sr2016

Correction Examen National 2016 – Session Rattrapage (Détaillée)

Correction détaillée de l’examen national du Baccalauréat

Physique – Chimie – 2ème année S.Ex – Sciences Physiques

Session de rattrapage 2016

Question 1 : Nom de l’électrode

Rappel : Dans une électrolyse, le courant électrique est imposé par un générateur extérieur.

– La cathode est l’électrode reliée au pôle négatif du générateur. Elle attire les cations (ions positifs) et est le siège d’une réduction.

– L’anode est l’électrode reliée au pôle positif du générateur. Elle attire les anions (ions négatifs) et est le siège d’une oxydation.

Dans cette électrolyse, les ions \(Mg^{2+}\) sont réduits en \(Mg\) solide à la cathode.

L’électrode où se dépose le magnésium est la cathode.

Question 2 : Équations aux électrodes et équation bilan

1. Réaction à la cathode (réduction) :

Les ions magnésium \(Mg^{2+}\) captent des électrons pour former du magnésium métallique :

\(Mg^{2+}_{(aq)} + 2e^- \rightarrow Mg_{(s)}\)

2. Réaction à l’anode (oxydation) :

Les ions chlorure \(Cl^-\) cèdent des électrons pour former du dichlore gazeux :

\(2Cl^-_{(aq)} \rightarrow Cl_{2(g)} + 2e^-\)

3. Équation bilan :

En additionnant les deux demi-équations (les électrons s’éliminent) :

\(Mg^{2+}_{(aq)} + 2Cl^-_{(aq)} \rightarrow Mg_{(s)} + Cl_{2(g)}\)

Question 3 : Masse \(m\) de magnésium déposé

1. Tableau d’avancement :

État	\(Mg^{2+}\)	\(2e^-\)	\(Mg\)
Initial \((t=0)\)	\(n_i(Mg^{2+})\)	0	\(n_i(Mg)\)
Intermédiaire \((t)\)	\(n_i(Mg^{2+}) – x\)	\(2x\)	\(n_i(Mg) + x\)

2. Quantité de magnésium formé :

La quantité de magnésium formé est : \(\Delta n(Mg) = [n_i(Mg) + x] – n_i(Mg) = x\)

Donc : \(m = x \times M(Mg)\) (1)

3. Quantité d’électricité :

La charge électrique qui a circulé est : \(Q = I \cdot \Delta t\)

D’après le tableau : \(n(e^-) = 2x\)

On a : \(Q = n(e^-) \cdot F = 2x \cdot F = I \cdot \Delta t\)

Donc : \(x = \dfrac{I \cdot \Delta t}{2F}\) (2)

4. Expression de la masse :

En remplaçant (2) dans (1) :

\(m = \dfrac{I \cdot \Delta t}{2F} \cdot M(Mg)\)

5. Application numérique :

Données : \(I = 6 \text{ A}\), \(\Delta t = 10 \text{ h} = 36000 \text{ s}\), \(F = 96500 \text{ C.mol}^{-1}\), \(M(Mg) = 24,3 \text{ g.mol}^{-1}\)

\(m = \dfrac{6 \times 36000}{2 \times 96500} \times 24,3 = \dfrac{216000}{193000} \times 24,3 \approx 1,119 \times 24,3 \approx \boxed{27,2 \text{ g}}\)

Question 4 : Volume \(V\) du gaz dégagé

1. Relation stoechiométrique :

D’après l’équation bilan, la formation de 1 mole de \(Mg\) s’accompagne de la formation de 1 mole de \(Cl_2\).

Donc : \(n(Cl_2) = n(Mg) = x = \dfrac{I \cdot \Delta t}{2F}\)

2. Volume du gaz :

Le volume molaire est \(V_m = 68,6 \text{ L.mol}^{-1}\).

\(V = n(Cl_2) \cdot V_m = \dfrac{I \cdot \Delta t}{2F} \cdot V_m\)

3. Application numérique :

\(V = \dfrac{6 \times 36000}{2 \times 96500} \times 68,6 \approx 1,119 \times 68,6 \approx \boxed{76,8 \text{ L}}\)

1.1. Rôle de l’acide sulfurique

L’acide sulfurique joue le rôle de catalyseur : il augmente la vitesse de la réaction sans être consommé. Il permet d’atteindre l’équilibre plus rapidement.

1.2. Caractéristiques de la réaction

L’hydrolyse d’un ester est une réaction lente (elle nécessite plusieurs heures) et limitée (elle n’est pas totale, elle conduit à un état d’équilibre).

1.3. Équation de la réaction

\(CH_3COOC_2H_5 + H_2O \rightleftharpoons CH_3COOH + C_2H_5OH\)

Éthanoate d’éthyle + Eau ⇌ Acide éthanoïque + Éthanol

1.4. Constante d’équilibre \(K\)

1. Données :

Quantité initiale d’ester : \(n_0 = 1 \text{ mol}\). À l’équilibre, il reste \(1 – x_{eq} = 0,33 \text{ mol}\).

Donc : \(x_{eq} = 1 – 0,33 = 0,67 \text{ mol}\).

2. Tableau d’avancement :

État	Ester	Eau	Acide	Alcool
Initial	1	1	0	0
Équilibre	\(1 – x_{eq}\)	\(1 – x_{eq}\)	\(x_{eq}\)	\(x_{eq}\)

3. Expression de la constante d’équilibre :

Dans un même volume, les concentrations sont proportionnelles aux quantités de matière.

\(K = \dfrac{[Acide]_{eq} \cdot [Alcool]_{eq}}{[Ester]_{eq} \cdot [Eau]_{eq}} = \dfrac{x_{eq} \cdot x_{eq}}{(1 – x_{eq})(1 – x_{eq})} = \dfrac{x_{eq}^2}{(1 – x_{eq})^2}\)

4. Application numérique :

\(K = \dfrac{0,67^2}{(1 – 0,67)^2} = \dfrac{0,4489}{(0,33)^2} = \dfrac{0,4489}{0,1089} \approx \boxed{4,12}\)

2.1. Formule de \(A\) et son nom

Le composé \(A\) est l’ion éthanoate (\(CH_3COO^-\)).

\(CH_3COO^-\) : ion éthanoate

2.2. Tableau d’avancement

État	\(C_4H_8O_2\) (ester)	\(HO^-\)	\(CH_3COO^-\)	\(C_2H_5OH\)
Initial	\(n_0\)	\(n_0\)	0	0
Intermédiaire	\(n_0 – x\)	\(n_0 – x\)	\(x\)	\(x\)
Final (total)	\(n_0 – x_{max}\)	\(n_0 – x_{max}\)	\(x_{max}\)	\(x_{max}\)

2.3.1. Conductivité \(\sigma_{1/2}\)

1. Relation entre \(x(t)\) et \(\sigma(t)\) :

On donne : \(x(t) = -6,3 \times 10^{-3} \cdot \sigma(t) + 1,57 \times 10^{-3}\)

D’où : \(\sigma(t) = \dfrac{1,57 \times 10^{-3} – x(t)}{6,3 \times 10^{-3}}\)

2. À \(t = t_{1/2}\) :

À la demi-réaction, l’avancement est la moitié de l’avancement maximal :

\(x(t_{1/2}) = \dfrac{x_{max}}{2} = \dfrac{n_0}{2} = \dfrac{c_0 V_0}{2}\)

Avec \(c_0 = 10^{-1} \text{ mol.L}^{-1}\) et \(V_0 = 10 \text{ mL} = 10 \times 10^{-3} \text{ L}\) :

\(x(t_{1/2}) = \dfrac{10^{-1} \times 10 \times 10^{-3}}{2} = 5 \times 10^{-4} \text{ mol}\)

3. Conductivité à la demi-réaction :

\(\sigma_{1/2} = \dfrac{1,57 \times 10^{-3} – 5 \times 10^{-4}}{6,3 \times 10^{-3}} = \dfrac{1,07 \times 10^{-3}}{6,3 \times 10^{-3}} \approx 0,170 \text{ S.m}^{-1} = \boxed{170 \text{ mS.m}^{-1}}\)

2.3.2. Temps de demi-réaction

Graphiquement, en projetant la valeur \(\sigma_{1/2} = 170 \text{ mS.m}^{-1}\) sur l’axe des temps :

\(\boxed{t_{1/2} = 17 \text{ min}}\)

2.3.3. Vitesse volumique à \(t = 0\)

1. Définition de la vitesse volumique :

\(v(t) = \dfrac{1}{V_0} \cdot \dfrac{dx(t)}{dt}\)

2. Expression en fonction de \(\sigma\) :

D’après la relation \(x(t) = -6,3 \times 10^{-3} \sigma(t) + 1,57 \times 10^{-3}\) :

\(\dfrac{dx}{dt} = -6,3 \times 10^{-3} \cdot \dfrac{d\sigma}{dt}\)

Donc :

\(v(t) = -\dfrac{6,3 \times 10^{-3}}{V_0} \cdot \dfrac{d\sigma}{dt}\)

3. À \(t = 0\) :

Graphiquement, la tangente à la courbe \(\sigma = f(t)\) à l’origine donne :

\(\left(\dfrac{d\sigma}{dt}\right)_{t=0} = \dfrac{250 \times 10^{-3} – 100 \times 10^{-3}}{0 – 18} = \dfrac{150 \times 10^{-3}}{-18} = -8,33 \times 10^{-3} \text{ S.m}^{-1}\text{.min}^{-1}\)

4. Application numérique :

\(V_0 = 10 \text{ mL} = 10^{-4} \text{ m}^3\)

\(v(0) = -\dfrac{6,3 \times 10^{-3}}{10^{-4}} \times (-8,33 \times 10^{-3}) = 63 \times 8,33 \times 10^{-3} \approx \boxed{0,525 \text{ mol.m}^{-3}\text{.min}^{-1}}\)

1. Identification de la particule \(X\) et type de désintégration

1. Équation de désintégration :

Le sodium 24 se désintègre en magnésium 24 :

\(^{24}_{11}Na \rightarrow {}^{24}_{12}Mg + {}^{A}_{Z}X\)

2. Lois de Soddy :

Conservation du nombre de masse : \(24 = 24 + A \Rightarrow A = 0\)

Conservation de la charge : \(11 = 12 + Z \Rightarrow Z = -1\)

La particule est donc un électron : \({}^{0}_{-1}e\).

\(^{24}_{11}Na \rightarrow {}^{24}_{12}Mg + {}^{0}_{-1}e\)

3. Type de désintégration :

Il s’agit d’une désintégration \(\beta^-\) (émission d’un électron).

2. Énergie libérée

1. Défaut de masse :

L’énergie libérée correspond à la différence de masse entre le noyau père et les produits :

\(\Delta m = m(^{24}_{12}Mg) + m(e^-) – m(^{24}_{11}Na)\)
\(\Delta m = 23,97846 + 0,00055 – 23,98493 = -5,92 \times 10^{-3} \text{ u}\)

2. Conversion en énergie :

On utilise la relation d’Einstein \(E = \Delta m \cdot c^2\) avec \(1 \text{ u} = 931,5 \text{ MeV}/c^2\).

\(E_{lib} = |\Delta m| \times 931,5 = 5,92 \times 10^{-3} \times 931,5 \approx \boxed{5,51 \text{ MeV}}\)

3. Énergie de liaison par nucléon de \(^{24}_{12}Mg\)

1. Formule :

L’énergie de liaison par nucléon est donnée par :

\(\mathcal{E} = \dfrac{[Z m_p + (A-Z) m_n – m(^{24}_{12}Mg)] \cdot c^2}{A}\)

2. Application :

Avec \(Z = 12\), \(A = 24\), \(m_p = 1,00728 \text{ u}\), \(m_n = 1,00866 \text{ u}\) :

\(\mathcal{E} = \dfrac{[12 \times 1,00728 + 12 \times 1,00866 – 23,97846] \times 931,5}{24}\)
\(= \dfrac{[12,08736 + 12,10392 – 23,97846] \times 931,5}{24}\)
\(= \dfrac{0,21282 \times 931,5}{24} = \dfrac{198,24}{24} \approx \boxed{8,26 \text{ MeV/nucléon}}\)

4. Fréquence du rayonnement émis

1. Relation énergie-fréquence :

L’énergie du photon émis est : \(E = h \cdot \nu\)

D’après l’énoncé : \(E = E_2 – E_1 = 1,37 \text{ MeV} – 0 = 1,37 \text{ MeV}\)

2. Conversion en joules :

\(E = 1,37 \times 1,6 \times 10^{-13} = 2,192 \times 10^{-13} \text{ J}\)

3. Calcul de la fréquence :

La constante de Planck est \(h = 6,62 \times 10^{-34} \text{ J.s}\).

\(\nu = \dfrac{E}{h} = \dfrac{2,192 \times 10^{-13}}{6,62 \times 10^{-34}} \approx \boxed{3,31 \times 10^{20} \text{ Hz}}\)

Partie I : Dipôle RL

1. Identification des tensions

1. À \(t = 0\) :

Le courant est nul : \(i(0) = 0\).

Donc : \(u_R(0) = R \times i(0) = 0\).

La tension aux bornes de la bobine est : \(u_{PN}(0) = E – r \times i(0) = E = 12 \text{ V}\).

2. Conclusion :

Courbe C₁ → \(u_{PN}(t)\) (tension aux bornes de la bobine)
Courbe C₂ → \(u_R(t)\) (tension aux bornes du conducteur ohmique)

2. Intensité \(I_p\) en régime permanent

1. Lecture graphique :

En régime permanent, la tension \(u_R\) est constante : \(u_{R\infty} = 10 \text{ V}\).

2. Loi d’Ohm :

\(I_p = \dfrac{u_{R\infty}}{R} = \dfrac{10}{40} = \boxed{0,25 \text{ A}}\)

3. Résistance \(r\) de la bobine

1. Loi de Pouillet en régime permanent :

En régime permanent, la bobine se comporte comme une résistance \(r\). Le circuit équivalent est deux résistances en série.

\(I_p = \dfrac{E}{r + R}\)

2. Expression de \(r\) :

\(r = \dfrac{E}{I_p} – R = \dfrac{12}{0,25} – 40 = 48 – 40 = \boxed{8 \ \Omega}\)

4. Équation différentielle en \(i(t)\)

1. Loi d’additivité des tensions :

D’après la figure, le circuit est en série :

\(u_L + u_r + u_R = E\)

2. Expressions des tensions :

– Loi d’Ohm : \(u_R = R \cdot i\) et \(u_r = r \cdot i\)

– Tension aux bornes de la bobine : \(u_L = L \cdot \dfrac{di}{dt}\)

3. Substitution :

\(L \dfrac{di}{dt} + r i + R i = E \Rightarrow \dfrac{di}{dt} + \dfrac{r + R}{L} i = \dfrac{E}{L}\)

5. Expressions de \(A\) et \(\tau\)

1. Solution proposée :

La solution de l’équation différentielle est de la forme :

\(i(t) = A \cdot (1 – e^{-t/\tau})\)

2. Vérification :

Dérivée : \(\dfrac{di}{dt} = \dfrac{A}{\tau} e^{-t/\tau}\)

En remplaçant dans l’équation différentielle :

\(\dfrac{A}{\tau} e^{-t/\tau} + \dfrac{r+R}{L} \cdot A(1 – e^{-t/\tau}) = \dfrac{E}{L}\)
\(A\left(\dfrac{1}{\tau} – \dfrac{r+R}{L}\right) e^{-t/\tau} + \dfrac{A(r+R) – E}{L} = 0\)

Cette égalité doit être vraie pour tout \(t\). Donc :

\(\dfrac{1}{\tau} – \dfrac{r+R}{L} = 0 \Rightarrow \boxed{\tau = \dfrac{L}{r+R}}\)
\(A(r+R) – E = 0 \Rightarrow \boxed{A = \dfrac{E}{r+R}}\)

6. Constante de temps \(\tau\)

Graphiquement, sur la courbe C₂ (tension aux bornes de R), on trouve :

\(\boxed{\tau = 3 \text{ ms}}\)

7. Inductance \(L\)

\(L = \tau \cdot (r + R) = 3 \times 10^{-3} \times (8 + 40) = 3 \times 10^{-3} \times 48 = \boxed{0,144 \text{ H}}\)

8. Énergie emmagasinée à \(t = \tau/2\)

1. Tension à \(t = \tau/2\) :

Graphiquement, pour \(t = 1,5 \text{ ms}\), \(u_R = 4 \text{ V}\).

2. Courant correspondant :

\(i(\tau/2) = \dfrac{u_R(\tau/2)}{R} = \dfrac{4}{40} = 0,1 \text{ A}\)

3. Énergie magnétique :

\(E_m = \dfrac{1}{2} L \cdot i^2 = \dfrac{1}{2} \times 0,144 \times (0,1)^2 = 0,072 \times 0,01 = \boxed{7,2 \times 10^{-4} \text{ J}}\)

Partie II : Réception d’une onde modulée en amplitude

1.1. Rôle de la partie (1)

La partie (1) est le circuit bouchon (LC) qui assure la réception et la sélection de l’onde émise par la station radio (filtrage).

1.2. Capacité \(C\)

1. Condition de résonance :

Pour sélectionner l’onde de fréquence \(f_0\), la fréquence propre du circuit bouchon doit être égale à \(f_0\) :

\(f_0 = \dfrac{1}{2\pi \sqrt{L_1 C}}\)

2. Expression de \(C\) :

\(C = \dfrac{1}{4\pi^2 f_0^2 L_1}\)

3. Application numérique :

\(f_0 = 594 \text{ kHz} = 594 \times 10^3 \text{ Hz}\), \(L_1 = 1,44 \text{ mH} = 1,44 \times 10^{-3} \text{ H}\)

\(C = \dfrac{1}{4 \times 10 \times (594 \times 10^3)^2 \times 1,44 \times 10^{-3}} = \dfrac{1}{4 \times 10 \times 3,528 \times 10^{11} \times 1,44 \times 10^{-3}} = \dfrac{1}{2,03 \times 10^{10}} \approx 4,99 \times 10^{-11} \text{ F} = \boxed{49,9 \text{ pF}}\)

2.1. Dimension de \(R_2C_2\)

\([R_2C_2] = [R] \times [C] = \Omega \times \text{F} = \text{s}\) (temps).

\(R_2C_2\) a la dimension d’un temps.

2.2. Valeur de \(R_2\)

1. Condition pour une bonne détection :

Pour une bonne détection d’enveloppe, il faut que :

\(T_p \ll \tau < T_s\)

Où \(T_p = 1/f_0\) est la période de la porteuse et \(T_s = 1/f_s\) celle du signal modulant.

2. Condition sur \(R_2\) :

Avec \(\tau = R_2 C_2\) :

\(\dfrac{1}{f_0} \ll R_2 C_2 < \dfrac{1}{f_s} \Rightarrow \dfrac{1}{C_2 f_0} \ll R_2 < \dfrac{1}{C_2 f_s}\)

3. Application numérique :

\(C_2 = 50 \text{ nF} = 50 \times 10^{-9} \text{ F}\), \(f_s = 1 \text{ kHz} = 10^3 \text{ Hz}\)

\(\dfrac{1}{50 \times 10^{-9} \times 594 \times 10^3} \ll R_2 < \dfrac{1}{50 \times 10^{-9} \times 10^3}\)
\(33,7 \ \Omega \ll R_2 < 20 \ 000 \ \Omega\)

Parmi les valeurs proposées, \(R_2 = 5 \text{ k}\Omega\) convient.

1. Étude dynamique

1.1. Équation différentielle

1. Système étudié :

Le système est constitué de la tige (AB) et du solide (S) de masse \(m\).

2. Bilan des forces :

– Le poids \(\vec{P}\) de (S) appliqué en G.

– La réaction \(\vec{R}\) de l’axe de rotation (moment nul car sa ligne d’action passe par l’axe).

– Le couple de torsion \(\mathcal{M}_c = -C \cdot \theta\) (opposé à la rotation).

3. Application du théorème du moment cinétique :

Par rapport à l’axe \(\Delta\) passant par A :

\(M_\Delta(\vec{P}) + M_\Delta(\vec{R}) + \mathcal{M}_c = J_\Delta \cdot \ddot{\theta}\)

4. Calcul des moments :

– \(M_\Delta(\vec{R}) = 0\) (la réaction coupe l’axe).

– \(M_\Delta(\vec{P}) = + m g \cdot BH = m g \cdot L \sin\theta\) (bras de levier \(BH = L \sin\theta\)).

– \(\mathcal{M}_c = -C \cdot \theta\)

5. Équation différentielle :

\(m g L \sin\theta – C \theta = J_\Delta \cdot \ddot{\theta}\)

Pour les petits angles, \(\sin\theta \approx \theta\). Et \(J_\Delta = m L^2\).

\(m g L \theta – C \theta = m L^2 \ddot{\theta} \Rightarrow \ddot{\theta} + \left(\dfrac{C}{m L^2} – \dfrac{g}{L}\right)\theta = 0\)

1.2. Dimension de \(\dfrac{C}{mL^2} – \dfrac{g}{L}\)

1. Dimension de \(C\) :

Le couple de torsion a la dimension d’un moment de force :

\([C \cdot \theta] = [mgL] \Rightarrow [C] = [mgL] = M L^2 T^{-2}\)

2. Dimension du rapport :

\(\left[\dfrac{C}{mL^2}\right] = \dfrac{M L^2 T^{-2}}{M L^2} = T^{-2}\)
\(\left[\dfrac{g}{L}\right] = \dfrac{L T^{-2}}{L} = T^{-2}\)

\(\left[\dfrac{C}{mL^2} – \dfrac{g}{L}\right] = \boxed{T^{-2}}\)

1.3. Expression de \(C_{min}\)

Pour que l’équation différentielle admette des solutions sinusoïdales (oscillations), il faut que :

\(\dfrac{C}{mL^2} – \dfrac{g}{L} > 0\)

Soit : \(C > mgL\).

\(C_{min} = mgL\)

1.4.1. Valeurs de \(T\), \(\theta_{max}\) et \(\varphi\)

1. Lecture graphique :

Sur la figure 2, on lit :

\(T = \boxed{1 \text{ s}}\) et \(\theta_{max} = \boxed{0,15 \text{ rad}}\)

2. Phase à l’origine :

À \(t = 0\), \(\theta(0) = \theta_{max}\).

Or \(\theta(t) = \theta_{max} \cos\left(\dfrac{2\pi}{T}t + \varphi\right)\).

Donc : \(\cos\varphi = 1 \Rightarrow \varphi = 0\).

\(\boxed{\varphi = 0 \text{ rad}}\)

1.4.2. Expression et valeur de \(g\)

1. Lien entre période et paramètres :

D’après l’équation différentielle, la pulsation est :

\(\omega^2 = \dfrac{C}{mL^2} – \dfrac{g}{L}\)

Avec \(\omega = \dfrac{2\pi}{T}\) :

\(\left(\dfrac{2\pi}{T}\right)^2 = \dfrac{C}{mL^2} – \dfrac{g}{L} \Rightarrow \dfrac{g}{L} = \dfrac{C}{mL^2} – \left(\dfrac{2\pi}{T}\right)^2 \Rightarrow g = \dfrac{C}{mL} – L\left(\dfrac{2\pi}{T}\right)^2\)

2. Application numérique :

\(C = 1,31 \text{ N.m.rad}^{-1}\), \(m = 5 \times 10^{-2} \text{ kg}\), \(L = 0,7 \text{ m}\)

\(g = \dfrac{1,31}{5 \times 10^{-2} \times 0,7} – 0,7 \times (2\pi)^2 = \dfrac{1,31}{0,035} – 0,7 \times 39,48 = 37,43 – 27,64 \approx \boxed{9,82 \text{ m.s}^{-2}}\)

2. Étude énergétique

2.1. Énergie mécanique \(E_m\)

L’énergie mécanique est constante (frottements négligeables).

Lorsque \(\theta = 0\), l’énergie potentielle (pesanteur + torsion) est nulle.

L’énergie mécanique est donc égale à l’énergie cinétique en cette position.

D’après la figure 3 :

\(E_m = \boxed{10,8 \text{ mJ}}\)

2.2. Énergie potentielle à \(\theta_1 = 0,10 \text{ rad}\)

À \(\theta_1 = 0,10 \text{ rad}\), l’énergie cinétique est \(E_c = 6 \text{ mJ}\).

\(E_p(\theta_1) = E_m – E_c(\theta_1) = 10,8 – 6 = \boxed{4,8 \text{ mJ}}\)

2.3. Vitesse angulaire à \(\theta = 0\)

1. Relation énergétique :

Lorsque \(\theta = 0\), l’énergie cinétique est maximale et vaut \(E_m\) :

\(\dfrac{1}{2} J_\Delta \cdot \dot{\theta}_{max}^2 = E_m\)

2. Expression de la vitesse angulaire :

Avec \(J_\Delta = m L^2\) :

\(|\dot{\theta}_{max}| = \sqrt{\dfrac{2E_m}{m L^2}}\)

3. Application numérique :

\(E_m = 10,8 \text{ mJ} = 10,8 \times 10^{-3} \text{ J}\), \(m = 5 \times 10^{-2} \text{ kg}\), \(L = 0,7 \text{ m}\)

\(|\dot{\theta}_{max}| = \sqrt{\dfrac{2 \times 10,8 \times 10^{-3}}{5 \times 10^{-2} \times 0,7^2}} = \sqrt{\dfrac{0,0216}{0,0245}} = \sqrt{0,882} \approx \boxed{0,94 \text{ rad.s}^{-1}}\)