2008 09 Polynesie Exo1 Correction Modeles 9pts

Polynésie 09/2008 Exercice n°1 : du système à sa modélisation (9 points) Correction © http://labolycee.org I. Modélisation des ondes sismiques. 1.1. Pour les ondes mécaniques P, la direction de la perturbation et la direction de la propagation est la même, il s’agit d’une onde longitudinale. Par contre pour les ondes S, la direction de la propagation est perpendiculaire à la direction de la perturbation, il s’agit d’une onde transversale. 1.2. Dans le texte, on nous dit que les ondes P sont plus rapides que les ondes S, la célérité peut être une grandeur à utiliser pour comparer la propagation des deux ondes. 2.1. La perturbation a parcouru la distance OM, en une durée ∆t = t1 – t0. Alors v =

M

N

OM . t1  t 0

x

O 1,00 m 1,00 m correspond à 4,0 cm sur le schéma OM = ? m correspond à 10,0 cm sur le schéma Ainsi OM = 10,0/ 4,0 = 2,5 m. v=

2, 5 = 13 m.s-1 0, 20

(12,5 arrondi avec 2 chiffres significatifs = 13)

2.2. La célérité dépend du milieu de propagation, la tension de la corde va modifier ce milieu, donc la célérité de l’onde dépend de la tension de la corde mais pas de l’amplitude de la perturbation.

ON v 1,00 τ= = 0,080 s 12,5 2.3. τ =

(calcul effectué avec la valeur non arrondie de v)

2.4. Observons le point M : à l’instant t = 0,20 s, le front de la perturbation atteint ce point M. Il va descendre, puis remonter. Le point N a eu précédemment ce même mouvement, puisqu’il a subi la même perturbation.

O 3. T =

0,080

1 f

1 = 1,00×10–2 s 100 v λ= f T=

λ=

12, 5 = 0,125 m = 0,13 m 100

t (en s)

II. Modélisation de la décroissance radioactive. 2.1. Le radon 220 a un numéro atomique Z = 86, il possède donc 86 protons. Son nombre de nucléons est A = 220, il possède donc 220 – 86 = 134 neutrons. 220 216 4 2.2. 86 Rn  84 Po + 2 He 2.3.

t1/2 correspond à la durée au bout de laquelle la moitié des noyaux initialement présents dans l’échantillon se sont désintégrés. Le nombre de noyaux présents est proportionnel au nombre de désintégrations. Initialement il y a 450 désintégrations, t1/2 va correspondre à 225 désintégrations, soit t1/2 = 0,8 min.

nb(0)/2

τ t1/2 2.4. On trace la tangente à la courbe à la date t = 0 s, elle coupe l’axe des abscisses pour t = τ. On lit τ = 1,0 min.

λ=

1 

λ=

1 = 1,7×10-2 s-1 1, 0  60

2.5. D’après la loi de décroissance radioactive, on a n(t) = n0.e-λ.t. La modélisation donne n(t) = 450.e-0,012.t avec t en s. Par identification λ = 1,2×10–2 s-1. 2.6. n(t1/2) = n0/2 = n0. e-λ.t1/2 1/2 = e-λ.t1/2 ln(1/2) = ln( e-λ.t1/2 ) –ln2 = –λ.t1/2 Soit λ =

ln2 . t1/2

Par mesure graphique on avait t1/2 = 0,8 min, λ=

ln2 = 1,4×10-2 s-1. 0,8  60

Bilan : méthode graphique de la tangente à l’origine : λ = 1,7×10–2 s-1, modélisation par l’ordinateur : λ = 1,2×10–2 s-1, méthode graphique avec t1/2 : λ = 1,4×10-2 s-1. Les trois méthodes donnent des valeurs différentes, mais du même ordre de grandeur. (L’ordinateur donne la valeur la plus proche de la réalité. La méthode graphique de la tangente à l’origine est la moins précise). 2.7. L’activité d’un échantillon est le nombre moyen de désintégrations qu’il produit par seconde. Elle s’exprime en becquerel (Bq).

III. Modélisation de la charge d’un condensateur. 3.1. L’armature A du condensateur est chargée positivement : i(t) =

dq(t) dt

3.2. Par définition de la tension aux bornes d’un condensateur, on a : q(t) = C.u(t). 3.3. En appliquant la loi d’additivité des tensions dans le circuit ci-contre, on a E = uR + u En appliquant la loi d’Ohm : E = R.i + u

dq E = R. +u dt dq d(C.u) du Or q(t) = C.u(t), donc = = C. car C = Cte. dt dt dt du Il vient alors : E = R.C. +u dt

uR

i + E

R C

–

3.4. Une solution de cette équation est de la forme : u(t) = E.(1 – e-t/τ) Par identification E = 5,0 V et 1/τ = 1 / R.C = 100 s-1 3.5. Pour t = τ, u(τ) = E.(1 – e–τ/τ )= E.(1 – e–1) u(τ) = 5,0 × 0,63 = 3,2 V τ correspond au point d’ordonnée 3,2 V τ = 10 ms. Valeur théorique : τ = R.C τ = 1,0×103 × 10×10–6 τ = 1,0×10–2 s = 10 ms Les deux valeurs sont cohérentes.

τ

u

B

IV. Modélisation d’une chute avec frottement.

r

4.1. Dans le référentiel du laboratoire, supposé galiléen, la bille est soumise à son poids P , à la r r poussée d’Archimède F et aux forces de frottement f . O

r i

r Fr f r P

z

Remarque : les forces sont représentées sans souci d’échelle et décalées afin de mieux les distinguer. 4.2. Appliquons la deuxième loi de Newton au système : r r r r + F + f = m. a P r Soit i le vecteur unitaire sur l’axe( Oz),

r

r

r

r

P. i – F. i – f. i = m.a i Par projection sur (Oz) :

dv dt  .V k dv .g – g– .v = m m dt  .V k dv g.(1 – )– .v = m m dt m.g – ρ.V.g – k.v = m.

Avec a = g.(1 –

 .V k dv ) et b = , on a effectivement l’équation différentielle de la forme a – b.v = . m m dt

Vérifions les valeurs numériques de a et b :

1, 30  103  4, 20  10 6 ) = 8,17 m.s-2 = 8,2 m.s-2 32, 6  103 k 6 .R. b= = m m 6  1, 00  10 2  1, 50 b= = 8,67 s-1 = 8,7 s-1 3 32, 6  10 a = 9,81 × (1 –

convertir V en m3

convertir R en m

4.3. On détermine la vitesse limite à l’aide du graphique.

5 div  1 m.s-1  5,3 cm vlim  5,0 cm

vlim

soit vlim = 5,0/5,3 = 0,94 m.s-1 5,3 cm 5,0 cm

Lorsque la vitesse limite est atteinte, la vitesse est constante donc D’après l’équation différentielle, on a a – b.vlim = 0. Donc vlim = vlim =

dv = 0. dt

a . b

8, 2 = 0,94 m.s-1. Les deux valeurs obtenues pour la vitesse limite sont égales. 8, 7

V. Modélisation et longitude. G.MT 5.1. v = (RT +h) v=

6,67  10-11  5, 98  1024 6380  2, 0  10 4  103





v = 3,89103 m.s-1 = 3,89 km.s-1 Le satellite parcourt son orbite de périmètre 2π(RT+h) en une durée égale à sa période T.

2 (RT  h) 2 (RT  h) , donc T = T v 4 2  (6380  2, 0  10 ) T= = 4,26×104 s 3, 89 v=

5.2. Le récepteur GPS est situé au niveau du sol, les ondes parcourent la distance h, à la célérité c :

h h , donc t = t c 4 2, 0  10  103 t= = 6,7×10–2 s 3, 00  108 c=

5.3. Pour parcourir une distance d’un centimètre, les ondes mettent une durée ∆t.

d d , soit ∆t = . t c 2 1 10 ∆t = = 3×10–11 s, cette valeur est supérieure à la « précision » des horloges qui est 3, 00  108 c=

de 10–12 s. La précision est suffisante. 5.4. E = h. ν E = 6,63.10-34 × 9192631770 E = 6,09×10–24 J.