Un golfeur lance une balle (de diamètre $4\,\text{cm}$) verticalement avec un angle $\alpha=45^\circ$, par rapport à l'horizontal $Ox$ à une vitesse $v_0=30\,\text{m/s}$. Un arbre situé à une distance $d=15\,\text{m}$ du golfeur s'élève à une hauteur $h = 9,98\,\text{m}$. On supposera que les frottements dues à l'air sont négligeables et on prendra l'accélération de la pesanteur $g=10\,\text{m.s}^{-2}$ (figure 1). Cocher la bonne réponse. Le golfeur souhaite ajuster son drive de façon à faire passer la balle juste au sommet de l'arbre, on doit alors donner à la balle une vitesse initiale $v_0'$, tout en conservant le même angle de tir. La vitesse initiale $v_0'$ qu'on doit donner à la balle afin de franchir de justesse le sommet de l'arbre vaut exactement :

$v_0' = 5\sqrt{2}\,\text{m.s}^{-1}$

$v_0' = 15\sqrt{2}\,\text{m.s}^{-1}$

$v_0' = 10\sqrt{2}\,\text{m.s}^{-1}$

$v_0' = 8\sqrt{2}\,\text{m.s}^{-1}$

Dans le plan horizontal $xOz$ d'un référentiel galiléen $R(O,\vec{i},\vec{j},\vec{k})$, un mobile modélisé par un point matériel $M$, de masse $m$ est lancé du point $M_0$, de côte $z_0 = r \cos\theta_0$, d'une sphère de centre $O$ et de rayon $r$, avec une vitesse initiale $v_0$ (tangente et contenue dans le plan vertical passant par $O$). Il glisse sans frottement sur la sphère (figure 4). On note $g=10\,\text{m.s}^{-2}$. En appliquant la loi fondamentale de la dynamique au mobile $M$ dans le repère $R$, en projetant ensuite cette équation vectorielle obtenue suivant le vecteur unitaire $\vec{e}_n$, normal à $\vec{e}_t$ dirigé vers le centre $O$ de la base de Frenet $(\vec{e}_t,\vec{e}_n)$ et en utilisant la relation $v$ en fonction de ($\theta$), déterminer la force de réaction $F_M$ du support de la sphère sur le mobile. Cocher la bonne réponse

$F_M = mg [3\cos\theta_0 - 2\cos\theta] + \frac{mv_0^2}{r}$

$F_M = mg [3\cos\theta_0 + 2\cos\theta] + \frac{mv_0^2}{r}$

$F_M = mg [3\cos\theta - 2\cos\theta_0] + \frac{mv_0^2}{r}$

$F_M = mg [3\cos\theta - 2\cos\theta_0] - \frac{mv_0^2}{r}$

L'oxygène $-15$ est radioactif. il se désintègre par émission de positon avec une période de $2\,\text{Minutes}$ et $20\,\text{secondes}$. Les données : $\ln(2)=0,7$, $\ln(3)=1,1$, $\ln(5)=1,6$, $\ln(7)=2$, $\ln(10)=2,3$. Cocher la proposition vraie :

La constante radioactive de L'oxygène $-15$ est comprise entre $3,5.10^{-3}\,\text{s}$ et $4,5.10^{-3}\,\text{s}$.

La constante radioactive de L'oxygène $-15$ est comprise entre $2,5.10^{-2}\,\text{s}$ et $3,5.10^{-2}\,\text{s}$.

Le nombre de moles d'oxygène $-15$ nécessaire pour avoir une activité initiale $1\,\text{GBq}$ est compris entre $3.10^{-13}\,\text{mole}$ et $4.10^{-13}\,\text{mole}$.

Le nombre de moles d'oxygène $-15$ nécessaire pour avoir une activité initiale $1\,\text{GBq}$ est compris entre $1.10^{-13}\,\text{mole}$ et $2.10^{-13}\,\text{mole}$.

Ce circuit LC (bobine d'inductance et condensateur de capacité C) idéal se décompose en deux parties. On bascule l'interrupteur en position 1 pour charger le condensateur. Puis une fois le condensateur chargé, on bascule l'interrupteur en position 2. Figure : Un circuit électrique comportant un générateur de tension continue E, un condensateur de capacité C, une bobine d'inductance L et un interrupteur à deux positions. En position 1, le générateur charge le condensateur. En position 2, le condensateur se décharge dans la bobine. La tension aux bornes du condensateur est notée Uc, celle aux bornes de la bobine est UL. Le courant i circule de l'armature positive vers la bobine. Comment évolue le courant $i(t)$ à partir de cet instant.

$i(t) = -C.U_m.\omega_0 \sin(\omega_0 t + \phi) \quad ; \quad \omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}}$

$i(t) = -\frac{U_m.\omega_0}{LC} \sin(\omega_0 t + \phi) \quad ; \quad \omega_0 = \sqrt{LC}$

$i(t) = -C.U_m.\sin(\omega_0 t + \phi) \quad ; \quad \omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}}$

$i(t) = -\frac{U_m.\omega_0}{C} \sin(\omega_0 t + \phi) \quad ; \quad \omega_0 = \sqrt{LC}$

Ce circuit LC (bobine d'inductance et condensateur de capacité C) idéal se décompose en deux parties. On bascule l'interrupteur en position 1 pour charger le condensateur. Puis une fois le condensateur chargé, on bascule l'interrupteur en position 2. Comment évolue la tension $U_L(t)$ aux bornes de la bobine pendant la décharge du condensateur :

$U_L(t) = -U_m.\cos(\frac{1}{\sqrt{LC}} t + \phi)$

$U_L(t) = -U_m \cos(\sqrt{LC} t + \phi)$

$U_L(t) = -\frac{U_m}{\sqrt{L}} \cos(\frac{1}{\sqrt{LC}} t + \phi)$

$U_L(t) = -U_m L \omega_0 \cos(\sqrt{LC} t + \phi)$

Soit un ressort de raideur $k$ et de longueur à vide $l_0$. L'un de ses extrémités est accroché sur un clou fixé sur une planche incliné d'un angle $\alpha$ par rapport à l'horizontale (voir figure). l'autre extrémité est relié à un corps solide $S$ de masse $m$ imposant une longueur $l_e$ à l'équilibre. Figure : Un plan incliné d'un angle $\alpha$ par rapport à l'horizontale. Un ressort est fixé à un clou en haut du plan. L'autre extrémité du ressort est attachée à un solide S de masse m qui repose sur le plan incliné. Déterminer l'expression permettant d'avoir l'angle d'inclinaison $\alpha$. Cocher la bonne réponse

$\sin\alpha = \frac{k}{mg}(l_0 - l_e)$

$\tan\alpha = \frac{k}{mg}(l_0 - l_e)$

$\sin\alpha = \frac{k}{mg}(l_e - l_0)$

$\cos\alpha = \frac{k}{mg}(-l_0 + l_e)$

ENSA Physique 2014 - Question 23 (position 3 of 15)

Dans le plan horizontal $x O z$ d'un référentiel galiléen $R (O, i, j, k)$ , un mobile modélisé par un point matériel $M$ , de masse $m$ est lancé du point $M_{0}$ , de côte $z_{0} = r cos θ_{0}$ , d'une sphère de centre $O$ et de rayon $r$ , avec une vitesse initiale $v_{0}$ (tangente et contenue dans le plan vertical passant par $O$ ). Il glisse sans frottement sur la sphère (figure 4). On note $g = 10 m.s^{- 2}$ .

Cocher la bonne réponse.

A. Le travail de la force de réaction

F_{M}

du support de la sphère sur le mobile, entre les deux positions de

M

repérées respectivement par

θ_{0}

θ

, est non nul.

B. La vitesse du mobile à l'instant

t

où

M

est repéré par

θ

vaut

v = v_{0}^{2} - 2 g r [cos θ_{0} - cos θ]

C. La vitesse du mobile à l'instant

t

où

M

est repéré par

θ

vaut

v = v_{0}^{2} + 2 g r [cos θ_{0} - cos θ]

D. L'énergie potentielle

E_{p} (θ)

du poids du mobile à l'instant

t

sur la descente, est donnée par l'expression :

E_{p} (θ) = - \frac{m g}{2} cos θ + C t e