Corrigé QCM Physique : concours ergothérapie Berck 2011

Exercice 1  Le centre de gravité de la tige passe de l’altitude h =0,5 L (1+cos 60) à l’altitude zéro ; l’origine des altitudes est le point Gfinal

Le travail du poids est moteur en descente et vaut :      m × g ×h = 0,5 m g L (1+cos 60) = 0,5 × 0,300 × 10 × 0,40 (1+0,5) =0,90 J.   (Réponse : C) 

Exercice 2 

La boule n’est soumise qu’à son poids. elle est donc en chute libre. Le vecteur accélération a pour coordonnées : ax = 0 ; ay = – g 

Seule la composante verticale de la vitesse est nulle au sommet SL’expression de la vitesse selon Ox est : vx = v0 cos(60). 

L’expression de la vitesse selon Oy est :vy = – g t + vo cos(60) . Cette expression est obtenue en calculant les primitives de l’accélération et en tenant compte de la valeur de la vitesse initiale à l’instant t = 0 

(Trois affirmations exactes  A, B, D

Exercice 3 A partir des équations horaires de la vitesse, on calcule les équations horaires de la position : 

xp = vo cos(60) t + constante ; à t = 0 :  xp = 0  d’où constante = 0 d’où : xp = vo cos(60) t. yp = – 0,5 g t2 +  v0 cos(60) t + h 

xP = v0 cos(60) t ; t = xP /( v0 cos(60) ). Lorsque la boule atteint le sol xp = 5 m , l’instant de l’impact est exprimé en fonction de v0 :  t  = 5,0 / (0,5 v0) = 10 / v0A cet instant y0 = 0 

d’où :  yP = – 5 t2 + v0 sin(60) t + h = 0 ;  - 500 / v02 + 10 sin(60) + 1,5 = 0 ; 500 / v02 = 10,16 ; v02 =500 / 10,16 ~50 et v0 = 7 m/s. (Réponse B) 

Exercice 4 

L’équation différentielle du mouvement est : ¨x + (k/m) x = 0 Le coefficient directeur de la droite nous donne au signe – près la valeur de k/m   

k/m =  1 / 2,5 10-2 = 40 s-2T0 = 2 pi racine carrée (m/k)= 2 pi racine carrée( 1/40) = 0, 99 = 1 s  (Réponse A) 

Exercice 5 

Loi de fonctionnement de la pile : UPN = E – r × I  ;  E : f.e.m ;   r : résistance interne. Le tableau de valeurs permet de calculer r, coefficient directeur de la caractéristique. 

 r = (4,40 – 3,90)/(400 – 67) × 10-3 = 1,5 Ohm Ecrivons que le point (0,2 ;4,20) vérifie l’équation de la droite : nous pouvons en déduire E : 

E = UPN +r I = 4,2 +1,5 × 0,2 = 4,5 V. Loi de fonctionnement de la pile : UPN = 4,5 -1,5 × I. 

Associé à deux conducteurs ohmiques de même résistance branchés en dérivation : les deux conducteurs ohmiques en dérivation sont équivalents à un conducteur unique de résistance R/2. On obtient : 4,5 -1,5 × I = 37/2 × I ; d’où   I = 4,5 / ( 1,5 +37/2) = 0, 225 A = 225 mA  (Réponse E) 

Exercice 6 

Réponse A juste : lorsque le condensateur est complètement chargé l’intensité I = 0 donc la tension aux bornes de R est égale à 0 Réponse B juste : τ = (R+r) C = (85+15) × 50 10-6 = 5,0 10-3 s = 5,0 ms

Réponse C juste : I0 = E / (R+r) =10 / 100 = 0,10 ARéponse D juste : ½ C E2 = 0,5 × 50 10-6 ×102 =2,5 10-3 J = 2,5 mJ. 

Réponse E fausse  : Additivité des tensions : E = uc + (R+r) i avec i = dq/dt = C duc/dt = C uc‘. E = uc + (R+r) Cuc‘ = uc + τ uc

Exercice 7 

La perturbation parcourt 4 m en 3 s : célérité v = 4 /3 = 1,3 m/s. (Réponse B) 

Exercice 8 La largeur de la tache centrale de diffraction  L,
la distance D entre l’ouverture et l’écran, la largeur de la fente a et la longueur d’onde
λ sont liés par la relation : L = 2 λ0 D/a  ;d’où  λ 0 = L a / (2D) =2,16 10-2 × 10-4 / 4 = 5,4 10-7 m = 540 nm.  Longueur d’onde dans l’eau :  λ = λ 0 / n = 540 × 3/4 = 405 nm. (Réponse A). 

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