Probl` eme n

(1)

Devoir surveill´ e de Sciences Physiques n

^◦

5 du 13-01-2022

— Dur´ee : 4 heures —

Probl` eme n

^o

1 – Un œuf dur en rotation

30 minutes maximum ! 1.Compte tenu de la forme de l’œuf, on va le modéliser par un cylindre de rayonRet de hauteur ℓ > R. Le redressement de l’œuf est possible s’il possède assez d’énergie pour pouvoir faire monter son centre d’inertie de l’altitudezh=R lorsqu’on le fait tourner autour de son petit axe à l’altitudezv=₂^ℓ lorsqu’il tourne autour de son grand axe. En effet, on peut constater que la hauteur de l’œufℓest supérieure à 2 fois le rayonR :ℓ >2R.

La taille moyenne d’un œuf est d’environℓ= 6,0 cm, si l’on utilise la figure pour faire le rapport d’échelle, on trouve que le rayon est R= 2,2 cm. Nous avons bienℓ >2R. On va simplifier l’approche en considérant qu’il n’y a pas de pertes d’énergie mécanique lors du passage de la position horizontale à la position verticale. En position horizontale, l’énergie mécanique estEmh = ¹₂JOxω_h²+mgR. Lorsque l’œuf est en position verticale, l’énergie mécanique s’exprime selon Emv = ¹₂JOzω_v²+mg^ℓ₂. La conservation de l’énergie mécanique va nous permettre d’écrire queJOxω_h²+mg2R=JOzω_v²+mgℓ. La vitesse de rotation autour du grand axe est donnée par :ω²_v = ^JÔx^ω

2

h+mg(2R−ℓ)

JOz . Comme le terme 2R−ℓ < 0, il n’est pas assuré queω²_v soit positif. C’est ce qui amène une condition de minimum sur la vitesse de rotation ωh. Nous allons donc écrire cette condition. On doit donc avoirω_h²> ¹^mg(ℓ⁻^2R)

4mR²+₁₂¹mℓ². On peut encore ´ecrire que : ωh>q

12g(ℓ−2R)

3R²+ℓ² . En prenantg= 9,8 m·s⁻², ℓ= 6,0 cm etR= 2,2 cm, on arrive `a la conditionωh>20 rad·s⁻¹ce qui repr´esente environ 3 tours par seconde.

Cela commence à être une belle vitesse de rotation, en essayant de le lancer, on risque d’envoyer l’œuf promener je ne sais où. . . Mais comme il est dur, s’il se casse c’est moins ennuyeux que s’il était frais. . . D’ailleurs, c’est l’occasion de parler de la rotation d’un œuf frais que l’on essaye de faire tourner. On constate que sa rotation s’arrête rapidement. Cela est la conséquence du fait que son intérieur est fluide et plutôt visqueux. On met en rotation la coquille qui entraˆıne le fluide mais cela met en jeu les forces de viscosité qui vont dissiper de l’énergie.

Nous l’avons vu dans le cadre du cours de Mécanique, il ne faut pas oublier la puissance des forces intérieures pour un système déformable lorsque l’on effectue un bilan énergétique.

Probl` eme n

^o

2 – Ralentissements et freinages

X MP 2015

A. Mar´ ees et synchronisations d’oscillateurs

Etude qualitative´ Cas statique

1. La force subie par G1 est est F~1 = −_(d^GmM−b)²~ex. Si l’on effectue un d´eveloppement limit´e, on trouve : F~1=−^GmM_d² (1 + 2^b_d)~ex.

2.G1 subit la force F~1 et la force exerc´ee parG2 qui a pour expressionf~2 sur 1 = ^Gm_4b²²~ex. La force totale est donc F~tot 1 =~ex

hGm²

4b² −^GmM_d² (1 + 2_d^b)i

. Comme G1 est immobile dans le référentielOxy non galiléen, on a F~tot 1 +f~i,ent =~0 avec f~i,ent =mΩ²_r(d−b)~ex. En tenant compte de l’expression de Ωr, on obtient la relation suivante pour qu’il y ait dislocation du système : ^Gm_4b²²−^GmM_d² (1 + 2_d^b) +^GmM_d² (1−^b_d)<0. Le bilan des forces précédent est négatif car cela correspond à une accélération négative pourG1 dans le référentielOxy et donc à un éloignement deG1par rapport àG2. En développant le calcul et en simplifiant les termes qui doivent l’être, on arrive à la condition : _4b^m3 <^3M_d3. Il existe donc bien une limite en dessous de laquelle le satellite se brise. On trouve : dm=b ^12M_m ^1/3

.

3. Pour le système Terre-Lune, on a M = 162m, on en déduit que : dm= 8 190 km . Le rayon de la Terre est de 6 400 km, on a doncdm > RT. Au moment de son détachement de la Terre le morceau de proto-Lune aurait subi des effets de marée importants. On peut penser que ce morceau de proto-Lune se serait disloqué en de nombreux petits morceaux. L’hypothèse paraˆıt peu plausible.

Déformation de la planète pendant sa révolution

4.La force gravitationnelle subie parm^′ est :F~g=−GM m^′

−→ T P

T P³. On va d´ecomposer le vecteur en passant par O:F~g=−GM m^′⁻^→

T O T P³ +

−−→ OP T P³

. Il faut effectuer un développement limité deT P³. On écrit queT P²=d²+r²+ 2rdcosθ. En ne conservant que le terme de premier ordre puisquer≪d, on obtientT P³=d³(1 +^3r_d cosθ). On va faire intervenir ce développement limité sur le terme en

−→ T O

T P³. Par contre, sur le terme en

−−→ OP

T P³, on va consid´erer

(2)

queT P³≃d³ `a l’ordre 0 puisque le vecteur −−→

OP est déjà du premier ordre. La force gravitationnelle est donc F~g =−^GMm_d² ^′(1−^3r_d cosθ)~ex−^GMm_d³ ^′(rcosθ~ex+rsinθ~ey). Le terme de marée est tel queF~g =−^GMm_d² ^′~ex+F~. On en déduit bien que : F~ = ^GMm_d³ ^′^r[2 cosθ~ex−sinθ~ey] .

5.Sur le schéma de la figure 1. On raisonne tout d’abord pour 0< θ < π/2, on obtient les forces au pointP. Pour le point P^′ symétrique de P, il faut considérerθ^′ =θ+π. Dans les deux cas, on peut constater que la force de marée est dirigée globalement vers l’équateur de la sphère. Il va se former un bourrelet équatorial. Ce bourrelet tend à donner à la sphère une forme d’ellipso¨ıde que l’on peut voir représenté à la figure 1 dans deux cas différents de position de la sphère dans sa trajectoire.

x y

b b

b

O

P

P^′

F~x

F~y F~ θ

F~x

F~y

F~

x y

b

T O

x y

bb

T O

Figure1 – Sens des forces de mar´ees

Synchronisation des périodes Considérations énergétiques

6.Les directions des axes de rotation de la Terre et de la Lune sont diff´erentes .

7.L’énergie cinétique de révolution correspond à la translation circulaire sur un cercle de rayonGO pour la Lune etGT pour la Terre avec une vitesse angulaire Ω(t). On a donc :Ec,rev =¹₂MΩ²GT²+¹₂2mΩ²GO². En tenant compte de l’expression fournie par l’énoncé, expression qui introduit la masse réduite du systèmeµ, on peut en conclure que : Ec,rev = ¹₂µd²Ω²(t) .

8. Pour déterminer l’expression de l’énergie cinétique totale, il faut prendre en compte les deux rotations propres des deux astres. Pour celle de la Terre, cela représente ¹₂²₅M R²ω² alors que pour la Lune, cela va être

1 2 2

52mR²_LΩ². On obtient alors l’expression suivante :Ec =¹₂µd²Ω²(t) +¹₅M R²ω²+¹₅2mR²_LΩ². Comme la masse de la Terre et la masse de la Lune sont telles que M = 81(2m), on constate queµ≃2m, on se retrouve avec Ec= ¹₅M R²Ω²+ (¹₂µd²+¹₅2mR²_L)Ω². Commed²≫R²_L, on peut sans peine négliger l’énergie de rotation propre de la Lune pour aboutir à la formule proposée par l’énoncé : Ec= ¹₅M R²ω²+¹₂µd²Ω² .

9. Le moment cinétique va se décomposer comme pour l’énergie cinétique en des effets liés à la translation circulaire et des effets de la rotation propre qui sont JTω et JLΩ. Les moments d’inertie ne sont pas fournis mais l’expression fournie de l’énergie cinétique est de la forme ¹₂J^′ω^′² avec J^′ = ²₅m^′r^′². Pour la translation, il faut revenir à la définition du moment cinétique pour un point : L~ = −−→

OM ∧m~v avec ici ~v =~ω∧−−→

OM ce qui fait que sur l’axe perpendiculaire au plan du mouvement, on a la formeL=mr²ω. On obtient alorsσG=

(3)

de la loi de Képler. Si l’on différentie cette relation, en raisonnant en logarithme, on arrive à 2^δΩ_Ω + 3^δd_d = 0 et par conséquent : ^δΩ_Ω =−³₂^δd_d .

11.Le système est isolé, il y a conservation du moment cinétique donc :µd²Ω +²₅M R²ω = Cte. Dans cette relation,d, ω et Ω sont fonction du temps. Si on différentie, il faut bien en tenir compte : 2dδdΩµ+µd²δΩ +

2

5M R²δω= 0. En utilisant la relation établie à la question précédente, on arrive àδω=−⁵₄_MR^dΩµ2δdet ensuite à δω= ⁵₆_MR^µd²2δΩ. On peut donc établir la relation demandée par l’énoncé : ^δω_δΩ= ⁵₆_M^2m_+2m_R^d²2 .

12.Il faut maintenant différentier l’énergie mécanique : dEm= ²₅M R²ωδω+¹₂µ(2dδdω²+2ΩδΩd²)+^GM2m_d² δd.

On utilise l’expression ^GM2m_d2 = _M+2m^M^2m Ω²dpour faire progresser la mise en forme du calcul ainsi que la relation donnantδden fonction deδΩ et évidemment la relation entreδω etδΩ. Après calculs, on obtient effectivement l’expression proposée dans l’énoncé dEm= ²₅M R²(ω−Ω)δω .

Stabilit´e du syst`eme Terre-Lune

13. L’énergie mécanique diminue dEm < 0. Comme ω > Ω, on en déduit que δω < 0. Le coefficient de proportionnalité est positif entre δω et δΩ. On en déduit que δΩ < 0. Les deux rotations ralentissent. La distanced, elle, augmente au cours du temps puisqueδd >0. Avec l’indication fournie, on peut constater que la distance augmente de 3,5 m par siècle. On posant ∆tpour la durée d’un siècle, on a _d∆t^δd = 9,2×10⁻⁹par siècle.

On a donc|δΩ|= 1,4×10⁻⁸Ω = ^1,4^×₂₇¹⁰⁻⁸ω= 5,2×10⁻¹⁰ωpar siècle. On a donc|δω|= 35,6|δΩ|= 1,85×10⁻⁸ pour un siècle. La durée d’un jour estT1j =^2π_ω. On peut donc écrire que|^δT_T_1j¹^j|=|^δω_ω|d’où|^δT_T_1j¹^j|= 1,85×10⁻⁸ pour un siècle. La durée d’un jour aura augmenté de 1,6 ms dans un siècle.

14.Pour 500 millions d’années, on obtiendrait environ 222 heures. Cela ne correspond pas du tout. L’intervalle entre deux lunaisons dépend du rapport des vitesses de rotation. On noteLu= ^ω_Ω. Par différentiation, on obtient :

dLu

Lu =^δω_ω −^δΩ_Ω. On arrive `a ^dL_L_u^u = ^δω_ω 1−^δΩω_δωΩ

. On a donc : ^dL_L_uû = ^δω_ω(1−_35,6²⁷ ). Commeδω <0, on en déduit que dLu<0. On a donc : |^dL_L_uû|<|^δω_ω|. La lunaison diminue au fil du temps. En valeur absolue, elle diminue moins que la durée du jour.

15.ω diminue plus vite que Ω. À un moment donné, on arrivera à ω= Ω . Il n’y aura plus d’énergie dissipée par effet de marée puisque dEmest proportionnel à (ω−Ω). À ce moment-là, on va poserω= Ω =ωf. On note aussi la distance Terre-Luned=df. Le moment cinétique qui est une constante, est le même à la datet= 0 et

à la date où il y a synchronisation des vitesses de rotation. Le moment cinétique s’écritσG = (µd²_f+²₅M R²)ωf. Ce moment cinétique doit être égal à sa valeur actuelle σG = (^µd₂₇² +²₅M R²)ω = 4,9×10³⁸kg· m²· s⁻¹. La relation de formeKéplervérifiée est Ω²d³= ₂₇^ω2

d³=ω²_fd³_f = 4×10¹⁴m³·s⁻². Dans l’expression du moment cinétique, on va négliger la contribution du terme en R² par rapport à celui end²_f. On obtient alors les deux relations suivantes :ωfd²_f = 4×10¹¹m²·s⁻¹etω²_fd³_f = 4×10¹⁴m³·s⁻². On trouve alors quedf = 530×10⁶m et ωf = 1,6×10⁻⁶rad·s⁻¹. La valeur de la distancedf autorise l’approximation réalisée même si la marge n’est pas très grande. La durée du jour est doncTf= ^2π_ω

f. Cela correspond `a 45 jours actuels.

16.On passe deω = 7,3×10⁻⁵rad·s⁻¹ d’aujourd’hui à ωf = 1,6×10⁻⁶rad·s⁻¹. La vitesse de rotation a perdu environ 98% de sa valeur. Comme ^δω_ω ≃10⁻⁸ par siècle. Il faudra environ 10⁸siècles pour y arriver. Cela représente 10¹⁰ans . Cela correspond grosso modo à l’âge de l’Univers.

17. La perte d’énergie correspond à la valeur absolue de la variation d’énergie mécanique entre Em,i =

1

5M R²ω²+¹₂µd²(₂₇^ω)²−^GM2m_d = 2,2×10²⁹J et l’´etat final o`uEm,f =¹₅M R²ω²_f+¹₂µd²ω_f²−^GM2m_d_f =−3×10²⁸J.

On a donc |∆E|= 2,5×10²⁹J . Pour comparer à l’activité du Soleil, on écrit que|∆E|=PS∆toùPs est la puissance rayonnée par le Soleil. On trouve alors que ∆t= 625 s. Cela fait environ 10 minutes.

(4)

Probl` eme n

^o

3 – Des perchlorates sur Mars

Centrale TSI 2019

A. G´ en´ eralit´ es

1. On classe les électrons en fonction du nombre quantique principal n et du nombre quantique secondaire ℓ à n+ℓ croissant. Au cas où le terme n+ℓ croissant prend une valeur réalisable de deux fa¸cons, on classe

à ncroissant. Pour l’oxygène, on trouve 1s²2s²2p⁴ . Les électrons de valence sont ceux de la couche externe, c’est-à-dire ceux de la couche possédant le nombrenle plus élevé. Pour l’oxygène, il y a 6 électrons de valence, ce sont les électrons 2s²2p⁴. Pour le chlore, on trouve une configuration électronique dans l’état fondamental :

1s²2s²2p⁶3s²3p⁵ avec 7 ´electrons de valence (3s²3p⁵).

2.Le sch´ema deLewisdes ions perchlorateClO⁻

4 est fourni `a la figure 2.

O Cl

O

O O⊖

Figure2 – Sch´ema deLewis

3.Un oxydant est une espèce susceptible de perdre des électrons. Un réducteur gagne des électrons.

4. La somme des nombres d’oxydation de tous les atomes présents est égale à la charge de l’entité qu’ils constituent. Prenons l’exemple de ClO⁻

4. Tous les atomes d’oxygène sont équivalents même si le schéma de Lewispourrait laisser quelques doutes. On a doncnoCl+ 4noO=−1. Comme les atomes d’oxygène sont à leur degré d’oxydation le plus courant, on anoO =−2. Le nombre d’oxydation du chlore dans les ions perchlorate estx−8 =−1 d’oùx= 7. On a donc noCl= +V II dansClO⁻

4. En suivant la mˆeme d´emarche dansClO⁻

3, on trouve +V, puis +III pour le chlore dans ClO⁻

2 et +I dans ClO⁻. Pour les ions chloruresCl⁻, c’est le cas le plus simpleno=−I.

B. ´ Etude thermodynamique d’une r´ eaction de destruction des ions perchlorate

5. On a ∆rH^◦ = ∆fH_KClO^◦ _3s +¹₂∆fH_O^◦_2gaz −∆fH_KClO^◦ _4s. Le dioxygène étant un corps simple dans son état standard, son enthalpie standard de formation est nulle. On trouve : ∆rH^◦= 35,1 kJ·mol⁻¹ . La réaction est endothermique.

6. L’approximation d’Ellingham consiste à considérer que ∆rH^◦ est indépendante de la température. On utilise alors facilement la loi de Van’t Hoff : ^{d ln}_dT^K^◦^(T⁾ = ^∆_RT^r^H2^◦. On intègre entre la températureT1 et une température quelconque T pour obtenir ln_K^K◦^◦(T^(T)1) = ^∆^r_R^H^◦

1 T1 −_T¹

. On peut alors conclure en ´ecrivant que K^◦(T) =K^◦(T1) exp^∆^r_R^H^◦

1 T1 −_T¹

.

7.On trouve K^◦(T0) = 1,698×10⁻⁴ .

8.La valeur de la constante d’équilibre à T0= 210 K n’est pas influencée par les conditions de pression qui règnent sur Mars puisque la constante d’équilibre ne dépend que de la température.

a a¹^/²

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C. ´ Etude cin´ etique de la d´ ecomposition des mol´ ecules de chloro-glycine

12.Le temps de demi-réaction est le temps au bout duquel la moitié d’un réactif choisi comme référence a réagi. Ici, il n’y a qu’un seul réactifA, le choix est vite réalisé. Le temps de demi-réaction s’obtient à la date pour laquelle [A] = ¹₂[A]₀. En regardant le graphique proposé pour les trois expériences, on constate que ce temps est le même à chaque fois : t1/2= 5×10⁵s . Comme le temps de demi-réaction est indépendant de la concentration initiale, on en déduit que le processus est d’ordre 1 par rapport àA, ce qui n’a rien de surprenant pour un processus de décomposition ne faisant intervenir qu’un seul réactif.

13.Par définition de la vitesse de réaction, on av=−^d[A]_dt =k[A]. Cette équation différentielle se résout de fa¸con triviale pour arriver à [A] = [A]₀exp−kt.

14.Pourt1/2, on obtient ¹₂[A]₀= [A]₀exp−kt1/2. On obtient alors k=_t^{ln 2}

1/2 .

15.On trouve ensuite k= 1,4×10⁻⁶s⁻¹ ce qui est relativement satisfaisant par rapport à la valeur obtenue dans l’étude de l’Université de Weber. Le manque de précision du graphique, l’épaisseur du trait de la courbe peut engendrer des écarts de perception du temps de demi-réaction.

16.L’expérience a été conduite à la température de 298 K. Sur Mars, la température en surface est de 210 K ce qui est nettement plus faible. On peut prévoir que la constante de vitesse sera plus petite : kMars< k et le temps de demi-réaction plus grand. En effet, la loi d’Arrhénius lie la constante de vitesse à la température selonk=Aexp−_RTÊâ où Aest une constante indépendante de la température et Ea >0 l’énergie d’activation de la réaction. Dans ces conditions, on voit bien que siT diminue alors la constante de vitessekdiminue aussi.