, v0sin⁡α)\vec{v}(0) = (v_0\cos\alpha,\ v_0\sin\alpha) et OG→(0)=(0, h0)\overrightarrow{OG}(0) = (0,\ h_0) :

    • vx=v0cos⁡α=8,66 m/sv_x = v_0\cos\alpha = 8{,}66\ \text{m/s} et vy=−g t+v0sin⁡α=−9,8 t+5,00v_y = -g\,t + v_0\sin\alpha = -9{,}8\,t + 5{,}00 ;
    • x(t)=(v0cos⁡α) t=8,66 tx(t) = (v_0\cos\alpha)\,t = 8{,}66\,t et y(t)=−12 g t2+(v0sin⁡α) t+h0=−4,9 t2+5,00 t+1,80y(t) = -\dfrac{1}{2}\,g\,t^2 + (v_0\sin\alpha)\,t + h_0 = -4{,}9\,t^2 + 5{,}00\,t + 1{,}80.

    [0,5 pt]

    3. a) On élimine t=xv0cos⁡αt = \dfrac{x}{v_0\cos\alpha} :

    y(x)=−g2 v02cos⁡2α x2+(tan⁡α) x+h0y(x) = -\frac{g}{2\,v_0^2\cos^2\alpha}\,x^2 + (\tan\alpha)\,x + h_0

    Numériquement, g2 v02cos⁡2α=9,82×100×0,750=0,0653 m−1\dfrac{g}{2\,v_0^2\cos^2\alpha} = \dfrac{9{,}8}{2 \times 100 \times 0{,}750} = 0{,}0653\ \text{m}^{-1} et tan⁡30∘=0,577\tan 30^\circ = 0{,}577 :

    y(x)=−0,0653 x2+0,577 x+1,80y(x) = -0{,}0653\,x^2 + 0{,}577\,x + 1{,}80

    [0,25 pt]

    b) Au sommet, vy=0v_y = 0 : tS=v0sin⁡αg=5,009,8=0,510 st_S = \dfrac{v_0\sin\alpha}{g} = \dfrac{5{,}00}{9{,}8} = 0{,}510\ \text{s}. Alors

    ymax=h0+v02sin⁡2α2g=1,80+(5,00)22×9,8=1,80+1,28=3,08 my_{max} = h_0 + \frac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g} = 1{,}80 + \frac{(5{,}00)^2}{2 \times 9{,}8} = 1{,}80 + 1{,}28 = 3{,}08\ \text{m}

    [0,25 pt]

    4. a) La balle touche le sol quand y(tf)=0y(t_f) = 0 : −4,9 t2+5,00 t+1,80=0-4{,}9\,t^2 + 5{,}00\,t + 1{,}80 = 0, soit 4,9 t2−5,00 t−1,80=04{,}9\,t^2 - 5{,}00\,t - 1{,}80 = 0. Le discriminant est Δ=5,002+4×4,9×1,80=60,28\Delta = 5{,}00^2 + 4 \times 4{,}9 \times 1{,}80 = 60{,}28 et Δ=7,764\sqrt{\Delta} = 7{,}764. La racine positive est

    tf=5,00+7,7642×4,9=1,30 st_f = \frac{5{,}00 + 7{,}764}{2 \times 4{,}9} = 1{,}30\ \text{s}

    (l'autre racine, −0,28 s-0{,}28\ \text{s}, est négative : elle est rejetée). La distance parcourue est xf=8,66×1,302=11,3 mx_f = 8{,}66 \times 1{,}302 = 11{,}3\ \text{m}. [0,25 pt]

    b) À l'impact, vy=−9,8×1,302+5,00=−7,76 m/sv_y = -9{,}8 \times 1{,}302 + 5{,}00 = -7{,}76\ \text{m/s} et vx=8,66 m/sv_x = 8{,}66\ \text{m/s}, donc v=8,662+7,762=11,6 m/sv = \sqrt{8{,}66^2 + 7{,}76^2} = 11{,}6\ \text{m/s}. On le vérifie avec le théorème de l'énergie cinétique entre le lancer et l'impact : 12 m v2−12 m v02=m g h0\dfrac{1}{2}\,m\,v^2 - \dfrac{1}{2}\,m\,v_0^2 = m\,g\,h_0, donc v=v02+2 g h0=100+35,3=11,6 m/sv = \sqrt{v_0^2 + 2\,g\,h_0} = \sqrt{100 + 35{,}3} = 11{,}6\ \text{m/s}. [0,25 pt]

    Partie 2 : satellite d'observation (1,5 point)

    1. Avec r=RT+hr = R_T + h, la force exercée par la Terre sur le satellite est centripète : F⃗=G ms MTr2 n⃗\vec{F} = \dfrac{G\,m_s\,M_T}{r^2}\,\vec{n}, où n⃗\vec{n} est le vecteur unitaire dirigé du satellite vers le centre de la Terre ; sa valeur est F=G ms MTr2F = \dfrac{G\,m_s\,M_T}{r^2}. [0,25 pt] La deuxième loi de Newton donne a⃗=G MTr2 n⃗\vec{a} = \dfrac{G\,M_T}{r^2}\,\vec{n}, où n⃗\vec{n} est le vecteur unitaire dirigé vers le centre. L'accélération n'a pas de composante tangentielle : at=dvdt=0a_t = \dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} = 0, donc vv est constante et le mouvement circulaire est uniforme. La composante normale vaut an=v2r=G MTr2a_n = \dfrac{v^2}{r} = \dfrac{G\,M_T}{r^2}, d'où

    v=G MTr=G MTRT+hv = \sqrt{\frac{G\,M_T}{r}} = \sqrt{\frac{G\,M_T}{R_T + h}}

    (indépendante de la masse msm_s du satellite). [0,25 pt]

    2. r=RT+h=6,37×106+8,00×105=7,17×106 mr = R_T + h = 6{,}37 \times 10^{6} + 8{,}00 \times 10^{5} = 7{,}17 \times 10^{6}\ \text{m} et

    v=6,67×10−11×5,97×10247,17×106=7,45×103 m/s=7,45 km/sv = \sqrt{\frac{6{,}67 \times 10^{-11} \times 5{,}97 \times 10^{24}}{7{,}17 \times 10^{6}}} = 7{,}45 \times 10^{3}\ \text{m/s} = 7{,}45\ \text{km/s}

    [0,25 pt] La période est T=2πrv=2π×7,17×1067,45×103=6,05×103 s≈101 minT = \dfrac{2\pi r}{v} = \dfrac{2\pi \times 7{,}17 \times 10^{6}}{7{,}45 \times 10^{3}} = 6{,}05 \times 10^{3}\ \text{s} \approx 101\ \text{min}. [0,25 pt]

    3. On a T=2πrvT = \dfrac{2\pi r}{v} avec v2=G MTrv^2 = \dfrac{G\,M_T}{r} : T2=4π2r2v2=4π2r3G MTT^2 = \dfrac{4\pi^2 r^2}{v^2} = \dfrac{4\pi^2 r^3}{G\,M_T}, d'où T2r3=4π2G MT\dfrac{T^2}{r^3} = \dfrac{4\pi^2}{G\,M_T}. [0,25 pt]

    Un satellite géostationnaire a pour période TG=86 164 sT_G = 86\,164\ \text{s} :

    rG=(G MT TG24π2)1/3=(6,67×10−11×5,97×1024×86 16424π2)1/3=4,215×107 mr_G = \left(\frac{G\,M_T\,T_G^2}{4\pi^2}\right)^{1/3} = \left(\frac{6{,}67 \times 10^{-11} \times 5{,}97 \times 10^{24} \times 86\,164^2}{4\pi^2}\right)^{1/3} = 4{,}215 \times 10^{7}\ \text{m}
    hG=rG−RT=4,215×107−6,37×106=3,58×107 m≈3,58×104 kmh_G = r_G - R_T = 4{,}215 \times 10^{7} - 6{,}37 \times 10^{6} = 3{,}58 \times 10^{7}\ \text{m} \approx 3{,}58 \times 10^{4}\ \text{km}

    [0,25 pt]

    Partie 3 : chute d'un solide entraînant un cylindre (1,25 point)

    1. Solide (S)(S) : son poids mg⃗m\vec{g} (vertical, vers le bas) et la tension T⃗\vec{T} du fil (vers le haut). En projetant la deuxième loi de Newton sur l'axe vertical orienté vers le bas : m a=m g−Tm\,a = m\,g - T. [0,25 pt]

    Cylindre : le poids et la réaction de l'axe ont un moment nul par rapport à (Δ)(\Delta) ; seule la tension du fil, de bras de levier rr, a un moment. La relation fondamentale de la dynamique de rotation s'écrit T r=JΔ θ¨T\,r = J_\Delta\,\ddot{\theta}. Le fil ne glisse pas : a=r θ¨a = r\,\ddot{\theta}. Donc T=JΔ ar2T = \dfrac{J_\Delta\,a}{r^2} et, en reportant dans la première équation,

    m a=m g−JΔ ar2  ⟹  a=m gm+JΔ/r2=m g r2JΔ+m r2m\,a = m\,g - \frac{J_\Delta\,a}{r^2} \implies a = \frac{m\,g}{m + J_\Delta/r^2} = \frac{m\,g\,r^2}{J_\Delta + m\,r^2}
    a=0,200×9,8×(5,0×10−2)22,0×10−3+0,200×(5,0×10−2)2=4,9×10−32,5×10−3=1,96 m/s2a = \frac{0{,}200 \times 9{,}8 \times (5{,}0 \times 10^{-2})^2}{2{,}0 \times 10^{-3} + 0{,}200 \times (5{,}0 \times 10^{-2})^2} = \frac{4{,}9 \times 10^{-3}}{2{,}5 \times 10^{-3}} = 1{,}96\ \text{m/s}^2

    [0,25 pt]

    2. T=m (g−a)=0,200×(9,8−1,96)=1,57 NT = m\,(g - a) = 0{,}200 \times (9{,}8 - 1{,}96) = 1{,}57\ \text{N} et θ¨=ar=1,965,0×10−2=39,2 rad/s2\ddot{\theta} = \dfrac{a}{r} = \dfrac{1{,}96}{5{,}0 \times 10^{-2}} = 39{,}2\ \text{rad/s}^2. [0,25 pt] L'accélération de (S)(S) est constante et sa vitesse initiale est nulle : v2=2 a hv^2 = 2\,a\,h, donc v=2×1,96×1,00=1,98 m/sv = \sqrt{2 \times 1{,}96 \times 1{,}00} = 1{,}98\ \text{m/s} et ω=vr=1,985,0×10−2=39,6 rad/s\omega = \dfrac{v}{r} = \dfrac{1{,}98}{5{,}0 \times 10^{-2}} = 39{,}6\ \text{rad/s}. [0,25 pt]

    3. Il n'y a pas de frottement : l'énergie mécanique du système {cylindre, (S)(S), Terre} se conserve. Avec ω=vr\omega = \dfrac{v}{r} :

    m g h=12 m v2+12 JΔ ω2=12(m+JΔr2)v2  ⟹  v=2 m g hm+JΔ/r2=2×0,200×9,8×1,000,200+0,80=1,98 m/sm\,g\,h = \frac{1}{2}\,m\,v^2 + \frac{1}{2}\,J_\Delta\,\omega^2 = \frac{1}{2}\left(m + \frac{J_\Delta}{r^2}\right)v^2 \implies v = \sqrt{\frac{2\,m\,g\,h}{m + J_\Delta/r^2}} = \sqrt{\frac{2 \times 0{,}200 \times 9{,}8 \times 1{,}00}{0{,}200 + 0{,}80}} = 1{,}98\ \text{m/s}

    On retrouve la même valeur. Contrôle des énergies : m g h=1,96 Jm\,g\,h = 1{,}96\ \text{J} ; 12 m v2=0,392 J\dfrac{1}{2}\,m\,v^2 = 0{,}392\ \text{J} ; 12 JΔ ω2=1,568 J\dfrac{1}{2}\,J_\Delta\,\omega^2 = 1{,}568\ \text{J} ; la somme des deux dernières vaut bien 1,96 J1{,}96\ \text{J}. [0,25 pt]

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