Baccalauréat STL France juin Physique de laboratoire et de procédés industriels

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Baccalauréat STL France juin 2005 \ Physique de laboratoire et de procédés industriels Calculatrice autorisée 3 heures Durée de l'épreuve : 4 heures Coefficient : 4 EXERCICE 1 5 points 1. a. ∆ = (2p3)2?4?1?4 = 12?16 = ?4 = (2i)2. Le discriminant est négatif, l'équation a deux solutions conjuguées : z1 = 2 p 3+2i 2 = p 3+ i et z2 = p 3? i. On a |z1|2 = 3+1= 4= 22, donc |z1| = 2. On peut écrire z1 = 2 (p 3 2 + i 1 2 ) = 2 ( cos pi6 + i sin pi 6 ) . Donc z2 = z1 = 2 ( cos ( ?pi6 ) + i sin ( ?pi6 )) . b. On place les points A et B d'affixes respectives z2 et z1 grâce au cercle de centre O et de rayon 2 et des droites d'équations y = 1 et y =?1. c. On a OA = OB = |z2| = |z1| = 2, donc OAB est isocèle en O. D'autre part (???OA , ???OB ) = pi6 ? ( ?pi6 ) = pi6 + pi 6 = pi 3 .

• pi6


• équation de la tangente


• aire de la surface hachurée


• sin


• calcul d'aire


• cos100pit ?

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2005
• Nombre de lectures: 12
• Langue: Français

Extrait

[Baccalauréat STL France juin 2005\ Physique de laboratoire et de procédés industriels

Calculatrice autorisée

Durée de l’épreuve : 4 heures

3 heures

Coefficient : 4

E X E R C IC E 1 5points ¡ ¢ 2 2 1. a.Δ=2 3−4×1×4=12−16= −4=(2i) .Le discriminant est négatif, l’équation a deux solutions conjuguées : p p 2 3+2i z 1 = =3+i etz 2 =3−i. 2 2 2 On a | z 1 | = 3+1=4=donc2 , | z 1 | = 2. Ã ! 3 1 ¡ ¢ π π On peut écrirez 1 =2+i=2 cos+i sin. 6 6 2 2 ¡ ¡¢ ¡¢¢ π π Doncz 2 =z 1 =2 cos− +i sin−. 6 6 b.On place les points A et B d’affixes respectivesz 2 etz 1 grâce au cercle de centre O et de rayon 2 et des droites d’équationsy=1 ety= −1. | c.On a OA = OB = | z 2 | = | z 1 =2, donc OAB est isocèle en O. ³ ´ ¡ ¢ −→−→ π ππ π π D’autre partOA ,OB+ =− == −. 6 66 6 3 π L’angle En O a pour mesure, d’où par complément àπ, les deux autres 3 aussi. OAB a ses trois angles de même mesure : il est équilatéral. Rem.On peut aussi calculer AB = | z B −z A | = | 2i| =2. Donc les trois côtés ont la même mesure. π 2. a.Rest la rotation de centre O et d’angle. 4 b.Voir la figure. c.On a par définition de la rotation : ¡ ¢ π π ππ π π ¡ ¢ i i−i i−i π π 4 4 64 612 zsin . A =ez A =e×2e=2e=2e=2 cos+i 12 ′ 12 De façon algébrique : ³ ´ π ¡ ¢ p ¡ ¢ i π π 2 2 4 i 3−i= ′ z A =ez A =cos+i sin×( 3−i)= + 4 42 2 ³ ´ 6 22 6 + +i− +. 2 22 2 d.En identifiant les résultats de la question précédente, on obtient : p π6 22 ¡ ¢ cos= + =3+1 et 12 44 4 π2 6 2 ¡ ¢ sin+ == −3−1 . 12 44 4

E X E R C IC E 2 5points ′′2 1.L’équation s’écrity+(100π)y=0. On sait que les solutions sont de la forme : y=Acos 100πt+Bsin 100πt.

Physique de laboratoire et de procédés industriels

A. P. M. E. P.

2.On cherche une solution particulièref(t)=Acos 100πt+Bsin 100πt, donc ′ f(t)= −100Aπsin 100πt+100Bπcos 100πt. La première condition signifie quef(0)=1, la seconde que la tangente en A à la courbe représentative a un coefficient directeur−100πégal au nombre ′ dérivéf(0). Donc : ½ ½½ f(0)=1A=1A=1 ⇐⇒ ⇐⇒ ′ f(0)= −100π100Bπ= −100πBπ= −1 On a doncf(t)=cos 100πt−sin 100πt. Ã ! p 2 2 3.On peut écriref(t)=2 cos100πt−sin 100πt= 2 2 ³ ´ ¡ ¢ π π π 2 coscos 100πt−100sin sinπt=2 cos+100πt. 4 4 4 Rem.On peut aussi développer l’écriture proposée. Z Z 1 1 ³ ´ 1π 50 50 4.On sait queµ=f(t) dt=cos50 2+100πtdt= 1 −0 0 0 4 50 h ³´i h³ ´³ ´i 1 50π 50 1π π1 sin+100πt=sin+2π−sin= ×0=0. 100π4 0 2π4 42π Z 1 50 2 2 5.I=50 [f(t)] dt. 0 1+cos 2x 2 Pour calculer cette intégrale on utilise la formule cosx=. 2 ¡ ¡¢¢ Z π 1 ³ ´ 50 2 1+cos 200πt+ 2 2 DoncI=50 2×dt= 0 2 Z Z 1 1 1 ³ ´ 1 h ³´i π π 50 50 50 50 50 1dt+20050 cosπt+dt=50 [t ] +50 sin 200πt+ = 0 0 0 2 2 0 ³ ´ π π 1+50 sin4π+ −50 sin=1+50−50=1 2 2 ConclusionI=1.

P R O B L È M E

10 points

Partie A : Étude d’une fonction x−2 x x 1. a.lim (On ax−2)= +∞, lime= +∞lim e, donc= +∞et fi x→+∞x→+∞x→+∞ 5 x−2 x nalement lim−e= −∞, donclimf(x)= −∞. x→+∞x→+∞ 5 1 2 x x b.f(x)=2− ×xe+e . 5 5 x On sait quelimxe=0, donclimf(x)=2. x→−∞x→−∞ c.Le dernier résultat montre que la droiteDd’équationy=2 est asymptote horizontale àCau voisinage de moins l’infini. d.Det la courbeCont un point commun de même ordonnée, donc lorsque : x−2x−2 x x 2=2−e⇐⇒e=0⇐⇒x=2. 5 5 Le point A(2 ; 2) est commun àDet à la courbeC. x−2 x e.Soitdla fonction définie surRpar :d(x)=f(x)−2= −e . 5 x Comme 5>0 et e>0 quel que soit le réelx, le signe ded(x) est celui de −(x−2)=2−x. Donc : – six<2,d(x)>0 : la courbeCest au dessus de son asymptote ; – six>2,d(x)<0 : la courbeCest au dessous de son asymptote ;

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Physique de laboratoire et de procédés industriels

A. P. M. E. P.

– six=2 la courbeCet son asymptote sont sécantes. 1 11 ′x xx x 2. a.f(x)= −(1e+(x−2)e )= −(x−1)e=(1−x)e . 5 55 1 x′ b.Comme>0 et e>0, quel que soit le réelx, le signe def(x) est celui 5 de 1−x, donc ′ – six<1,f(x)>0 ; la fonction est croissante sur ]− ∞; 1[; ′ – six>1,f(x)<0 ; la fonction est décroissante sur ]1 ;+∞[ ; 1 ′ – six=1,f(1)=0 ;f(1)=2+e est un extremum (maximum) de 5 f. D’où le tableau de variations :

x−∞ 1 +∞ ′ + − f(x) 0 1 2+e 5 f(x) 2 −∞ ′ 3.Une équation de la tangente esty=f(0)+f(0)(x−0). µ ¶ 2 212 11 0′0 Avecf(0)=2− − e=2+ =etf(0)=(1−0)e=, l’équation est : 5 55 5 5 1 12 y=x+ 5 5 4. a.La fonctionfest décroissante sur ]1 ;+∞[ donc a fortiori sur [2 ; 3]. De 2−2 3−2 1 x3 3 plusf(2)=2−e=2>0 etf(3)=2−e=2−e≈ −2<0 : il 5 55 existe donc un nombre uniquex 0 de [2 ; 3] tel quef ( x 0 ) =0. b.La calculatrice donnef(2, 68)≈et0, 016f(2, 69)≈ −0, 03,donc 2, 68<x 0 <2, 69. 5.Voir la figure à la fin.

Partie B : Calcul d’aire 1x−3x−2 ′x x x 1. a.g(x)=e+e=e 5 55 x−2 x′ b.Commef(x)=2−e=2−g(x), une primitive defestFdéfinie 5 x−3 x parF(x)=2x−e . 5 2. a.Voir la figure. b.Le tableau de variations montre que la fonctionfest positive sur l’in tervalle [0; 2]; l’aire de la surface hachurée est en unité d’aire égale à l’intégrale : Z ·¸ 2 2−3 0−3 2 20 f(x) dx= [ F(x)]=F(2)−F(0)=2×2−e−2×0−e= 0 0 5 5 2 2 e 317 e 4= ++ −(u. a.) 5 55 5 2 Comme 1 u. a.=2×2=, l’aire est égale à :4 cm µ ¶ 2 2 17 e68 4e 2 2 4+ =+cm≈cm .19, 51 5 55 5

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3

2

1

3

2

1 −→ 

−→ O ı 1

1

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3

2

3

C

A. P. M. E. P.

4

D

2 Rem.,On vérifie approximativement que chaque carreau ayant une aire de 4 cm 2 l’aire hachurée est vaut un peu moins de 20 cm.

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