\begin{Solution OS}{1}
	La masse m constitue évidemment le système. On choisit un système d'axes vertical et horizontal dirigé vers le haut et dans le sens de l'accélération.
	
	Les forces extérieures exercées sur la masse sont au nombre de trois~: son poids P, la réaction du plan R et la force F.
	\begin{figure}[ht]
	\caption[Force inclinée]{Une force inclinée}\label{forceinclinee}
	\smallskip
	\begin{center}
	\def\svgwidth{6cm}
	\input{Annexe-Exercices/Images/forceinclinee.eps_tex}
	\end{center}
	\end{figure}
	La figure \ref{forceinclinee} présente la situation. On peut y voir les trois forces extérieures et, en rouge , la décomposition de la force F en ses composantes sur les axes (remarquez qu'on a représenté les composantes par des vecteurs, ce qui est courant en physique lors de la décomposition de forces parce qu'on peut alors comprendre celle-ci comme un remplacement de la force F par deux forces qui en forment la somme).
	
	L'équation de Newton sous forme vectorielle donne alors les équations du mouvement en composantes~:
	\begin{align*}
	\sum \overrightarrow{F}^{ext}=\overrightarrow{R}+\overrightarrow{P}+\overrightarrow{F}&=m\cdot \overrightarrow{a}\;\Rightarrow\\[0.8em]
	F_x&=m\cdot a\\
	R-P-F_y&=0
	\end{align*}
	car l'accélération selon l'axe y est nulle puisque la masse ne se déplace par sur cet axe.
	
	En considérant le triangle formé par la force F, sa composante sur l'axe x et l'angle \(\alpha\), on peut écrire~:
	\[F_x=F\cdot \cos(\alpha)\;\;\text{et}\;\;F_y=F\cdot \sin(\alpha)\]
	et à l'aide de la définition du poids (\(P=m\cdot g\)), préciser les équations du mouvement~:
	\begin{align*}
	F\cdot \cos(\alpha)&=m\cdot a\\
	R-m\cdot g-F\cdot \sin(\alpha)&=0
	\end{align*}
	Cela permet finalement les résultats~:
	\begin{align*}
	a&=\frac{F\cdot \cos(\alpha)}{m}\\
	&=\frac{5\cdot \cos(30)}{15}=\SI{0,29}{\metre\per\second\squared}\\
	R&=m\cdot g+F\cdot \sin(\alpha)\\
	&=15\cdot 9.81+5\cdot \sin(30)=\SI{149,65}{\newton}
	\end{align*}
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{2}
	Commençons par trouver les forces exercées par les câbles sur la lampe. Considérons donc la lampe comme système. Pour des câbles souples la force est exercée le long du câble. La situation est donc celle de la figure \ref{lampe}.
	\begin{figure}[ht]
	\caption[Lampe suspendue]{Une lampe suspendue}\label{lampe}
	\smallskip
	\begin{center}
	\def\svgwidth{6cm}
	\input{Annexe-Exercices/Images/lampe.eps_tex}
	\end{center}
	\end{figure}
	Où R et F sont les tension dans les câbles. Dans le système d'axes présenté, on peut écrire l'équation du mouvement~:
	\begin{align*}
	\sum \overrightarrow{F}^{ext}=\overrightarrow{R}+\overrightarrow{P}+\overrightarrow{F}&=0\;\Rightarrow\\[0.8em]
	F_x-R_x&=0\\
	F_y+R_y-P&=0
	\end{align*}
	car le système est statique et l'accélération nulle.
	
	En considérant que le poids \(P=m\cdot g\) et les triangles d'angles au sommet \(\alpha\) et \(\beta\), grâce à la trigonométrie, on peut écrire~:
	\[F_x=F\cdot \cos(\beta)\;\;\textbf{et}\;\;R_x=R\cdot \cos(\alpha)\]
	et préciser les équations du mouvement~:
	\begin{align*}
	F\cdot \cos(\beta)-R\cdot \cos(\alpha)&=0\\
	F\cdot \sin(\beta)+R\cdot \sin(\alpha)-m\cdot g&=0
	\end{align*}
	Il s'agit de deux équations à deux inconnues F et R. Pour les résoudre, on tire F de la première et on la remplace dans la seconde~:
	\begin{align*}
	F&=R\cdot\frac{\cos(\alpha)}{\cos(\beta)}\;\;\Rightarrow\\
	R&\cdot\frac{\cos(\alpha)}{\cos(\beta)}\cdot \sin(\beta)+R\cdot \sin(\alpha)-m\cdot g=0\;\Rightarrow\\
	R&\cdot(\cos(\alpha)\cdot\tan(\beta)+\sin(\alpha))=m\cdot g\;\;\Rightarrow\\
	R&=\frac{m\cdot g}{\cos(\alpha)\cdot\tan(\beta)+\sin(\alpha)}\\
	&=\frac{7\cdot 9,81}{\cos(20)\cdot\tan(30)+\sin(20)}=\SI{77,63}{\newton}
	\end{align*}
	et donc pour F~:
	\begin{align*}
	F&=R\cdot\frac{\cos(\alpha)}{\cos(\beta)}\\
	&=77,63\cdot \frac{\cos(20)}{\cos(30)}=\SI{84,24}{\newton}
	\end{align*}
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{3}
	On commence par choisir le système. Pour éviter de devoir calculer la tension dans la corde, on le choisit comme constitué de la corde et des deux masses M et m.
	
	Les forces extérieures sont alors au nombre de trois. Le plan horizontal exerce sur la masse M une force de soutient verticale égale et opposée à son poids (mais qui ne sont pas l'action et la réaction l'une de l'autre), puisque la masse se déplace horizontalement. Ces deux forces s'annulent donc. Reste le poids de la masse m, seule force extérieure à agir pour accélérer le système.
	
	On peut donc écrire, selon la seconde loi de Newton~:
	\[\sum F^{ext}=m\cdot g=(M+m)\cdot a\]
	où M+m est la masse du système. Ainsi, finalement, on peut calculer la valeur de l'accélération~:
	\begin{align*}
	&m\cdot g=(M+m)\cdot a\;\Rightarrow\\
	&a=\frac{m}{M+m}\cdot g=\frac{2}{5}\cdot 9,81=\SI{3,924}{\metre\per\second\squared}
	\end{align*}
	\medskip
	À partir de l'accélération, on peut ensuite calculer la vitesse au bout d'un mètre, grâce à l'équation du MRUA~:
	\begin{align*}
	v^2&=v_0^2+2\cdot a\cdot d\;\Rightarrow\\
	v^2&=0+2\cdot 3,924\cdot 1\;\Rightarrow\\
	v&=\sqrt{2\cdot 3,924}=\SI{2,8}{\metre\per\second}
	\end{align*}
	
	\bigskip
	Il ne faudrait pas penser qu'on ne peut résoudre ce problème avec le choix d'autres systèmes. Par exemple, on pourrait choisir la masse M se déplaçant horizontalement ou la masse m pendante ou même la corde les reliant. Essayons d'écrire les équations pour chacun de ces systèmes~:
	\begin{description}
	\item[système M] les deux forces verticales présentes sur ce système ne donne pas lieu à une accélération, puisque la masse se déplace horizontalement ; une seule force horizontale agit ; il s'agit de celle exercée par la corde sur la masse M. Elle agit en direction de la masse m et, en choisissant le côté positif de l'axe vers cette masse m, on peut écrire~:
	\[T_M=M\cdot a_M\]
	où la force exercée par la corde sur M est notée \(T_M\),
	\item[système m] deux forces extérieures s'exercent sur cette masse ; il s'agit de son poids et de la force exercée vers le haut pas la corde sur celle-ci ; en suivant l'axe choisi pour la masse M, celui appliqué à m va vers le bas et on peut écrire~:
	\[m\cdot g-T_m=m\cdot a_m\]
	où la force exercée par la corde sur m est notée \(T_m\),
	\item[système \(\mu\)] la corde de masse \(\mu\) subit deux forces opposées qui par action-réaction sont égales à \(T_M\) et \(T_m\). Ainsi, en utilisant le même axe que ci-dessus, on peut écrire~:
	\[T_m-T_M=\mu\cdot a_{\mu}\]
	\end{description}
	
	On peut relever que le nombre d'inconnues dans ces équations est de cinq (\(a_M\), \(a_m\), \(T_M\), \(T_m\) et \(a_{\mu}\)). Pour résoudre entièrement ce système, il faut donc cinq équations. Or, nous n'en avons que trois. Il en faut donc encore deux, contenant les mêmes inconnues.
	
	Les deux équations supplémentaires sont données par les hypothèses suivantes~:
	\begin{itemize}
	\item la corde reliant les deux masses est inextensible et
	\item la masse de la corde peut être considérée comme nulle.
	\end{itemize}
	
	À partir de ces deux hypothèses, on peut écrire les deux équations suivantes~:
	\begin{align*}
	a_m = a_M\\
	T_M-T_m=0
	\end{align*}
	
	En effet, si la corde est inextensible, l'accélération des deux masses est la même. De plus, si la masse de la corde est nulle, même si l'accélération de celle-ci est non nulle, la somme des forces est nulle et les forces \(T_m\) et \(T_m\) sont égales.
	
	\medskip
	les deux accélérations étant identiques, on peut retirer leurs indices, de même pour les forces \(T\). On peut alors écrire~:
	\begin{align*}
	T=M\cdot a\\
	m\cdot g-T=m\cdot a
	\end{align*}
	et en remplaçant l'expression de \(T\) dans la seconde équation, on obtient~:
	\[m\cdot g-M\cdot a=m\cdot a\;\Rightarrow\;a=\frac{m\cdot g}{M+m}\]
	conformément à l'accélération obtenue précédemment.
	
	\bigskip
	On comprend maintenant facilement pourquoi le choix du système est si important. La résolution directe d'une unique équation est évidemment bien plus simple que celle de cinq équations à cinq inconnues.
	
	\smallskip
	Mais, comme toujours, si adopter une méthode de résolution plus complexe augmente les risques d'erreurs, elle permet aussi de résoudre des problèmes que la méthode la plus simple ne peut aborder, comme la détermination de la tension dans la corde. De plus, la méthode complexe nécessite de faire explicitement des hypothèses que la méthode simple n'aborde même pas.
	
	En ne prenant pas en compte la corde dans les équations de Newton, on néglige sa masse. Cette hypothèse, qu'on peut formuler par \(\mu_{corde}=0\) permet d'écrire la seconde loi de Newton pour le système constitué de la corde elle-même de la manière suivante~:
	\[-T_M+T_m=\mu_{corde}\cdot a\;\Rightarrow\;T_M=T_m\]
	où \(T_M\) et \(T_m\) sont les réactions des forces appliquées par la corde sur chaque masse, notées de manière identiques car égales en grandeur. On voit qu'à condition que la masse de la corde soit nulle, malgré une accélération non nulle, ces tensions sont égales, ce qui permet d'écrire que \(T_M=T_m=T\).
	
	\smallskip
	Le calcul de la tension \(T\) peut alors se faire de deux manières différentes~:
	\begin{description}
	\item[Système M] horizontalement une seule et unique force s'exerce sur M et la seconde loi devient~:
	\[T_M=M\cdot a=M\cdot \frac{m\cdot g}{M+m}\]
	\item[Système m] deux forces s'exercent verticalement selon la direction et le sens du mouvement~:
	\begin{align*}
	-T_m&+m\cdot g=m\cdot a\;\Rightarrow\\
	T_m&=m\cdot g-m\cdot a\;\Rightarrow\\
	&=m\cdot g-m\cdot \frac{m\cdot g}{M+m}\;\Rightarrow\\
	&=\frac{m\cdot (M+m)-m^2}{M+m}\cdot g\;\Rightarrow\\
	&=M\frac{m\cdot g}{M+m}
	\end{align*}
	\end{description}
	On voit alors que si chacune des tensions sont bien les mêmes, elles ne sont pas égales au poids de la masse m.
	
	Évidemment, la physique nous l'avait dit par le fait que la masse m, non nulle, a une accélération que l'identité de la tension \(T\) exercée sur elle avec son poids ne permet pas d'expliquer, la somme des forces s'exerçant sur elle étant alors nulle. Mais on le voit maintenant par calcul et surtout on a l'expression de la tension dans la corde \(T\) en fonction des masses.
	
	\smallskip
	Ainsi par exemple, avec des masses M=\SI{3}{\kilo\gram} et m=\SI{2}{\kilo\gram}, la tension vaut~:
	\[T=\frac{M\cdot m\cdot g}{M+m}=\frac{3}{5}\cdot m\cdot g\]
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{4}
	Deux forces agissent ici~: la réaction du plan, qui lui est normale (c'est-à-dire perpendiculaire), et le poids de la masse. Comme la réaction du plan n'a aucune composante parallèlement au plan, elle ne peut être responsable de l'accélération de la masse le long de celui-ci.
	
	Il faut donc trouver la composante du poids qui est parallèle au plan incliné. L'angle entre le poids et un plan horizontal est de \SI{90}{\degree}. Quand le plan est incliné, cet angle diminue de la valeur de l'inclinaison. L'angle \(\beta\) entre le plan incliné et le poids et donc \(\beta=90-\alpha\).
	
	Comme la projection du poids selon l'angle \(\beta\) correspond à sa composante parallèle au plan, dans le triangle rectangle composé du poids comme hypoténuse et de ses composantes parallèle et perpendiculaire au plan, la composante parallèle au plan correspond au côté adjacent. Ainsi, on peut écrire~:
	\begin{align*}
	P_{//}&=P\cdot\cos(\beta)=P\cdot\cos(90-\alpha)\\
	&=P\cdot\sin(\alpha)
	\end{align*}
	La seconde loi de Newton s'écrit donc le long du plan incliné~:
	\begin{align*}
	\sum F^{ext}=P\cdot\sin(\alpha)&=m\cdot a\;\Rightarrow\\
	m\cdot g\cdot\sin(\alpha)&=m\cdot a\;\Rightarrow\\
	a&=g\cdot\sin(\alpha)\;\Rightarrow\\
	a&=9,81\cdot\sin(20)=\SI{3,36}{\metre\per\second\squared}
	\end{align*}
	Avec une vitesse initiale nulle, pour un MRUA d'accélération calculée ci-dessus, la vitesse au bout d'un temps t=\SI{2}{\second} s'obtient par~:
	\[v=a\cdot t+v_0=3,36\cdot 2=\SI{9,72}{\metre\per\second}\]
	
	\medskip
	Une autre manière de résoudre le problème est de procéder avec méthode. Le système qu'on doit choisir est bien évidemment la masse m, puisque c'est de celle-ci qu'on cherche l'accélération pour en trouver la vitesse au bout de \SI{2}{\second}.
	\begin{figure}[ht]
	\centering
	\caption[Plan incliné]{Le plan incliné}\label{incline}
	\medskip
	\def\svgwidth{5cm}
	\input{Annexe-Exercices/Images/incline.eps_tex}
	\end{figure}
	
	La figure \ref{incline} présente ensuite le dessin des forces extérieures et le choix du système d'axes. Remarquez que ce dernier l'a été selon l'inclinaison du plan. Il aurait pu ne pas en être ainsi, mais ce choix simplifie les calculs, car la masse étant contrainte à se déplacer le long du plan, son accélération perpendiculairement est nulle. Les équations de la seconde loi de Newton, obtenues par projection des forces extérieures et de l'accélération selon les axes, peuvent alors s'écrire~:
	\begin{align*}
	\sum F^{ext}_x&=P_x=m\cdot a_x &\text{sur l'axe x}\\
	\sum F^{ext}_y&=R-P_y=m\cdot a_y=0 &\text{sur l'axe y}
	\end{align*}
	car l'accélération perpendiculairement au plan est nulle, comme déjà mentionné.
	
	\smallskip
	Si on considère l'angle \(\alpha\), en s'imaginant le plan incliné horizontal, on comprends qu'il se reporte entre le vecteur poids \(\overleftarrow{P}\) et sa composante selon y \(P_y\).
	
	Avec le triangle rectangle formé par le poids et ses composantes et un peu de trigonométrie, on peut en déduire~:
	\begin{align*}
	P_x &= P\cdot \sin(\alpha)\\
	P_y &= P\cdot \cos(\alpha)
	\end{align*}
	Comme par ailleurs on sait que \(P=m\cdot g\), on peut réécrire les équations de Newton sur les axes comme~:
	\begin{align*}
	\sum F^{ext}_x&=m\cdot g\cdot \sin(\alpha)=m\cdot a_x\\
	\sum F^{ext}_y&=R-m\cdot g\cdot \cos(\alpha)=m\cdot a_y=0
	\end{align*}
	La première de ces équations permet de trouver l'accélération du bloc selon le plan incliné~:
	\begin{align*}
	a=a_x&=g\cdot \sin(\alpha)\\
	&=9,81\cdot\sin(20)=\SI{3,36}{\metre\per\second\squared}
	\end{align*}
	
	\smallskip
	Mais une information supplémentaire nous est donnée par la seconde équation, c'est la valeur de la réaction R au plan~:
	\begin{align*}
	R&=m\cdot g\cdot \cos(\alpha)\\
	&=3\cdot 9,81\cdot \cos(20)=\SI{27,67}{\newton}
	\end{align*}
	
	\smallskip
	Ensuite, le problème se résout de la même manière que précédemment.	
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{5}
	Le problème peut paraître complexe du fait de la présence de deux objets distincts se déplaçant selon deux axes différents. Pourtant, le fait que la corde soit inextensible fait de l'ensemble des deux masse et de la corde un système se déplaçant avec la même accélération. De plus, pour autant qu'on considère correctement l'action des forces sur chaque masse, on peut s'imaginer ce système se déplaçant d'un bloc horizontalement.
	
	\smallskip
	Comme on ne connaît pas la tension dans la corde (on ne peut s'imaginer à priori qu'elle correspond au poids de la masse m), le choix du système comprenant les deux masses et la corde s'impose, car ainsi la tension dans la corde, en tant que force intérieure, n'apparaîtra pas dans les équations de Newton.
	
	\smallskip
	Comme déjà dit, on peut considérer le système d'un seul tenant. On va donc imaginer un axe suivant la corde et orienté vers le bas du plan incliné, car la masse M étant plus grande que m, il est évident que le mouvement se fera dans ce sens. Ainsi, le signe de l'accélération sera positif.
	
	\smallskip
	Reste à considérer les forces extérieures. Elles sont au nombre de quatre~:
	\begin{enumerate}
	\item le poids P de la masse M,
	\item la réaction R du plan incliné,
	\item celui p de la masse et
	\item la force exercée sur la corde par la poulie.
	\end{enumerate}
	
	La dernière est toujours perpendiculaire à la corde et ne participe donc pas au mouvement des masses. La troisième est toujours parallèle à la corde. La seconde est toujours perpendiculaire au plan incliné et ne participe elle aussi pas au mouvement. La première à une composante perpendiculaire au plan incliné et ne participe pas au mouvement, mais aussi une composante parallèle à ce plan et doit être considérée.
	Avec l'angle \(\alpha\) défini, on peut reprendre le raisonnement évoqué au problème \ref{planinclinesimple}, évoquant le triangle rectangle formé par le poids de la masse M et se composantes et affirmant que l'angle \(\alpha\) est celui entre le poids et sa composante perpendiculaire au plan, pour écrire que la composante parallèle au plan vaut~:
	\[P_{//}=M\cdot g\cdot \sin(\alpha)\]
	
	\smallskip
	À partir de là, on peut écrire l'équation du mouvement du système (des deux masse et de la corde)~:
	\[\sum F^{ext}=M\cdot g\cdot \sin(\alpha)-m\cdot g=(M+m)\cdot a\]
	et calculer l'accélération~:
	\begin{align*}
	a&=\frac{M\cdot g\cdot \sin(\alpha)-m\cdot g}{M+m}\\
	&=\frac{5\cdot 9,81\cdot \sin(30)-3\cdot 9,81}{5+3}\\
	&=\SI{-0,6}{\metre\per\second\squared}
	\end{align*}
	Le signe négatif signifie que la masse M monte vers le haut du plan incliné.
	
	\medskip
	Pour calculer la tension dans la corde, il est indispensable de changer de système pour la faire apparaître en tant que force extérieure dans l'équation de Newton.
	
	Trois éléments peuvent prétendre servir de système.
	
	La corde en premier lieu. Si on la considère seule, à l'une de ses extrémités la masse m exerce sur elle une force \(T_m\) et à l'autre la masse M exerce une tension à priori différente \(T_M\). La force exercée par la poulie reste perpendiculaire et ne contribue pas au mouvement. On peut donc écrire~:
	\[T_M-T_m=\mu\cdot a\]
	où \(\mu\) est la masse de la corde. Or, si cette masse est nulle, indépendamment de l'accélération, le deux tensions sont égales. Cela est évidemment valable pour tous les éléments de la corde dont on dira donc qu'elle exerce une force \(T\) à déterminer.
	
	Le système corde ne permet donc pas de la trouver.
	
	Restent les deux masses. Pour la masse M interviendra dans l'équation du mouvement un sinus qu'on va éviter en considérant m.
	
	Sur m, avec un axe pointant toujours vers le haut, l'équation de Newton devient très simple~:
	\begin{align*}
	\sum F{ext}&=T-m\cdot g=m\cdot a\;\Rightarrow\\
	T&=m\cdot (a+g)=3\cdot (-0,6+9,81)\\
	&=\SI{27,6}{\newton}
	\end{align*}
	
	\medskip
	Pour vérifier ce résultat, choisissons l'autre masse (M) pour système. On écrira alors~:
	\begin{align*}
	\sum F^{ext}&=-T+M\cdot g\cdot \sin(\alpha)=M\cdot a\;\Rightarrow\\
	T&=M\cdot g\cdot \sin(\alpha)-M\cdot a\\
	&=5\cdot 9,81\cdot \sin(30)-5\cdot (-0,6)\\
	&=\SI{27,6}{\newton}
	\end{align*}
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{6}
	Pour calculer la vitesse de chute, il suffit de trouver la vitesse d'un objet en chute libre au bout de \SI{2}{\metre} de déplacement. Avec les équations du MRUA, on a~:
	\begin{align*}
	v&=\sqrt{2\cdot g\cdot h}=\sqrt{2\cdot 9.81\cdot 2}\\
	&=\SI{6,26}{\metre\per\second}
	\end{align*}
	
	Ensuite, si on considère que la descente en parachute se fait à vitesse constante, c'est-à-dire avec une accélération nulle, on peut écrire~:
	\begin{align*}
	\sum F^{ext}&=-T+m\cdot g=m\cdot a=0\;\Rightarrow\\
	T&=m\cdot g=70\cdot 9,81=\SI{686,7}{\newton}
	\end{align*}
	En d'autre termes, le parachute n'a à supporter que le poids du parachutiste.
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{7}
	\begin{enumerate}
	Évidemment, on ne prends pas en compte la masse du ballon lui-même.
	\item Avec pour système la nacelle, la corde et la masse, les deux seules forces extérieures sont le poids P et la force exercée par le ballon F. Tout se déroulant sur un axe vertical, qu'on choisira vers le haut, on peut écrire la seconde loi sur cet axe~:
	\[\sum F^{ext}=F-(M+m)\cdot g=(M+m)\cdot a=0\]
	puisque l'accélération est nulle. Ainsi, la force F exercée par le ballon sur la nacelle est simplement égale au poids du système~:
	\[F=(M+m)\cdot g=180\cdot 9,81=\SI{1765,8}{\newton}\]
	
	\smallskip
	Le même raisonnement vaut pour la masse suspendue dont l'accélération est nulle. Ainsi la tension T dans la corde vaut exactement le poids de la masse pendante~:
	\[T=m\cdot g=80\cdot 9,81=\SI{784,8}{\newton}\]
	\item À vitesse constante, la force permettant au ballon de s'élever est donc égale au poids de ce qu'il soulève. La force d'ascension vaut donc \(F=\SI{1765,8}{\newton}\).
	
	Si on lâche \SI{20}{\kilo\gram} de lest, la masse de la nacelle devient égale à \SI{80}{\kilo\gram}. La seconde loi de Newton permet alors de calculer l’accélération~:
	\begin{align*}
	\sum F^{ext}&=F-(M+m)\cdot g=(M+m)\cdot a\;\Rightarrow\\
	a&=\frac{F}{M+m}-g=\frac{1765,8}{80+80}-9,81\\
	&=\SI{1,23}{\metre\per\second\squared}
	\end{align*}
	Évidemment, la force exercée par le ballon sur la nacelle vaut \SI{1765,8}{\newton}.
	
	La force exercée par la corde sur la masse se calcule finalement par application de la seconde loi au système constitué uniquement de m~:
	\begin{align*}
	\sum F^{ext}&=T-m\cdot g=m\cdot a\;\Rightarrow\\
	T&=m\cdot a + m\cdot g=80\cdot (1,23+9,81)\\
	&=\SI{882,9}{\newton}
	\end{align*}
	\end{enumerate}
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{8}
	On verra ci-dessous que l'utilisation de la seconde loi de Newton permet d'obtenir une relation entre l'accélération de chaque masse, constituant une équation à deux inconnues. Pour déterminer la valeur des deux accélérations, il est donc nécessaire de trouver une seconde équation entre ces deux équations.
	
	\medskip
	Imaginons une poulie suspendue à une corde qui dépasse de celle-ci des deux côtés d'une longueur L, comme présenté sur la figure \ref{cordepoulie}. La demi-circonférence de la poulie vaut aussi L.
	\begin{figure}[ht]
	\centering
	\caption[Corde poulie]{Corde et poulie}\label{cordepoulie}
	\medskip
	\def\svgwidth{2cm}
	\input{Annexe-Exercices/Images/cordepoulie.eps_tex}
	\end{figure}
	On tire sur la corde à gauche pour la faire monter d'une hauteur L.
	
	\smallskip
	La question est~: \emph{de quelle hauteur monte la poulie ?}
	
	\smallskip
	Pour le déterminer, il faut considérer qu'en tirant sur la corde pour la faire monter d'une hauteur L, on amène le point A qui est à l'origine au contact de la poulie	à la place du point B du haut de la corde (voir figure \ref{cordepoulie}). Si la poulie restait à sa place, on aurait la situation de la figure \ref{cordepoulietiree}). Mais, elle est en réalité libre de monter. Ce qui reste fixe est le point C de la figure \ref{cordepoulie}.
	\begin{figure}[ht]
	\centering
	\caption[Corde tirée poulie]{Corde tirée et poulie}\label{cordepoulietiree}
	\medskip
	\def\svgwidth{2cm}
	\input{Annexe-Exercices/Images/cordepoulietiree.eps_tex}
	\end{figure}
	On a donc a répartir une longueur 2L de corde entre le point A de la figure \ref{cordepoulietiree} et le point C de la figure \ref{cordepoulie}. Comme la demi-circonférence de la poulie vaut L, il reste une longueur L à répartir des deux côtés de la poulie, soit L/2 de chaque côté, comme le montre la figure \ref{cordepoulietireejuste}.
	\begin{figure}[ht]
	\centering
	\caption[Corde tirée poulie juste]{Corde tirée et poulie montée}\label{cordepoulietireejuste}
	\medskip
	\def\svgwidth{3.1cm}
	\input{Annexe-Exercices/Images/cordepoulietireejuste.eps_tex}
	\end{figure}	
	Ainsi, quand on tire la corde d'une longueur L, la poulie monte d'une longueur L/2.
	
	\bigskip
	Pour revenir au système des deux poulies du problème, la remarque précédente se traduit par le fait que quand la masse m descend d'une longueur L, la masse M monte d'une longueur L/2.
	
	L'accélération étant une distance divisée par un temps au carré, on comprends facilement que cela signifie que l'accélération de la masse m vaut simplement le double de celle de la masse M, soit~:
	\[a_m=2\cdot a_M\]
	Cette équation constitue une première relation entre les deux inconnues que sont les accélérations de chaque masse.
	
	\bigskip
	Les masses étant égales, on pourrait aussi croire que le système est en équilibre. Ce n'est pas le cas. Pour le comprendre, considérons la poulie qui n'est pas accrochée au plafond.

	\smallskip
	À l'instar d'une poulie suspendue au plafond à laquelle on accroche deux masses identiques pendantes par l'intermédiaire d'une corde, la force totale qu'exerce sur elle le plafond vaut évidemment le poids total des deux masses, puisque la poulie ne bouge pas. Or, pour que chaque masse individuellement ne bouge pas, il faut que la corde qui passe dans la poulie exerce sur chacune d'elle une force égale à son poids. De chaque côté de la poulie, la corde exerce donc une même force et la poulie est tirée vers le bas par l'ensemble de ces deux forces.
	
	\smallskip
	Ainsi, sur la poulie qui n'est pas accrochée au plafond, la force totale exercée vers le haut vaut deux fois la tension dans la corde. Vers le bas, seule le poids de la masse M qui lui est suspendue est présent.
	
	\smallskip
	De l'autre côté, la masse m retenue par la corde qui passe sur la poulie suspendue au plafond est soumise à un poids identique vers le bas et à une seule force vers le haut exercée par la corde. Comme la masse de la corde est nulle, la tension dans la corde est la même partout.
	
	\smallskip
	Finalement, la masse M est tirée vers le haut par deux fois la tension dans la corde et la masse m est retenue par une fois la tension dans la corde. Clairement donc, la première monte et la seconde descend.
	
	\medskip
	Le choix du système d'axe est donc clair~: vers le haut pour la masse M qui monte et vers le bas pour m qui descend, le mouvement se faisant dans cette direction avec une accélération a identique pour les deux masses.
	
	\smallskip
	On peut alors écrire les équations du mouvement de chaque masse ainsi~:
	\begin{align*}
	m\cdot g-T&=m\cdot a_m\\
	2\cdot T-M\cdot g&=M\cdot a_M
	\end{align*}	
	En multipliant par deux la première équation, on peut les additionner pour en tirer l'accélération.
	\begin{align*}
	2\cdot m\cdot g-2\cdot T&=2\cdot m\cdot a_m\\
	+\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;2\cdot T-M\cdot g&=M\cdot a_M\\
	\hline\\
	2\cdot m\cdot g-M\cdot g&=2\cdot m\cdot a_m+M\cdot a_M
	\end{align*}
	Cela constitue la seconde relation entre les deux inconnues que sont les accélérations de chaque masse.
	
	\medskip
	Avec la première relation établie ci-dessus entre les accélérations des deux masses (\(a_m=2\cdot a_M\)), on a alors~:
	\begin{align*}
	2\cdot m\cdot g-M\cdot g&=2\cdot m\cdot a_m+M\cdot a_M\;\Rightarrow\\
	2\cdot m\cdot g-M\cdot g&=2\cdot m\cdot 2\cdot a_M+M\cdot a_M\;\Rightarrow\\
	2\cdot m\cdot g-M\cdot g&=4\cdot m\cdot a_M+M\cdot a_M\;\Rightarrow\\
	a_M&=\frac{2\cdot m-M}{4\cdot m+M}\cdot g
	\end{align*}
	Dans le cas où les deux masse sont identiques (M=m), on a alors~:
	\[a_M=\frac{2\cdot m-m}{4\cdot m+m}\cdot g=\frac{m}{5\cdot m}\cdot g=\frac{1}{5}\cdot g\]
	et pour l'accélération de m~:\[a_m=2\cdot a_M=\frac{2}{5}\cdot g\]
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{9}
	Dans ce problème, on n'utilise pas le système d'axes de la figure \ref{incline} qui est parallèle et normal au plan incliné, mais un système d'axes horizontal et vertical. Les équations du mouvement selon ce système s'écrivent avec des notations évidentes~:
	\begin{align*}
	\sum \overrightarrow{F}^{ext}=\overrightarrow{R}+\overrightarrow{P}&=m\cdot \overrightarrow{a}\;\;\Rightarrow\\[0.8em]
	R_x&=m\cdot a_x\\
	R_y-P&=m\cdot a_y
	\end{align*}
	En considérant que l'angle \(\alpha\) du plan incliné se retrouve entre la réaction R et la verticale, on peut écrire~:
	\[R_x=R\cdot \sin(\alpha)\;\;\text{et}\;\;R_y=R\cdot \cos(\alpha)\]
	et finalement en tirer les accélérations cherchées~:
	\begin{align*}
	a_x&=\frac{R\cdot \sin(\alpha)}{m}\\
	a_y&=\frac{R\cdot \cos(\alpha)-m\cdot g}{m}
	\end{align*}
	Visiblement, on a deux équations pour trois inconnues, les deux accélérations et la réaction du plan.	
	
	Pour le calcul de cette dernière, il est donc nécessaire de disposer de l'équation supplémentaire donnée par la contrainte imposée à la masse de rester sur le plan incliné, soit la relation spécifiant que la réaction R est égale à la composante perpendiculaire au plan incliné du poids~:
	\[R=P\cdot \cos(\alpha)=m\cdot g\cdot \cos(\alpha)\]
	Ainsi, en remplaçant dans les équations du mouvement, on a~:
	\begin{align*}
	a_x&=\frac{m\cdot g\cdot \cos(\alpha)\cdot \sin(\alpha)}{m}\\
	a_y&=\frac{m\cdot g\cdot \cos^2(\alpha)-m\cdot g}{m}\\[0.8em]
	a_x&=g\cdot\cos(\alpha)\sin(\alpha)\\
	a_y&=g\cdot (\cos^2(\alpha)-1)=-g\cdot\sin^2(\alpha)
	\end{align*}
	Pour vérifier que ces relations sont correctes, on peut calculer la norme du vecteur accélération qui devrait selon le problème \ref{planinclinesimple} valoir \(a=g\sin(\alpha)\). Le calcul est le suivant~:
	\begin{align*}
	a&=\sqrt{a_x^2+a_y^2}\\
	&=\sqrt{(g\cdot\cos(\alpha)\sin(\alpha))^2+(-g\cdot\sin^2(\alpha)^2}\\
	&=\sqrt{g^2\cdot\cos^2(\alpha)\sin^2(\alpha)+g^2\cdot\sin^4(\alpha)}\\
	&=\sqrt{g^2\cdot\sin^2(\alpha)\cdot (\cos^2(\alpha)+\sin^2(\alpha))}\\
	&=\sqrt{g^2\cdot\sin^2(\alpha)}\\
	&=g\cdot\sin(\alpha)
	\end{align*}
	Ce qu'il fallait démontrer.
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{10}
	Rappelons tout d'abord que l'exercice \ref{massesuspendue} a permis de calculer l'accélération d'un système de deux masses, l'une sur un plan horizontal, la masse M', et l'autre pendant dans le vide, la masse m, accrochée à la première par une ficelle sans masse. Avec un système constitué des deux masses, on a pu montrer que~:
	\[m\cdot g=(M'+m)\cdot a\;\;\Rightarrow\;\;a=\frac{m}{M'+m}\cdot g\]
	
	C'est à partir de là que l'on peut résoudre le présent problème.
	
	\smallskip
	La solution est toute simple. À un instant donné on groupe toute la masse qui glisse sur le plan pour en faire la masse M et toute la masse pendante pour en faire la masse m. Pour cela, définissons une masse par unité de longueur de corde~:
	\[\rho=\frac{M}{L}\]
	Ainsi on peut écrire~:
	\begin{align*}
	M&=(L-y)\cdot \rho=(L-y)\cdot\frac{M}{L}\\
	m&=y\cdot \rho=y\cdot\frac{M}{L}
	\end{align*}
	Ainsi, on peut simplement écrire l'équation de l’accélération~:
	\begin{align*}
	a&=\frac{m}{M+m}\cdot g=\frac{y\cdot M/L}{(L-y)\cdot M/L+y\cdot M/L}\cdot g\\
	&=\frac{y}{(L-y)+y}\cdot g=\frac{y}{L}\cdot g
	\end{align*}
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{11}
	On commence par calculer l'accélération à la surface de Sedna grâce à la loi de la gravitation universelle~:
	\begin{align*}
	g_{Sedna}&=G\cdot \frac{M}{R^2}=6,67\cdot 10^{-11}\cdot \frac{10^{21}}{(995\cdot 10^3/2)^2}\\
	&=\SI{0,27}{\metre\per\second\squared}
	\end{align*}
	On peut alors calculer les deux poids~:
	\begin{align*}
	P_{Terre}&=m\cdot g=13\cdot 9,81=\SI{127,5}{\newton}\\
	P_{Sedna}&=m\cdot g=13\cdot 0,27=\SI{3,5}{\newton}\\
	\end{align*}
	Le rapport est alors de 127,5/3,5=36,4.
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{12}
	La seconde loi de Newton pour la trajectoire circulaire d'un corps m soumis à la gravitation autour d'une masse centrale M s'écrit~:
	\[G\cdot \frac{M\cdot m}{r^2}=m\cdot a=m\cdot \frac{v^2}{r}\]
	Sur une trajectoire circulaire la vitesse vaut~:
	\[v=\frac{2\cdot \pi\cdot r}{T}\]
	où T est la période de rotation de la masse m. Ainsi, on peut écrire~:
	\begin{align*}
	G\cdot \frac{M\cdot m}{r^2}&=m\cdot \frac{(2\cdot \pi r)^2}{T^2\cdot r}\\
	G\cdot \frac{M}{r^2}&=\frac{4\cdot \pi^2\cdot r}{T^2}\;\Rightarrow\\
	M&=\frac{4\cdot \pi^2\cdot r^3}{G\cdot T^2}
	\end{align*}
	Avec les données suivantes~:
	\begin{align*}
	r&=5,91\cdot 11,19\cdot 6,371\cdot 10^6=\SI{421,33e6}{\metre}\\
	T&=1,769\cdot 24\cdot 3'600=\SI{1,53e5}{\second}
	\end{align*}
	on peut alors calculer la masse~:
	\begin{align*}
	M&=\frac{4\cdot \pi^2\cdot r^3}{G\cdot T^2}\\
	&=\frac{4\cdot \pi^2\cdot (421,33\cdot 10^6)^3}{6,67\cdot 10^{-11}\cdot (1,53\cdot 10^5)^2}\\
	&=\SI{1,89e27}{\kilo\gram}
	\end{align*}
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{13}
	La situation est celle de la figure \ref{inclinefrottement}.
	\begin{figure}[ht]
	\centering
	\caption[Frottements]{Frottements sur plan incliné}\label{inclinefrottement}
	\medskip
	\def\svgwidth{5cm}
	\input{Annexe-Exercices/Images/inclinefrottement.eps_tex}
	\end{figure}
	Dans le système d'axe de cette figure, les équations du mouvement sont~:
	\begin{align*}
	P_x-F_f=m\cdot a\\
	R-P_y=0
	\end{align*}
	Si le bloc est statique, l'accélération est nulle, la force de frottement vaut~:
	\[F_f=\mu_0\cdot R\]
	et les composantes du poids sont~:
	\[P_x=P\cdot \sin(\alpha)\;\;\textbf{et}\;\;P_y=P\cdot \cos(\alpha)\]
	Ainsi, les équations du mouvement deviennent~:
	\begin{align*}
	P\cdot \sin(\alpha)-\mu_0\cdot R=0\\
	R-P\cdot \cos(\alpha)=0
	\end{align*}
	En remplaçant la réaction R de la seconde équation dans la première, on obtient~:
	\begin{align*}
	P\cdot \sin(\alpha)&-\mu_0\cdot P\cdot \cos(\alpha)=0\;\;\Rightarrow\\
	P\cdot \sin(\alpha)&=\mu_0\cdot P\cdot \cos(\alpha)\;\;\Rightarrow\\
	\mu_0=\frac{\sin(\alpha)}{\cos(\alpha)}&=\tan(\alpha)=\tan(32)=\SI{0,62}{}
	\end{align*}
	\smallskip
	Si le bloc glisse, c'est le c\oe fficient cinétique qui intervient dans la force de frottement. Celui-ci vaut~:
	\[\mu=(1-0,05)\cdot \mu_0=0,95\cdot 0,62=\SI{0,59}{}\]
	Alors, sur l'axe x, avec la composante du poids parallèle au plan incliné et la force de frottement proportionnelle à la réaction R égale à la composante du poids perpendiculaire au plan, on peut écrire~:
	\begin{align*}
	m&\cdot g\cdot \sin(\alpha)-\mu\cdot m\cdot g\cdot \cos(\alpha)=m\cdot a\;\;\Rightarrow\\
	a&=g\cdot (\sin(\alpha)-\mu\cdot \cos(\alpha))\\
	&=9,81\cdot (\sin(32)-0,59\cdot \cos(32))=\SI{0,29}{\metre\per\second\squared}
	\end{align*}
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{14}
	Tant que les deux blocs ne glissent pas, la force de frottement est statique. Si on considère comme système le bloc supérieur, celui-ci étant immobile sur le bloc inférieur, la forces F et celle de frottement s'annulent. Elles sont donc égales et si la force F exercée sur le bloc supérieur augmente, la force de frottement statique augmente également dans une exacte mesure. Cela jusqu'à la valeur de frottement statique maximum exercée par m sur M, donnée par l'équation~:
	\begin{align*}
	F&=F_{fr\:stat\:max}=\mu\cdot N=\mu\cdot m\cdot g\\
	&=0,6\cdot 2\cdot 9,81=\SI{11,77}{\newton}
	\end{align*}
	On est alors à l'imminence de glissement.
	
	Pour calculer l'accélération des deux masses, qui n'en forment alors plus qu'une, il faut choisir le système qui les constitue et écrire~:
	\begin{align*}
	F&=(M+m)\cdot a\;\Rightarrow\;a=\frac{F}{M+m}\\
	&=\frac{11,77}{2+5}=\SI{1,68}{\metre\per\second\squared}
	\end{align*}
	
	\medskip
	À partir du moment où le glissement commence, la force de frottement statique maximum devient une force de frottement cinétique. Si les c\oe fficients de frottements statique et cinétique sont égaux, la force de frottement cinétique est égale à celle statique maximale et ne varie plus. Ainsi, sur le bloc du bas ne s'exerce qu'une seule force extérieure, c'est la réaction à la force de frottement cinétique exercée par le bloc du bas sur celui du haut. Sa valeur est donnée par le calcul ci-dessus. Ainsi, on peut écrire pour le système du bas~:
	\begin{align*}
	F_{fr\:stat\:max}&=M\cdot a_M\;\Rightarrow\\
	a_M&=\frac{11,77}{5}=\SI{2,35}{\metre\per\second\squared}
	\end{align*}
	Quant au bloc du haut, deux forces extérieures s'exercent sur lui~: la force F et la force de frottement dynamique, égale à la force de frottement statique maximale. Pour ce système, on peut écrire~:
	\begin{align*}
	F-F_{fr\:stat\:max}&=m\cdot a_m\;\Rightarrow\\
	a_m&=\frac{23,54-11,77}{2}=\SI{5,89}{\metre\per\second\squared}
	\end{align*}
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{15}
	Les deux forces de frottement statique et cinétique valent~:
	\begin{align*}
	F_{fr\:stat\:max}&=\mu_{stat}\cdot m\cdot g\\
	&=0,6\cdot 20'000\cdot 9,81=\SI{117720}{\newton}\\
	F_{cin}&=\mu_{cin}\cdot m\cdot g\\
	&=0,4\cdot 20'000\cdot 9,81=\SI{78480}{\newton}
	\end{align*}
	Les deux décélérations sont alors~:
	\begin{align*}
	-F_{fr\:stat\:max}&=m\cdot a_{stat}\;\Rightarrow\\
	a_{stat}&=\frac{-117'720}{20'000}=\SI{-5,886}{\metre\per\second\squared}\\
	-F_{cin}&=m\cdot a_{cin}\;\Rightarrow\\
	a_{cin}&=\frac{-78'480}{20'000}=\SI{-3,924}{\metre\per\second\squared}
	\end{align*}
	On peut alors calculer la distance de freinage dans chaque cas~:
	\begin{align*}
	v^2&=v_0^2+2\cdot a\cdot d\;\Rightarrow\;d=\frac{v^2-v_0^2}{2\cdot a}\\
	d_{stat}&=\frac{0-13,89^2}{2\cdot (-5,886)}=\SI{16,39}{\metre}\\
	d_{cin}&=\frac{0-13,89^2}{2\cdot (-3,924)}=\SI{24,58}{\metre}
	\end{align*}
	La différence est donc de \(24,58-16,39=\SI{8,19}{\metre}\).
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{16}
	Le poids du bloc de masse m vaut~:
	\[P_m=m\cdot g=3\cdot 9,81=\SI{29,43}{\newton}\]
	Pour que ce bloc ne tombe pas, il faut qu'une force verticale s'exerce vers le haut et compense le poids calculé ci-dessus, soit \(F_{fr}=P\). L'origine de cette force est évidemment le frottement entre les deux blocs. Or, celle-ci dépend de la force exercée par la masse M sur m, notée \(\overrightarrow{N}\), qui joue le rôle de la réaction R du sol pour un objet glissant horizontalement. La figure \ref{blocsuspenduforces} présente la situation qui permet d'exprimer la force de frottement et de déterminer la valeur N de la réaction.
	\begin{figure}[ht]
	\centering
	\caption[Forces sur bloc suspendu]{Forces sur le bloc suspendu}\label{blocsuspenduforces}
	\medskip
	\def\svgwidth{4cm}
	\input{Annexe-Exercices/Images/blocsuspenduforces.eps_tex}
	\end{figure}	
	\begin{align*}
	F_{fr}&=\mu_{stat}\cdot N\;\Rightarrow\\
	N&=\frac{F_{fr}}{\mu_{stat}}=\frac{29,43}{0,5}=\SI{58,86}{\newton}
	\end{align*}
	On peut dire en français que pour avoir une force de frottement donnée il faut une réaction normale N de valeur double, en raison du c\oe fficient de frottement particulier ici.
	
	\medskip
	C'est la force normale \(\overrightarrow{N}\) qui est la seule force qui pousse la masse m horizontalement. Elle est donc responsable de l'accélération qu'on peut ainsi calculer simplement à l'aide de la seconde loi~:
	\[a=\frac{N}{m}=\frac{58,56}{3}=\SI{19,62}{\metre\per\second\squared}\]
	Cette accélération est celle de la masse m, mais aussi de M. La valeur F de la force permettant de l'obtenir pour le système constitué par les deux masses est donc finalement~:
	\[F=(M+m)\cdot a=7\cdot 19,62=\SI{137,34}{\newton}\]
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{17}
	La seconde loi de Newton est constituée de la force de gravitation qui maintient le satellite en rotation et d'une accélération considérée comme issue d'un mouvement circulaire uniforme de rayon~:
	\[r=R_{Terre}+r_{Everest}+r_{sat.}=6371+8+5=\SI{6384}{\kilo\metre}\]
	Ainsi, elle s'écrit~:
	\begin{align*}
	F&=G\cdot \frac{m_{sat.}\cdot M_{Terre}}{r^2}=m_{sat.}\cdot\frac{v^2}{r}=m\cdot a\\
	&\rightarrow 6,67\cdot 10^{-11}\cdot\frac{5,97\cdot 10^{24}}{6384\cdot 10^3}=v^2\\
	&\rightarrow v=\SI{7898}{\metre\per\second}=\SI{28433}{\kilo\metre\per\hour}
	\end{align*}
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{18}
	La troisième loi de Kepler s'applique sous la forme donnée par l'équation \ref{keplerloitroisgenerale}, page \pageref{keplerloitroisgenerale}~:
	\begin{equation*}
	\frac{a^3}{T^2}=\frac{G}{4\cdot \pi^2}\cdot (M+m)
	\end{equation*}
	La période en seconde est~: \[T=2,8674\cdot 24\cdot 3600=\SI{247743.36}{\second}\] Le demi-grand axe en mètres vaut quant à lui~: \[a=0,065\cdot 149 597 870 700=\SI{9723861595.5}{\metre}\]
	Ainsi, la masse totale du système est~:
	\begin{align*}
	M+m&=\frac{4\cdot \pi^2\cdot a^3}{G\cdot T^2}\\
	&=\frac{4\cdot \pi^2\cdot 9 723 861 595.5^3}{6,67\cdot 10^{-11}\cdot 247743.36^2}\\
	&=\SI{8,87e30}{\kilo\gram}=\frac{8,87\cdot 10^{30}}{1,9889\cdot 10^{30}}\\
	&=\SI{4,46}{M_{soleil}}
	\end{align*}
	Imaginez donc deux étoiles à une distance de 6,5\% de la distance Terre-Soleil (\SI{0,065}{\astronomicalunit}), dont la masse totale vaut plus de quatre masses solaires et qui tournent l'une autour de l'autre en un peu moins de trois jours !
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{19}
	Le travail de l'équipe pour remonter le bobsleigh du bas de la piste à son point de départ sert à augmenter l'énergie potentielle du bob. On néglige les frottement exercés sur le véhicule de transport. Ainsi, on a~:
	\begin{align*}
	E_{pot}&=m\cdot g\cdot h=250\cdot 9,81\cdot (1000-800)\\
	&=\SI{490500}{\joule}
	\end{align*}
	pour une seule montée. Pour 5 montées, on a donc \SI{2452500}{\joule}.
	
	\medskip
	C'est évidemment la même énergie qui est perdue pendant la descente (à l'exception de la poussée initiale). Elle vient du travail du poids sur le bob et les quatre personnes qui se trouvent à l'intérieur.
	
	\medskip
	L'énergie potentielle perdue par le bob sert à augmenter sa vitesse et à lutter contre le frottement. Le travail nécessaire à parvenir à une vitesse de \SI{80}{\kilo\metre\per\hour} est égal à l'énergie cinétique acquise. Pour un bob de \SI{600}{\kilo\gram} et une vitesse moyenne de 200/3,6=\SI{55,56}{\metre\per\second}, on a un travail de~:
	\[A=\frac{1}{2}\cdot m\cdot v^2=\frac{1}{2}\cdot 600\cdot 55,56^2=\SI{925926}{\joule}\]
	par descente. Soit au total, pour 5 descentes \SI{4629630}{\joule}.
	
	Cette valeur est supérieure à l'énergie fournie au bob pendant la montée. C'est normal, car on a pas tenu compte alors de l'énergie nécessaire à monter les personnes. Pour cela, il faut calculer l'énergie potentielle acquise par la masse de \SI{600}{\kilo\gram}~:
	\[E_{pot}=600\cdot 9,81\cdot 200=\SI{1177200}{\joule}\]
	qui est bien supérieure à celle fournie pour augmenter la vitesse.
	
	\medskip
	La différence d'énergie potentielle et cinétique, soit d'énergie mécanique~:\[\Delta E_{mec}=1'117'200-925'926 = \SI{251274}{\joule}\]
	est perdue dans le frottement.
	
	Comme la distance sur laquelle il s'exerce est de \SI{1800}{\metre}, on peut calculer la force de frottement moyenne par~:
	\begin{align*}
	A_{fr}&=F_fr\cdot d\;\Rightarrow\\
	F_{fr}&=\frac{A_{fr}}{d}=\frac{251'274}{1'800}=\SI{139,6}{\newton}
	\end{align*}
	C'est évidemment une estimation.
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{20}
   Commençons par calculer la vitesse à laquelle la tuile quitte le toit. La conservation de l'énergie mécanique implique que~:
   \begin{align*}
   m\cdot g\cdot \Delta h&=\frac{1}{2}\cdot m\cdot v^2\;\Rightarrow\\
   v&=\sqrt{2\cdot g\cdot \Delta h}\\
   &=\sqrt{2\cdot 9,81\cdot (30-25)}=\SI{9.9}{\metre\per\second}
   \end{align*}
   Pour la vitesse au sol, la hauteur est de \SI{30}{\metre} et c'est tout aussi simple~:
   \begin{align*}
   m\cdot g\cdot \Delta h&=\frac{1}{2}\cdot m\cdot v^2\;\Rightarrow\\
   v&=\sqrt{2\cdot g\cdot \Delta h}\\
   &=\sqrt{2\cdot 9,81\cdot (30-0)}=\SI{24,26}{\metre\per\second}
   \end{align*}

   \medskip
   Par la théorie de Newton, pour la vitesse au bord du toit, il faut déterminer l'accélération de la tuile sur le plan incliné que le toit constitue. Nous avons déjà vu que la composante de l'accélération de la tuile parallèlement au toit vaut~:
   \begin{equation*}
   a_{//}=g\cdot\sin(\alpha)=9,81\cdot \sin(15)=\SI{2,54}{\metre\per\second\squared}
   \end{equation*}
   Ainsi, considérant que le mouvement sans frottement d'une tuile sur un plan incliné est un MRUA, on peut déterminer la vitesse parallèle au toit, en bordure de celui-ci à l'aide soit du temps de descente soit de la distance parcourue d\footnote{La considération suivante permet d'obtenir la vitesse au bord du toit d'une manière très simple. En effet, pour un objet en MRUA, on sait que la vitesse de chute verticale au bout d'une hauteur h vaut \(v=\sqrt{2\cdot g\cdot h}\). Or, pour un objet en MRUA sur un plan incliné d'un angle \(\alpha\), la vitesse au bout d'une distance d vaut \(v=\sqrt{2\cdot a\cdot d}\), avec une accélération le long du plan valant \(a=g\cdot \sin(\alpha)\) et une distance \(d=h/\sin(\alpha)\). On a donc~:
   \begin{align*}
   v&=\sqrt{2\cdot g\cdot \sin(\alpha)\cdot \frac{h}{\sin(\alpha)}}\\
   &=\sqrt{2\cdot g\cdot h}
   \end{align*}
   La vitesse au bord du toit est donc la même en grandeur que celle d'un objet en chute libre verticale.}. Considérant une hauteur de \SI{5}{\metre} et un angle de \SI{15}{\degree}, on a~:
   \begin{equation*}
   d=\frac{h}{\sin(\alpha)}=\frac{5}{\sin(15^{\circ})}=\SI{19,32}{\metre}
   \end{equation*}
   La vitesse s'obtient alors par~:
   \begin{equation*}
   v_{//}=\sqrt{2\cdot g\cdot d}=\sqrt{2\cdot 2,54\cdot 19,32}=\SI{9,9}{\metre\per\second}
   \end{equation*}
   Cette vitesse est un vecteur qui fait avec l'horizontale un angle de \SI{15}{\degree}. La balistique (voir annexe \ref{balistique}) nous apprend qu'il faut décomposer le mouvement sur chaque axe. En particulier la vitesse initiale a les composantes suivantes~:
   \begin{align*}
   v_x&=v\cdot \cos(\alpha)=9,9\cdot \cos(-15^{\circ})=\SI{9,56}{\metre\per\second}\\
   v_y&=v\cdot \sin(\alpha)=9,9\cdot \sin(-15^{\circ})=\SI{-2,56}{\metre\per\second}
   \end{align*}
   puisque le vecteur vitesse pointe sous l'horizontale (\(\alpha<0\)).

   En choisissant un système d'axes dont l'origine est au sol et au pied du bord du toit, on peut alors écrire les équations de la position de la tuile au cours du temps~:
   \begin{align*}
   x(t)&=v_x\cdot t=9,56\cdot t\\
   y(t)&=-\frac{1}{2}\cdot 9,81\cdot t^2+v_y\cdot t+y_o\\
   &=-\frac{1}{2}\cdot 9,81\cdot t^2-2,56\cdot t+25
   \end{align*}
   On cherche alors la position horizontale de la tuile au moment où elle arrive au sol, soit \(x(t_{sol})\). Il faut donc calculer \(t_{sol}\). Or, à ce moment là, \(y(t_{sol})=0\). La seconde équation nous donne donc~:
   \begin{align*}
   0&=-\frac{1}{2}\cdot 9,81\cdot t_{sol}^2-2,56\cdot t_{sol}+25\\
   &\Rightarrow\;-4,905\cdot t_{sol}^2-2,56\cdot t_{sol}+25=0
   \end{align*}
   C'est une équation du second degré à une inconnue \(t_{sol}\). Sa solution est~:
   \begin{align*}
   t_{sol}&=\frac{2,56\pm \sqrt{2,56^2+4\cdot 4,905\cdot 25}}{2\cdot (-4,905)}\\
   &=\frac{2,56\pm 22,3}{-9,81}=\begin{cases}\SI{-2,53}{\second}\\\SI{2,012}{\second}\end{cases}
   \end{align*}
   Évidemment, le temps correct est celui qui est positif.

   Ainsi, \(t_{sol}=\SI{2,012}{\second}\).

   On peut alors calculer la vitesse verticale finale par~:
   \begin{equation*}
   v_y=-g\cdot t+v_0=-9,81\cdot 2,012-2,56=\SI{-22,30}{\metre\per\second}
   \end{equation*}
   Comme, conformément à un mouvement balistique, la vitesse horizontale n'a pas changé, la vitesse en bas s'obtient par Pythagore~:
   \begin{equation*}
   v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}=\sqrt{9,56^2+22,30^2}=\SI{24,26}{\metre\per\second}
   \end{equation*}

   \medskip
   Il faut conclure qu'obtenir les vitesses par la méthode de Newton est bien plus complexe que par l'énergie.

\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{21}
	Pour résoudre ce problème, il faut savoir ce qu'est le module de Young. En voici la définition~:
	\[E=\frac{F_n/A}{\Delta L/L_0}\]
	où le numérateur de la fraction est la contrainte de déformation, soit la force \(F_n\) par unité de surface \(A\) exercée longitudinalement (normalement à la section) sur la poutre et le dénominateur est le facteur de déformation constitué du rapport de la déformation à la longueur de la poutre. Les unités du numérateur sont des \si{\newton\per\metre\squared} et le dénominateur en est dépourvu. Ainsi, les unités du module de Young sont des \si{\newton\per\metre\squared}.
	
	\medskip
	La passerelle se trouvant entre deux rochers fixes, la poutre ne peut se dilater. L'augmentation de température a donc pour conséquence d'augmenter la force exercée sur la poutre. Cette contrainte de compression est donnée~:
	\[\frac{F_n}{A}=\SI{8,8e7}{\newton\per\metre\squared}\]
	de même que la distance de déformation qui correspond à l'allongement thermique de la poutre~:
	\[\Delta L=\alpha\cdot L_0\cdot\Delta\theta\]
	Ainsi, on peut écrire~:
	\[E=\frac{F_n/A}{\alpha\cdot\Delta\theta}=\frac{8,8\cdot 10^7}{11\cdot 10^{-6}\cdot 40}=\SI{2e11}{\newton\per\metre\squared}\]
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{22}
	Commençons par calculer toutes les grandeurs en jeu.
	
	\smallskip
	À deux décilitre d'eau correspond une masse de \SI{0,2}{\kilo\gram}.
	
	Pour que l'eau du thé descende sa température à \SI{0}{\celsius}, il faut lui transmettre une énergie de~:
	\begin{align*}
	Q_{eau\,chaude}&=m\cdot c_{eau}\cdot\Delta\theta=0,2\cdot 4180\cdot (0-20)\\
	&=\SI{-16720}{\joule}
	\end{align*}
	Cette énergie est négative, car on la retire à l'eau.
	
	\smallskip
	Pour faire fondre \SI{20}{\gram} de glace, il faut une énergie de~:
	\begin{align*}
	Q_{glace}&=m\cdot L_f=0,02\cdot 3,3\cdot 10^5\\
	&=\SI{6600}{\joule}
	\end{align*}
	
	\smallskip
	Pour faire passer la glace de \SI{-10}{\celsius} à \SI{0}{\celsius}, il faut une énergie de~:
	\begin{align*}
	Q_{glace}&=m\cdot c_{glace}\cdot\Delta\theta=0,02\cdot 2060\cdot (0-(-10)\\
	&=\SI{412}{\joule}
	\end{align*}
	
	\medskip
	En cumulant l'énergie pour amener la glace à \SI{0}{\celsius} et pour la faire fondre, on obtient \(6'600+412=\SI{7012}{\joule}\). C'est l'énergie qu'il faut fournir à la glace pour qu'elle devienne intégralement de l'eau à \SI{0}{\celsius}. Or, elle est inférieure à ce que l'eau du thé peut donner. Donc, la température finale sera supérieure à \SI{0}{\celsius}, dans les trois cas.
	
	On peut maintenant calculer les températures finales~:
	\begin{itemize}
	\item Le bilan thermique est le suivant~:
	\begin{align*}
	&\sum Q=Q_{eau\,chaude}+Q_{eau\,froide}\\
	&=m_{eau\,c}\cdot c_{eau}\cdot (\theta_{eq.}-20)\\
	&+m_{eau\,f}\cdot c_{eau}\cdot (\theta_{eq.}-0)\\
	&=0,2\cdot 4180\cdot (\theta_{eq.}-20)+0,02\cdot 4180\cdot\theta_{eq.}\\
	&=919,6\cdot\theta_{eq.}-16'720=0
	\end{align*}
	La température d'équilibre est donc~:
	\[\theta_{eq.}=\frac{16'720}{919,6}=\SI{18,2}{\celsius}\]
	\item Le bilan thermique est le suivant~:
	\begin{align*}
	&\sum Q=Q_{eau\,chaude}+Q_{eau\,froide}+Q_{glace}\\
	&=m_{eau\,c}\cdot c_{eau}\cdot (\theta_{eq.}-20)\\
	&+m_{eau\,f}\cdot c_{eau}\cdot (\theta_{eq.}-0)\\
	&+6'600\\
	&=0,2\cdot 4180\cdot (\theta_{eq.}-20)+0,02\cdot 4180\cdot\theta_{eq.}\\
	&+6'600\\
	&=919,6\cdot\theta_{eq.}-10'120=0
	\end{align*}
	La température d'équilibre est donc~:
	\[\theta_{eq.}=\frac{10'120}{919,6}=\SI{11,0}{\celsius}\]
	\item Le bilan thermique est le suivant~:
	\begin{align*}
	&\sum Q=Q_{eau\,chaude}+Q_{eau\,froide}+Q_{glace}\\
	&=m_{eau\,c}\cdot c_{eau}\cdot (\theta_{eq.}-20)\\
	&+m_{eau\,f}\cdot c_{eau}\cdot (\theta_{eq.}-0)\\
	&+6'600+412\\
	&=0,2\cdot 4180\cdot (\theta_{eq.}-20)+0,02\cdot 4180\cdot\theta_{eq.}\\
	&+7'012\\
	&=919,6\cdot\theta_{eq.}-10'120=0
	\end{align*}
	La température d'équilibre est donc~:
	\[\theta_{eq.}=\frac{9'708}{919,6}=\SI{10,6}{\celsius}\]
	\end{itemize}
	On constate que de l'eau froide ou de la glace dont la température diminue permettent un refroidissement relativement faible, alors que la fonte de la glace constitue le principal facteur d'abaissement de la température du thé.
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{23}
	Le bilan thermique s'écrit~:
	\begin{align*}
	m_{eau}\cdot c_{eau}\cdot (\theta_{eq.}-20)+m_?\cdot c_?\cdot (\theta_{eq.}-80)&=0\\
	0,2\cdot 4180\cdot (21,55-20)&+\\
	0,05\cdot c_?\cdot (21,55-80)&=0\\
	1295,8-2,92\cdot c_?&=0
	\end{align*}
	Ainsi, la chaleur massique vaut~:
	\[c_?=\frac{1295,8}{2,92}=\SI{444}{\joule\celsius\per\kilo\gram}\]
	En consultant le tableau \ref{tabchaleurmassique}, page \pageref{tabchaleurmassique}, on constate qu'il s'agit de fer.
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{24}
	La loi des gaz parfaits peut s'écrire~:
	\[p\cdot V=N\cdot k\cdot T\]
	où la constante de Boltzmann vaut~:
	\[k=\frac{R}{N_A}=\frac{8,31}{6,022\cdot 10^{23}}=\SI{1,38e-23}{\joule\per\kelvin}\]
	On a donc que le nombre de molécules vaut~:
	\[N=\frac{p\cdot V}{k\cdot T}=\frac{1,013\cdot 10^5\cdot 10^{-6}}{1,38\cdot 10^{-23}\cdot 273,15}=\num{2,69e19}\]
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{25}
	Le volume de la boite est \(V=0,2^3=\SI{0,008}{\metre\cubed}\). Il ne change pas, pas plus que la quantité d'azote qu'il contient. Ainsi, la loi des gaz parfaits peut s'écrire~:
	\begin{align*}
	\frac{p_1}{T_1}&=\frac{p_2}{T_2}\;\Rightarrow\;p_2=p_1\cdot \frac{T_2}{T_1}\\
	p_2&=10^5\cdot \frac{293,15}{273,15}=\SI{107,322}{\kilo\pascal}
	\end{align*}
	La force sur chaque parois est donc de~:
	\[F=p\cdot S=107 322\cdot 0,2^2=\SI{4293}{\newton}\]
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{26}
	Comme la masse molaire M est la masse m par mole, on a naturellement que \(M=m/n\;\Rightarrow\;m=n\cdot N\) et on peut écrire~:
	\[\rho =\frac{m}{V}=\frac{n\cdot M}{V}\]
	Ce qu'il fallait démontrer.
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{27}
	De l'exercice \ref{exosmassemolvol}, on tire~:
	\[n=\rho\cdot\frac{V}{M}\]
	La loi des gaz parfaits nous donne alors~:
	\begin{align*}
	p\cdot V &=n\cdot R\cdot T\;\Rightarrow\\
	p\cdot V &=\rho\cdot\frac{V}{M}\cdot R\cdot T\;\Rightarrow\\
	\rho &=M\cdot\frac{p}{R\cdot T}
	\end{align*}
	En n'oubliant pas que la masse molaire doit être utilisée en \si{\kilo\gram\per\mol}, on a alors les masse volumique suivantes pour chaque gaz (diatomique)~:
	\begin{align*}
	\rho &=2\cdot 1\cdot 10^{-3}\cdot\frac{1,013\cdot 10^5}{8,31\cdot 273,15}=\SI{0,089}{\kilo\gram\per\metre\cubed}\\
	\rho &=2\cdot 14\cdot 10^{-3}\cdot 44,6=\SI{1,25}{\kilo\gram\per\metre\cubed}\\
	\rho &=2\cdot 16\cdot 10^{-3}\cdot 44,6=\SI{1,43}{\kilo\gram\per\metre\cubed}
	\end{align*}
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{28}
	De la loi des gaz parfaits, on tire~:
	\[V=n\cdot R\cdot \frac{T}{p}=3\cdot 8,31\cdot \frac{293,15}{4\cdot 10^3}=\SI{1,83}{\metre\cubed}\]
	Puis, de la même manière~:
	\[V=3\cdot 8,31\cdot \frac{303,15}{0,85\cdot 4\cdot 10^3}=\SI{2,22}{\metre\cubed}\]
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{29}
	Par définition de la masse molaire, on a~:
	\[M=\frac{m}{n}\;\Rightarrow\;n=\frac{m}{M}\]
	On peut donc écrire la loi des gaz parfaits de la manière suivante~:
	\[p\cdot V=\frac{m}{M}\cdot R\cdot T\;\Rightarrow\;p\cdot M=m\cdot R\cdot \frac{T}{V}\]
	Comme la masse, la température et le volume sont constant, on a aussi~:
	\[p\cdot M=const\;\;\text{ou}\;\;p_1\cdot M_1=p_2\cdot M_2\]
	Ainsi, pour le premier point, on a finalement~:
	\[p_2=p_1\cdot \frac{M_1}{M_2}=2\cdot 10^5\cdot \frac{4}{32}=\SI{25000}{\pascal}\]
	car la masse molaire de l'hélium vaut quatre et que l'oxygène de masse atomique seize est diatomique.
	
	\smallskip
	Si la température varie, l'équation des gaz parfaits devient~:
	\[p\cdot \frac{M}{T}=\frac{m\cdot R}{V}\;\Rightarrow\;p\cdot \frac{M}{T}=const\]
	ou sous la forme de deux états~:
	\begin{align*}
	p_1\cdot \frac{M_1}{T_1}=p_2\cdot \frac{M_2}{T_2}\;\Rightarrow\;p_2=p_1\cdot \frac{M_1\cdot T_2}{M_2\cdot T_1}\\
	p_2=2\cdot 10^5\cdot \frac{4\cdot 2\cdot T_1}{32\cdot T_1}=\SI{0,5e5}{\pascal}
	\end{align*}
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{30}
	On tire de la définition de la masse molaire~:
	\[M=\frac{m}{n}\;\Rightarrow\;n=\frac{m}{M}\]
	\begin{enumerate}
	\item La loi des gaz parfaits devient alors~:
	\[p\cdot V=\frac{m}{M}\cdot R\cdot T\]
	La masse d'air qui se trouve dans le mobil-home est ainsi~:
	\begin{align*}
	m&=\frac{p\cdot V\cdot M}{R\cdot T}=\frac{1,013\cdot 10^5\cdot 200\cdot 29\cdot 10^{-3}}{8,31\cdot 293,15}\\
	&=\SI{241,183}{\kilo\gram}
	\end{align*}
	\item Avec une masse de \SI{241,183}{\kilo\gram} d'air, on a un nombre de moles de~:
	\[n=\frac{241,183}{29\cdot 10^-3}=\SI{8316,652}{\mol}\]
	Ainsi, par la loi des gaz parfaits, on a~:
	\begin{align*}
	p&=n\cdot R\frac{T}{V}=8316,652\cdot 8,31\cdot \frac{298,15}{200}\\
	&=\SI{103027,78}{\pascal}
	\end{align*}
	ou, parce que le volume ne change pas~:
	\begin{align*}
	\frac{P_1}{T_1}&=\frac{P_2}{T_2}\;\Rightarrow\;p_2=p_1\cdot \frac{T_2}{T_1}\\
	p_2&=1,013\cdot 10^5\cdot \frac{298,15}{293,15}=\SI{103027,78}{\pascal}
	\end{align*}
	\item À \SI{25}{\celsius} et une atmosphère, le nombre de moles dans le mobil-home vaut~:
	\[n=\frac{p\cdot V}{R\cdot T}=\frac{1,013\cdot 10^5\cdot 200}{8,31\cdot 298,15}=\SI{8177,181}{\mol}\]
	Ainsi, la différence~:
	\[\Delta n=8316,652-8177,181=\SI{139,471}{\mol}\]
	constitue le nombre de moles qui sont sorties du mobil-home. La masse correspondante est~:
	\[m=M\cdot n=29\cdot 10^{-3}\cdot 139,471=\SI{4}{\kilo\gram}\]
	\end{enumerate}
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{31}
	La première chose à calculer est le volume de la chambre à air. Elle peut être assimilée à un cylindre de longueur L donnée par~:
	\[L=2\cdot\pi\cdot R=2\cdot\pi\cdot 20\cdot 2,54\cdot 10^{-2}=\SI{3,192}{\metre}\]
	et donc la base a une surface de~:
	\[S=\pi\cdot R^2=\pi\cdot 0,05^2=\SI{7,854e-3}{\metre\squared}\]
	Son volume vaut donc finalement~:
	\[V=L\cdot S=3,192\cdot 7,854\cdot 10^{-3}=\SI{25,07e-3}{\metre\cubed}\]
	
	\smallskip
	Il faut ensuite déterminer le nombre de moles contenues dans le pneu aux pression et température données. La pression étant manométrique, on obtient sa valeur absolue par~:
	\begin{align*}
	p&=p_{mano.}+\SI{1}{atm}\\
	&=4\cdot 10^5+1,013\cdot 10^5=\SI{5,013e5}{\pascal}
	\end{align*}
	La loi des gaz parfaits nous donne alors~:
	\[n=\frac{p\cdot V}{R\cdot T}=\frac{5,013\cdot 10^5\cdot 25,07\cdot 10^{-3}}{8,31\cdot 293,15}=\SI{5,176}{\mol}\]
	
	\smallskip
	Pour revenir à la pression avant le voyage, on va retirer de l'air. Cette opération se fait à température constante, parce qu'elle est très rapide. La température du gaz qui reste dans la chambre est donc de \SI{25}{\celsius}. Or, à cette température, le nombre de moles qui donnent une pression manométrique de \SI{4}{\bar} vaut~:
	\[n=\frac{p\cdot V}{R\cdot T}=\frac{5,013\cdot 10^5\cdot 25,07\cdot 10^{-3}}{8,31\cdot 298,15}=\SI{5,072}{\mol}\]
	Il faut donc retirer la différence~:
	\[\Delta n=5,176-5,072=\SI{0,104}{\mol}\]
	Soit en terme de masse~:
	\[m=\Delta n\cdot M=0,104\cdot 29=\SI{3}{\gram}\]
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{32}
	Très simplement, on a~:
	\begin{align*}
	N&=\frac{P\cdot V}{k\cdot T}=\frac{10^{-15}\cdot 10^5\cdot 10^{-6}}{1,38\cdot 10^{-23}\cdot 273,15}\\
	&=\SI{26529}{molécules}
	\end{align*}
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{33}
	La pression restant constante lors de la première étape de changement d'état du gaz, c'est-à-dire \(p_0=p_1=\SI{100}{\kilo\pascal}\), la loi des gaz parfaits suffit pour obtenir la température initiale~:
	\begin{align*}
	T_0&=\frac{p_0\cdot V_0}{n\cdot R}\\
	&=\frac{100\cdot 10^3\cdot 16\cdot 10^{-3}}{2\cdot 8,31}=\SI{96,27}{\kelvin}
	\end{align*}
	On peut évidemment faire de même pour déterminer la température à l'état suivant~:
	\begin{align*}
	T_1&=\frac{p_1\cdot V_1}{n\cdot R}\\
	&=\frac{100\cdot 10^3\cdot 32\cdot 10^{-3}}{2\cdot 8,31}=\SI{192,54}{\kelvin}
	\end{align*}
	Seul le volume doublant, la température double donc. Cela est vérifié par~:
	\[\frac{V_0}{T_0}=\frac{V_1}{T_1}\;\Rightarrow\;T_1=T_0\cdot \frac{V_1}{V_0}=2\cdot T_0\]
	Enfin, on peut faire de même pour calculer la pression à la fin~:
	\begin{align*}
	p_2&=n\cdot R\cdot \frac{T_2}{V_2}\\
	&=2\cdot 8,31\cdot \frac{450}{32\cdot 10^{-3}}=\SI{233,7}{\kilo\pascal}
	\end{align*}
	ou, comme le volume est constant~:
	\begin{align*}
	\frac{p_1}{T_1}&=\frac{p_2}{T_2}\;\Rightarrow\;p_2=p_1\cdot \frac{T_2}{T_1}\\
	&=100\cdot 10^3\cdot \frac{450}{192,54}=\SI{233,7}{\kilo\pascal}
	\end{align*}
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{34}
	Pour chacune des transformations, on peut écrire~:
	\begin{description}
	\item[Transformation à volume constant]
	\[\frac{p_0}{T_0}=\frac{p_1}{T_1}\;\Rightarrow\;\frac{100\cdot 10^3}{293,15}=\frac{p_1}{T_1}\]
	\item[Transformation à température constante]
	\[p_1\cdot V_1=p_2\cdot V_2\;\Rightarrow\;p_1\cdot V_1=100\cdot 10^3\cdot 2\cdot V_1\]
	\item[Transformation à pression constante]
	\[\frac{V_2}{T_2}=\frac{V_0}{T_0}\;\Rightarrow\;\frac{2\cdot V_1}{T_2}=\frac{V_1}{T_0}\]
	\end{description}
	De l'équation pour la transformation isotherme, on tire~:
	\[p_1=2\cdot 100\cdot 10^3=\SI{200}{\kilo\pascal}\]
	Avec l'équation de la transformation à volume constant, on a~:
	\[T_1=200\cdot 10^3\cdot \frac{293,15}{100\cdot 10^3}=\SI{586,3}{\kelvin}\]
	Ainsi, on a finalement \(T_1=T_2=\SI{586,3}{\kelvin}\).
	
	\smallskip
	L'équation pour la transformation à pression constante et correcte puisqu'elle dit~:
	\[\frac{2\cdot V_1}{T_2}=\frac{V_1}{T_0}\;\Rightarrow\;\frac{2\cdot V_1}{586,3}=\frac{V_1}{293,15}\]
	mais ne permet de calculer aucun des volumes initial et final.
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{35}
	Comme la masse atomique du carbone vaut \SI{12}{uma} et celle de l'hydrogène \SI{1}{uma}, celle de la molécule de méthane (\(CH_4\)) vaut \SI{16}{uma}. Ainsi, sa masse molaire vaut \SI{16}{\gram\per\mol}. Si on a \SI{32}{\gram} de ce gaz, on a donc \SI{2}{\mol} de \(CH_4\).
	
	\subsubsection*{Compression isotherme}
	Avec une température de 273 + 60 = \SI{333}{\kelvin}, on peut alors calculer les volumes~:
	\begin{align*}
	V_1&=\frac{n\cdot R\cdot T}{p_1}=\frac{2\cdot 8,31\cdot 333}{10^5}=\SI{0,055}{\metre\cubed}\\
	V_2&=\frac{n\cdot R\cdot T}{p_2}=\frac{2\cdot 8,31\cdot 333}{5\cdot 10^5}=\SI{0,011}{\metre\cubed}
	\end{align*}
	Le travail isotherme se calcule alors aisément par~:
	\begin{align*}
	A&=n\cdot R\cdot T\cdot ln(\frac{V_2}{V_1})\\
	&=2\cdot 8,31\cdot 333\cdot ln(\frac{0,011}{0,055}=\SI{-8907}{\joule}
	\end{align*}
	Comme la compression est isotherme, on a aussi~:
	\[\Delta U = 0\;\text{et}\;Q=A=\SI{-8907}{\joule}\]
	
	\subsubsection*{Compression adiabatique}
	La compression adiabatique se fait de l'état 2 à l'état 3. Comme vu précédemment, le volume de l'état 2 est \(V_2=\SI{0,011}{\metre\cubed}\).
	
	Des propriétés de la transformation adiabatique, on tire alors~:
	\begin{align*}
	p_2\cdot V_2&=p_3\cdot V_3\;\Rightarrow\; 5\cdot 0,011^{4/3}=30\cdot V_3^{4/3}\\
	V_3^{4/3}&=4,1\cdot 10^{-4}\;\Rightarrow\;V_3=\SI{2,87e-3}{\metre\cubed}
	\end{align*}
	Par la loi des gaz parfaits, on en tire que~:
	\[T_3=\frac{p_3\cdot V_3}{n\cdot R}=\SI{518}{\kelvin}=\SI{245}{\celsius}\]
	Le travail est alors~:
	\begin{align*}
	A&=-\frac{i}{2}\cdot (p_3\cdot V_3-p_2\cdot V_2)\\
	&=-\frac{6}{2}\cdot (30\cdot 10^5\cdot 2,87\cdot 10^{-3}-5\cdot 10^5\cdot 0,011)\\
	&=\SI{-9330}{\joule}
	\end{align*}
	Avec pour échange de chaleur et variation d'énergie interne~:
	\[Q=0\;\text{et}\;\Delta U=-A=\SI{9330}{\joule}\]
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{36}
	Le tableau complété est le suivant :
	\begin{center}
	\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
	\hline
	Transformation & \(\Delta U\) & \(A\) & \(Q\) \\
	& J & J & J \\\hline
	isotherme & 0 & -1109 & -1109 \\
	adiabatique & 7200 & -7200 & 0 \\
	isotherme & 0 & 4436 & 4436 \\
	adiabatique & -7200 & 7200 & 0 \\
	\hline
	\(\sum\) & 0 & 3327 & \\
	\hline
	\end{tabular}
	\end{center}
	\smallskip
	\begin{enumerate}
	\item Les trois premières lignes sont justifiées par le premier principe. Pour la dernière, on a utilisé le fait que la somme des variations des énergies internes sur un cycle fermé est nulle, puisqu'on se retrouve dans l'état initial. Ainsi :
	\[\sum \Delta U = 0 + 7200 + 0 -7200=0\]
	\item le rendement est donné par :
	\[\eta = \frac{\sum A}{\sum Q_+}=\frac{3327}{4436}=75\%\]
	\item La loi des gaz parfaits donne :
	\[n\cdot R=\frac{p_0\cdot V_0}{T_0}=\frac{10^5\cdot 16\cdot 10^{-3}}{400}=4\]
	\item La température à l'état initial \(T_0=\SI{400}{\kelvin}\) est donnée. La première transformation étant isotherme, on a que \(T_1=\SI{400}{\kelvin}\). Pour la seconde transformation, on peut écrire :
	\begin{align*}
	\Delta U&=\frac{i}{2}\cdot n\cdot R\cdot \Delta T\\
	7200&=\frac{3}{2}\cdot 4\cdot \Delta T\\
	\Delta T&=1200=T_2-T_1=T_2-400\\
	&\Rightarrow\;T_2=\SI{1600}{\kelvin}
	\end{align*}
	Et comme la troisième est isotherme, on a : \(T_3=\SI{1600}{\kelvin}\).			\item Le diagramme de bilan est donné à la figure \ref{exos:cycle1}.
	\end{enumerate}
	
	\begin{figure}
	\def\svgwidth{7cm}
	\begin{center}
	%\input{Annexe-Exercices/Images/cycle2.eps_tex}
	\includegraphics[scale=0.9]{cycle2.eps}
	\end{center}
	\caption{Bilan du cycle\label{exos:cycle1}}
	\end{figure}
	
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{37}
	On commence par calculer le produit nR~:
	\[nR=\frac{p\cdot V}{T}=\frac{3\cdot 10^5\cdot 9\cdot 10^{-3}}{270}=10\]
	\begin{enumerate}
	\item Puis, on calcule la chaleur échangée lors de la transformation~:
	\begin{align*}
	Q%=\Delta U+A=\frac{i}{2}\cdot n\cdot R\cdot \Delta T+A\\
	&=\frac{5}{2}\cdot 10\cdot (480-270)+\frac{1}{2}\cdot (9\cdot 10^{-3}-2\cdot 10^{-3})\\
	&\cdot (24\cdot 10^5-3\cdot 10^5)+7\cdot 10^{-3}\cdot 3\cdot 10^5\\
	&=5250+7350+2100=\SI{14700}{\joule}
	\end{align*}
	\item La transformation est linéaire. On peut la multiplier par le volume~:
	\begin{align*}
	p&=-3\cdot 10^8\cdot (V-0,01)\\
	pV&=-3\cdot 10^8\cdot (V-0,01)\cdot V
	\end{align*}
	Comme le gaz est parfait~:
	\begin{align*}
	&pV=-3\cdot 10^8\cdot (V-0,01)\cdot V=n\cdot R\cdot T\\
	&\Rightarrow\;T(V)=-3\cdot 10^7 (V^2-0,01\cdot V)
	\end{align*}
	car nR vaut dix.
	\item Pour trouver le maximum, il suffit alors de dériver et d'annuler~:
	\begin{align*}
	&\frac{dT}{dV}=-3\cdot 10^7 (2V-0,01)=0\\
	&\Rightarrow\;2\cdot V=0,01\;\Rightarrow\;V=\SI{0,005}{\metre\cubed}=\SI{5}{\deci\metre\cubed}
	\end{align*}
	La température maximale est alors~:
	\begin{align*}
	&T(0,005)=-3\cdot 10^7 (0,005^2-0,01\cdot 0,005)\\
	&=\SI{750}{\kelvin}\\
	\end{align*}
	\end{enumerate}
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{38}
	Procédons simplement au calcul de l'incertitude absolue.
	
	\smallskip
	Pour l'accélération centripète, on a~:
	\begin{align*}
	I(a)&=I(v^2/R)=v^2/R\cdot i(v^2/R)\\
	&=\frac{v^2}{R}\cdot (2\cdot i(v) + i(R))\\
	&=\frac{v^2}{R}\cdot (2\cdot \frac{I(v)}{v} + \frac{I(R)}{R})
	\end{align*}
	Pour la force de gravitation, on a~:
	\begin{align*}
	I(F)&=I(G\cdot M\cdot m/d^2)\\
	&=G\cdot M\cdot m/d^2\cdot i(G\cdot M\cdot m/d^2)\\
	&=G\cdot \frac{M\cdot m}{d^2}\cdot (i(G)+i(M)+i(m)+2\cdot i(d))\\
	&=G\cdot \frac{M\cdot m}{d^2}\cdot (\frac{I(G)}{G}+\frac{I(M)}{M}\,+\\
	&\;\;\;\;\frac{I(m)}{m}+2\cdot \frac{I(d)}{d})
	\end{align*}
	Pour la position d'un MRUA, on a~:
	\begin{align*}
	I(x)&=I(1/2\cdot a\cdot t^2 +v_0\cdot t+ x_0)\\
	&=I(1/2\cdot a\cdot t^2)+I(v_0\cdot t)+I(x_0)\\
	&=\frac{1}{2}\cdot a\cdot t^2\cdot (i(1/2)+i(a)+2\cdot i(t))\,+\\
	&\;\;\;\;v_0\cdot t\cdot (i(v_0)+i(t))+I(x_0)\\
	&=\frac{1}{2}\cdot a\cdot t^2\cdot (0+\frac{I(a)}{a}+2\cdot \frac{I(t)}{t})\,+\\
	&\;\;\;\;v_0\cdot t\cdot (\frac{I(v_0}{v_0}+\frac{I(t)}{t})+I(x_0)
	\end{align*}
	Pour la vitesse, on a~:
	\begin{align*}
	I(v)&=I((x-x_0)/t)=\frac{x-x_0}{t}\cdot (i(x-x_0)+i(t))\\
	&=\frac{x-x_0}{t}\cdot (\frac{I(x-x_0)}{x-x_0}+\frac{I(t)}{t})\\
	&=\frac{x-x_0}{t}\cdot (\frac{I(x)+I(x_0)}{x-x_0}+\frac{I(t)}{t})\\
	&=\frac{I(x)+I(x_0)}{t}+(x-x_0)\cdot \frac{I(t)}{t^2}
	\end{align*}
	On aurait pu s'arrêter à l'avant dernière égalité, mais on est allé plus loin, car dans le dernier cas, on peut aussi procéder différemment~:
	\begin{align*}
	I(v)&=I((x-x_0)/t)=I(x/t-x_0/t)\\
	&=I(x/t)+I(x_0/t)\\
	&=\frac{x}{t}\cdot i(x/t)+\frac{x_0}{t}\cdot i(x_0/t)\\
	&=\frac{x}{t}\cdot (i(x)+i(t))+\frac{x_0}{t}\cdot (i(x_0)+i(t))\\
	&=\frac{x}{t}\cdot (\frac{I(x)}{x}+\frac{I(t)}{t})\,+\\
	&\;\;\;\;\frac{x_0}{t}\cdot (\frac{I(x_0)}{x_0}+\frac{I(t)}{t})\\
	&=\frac{I(x)}{t}+\frac{x\cdot I(t)}{t^2}+\frac{I(x_0)}{t}+\frac{x_0\cdot I(t)}{t^2}\\
	&=\frac{I(x)+I(x_0)}{t}+(x+x_0)\cdot \frac{I(t)}{t^2}
	\end{align*}
	Cette expression est légèrement différente de la précédente. Mais, le second terme est négligeable en raison de la présence de l'incertitude sur le temps au carré. On voit ainsi qu'il est nécessaire de faire attention aux ordres de grandeurs.
	
\end{Solution OS}
\begin{Solution OS}{39}
	\dots
	
\end{Solution OS}
