EXERCICE I : SUR UNE BALANÇOIRE 6,5 pts

EXERCICE I . SUR UNE BALANÇOIRE (6,5 POINTS)
Nouvelle Calédonie 03/2009 (Rattrapage 2008) Correction ©
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Partie 1 : oscillations libres
m2
M 1/ 2
1.1. * T02  2
:
T02   1/ 2 or g est une accélération soit [g] = L.T–2
g
g 
T02 

M 1/ 2
LT. 
2 1/ 2
m2
* T02  2
:
L
L
* T02  2
:
g
=
M 1/ 2
M 1/ 2 .T
 T expression non homogène à une durée.
=
L1/ 2 .T 1
L1/ 2
M1/ 2
T02   1/ 2  T expression non homogène à une durée.
L
L1/ 2
L1/ 2
= T s’exprime en s, c’est la bonne expression.
T


 02 
1/ 2
1/ 2
1
2
L
.
T
LT
.


1.2. La période est indépendante de la masse de la personne. L’affirmation de Pierre est
incorrecte.
1.3. À t0 = 0, l’abscisse angulaire est A = m = 50°.
La figure 3 est à éliminer car (t=0) = 0°, de même on élimine la figure 4 car (t=0) = 25°.
S’il n’y a pas de frottements, il n’y a pas d’amortissement des oscillations, la figure 5 est à
éliminer.
La figure correcte est la figure 2.
T01 = 2,7 s
1.4. T01 = 3,4 – 0,70 = 2,7 s
3,4 s
0,7 s
Partie 2 : chutes libres
2.1. En A le pendule (Sophie) a une vitesse nulle, si l’on considère que Sophie lâche la bille
sans lui donner d’impulsion, la vitesse est donc nulle vA = 0 m.s-1
2.2. Le mouvement de la bille s’effectue sans frottements, celle-ci n’est alors soumise qu’à son
poids (on néglige la poussée d’Archimède). La bille effectue un mouvement de chute libre. La
z
vitesse initiale étant nulle, la trajectoire sera une droite verticale.
2.3.
C
Figure 1
Dans le triangle CAH rectangle en H,
sin m =
x1
L
L
L
m
x1 = L.sin(m)
H
x1 = 1,80sin50 = 1,4 m
L.sin(m)
A
+
BB
k
O
hh
i
x
x1
2.4. Il n’y a pas de frottements, appliquons la loi de conservation de l’énergie mécanique entre A
et B, au pendule : EmA = EmB,
soit EPA + EcA = EPB + EcB
EcA = 0 car la vitesse en A est nulle,
il vient :
EPA = EPB + EcB
EPA = m.g.h + ½ m.vB²
½ m.vB² = EPA – m.g.h
 E  m.g.h 
v B  2  PA

m


 0, 34  0, 030  9, 8  0, 50 
vB  2  
= 3,6 m.s-1

0, 030


2.5. vB = vBx .i + vBz .k
Or le vecteur vitesse v B est horizontal donc vBz = 0 et vBx = vB
2.6. Dans un référentiel terrestre (supposé galiléen), auquel est associé le repère cartésien
(O,x,z), appliquons la deuxième loi de newton à la bille de masse m. La seule force appliquée
étant le poids on a :
m. a = P
m. a = m. g
a=g
Le vecteur g est vertical et orienté vers le bas , soit a
ax  0
az  g
dv x
0
dt
,
dv z
az 
 g
dt
ax 
2.7. a
en intégrant il vient : v
v X (t )  C1
v z (t )  g.t  C2
or à t = 0 v
v X (0)  v B  C1
v z (0)  0  C2
dx
 vB
x(t )  v B .t  C '1
dt
Et : v
donc OG
or à t = 0
z(t )   12 .g.t ²  C '2
dz
v z (t ) 
 g.t
dt
x (t )  v B .t
(1)
Finalement : OG
1
z(t )   2 .g.t ²  h (2)
v X (t ) 
x(t)
2.8. D’après (1), on a : t =
vB
OG
donc v
v X (t )  v B
v z (t )  g.t
x(0)  0  C '1
z(0)  h  C '2
2
1  x 
En remplaçant dans (2) : z(x) =  .g .    h
2  vB 
1 g
Soit z ( x )   . 2 .x ²  h
2 vB
2.9. La bille touche le sol quand z(x2) = 0
1 g
z ( x2 )   . 2 .x22  h  0
2 vB
1 g 2
2v B2 .h
.
x

h
x


2
2
g
2 v B2
x2 =
2  3, 62  0, 50
= 1,1 m
9, 8
2.10. Pierre dit : « pour que la bille aille loin du portique, tu dois la lâcher lorsque tu arrives tout en
haut ». On a calculé dans ce cas x1 = 1,4 m.
Sophie répond : « non, la bille ira encore plus loin si je la lâche du point le plus bas car c’est là qu’elle
va le plus vite ». On a calculé dans ce cas x2 = 1,1 m.
x1 > x2 Sophie a tort.
Partie 3 : corrosion et protection du fer
A. Mise en évidence de la corrosion du fer.
3.1. Quand l’ampèremètre indique une valeur positive, le courant entre par la borne « A » et
sort par la borne « COM », et dans un circuit le courant circule du pôle + vers le pôle -.
COM
A
A
I
N2(g)
O2(g)
O2(aq) + 4H+(aq) + 4e– = 2H2O ( )
–
Fe(s) = Fe2+(aq) + 2e–
+
1
Solution aqueuse de
chlorure de sodium
2
Laine de verre imbibée de
chlorure de potassium
3.2. La laine de verre joue le rôle du pont salin : elle permet de maintenir la neutralité
électrique des solutions dans les compartiments  et , et elle assure le passage du courant
entre ces compartiments. Par ailleurs, elle évite le mélange des solutions dans chaque branche.
3.3.1. L’espèce réduite est un oxydant, or le seul oxydant présent dans les deux couples cités
est le dioxygène.
3.3.2.
réduction O2(aq) + 4H+(aq) + 4e– = 2H2O ( )
3.3.3. La réduction a lieu à la cathode.
3.3.4.
oxydation
Fe(s) = Fe2+(aq) + 2e–
3.4. On observe une oxydation du fer dans le compartiment , zone la moins oxygénée (la
moins aérée). Ainsi le portique sera plutôt oxydé dans le sol que dans l’air.
B. Protection du fer.
3.5. Le fer se recouvre de zinc métallique, on observe au niveau de la
lame de fer une réduction : Zn2+(aq) + 2e– = Zn(s), les électrons
arrivent à cette électrode (cathode) qui est reliée au pôle négatif du
générateur.
Dans la partie métallique du circuit, le courant circule de la lame de fer
vers la lame de zinc
dépôt de Zn(s)
–
Fe
G
e–
+
IZn
Zn 2  SO42