Fiche de mathématiques
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BACCALAURÉAT TECHNOLOGIQUE

Série STI2D

Sujet zéro

Enseignement de spécialité

Physique-chimie et mathématiques

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Durée de l'épreuve : 3 heures - Coefficient : 16

L'usage de la calculatrice avec mode examen actif est autorisé.
L'usage de la calculatrice sans mémoire « type collège » est autorisé.

Le candidat doit traiter les quatre exercices. Il est invité à faire figurer sur la copie toute trace de recherche, même incomplète ou non fructueuse, qu'il aura développée. La qualité de la rédaction, la clarté et la précision des raisonnements seront prises en compte dans l'appréciation des copies.


5 points

exercice 1

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5 points

exercice 2

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4 points

exercice 3

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6 points

exercice 4

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Sujet 0 Bac Technologique STI2D spécialité PC et Maths.

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5 points

exercice 1

Partie I - Etude thermique du four

1.  Par analyse dimensionnelle, déterminons l'unité de la résistance thermique.

Rappel cité dans le document 1 : le flux thermique phi (en W) est donné par la relation  \varphi=\dfrac{\Delta T}{R_{th}}  où deltamajT  est la différence de température exprimée en °C.
Or  \varphi=\overset{.}{\dfrac{\Delta T}{R_{th}}}\Longleftrightarrow R_{th}=\dfrac{\Delta T}{\varphi}\dfrac{(\longrightarrow\ \blue{\text{exprimé en °C)}}}{(\longrightarrow\ \blue{\text{exprimé en W)}}}

D'où l'unité de la résistance thermique Rth  est le °C.W-1.

2.  Nous devons déterminer les résistances thermiques respectives des trois couches de la paroi composite.

R_1=\dfrac{e_1}{\lambda _1\times S_1}=\dfrac{0,075}{1,25\times 0,371}\approx0,162\Longrightarrow\boxed{R_1\approx0,162\ °C.W^{-1}} \\\\R_1=\dfrac{e_2}{\lambda _2\times S_2}=\dfrac{0,020}{0,20\times 0,654}\approx0,153\Longrightarrow\boxed{R_2\approx0,153\ °C.W^{-1}} \\\\R_3=\dfrac{e_3}{\lambda _3\times S_3}=\dfrac{0,010}{0,13\times 0,710}\approx0,108\Longrightarrow\boxed{R_3\approx0,108\ °C.W^{-1}}

3.  Les couches de la paroi du four étant stratifiées, la résistance thermique Rth  totale de la paroi est la somme des résistances thermiques des diverses couches.
Donc  R_{th}=R_1+R_2+R_3=0,162+0,153+0,108=0,423\Longrightarrow\boxed{R_{th}=0,423\ °C.W^{-1}}

4.  Nous savons que le flux thermique est donné par  \varphi=\dfrac{\Delta T}{R_{th}}.
\Delta T  est la différence entre la température extérieure et la température intérieure, soit  \Delta T=850-20 = 830. D'où  \varphi=\overset{.}{\dfrac{\Delta T}{R_{th}}}=\dfrac{830}{0,423}\approx1962\Longrightarrow\boxed{\varphi\approx1962\ W}

5.  Nous avons montré que  \varphi\approx 1962\ W.
Nous observons que ce flux thermique est inférieur à la puissance thermique Pth de 6000 W.
Donc la puissance thermique Pth du four dépasse largement la valeur du flux thermique perdu à travers les parois durant la phase de montée en température.

Partie II - Etude d'un panneau solaire

1.  Nous devons calculer l'aire S  d'un panneau photovoltaïque.

Un panneau photovoltaïque est composé de 12 rangées de 8 cellules par rangée, soit un total de 12 multiplie 8 = 96 cellules.
Chaque cellule a la forme d'un carré de 0,13 m de côté.
L'aire d'une cellule est donc égale à 0,132 m2, soit 0,0169 m2.
L'aire totale des cellules est alors égale à 96 multiplie 0,0169 = 1,6224 m2.
Par conséquent, l'aire d'un panneau photovoltaïque est de 1,6224 m2, soit environ 1,6 m2.

2.  Nous devons en déduire la puissance lumineuse PL  reçue par un panneau sous une irradiance de 1000 W.m-2.

La puissance lumineuse PL  se calcule en effectuant le produit de l'irradiance par l'aire de la surface éclairée, soit  P_L=1000\times 1,6224=1622,4.
D'où la puissance lumineuse PL  reçue par un panneau sous une irradiance de 1000 W.m-2 est de 1622 W, soit environ 1,6 kW.

3.  Nous nous basons sur le graphique proposé dans le document 2 ci-dessous :

Sujet 0 Bac Technologique STI2D spécialité PC et Maths. : image 17


Nous observons que sous une irradiance de 1000 W/m2, l'intensité initiale du courant est I  = 6 A qui reste constante jusqu'à la tension maximale de Umax  = 55 V.
Dès lors, la puissance électrique maximale est calculée par  P_{Emax}=I\times U_{max}=6\times55=330.
Par conséquent, la puissance électrique maximale que peut délivrer un panneau photovoltaïque
est  \overset{.}{\boxed{P_{Emax}=330\ W}}


4.  Le rendement  \eta  d'une cellule ou d'un panneau photovoltaïque est le rapport entre l'énergie électrique produite par cette cellule ou ce panneau et l'énergie lumineuse reçue sur la surface correspondante.

D'où  \eta=\dfrac{P_{Emax}}{P_L}=\dfrac{330}{1622}\approx0,203.
Nous en déduisons que le rendement de la cellule est d'environ 20,3 %.
La technologie utilisée par le panneau photovoltaïque est donc le capteur photovoltaïque monocristallin.

Partie III - Faisabilité de l'installation

1.  Déterminons le nombre maximal de panneaux photovoltaïques que peut contenir le toit rectangulaire de 6 m sur 4,5 m.
Dans le sens de la longueur d'un panneau, nous pouvons placer 12 cellules de 0,13 m de côté.
Donc la longueur d'un panneau photovoltaïque est 12 multiplie 0,13 = 1,56 m.
Dans le sens de la largeur d'un panneau, nous pouvons placer 8 cellules de 0,13 m de côté.
Donc la largeur d'un panneau photovoltaïque est 8 multiplie 0,13 = 1,04 m.

Calculons le nombre de rangées de panneaux disposés sur la longueur du toit :
\dfrac{6}{1,56}\approx 3,8.
Nous pouvons donc disposer 3 rangées de panneaux dans le sens de la longueur du toit.

Calculons le nombre de rangées de panneaux disposés sur la largeur du toit :
\dfrac{4,5}{1,04}\approx 4,3.
Nous pouvons donc disposer 4 rangées de panneaux dans le sens de la largeur du toit.

Par conséquent, le toit peut être recouvert de 3 multiplie 4 = 12 panneaux photovoltaïques, chacun d'eux pouvant produire une puissance maximale de 330 W.

Il s'ensuit que la puissance électrique maximale totale est égale à 12 multiplie 330 = 3960 W.
Or les panneaux photovoltaïques devraient couvrir une puissance électrique de 6000 W.
Il manque donc 2040 W, soit environ 2 kW pour alimenter le four par des panneaux photovoltaïques si l'atelier est isolé du réseau électrique.

2.  Voici quelques paramètres n'ayant pas été pris en compte pouvant influer sur la quantité d'énergie solaire reçue :
 l'inclinaison de la toiture
 l'orientation des panneaux
 le niveau d'ensoleillement de l'habitation
 la température.
 les ombrages potentiels
les pertes de rendement annuelles
la propreté des panneaux, ...

5 points

exercice 2

1.  Le vendeur fournit un accumulateur pour l'alimentation de la voiture et recommande l'achat de piles pour la télécommande.

Différence entre pile et accumulateur :
Une pile transforme une énergie chimique en énergie électrique. Dès que la réaction chimique cesse, elle est déchargée et ne peut plus être réutilisée.
Un accumulateur emmagasine l'énergie électrique fournie par réaction chimique pour ensuite la réutiliser sous forme de courant électrique. Les accumulateurs sont rechargeables ce qui leur permet de nouvelles utilisations.

Le vendeur fournit un accumulateur pour l'alimentation de la voiture car les diverses activités exécutées par la voiture consomment beaucoup d'énergie.
Il est donc judicieux de proposer une alimentation de la voiture par accumulateur.
Le vendeur recommande l'achat de piles pour la télécommande car la transmission des instructions émises par la télécommande consomme peu d'énergie et augmente donc la durée de vie de la pile. (A noter qu'au départ, l'achat d'une pile est moins onéreux qu'un accumulateur.)

2.  La quantité d'électricité Q  s'exprime en ampère-heure ou coulomb (1 Ah = 3600 Coulomb).
Par le document 1, nous savons que la capacité est de 2200 mAh.
Or 2200 mAh = 2,2 Ah, soit 2,2 multiplie 3600 = 7920 C.
D'où la quantité d'électricité disponible dans l'accumulateur Ni-MH est Q  = 2,2 Ah, soit Q  = 7920 C. 

3.  Nous devons déterminer l'énergie électrique Eélec  que peut fournir l'accumulateur.
Le document 1 nous indique que la tension de l'accumulateur Ni-MH est U  = 7,2 V.
Donc  E_{\text{élec}}=Q\times U=7920\times7,2=57024\  \text{J}\Longrightarrow\boxed{E_{\text{élec}}\approx57\ \text{kJ}.}
Par conséquent, l'énergie électrique Eélec  que peut fournir l'accumulateur s'élève à 57 kJ.

4.  Par le document 1, nous savons que la puissance électrique moyenne Pélec  absorbée par la voiture est de 40 W.
La puissance électrique consommée par la voiture est l'énergie électrique qu'elle consomme pendant l'unité de temps, soit  P_{\text{élec}}=\dfrac{E_{\text{élec}}}{t}.
P_{\text{élec}}=\dfrac{E_{\text{élec}}}{t}\Longleftrightarrow t=\dfrac{E_{\text{élec}}}{P_{\text{élec}}} \\\\\phantom{P_{\text{élec}}=\dfrac{E_{\text{élec}}}{t}}\Longrightarrow t=\dfrac{57000}{40}=1425
Or 1425 s = 23,75 min = 23 min 45 s.
Nous en déduisons que la durée maximale possible de jeu sans recharge de l'accumulateur est de 23 min 45 s.

5.  En nous aidant du document 2, nous déduisons que les deux couples oxydant-réducteur mis en jeu dans cette transformation au cours de la recharge sont : NiOOH(s)/Ni(OH)2(s) et M(s)/MH(s).

6.  La demi-équation correspondant à une réduction est : M(s) + H2O(l) + e- fleche MH(s) + HO-(aq).

Cette réaction chimique est une réduction car dans ce cas-ci, une espèce chimique capte un électron.

7.  L'équation globale de fonctionnement en charge de cet accumulateur est :
M(s) + Ni(OH)2(s) fleche MH(s) + NiOOH(s).

8. Schéma complété :

Sujet 0 Bac Technologique STI2D spécialité PC et Maths. : image 14

9.  Le lycéen envisage d'effectuer des courses de vitesse avec son véhicule.
La vitesse de la voiture électrique étant élevée, la consommation d'énergie de l'accumulateur sera élevée, ce qui entraînera un nombre élevé de cycles charge/décharge.
Ce nombre de cycles est compris entre 800 et 1000 pour l'accumulateur Ni-MH alors qu'il est compris entre 500 et 1000 pour l'accumulateur Li-ion.
L'accumulateur Li-ion nécessite un circuit de protection car il peut être dangereux (risque d'explosion sans système de protection) alors que l'accumulateur NI-MH n'en nécessite pas.
Donc le choix le plus judicieux s'oriente vers un accumulateur Ni-MH.

4 points

exercice 3

1. a)  On considère l'équation différentielle  (E):y'+100y=8.

Déterminons la solution générale de l'équation différentielle (E ) de fonction inconnue y .
La solution générale d'une équation différentielle de la forme  y'=ay+b  est  y=k\,\text{e}^{at}-\dfrac{b}{a}\ \ \ \ \ (k\in\R).
Or  (E):y'+100y=8\Longleftrightarrow(E):y'=-100y+8.
Dans ce cas, a  = -100 et b  = 8. 
D'où la solution générale de l'équation (E ) est de la forme  y(t)=k\,\text{e}^{-100t}-\left(\dfrac{8}{-100}\right) ,
soit  \boxed{y(t)=k\,\text{e}^{-100t}+0,08}\ \ \ \ \ (k\in\R)}
\text{De plus }\ y(0)=0\Longleftrightarrow k\,\text{e}^{0}+0,08=0  \\\phantom{\text{De plus }\ v(0)=0}\Longleftrightarrow k=-0,08 \\\\\Longrightarrow y(t)=-0,08\,\text{e}^{-100t}+0,08
Par conséquent, la solution v  définie sur [0 ; +infini[ de l'équation différentielle (E) qui vérifie la condition initiale v (0) = 0 est définie par  \overset{.}{\boxed{v(t)=0,08(1-\,\text{e}^{-100t})}}.

1. b)  Nous devons déterminer v (0,01).

v(0,01)=0,08(1-\,\text{e}^{-100\times0,01})=0,08(1-\,\text{e}^{-1}) \\\\\Longrightarrow\boxed{v(0,01)=0,08(1-\,\text{e}^{-1})\approx0,051}
Il s'ensuit que la vitesse de la bille après 0,01 seconde de chute est environ égale à 0,051 m.s-1 (valeur arrondie à 0,001 m.s-1).

2. a)  Nous savons que  u(t)=\dfrac{7\sqrt{3}}{4}\cos(100t)-\dfrac{7}{4}\sin(100t)

u(t)=\dfrac{7\sqrt{3}}{4}\cos(100t)-\dfrac{7}{4}\sin(100t) \\\\\phantom{u(t)}=\dfrac{7}{2}\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos(100t)-\dfrac{1}{2}\sin(100t)\right) \\\\\phantom{u(t)}=\dfrac{7}{2}\left(\cos\left(\dfrac{\pi}{6}\right)\cos(100t)-\sin\left(\dfrac{\pi}{6}\right)\sin(100t)\right) \\\\\phantom{u(t)}=\dfrac{7}{2}\cos\left(100t+\dfrac{\pi}{6}\right) \\\\\Longrightarrow\boxed{u(t)=\dfrac{7}{2}\cos\left(100t+\dfrac{\pi}{6}\right)}

2. b)  Nous en déduisons que le déphasage de u (t ) est  \varphi=\dfrac{\pi}{6}.

3.  On considère les deux fonctions f  et g  définies et continues sur [0 ; 9] par :  \left\lbrace\begin{matrix}f(x)=x^2-2x+4\\g(x)=7x+4\ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.

Les représentations graphiques des deux fonctions sont données ci-dessous :
Sujet 0 Bac Technologique STI2D spécialité PC et Maths. : image 16

Les fonctions f  et g sont continues dans l'intervalle [0, 9] et sont telles que pour tout x dans l'intervalle [0 ; 9], g (x ) supegal f (x ).
L'aire A du domaine situé entre les courbes représentatives de ces fonctions est donnée par  A=\int\limits_0^9(g(x)-f(x))\,\text{d}x.

A=\int\limits_0^9\left(\overset{}{(7x+4)-(x^2-2x+4)}\right)\,\text{d}x \\\phantom{A}=\int\limits_0^9(7x+4-x^2+2x-4)\,\text{d}x \\\phantom{A}=\int\limits_0^9(-x^2+9x)\,\text{d}x

Une primitive de la fonction  x\mapsto-x^2+9x  est la fonction f  définie sur [0 ; 9] par  F(x)=-\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{9x^2}{2}
\text{D'où }\ A=\left[\overset{}{F(x)}\right]\limits_0^9=\left[\overset{}{-\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{9x^2}{2}}\right]\limits_0^9 \\\phantom{\text{D'où }\ A}=(-\dfrac{9^3}{3}+\dfrac{9\times9^2}{2})-0 =-\dfrac{729}{3}+\dfrac{729}{2} \\\\\phantom{\text{D'où }\ A}=121,5
Par conséquent, l'aire du domaine situé entre les courbes représentatives de ces fonctions est égale à 121,5 u.a.

4.  En utilisant les valeurs données dans l'énoncé, nous savons que  u_C(t)=4\left(1-\text{e}^{-\dfrac{t}{10^3\times 2\times10^{-3}}}\right)\Longrightarrow \boxed{u_C(t)=4\left(1-\text{e}^{-\dfrac{t}{2}}\right)}
Nous devons déterminer le temps de charge t  nécessaire pour obtenir une tension aux bornes du condensateur égale à 2 V.
Nous obtenons alors :

u_C(t)=2\Longleftrightarrow 4\left(1-\text{e}^{-\dfrac{t}{2}}\right)=2 \\\phantom{u_C(t)=2}\Longleftrightarrow 1-\text{e}^{-\dfrac{t}{2}}=\dfrac{1}{2} \\\phantom{u_C(t)=2}\Longleftrightarrow \text{e}^{-\dfrac{t}{2}}=\dfrac{1}{2} \\\phantom{u_C(t)=2}\Longleftrightarrow -\dfrac{t}{2}=\ln\left(\dfrac{1}{2}\right) \Longleftrightarrow -\dfrac{t}{2}=-\ln\left(2\right) \Longleftrightarrow \dfrac{t}{2}=\ln\left(2\right) \\\\\phantom{u_C(t)=2}\Longleftrightarrow t=2\ln\left(2\right)=\ln(2^2)\\\\\phantom{u_C(t)=2}\Longleftrightarrow \boxed{t=\ln(4)\approx1,4}
Il s'ensuit que le temps de charge t  nécessaire pour obtenir une tension égale à 2 V aux bornes du condensateur est de 1,4 s (arrondi à 0,1 s près).

6 points

exercice 4

Un joueur de minigolf se trouve au sommet A  d'une butte. Il vise le point C  situé plus loin, sur la piste selon le schéma suivant :

Sujet 0 Bac Technologique STI2D spécialité PC et Maths. : image 15

1.  Le référentiel d'étude du mouvement de la balle est le référentiel terrestre.

2.  Étudions le système  \lbraceballe\rbrace  du point de départ A  vers la base de la butte B .

2. a)  Nous devons exprimer le travail du poids  W_{\overrightarrow{P}}  entre le point A  et le point B .
Le travail du poids de la balle ne dépend que des altitudes des points A  et B  de son centre de gravité.
Il ne dépend pas du chemin parcouru pour aller de A  vers B .
Ce travail est positif (travail moteur) car la balle descend.
D'où  \boxed{W_{\overrightarrow{P}}=m.g.h}

2. b)  La réaction du support est toujours perpendiculaire au support.
Le travail de la force de réaction du support sera donc nul.

2. c)  Nous savons par le théorème de l'énergie cinétique pour un point que la variation de l'énergie cinétique  \Delta E_C  d'un point matériel lorsqu'il parcourt sa trajectoire d'un point A  à un point B  est égale au travail de la résultante des forces appliquées au point matériel de A  à B  le long de la trajectoire.
Puisque les frottements sont considérés comme négligeables, le travail effectué sur la balle est égal à la variation de son énergie cinétique  \Delta E_C .
Dès lors,  \overset{.}{\boxed{ \Delta E_C =W_{\overrightarrow{P}}=m.g.h}}

2. d)  Nous devons déterminer la vitesse  v_B  de la balle en B .

\Delta E_C =m\,g\,h\Longleftrightarrow \dfrac{1}{2}mv^2_B-\dfrac{1}{2}mv^2_A=m\,g\,h \\\\\phantom{\Delta E_C =m\,g\,h}\Longleftrightarrow mv^2_B-mv^2_A=2m\,g\,h \\\\\phantom{\Delta E_C =m\,g\,h}\Longleftrightarrow v^2_B-v^2_A=2\,g\,h \\\\\phantom{\Delta E_C =m\,g\,h}\Longleftrightarrow v^2_B=2\,g\,h+v^2_A \\\\\phantom{\Delta E_C =m\,g\,h}\Longleftrightarrow v^2_B=2\times10\times 0,5+(1,50)^2 \\\\\phantom{\Delta E_C =m\,g\,h}\Longleftrightarrow v^2_B=12,25 \\\\\phantom{\Delta E_C =m\,g\,h}\Longleftrightarrow v_B=\sqrt{12,25}=3,50
Par conséquent, la vitesse de la balle en B  est de 3,50 m.s-1.

Étudions ensuite le système  \lbraceballe\rbrace  entre le point B  et le point C .

3. a)  La balle roule sur un sol horizontal. Elle n'est soumise qu'à son poids et à la réaction normale du sol.

3. b)   Le poids de la balle et la réaction normale du sol sont perpendiculaires au sol horizontal.
Leur travail est donc nul.
Par conséquent l'énergie cinétique du système reste inchangée et donc  \boxed{v_1=v_B=3,50\,\text{m.s}^{-1}}.

4.  On considère que le système est fourni à une force de frottement linéaire du type  \overrightarrow{F_f}=-\alpha \overrightarrow{v}.

4. a)  Le principe fondamental de la dynamique sur le système peut s'énoncé comme suit :
Soit un corps de masse m constante, l'accélération subie par un corps dans un référentiel galiléen est proportionnelle à la résultante des forces qu'il subit, et inversement proportionnelle à sa masse.

\overrightarrow{a}=\dfrac{1}{m}\sum{\overrightarrow{F_i}}\Longleftrightarrow\sum{\overrightarrow{F_i}}=m\overrightarrow{a} \\\phantom{\overrightarrow{a}=\dfrac{1}{m}\sum{\overrightarrow{F_i}}}\Longleftrightarrow\overrightarrow{P}+\overrightarrow{R}+\overrightarrow{F}_f=m\overrightarrow{a}

Si nous effectuons une projection sur l'axe des abscisses, les projections du poids  \overrightarrow{P}   et de la réaction du support  \overrightarrow{R}  sont nulles.
Dès lors,  F_f=ma , soit  -\alpha.v_x=ma

-\alpha.v_x=m.a\Longleftrightarrow-\alpha.v_x=m.\dfrac{\text{d}v_x}{\text{d}t} \\\\\phantom{-\alpha.v_x=m.a}\Longleftrightarrow m.\dfrac{\text{d}v_x}{\text{d}t}+\alpha.v_x=0 \\\\\phantom{-\alpha.v_x=m.a}\Longleftrightarrow \boxed{\dfrac{\text{d}v_x}{\text{d}t}+\dfrac{\alpha}{m}.v_x=0}

4. b)  On admet que la fonction vx  définie par  v_x(t)=K.\text{e}^{-\frac{\alpha\,t}{m}}  est une solution de l'équation différentielle  \dfrac{\text{d}v_x}{\text{d}t}+\dfrac{\alpha}{m}.v_x=0

Nous avons montré dans la question 2. d) que le vitesse de la balle au point B  est de 3,50 m.s-1.

v_x(0)=3,5\Longleftrightarrow K.\text{e}^{0}=3,5 \\\phantom{v_x(0)=3,5}\Longleftrightarrow K\times1=3,5 \\\phantom{v_x(0)=3,5}\Longleftrightarrow \boxed{K=3,5}

Par conséquent,  \boxed{v_x(t)=3,5.\text{e}^{-\frac{\alpha\,t}{m}}}

4. c)  La balle est en C  au temps t  = 3,9 s.
La vitesse moyenne de la fonction vx  sur l'intervalle [0 ; 3,9] est donnée par :  v_2=\dfrac{1}{3,9}\int\limits_0^{3,9}v_x(t)\,\text{d}t.

v_2=\dfrac{1}{3,9}\int\limits_0^{3,9}v_x(t)\,\text{d}t\Longleftrightarrow v_2=\dfrac{1}{3,9}\int\limits_0^{3,9}3,5.\text{e}^{-\frac{\alpha\,t}{m}}\,\text{d}t \\\phantom{v_2=\dfrac{1}{3,9}\int\limits_0^{3,9}v_x(t)\,\text{d}t}\Longleftrightarrow v_2=\dfrac{3,5}{3,9}\int\limits_0^{3,9}\text{e}^{-\frac{\alpha\,t}{m}}\,\text{d}t \\\phantom{v_2=\dfrac{1}{3,9}\int\limits_0^{3,9}v_x(t)\,\text{d}t}\Longleftrightarrow \boxed{v_2=0,897\int\limits_0^{3,9}\text{e}^{-\frac{\alpha\,t}{m}}\,\text{d}t}

Or  \left\lbrace\begin{matrix}\alpha=1,1\times10^{-3}\\m=4,6\times10^{-2}\end{matrix}\right.\Longrightarrow\dfrac{\alpha}{m}=\dfrac{1,1\times10^{-3}}{4,6\times10^{-2}}\Longrightarrow\boxed{\dfrac{\alpha}{m}\approx0,0239}

D'où  \boxed{v_2=0,897\int\limits_0^{3,9}\text{e}^{-0,0239\,t}\,\text{d}t}
Une primitive de la fonction  t\mapsto \text{e}^{-0,0239\,t}  est la fonction F définie sur [0 ; 3,9] par  F(t)=-\dfrac{1}{0,0239}\,\text{e}^{-0,0239\,t}.
\text{Dès lors, }\ v_2=0,897\times\int\limits_0^{3,9}\text{e}^{-0,0239\,t}\,\text{d}t=0,897\times\left[\overset{}{F(t)}\right]\limits_0^{3,9} \\\phantom{\text{Dès lors, }\ v_2}=0,897\times\left[\overset{}{-\dfrac{1}{0,0239}\,\text{e}^{-0,0239\,t}}\right]\limits_0^{3,9} =-\dfrac{0,897}{0,0239}\times\left(\overset{}{\text{e}^{-0,0239\times3,9}}-\text{e}^0\right) \\\phantom{\text{Dès lors, }\ v_2}\approx3,340 \\\\\Longrightarrow\boxed{v_2\approx3,34\,\text{m.s}^{-1}}

4. d)  Pour rappel, v 1 = 3,50 m.s-1 représente la vitesse du système entre B et C lorsque les frottements sont négligeables (voir question 3. b).
v 2 environegal 3,34 m.s-1 représente la vitesse du système entre B et C lorsque les frottements sont pris en compte.
L'écart relatif (en pourcentage) entre ces deux valeurs est égal à   \dfrac{3,5-3,34}{3,5}\times100\approx4,6\,\%.
Puisque cet écart est inférieur à 5%, nous pouvons estimer que l'impact des frottements sur le mouvement est négligeable.

4. e)  La balle poursuit son mouvement au-delà du point C.
Nous savons que  v_x(t)=3,5.\text{e}^{-\frac{\alpha\,t}{m}}=3,5.\text{e}^{-0,0239\,t}

\lim\limits_{t\to+\infty}\text{e}^{-0,0239\,t}=0\Longrightarrow\lim\limits_{t\to+\infty}(3,5\times\text{e}^{-0,0239\,t})=0 \\\\\phantom{\lim\limits_{t\to+\infty}\text{e}^{-0,0239\,t}=0}\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{t\to+\infty}v_x(t)=0}
Par conséquent, à long terme, la force de frottement entraînera l'arrêt de la balle.
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