Examen normale 2023 PC

Exercice 01 – Acide éthanoïque

Exercice 01 :

I — Étude d’une solution aqueuse d’acide éthanoïque

1.1. Équation de la réaction entre l’acide éthanoïque et l’eau :

\(\text{CH}_3\text{COOH}_{(aq)} + \text{H}_2\text{O}_{(\ell)} \rightleftharpoons \text{CH}_3\text{COO}^-_{(aq)} + \text{H}_3\text{O}^+_{(aq)}\)

1.2. On montre que \(\alpha(\text{CH}_3\text{COOH}) = 1 – \tau\) :

On a :

Équation de la réaction	\(\text{CH}_3\text{COOH}_{(aq)}\) + \(\text{H}_2\text{O}_{(\ell)}\)	\(\rightleftharpoons\)	\(\text{CH}_3\text{COO}^-_{(aq)}\)	+	\(\text{H}_3\text{O}^+_{(aq)}\)	Les quantités de matière en « mol »
État	Avancement
Initial	0		\(C_A \cdot V\)			0	0
Intermédiaire	\(x\)		\(C_A V – x\)		En excès	\(x\)	\(x\)
à l’équilibre	\(x_{\text{éq}}\)		\(C_A V – x_{\text{éq}}\)			\(x_{\text{éq}}\)	\(x_{\text{éq}}\)
maximal	\(x_{\max}\)		\(C_A V – x_{\max}\)			\(x_{\max}\)	\(x_{\max}\)

Du tableau d’avancement :

\(\left[\text{CH}_3\text{COOH}\right]_{\text{éq}} + \left[\text{CH}_3\text{COO}^-\right]_{\text{éq}} = \dfrac{C_A V – x_{\text{éq}}}{V} + \dfrac{x_{\text{éq}}}{V} = C_A – \dfrac{x_{\text{éq}}}{V} + \dfrac{x_{\text{éq}}}{V} = C_A\)

Alors : \(\alpha(\text{CH}_3\text{COOH}) = \dfrac{[\text{CH}_3\text{COO}^-]_{\text{éq}}}{[\text{CH}_3\text{COOH}]_{\text{éq}} + [\text{CH}_3\text{COO}^-]_{\text{éq}}}\)

c.à.d. : \(\alpha(\text{CH}_3\text{COOH}) = \dfrac{\dfrac{x_{\text{éq}}}{V}}{C_A}\)

c.à.d. : \(\alpha(\text{CH}_3\text{COOH}) = 1 – \dfrac{x_{\text{éq}}}{C_A}\)

c.à.d. : \(\alpha(\text{CH}_3\text{COOH}) = 1 – \dfrac{\dfrac{x_{\text{éq}}}{V}}{\dfrac{C_A V}{V}}\)

c.à.d. : \(\alpha(\text{CH}_3\text{COOH}) = 1 – \dfrac{x_{\text{éq}}}{C_A V}\)

c.à.d. : \(\alpha(\text{CH}_3\text{COOH}) = 1 – \dfrac{x_{\text{éq}}}{x_{\max}}\)

d’où : \(\alpha(\text{CH}_3\text{COOH}) = 1 – \tau\)

A.N. : \(\alpha(\text{CH}_3\text{COOH}) = 1 – \dfrac{[H_3O^+]_{\text{éq}} V}{C_A V} = 1 – \dfrac{[H_3O^+]_{\text{éq}}}{C_A} = 1 – \dfrac{\span class= »highlight-yellow »>10^{-pH}}{C_A}\)

\(\alpha(\text{CH}_3\text{COOH}) = 1 – \dfrac{10^{-3{,}05}}{5 \times 10^{-2}}\)

\(\alpha(\text{CH}_3\text{COOH}) = 0{,}9822 = 98{,}22\%\)

1.3. On montre que \(pK_{A1} = 4{,}79\) :

On a : \(pH = pK_{A1} + \log\dfrac{[\text{CH}_3\text{COO}^-]_{\text{éq}}}{[\text{CH}_3\text{COOH}]_{\text{éq}}}\)

c.à.d. : \(pK_{A1} = pH – \log\left(\dfrac{\dfrac{x_{\text{éq}}}{V}}{\dfrac{C_A V – x_{\text{éq}}}{V}}\right)\)

c.à.d. : \(pK_{A1} = pH – \log\left(\dfrac{x_{\text{éq}}}{C_A V – x_{\text{éq}}}\right)\)

c.à.d. : \(pK_{A1} = pH + \log\left(\dfrac{C_A V}{x_{\text{éq}}} – 1\right)\)

c.à.d. : \(pK_{A1} = pH + \log\left(\dfrac{C_A}{[H_3O^+]_{\text{éq}}} – 1\right)\)

D’où : \(pK_{A1} = pH + \log\left(\dfrac{C_A}{10^{-pH}} – 1\right)\)

A.N. : \(pK_{A1} = 3{,}05 + \log\left(\dfrac{5 \times 10^{-2}}{10^{-3{,}05}} – 1\right)\)

\(pK_{A1} = 4{,}7912 \approx 4{,}79\)

2 — Étude de la réaction de l’acide éthanoïque avec l’ion méthanoate

2.1. L’équation de la réaction :

\(\text{CH}_3\text{COOH}_{(aq)} + \text{HCOO}^-_{(aq)} \rightleftharpoons \text{CH}_3\text{COO}^-_{(aq)} + \text{HCOOH}_{(aq)}\)

2.2. L’expression de \(Q_{r,\text{éq}}\) en fonction de \(K_{A1}\) et \(K_{A2}\) :

Si on sait que : \(Q_{r,\text{éq}} = \dfrac{[\text{CH}_3\text{COO}^-]_{\text{éq}} \cdot [\text{HCOOH}]_{\text{éq}}}{[\text{CH}_3\text{COOH}]_{\text{éq}} \cdot [\text{HCOO}^-]_{\text{éq}}}\)

c.à.d. : \(Q_{r,\text{éq}} = \dfrac{[\text{CH}_3\text{COO}^-]_{\text{éq}} \cdot [H_3O^+]_{\text{éq}} \cdot [\text{HCOOH}]_{\text{éq}}}{[\text{CH}_3\text{COOH}]_{\text{éq}} \cdot [H_3O^+]_{\text{éq}} \cdot [\text{HCOO}^-]_{\text{éq}}}\)

c.à.d. : \(Q_{r,\text{éq}} = K_{A1} \cdot \dfrac{1}{K_{A2}}\)

D’où : \(Q_{r,\text{éq}} = \dfrac{K_{A1}}{K_{A2}}\)

A.N. : \(Q_{r,\text{éq}} = \dfrac{10^{-4{,}79}}{10^{-3{,}75}} = 10^{-4{,}79 + 3{,}75}\)

\(Q_{r,\text{éq}} = 9{,}12 \times 10^{-2}\)

2.3. L’expression du pH en fonction de \(pK_{A1}\) et \(pK_{A2}\) :

On a : \(pH = pK_{A1} + \log\dfrac{[\text{CH}_3\text{COO}^-]_{\text{éq}}}{[\text{CH}_3\text{COOH}]_{\text{éq}}}\)     (1)

Et on a : \(pH = pK_{A2} + \log\dfrac{[\text{HCOO}^-]_{\text{éq}}}{[\text{HCOOH}]_{\text{éq}}}\)     (2)

En ajoutant (1) à (2) :

\(2\,pH = pK_{A1} + pK_{A2} + \log\dfrac{[\text{CH}_3\text{COO}^-]_{\text{éq}}}{[\text{CH}_3\text{COOH}]_{\text{éq}}} + \log\dfrac{[\text{HCOO}^-]_{\text{éq}}}{[\text{HCOOH}]_{\text{éq}}}\)

c.à.d. : \(2\,pH = pK_{A1} + pK_{A2} + \log\left(\dfrac{[\text{CH}_3\text{COO}^-]_{\text{éq}}}{[\text{CH}_3\text{COOH}]_{\text{éq}}} \cdot \dfrac{[\text{HCOO}^-]_{\text{éq}}}{[\text{HCOOH}]_{\text{éq}}}\right)\)

D’autre part : lorsque \(C_A = C_B\) et \(V_1 = V_2\) :

\([\text{CH}_3\text{COO}^-]_{\text{éq}} = [\text{HCOOH}]_{\text{éq}}\), d’où \(\log(\cdots) = 0\)

Finalement : \(pH = \dfrac{pK_{A1} + pK_{A2}}{2}\)

A.N. : \(pH = \dfrac{4{,}79 + 3{,}75}{2}\)

\(pH = 4{,}27\)

3 — Étude de la réaction d’acide éthanoïque avec le méthanol

3.1. L’équation de la réaction :

\(\text{CH}_3-\text{COOH}_{(\ell)} + \text{CH}_3-\text{OH}_{(\ell)} \rightleftharpoons \text{CH}_3-\text{COO}-\text{CH}_{3(\ell)} + \text{H}_2\text{O}_{(\ell)}\)

3.2. La courbe correspondante à la réaction utilisant le catalyseur :

L’ajout d’un catalyseur permet d’accélérer la transformation chimique ayant lieu entre l’acide éthanoïque et le méthanol, alors la courbe correspondante à ce cas est la courbe (C₁).

3.3. La composition du mélange à l’équilibre :

nA (mol) t (h) 1 0,8 0,6 0,4 0,2 5 10 15 20 25 C₂ C₁ éq.

On a :

Équation de la réaction	\(\text{CH}_3-\text{COOH}_{(\ell)} + \text{CH}_3-\text{OH}_{(\ell)} \rightleftharpoons \text{CH}_3-\text{COO}-\text{CH}_{3(\ell)} + \text{H}_2\text{O}_{(\ell)}\)					Les quantités de matière en « mol »
État	Avancement
Initial	0	0,9		0,9		0	0
intermédiaire	\(x\)	\(0{,}9 – x\)		\(0{,}9 – x\)		\(x\)	\(x\)
à l’équilibre	\(x_{\text{éq}}\)	\(0{,}9 – x_{\text{éq}}\)		\(0{,}9 – x_{\text{éq}}\)		\(x_{\text{éq}}\)	\(x_{\text{éq}}\)

➤ On détermine la valeur de \(x_{\text{éq}}\) :

Donc : \(x_{\text{éq}} = 0{,}6\) mol

➤ Donc la composition du mélange à l’équilibre est :

• \(n_{\text{éq}}(\text{Acide}) = 0{,}9 – x_{\text{éq}} = 0{,}9 – 0{,}6 = 0{,}3 \text{ mol}\)
• \(n_{\text{éq}}(\text{Alcool}) = 0{,}9 – x_{\text{éq}} = 0{,}9 – 0{,}6 = 0{,}3 \text{ mol}\)
• \(n_{\text{éq}}(\text{Ester}) = x_{\text{éq}} = 0{,}6 \text{ mol}\)
• \(n_{\text{éq}}(\text{Eau}) = x_{\text{éq}} = 0{,}6 \text{ mol}\)

On a d’après le tableau d’avancement :

\(n_{1/2}(\text{Acide}) = 0{,}9 – x_1 = 0{,}9 – \dfrac{x_{\text{éq}}}{2}\)

\(n_{1/2}(\text{Acide}) = 0{,}9 – \dfrac{0{,}6}{2} = \mathbf{0{,}6 \text{ mol}}\)

Par projection on trouve \(t_{1/2} = 3{,}5 \text{ h}\)

3.5. Le rendement de la transformation chimique étudiée :

On sait que : \(r = \dfrac{x_{\text{éq}}}{x_{\max}} = \dfrac{x_{\text{éq}}}{n_0}\)

Or le mélange est équimolaire, alors : \(x_{\max} = n_0 = 0{,}9 \text{ mol}\)

Donc : \(r = \dfrac{0{,}6}{0{,}9} = 0{,}6667 = 66{,}67\%\)

3.6. La nouvelle valeur du rendement :

À l’équilibre on ajoute 0,1 mol d’acide éthanoïque au mélange, donc :

• \(n’_0(\text{Acide}) = 0{,}3 + 0{,}1 = 0{,}4 \text{ mol}\)
• \(n’_0(\text{Alcool}) = 0{,}3 \text{ mol}\)
• \(n’_0(\text{Ester}) = 0{,}6 \text{ mol}\)
• \(n’_0(\text{Eau}) = 0{,}6 \text{ mol}\)

D’où :

Équation de la réaction	\(\text{CH}_3-\text{COOH}_{(\ell)} + \text{CH}_3-\text{OH}_{(\ell)} \rightleftharpoons \text{CH}_3-\text{COO}-\text{CH}_{3(\ell)} + \text{H}_2\text{O}_{(\ell)}\)					Les quantités de matière en « mol »
État	Avancement
Initial	0	0,4		0,3		0,6	0,6
intermédiaire	\(x\)	\(0{,}4 – x’\)		\(0{,}3 – x’\)		\(0{,}6 + x’\)	\(0{,}6 + x’\)
à l’équilibre	\(x’_{\text{éq}}\)	\(0{,}4 – x’_{\text{éq}}\)		\(0{,}3 – x’_{\text{éq}}\)		\(0{,}6 + x’_{\text{éq}}\)	\(0{,}6 + x’_{\text{éq}}\)

Du tableau d’avancement : \(x’_{\max} = 0{,}3 \text{ mol}\)

D’autre part : \(K = \dfrac{[Ester]_{\text{éq}} \cdot [Eau]_{\text{éq}}}{[Acide]_{\text{éq}} \cdot [Alcool]_{\text{éq}}}\)

\(\Delta = b^2 – 4ac = (-4)^2 – 4 \times 3 \times 0{,}12 = 14{,}56\)

\(4 \cdot {x’}^2 – 2{,}8 \cdot x’_{\text{éq}} + 0{,}48 = {x’}^2 + 1{,}2 \cdot x’_{\text{éq}} + 0{,}36\)

\(3 \cdot {x’}^2 – 4 \cdot x’_{\text{éq}} + 0{,}12 = 0\)

\(x_1 = \dfrac{-b – \sqrt{\Delta}}{2a} = \dfrac{-(-4) – \sqrt{14{,}56}}{2 \times 3} = 0{,}03 \text{ mol}\)

\(x_2 = \dfrac{-b + \sqrt{\Delta}}{2a} = \dfrac{-(-4) + \sqrt{14{,}56}}{2 \times 3} = 1{,}3 \text{ mol}\)

Alors \(x’_{\text{éq}} = 0{,}03 \text{ mol}\) car \(0 < x’_{\text{éq}} < x’_{\max}\)

D’où : \(r’ = \dfrac{n_{\text{éq}}(\text{Ester})}{n_0(\text{Alcool})} = \dfrac{0{,}6 + 0{,}63}{0{,}9} = \dfrac{0{,}6 + 0{,}63}{0{,}9} = \dfrac{0{,}63}{0{,}9}\)

\(r’ \approx 0{,}7 = 70\%\)

Exercice 02 :

1 – désintégration du tritium :

1.1. L’affirmation juste :

A	Le noyau \(\,^3_2\text{He}\) a un nombre de masse égal à 5.	Faux
B	La radioactivité \(\beta^-\) est caractéristique des noyaux très lourds.	Faux
C	Au bout du temps \(t = 2\,t_{1/2}\), à partir du début de désintégration, le nombre de noyaux désintégrés dans un échantillon radioactif représente 25% du nombre de noyaux initial.	Faux
D	La masse d’un noyau atomique est égale à la somme des masses de ses nucléons.	Faux
E	Lors d’une réaction de fission nucléaire, de la masse est convertie en énergie.	Vrai

1.2. L’équation de la désintégration du noyau du tritium :

Le tritium \(\,^3_1\text{H}\) est un isotope radioactif émetteur \(\beta^-\). Le noyau formé est l’un des isotopes de l’hélium, donc :

D’où : \(\,^3_1\text{H} \;\rightarrow\; ^3_2\text{He} \;+\; ^{\;0}_{-1}\text{e}\)

1.3. La relation entre \(t_{1/2}\) et \(\lambda\) :

On a d’après la définition : \(N(t_{1/2}) = \dfrac{N_0}{2}\)

c.à.d. : \(\quad N_0 \cdot e^{-\lambda\,t_{1/2}} = \dfrac{N_0}{2}\)

c.à.d. : \(\quad \ln\!\left(e^{-\lambda\,t_{1/2}}\right) = \ln\!\left(\dfrac{1}{2}\right)\)

c.à.d. : \(\quad -\lambda \cdot t_{1/2} = -\ln\!\left(\dfrac{2}{1}\right)\)

c.à.d. : \(\quad \lambda \cdot t_{1/2} = \ln\!\left(\dfrac{2}{1}\right)\)

Finalement : \(\lambda = \dfrac{\ln(2)}{t_{1/2}}\)

1.4. Calcul de l’activité \(a_1\) :

Lorsque 90% des noyaux du tritium sont désintégrés, il reste 10% des noyaux radioactifs (\(N_1 = 10\%\!\cdot\!N_0\)), qui ont une activité \(a_1\), donc :

c.à.d. : \(a_1 = \dfrac{\ln(2)}{t_{1/2}} \times 0{,}1 \times \dfrac{m_0 \cdot N_A}{M(^3_1\text{H})}\)

A.N. : \(\quad a_1 = \dfrac{\ln(2)}{12{,}32 \times 3{,}16 \times 10^7} \times 0{,}1 \times \dfrac{2 \times 10^{-6} \times 6{,}02 \times 10^{23}}{3}\)

\(a_1 = 7{,}145 \cdot 10^7 \text{ Bq}\)

2 – Réaction de fusion du tritium \(\,^3_1\text{H}\) et de deutérium \(\,^2_1\text{H}\) :

2.1.

a	L’énergie qu’il faut fournir à un noyau de tritium au repos pour le dissocier en ces nucléons au repos est de 8,475 MeV.	Vrai
b	Le tritium est plus stable que le deutérium.	Vrai

2.2. Calcul de l’énergie libérée de la réaction de fusion :

On a l’équation de la fusion est : \(\;^3_1\text{H} + \,^2_1\text{H} \;\rightarrow\; ^4_2\text{He} + \,^1_0\text{n}\)

Donc : \(E_{\ell ib} = \bigl|E_\ell\!\left(^3_1\text{H}\right) + E_\ell\!\left(^2_1\text{H}\right) – E_\ell\!\left(^4_2\text{He}\right)\bigr|\)

A.N. : \(\quad E_{\ell ib} = |8{,}475 + 2{,}366 – 28{,}296|\)

\(E_{\ell ib} = 17{,}455 \text{ MeV}\)

Exercice 03 – Dipôle RL / Circuit LC / Modulation

Exercice 03 :

1 – Réponse d’un dipôle RL à un échelon de tension :

1.1. L’équation différentielle vérifiée par i(t) l’intensité du courant :

D’après la loi d’additivité des tensions :

\(u_L + u_R = E\)

Tels que : \(u_L = L\dfrac{di}{dt}\)   et   \(u_R = R \cdot i\)

Alors : \(\quad L\dfrac{di}{dt} + R \cdot i = E\)

On multiplie le tout par \(\dfrac{1}{R}\) :

D’où : \(\dfrac{L}{R}\cdot\dfrac{di}{dt} + i = \dfrac{E}{R}\) K R E + (L) uR i →

1.2.

1.2.1. Détermination des expressions de A et B :

À l’instant \(t = 0\), on a \(i(t=0) = 0\)

c.à.d. : \(\quad A + B \cdot e^0 = 0\)

Donc : \(\quad B = -A\)

D’autre part, on a : \(\;\left\{\begin{array}{l} i(t) = A + B\cdot e^{-t/\tau} \\ \dfrac{di}{dt} = -\dfrac{1}{\tau}\cdot B\cdot e^{-t/\tau} \end{array}\right.\)

On remplace dans l’équation différentielle :

\(\dfrac{L}{R}\cdot\left(-\dfrac{1}{\tau}\right)\cdot B\cdot e^{-t/\tau} + A + B\cdot e^{-t/\tau} = \dfrac{E}{R}\)

\(-B\cdot e^{-t/\tau} + A + B\cdot e^{-t/\tau} = \dfrac{E}{R}\) 57,6 48 38,4 28,8 19,2 9,6 0 0 2 4 6 8 10 12 t (ms) i (mA) 48

i (mA) en fonction de t (ms)

\(\Rightarrow\; A = \dfrac{E}{R}\)

D’où : \(B = -\dfrac{E}{R}\)

Finalement : \(i(t) = \dfrac{E}{R} – \dfrac{E}{R}\cdot e^{-t/\tau}\)    \(\Rightarrow\)    \(i(t) = \dfrac{E}{R}\!\left(1 – e^{-t/\tau}\right)\)

1.2.2. On montre que L = 1 H :

On a : \(\tau = \dfrac{L}{R}\) et \(I_P = \dfrac{E}{R}\)

Donc : \(L = \tau \cdot R = \tau \cdot \dfrac{E}{I_P}\)

A.N. : \(\quad L = 2 \times 10^{-3} \times \dfrac{24}{48 \times 10^{-3}}\)

\(L = 1 \text{ H}\)

1.3. L’expression numérique de la tension \(u_L(t)\) :

Méthode 1	Méthode 2
D’après la loi d’additivité des tensions : \(u_L(t) + u_R(t) = E\) \(u_L(t) = E – u_R(t)\) \(u_L(t) = E – R \cdot i(t)\) \(u_L(t) = E – R \cdot \dfrac{E}{R}\!\left(1 – e^{-t/\tau}\right)\) \(u_L(t) = E – E + E \cdot e^{-t/\tau}\) \(u_L(t) = E \cdot e^{-t/\tau}\)	On a : \(u_L(t) = L\cdot\dfrac{di}{dt}\) \(u_L(t) = L\cdot\left(-\dfrac{1}{\tau}\right)\cdot B\cdot e^{-t/\tau}\) \(u_L(t) = L\cdot\left(-\dfrac{R}{L}\right)\cdot\left(-\dfrac{E}{R}\right)\cdot e^{-t/\tau}\) \(u_L(t) = E\cdot e^{-t/\tau}\)

2 – Circuit oscillant LC :

2.1. L’équation différentielle vérifiée par la tension \(u_C(t)\) :

D’après la loi d’additivité des tensions :

\(u_L + u_C = 0\)

\(L\dfrac{di}{dt} + u_C = 0\)

\(L\cdot C\dfrac{d^2u_C}{dt^2} + u_C = 0\) K C (L) uC

2.2.

2.2.1. La valeur de la capacité C : T₀ 10 0 -10 0 0.5 1 1.5 2.5 uc

u_C(V) en fonction de t (ms)

On sait que : \(T_0 = 2\pi\sqrt{LC}\)

c.à.d. : \(\;T_0^2 = 4\pi^2 \cdot L \cdot C\)

Donc : \(C = \dfrac{T_0^2}{4\pi^2 L}\)

A.N. : \(\;C = \dfrac{(2 \times 10^{-3})^2}{4 \times 10 \times 1}\)

\(C = 10^{-7} \text{ F}\)

2.2.2. L’énergie magnétique \(E_m\) emmagasinée dans la bobine à l’instant \(t = 1{,}8 \text{ ms}\) :

Puisque la résistance du circuit est nulle, alors l’énergie totale du circuit se conserve au cours du temps, donc :

\(E_T = E_e(t) + E_m(t)\)

\(E_m(t) = E_T – E_e(t)\)

\(E_m(t) = \dfrac{1}{2}\cdot C \cdot U_{C,\max}^2 – \dfrac{1}{2}\cdot C \cdot u_C^2(t)\)

\(E_m(t) = \dfrac{1}{2}\cdot C\cdot\bigl(U_{C,\max}^2 – u_C^2(t)\bigr)\)

A.N. : \(\;E_m(t) = \dfrac{1}{2} \times 10^{-7} \times (10^2 – 8^2)\)

\(E_m(t) = 1{,}8 \times 10^{-6} \text{ J}\)

3 – Modulation d’amplitude d’un signal :

3.1. La proposition juste : Ts Tp Ummax Ummin 8 6 4 0 -4 -6 -8 0 1 2 3 4 5 6 (V) (ms)

Signal modulé en amplitude

De la courbe : \(T_s = 5 \text{ ms}\)

Donc : \(f_s = \dfrac{1}{T_s} = \dfrac{1}{5 \times 10^{-3}} = 200 \text{ Hz}\)

Aussi : \(20\,T_P = T_s\)

Alors : \(F_P = 20\,f_s\)

\(F_P = 4000 \text{ Hz} = 4 \text{ kHz}\)

D’où la proposition juste est B.

3.2. Vrai ou faux :

D’après la courbe : \(\left\{\begin{array}{l} U_{m\max} = 6 \text{ V} \\ U_{m\min} = 2 \text{ V} \end{array}\right.\)

Donc : \(m = \dfrac{U_{m\max} – U_{m\min}}{U_{m\max} + U_{m\min}} = \dfrac{4}{8} = \)0,5

D’autre part : pour \(k\cdot P_m = 1\) \((k = k_{\max})\) :

\(U_0 = \dfrac{U_{m\max} + U_{m\min}}{2} = \dfrac{6+2}{2} = \mathbf{4 \text{ V}}\)

• a. Faux
• b. Faux

3.3. L’allure du spectre de fréquence : 5 4 3 2 1 Fréquence (kHz) Amplitude (V) 3,8 4 4,2 A A·m —— 2

Exercice 04 – Chute libre et pendule

Exercice 04 :

➤ Partie I :

1 – Mouvement de la balle en chute libre :

1.1. Les équations horaires numériques \(v_z(t)\) et \(z(t)\) :

Le système étudié : {La balle (S)}

Bilan des forces externes : seulement le poids \(\vec{P}\)

On choisit un repère \((O,\vec{k})\) orienté vers le haut, lié à un référentiel terrestre, supposé galiléen.

On applique la II^ème loi de Newton :

\(\sum \vec{F}_{ext} = m\cdot\vec{a}_G\)
\(\vec{P} = m\cdot\vec{a}_G\)

La projection sur l’axe (Oz) donne :

\(P_z = m\cdot a_z\)
\(-P = m\cdot a_z\)
\(-m\cdot g = m\cdot a_z\)

\(a_z = -g = -10\ \text{m.s}^{-2} = \text{Cte}\)

Or la trajectoire est rectiligne, alors le mouvement est rectiligne uniformément varié.

Donc : \(\;\left\{\begin{array}{l} v_z(t) = a_z\cdot t + V_0 \\ z(t) = \frac{1}{2}\cdot a_z\cdot t^2 + V_0\cdot t + z_0 \end{array}\right.\) \(\;\Rightarrow\; \left\{\begin{array}{l} v_z(t) = -10\cdot t + 12 \\ z(t) = -5\cdot t^2 + 12\cdot t \end{array}\right.\) z ① \(\vec{k}\) O \(\vec{P}\)

1.2.1. la hauteur maximale h :

À la hauteur maximale, la vitesse s’annule, donc : \(v_z(t_h) = 0\)

c.à.d. : \(-10\cdot t_h + 12 = 0 \;\Rightarrow\; t_h = \dfrac{-12}{-10} =\) 1,2 s

D’où : \(\;h = z(t_h) = -5\cdot t_h^2 + 12\cdot t_h\)

\(h = -5 \times 1{,}2^2 + 12 \times 1{,}2\)

\(h = 7{,}2 \text{ m}\)

1.2.2. La valeur absolue de \(V_{0z}\) lors du passage vers le bas par le point O :

Lors du passage vers le bas, et par application de la II^ème loi de Newton, en considérant que la nouvelle vitesse initiale est nulle et que \(z_0 = h = 7{,}2\) m, on trouve :

\(\left\{\begin{array}{l} v_z(t) = -10\cdot t \\ z(t) = -5\cdot t^2 + 7{,}2 \end{array}\right.\)

Au point O, \(z(t_0) = 0 \;\Rightarrow\;\) c.à.d. : \(-5\cdot t_0^2 + 7{,}5 = 0 \;\Rightarrow\; t_0 = \sqrt{\dfrac{-7{,}2}{-5}} =\) 1,2 s

D’où : \(|V_{0z}| = |v_z(t_0)| = |-10\cdot t_0|\)

\(|V_{0z}| = |-10 \times 1{,}2| = 12 \text{ m.s}^{-1}\)

2 – Mouvement de chute de la balle avec frottement :

2.1. On montre que l’équation différentielle vérifiée par la vitesse \(v_z\) s’écrit : \(\dfrac{dv_z}{dt} + \dfrac{1}{\tau}\cdot v_z + g = 0\)

Le système étudié : {La balle (S)}

Bilan des forces externes : le poids \(\vec{P}\) et les frottements fluide \(\vec{f}\).

On choisit un repère \((O,\vec{k})\) orienté vers le haut, lié à un référentiel terrestre, supposé galiléen.

On applique la II^ème loi de Newton :

\(\sum \vec{F}_{ext} = m\cdot\vec{a}_G\)
\(\vec{P} + \vec{f} = m\cdot\vec{a}_G\)

La projection sur l’axe (Oz) donne :

\(P_z + f_z = m\cdot a_z\)
\(-P + f = m\cdot\dfrac{dv_z}{dt}\)
\(-m\cdot g – \lambda\cdot v_z = m\cdot\dfrac{dv_z}{dt} \quad (v_z < 0)\)

En multipliant le tous par \(\dfrac{1}{m}\), on obtient :

\(-g – \dfrac{\lambda}{m}\cdot v_z = \dfrac{dv_z}{dt}\)

\(\dfrac{dv_z}{dt} + \dfrac{\lambda}{m}\cdot v_z + g = 0\)

Avec : \(\tau = \dfrac{m}{\lambda}\) z \(\vec{k}\) O ① \(\vec{f}\) \(\vec{P}\)

2.2. La norme de la vitesse limite du mouvement de G :

On sait que \(V_{\text{lim}} = \text{Cte}\)

Donc : \(\dfrac{dV_{\text{lim}}}{dt} + \dfrac{\lambda}{m}\cdot V_{\text{lim}} + g = 0\)

c.à.d. : \(\dfrac{\lambda}{m}\cdot V_{\text{lim}} + g = 0\)

Donc : \(V_{\text{lim}} = \left|-g\cdot\dfrac{m}{\lambda}\right|\)    (la norme est tjrs positive)

A.N. : \(\;V_{\text{lim}} = \left|-10 \times \dfrac{80 \times 10^{-3}}{0{,}12}\right|\)

\(V_{\text{lim}} = 6{,}67 \text{ m.s}^{-1}\)

2.3. La valeur de \(v_z(t_i)\) en utilisant la méthode d’Euler :

On sait que d’après la méthode d’Euler : \(\quad v_z(t_i) = a_{i-1}\cdot\Delta t + v_{i-1} \quad\) (1)

Et d’autre part, d’après l’équation différentielle : \(\quad a_{i-1} + \dfrac{\lambda}{m}\cdot v_{i-1} + g = 0 \quad\) (2)

D’après (2) : \(\;v_{i-1} = -\dfrac{m}{\lambda}\cdot(a_{i-1} + g) = -\dfrac{80\times10^{-3}}{0{,}12} \times (5 + 10) = -10 \text{ m.s}^{-1}\)

On remplace dans (1) : \(\;v_z(t_i) = 5 \times 66 \times 10^{-3} – 10\)

\(v_z(t_i) = -9{,}67 \text{ m.s}^{-1}\)

➤ Partie II :

1. On montre que \(E_{pp} = \dfrac{1}{2}mg\ell\theta^2\) :

On a : \(E_{pp} = mgz + \text{Cte}\), et d’après l’énoncé à \(z = 0\), \(E_{pp} = 0\), donc \(\text{Cte} = 0\)

Alors : \(E_{pp} = m\cdot g\cdot z\)

D’après la figure : \(z = \ell – d \;\Rightarrow\; z = \ell – \ell\cos(\theta) \;\Rightarrow\; z = \ell\bigl(1 – \cos(\theta)\bigr)\)

\(\theta\) un angle petit alors \(1 – \cos(\theta) \approx \dfrac{\theta^2}{2} \;\Rightarrow\; z = \ell\cdot\dfrac{\theta^2}{2}\)

D’où : \(E_{pp} = \dfrac{1}{2}\cdot m\cdot g\cdot\ell\cdot\theta^2\) (Δ) fil (S) θ ℓ G₀ d

2.

2.1. Détermination de \(\dot\theta_{\max}\) la vitesse angulaire maximale :

Le mouvement se fait sans frottements, alors l’énergie mécanique se conserve au cours du temps, c.à.d. :

\(E_m = E_{c_{\max}} = E_{pp_{\max}}\)

\(\dfrac{1}{2}\cdot J_\Delta\cdot\dot\theta_{\max}^2 = \dfrac{1}{2}\cdot m\cdot g\cdot\ell\cdot\theta_0^2\)

\(\dfrac{1}{2}\cdot m\cdot\ell^2\cdot\dot\theta_{\max}^2 = \dfrac{1}{2}\cdot m\cdot g\cdot\ell\cdot\theta_0^2\)

\(\ell\cdot\dot\theta_{\max}^2 = g\cdot\theta_0^2\)

\(\dot\theta_{\max} = \theta_0\cdot\sqrt{\dfrac{g}{\ell}}\)

Exercice 04 (suite) – Équation différentielle et période propre

2.2. L’équation différentielle du mouvement vérifiée par l’abscisse angulaire \(\theta(t)\) :

D’après la conservation de l’énergie mécanique :

\(\dfrac{dE_m}{dt} = 0\)

\(\dfrac{d\!\left(\dfrac{1}{2}\cdot J_\Delta\cdot\dot\theta^2 + \dfrac{1}{2}\cdot m\cdot g\cdot\ell\cdot\theta^2\right)}{dt} = 0\)

\(\dfrac{1}{2}\cdot J_\Delta\cdot 2\cdot\dot\theta\cdot\ddot\theta + \dfrac{1}{2}\cdot m\cdot g\cdot\ell\cdot 2\cdot\theta\cdot\dot\theta = 0\)

\(m\cdot\ell^2\cdot\dot\theta\cdot\ddot\theta + m\cdot g\cdot\ell\cdot\theta\cdot\dot\theta = 0\)

\(m\cdot\ell^2\cdot\dot\theta\cdot\left(\ddot\theta + \dfrac{g}{\ell}\cdot\theta\right) = 0\)

\(\ddot\theta + \dfrac{g}{\ell}\cdot\theta = 0\)

3.   Calcule de la période propre :

On a :   \(T_0 = 2\pi\cdot\sqrt{\dfrac{\ell}{g}}\)

A.N. : \(\quad T_0 = 2\pi\cdot\sqrt{\dfrac{2{,}4}{10}}\)

\(T_0 = 3{,}078 \text{ s}\)