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O1MM Physique 2015
1ère QUESTION
\(\Theta \approx tan\Theta = \dfrac{L/2}{D} = \dfrac{L}{2D}\)
\(\Theta = \dfrac{\lambda}{a}\) avec \(\Theta\) en radians et \(a\) et \(\lambda\) en m.
Sur le graphique, les points sont alignés sur une droite passant par l’origine. On a donc proportionnalité entre \(\Theta\) et \(1/a\).
Pour le point d’abscisse \(1/a=5.10^4\) on lit \(\Theta=2,8.10^{-2}\)
Comme on a proportionnalité, l’équation de la droite est \(\Theta=m.\dfrac{1}{a}\), où \(m\) est son coefficient directeur, donc :
\(m = \dfrac{\Theta}{1/a}=\dfrac{2,8.10^{-2}}{5.10^4}=5,6.10^{-7}\)
D’après le cours, on sait que \(\Theta=\dfrac{\lambda}{a} \Rightarrow \lambda=\Theta.a=\dfrac{\Theta}{1/a}=m\)
Donc \(\lambda = 5,6.10^{-7}m=560nm\)
- La lumière blanche est la résultante de différentes longueurs d’ondes. Or pour chacune, \(\Theta\) est différent (cf. question 2 ci-dessus) \(\Rightarrow\) les fréquences surimposées en chaque point vont différer, et la couleur avec, ce qui crée l’irrisation.
2ème QUESTION
Les ondes électromagnétiques.
On a des oscillations à la fréquence de \(2,45.10^9\) fois/secondes donc \(f=2,45.10^9Hz\)
\(\lambda = \dfrac{c}{f}=\dfrac{3,00.10^8}{2,45.10^9}=0,122m\)
- \(E=m.c_{eau}.\Delta T = \rho_{eau}.V.c_{eau}.(T_f-T_i)=1\times33.10^{-2}\times4180\times(90-18)\)
\(E=99317 J = 99,3 kJ\)
- On sait \(E=P.\Delta T \Rightarrow \Delta T = E/P = 99317 / 750 = 132,4 s\)
3ème QUESTION
Un référentiel géocentrique a pour origine le centre de la Terre et des axes qui pointent vers des étoiles réputées fixes. Contrairement à une référentiel terrestre, il ne suit pas la rotation de la Terre. En raison du mouvement orbital de la Terre autour du Soleil, le référentiel géocentrique n’est pas galiléen. Néanmoins, lorsqu’il est possible de négliger ce mouvement quasi circulaire, c’est-à-dire quand les expériences sont de courte durée par rapport à une année, il est possible de considérer le référentiel géocentrique comme approximativement galiléen. C’est le cas notamment lorsqu’on étudie les mouvements des satellites artificiels (Source : Wikipedia).
En se plaçant dans un référentiel de Frenet, on a :
\(\vec a = \dfrac{dv}{dt}\vec t + \dfrac{v^2}{R_T+h}\vec u\)
Par ailleurs, le satelllite n’étant soumis qu’à la force de gravité universelle :
\(\sum{\vec{\mathrm{F}}} = m.\vec{a}=\dfrac{G.M_T.m}{(R_T+h)^2}\vec u\)
En identifiant les deux expressions, il apparaît que la composante selon \(\vec t\) de l’accélération \(\vec a\) est nulle \(\Rightarrow \dfrac{dv}{dt}=0\) \(\Rightarrow\) la vitesse \(v\) est constante, le mouvement est uniforme.
- On a vu ci-dessus que :
\(\sum{\vec{\mathrm{F}}} = m.\vec{a}=\dfrac{G.M_T.m}{(R_T+h)^2}\vec u\)
\(\Rightarrow a=\dfrac{G.M_T}{(R_T+h)^2}\)
Or, par identification entre les deux expressions dans la question précédente, on a :
\(a=\dfrac{v^2}{R_T+h}\)
\(\Rightarrow \dfrac{G.M_T}{(R_T+h)^2}=\dfrac{v^2}{R_T+h}\)
\(\Rightarrow v^2=\dfrac{G.M_T}{(R_T+h)}\)
\(\Rightarrow v=\sqrt{\dfrac{G.M_T}{R_T+h}}\)
\(\Rightarrow v=\sqrt{\dfrac{6,67.10^{-11}\times 5,98.10^{24}}{6,37.10^6+2.10^7}}=3890 m.s^{-1}\)
- Le rayon de la trajectoire est \(R_T+h \Rightarrow\) la longueur à parcourir en une révolution est \(L=2.\pi.(R_T+h)\).
Le temps pour parcourir cette distance est \(T_r\), la période de révolution.
\(\Rightarrow v=\dfrac{L}{T_r} \Rightarrow T_r=\dfrac{L}{v}\)
\(\Rightarrow T_r=2.\pi.(R_T+h)\sqrt {\dfrac{R_T+h}{G.M_T}}=2.\pi\sqrt{\dfrac{(R_T+h)^3}{G.M_T}}\)
\(\Rightarrow T_r=2.\pi\sqrt{\dfrac{(6,37.10^6+2.10^7)^3}{6,67.10^{-11}\times 5,98.10^{24}}} = 42600 s = 11,8 h \approx 12h\)
\(\Rightarrow\) on a bien 2 révolutions par jour.
- En \(t_1=30ms\), le signal parcourt la distance \(d\).
\(c = d/t_1 \Rightarrow d=c.t_1 = 3.10^8\times 30.10^{-9}=9m\approx 10m\)
- La distance enre le satellite et un récepteur GPS à la surface de la Terre est \(h=2.10^7m\).
\(c=h/t_2 \Rightarrow t_2=h/c=\dfrac{2.10^7}{3.10^8}=6,67.10^{-2}s\)
La précision relative est \(t_1/t_2=\dfrac{30.10^{-9}}{6,67.10^{-2}}=4,5.10^{-7}\)
4ème QUESTION
- Le skieur avec son équipement ne subit que des forces conservatrices (les frottements sont négligés) \(\Rightarrow E_m=E_p+E_c=Constante\)
Au départ, la vitesse est nulle \(\Rightarrow E_{c_{init}}=0\)
Dans le réferentiel (O,x,y), l’énergie potentielle de pesanteur du skieur à l’altitude \(y\) est \(Ep=mgy\)
\(\Rightarrow E_{m_{init}}=E_{p_{init}}+0=mgh\)
Au point O, \(y=0 \Rightarrow E_{p_{O}}=0\)
\(\Rightarrow E_{m_{O}}=E_{c_{O}}+0=1/2.m.V_O^2\)
Comme il y a conservation de l’énergie mécanique,
\(E_{m_{O}}=E_{m_{init}} \Rightarrow 1/2.m.V_O^2=mgh \Rightarrow 1/2.V_O^2=gh\)
D’où :
\(\boxed{V_O=\sqrt{2.g.h}}\) \(= \sqrt{2\times9,81\times50}=31,3m.s^{-1}\)
- Après le décollage, l skieur ne subit plus que la force de gravité :
\(\sum{\vec{\mathrm{F}}} = m.\vec{a}=m.\vec{g} \Rightarrow \vec{a}=\vec{g} \Rightarrow a_x=0\) et \(a_y=-g\)
On intègre pour obtenir les composantes de la vitesse et de la position.
En \(x\) : \(a_x=0\Rightarrow V_x(t)=cte \Rightarrow\) comme au point O, \(V_{xO}=V_O\) la constante vaut \(V_O \Rightarrow V_x(t)=V_O\).
On intègre de nouveau \(\Rightarrow x(t)=V_O.t+cte\). Or à t=0, on a x=0 donc la constante est nulle.
\(x(t)=V_0.t\)
Même opération sur l’axe \(y\) :
\(a_y=-g \Rightarrow V_y(t)=-g.t \Rightarrow y(t)=-\dfrac{1}{2}.g.t^2\)
On a, d’après l’expression de \(x(t)\), \(t=\dfrac{x(t)}{V_0}\) qu’on peut t remplacer dans l’expression de \(y(t)\), ce qui donne :
\(y(t)=-\dfrac{1}{2}.g.(\dfrac{x(t)}{V_0})^2\)
\(\Rightarrow\) l’équation de la trajectoire est :
\(\boxed{y=-\dfrac{g}{2.V_O^2}.x^2}\)
- C’est une droite passant par l’origine donc elle a une équation de la forme \(y=a.x\).
Son coefficient directeur est \(\dfrac{\Delta y}{\Delta x}\), soit dans dans un triangle rectangle dont deux des côtés sont la droite \((OO’)\) et l’axe \((O,x)\), \(\dfrac{opposé}{adjacent}=tan\alpha\).
L’équation de cette droite est donc \(y=-tan\alpha.x\)
- Au moment où le skieur touche la piste, il est à la fois sur la droite et sur la parabole. Ses coordonnées \(x_B\) et \(y_B\) vérifient donc les deux équations à la fois.
\[ \begin{cases} y_B=-tan\alpha.x_B\\ y_B=-\dfrac{g}{2.V_O^2}.x_B^2 \end{cases} \]
\(\Rightarrow -tan\alpha.x_B=-\dfrac{g}{2.V_O^2}.x_B^2\)
\(\Rightarrow -tan\alpha=-\dfrac{g}{2.V_O^2}.x_B\)
\(\Rightarrow x_B=\dfrac{2.V_O^2.tan\alpha}{g}\)
\(\Rightarrow y_B=-tan\alpha.x_B=-\dfrac{2.V_O^2.(tan\alpha)^2}{g}\)
L’application numérique donne \(x_B=115m\) et \(y_B=-66,7m\)
- \(OB^2=x_B^2+y_B^2=x_B^2+(tan\alpha.x_B)^2=x_B^2(1+tan^2\alpha)\)
\(\Rightarrow OB=x_B.\sqrt{1+tan^2\alpha}=\dfrac{2.V_O^2.tan\alpha}{g}.\sqrt{1+tan^2\alpha}\)
L’application numérique donne :
\(OB=\sqrt {x_B^2+y_B^2}=\sqrt{115^2+(-66,7)^2}=133,3m\)
- On a vu dans la question 2 que \(t=x/V_O\)
La durée du saut est \(t=x_B/V_O=\dfrac{2.V_O^2.tan\alpha}{g}.\dfrac{1}{V_O}=\dfrac{2.V_O.tan\alpha}{g}\)
L’application numérique donne :
\(t=\dfrac{2\times31,3.tan(30°))}{9,81}=3,68s\)