Devoir en temps limitÃ© no 7: Forces centrales conservatives

Transcription

MPSI2, Louis le Grand
Devoir
en temps limité no 7: Forces centrales conservatives, loi du moment cinétique et équilibres acidobasiques
(c) Dans le cas d’un état lié, rappeler la nature de la trajectoire et montrer que la distance r oscille
entre deux valeurs minimale et maximale respectivement notées rp et ra . Illustrer sur la courbe
précédente de Eeff comment déterminer les valeurs de rp et ra pour une valeur de l’énergie
mécanique Em donnée.
Les sacs seront laissés devant le tableau. Conservez seulement de quoi écrire et une calculatrice :
pas de téléphone !
Si vous ne comprenez pas une notation, une question, ou si vous pensez avoir découvert une
erreur d’énoncé, signalez-le immédiatement.
Vous pouvez annoter les courbes du sujet. N’oubliez alors pas de remettre l’énoncé (sur lequel
vous aurez indiqué votre nom) avec votre copie.
#»
#»
Les vecteurs sont distingués par des flèches : A, A désignant la norme de A et Ax la composante
de x selon la coordonnée x. Dans tous le proglème le référentiel terrestre RT , dans lequel règne le
champ de pesanteur #»
g sera considéré galiléen pour la durée des phénomènes décrits.
(d) Établir l’expression de l’énergie mécanique dans un état lié en fonction de G, mT , m, rp et ra .
II
II.2. L’engin est initialement sur une orbite circulaire de rayon R0 . On peut à l’aide d’un moteur changer
instantanément sa vitesse sans que sa distance à O ne change. Déterminer la nouvelle vitesse qu’il
doit posséder pour échapper au champ gravitationnel de l’astre. Calculer sa valeur pour une orbite
d’altitude 500 km.
On étudie les modifications de l’orbite d’un engin spatial dans le champ de gravitation d’un astre
immobile dans un référentiel galiléen. L’engin, de masse notée m sera considéré ponctuel désigné par le
point M et l’astre à symétrie sphérique, de masse notée mT et de centre noté O. Pour les applications
numériques, on prendra la masse de la Terre, donnée à la fin de l’énoncé.
II.3. On note V0 la vitesse sur l’orbite circulaire de rayon R0 . Les moteurs disposent d’une «réserve de
vitesse» de 4V0 . Ceci signifie qu’ils peuvent faire varier le vecteur vitesse du vaisseau, en une ou
plusieurs fois, de telle sorte que la somme des valeurs absolues des variations de vecteur vitesse
n’excède pas 4V0 . On envisage plusieurs stratégies pour échapper au champ gravitationnel de l’astre.
À chaque fois, les changements de vitesse seront considérés instantanés.
Généralités
(a) Dans la première stratégie, on utilise toute la réserve de vitesse en une fois. Déterminer la
vitesse de l’engin quand il se trouve à l’infini de la Terre.
On établit dans cette partie plusieurs résultats utiles
dans le reste du problème.
(b) Dans la deuxième stratégie, on réduit d’abord la vitesse de V0 à V0 /2 sans changer la direction
du vecteur vitesse. Déterminer les caractéristiques de la nouvelle orbite :
coordonnées polaires.
»(M) est conservé.
I.1. (a) Montrer que le moment cinétique de M par rapport à O, noté σ# /O
(b) En déduire que le mouvement de M autour de O est plan. On note par la suite σ la norme de
»(M).
σ# /O
I.2. On considère que M parcourt une orbite circulaire de rayon R autour de O.
(a) Montrer que le mouvement est uniforme et établir l’expression de sa vitesse en fonction de
G, mT et R.
(b) En déduire les expressions de l’énergie cinétique, de l’énergie potentielle et de l’énergie
mécanique en fonction uniquement de m,mT ,G et R.
(c) En déduire l’expression du moment cinétique σ en fonction de m,mT ,G et R.
(d) Calculer le rayon et la vitesse pour une orbite géostationnaire, de période T = 24 h. Calculer la
vitesse et la période sur une orbite d’altitude h = 500 km.
I.3. On ne se limite plus désormais aux orbites circulaires. On se place en coordonnées polaires (r,θ) de
centre O.
(a) Montrer qu’on peut définir une énergie potentielle effective, notée Eeff (r), qu’on exprimera en
fonction de σ, m, mT , r et G, telle que l’énergie mécanique Em vérifie à chaque instant :
Em = Eeff (r) +
Libération
II.1. Le kW · h électrique coûte environ 0,15 ¤. En déduire le coût théorique de satellisation sur une orbite
d’altitude 500 km d’une masse 1 kg de charge utile. Commenter sachant que le coût réel est de l’ordre
de 1 · 103 ¤/kg. On pourra au choix considérer un lancer depuis l’équateur ou depuis les pôles pour
ne pas se soucier de la rotation de la Terre.
Problème 1 : Modifications d’orbites spatiales
I
samedi 11 avril
1 2
mr˙ .
2
• énergie mécanique Em et nature de la trajectoire,
• distances ra et rp en fonction de R0 ,
• vitesses va et vp quand les distances sont respectivement ra et rp .
Tracer également l’allure de la trajectoire.
(c) Dans un deuxième temps, on utilise le reste de la réserve de vitesse en une seule fois pour
augmenter au maximum la vitesse lors du passage à la distance rp . Déterminer la nature de la
nouvelle trajectoire et déterminer la nouvelle vitesse à l’infini. Justifiez qu’on réalise cette
manœuvre en rp plutôt qu’en ra . Ajouter l’allure de la trajectoire au schéma précédent.
III
Dans cette section, on cherche à atteindre une orbite circulaire de rayon R0 sur laquelle on note V0 la
vitesse.
III.1. L’engin se trouve initialement à la distance R0 , animé de la vitesse V0 .
# »
(a) Quel doit être l’angle entre le vecteur vitesse et le vecteur OM, noté α pour qu’il suive l’orbite
circulaire de rayon R0 ?
(1)
(b) Dans le cas où l’orbite n’est pas circulaire, établir l’expression de :
• la somme ra + rp ,
• le produit ra rp ,
(b) Tracer l’allure de Eeff (r) et en déduire la nature des mouvements suivant les valeurs de Em .
Julien Cubizolles, sous licence http://creativecommons.org/licenses/by- nc- nd/2.0/fr/.
Circularisation
1/10
2014-2015
Devoir en temps limité no 7: Forces centrales conservatives, loi du moment cinétique et équilibres acidobasiques
en fonction de R0 et α. Établir également l’expression du moment cinétique en fonction de
R0 ,V0 et α.
(c) En déduire la valeur de α si on constate que ra = 3R0 /2 et rp = R0 /2.
(d) Comment rendre circulaire l’orbite précédente en effectuant instantanément un changement de
vecteur vitesse ? Quel sera le coût en «réserve de vitesse» ?
III.2. Question subsidiaire, à n’aborder que s’il reste du temps. On étudie l’effet sur la trajectoire
circulaire précédente d’un changement instantané de la direction du vecteur vitesse, sans changer
sans norme. On note respectivement ri et vi la distance et la vitesse au point où est réalisée la
manœuvre.
(a) Parmi les grandeurs suivantes, lesquelles restent constantes au cours de la manœuvre ? On
justifiera chaque réponse.
• énergie mécanique Em ,
• moment cinétique σ,
• énergie potentielle effective Eeff .
Représenter sur un graphe la courbe de Eeff (r) et l’énergie mécanique avant et après la
manœuvre si celle-ci s’effectue en rp .
(b) En déduire comment déterminer graphiquement les nouvelles valeurs de ra et rp . Commenter.
I.1.
Données : masse de la Terre mT = 6,0 · 1024 kg, constante de gravitation G = 6,67 · 10−11 S · I · , durée d’un
jour terrestre T = 24 h, rayon terrestre RT = 6,4 · 103 km.
II
Problème 2 : Dosages de l’acide phosphorique
On étudie le dosage de l’acide phosphorique H3 PO4 par une solution de soude NaOH.
La soude est une base forte. L’acide phosphorique est un triacide, les pKa de ses trois couples sont donnés
à la fin de l’énoncé.
I
Analyse d’une simulation du dosage
On présente la simulation numérique du dosage
d’un volume VA d’une solution d’acide phosphorique à la concentration cA par une solution
de soude à la concentration cB selon le montage
représenté sur la figure ci-contre : la soude est
initialement dans la burette et l’acide phosphorique dans l’erlenmeyer.
On distingue sur la simulation trois zones en
fonction du volume VB de soude versé :
pH
14
12
0
zone C : VB > Ve2 .
(a) Déterminer les réactions de dosage observées dans les zones A, B et C. Calculer leur constante
et commenter.
(b) Déterminer la concentration cA de l’acide phosphorique. Justifier que les zones A et B ont même
largeur.
(c) Pourquoi n’observe-t-on pas de troisième saut de pH ?
I.3. Dans cette partie, on sera amené à formuler des hypothèses dont on vérifiera la pertinence à l’issue
du calcul.
(a) Déterminer, par le calcul, le pH en vB = 15 mL. Vérifier l’accord avec la simulation.
(b) Déterminer, par le calcul, le pH en vB = 10 mL. Vérifier l’accord avec la simulation.
(c) Quelle différence présentent les allures de la courbe du pH dans les zones A et B. Déterminer,
par le calcul, le pH en VB = 0 mL.
Dosage par la soude carbonatée
La soude absorbe une partie du dioxyde de carbone
CO2 de l’air. On étudie l’effet de cette altération sur pH
le dosage de la solution précédente d’acide phospho- 14
rique.
12
On dose à nouveau VA = 50 mL d’acide phosphorique à la concentration cA . La soude a été initiale- 10
ment préparée à la solution cB mais a ensuite absorbé
OH– : c′B
du dioxyde de carbone à la concentration c0 < cB /2. 8
H2 CO3 : c′
0 . On déSa concentration au moment du dosage est cB
6
signe par H2 CO3 le dioxyde de carbone dissout. Il
s’agit d’un diacide dont les pKa sont donnés en fin 4
H3 PO4 : cA ,VA
d’énoncé.
′
′
On distingue à nouveau sur la simulation du dosage 2 A′
C
B
de la solution d’acide phosphorique par la solution de 0
VB (mL)
0
5
10
15
20
25
30
35 40
soude carbonatée trois zones :
II.1.
4
2
I.2.
Simulation du dosage de la solution d’acide phosphorique
par la solution de soude carbonatée.
0 .
zone C0 : VB > Ve2
6
zone A : 0 6 VB 6 Ve1 = 10 mL,
(b) En déduire, grâce aux valeurs du pH de la simulation, les formes prédominantes de l’acide
phosphorique au début et la fin de chacune des zones A, B et C.
0 6 V 6 V0 = 22,4 mL,
zone B0 : Ve1
B
e2
OH– : cB
8
zone B : Ve1 6 VB 6 Ve2 = 20 mL,
(a) Déterminer les zones de prédominances des différentes formes acidobasiques de l’acide
phosphorique : H3 PO4 , H2 PO4− , HPO42− et PO43− .
0 = 10 mL,
zone A0 : 0 6 VB 6 Ve1
10
samedi 11 avril
H3 PO4 :cA ,VA
B
A
0
5
10
15
C
20
25
30
35
VB (mL)
40
Simulation du dosage de la solution d’acide phosphorique
par la solution de soude.
(a) Le pH dans la burette est supérieur à 12. Quelle est la forme prédominante du dioxyde de
0 de la soude dans la burette en fonction
carbone dans la burette ? En déduire la concentration cB
de cB et c0 .
(b) Déterminer les formes acidobasiques prédominantes, dans l’erlenmeyer, de l’acide
phosphorique et du dioxyde de carbone (H2 CO3 , HCO3 – ou CO32 – ) au début et la fin de
chacune des zones A0 , B0 et C0 .
II.2. Étude de la zone A0 .
2/10
2014-2015
(a) Déterminer les réactions se produisant dans la zone A0 entre les espèces phosphorées,
carbonatées et la soude. Calculer leur constante.
0 =V .
(b) Justifier qu’on a Ve1
e1
I.2. À l’instant initial, la tartine est horizontale (l’angle θ est nul) et immobile.
(a) Montrer que le mouvement de la tartine est conservatif.
(b) En déduire que la vitesse de rotation ω = θ˙ de la tartine croît avec l’angle de rotation θ selon
une loi de la forme :
ω2 = K(r) sin(θ),
II.3. Étude de la zone B0 .
(a) Déterminer les réactions se produisant dans la zone B0 entre les espèces phosphorées,
carbonatées et la soude. Calculer leur constante.
0 la concentration c0 de la solution titrante en
(b) Déduire du deuxième volume équivalent Ve2
dioxyde de carbone.
avec K(r) une fonction de r positive dont on donnera l’expression en fonction de g,` et r.
(c) Tracer l’allure de K(r) en fonction de r.
(d) Déterminer l’expression de ω en θ = π/2 pour la valeur du rapport r qui la rend maximale, en
admettant que la tartine ne glisse pas. On note ωmax cette expression. Calculer sa valeur.
(e) Déterminer une approximation de K(r) pour r ` et en déduire l’expression de la vitesse de
rotation ω(r) quand θ = π/2 pour r `. Calculer la valeur de ω(r) pour r = 1,0 mm.
On note dans toute la suite ωi la vitesse de rotation au moment où la tartine quitte la table.
I.3. (a) Déterminer l’accélération du barycentre G de la tartine durant ce basculement.
#»
(b) En déduire la résultante R des forces de contact entre la table et la tartine.
(c) On modélise les contacts entre la table et la tartine par un frottement solide de coefficient µ.
Déterminer la valeur de µ pour que la tartine ne glisse pas avant d’avoir atteint un angle de 80°.
Données :
• pKa (H3 PO4 /H2 PO4− ) = 2,1 ; pKa (H2 PO4− /HPO42− ) = 7,3 ; pKa (HPO42− /PO43− ) = 12,3,
• pKe = 14,0,
• VA = 50,0 mL ; cB = 5.10−1 mol.L−1 ,
• pKa (H2 CO3 /HCO3− ) = 6,4 ; pKa (HCO3− /CO32− ) = 10,3.
II
Problème 3 : La tartine beurrée
On étudie dans ce problème le basculement autour du rebord d’une table puis la chute jusqu’au sol d’une
tartine beurrée, pour déterminer entre autres si elle tombe du côté beurré ou non.
On modélise la tartine par une plaque rectangulaire
sans épaisseur de longueur ` et de largeur a < `. On
considère des rotations autour d’un axe ∆r parallèle à
son petit côté (de largeur a) à la distance r du milieu
du grand côté de longueur `. La tartine est initialement en surplomb de la table, son grand côté étant
perpendiculaire à l’arête de la table. La table est siSchéma du basculement, distance r, angle θ, #»
g,
tuée à une hauteur h du sol.
vue de dessus avec l’axe, point G, axes ex et ey,
er et et, sens de rotation.
Les différentes parties sont dans une grande mesure indépendantes.
I
On modélise pour simplifier, et dans cette question
seulement, la tartine par une tige sans masse de
longueur ` aux extrémités de laquelle sont fixées
deux points matériels M1 et M2 de même masse
m/2. L’ensemble constitue un solide en chute libre
et en rotation.
I.1. Dans une premier temps, on considère que la tartine ne glisse pas le long du rebord.
(a) Justifier brièvement que la tartine ne basculera pas tant que le centre G du grand côté reste à
l’aplomb de la table. On considère par la suite que G est en surplomb et que la tartine bascule
donc.
(b) La masse de la tartine est m. Son moment d’inertie par rapport à l’axe ∆r , qui coïncide avec
l’arête de la table est noté Jr . Il vérifie :
m` 2
+ mr 2 .
12
Préciser les expressions de Jr pour r = 0 et r = `/2 et vérifier leurs compatibilités.
Chute
On suppose qu’on peut négliger le glissement de la tartine jusqu’à l’angle θ = π/2, atteint à un moment
qu’on prend comme nouvelle origine des temps. On considère que par la suite la tartine est en chute libre,
sans aucun contact avec la table.
», et du vecteur
II.1. (a) Déterminer les expressions du vecteur vitesse initial du barycentre, noté v# G0
rotation initial, noté ω0 , de la tartine. Calculer leurs valeurs pour r = 1,0 mm.
(b) Dans toute la suite on considère, pour simplifier les expressions, que le barycentre G de la
tartine est à la hauteur h du sol au début de la chute, et ce quelle que soit la valeur de r.
Déterminer l’évolution temporelle de l’altitude zG du barycentre G de la tartine au cours de sa
chute.
II.2. On étudie dans cette question l’évolution du vecteur rotation de la tartine au cours de sa chute. On
pourra admettre les résultats de cette question même s’ils n’ont pas été établis.
Basculement
Jr =
samedi 11 avril
(2)
3/10
système à deux masses, G et ω.
#»
(a) On note respectivement v#»
1 et v2 les vecteurs vitesse des points M1 et M2 . Exprimer le moment
#»
cinétique par rapport au barycentre G du solide en fonction entre autres de m1 , m2 , v#»
1 et v2 . On
».
le note σ# /G
»
dσ# /G
» et la vitesse de rotation ω sont constants
(b) Déterminer l’expression de
et en déduire que σ# /G
dt
au cours de la chute.
2014-2015
samedi 11 avril
On admet que ce résultat reste valable pour une répartition de masse quelconque et en particulier
pour la tartine étudiée au I.
II.3. On considère de nouveau la répartition de masses uniforme de la tartine du I.
(a) Déterminer au cours de la chute l’expression de l’altitude zG du barycentre G, en fonction de
l’angle θ dont a tourné la tartine par rapport à sa position initiale.
(b) On cherche à déterminer avec un minimum de calculs si la tartine tombera du côté beurré ou
non.
i. Estimer un ordre de grandeur de la durée de chute de la tartine.
ii. En déduire pour r = 1 mm si la tartine tombera du côté beurré ou non. Peut-on facilement
conclure dans le cas ω = ωmax ?
II.4.
(a) Dans le cas général, exprimer l’altitude z du point le plus bas de la tartine en fonction de l’angle
θ dont elle a tourné depuis sa position horizontale.
(b) Proposer une méthode de détermination graphique du côté sur lequel tombe la tartine. On se
contentera de tracer une allure de la courbe utilisée.
III
Contact avec le sol
On étudie le mouvement de la tartine après que son point le plus bas est entré en contact avec le sol. On
» le vecteur vitesse de son barycentre juste avant l’impact, ω sa vitesse de rotation au même
note v# Gc
c
moment et αc l’angle qu’elle forme alors avec la verticale. On note C le point d’impact et ∆c l’axe
colinéaire au petit côté de la tartine et passant par C. On admet que la tartine ne glisse pas sur le sol.
III.1. Parmi les grandeurs suivantes, quelle(s) est(sont) celle(s) qui est(sont) conservée(s) au cours de
l’impact ? On justifiera soigneusement la réponse pour chacune des propositions.
• quantité de mouvement de la tartine,
• moment cinétique de la tartine par rapport à l’axe ∆c ,
• énergie cinétique de la tartine.
III.2. En déduire l’expression de la vitesse de rotation après l’impact.
III.3. En déduire l’expression de la vitesse de rotation quand la tartine atteint l’horizontale.
Données : masse de la tartine m = 20 g, accélération de la pesanteur g = 9,8 m · s−2 , longueur de la tartine
` = 6 cm, hauteur de la table h = 90 cm.
4/10
2014-2015
Correction du problème 1
I
(b) On représente ci-contre l’allure de Eeff , on
vérifie que le mouvement sera lié pour Em <
0, et de diffusion pour Em > 0.
Em2
(c) Pour un état lié, la trajectoire sera elliptique. On détermine le périgée et l’apogée
respectivement en lisant les valeurs (notées
rmin et rmax sur la courbe ci-contre) pour
lesquelles la courbe Eeff (r) = Em .
(d) Comme fait en cours on a, au périgée et à Em1
l’apogée :
Em = Eeff (r).
Généralités
I.1.
(a) et Comme vu en cours, le caractère central de la force assure que le moment cinétique est
conservé.
(b) En particulier la direction du moment cinétique est conservée : le mouvement est donc inclus
dans le plan orthogonal au moment cinétique.
I.2.
(a) Pour un mouvement plan, la norme du moment cinétique a pour expression, en coordonnées
˙ Si le mouvement est circulaire, on a σ = mR2 θ˙ et σ = cste assure que θ˙ = cste,
polaires σ = mr 2 θ.
ie que le mouvement est plan. On note V la norme de sa vitesse.
(b) La loi de la quantité de mouvement s’écrit :
−m
GmmT #»
V2 #»
e =−
er → V =
R r
R2
r
Em = −
GmmT
R
(c) On calcule :
Ec =
1
GmmT
mV2 =
2
2R
Em = Ec + Epot = −
GmmT
.
2R
(d) On a V = RπR/T, soit :
r
GmT
T2 GmT
→R=
R
4π2
On en déduit la vitesse :
V=
2πGmT
T
!1/3
!1/3
→ T500 = Tgeo
V500 =
I.3.
RT + h
Rgeo
!3/2
= 1,6 h.
2
(a) Comme fait en cours, l’énergie cinétique orthoradiale se met sous la forme σ 2 pour un
2mr
mouvement plan. Le mouvement est de plus conservatif et la conservation de l’énergie
mécanique s’écrit :
accessible
Les
−1/r
GmmT
.
rp + ra
2 2
GmmT m4π RT
GmmT
−
= 3,3 · 107 J = 9,29 kW · h,
+
2
2(RT + h)
RT
T
II.2. Pour qu’il se trouve dans un état de diffusion, son énergie mécanique doit être nulle, soit :
r
1
2GmT
GmmT
mV2 −
=0→V=
.
2
R
R
Cette «vitesse de libération» vaut, pour h = 500 km : vlib = 10,8 km · s−1 .
√
II.3. (a) La vitesse de libération est égale à 2V0 . En utilisant toute la réserve
√ de vitesse en une fois, la
vitesse à l’issue de l’accélération est 5V0 , qui est bien supérieur à 2V0 . La vitesse V0 s’exprime
de plus en fonction de R0 selon mV02 /2 = GmmT /(2R0 ).
La conservation de l’énergie mécanique entre l’état initial, à la distance R0 animé de 5V0 et
l’infini, animé de V∞ donne :
2
25mV02 GmmT 1
2 → V2 = 23V0 = 23GmT .
−
= mV∞
∞
2
R0
2
2
2R0
σ2
GmT
avec : Eeff ≡
−
.
r
2mr 2
r
rmax
pour un coût de 1,4 ¤. . . . Il faut bien évidemment l’énergie mécanique du lanceur (730 · 103 kg au
décollage pour Ariane 5) et l’énergie perdue par frottement dans l’atmosphère.
2πR
= 7,6 km · s−1 .
V
1
Em = mr˙2 + Eeff (r) = cste
2
accessible
Libération
−
= 3,08 · 103 m · s−1 .
!3/2
La vitesse sera alors :
II
= 4,23 · 104 km.
Sur une orbite d’altitude h = 500 km, on utilise la troisième loi de Kepler pour obtenir :
T500
R
= 500
Tgeo
Rgeo
r2
rmin
+1/r 2
II.1. Considérons un lancer depuis l’équateur, dans le sens de rotation de la Terre. Dans le référentiel
géocentrique, le pas de tir est animé d’un mouvement circulaire uniforme de rayon RT et de période
T = 24 h. Son énergie cinétique initiale est donc 12 m(2πRT /T)2 , et son énergie potentielle
Epot = −GmmT /RT . En orbite de rayon R, son énergie mécanique est Em = −GmmT /(2R). L’énergie
qu’on doit lui communiquer est donc :
p
σ = kRe#»r ∧ Ve#»
θ k = mRV = m GRmT .
2πR
=
T
Eeff (r)
rayons rp et ra sont donc les deux solutions d’une même équation du second degré. Leur somme
s’exprime en fonction des cœfficients de cette dernière, et on obtient :
GmT
.
R
On calcule alors :
Epot = −
samedi 11 avril
5/10
2014-2015
(b) La trajectoire est toujours elliptique puisqu’on a diminué l’énergie mécanique. On la calcule sur
la nouvelle trajectoire :
Les conditions initiales donnent :
Em =
2
GmmT mV0
GmmT GmmT
7GmmT
Em = −
+
=−
+
=−
.
R0
8
R0
8R0
8R0
et :
Selon I.3d, on a par ailleurs :
Em = −
GmmT
8R0
→ rp + ra =
.
rp + ra
7
ra = R0 → rp =
m2 Gm
T
= r 2 − 2R0 r +
R0
• Leur produit est rp ra = R20 sin(α)2 .
A
P
# »
∆V
#»
V0 /2
(c) Avec les valeurs données, on a ra rp =
3R20 /4 = R20 sin(α), soit :
√
3
→ α = 60°
sin(α) =
2
#»
7V0 /2
P
III.2.
(b) On reprend l’équation du I.3d. Au périgée et à l’apogée, où r˙ = 0, on a
2
σ2
GmmT
2 + GmmT r − σ
−
→
r
= 0.
r
Em
2mEm
2mr 2
(3)
6/10
R0
β
R0
M0
2R 0
Cette norme ∆V est également le coût en
«réserve de vitesse».
(a) Il possède la bonne norme de la vitesse pour le rayon de la trajectoire recherchée, il faut qu’on
# »
ait OM ⊥ v#»
0 , soit α = π/2 pour qu’il suive la trajectoire circulaire.
O
ou α = 120°.
(d) L’énergie mécanique a déjà la bonne valeur pour l’orbite circulaire recherchée. En
revanche, il faut avoir α = π/2 et donc
changer la direction du vecteur vitesse sans
changer sa norme. Comme on le constate
sur la figure ci-contre. Il faut pour cela ra#»
jouter le vecteur vitesse ∆V, de norme :
π/2 − α
#»
k∆Vk = 2V0 sin(β/2) = 2V0 sin
2
= 2V0 sin(15°) = 0,52V0
Circularisation
# »0
V
O
8R0 /7
Comme 35 > 25/2, la vitesse à l’infini est largement supérieure avec cette stratégie. On vérifie ici
qu’il est d’autant plus efficace de rajouter de la vitesse quand celle-ci est élevée. En effet, un gain
en énergie cinétique m(V + ∆V)2 /2 − mV2 = mV∆V + m∆V2 sera d’autant plus grand, à ∆V fixé,
que V est élevé. Remarquons qu’il faut étudier plus en détail comme on l’a fait précédemment
pour faire le bilan de la perte à l’apogée et du gain au périgée.
Em =
R0 V02 sin(α)2
= r 2 − 2R0 r + R20 sin(α)2 ,
GmT
puisque V02 = GmT /R0 . Les racines de ce polynôme sont rp et ra .
(c) Au périgée, on a consommé VO /2, il reste donc 7V0 /2 qu’on ajoute à la vitesse au périgée.
Celle-ci devient donc 7V0 /2 + 7V0 /2 = 7V0 . On calcule comme précédemment la vitesse à
l’infini :
2
2
1
2 = 49V0 − 7GmmT = 35mV0 → V2 = 35V2 .
mV∞
∞
0
2
2
R0
2
III.1.
m2 R0 V02 sin(α)2
• Leur somme rp + ra = 2R0 ne dépend que de l’énergie, qui ne dépend que de R0 et V0 , elle
sera donc toujours égale à 2R0 quel que soit α.
À l’apogée on a va = V0 /2. Au périgée et à l’apogée, le vecteur position est orthogonal au vecteur vitesse et le moment cinétique s’écrit donc
σ = mrv. Sa conservation sur la trajectoire permet d’écrire :
On a tracé sur la figure ci-contre l’allure de la
trajectoire.
# »
σ = mkOM0 ∧ v#»
0 k = mR0 V0 sin(α).
0 = r 2 − 2R0 r +
8R0
R
− R0 = 0 .
7
7
Vr
7V0
ra va = rp vp → vp = 0 a =
.
2rp
2
mV02
mV02 GmmT
GmmT
−
=−
=−
,
2
R0
2
2R0
L’équation 3 devient :
De plus le point où a été faite la modification correspond au nouvel apogée puisqu’il s’agit d’un
point où le vecteur position est orthogonal au vecteur vitesse. On a donc :
III
samedi 11 avril
A
Figure 1 – Deux trajectoires de même énergie
mécanique. Au point initial (M0 ), la distance est
R0 et laz vitesse est V0 . Pour la trajectoire elliptique (resp. circulaire), la vitesse fait un angle de
α = 60° (resp. α = 90°) avec le rayon vecteur.
On peut montrer que le grand axe est tourné
d’un angle β = π/2 − α, qui est également l’angle
entre les directions du vecteur vitesse sur ces
deux trajectoires.
(a) L’énergie mécanique ne change pas puisque ni la distance ni la norme de la vitesse ne changent.
Le moment cinétique change en revanche puisque la direction entre le vecteur position et le
vecteur vitesse. L’énergie potentielle ne change pas mais le terme en σ 2 (2mr 2 ) de l’énergie
potentielle effective change. Cette dernière change donc.
2014-2015
(b) Plus précisément le moment cinétique diminue puisqu’il valait σi = mrp vp et qu’il devient
σf = mrp vp sin(α). Le terme en σ 2 /(2mr 2 ) devient donc plus faible et la courbe de Eeff devient
en tout point inférieure à ce qu’elle était précédemment. On détermine alors les nouveaux
périgée et apogée comme les nouvelles valeurs
de r, pour lesquelles Eeff = Em . Leur somme
reste constante puisque l’énergie mécanique est
constante mais le périgée se rapproche du centre
de force et l’apogée s’en éloigne : l’excentricité ne
peut que croître si la manœuvre est effectuée au
périgée (ou à l’apogée d’ailleurs).
Eeff (r)
À l’équilibre on a
σi
σf < σi
r
I.3.
Em
Analyse d’une simulation de dosage
I.1.
(a) On a le diagramme de prédominance sui- H3 PO4
vant :
2,1
HPO42–
H2 PO4–
7,3
PO43–
A1
12,3
cA1 (1 − 2τ)
zone A : H3 PO4 −−−→ H2 PO4 –
(c)
zone B : H2 PO4 – −−−→ HPO42 –
zone C : HPO42 – au début, HPO42 – et PO43 – à la fin.
(a) On observe donc :
−−*
zone A : H3 PO4 + OH – −
)
−− H2 PO4 – + H2 O, de constante
KA = Ka (H3 PO4 /H2 PO4− )/Ke = 1011,9 1,
II
−−−*
zone C : HPO42 – + OH – )
−− PO43 – + H2 O, de constante KC = Ka (HPO42− /PO43− )/Ke = 101,7 .
II.1.
Les deux premières constantes sont très élevées : ces réactions seront totales et utilisables pour
un dosage. La troisième constante est trop faible pour donner lieu à un saut de pH notable.
(b) À l’équivalence Ve1 les réactifs H3 PO4 et OH – ont été introduits en quantité égale, on a donc
c V
cA = BV e1 = 1.10−1 mol.L−1 . Dans la zone B, on dose la même quantité cA VA de H2 PO4 – par la
A
soude, on a donc cA VA = cB (Ve2 − Ve1 ) : Ve2 sera le bien le double de Ve1 .
(c) Comme dit précédemment, la constante est trop faible pour qu’on observe un saut de pH. Plus
précisément : à VB = 3Ve1 on a pH ' pKa (HPO42− /PO43− ). Les deux formes sont donc présentes
en quantité comparable, HPO42 – n’a pas été dosé. On peut également calculer l’avancement de
−−−*
la réaction HPO42− + OH− )
−− PO43− + H2 O pour VB = 3Ve1 . La concentration de l’acide est
cA3 = cA VA /(VA + 3Ve1 ) compte-tenu de la dilution. On a alors :
A1
cA1 τ
cA3
cA3 (1 − τ)
−−−*
OH− )
−− PO43− +
cA3
cA3 τ
cA3
cA3 (1 − τ)
H2 O
gd excès
gd excès
A1
a
3
4
2
4
a
2
4
4
cA1 τ 4,7. On vérifie à nouveau que les réactions avec l’eau sont
négligeables puisque 10−pH cA1 .
La partie B présente un point d’inflexion en
VB = 15 mL caractéristique du dosage d’un acide
faible concentré, que ne présente pas la partie A.
On en conclut que l’acie H3 PO4 n’est pas assez
concentré en VB = 0 pour qu’on puisse négliger
sa dissociation. On la calcule donc selon :
On a donc à l’équilibre
pH = − log cA τ/c◦ = 1,6.
−−−*
zone B : H2 PO4 – + OH – )
−− HPO42 – + H2 O, de constante
−
KB = Ka (H2 PO4 /HPO42− )/Ke = 106,7 1,
HPO42− +
(a) On avait en V = Ve1 une quantité cA VA de H2 PO4 – . À V = 15 mL, on est à la demi-équivalence
du deuxième dosage. En considérant la réaction totale et en négligeant les réactions avec l’eau,
on a finalement [H2 PO4− ] = [HPO42− ], soit pH = pKa (H2 PO4− /HPO42− ) = 7,3. On vérifie que
les réactions des espèces phosphorées avec l’eau sont bien négligeables puisque qu’elles
produisent des ions H3 O+ à la concentration 10−pH très négligeable devant cA (même en tenant
compte de la dilution de VA à VA + 15 mL).
(b) En V = Ve1 , on a versé autant d’ions H3 O+ qu’il y avait de H3 PO4 . En considérant cette réaction
totale, on obtient une solution équivalente contenant l’amphotère H2 PO4 – à la concentration
cA1 = cA VA /Ve1 . Comme il est à la fois le meilleur acide et la meilleure base du milieu on
envisage sa réaction sur lui-même, en négligeant à nouveau les réactions avec l’eau :
On
a
alors
[HPO42− ]
=
[H3 PO4 ],
soit
−−*
2H2 PO4− −
HPO42−+ H3 PO4Ka (H PO /H PO − )Ka (H PO − /HPO 2− ) = h2 et donc
)
−−
3
4 2
4
2
4
4
. = pK (H PO /H PO − ) + pK (H PO − /HPO 2− ) /2 =
c
c
c pH
I.1. On en déduit l’évolution de la composition de l’erlenmeyer dans chaque zone :
I.2.
KC cA3
τ , soit,
=
c◦
(1−τ)2
après calculs τ = 0,57. On retrouve
bien que les concentrations de HPO42 –
et PO43 – sont très proches, soit pH '
pKa (HPO42− /PO43− ).
I
samedi 11 avril
−−−*
H3 PO4 + H2 O )
−−
cA
cA (1 − τ)
gd excès
gd excès
H2 PO4− + H3 O+
cA
cA τ
cA .
cA τ
Ka (H3 PO4 /HPO4− )c◦
τ2 , soit après calculs τ = 0,245 et
= 1−τ
cA
Dosage par la soude carbonatée
(a) Pour pH > 12, la forme prédominante est l’ion carbonate CO32 – . Il a été formé selon la réaction
−−−*
2OH – + H2 CO3 )
−− CO32 – qui consomme deux moles de OH – pour une mole de H2 CO2 . On
0 = c − 2c0 .
a donc cB
B
(b) zone A0 : H3 PO4 et H2 CO3 au début ; H2 PO4 – et toujours H2 CO3 à la fin,
zone B0 : H2 PO4 – et H2 CO3 au début ; HPO42 – et HCO3 – à la fin,
II.2.
7/10
zone C0 : HPO42 – et HCO3 – au début ; HPO42 – , PO43 – et CO32 – à la fin.
−−*
(a) On observe donc comme précédemment H3 PO4 + OH – −
)
−− H2 PO4 – + H2 O de constante KA
2
–
–
−
−
−
*
mais également 2H3 PO4 + CO3 ) −− 2H2 PO4 + H2 CO3 , de constante
K=
Ka (H3 PO4 /H2 PO4− )2
Ka (H2 CO3 /HCO3− )Ka (HCO3− /CO32− )
= 1012,5 . En effet les ions carbonate CO32 – participent
au dosage de H3 PO4 et sont tous transformés en H2 CO3 en captant chacun deux protons.
2014-2015
(b) On écrit la conservation de l’énergie mécanique
entre l’instant initial où la tartine est horizontale et immobile et un instant ultérieur où elle
a tourné d’un angle θ et est animée de la vi˙ Comme il s’agit d’un solide en
tesse angulaire θ.
rotation autour d’un axe fixe, son énergie cinétique est Ec = Jω2 /2 et son énergie potentielle est
(en la choisissant nulle dans la position initiale)
celle d’un point matériel de masse m situé en
G, soit Epot = −mgr sin(θ), puisque G décrit un
cercle de rayon r autour de l’axe ∆. On a donc :
0 V ) soit avec les
(b) À Ve1 , les cA VA mol de H3 PO4 ont tous réagi soit avec la soude (quantité cB
e1
2
–
–
0
CO3 (quantité c Ve1 ). pour les transformer tous en H2 PO4 et H2 CO3 . On a donc
0 V + 2c0 V = c V : le premier volume équivalent est inchangé.
cA VA = cB
e1
e1
B e1
Remarques :On peut également raisonner en ne tenant pas compte de la réaction entre H2 CO3
et OH – dans la burette. On considère alors qu’on met directement en présence les cB Ve1 de
OH – , les c0 Ve1 de H2 CO3 et les cA VA de H3 PO4 . À la première équivalence, les H3 PO4 ont
réagi totalement en consommant chacun 1 OH – pour former H2 PO4 – . On est alors dans le
domaine de prédominance de H2 PO4 puisqu’il s’agit d’un acide faible assez concentré pour que
sa dissociation soit faible. On est alors également dans le domaine de prédominance de H2 CO3 :
on peut négliger sa réaction avec l’eau. Finalement l’équivalence s’écrit cA Va = CB Ve1 , le volume
équivalent est inchangé.
II.3.
−−*
(a) On a comme précédemment H2 PO4 – + OH – −
)
−− HPO42 – + H2 O, de constante KB mais
également trois autres réactions :
−−*
• H2 CO3 + OH – −
)
−− HCO3 – + H2 O, de constante Ka (H2 CO3 /HCO3− )/Ke = 107,6 .
−−*
• H2 CO3 + CO32 – −
)
−− 2HCO3 – , de constante
−
Ka (H2 CO3 /HCO3 )/Ka (HCO3− /CO32− ) = 103,9
0 (V − V ) OH – et les c0 (V − V ) CO 2 – introduits ont donc servi à doser mole à
(b) À Ve2 , les cB
e2
e1
e2
e1
3
mole une quantité cA VA de H2 PO4 – ainsi que les c0 Ve1 H2 CO3 issus de la première
équivalence. On a donc :
0 + c0 (V − V ) = c − c0 (V − V ) soit : c0 V = c (V − V ) − c V .
cA VA + c0 Ve1 = cB
e2
e1
B
e2
e1
e2
B e2
e1
A A
I.3.
Basculement
#»
#»
(a) Le moment du poids P est le même que si la résultante P était appliquée en seul point, la
barycentre G. S’il est à l’aplomb de la table, le moment du poids par rapport à l’axe ∆ si on
envisage que la tartine a commencé à basculer tendra à la ramener vers l’horizontale.
m` 2
12
Jr=`/2 =
m` 2
.
3
On vérifie que le moment d’inertie pour une tartine avec r = 0 est le même que pour r = `/4
pour une tartine de longueur `/2 puisque il est indifférent de répartir la masse d’un seul côté ou
symétriquement des deux côtés.
I.2.
0
r/`
0,1
0,2
√1
12
0,4
0,5
(c) On a représenté ci-contre K(r).
√
√
(d) On vérifie, par dérivation, que K(r) est maximale pour r/` = 1/ 12, où elle vaut 3. On a alors,
en θ = π/2 :
√
2g 3
ω2 =
→ ω = 23,8 rad · s−1 .
`
(e) Pour r `, on a K(r) ' 12r/`, et donc, en θ = π/2 :
24gr
ω2 = 2 → ω = 8,1 rad · s−1 .
`
(a) Le barycentre G est animé d’un mouvement circulaire de rayon r, on a donc :
#»
a = −r θ˙ 2 e#»r + r θ¨ e#»
θ.
r 2 /` 2
.
1/12 + r 2 /` 2
(b) On applique la loi de la quantité de mouvement :
#» #»
m #»
a (G) = P + R
#»
R
r 2 /` 2
(−2 sin(θ)e#»r + cos(θ)e#»
→
= e#»z +
θ)
mg
1/12 + r 2 /` 2
= (κ(r) − 1) cos(θ)e#» − (1 + 2κ(r)) sin(θ)e#»,
θ
(a) La tartine n’est soumise qu’au poids, conservatif et à la force de contact avec la table qui ne
travaille pas en l’absence de frottement. Le mouvement est donc conservatif.
0,5
Jθ¨ = mgr cos(θ) → r θ¨ = g cos(θ)
(b) On a :
Jr=0 =
1
L’équation 5 permet de déterminer :
r
2g sin(θ)K(r)
r 2 /` 2
θ˙ = ω =
→ r θ˙ 2 = 2g sin(θ)
.
`
1/12 + r 2 /` 2
¨ on peut dériver l’équation 5, ou écrire directement la loi du moment
Pour l’expression de r θ,
cinétique : la tartine est soumise à son poids et à la force de contact sur l’axe et sans frottement
dont le moment est nul.
L’intensité du poids est mg et son bras de levier est r cos(θ) et son moment par rapport à l’axe ∆
est positif, la loi du moment cinétique s’écrit donc :
On calcule finalement c0 = 5,3.10−2 mol.L−1 .
I.1.
2
√
3
1,5
2mgr sin(θ)
1
0 = Jω2 − mgr sin(θ) → ω2 =
(4)
2
J
2gr sin(θ) 2g sin(θ)
r/`
=
.
(5)
= 2
`
` /12 + r 2
1/12 + r 2 /` 2
−−−*
• H2 PO4 – + CO32 – )
−− HPO42 – + HCO3 – , de constante
−
2−
Ka (H2 PO4 /HPO4 )/Ka (HCO3− /CO32− ) = 103 ,
I
samedi 11 avril
K(r)/(2g/`)
r
#»
en posant κ(r) ≡ (r/`)2 /(1/12 + (r/`)2 ) puisque e#»z = − cos(θ)e#»
θ − sin(θ)er .
8/10
2014-2015
#»
(c) La réaction normale est la composante orthoradiale de R, la composante tangentielle étant celle
selon er. Selon les lois du frottement solide d’Amontons et Coulomb, le glissement peut être
évité tant que :
#»
(κ(r) + 2) sin(θ)
kRt k
# » 6 µ → (1 − κ(r)) cos(θ) 6 µ.
k RN k
II.3.
(a) Puisque ω se conserve, l’angle évolue selon :
θ(t) = θ(t = 0) + ω0 t = π/2 + ω0 t → t =
zG = h −
µ > 2 tan(θ) = 11,
(b)
ce qui constitue une valeur très importante. Il est peu vraisemblable que la condition de non
glissement soit vérifiée. On l’effectue quand même car pour les angles assez élevés, le
mouvement est pratiquement uniforme horizontal (puisque le bras de levier du poids est très
faible) et prendre une rupture en θ = π/2 changera peu les conditions initiales sur la vitesse la
chute étudiée dans la partie suivante. En revanche, un glissement avant π/2 devrait diminuer la
vitesse de rotation atteinte lors du décollement.
II.1.
(a) Comme calculé précédemment, on a en θ = π/2
r
2gK(r)
ω0 =
= 8,1 rad · s−1 .
`
• diminuera l’angle initial.
Il est donc tout à fait vraisemblable que la tartine finisse du côté beurré, comme on le
constate souvent.
En revanche, dans le cas où ω = ωmax , l’angle de rotation sera environ trois fois plus grand et la
tartine pourrait avoir le temps de faire plus d’un tour et demi durant sa chute. Il faut étudier
plus en détail pour savoir précisément quel est l’angle modulo π à l’instant du contact.
1 2
gt .
2
II.4.
# »
» = m GM
#» # » #»
σ# /G
1 ∧ v1 + GM2 ∧ v2
2
(b) On dérive par rapport au temps :
» m
dσ# /G
# » #» #» #» # » #»
=
v#» ∧ v#»
1 + GM1 ∧ a1 + v2 ∧ v2 + GM2 ∧ a2
dt
2 1
Pour chaque point matériel Mi , la loi de la quantité de mouvement s’écrit :
#»
#»
m #»
a (Mi )/2 = F →i + m #»
g /2, en notant F →i la force exercée par la tige sur Mi . On a donc :
#
»
#
» m(GM + GM») ∧ #»
dσ# /G
g
m # » # » # » # »
1
2
=
+
GM1 ∧ F→1 + GM2 ∧ F→2 .
dt
2
2
# » # »
Les forces F→1 et F→2 sont dirigées dans la direction de la tige et ont donc un moment par
# » # » #»
rapport à G nul. De plus la relation du barycentre assure que GM1 + GM2 = 0 . On en déduit
#
»
que σ est conservé. La rotation de la tartine est donc plane, et on a σ = Jω = cste ; la vitesse de
/G
rotation ω est donc constante.
• La tartine est initialement verticale. Elle tombera du côté beurré si elle tourne de moins de
π avant d’atteindre le sol. Au cas limite, elle sera de nouveau verticale au moment du
contact avec le sol et son barycentre aura chuté de h − `/2, pendant une durée
p
2(h − `/2)/g = 0,42 s.
• diminuera l’altitude du barycentre au moment où il entame sa chute,
0 θ
(b) La tartine n’est plus soumise qu’à son poids, son accélération est donc verticale, égale à
#»
g = −g e#»z . Comme sa vitesse initiale est entièrement horizontale, on a immédiatement :
(a) On a :
.
• diminuera la vitesse de rotation,
de norme 8,1 m · s−1 .
II.2.
2ω02
Cet angle est légèrement supérieur à π, la tartine devrait avoir juste le temps d’effectuer
une demi-rotation pour se retrouver du côté non beurré.
Néanmoins le glissement négligé jusqu’à maintenant va diminuer l’angle dont tourne la
tartine dans sa chute ; un glissement précoce :
En mouvement circulaire, la vitesse du barycentre est, en θ = π/2 :
#»
v (G) = r θ˙ e#» = rω e#»,
zG = h −
g(θ − π/2)2
• Pendant ce temps, la tartine a tourné de ω0 tz soit :
r
28(h − `/2)r
ω0 tz =
= 3,4 rad.
`2
Chute
θ
θ − π/2
.
ω0
En injectant dans l’expression de zG(t), on obtient :
Pour r = 1 mm, on calcule J = 3,3 · 10−3 1 et donc, en négligeant κ(r) devant 1 :
II
samedi 11 avril
9/10
(a) Le point le plus bas de la tartine est à zmin = zG − `| sin(θ)|/2.
(b) La tartine tombera du côté beurré si l’angle θ est
compris entre π/2 et 3π/2. On trace la courbe
zmin /h
zmin en fonction de θ dont on étudie l’annula- 1
tion. On aura :
!2
g θ − π/2
`
0 = zmin = h −
− | sin(θ)|
2
ω0
2
0 = 1−
g
`
(θ − π/2)2 −
| sin(θ)|.
2
2h
2ω0 h
On a tracé ci-contre cette courbe pour les paramètres du problème et différentes valeurs de
l’angle de décollement. Sur ces exemples la tartine tombera du côté beurré pour les décollement intervenant en 0,4π et 0,3π.
π/2
0,4 × π
0,3 × π
0,5
beurré
0,5
θ/π
1
1,5
2
2014-2015
III
III.1.
samedi 11 avril
Contact avec le sol
• On utilise la loi de la quantité de mouvement. Pendant le choc la tartine est soumise à son poids
et à la force de contact avec le sol. Le choc étant ponctuel, on peut négliger l’effet du poids sur la
quantité de mouvement pendant la durée du choc. En revanche rien ne permet de conclure que
l’effet de la force de contact sera lui aussi nul puisqu’elle peut être infinie dans l’hypothèse où le
choc est ponctuel.
• L’interaction de contact a cependant, quelle que soit son intensité, un moment nul puisqu’elle
est modélisable par une force ponctuelle au point de contact si on néglige le frottement de
glissement.
• Bien qu’on n’observe pas de déplacement macroscopique au point de contact, le travail de la
force de contact n’est pas nul ; le produit d’une force tendant vers l’infini par un déplacement
vers 0 peut être non nul. Ce travail est évident dans le cas d’un simple point matériel qui
s’immobilise lors d’un impact sur un support immobile. ?
III.2. La tartine est, après le choc, en rotation autour de son extrémité, son moment d’inertie est donc :
Jr=`/2 =
m` 2
.
3
La conservation du moment cinétique au cours de la chute assure que ωc = ω0 . Sa conservation au
cours du choc, s’écrit, en notant ω0 la vitesse de rotation après le choc :
J
ω
σ = Jr=`/2 ω0 = Jr=0 ω0 → ω0 = ω0 r=0 = 0 = 2,0 rad · s−1 .
Jr=`/2
4
(6)
III.3. On écrit précédemment la conservation de l’énergie mécanique lors de la rotation autour de ∆c en
contact avec le sol. Le barycentre chute de ` cos(αc )/2 avant d’atteindre le sol et on a donc, en notant
ωf la vitesse de rotation quand la tartine atteint l’horizontale :
ω2 3g cos(αc ) 3g r
mg` cos(αc )
1
1
Jr=`/2 ωf2 = Jr=`/2 ωc2 +
→ ωf2 = 0 +
=
+ cos(αc ) .
2
2
2
16
`
` 2`
10/10
2014-2015

Devoir en temps limitÃ© no 7: Forces centrales conservatives

Transcription

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