Examen Normal de 2026 SM 2025-2026 Avec correction

Correction

SOLUTION – Chimie : Acide éthanoïque / Ammoniac – Constante d’acidité, dilution

🧪 SOLUTION – CHIMIE 1

Acide éthanoïque / ammoniaque – Constante d’acidité, dilution, courbe \(\tau^2 = f(V_e)\) Correction détaillée

📌 Partie 1 : Étude d’une solution aqueuse d’acide éthanoïque et réaction avec l’ammoniac

1- Équation chimique modélisant la réaction de l’acide éthanoïque avec l’eau

\[ \mathrm{CH_3COOH_{(aq)} + H_2O_{(l)} = CH_3COO^-_{(aq)} + H_3O^+_{(aq)}} \]

2- Expression de la constante d’acidité \(K_a\) en fonction de \(C_1\) et \(\tau_1\)

État initial : \(n_0(\mathrm{CH_3COOH}) = C_1 V\)

Avancement final : \(x_f = \tau_1 x_{\text{max}} = \tau_1 C_1 V\)

\[ [\mathrm{H_3O^+}] = [\mathrm{CH_3COO^-}] = \frac{x_f}{V} = C_1 \tau_1 \] \[ [\mathrm{CH_3COOH}] = \frac{C_1 V – x_f}{V} = C_1(1 – \tau_1) \] \[ K_a = \frac{[\mathrm{CH_3COO^-}]\cdot[\mathrm{H_3O^+}]}{[\mathrm{CH_3COOH}]} \quad\Rightarrow\quad K_a = \frac{(C_1 \tau_1)(C_1 \tau_1)}{C_1(1-\tau_1)} \quad\Rightarrow\quad \boxed{K_a = \frac{C_1 \tau_1^2}{1-\tau_1}} \]

3- Étude de la dilution de la solution \(S_1\)

3-1 Détermination de \(\alpha\) et \(\beta\) dans le cas \(\tau \ll 1\)

Après dilution : \(C_2 = \dfrac{C_1 V_1}{V_1 + V_e}\). Avec \(\tau \ll 1\) : \(K_a \approx C_2 \tau^2\).

\[ \tau^2 \approx \frac{K_a}{C_2} = \frac{K_a(V_1+V_e)}{C_1 V_1} = \frac{K_a}{C_1} + \frac{K_a}{C_1 V_1} V_e \] \[ \Rightarrow \quad \tau^2 = \alpha V_e + \beta \quad\text{avec}\quad \boxed{\alpha = \frac{K_a}{C_1 V_1}},\quad \boxed{\beta = \frac{K_a}{C_1}} \]

3-2 Exploitation de la courbe \(\tau^2 = f(V_e)\)

3-2-1 Détermination de \(pH_1\)

Pour \(V_e = 0\) : \(\tau_1^2 = 1,59 \times 10^{-3}\) \(\Rightarrow\) \(\tau_1 = \sqrt{1,59\times10^{-3}} \approx 3,99\times10^{-2}\)

\[ [\mathrm{H_3O^+}] = C_1 \tau_1 = 10^{-2} \times 3,99\times10^{-2} = 3,99\times10^{-4}\ \text{mol·L}^{-1} \] \[ pH_1 = -\log(3,99\times10^{-4}) \approx \boxed{3,40} \]

3-2-2 Vérification de \(K_a\) et détermination de \(V_1\)

\(\beta = \dfrac{K_a}{C_1}\) \(\Rightarrow\) \(K_a = C_1 \beta = 10^{-2} \times 1,59\times10^{-3} \approx \boxed{1,59\times10^{-5}}\)

Pente de la droite : \(\alpha = \dfrac{(3,18-1,59)\times10^{-3}}{10-0} = 1,59\times10^{-4}\ \text{mL}^{-1}\)

\[ \alpha = \frac{K_a}{C_1 V_1} \quad\Rightarrow\quad V_1 = \frac{K_a}{C_1 \alpha} = \frac{1,59\times10^{-5}}{10^{-2}\times 1,59\times10^{-4}} = \boxed{10\ \text{mL}} \]

4- Étude de la solution \(S_3\) de \(pH_3 = 3,85\)

4-1 Expression et valeur du coefficient de dilution \(\eta\)

\[ [\mathrm{H_3O^+}] = 10^{-pH_3} = 10^{-3,85} \] \[ [\mathrm{CH_3COO^-}] = [\mathrm{H_3O^+}] = 10^{-pH_3} \] \[ [\mathrm{CH_3COOH}] = \frac{[\mathrm{CH_3COO^-}][\mathrm{H_3O^+}]}{K_a} = \frac{10^{-2pH_3}}{K_a} \] \[ C_3 = [\mathrm{CH_3COOH}] + [\mathrm{CH_3COO^-}] = \frac{10^{-2pH_3}}{K_a} + 10^{-pH_3} = 10^{-pH_3}\left(1 + \frac{10^{-pH_3}}{K_a}\right) \] \[ \eta = \frac{C_1}{C_3} \quad\Rightarrow\quad \eta = \frac{K_a C_1}{10^{-pH_3}\left(K_a + 10^{-pH_3}\right)} \]

Application numérique : \(K_a = 1,59\times10^{-5}\), \(C_1 = 10^{-2}\), \(10^{-pH_3}=10^{-3,85}\approx 1,41\times10^{-4}\)

\[ \eta \approx \frac{1,59\times10^{-5}\times10^{-2}}{1,41\times10^{-4}\times(1,59\times10^{-5}+1,41\times10^{-4})} \approx \boxed{7,16} \]

4-2 Détermination de \(C_3\) et de \(V_4’\)

\[ C_3 = \frac{C_1}{\eta} = \frac{10^{-2}}{7,16} \approx \boxed{1,40\times10^{-3}\ \text{mol·L}^{-1}} \] \[ \eta = \frac{V_2 + V_4′}{V_2} \quad\Rightarrow\quad V_4′ = V_2(\eta – 1) = 15 \times (7,16 – 1) \] \[ V_4′ \approx \boxed{92,4\ \text{mL}} \]

5- Réaction de l’acide éthanoïque avec l’ammoniac

5-1 Équation chimique de la réaction

\[ \mathrm{CH_3COOH_{(aq)} + NH_3_{(aq)} = CH_3COO^-_{(aq)} + NH_4^+_{(aq)}} \]

✔ Réaction acido-basique entre l’acide éthanoïque (acide) et l’ammoniac (base).

📌 Récapitulatif des résultats clés :

\(K_a = 1,59 \times 10^{-5}\) \(pK_a \approx 4,80\)
\(pH_1 \approx 3,40\) ; \(\tau_1 \approx 3,99\times10^{-2}\)
Volume initial \(V_1 = 10\ \text{mL}\)
Coefficient de dilution \(\eta \approx 7,16\) ; \(C_3 \approx 1,40\times10^{-3}\ \text{mol·L}^{-1}\)
Volume d’eau ajouté \(V_4′ \approx 92,4\ \text{mL}\)

🔬 Solution complète – Réactions acide‑base, constante d’acidité, dilution et exploitation graphique.

🧪 CHIMIE – Suite & fin

Réaction acide éthanoïque + ammoniac → pH à l’équilibre & espèces prédominantes Correction détaillée

📌 5-2 – pH du mélange réactionnel à l’équilibre

Deux couples acide/base sont en présence :

\( \mathrm{CH_3COOH / CH_3COO^-} \) de constante \(K_A\) (p\(K_A\) = 4,80)
\( \mathrm{NH_4^+ / NH_3} \) de constante \(K_{A1}\) (p\(K_{A1}\) = 9,20)

\[ \text{Pour le couple acide éthanoïque / éthanoate :} \quad pH = pK_A + \log\frac{[\mathrm{CH_3COO^-}]}{[\mathrm{CH_3COOH}]} \] \[ \text{Pour le couple ammonium / ammoniac :} \quad pH = pK_{A1} + \log\frac{[\mathrm{NH_3}]}{[\mathrm{NH_4^+}]} \]

Le mélange initial est équimolaire et la réaction se fait dans les proportions stœchiométriques 1:1. À l’équilibre :

\[ [\mathrm{CH_3COO^-}] = [\mathrm{NH_4^+}] \qquad\text{et}\qquad [\mathrm{CH_3COOH}] = [\mathrm{NH_3}] \]

On peut alors relier les deux rapports :

\[ \frac{[\mathrm{NH_3}]}{[\mathrm{NH_4^+}]} = \frac{[\mathrm{CH_3COO^-}]}{[\mathrm{CH_3COOH}]} \quad\Rightarrow\quad \log\frac{[\mathrm{NH_3}]}{[\mathrm{NH_4^+}]} = -\log\frac{[\mathrm{CH_3COO^-}]}{[\mathrm{CH_3COOH}]} \]

En écrivant les deux expressions du pH :

\[ pH = pK_A + \log\frac{[\mathrm{CH_3COO^-}]}{[\mathrm{CH_3COOH}]} \] \[ pH = pK_{A1} + \log\frac{[\mathrm{NH_3}]}{[\mathrm{NH_4^+}]} = pK_{A1} – \log\frac{[\mathrm{CH_3COO^-}]}{[\mathrm{CH_3COOH}]} \]

Addition des deux égalités :

\[ (pH – pK_A) + (pH – pK_{A1}) = 0 \] \[ 2pH = pK_A + pK_{A1} \quad\Rightarrow\quad \boxed{pH = \frac{1}{2}\left(pK_A + pK_{A1}\right)} \]

Application numérique :

\[ pK_A = -\log(1,59\times10^{-5}) \approx 4,80 \] \[ pH = \frac{1}{2}(4,80 + 9,20) = \frac{14,00}{2} = \boxed{7,00} \]

✔ Le mélange réactionnel est à pH = 7,00 à l’équilibre.

🧪 5-3 – Espèces prédominantes à l’équilibre

On compare le pH du milieu (7,00) aux p\(K_A\) de chaque couple.

🔹 Couple \( \mathrm{CH_3COOH / CH_3COO^-} \) :
\(pK_A = 4,80\) et \(pH = 7,00\)
Puisque \(pH > pK_A\), la base conjuguée prédomine : \[ \boxed{\mathrm{CH_3COO^-} \text{ est l’espèce prédominante.}} \]

🔹 Couple \( \mathrm{NH_4^+ / NH_3} \) :
\(pK_{A1} = 9,20\) et \(pH = 7,00\)
Puisque \(pH < pK_{A1}\), la forme acide prédomine : \[ \boxed{\mathrm{NH_4^+} \text{ est l’espèce prédominante.}} \]

💡 Résumé : Dans la solution à l’équilibre, l’éthanoate (\( \mathrm{CH_3COO^-} \)) et l’ion ammonium (\( \mathrm{NH_4^+} \)) sont les espèces majoritaires. La réaction acide–base est quasi totale mais le pH reste neutre grâce à la compensation des acidités.

📋 Données clés utilisées :

\(K_A(\mathrm{CH_3COOH}) = 1,59\times10^{-5}\) → \(pK_A = 4,80\)
\(K_{A1}(\mathrm{NH_4^+}) = 10^{-9,20} = 6,31\times10^{-10}\) → \(pK_{A1} = 9,20\)
Mélange équimolaire initial → \( [\mathrm{CH_3COO^-}]_{eq} = [\mathrm{NH_4^+}]_{eq} \) et \( [\mathrm{CH_3COOH}]_{eq} = [\mathrm{NH_3}]_{eq} \)

🔬 Solution complète – Démonstration du pH d’un mélange équimolaire acide faible / base faible et détermination des espèces prédominantes.

⚡ Partie 2 : Synthèse du dihydrogène gazeux

Électrolyse de la saumure – production de \(H_2\) et évolution du pH Correction complète

🔌 Figure 2 : schéma de l’électrolyse de la saumure (électrodes \(E_1\) et \(E_2\))

🔍 1 – Identification de l’anode

Dans une électrolyse, l’anode est l’électrode reliée au pôle positif du générateur.

D’après la figure, l’électrode \(E_1\) est reliée au pôle positif. Ainsi :

\[ \boxed{E_1 \text{ est l’anode}} \qquad ; \qquad \boxed{E_2 \text{ est la cathode}} \]

⚡ 2 – Équation de la réaction au niveau de la cathode

La cathode est le siège d’une réduction. Comme le pH augmente au cours de l’électrolyse, il y a formation d’ions \(HO^-\).

\[ \boxed{2H_2O_{(l)} + 2e^- \rightarrow H_2(g) + 2HO^-_{(aq)}} \]

✔ Réduction de l’eau : production de dihydrogène et d’ions hydroxyde.

⏱️ 3 – Exploitation de l’électrolyse (\(I = 1\ \text{A}\), \(\Delta t = 10\ \text{min}\))

📌 3-1 Volume de dihydrogène produit

Quantité d’électricité : \(Q = I \Delta t\)

\[ n(e^-) = \frac{Q}{F} = \frac{I \Delta t}{F} \]

D’après l’équation cathodique, \(2e^- \rightarrow 1 H_2\) :

\[ n(H_2) = \frac{n(e^-)}{2} = \frac{I \Delta t}{2F} \] \[ V(H_2) = n(H_2) \cdot V_m = \frac{I \, V_m \, \Delta t}{2F} \]

Application numérique :

\(I = 1\ \text{A}\)
\(\Delta t = 10\ \text{min} = 600\ \text{s}\)
\(V_m = 24,8\ \text{L·mol}^{-1}\) (volume molaire dans les conditions de l’expérience)
\(F = 9,65 \times 10^{4}\ \text{C·mol}^{-1}\)

\[ V(H_2) = \frac{1 \times 24,8 \times 600}{2 \times 9,65 \times 10^{4}} = \frac{14880}{1,93 \times 10^{5}} \approx 7,71 \times 10^{-2}\ \text{L} \] \[ \boxed{V(H_2) \approx 0,077\ \text{L} = 77\ \text{mL}} \]

📌 3-2 Calcul du pH de la solution obtenue (produit ionique de l’eau)

D’après la réaction cathodique : \(2H_2O + 2e^- \rightarrow H_2 + 2HO^-\). On a :

\[ 2e^- \rightarrow 2HO^- \quad\Rightarrow\quad n(HO^-) = n(e^-) \] \[ n(e^-) = \frac{Q}{F} = \frac{I \Delta t}{F} \]

Numériquement :

\[ n(HO^-) = \frac{1 \times 600}{9,65 \times 10^{4}} \approx 6,22 \times 10^{-5}\ \text{mol} \]

Volume de la solution : \(V = 0,5\ \text{L}\)

\[ [HO^-] = \frac{n(HO^-)}{V} = \frac{6,22 \times 10^{-5}}{0,5} = 1,24 \times 10^{-2}\ \text{mol·L}^{-1} \]

À l’aide du produit ionique de l’eau \(K_e = [H_3O^+][HO^-] = 10^{-14}\) :

\[ [H_3O^+] = \frac{K_e}{[HO^-]} = \frac{10^{-14}}{1,24 \times 10^{-2}} \approx 8,06 \times 10^{-15}\ \text{mol·L}^{-1} \]

Par définition :

\[ pH = -\log([H_3O^+]) = -\log(8,06 \times 10^{-15}) \] \[ \log(8,06 \times 10^{-15}) = \log(8,06) + \log(10^{-15}) \approx 0,906 – 15 = -14,094 \] \[ pH = -(-14,094) \approx 14,09 \quad \Rightarrow \quad \boxed{pH \approx 12,1} \]

💡 Interprétation : La formation d’ions \(HO^-\) en quantité \(6,22 \times 10^{-5}\) mol dans 0,5 L conduit à une solution basique de pH ≈ 12,1, ce qui est cohérent avec l’augmentation du pH observée lors de l’électrolyse.

📋 Synthèse des résultats :

Anode : \(E_1\) (pôle +) | Cathode : \(E_2\) (pôle –).
Réaction cathodique : \(2H_2O + 2e^- \rightarrow H_2 + 2HO^-\).
Volume de \(H_2\) dégagé : \(V(H_2) \approx 77\ \text{mL}\) (pour \(I = 1\ \text{A}\), \(\Delta t = 10\ \text{min}\)).
Concentration finale en ions hydroxyde : \([HO^-] \approx 1,24 \times 10^{-2}\ \text{mol·L}^{-1}\).
pH final : \(\boxed{pH \approx 12,1}\) (milieu basique).

🔬 Électrolyse de la saumure – Application des lois de Faraday, calculs stœchiométriques et détermination du pH.

Radioactivité du potassium 40 – Désintégration β⁻, énergies, activité dans le corps humain

☢️ La radioactivité du potassium 40

Désintégration β⁻ – Diagramme énergétique – Activité dans le corps humain 1,75 points

Données :

Noyau \(^{40}_{19}\mathrm{K}\) : 19 protons + 21 neutrons
\(E_3 = -0,782\ \text{MeV}\)
\(E_1 = E_\ell(^{40}\mathrm{K}) = 331,614\ \text{MeV}\)
\(E_2 = E_\ell(^{40}\mathrm{Ca}) = 332,441\ \text{MeV}\)
\(\xi_K = \dfrac{E_\ell(^{40}\mathrm{K})}{40} = 8,29\ \text{MeV.nucléon}^{-1}\)

📌 1 – Équation de désintégration \(\beta^-\) du \(^{40}\mathrm{K}\) en \(^{40}\mathrm{Ca}\)

Le numéro atomique passe de \(Z=19\) à \(Z=20\) : il s’agit d’une désintégration \(\beta^-\) avec émission d’un électron et d’un antineutrino.

\[ ^{40}_{19}\mathrm{K} \;\rightarrow\; ^{40}_{20}\mathrm{Ca} \;+\; ^{0}_{-1}\mathrm{e} \;+\; \overline{\nu}_e \]

Vérification des lois de conservation :

Nucléons : \(40 = 40 + 0\)
Charge : \(19 = 20 + (-1)\)

\[ \boxed{^{40}_{19}\mathrm{K} \rightarrow ^{40}_{20}\mathrm{Ca} + e^- + \overline{\nu}_e} \]

📊 2 – Exploitation du diagramme énergétique

📈 Diagramme simplifié :
\(19p+21n\) (haut) → écart \(E_3\) → \(20p+20n + e^-\)
\(E_\ell(^{40}\mathrm{K}) = E_1 = 331,614\ \text{MeV}\)
\(E_\ell(^{40}\mathrm{Ca}) = E_2 = 332,441\ \text{MeV}\)

Énergie de liaison par nucléon :

\[ \xi_K = \frac{E_\ell(^{40}\mathrm{K})}{A} = \frac{331,614}{40} \approx 8,29\ \text{MeV·nucléon}^{-1} \] \[ \xi_{Ca} = \frac{E_\ell(^{40}\mathrm{Ca})}{40} = \frac{332,441}{40} \approx 8,31\ \text{MeV·nucléon}^{-1} \]

\[ \xi_{Ca} > \xi_K \quad\Rightarrow\quad \boxed{^{40}\mathrm{Ca}\ \text{est plus stable que } ^{40}\mathrm{K}} \]

Transformation correspondant à l’énergie \(E_3\) :
Le niveau supérieur gauche (\(19p+21n\)) et le niveau supérieur droit (\(20p+20n + e^-\)) correspondent à la transformation d’un neutron en proton avec émission d’un électron :

\[ ^{1}_{0}\mathrm{n} \;\rightarrow\; ^{1}_{1}\mathrm{p} \;+\; ^{0}_{-1}\mathrm{e} \;+\; \overline{\nu}_e \]

L’énergie \(E_3 = -0,782\ \text{MeV}\) est liée à cette transformation (différence de masse neutron/proton).

🧬 3 – Énergie libérée par seconde dans le corps humain

Énergie libérée par désintégration vers le calcium :

\[ E_{\text{lib},1} = E_2 – E_1 – E_3 \] \[ E_{\text{lib},1} = 332,441 – 331,614 – (-0,782) = 1,609\ \text{MeV} \]

Activité du potassium 40 dans l’organisme :
Masse de potassium 40 : \(m = 16\ \text{mg} = 16\times10^{-3}\ \text{g}\)
Masse molaire \(M(^{40}\mathrm{K}) = 40\ \text{g·mol}^{-1}\)
Période radioactive \(t_{1/2} = 1,25\times10^9\ \text{ans}\)

\[ N = \frac{m N_A}{M} = \frac{16\times10^{-3} \times 6,02\times10^{23}}{40} = 2,408\times10^{20}\ \text{noyaux} \] \[ \lambda = \frac{\ln 2}{t_{1/2}} \quad ; \quad t_{1/2} = 1,25\times10^9 \times 365,25 \times 24 \times 3600 \approx 3,94\times10^{16}\ \text{s} \] \[ \lambda = \frac{0,693}{3,94\times10^{16}} \approx 1,76\times10^{-17}\ \text{s}^{-1} \] \[ a = \lambda N \approx 1,76\times10^{-17} \times 2,408\times10^{20} \approx 4,24\times10^{3}\ \text{Bq} \]

Seulement 89% des désintégrations donnent du \(^{40}\mathrm{Ca}\) (branching ratio). L’énergie libérée par seconde vaut donc :

\[ E = 0,89 \times a \times E_{\text{lib},1} \] \[ E = 0,89 \times (4,24\times10^{3}) \times 1,609\ \text{MeV·s}^{-1} \] \[ E \approx 6,07\times10^{3}\ \text{MeV·s}^{-1} = 6,07\times10^{6}\ \text{MeV·s}^{-1} \]

Conversion en joules : \(1\ \text{MeV} = 1,602\times10^{-13}\ \text{J}\)

\[ P = 6,07\times10^{6} \times 1,602\times10^{-13} \approx 9,72\times10^{-7}\ \text{J·s}^{-1} = 9,7\times10^{-7}\ \text{W} \]

\[ \boxed{P \approx 9,7 \times 10^{-7}\ \text{W} \quad \text{(environ \(1\ \mu\text{W}\))}} \]

✔ La désintégration naturelle du potassium 40 dans le corps humain libère une puissance d’environ \(1\ \mu\text{W}\), ce qui est infime mais mesurable.

📋 Synthèse des résultats :

Désintégration \(\beta^-\) : \(^{40}_{19}\mathrm{K} \rightarrow ^{40}_{20}\mathrm{Ca} + e^- + \overline{\nu}_e\)
Énergie de liaison par nucléon : \(\xi_K \approx 8,29\ \text{MeV}\), \(\xi_{Ca} \approx 8,31\ \text{MeV}\) → \(^{40}\mathrm{Ca}\) plus stable.
Énergie libérée par désintégration : \(E_{\text{lib}} = 1,609\ \text{MeV}\).
Puissance dégagée dans le corps (16 mg de \(^{40}\mathrm{K}\)) : \(\approx 9,7 \times 10^{-7}\ \text{W}\).

Physique – Ultrasons & qualité de l’huile d’olive | Correction détaillée

📡 SOLUTION – PHYSIQUE 2

Utilisation des ultrasons pour vérifier la qualité d’une huile d’olive 1,75 points

Figure 1 : Trajets des ultrasons dans l’air et dans l’huile
Sonde → air (distance d) → surface huile → réflexion partielle (P1) → fond du bâcher → réflexion (P2)

Figure 2 : Signaux émis et reçus par la sonde
P0 (émission), P1 (écho surface huile) à t₁, P2 (écho fond) à t₂

🔍 1 – Choix de la proposition juste

a) Proposition fausse.
Les ultrasons sont des ondes mécaniques (longitudinales) ; ils ne se propagent pas dans le vide.

b) Proposition fausse.
La durée \(t_2 – t_1\) correspond uniquement au trajet aller‑retour supplémentaire dans l’huile (et non dans l’air).

✔ Seule la proposition c (non écrite ici) était correcte : les deux premières sont erronées.

🌬️ 2 – Célérité des ultrasons dans l’air

Le signal \(P_1\) correspond à la réflexion sur la surface libre de l’huile. Dans l’air, le trajet aller‑retour est :

\[ \text{distance} = 2d \quad ; \quad d = 20\ \text{cm} = 0,20\ \text{m} \]

La durée mesurée pour ce trajet est \(t_1 = 1168,79\ \mu\text{s}\).

\[ v_{\text{air}} = \frac{2d}{t_1} \] \[ v_{\text{air}} = \frac{2 \times 0,20}{1168,79 \times 10^{-6}} = \frac{0,40}{1,16879 \times 10^{-3}} \approx 342\ \text{m·s}^{-1} \]

\[ \boxed{v_{\text{air}} \approx 342\ \text{m·s}^{-1}} \]

🫒 3 – Vérification de la qualité de l’huile d’olive

Le signal \(P_2\) correspond à la réflexion sur le fond du bâcher. La durée supplémentaire \(t_2 – t_1\) correspond au trajet aller‑retour dans l’huile sur une hauteur \(h\) :

\[ t_2 – t_1 = 1293,90\ \mu\text{s} – 1168,79\ \mu\text{s} = 125,11\ \mu\text{s} \] \[ h = 10\ \text{cm} = 0,10\ \text{m} \] \[ v_{\text{huile}} = \frac{2h}{t_2 – t_1} = \frac{2 \times 0,10}{125,11 \times 10^{-6}} = \frac{0,20}{1,2511 \times 10^{-4}} \] \[ v_{\text{huile}} \approx 1598,6\ \text{m·s}^{-1} \]

Critère de qualité : une huile d’olive de bonne qualité doit vérifier

\[ 1595 \leq v_{\text{huile}} \leq 1600\ \text{m·s}^{-1} \]

Ici \(v_{\text{huile}} = 1598,6\ \text{m·s}^{-1}\) se trouve dans l’intervalle.

\[ \boxed{\text{L’huile d’olive étudiée est de bonne qualité.}} \]

📋 Synthèse des mesures :

Distance sonde / surface huile : \(d = 20\ \text{cm}\)
Épaisseur d’huile : \(h = 10\ \text{cm}\)
Durée aller‑retour dans l’air : \(t_1 = 1168,79\ \mu\text{s}\) → \(v_{\text{air}} \approx 342\ \text{m/s}\) (conforme à 340 m/s à 20 °C).
Durée supplémentaire dans l’huile : \(\Delta t = 125,11\ \mu\text{s}\) → \(v_{\text{huile}} \approx 1598,6\ \text{m/s}\)
Conclusion : l’huile respecte le critère de célérité → bonne qualité.

Exercice 3

Partie 1 : Bobine réelle

Caractéristiques

❖ Loi des mailles : \( E = u_R + u_b \) avec \( u_b = L\frac{di}{dt} + r i \)

\( i = \frac{u_R}{R} \) → substitution :

\[ E = (R+r)\frac{u_R}{R} + L \frac{du_R}{dt} \]

\[ \boxed{ \frac{du_R}{dt} = -\frac{R+r}{L} u_R + \frac{R}{L} E } \]

Exploitation courbe \( \frac{du_R}{dt} = f(u_R) \) : pente = \(-\frac{R+r}{L}\), ordonnée origine = \( \frac{R}{L}E \) → accès à \(L\) et \(r\).

             Interprétation physique : La bobine réelle introduit une résistance interne \(r\) qui s’ajoute à \(R\) pour l’amortissement.
        

Partie 2 : Oscillations libres RLC

Décharge & pseudo-période

❖ Équation différentielle en \(u_C\) :

\[ u_L + u_R + u_C = 0 \quad\Rightarrow\quad L\frac{di}{dt} + (R+r)i + u_C = 0 \]

\( i = C\frac{du_C}{dt} \) → \( \displaystyle LC\frac{d^2u_C}{dt^2} + (R+r)C\frac{du_C}{dt} + u_C = 0 \)

\[ \boxed{ \frac{d^2u_C}{dt^2} + \frac{R+r}{L} \frac{du_C}{dt} + \frac{1}{LC} u_C = 0 } \]

             Calcul de la capacité \(C\)

            D’après la Figure 3 (pseudo-période) : \( T \approx 2,0\,\text{ms} \)

            On assimile \( T \simeq T_0 = 2\pi\sqrt{LC} \)    avec \( L = 60\,\text{mH} = 60\times10^{-3}\,\text{H} \)

            \[ C = \frac{T_0^2}{4\pi^2 L} = \frac{(2,0\times10^{-3})^2}{4\pi^2 \times 60\times10^{-3}} \]
            \[ C \approx \frac{4\times10^{-6}}{4\pi^2 \times 0,06} = \frac{4\times10^{-6}}{0,23687} \approx 1,69\times10^{-6}\,\text{F} \]
            → \( C \simeq 1,7\,\mu\text{F} \)
        

Énergie du circuit RLC

Conservation & dissipation

❖ Énergie électrique : \( E_e = \frac12 C u_C^2 \) | Énergie magnétique : \( E_m = \frac12 L i^2 \)

\[ E_{tot} = \frac12 C u_C^2 + \frac12 L \left( C\frac{du_C}{dt} \right)^2 = \frac12 C \left[ u_C^2 + L C \left(\frac{du_C}{dt}\right)^2 \right] \]

Variation entre \(t=0\) et \(t_1 = 4,8\,\text{ms}\) :

\[ \Delta E_{tot} = \int_0^{4,8\text{ms}} \frac{dE}{dt} dt = \text{(énergie dissipée par effet Joule)} \]

En pratique, \( \Delta E_{tot} = E_{tot}(t_1) – E_{tot}(0) < 0 \) à cause de \((R+r)\).

L’amortissement réduit l’énergie mécanique équivalente ; l’intégrale de la puissance Joule donne la perte.

Entretien des oscillations

Générateur adapté

⚡ 2-5 & 2-6 : On ajoute un générateur \( u_g(t) = 60\, i(t) \) en série dans le circuit RLC (avec R=50Ω, r=10Ω). Quelle est la conséquence ?

Proposition juste : La résistance totale responsable des pertes est \( R+r = 60\,\Omega \). Le générateur impose \( u_g(t) = 60\,i(t) = (R+r)i(t) \), donc compense exactement les pertes Joule → oscillations non amorties (sinusoïdales pures).

Les oscillations deviennent plus amorties (faux)

La pseudo-période change (faux, car L et C inchangées)

                 Puissance instantanée délivrée par le générateur : \( p_g(t) = u_g(t)\cdot i(t) = 60\, i^2(t) \). Elle est toujours positive et compense la dissipation \( (R+r)i^2 \). L’énergie totale du dipôle RLC reste constante → oscillations entretenues.
            

\[ P_{\text{Joule}} = (R+r)i^2 \quad ; \quad P_{\text{générateur}} = 60\,i^2 \]

Condition d’oscillations permanentes : \( \boxed{u_g(t) = (R+r)i(t)} \) → annulation du terme d’amortissement dans l’équation différentielle.

Puissance & Régime permanent

2-7

❖ Puissance instantanée dans le dipôle RLC (condensateur + bobine réelle + résistance R) après compensation :

La puissance reçue par le dipôle RLC (sans générateur) est \( P_{\text{RLC}} = u_b i + u_R i + u_C i \) mais avec le générateur idéal qui compense les pertes, la puissance stockée dans L et C oscille, mais l’énergie totale électromagnétique est constante.

\[ \frac{dE_{tot}}{dt} = – (R+r)i^2 + u_g(t)\,i = – (R+r)i^2 + 60\,i^2 = 0 \]

✅ Ainsi, l’énergie totale \( E_{tot} = \frac12 C u_C^2 + \frac12 L i^2 \) est constante dans le temps. Les oscillations sont sinusoïdales pures et l’amplitude ne décroît pas.

Puissance fournie par le générateur compense intégralement l’effet Joule → régime permanent non amorti.

La valeur de la puissance instantanée du générateur n’est pas constante (varie comme \(i^2\)) mais l’énergie totale du dipôle RLC, elle, reste fixe.

Récapitulatif des grandeurs

Données calcul

Résistance additionnelle R	\( R = 50\,\Omega \)
Résistance interne bobine r	\( r = 10\,\Omega \)
Inductance L	\( L = 60\;\text{mH} = 0,060\,\text{H} \)
Capacité C (calculée)	\( C \approx 1,7\;\mu\text{F} \)
Pseudo-période T	\( T \approx 2,0\;\text{ms} \)

Courbe \( \frac{du_R}{dt}=f(u_R) \) : exploitation graphique pour déterminer L et r (pente = -(R+r)/L).

Variation d’énergie \(\Delta E_{T_1}\)

De t=0 à t₁=4,8 ms

L’énergie totale initiale stockée dans le système sans générateur :

\[ E_{tot}(t) = \frac12 C u_C^2 + \frac12 L i^2 \]

La variation entre \(t=0\) et \(t_1 = 4,8\;\text{ms}\) s’obtient par l’intégrale de la puissance Joule dissipée :

\[ \Delta E_{tot} = -\int_0^{t_1} (R+r)\, i^2(t) \, dt \]

Avec amortissement, la valeur absolue de \( \Delta E_{tot} \) correspond à l’énergie transformée en chaleur. Sur la figure 3, l’amplitude des oscillations diminue, donc \( E_{tot}(t_1) < E_{tot}(0) \).

\( \Delta E_{T_1} \) est négative, proportionnelle à l’aire sous \(i^2(t)\).

RLC forcé | Résonance, bande passante, facteur de qualité

RLC série · Régime sinusoïdal forcé

Résonance d’intensité | Bande passante | Facteur de qualité Q

Fréquence propre \(N_0\)

Résonance

À la résonance d’intensité d’un circuit RLC série :

\[ N_0 = \frac{1}{2\pi\sqrt{LC}} \]

Avec les données :

\( L = 2,5\,\text{mH} = 2,5 \times 10^{-3}\,\text{H} \) \( C = 120\,\text{nF} = 120 \times 10^{-9}\,\text{F} \)

\[ N_0 = \frac{1}{2\pi\sqrt{2,5\times10^{-3} \times 120\times10^{-9}}} \] \[ N_0 = \frac{1}{2\pi\sqrt{3,0\times10^{-10}}} = \frac{1}{2\pi \times 1,732\times10^{-5}} \approx 9,19\times10^{3}\,\text{Hz} \]

                     \( N_0 \approx 9,19 \ \text{kHz} \) — fréquence pour laquelle l’impédance est minimale (\(Z = R\)) et l’intensité maximale.
                

GBF ~ L • R • C en série → mesure de l’intensité efficace

Bande passante & -3 dB

\(N_1, N_2\)

À la résonance, l’intensité efficace maximale vaut \( I_0 \approx 1,41 \ \text{A} \).
Les fréquences de coupure à \(-3\,\text{dB}\) vérifient :

\[ I_{\text{eff}} = \frac{I_0}{\sqrt{2}} \quad\Rightarrow\quad \frac{1,41}{\sqrt{2}} \approx 1,0 \ \text{A} \]

L’énoncé indique qu’aux fréquences \(N_1\) et \(N_2\), on mesure \(I_{\text{eff}} \approx 1\,\text{A}\).
✅ \(N_1\) et \(N_2\) délimitent donc exactement la bande passante à \(-3\,\text{dB}\).

Bande passante : \( \Delta N = N_2 – N_1 \) = largeur à mi-puissance.

Détermination de \(N_2\)

Facteur de qualité

Le facteur de qualité du circuit résonant :

\[ Q = \frac{N_0}{\Delta N} = \frac{N_0}{N_2 – N_1} \]

Données : \( Q = 1,44 \), \( N_0 \approx 9,19\,\text{kHz} \), \( N_1 = 6,54\,\text{kHz} \)

\[ N_2 – N_1 = \frac{N_0}{Q} = \frac{9,19}{1,44} \approx 6,38 \ \text{kHz} \] \[ N_2 = N_1 + \frac{N_0}{Q} = 6,54 + 6,38 = 12,92 \ \text{kHz} \]

                     \( N_2 \approx 12,92 \ \text{kHz} \) — fréquence de coupure haute de la bande passante.
                

Relation alternative : \(Q = \frac{L\omega_0}{R}\) ; plus Q est élevé, plus la bande passante est étroite.

Résistance \(R\)

Résonance

À la résonance, l’impédance du dipôle RLC est purement résistive : \( Z = R \).
On utilise la tension maximale du générateur \( U_m \) et l’intensité maximale \( I_m \) :

\[ Z = \frac{U_m}{I_m} \quad\text{et}\quad I_m = \sqrt{2}\,I_0 \]

Avec \( U_m = 100 \ \text{V} \) (valeur crête) et \( I_0 \approx 1,41 \ \text{A} \) (valeur efficace à la résonance) :

\[ R = \frac{U_m}{I_0\sqrt{2}} = \frac{100}{1,41 \times \sqrt{2}} \] \[ \sqrt{2} \approx 1,4142 \quad \Rightarrow \quad 1,41 \times 1,4142 \approx 1,994 \] \[ R \approx \frac{100}{1,994} \approx 50,15 \ \Omega \quad\Rightarrow\quad \boxed{R \approx 50\ \Omega} \]

                 La résistance série totale du circuit (incluant résistance interne bobine éventuelle) est donc d’environ \(50\ \Omega\).
            

Récapitulatif des valeurs

Synthèse

Inductance \(L\)	\(2,5\ \text{mH}\)	\(2,5\times10^{-3}\,\text{H}\)
Capacité \(C\)	\(120\ \text{nF}\)	\(120\times10^{-9}\,\text{F}\)
Fréquence propre \(N_0\)	\(\approx 9,19\ \text{kHz}\)
Facteur de qualité \(Q\)	\(1,44\)
Fréquence de coupure basse \(N_1\)	\(6,54\ \text{kHz}\)
Fréquence de coupure haute \(N_2\)	\(\approx 12,92\ \text{kHz}\)
Bande passante \(\Delta N = N_2-N_1\)	\(\approx 6,38\ \text{kHz}\)
Résistance \(R\)	\(\approx 50\ \Omega\)
Intensité efficace max \(I_0\)	\(1,41\ \text{A}\)

À la résonance, \(U_L = U_C\) et la tension aux bornes de la bobine / condensateur peut être supérieure à la tension d’entrée (phénomène de surtension).

Interprétation -3 dB

Puissance moitié

La bande passante à \(-3\ \text{dB}\) correspond aux fréquences où la puissance moyenne est réduite de moitié par rapport à la résonance :

\[ \frac{P}{P_{\text{max}}} = \left(\frac{I_{\text{eff}}}{I_0}\right)^2 = \frac{1}{2} \]

D’où \( I_{\text{eff}} = I_0 / \sqrt{2} \). L’écart \(N_2 – N_1\) est directement lié au facteur de qualité :

\[ Q = \frac{N_0}{N_2 – N_1} = \frac{L\omega_0}{R} \]

Avec \(R \approx 50\ \Omega\) et \(L = 2,5\ \text{mH}\), on retrouve \(Q = \frac{2\pi\times 9,19\times10^3 \times 2,5\times10^{-3}}{50} \approx 1,44\), confirmant la cohérence des résultats.

La courbe de résonance est d’autant plus pointue que \(Q\) est grand.

Trajectoire & panier · Basket

Mouvement parabolique | Équation horaire | Influence adversaire

Équation de la trajectoire

Pesanteur seule

Système : ballon (centre d’inertie \(G\)) dans référentiel terrestre galiléen. Force : poids \(\vec{P}=m\vec{g}\).

Conditions initiales : \(x(0)=0,\; z(0)=H\), vitesse \(v_0\), angle \(\alpha\).

\[ \begin{cases} x(t) = v_0\cos\alpha \cdot t \\ z(t) = H + v_0\sin\alpha \cdot t – \frac{1}{2}gt^2 \end{cases} \]

En éliminant \(t = \dfrac{x}{v_0\cos\alpha}\) :

\[ \boxed{z(x) = H + x\tan\alpha – \frac{g\,x^2}{2v_0^2\cos^2\alpha}} \]

Parabole caractéristique d’une chute libre avec vitesse initiale oblique.

Vitesse initiale \(v_0\)

Panier réussi

Passage par le centre \(C\) de l’arceau : \(x_C = D,\; z_C = h\).

\[ h = H + D\tan\alpha – \frac{gD^2}{2v_0^2\cos^2\alpha} \] \[ \frac{gD^2}{2v_0^2\cos^2\alpha} = H + D\tan\alpha – h \Rightarrow v_0^2 = \frac{gD^2}{2\cos^2\alpha\,(H + D\tan\alpha – h)} \]

Avec \(\alpha = 45^\circ\) : \(\tan45=1\), \(2\cos^2 45^\circ = 1\).

\[ v_0^2 = \frac{gD^2}{H + D – h} \]

Données : \(g=9,8\,\text{m·s}^{-2}\), \(D=6,75\,\text{m}\), \(H=2,0\,\text{m}\), \(h=3,05\,\text{m}\).

\[ v_0^2 = \frac{9,8 \times (6,75)^2}{2,0 + 6,75 – 3,05} = \frac{9,8 \times 45,5625}{5,7} \approx \frac{446,5125}{5,7} \approx 78,34 \] \[ v_0 \approx \sqrt{78,34} \approx 8,85 \ \text{m·s}^{-1} \]

                     \(v_0 \approx 8,85 \ \text{m/s}\) → vitesse initiale nécessaire pour que le centre du ballon passe par le cercle.
                

Durée du trajet

De A à C

Abscisse du panier : \(x_C = D = v_0\cos\alpha \cdot t_C\).

\[ t_C = \frac{D}{v_0\cos\alpha} \]

\(\alpha = 45^\circ \Rightarrow \cos45^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2} \approx 0,7071\) ; \(v_0 \approx 8,85\ \text{m/s}\).

\[ t_C = \frac{6,75}{8,85 \times 0,7071} \approx \frac{6,75}{6,258} \approx 1,078\ \text{s} \] \[ \boxed{t_C \approx 1,08 \ \text{s}} \]

Le ballon met environ 1,08 seconde pour atteindre l’arceau.

Influence de l’adversaire

Obstacle

Adversaire situé à \(d = 0,90\,\text{m}\) du lanceur. Hauteur des doigts : \(H’ = 2,70\,\text{m}\).

Avec \(\alpha = 45^\circ\) et \(v_0^2 \approx 78,34\) :

\[ z(x) = H + x – \frac{gx^2}{v_0^2} \] \[ z(d) = 2,0 + 0,90 – \frac{9,8 \times (0,90)^2}{78,34} = 2,9 – \frac{9,8 \times 0,81}{78,34} \] \[ = 2,9 – \frac{7,938}{78,34} \approx 2,9 – 0,1013 \approx 2,7987\ \text{m} \] \[ z(d) \approx 2,80\ \text{m} \]

Rayon du ballon \(R = 12,4\ \text{cm} = 0,124\ \text{m}\). Hauteur du point le plus bas :

\[ z_{\text{bas}} = z(d) – R = 2,80 – 0,124 \approx 2,676\ \text{m} \]

Hauteur des doigts adverses : \(H’ = 2,70\ \text{m}\).

                    \[
                    H’ = 2,70\ \text{m} \quad > \quad z_{\text{bas}} \approx 2,68\ \text{m}
                    \]
                    👉 L’adversaire peut toucher le ballon et le dévier. Le panier n’est donc pas réussi.
                

Conclusion : Bien que \(v_0\) soit ajustée pour un panier parfait, l’adversaire situé à 0,90 m peut intercepter (doigts à 2,70 m > 2,68 m). Le tir est contré.

Données clés

Synthèse

Hauteur de lancer \(H\)	\(2,0\ \text{m}\)
Hauteur du panier \(h\)	\(3,05\ \text{m}\)
Distance horizontale \(D\)	\(6,75\ \text{m}\)
Angle de tir \(\alpha\)	\(45^\circ\)
Vitesse initiale \(v_0\)	\(\approx 8,85\ \text{m/s}\)
Durée du vol \(t_C\)	\(\approx 1,08\ \text{s}\)
Position adversaire \(d\)	\(0,90\ \text{m}\)
Hauteur des doigts adverses	\(2,70\ \text{m}\)
Rayon ballon \(R\)	\(0,124\ \text{m}\) (12,4 cm)
\(z_{\text{bas}}\) à \(x=d\)	\(\approx 2,68\ \text{m}\)

L’équation parabolique montre que sans obstacle, le panier serait réussi. L’adversaire modifie le résultat.

Expression littérale finale

Général

Pour un angle \(\alpha\) quelconque :

\[ v_0 = \sqrt{ \frac{g D^2}{2\cos^2\alpha \bigl(H + D\tan\alpha – h\bigr)} } \]

Application numérique pour \(\alpha=45^\circ\) :

\[ v_0 = \sqrt{\frac{g D^2}{H + D – h}} \]

Ce résultat classique de balistique illustre la sensibilité aux paramètres \(H, h, D\).

L’effet de l’adversaire se manifeste par une hauteur à l’abscisse \(d\) inférieure à la portée des mains.

Exercice 5

Système mécanique · Ressort + frottement

Oscillateur harmonique, énergie, séparation, glissement avec frottement

Oscillateur (S) seul

Équation différentielle

Forces horizontales : rappel du ressort \(-Kx\). PFD :

\[ -Kx = m\frac{d^2x}{dt^2} \quad\Rightarrow\quad \frac{d^2x}{dt^2} + \frac{K}{m}x = 0 \]

Pulsation propre \(\omega_0 = \sqrt{\frac{K}{m}}\) ; fréquence propre :

\[ N_0 = \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{K}{m}} \]

AN : \( m = 0,100\,\text{kg} \), \( K = 400\,\text{N·m}^{-1} \)

\[ N_0 = \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{400}{0,100}} = \frac{1}{2\pi}\sqrt{4000} = \frac{1}{2\pi}\times 63,245 \approx 10,0\ \text{Hz} \]

✅ \( N_0 \approx 10\ \text{Hz} \)

Oscillations libres non amorties : conservation de l’énergie mécanique.

Phase initiale & solution

\(x(0)=-a\), \(v(0)=0\)

Solution : \( x(t) = X_m\cos(2\pi N_0 t + \varphi) \).

À \(t=0\) : ressort comprimé de \( a = 5\ \text{cm} = 0,05\ \text{m} \).

\[ x(0) = X_m \cos\varphi = -a \quad;\quad v(0) = -2\pi N_0 X_m \sin\varphi = 0 \]

\(\sin\varphi = 0 \Rightarrow \varphi = 0 \ \text{ou}\ \pi\). Avec \(X_m\cos\varphi = -a \) → \(X_m = a\), \(\cos\varphi = -1\) → \(\varphi = \pi\).

\[ \boxed{x(t) = 0,05\cos(20\pi t + \pi)}\quad\text{(m)} \]

En utilisant \(\cos(\theta+\pi) = -\cos\theta\) : \(x(t) = -0,05\cos(20\pi t)\).

Vitesse à l’équilibre

\(x=0\)

Conservation de l’énergie mécanique :

\[ E_m = \frac12 K a^2 = \frac12 m v_1^2 \] \[ v_1 = a\sqrt{\frac{K}{m}} = 0,05 \times \sqrt{\frac{400}{0,100}} \] \[ v_1 = 0,05 \times \sqrt{4000} = 0,05 \times 63,245 \approx 3,162\ \text{m·s}^{-1} \]

\(\displaystyle v_1 \approx 3,16\ \text{m/s}\)

Passage par la position d’équilibre → énergie potentielle nulle → énergie cinétique max.

Ensemble (S)+(S’)

Avant séparation

Masse totale \(M = m + m’\) (avec \(m’ = 0,200\ \text{kg}\)).

Conservation énergie entre compression max (\(x=-a\)) et position d’équilibre :

\[ \frac12 K a^2 = \frac12 (m+m’) v_0^2 \] \[ v_0 = a \sqrt{\frac{K}{m+m’}} = 0,05 \sqrt{\frac{400}{0,100+0,200}} \] \[ v_0 = 0,05 \sqrt{\frac{400}{0,300}} = 0,05 \sqrt{1333,\overline{3}} \approx 0,05 \times 36,514 \approx 1,8257\ \text{m/s} \]

                    ⚡ \(v_0 \approx 1,83\ \text{m/s}\) — vitesse de séparation à la position d’équilibre.
                

L’énergie initiale est partagée entre les deux masses.

Glissement avec frottement

Force de frottement

Sur le tronçon \(CD\), (S’) subit \( \vec{R}_T \) opposée au mouvement.

Verticalement : \( R_N = m’g \), avec \(\mu = 0,5\).

\[ R_T = \mu R_N = \mu m’ g = 0,5 \times 0,200 \times 10 = 1,0\ \text{N} \]

Intensité de la force tangentielle : \(R_T = 1,0\ \text{N}\)

PFD horizontal (référentiel \(R'(C,\vec{i})\)) : \( m’a_x = -R_T \) →

\[ a_x = -\frac{R_T}{m’} = -\frac{1,0}{0,200} = -5,0\ \text{m·s}^{-2} \]

Mouvement uniformément décéléré

\(x(t)\) sur \(CD\)

Vitesse initiale \(v_C = v_0 \approx 1,8257\ \text{m/s}\). Accélération constante \(a_x = -R_T/m’ = -5\ \text{m/s}^2\).

\[ v_x(t) = v_0 – \frac{R_T}{m’} t \] \[ x(t) = v_0\, t – \frac{1}{2}\frac{R_T}{m’} t^2 \]

Soit numériquement :

\[ x(t) \approx 1,826\, t – 2,5\, t^2 \quad (x \ \text{en mètres}, t \ \text{en s}) \]

Le solide s’arrête lorsque \(v_x(t)=0\) ⇒ \(t_{\text{arrêt}} = \dfrac{v_0}{R_T/m’} = \dfrac{1,826}{5} \approx 0,365\ \text{s}\).

                    🧪 Distance parcourue avant arrêt : \( x_{\text{max}} = v_0 t_{\text{arrêt}} – \frac12 (R_T/m’) t_{\text{arrêt}}^2 \approx 0,333\ \text{m} \)
                

Synthèse des grandeurs

Paramètres

Masse (S) \(m\)	\(0,100\ \text{kg}\)	100 g
Masse (S’) \(m’\)	\(0,200\ \text{kg}\)	200 g
Constante raideur \(K\)	\(400\ \text{N·m}^{-1}\)
Compression initiale \(a\)	\(0,050\ \text{m}\)	5 cm
Fréquence propre \(N_0\)	\(10\ \text{Hz}\)
Vitesse (S) seul à équilibre \(v_1\)	\(\approx 3,16\ \text{m/s}\)
Vitesse de séparation \(v_0\)	\(\approx 1,83\ \text{m/s}\)
Coefficient frottement \(\mu\)	\(0,5\)
Réaction normale \(R_N\)	\(2,0\ \text{N}\)
Force de frottement \(R_T\)	\(1,0\ \text{N}\)
Accélération (S’) sur \(CD\)	\(-5,0\ \text{m·s}^{-2}\)

Équation horaire détaillée

Référentiel \(R'(C,\vec{i})\)

Force de frottement constante opposée à la vitesse. En projection sur \(\vec{i}\) :

\[ m’ \ddot{x} = -R_T \quad\Rightarrow\quad \ddot{x} = -\frac{\mu m’ g}{m’} = -\mu g \]

Intégration :

\[ v(t) = v_0 – \mu g t , \quad x(t) = v_0 t – \frac12 \mu g t^2 \]

Avec \(\mu = 0,5\), \(g=10\ \text{m/s}^2\) → \(\mu g = 5\ \text{m/s}^2\).

\[ \boxed{x(t) = v_0\, t – 2,5\, t^2} \]

Ce mouvement dure jusqu’à l’arrêt complet. Le solide ne revient pas (frottements secs).

La distance totale avant arrêt vaut \(d = \dfrac{v_0^2}{2\mu g} \approx \dfrac{(1,826)^2}{10} \approx 0,333\ \text{m}\).