culture générale - oscillateur
non amorti - dipôle (RL) - fission et fusion - différents
ressorts - pile Cu-Ag - dipôle RC- onde
lumineuse et diffraction
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corrigé 1 ha = 104 m² ; 64 000 ha = 6,4 108 m² côté du carré : a = 2,5 104 m. dépression : 0,7 bar. avant 8 heures : décalage supérieur à 30 minutes. ITER : fusion nucléaire. de la plus courte à la plus grande longueur d'onde ( du plus énergétique au moins énergétique) : A Rayon Gamma ; F Rayon X ; E Ultra violet ; D Lumière visible ; C Infra rouge ; B Onde hertzienne. présence significative de plomb : cristal ; batterie de voiture.
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sujet 2 On étudie le mouvement d’un oscillateur non amorti constitué d’un solide (S) de masse M = 300 g, lié à un ressort dont l’autre extrémité est fixe. Le solide (S) peut se déplacer en translation rectiligne sans frottement selon l’axe Ox horizontal. Le mouvement du centre d’inertie de (S) enregistré à l’aide d’un ordinateur est représenté sur la figure ci-dessous. Son équation horaire est de la forme : x = A cos (wt +f) avec x l’élongation , A l’amplitude des oscillations, T= 2p/w= la période des oscillations et f la phase. A l’instant t = 0 le solide (S) est libéré sans vitesse initiale, le ressort étant étiré.
corrigé période T= 0,4 s ( lecture graphe) fréquence f = 1/T = 1/0,4 = 2,5 Hz. La vitesse v(t) est la dérivée de x(t) par rapport au temps : x = A cos (wt +f) ; v(t) = -Aw sin (wt +f) Vmax = Aw avec A= 0,02 m (lecture graphe) et w = 2p/T= 2*3,14/0,4=15,7 rad/s Vmax = 0,02*15,7 = 0,314 m/s ; Vmini =-Aw = -0,314 m/s. l'accélération est la dérivée de la vitesse par rapport au temps : a(t) = -A w² cos (wt +f) = -w² x(t) a(t=0) = -w² x(t=0)= -w²A= - 15,7² *0,02 = -4,9 m/s² ( le signe moins indique que l'accélération à le sens contraire de l'axe Ox) force de rappel à t=0 : Fr =Ma(t=0) = -MAw² = -0,3*4,9 = -1,48 N. période T= 2p [M/k]½ soit t² = 4p²M / k. avec surcharge :T '= 2p [(M+m)/k]½ soit T '² = 4p²(M+m)/k. T '² / T² = (M+m) / M = 1+m/M T ' /T= [1+m/M]½ avec T ' / T = 1,1 et T '² / T² =1,1² = 1,21. 1+m/M= 1,21 soit : m= 0,21 M= 0,21*0,3 = 0,063 kg = 63 g.
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sujet 3 : On étudie le montage suivant. Initialement K1 et K2 sont ouverts depuis un temps très long, la bobine est considéré comme idéale (sa résistance interne est nulle). A t = 0, on ferme l’interrupteur K1, l’interrupteur K2 reste ouvert.
corrigé E= R1i + Ldi /dt solution de cette équation différentielle : i(t) =A +Bexp(-t/t), avec t = L/R1 = 1/1000 = 1 ms = 10-3 s. A valeur du courant en régime permanent : A = E/R1 = 10*/1000 = 0,01 A = 10 mA et B= -A. i(t=0,5 ms)= 0,01(1-exp(-0,5/1))= 3,94 mA. i(t=5 ms)= 0,01(1-exp(-15/1))= 9,93 mA. Ldi/dt + R2i=0 solution de cette équation différentielle : i(t') =A' +B'exp(-t'/t'), avec t' = L/R2 = 1/10000 = 0,1 ms = 10-4 s. B' valeur initiale de l'intensité à t= T, fermeture de K2, ouverture de K1. B'= 3,94 mA si T= 0,5 ms ; B'= 9,93 mA si T= 5 ms.
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sujet 4 Première partie : fission de l’uranium Parmi les réactions, très variées, de fission de l’atome d’uranium 235 bombardé par des neutrons lents, on considère la réaction suivante : 235 92U + 01n--> 139 xXe +94 38Sr + y01n
Deuxième partie : Fusion de l’hydrogène
Troisième partie : comparaison des deux procédés
Données : 1 u = 1,67 10-27 kg, c = 3 108 m.s-1, e = 1,6 10-19 C. On néglige la masse des électrons.
corrigé 235 92U + 01n--> 139 xXe +94 38Sr + y01n conservation de la charge : 92 = x+38 soit x= 54 conservation du nombre de nucléons : 235 +1= 139+94+y soit y = 3. diminution de masse |Dm|=235,044-(138,918+93,915+2*1,009)=0,193 u = 0,193*1,67 10-27 = 3,223 10-28 kg. énergie libérée E= |Dm| c² = 3,223 10-28 * (3 108)²=2,9 10-11 J=2,9 10-11 / 1,6 10-19 = 1,81 108 eV= 181 MeV. énergie libérée pour 1 kg d'uranium 235 : 235,044*1,67 10-27 = 3,92 10-25 kg 1 / 3,92 10-25 = 2,55 1024 réactions de fission E' = 2,55 1024 * 2,9 10-11 = 7,4 1013 J.
11H + 31H -->42He 21H + 31H -->42He + 10n 31H + 31H -->42He +2 10n diminution de masse |Dm|=2,013+3,015-(4,001+1,009)=0,018 u = 0,018*1,67 10-27 = 3 10-29 kg. énergie libérée E= |Dm| c² = 3 10-29 * (3 108)²=2,7 10-12 J énergie libérée pour 1 kg des deux isotopes : (2,013+3,015)*1,67 10-27 = 8,4 10-27 kg 1 / 8,4 10-27 = 1,19 1026 réactions de fusion E' = 1,19 1026 * 2,7 10-12 = 3,2 1014 J.
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sujet 5 On considérera dans ce problème des ressorts à spires non jointives et de masses négligeables. Les extrémités des ressorts se situeront sur un axe horizontal. Soit un solide (S) de masse M et d’épaisseur négligeable est accroché aux ressorts. Les seules forces agissant sur cet objet seront exercées par les ressorts. Premier cas : Le solide (S) est accroché à un seul ressort (de raideur k et de longueur au repos l0) et dont l’autre extrémité est fixe.
corrigé équation différentielle du mouvement de S : k(x-l0) + mx"=0 ou x"+ k/m (x-l0) =0 période T= 2p (m/k)½.
tension du ressort 2 : T2 = k2(2l0-x-l0)= k2(l0-x), horizontale vers la droite équation différentielle : k1(l0-x) + k2(l0-x) = mx" ( k1+ k2)(l0-x) = mx", raideur équivalente : keq = k1+ k2.
longueur à vide du ressort unique équivalent : l0 eq = l0 1 + l0 2. raideur équivalente : k'eq = k1 k2 / ( k1+ k2)
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sujet 6 On souhaite réaliser une pile faisant intervenir les couples oxydant/réducteur du cuivre et de l’argent : Cu2+ / Cu et Ag+ / Ag. Dans une expérience préliminaire, chacun des métaux est plongé dans une solution contenant des ions de l’autre élément : a) lorsqu’un fil d’argent est plongé dans une solution de chlorure de cuivre II, on n’observe aucune transformation. b) lorsqu’une lame de cuivre est plongée dans une solution de nitrate d’argent, elle se couvre d’une couche noirâtre et la solution prend une teinte bleutée.
corrigé l’argent se couvre d’une couche noirâtre et la solution prend une teinte bleutée : la réaction spontanée est : Cu(s) + 2Ag+ = Cu2+ + 2Ag(s) cette réaction est celle du bilan du fonctionnement de la pile. Qr i = [Cu2+]0/[Ag+]02=0,1 / 0,1² = 10 Qté de matière d'argent deposé : 0,03/108 = 2,78 10-4 mol Or la réduction de Ag+ ( Ag+ + e- =Ag) met en oeuvre un électron : donc 2,78 10-4 mol d'électrons. La charge d'une mole d'électrons vaut, en valeur absolue 96500 C Qté d'électricité : 96500*2,78 10-4 = 26,8 C. les ions argent disparaissent ( compartiment 1) : -2,78 10-4 mol: 0,1*0,02=2 10-3 mol d'ion argent initialement 2 10-3 - 2,78 10-4 = 1,72 10-3 mol dans 20 mL [Ag+]= 1,72 / 20 = 0,086 mol/L. [NO3-]=0,1 mol/L en conséquence la solution du compartiment étant électriquement neutre, les ions sodium migrent du pont salin dans le compartiment 1. [Na+]= 0,1-0,086 = 0,014 mol/L. les ions cuivre apparaissent ( compartiment 2) : +½*2,78 10-4 = 1,39 10-4 mol 0,1*0,02=2 10-3 mol d'ion cuivre II initialement 2 10-3 + 1,39 10-4 = 2,14 10-3 mol dans 20 mL [Ag+]= 2,14 / 20 = 0,107 mol/L. la solution du compartiment étant électriquement neutre, les ions chlorure migrent du pont salin dans le compartiment 2. 2[Cu2+]=[Cl-]= 2*0,107 =0,214 mol/L. Qr= [Cu2+]/[Ag+]2 avec [Cu2+] croissante et [Ag+] décroissante Qraugmente : valeur prise par le quotient de réaction Qr final = K= 4 1015.
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sujet 7 La réalisation de cartes de circuits électroniques nécessite la production d’un éclair délivrant une énergie E= 11,5 J pendant une durée TE= 2,3 ms. Cet éclair est émis, à l’aide du montage ci-dessous, par le tube à éclair d’un flash électronique. L’énergie provient de la décharge d’un groupement série de condensateurs identiques. Le groupement a une capacité équivalente totale CN = 100 µF. La tension à ses bornes, avant décharge, est notée U0.
corrigé puissance électrique mise en jeu durant un éclair = énergie (J) / durée (s)=11,5/2,3 10-3 = 5000 W. énergie stockée par le condensateur : E=½CU²0 soit U0 = (2E/C)½=(2*11,5 / 10-4 )½ = 480 V. à t = 0 le condensateur est déchargé et l'intensité du courant vaut 1,4 10-5 A : la tension à ses bornes uC est nulle. la tension aux bornes du résistor vaut 6= uC+uR soit uR=6 V. uR=R i soit R= 6 / 1,4 10-5 = 4,28 105 ohms. i(t) = I0 exp(-t/t) tracer la tangente à l'origine du graphe i(t) ; elle coupe l'axe des temps à t=t = 50 s. 50 =R CN soit CN= 50 / 4,28 105 = 1,17 10-4 F soit 117 mF.
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sujet 8 Un laser émet des impulsions lumineuses, de longueur d’onde l = 633 nm, qui sont transportées par une fibre optique de longueur L = 250 m. Un récepteur est disposé à l’entrée de la fibre, et un autre à la sortie de la fibre optique. Ils permettent de détecter le passage des impulsions lumineuses et de les visualiser sur l’écran d’un oscilloscope. Le dispositif est schématisé ci-dessous. On rappelle que la célérité de la lumière dans le vide est c = 3,00.108m.s-1. On observe à l’oscilloscope les signaux ci-dessous, la vitesse de balayage étant 0,200 µs / div :
corrigé Domaine des longueurs d'onde du visible : de 400 nm à 780 nm. fréquences limites f = c/l. fUV = 3 108 / 400 10-9 = 7,5 1014 Hz. fIR = 3 108 / 780 10-9 = 3,84 1014 Hz.
indice de réfraction = rapport des vitesses = 3 108/1,92 108 = 1,56. la fréquence reste identique, donc la couleur reste identique. la célérité diminue donc la longueur d'onde augmente (l= v/f)
d= 2lD/e ; l : mètre [m] ; D mètre [m] ; e mètre [m] donc d en mètre épaisseur du cheveu : e= 2lD/ d la tâche centrale a une largeur voisine de 5 mm ( lecture graphe) soit d= 5 10-3 m ; D= 0,32 m et l= 633 10-9 m e= 2*633 10-9 *0,32 / 5 10-3 = 8 10-5 m = 80 mm. en lumière bleue l voisin 450 nm : d= 2lD/e = 2*450 10-9*0,32/ 80 10-6 = 3,6 10-3 m =3,6 mm.
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