TS2014 - Devoir n°4

Terminale S
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Devoir de Sciences Physiques nÀ4 : correction
Exercice n°1 – Partie A
1/ Dans l’horloge à pendule, la masse sert à « entretenir les oscillations qui ont tendance à s’amortir ».
Régulièrement remontée, elle constitue une réserve d’énergie sous forme potentielle de pesanteur et, en
descendant peu à peu, elle libère cette énergie qui sert à compenser l’amortissement des oscillations du
pendule.

L  L
[ L]
1
2/ Analyse dimensionnelle :  2 π
=
= [T 2 ] = [T ]
=
=
−2
−2
g
g
[
L
×
T
]
[
T
]

 

L’expression proposée par Huygens est donc bien homogène à un temps.
3/ Pour que le pendule « batte la seconde » :
T = 2π
L
g
donc
T 2 = 4π 2
L
g
et
L=
T 2 g 1 × 10
=
= 2,5.10 −2 × 10 = 2,5.10 −1 m
4π 2
4π 2
soit 25 cm
4/ Au cours de l’oscillation du pendule, il y a transfert d’énergie potentielle de pesanteur en énergie cinétique
(phase de descente accélérée) puis d’énergie cinétique en énergie potentielle de pesanteur (phase de
remontée ralentie). Le mouvement s’effectuant dans un fluide (l’air), ces échanges d’énergie se font avec
pertes, c’est-à-dire avec dissipation d’une partie de l’énergie du système pendule en chaleur.
5/ Le pendule effectue son mouvement de balancier dans l’air, donc il est soumis à des forces de frottement
fluides qui ont tendance à amortir ses oscillations. La chute de la masse libère de l’énergie (qui était
emmagasinée sous forme d’énergie potentielle de pesanteur) dont une partie vient compenser
l’amortissement des oscillations du pendule.
Exercice n°1 – Partie B
1/ Energie potentielle de pesanteur en D :
EPP(D) = mgh
2/ Au point D, l’enfant n’a pas de vitesse initiale dans le référentiel considéré donc son énergie cinétique est
nulle : EM(D) = EPP(D) + EC(D) = EPP(D) = mgh
3/ L’altitude du point O sert de référence des énergies potentielles donc EPP(O) = 0.
On a alors : EM(O) = EPP(O) + EC(O) = EC(O) = ½ m v2
4/ Si tous les frottements sont négligés, l’enfant effectue la descente sur le toboggan à énergie constante. On
a alors : EM(O) = EM(D) soit EC(O) = EPP(D) donc ½ mv2 = mgh et v = 2gh
5/ Application numérique : v = 2gh = 2 × 10 × 5 = 100 = 10 m.s −1
6/ La vitesse réelle est nettement inférieure à la vitesse calculée parce que les frottements sont finalement
assez importants sur l’enfant, et l’hypothèse qu’ils sont négligeables n’est pas vérifiée. L’enfant frotte à la
fois contre la surface du toboggan et contre l’air, ce qui provoque une perte d’énergie et donc de vitesse par
rapport au cas idéal.
7/ La seule force non conservative à laquelle est soumis l’enfant est la force de frottement donc le travail de
cette force est égale à sa diminution d’énergie mécanique :
1
∆E M ( DO ) = WDO (f ) or ∆E M ( DO ) = E C ( O ) − E PP ( D ) = mv 2 − mgh
2
1
Application numérique :
∆E M ( DO ) = WDO (f ) = × 35 × 36 − 35 × 10 × 5 = −35 × 32 = −1,1.10 3 J
2
Le travail de la force de frottement f est négatif, ce qui est cohérent puisqu’elle s’oppose au mouvement
(force résistante).
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Exercice n°2
Question n°1 : réponse b
Evaluons l’ordre de grandeur du poids de l’électron et de la force électrique qui lui est appliquée :
P = m × g = 9,0.10-31 × 10
FE = q × E = 1,6.10 −19 × 4,4.10 3
ordre de grandeur 10-29 N
ordre de grandeur 10-15 N
=>
=>
La force électrostatique est donc 1014 fois plus grande que le poids de l’électron : le poids est donc
négligeable à cette échelle. C’est la force électrostatique qui explique la déviation des électrons vers le bas et
il n’y a qu’à inverser la polarité des plaques A et B pour que le faisceau d’électrons soit dévié vers le haut.
Question n°2 : réponse d
D’après les équations horaires :
t=
x(t)
v0
et donc
1 eE 2
1 eE  x 
y(t) = − ×
×t = − ×
× 
2 m
2 m  v 0 
2
d’où
1 eE x
1 1,6.10 −19 × 4,4.103 (8,0.10 −2 ) 2 1,6 × 4,4 × 6,4 10 −19 × 103 × 10 −4
v 20 = − ×
×
=− ×
×
=
×
2 m y
2
2 × 9,0 × 2,5
9,0.10 −31
− 2,5.10 − 2
10 −31 × 10 − 2
soit
v 20 =
2
1,6 × 4,4 × 6,4 10 −19 × 103 × 10 −3 45.10 −19
×
=
= 1014
2 × 9,0 × 2,5
10 −31 × 10 − 2
45.10 −33
On arrive ainsi à v0 = 1,0.107 m.s-1 soit 10000 km.s-1
Question n°3 : réponse c
Dans le référentiel de la Terre : ∆tfixe = 50 – 30 = 20 ans
Dans le référentiel de Régis : ∆tmobile = 40 – 30 = 10 ans
Expression de la contraction des durées : ∆t fixe = γ × ∆t mobile
donc
γ=
∆t fixe
=2
∆t mobile
Par lecture graphique sur la courbe proposée en annexe : si γ = 2 alors v/C = 0,86 donc v = 0,86 C.
Question n°4 : réponse c
Les 5 années sont mesurées dan le référentiel terrestre, donc dans le référentiel fixe, celui de son frère qui ne
voyage pas : son frère a donc 55 + 5 = 60 ans.
Question n°5 : réponse d
L’énoncé donne peut d’informations donc il faut estimer certaines grandeurs pour faire une évaluation de
l’ordre de grandeur de la contraction du temps.
La contraction est de 20 ns pour 15 heures de vol. Estimons le nombre d’heures volées par le pilote :
carrière : 30 ans
nbre de semaines par an : 50 (52 semaines exactement mais nous n’avons pas de calculatrice)
heures de vol par semaine : 20 (un aller / retour long courrier)
∆t = 30 × 50 × 20 = 30000 h = 30.103 h
Contraction du temps correspondante :
∆t vie =
20.10 −9 × 30.103
= 20 × 2 × 10 −9 +3 = 40.10 −6 s
15
L’accumulation des contractions du temps durant toute sa carrière de pilote fait donc qu’il n’a vieilli que de
40 microsecondes de moins que son frère jumeau !
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Exercice n°3
1/ Il y a deux groupes caractéristiques dans cette molécules : deux groupes esters, identiques.
2/ La bande d’absorption à 1740 cm-1 correspond à la double liaison C = O des groupes esters.
La bande d’absorption située vers 2900-3000 cm-1 traduit la présence de liaisons C – Halcanes sans doute
présentes dans les radicaux R et la bande à 1550 – 1600 cm-1 traduit la présence de liaisons C = Caromatique du
cycle benzénique.
3/ La courbe d’étalonnage est réalisée à 1740 cm-1 car il s’agit d’un nombre d’onde correspondant à un
maximum d’absorption de la molécule DINP. Ce n’est pas le seul nombre d’onde pour lequel l’absorption est
forte, mais c’est le plus caractéristique (liaison C = Oester).
Le spectre du dichlorométhane montre que ce solvant n’absorbe presque pas au nombre d’onde choisi
(transmittance supérieure à 90% pour 1740 cm-1) donc sa présence ne perturbera pas les mesures
d’absorbance due à la molécule DINP.
4/ Par lecture graphique : si A = 0,223 alors cm = 2,1 mg.L-1
La masse de phtalate dans le prélèvement de 100 mL est donc : mprél. = 2,1 × 0,100 = 0,21 mg
Ce prélèvement a pour masse 100 mg donc il y a 0,21 mg de phtalate pour 100 mg d’emballage donc le
pourcentage en masse est de 0,21%, ce qui est supérieur à la limite autorisée de 0,1%. L’emballage ne peut
donc pas être mis sur le marché.
Exercice n°4 – Partie A
1/ Les ondes infrarouges sont des ondes électromagnétiques faisant partie des ondes lumineuses (bien
qu’invisible pour l’Homme) alors que les ondes ultrasonores sont des ondes mécaniques faisant partie des
sons (bien qu’inaudibles par l’Homme).
2/ Les ondes infrarouges ont des fréquences très élevées donc des longueurs d’onde très courtes : 900 nm.
Les ondes infrasonores sont des ondes mécaniques, elles ont des fréquences moins élevées et des longueurs
d’onde plus grandes : 9,00 mm.
3/ L’objet se trouve à 15 cm du télémètre, donc l’onde doit parcourir 30 cm entre son émission et sa
réception (aller/retour) :
∆t US =
d 30.10 −2 3,0.10−1
=
=
= 8,8.10−4 s soit environ 1,0 ms
2
v
340
3,40.10
∆t IR =
d 30.10−2 3,0.10−1
=
=
= 1,0.10−9 s soit 1,0 ns
8
v 3,0.108
3,0.10
4/ Les dispositifs permettant de mesurer des durées de l’ordre de la nanoseconde existent (horloge atomique)
mais coutent très cher et il n’est pas envisageable d’équiper des télémètres avec des appareils de mesure
aussi couteux et perfectionnés.
Exercice n°4 – Partie B
1/ Dans le triangle rectangle : tan θ =
2/ D’après le cours : θ =
λ
a
L/2
L
or tan θ ≈ θ car l’angle est très petit. On a donc : θ =
D
2D
où λ et a sont en mètres, donc l’angle θ sans dimension.
3/ L’expression donnée traduit une proportionnalité de l’angle θ avec l’inverse de la largeur de la fente (1/a).
C’est aussi ce que montre la droite obtenue quand on trace le graphe θ = f(1/a).
4/ Le coefficient directeur de la droite obtenue correspond à la longueur d’onde de la lumière diffractée.
5/ λ =
θ
2,8.10−2
=
= 5,6.107 soit 560 nm (lumière vert – jaune)
1 / a 5,0.104
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