Probl` eme n

Devoir surveill´ e de Sciences Physiques n

^◦

5 du 13-01-2022

— Dur´ee : 4 heures —

Probl` eme n

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1 – Un œuf dur en rotation

30 minutes maximum ! 1.Compte tenu de la forme de l’œuf, on va le mod´eliser par un cylindre de rayonRet de hauteur ℓ > R. Le redressement de l’œuf est possible s’il poss`ede assez d’´energie pour pouvoir faire monter son centre d’inertie de l’altitudezh=R lorsqu’on le fait tourner autour de son petit axe `a l’altitudezv=₂^ℓ lorsqu’il tourne autour de son grand axe. En effet, on peut constater que la hauteur de l’œufℓest sup´erieure `a 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’´echelle, on trouve que le rayon est R= 2,2 cm. Nous avons bienℓ >2R. On va simplifier l’approche en consid´erant qu’il n’y a pas de pertes d’´energie m´ecanique lors du passage de la position horizontale `a la position verticale. En position horizontale, l’´energie m´ecanique estEmh = ¹₂JOxω_h²+mgR. Lorsque l’œuf est en position verticale, l’´energie m´ecanique s’exprime selon Emv = ¹₂JOzω_v²+mg^ℓ₂. La conservation de l’´energie m´ecanique va nous permettre d’´ecrire queJOxω_h²+mg2R=JOzω_v²+mgℓ. La vitesse de rotation autour du grand axe est donn´ee par :ω²_v = ^JOxω

2

h+mg(2R−ℓ)

JOz . Comme le terme 2R−ℓ < 0, il n’est pas assur´e queω²_v soit positif. C’est ce qui am`ene une condition de minimum sur la vitesse de rotation ωh. Nous allons donc ´ecrire cette condition. On doit donc avoirω_h²> ^{1mg(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 `a ˆetre une belle vitesse de rotation, en essayant de le lancer, on risque d’envoyer l’œuf promener je ne sais o`u. . . Mais comme il est dur, s’il se casse c’est moins ennuyeux que s’il ´etait 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’arrˆete rapidement. Cela est la cons´equence du fait que son int´erieur est fluide et plutˆot visqueux. On met en rotation la coquille qui entraˆıne le fluide mais cela met en jeu les forces de viscosit´e qui vont dissiper de l’´energie.

Nous l’avons vu dans le cadre du cours de M´ecanique, il ne faut pas oublier la puissance des forces int´erieures pour un syst`eme d´eformable lorsque l’on effectue un bilan ´energ´etique.

Probl` eme n

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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 r´ef´erentielOxy non galil´een, 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 syst`eme : <sup>Gm</sup><sub>4b</sub><sup>22</sup>−<sup>GmM</sup><sub>d</sub><sup>2</sup> (1 + 2<sub>d</sub><sup>b</sup>) +<sup>GmM</sup><sub>d</sub><sup>2</sup> (1−<sup>b</sup><sub>d</sub>)<0. Le bilan des forces pr´ec´edent est n´egatif car cela correspond `a une acc´el´eration n´egative pourG1 dans le r´ef´erentielOxy et donc `a un ´eloignement deG1par rapport `aG2. En d´eveloppant le calcul et en simplifiant les termes qui doivent l’ˆetre, on arrive `a 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 syst`eme Terre-Lune, on a M = 162m, on en d´eduit que : dm= 8 190 km . Le rayon de la Terre est de 6 400 km, on a doncdm > RT. Au moment de son d´etachement de la Terre le morceau de proto-Lune aurait subi des effets de mar´ee importants. On peut penser que ce morceau de proto-Lune se serait disloqu´e en de nombreux petits morceaux. L’hypoth`ese paraˆıt peu plausible.

D´eformation de la plan`ete pendant sa r´evolution

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 d´eveloppement limit´e deT P³. On ´ecrit 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 d´eveloppement limit´e sur le terme en

−→ T O

T P³. Par contre, sur le terme en

−−→ OP

T P³, on va consid´erer

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

OP est d´ej`a du premier ordre. La force gravitationnelle est donc F~g =−^GMm_d^{2 ′}(1−^3r_d cosθ)~ex−^GMm_d^{3 ′}(rcosθ~ex+rsinθ~ey). Le terme de mar´ee est tel queF~g =−^GMm_d^{2 ′}~ex+F~. On en d´eduit bien que : F~ = ^GMm_d^{3 ′r}[2 cosθ~ex−sinθ~ey] .

5.Sur le sch´ema de la figure 1. On raisonne tout d’abord pour 0< θ < π/2, on obtient les forces au pointP. Pour le point P^′ sym´etrique de P, il faut consid´ererθ^′ =θ+π. Dans les deux cas, on peut constater que la force de mar´ee est dirig´ee globalement vers l’´equateur de la sph`ere. Il va se former un bourrelet ´equatorial. Ce bourrelet tend `a donner `a la sph`ere une forme d’ellipso¨ıde que l’on peut voir repr´esent´e `a la figure 1 dans deux cas diff´erents de position de la sph`ere 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

b

T O

x y

bb

T O

Figure1 – Sens des forces de mar´ees

Synchronisation des p´eriodes Consid´erations ´energ´etiques

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

7.L’´energie cin´etique de r´evolution correspond `a 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 =<sup>1</sup><sub>2</sub>MΩ<sup>2</sup>GT<sup>2</sup>+<sup>1</sup><sub>2</sub>2mΩ<sup>2</sup>GO<sup>2</sup>. En tenant compte de l’expression fournie par l’´enonc´e, expression qui introduit la masse r´eduite du syst`emeµ, on peut en conclure que : Ec,rev = ¹₂µd²Ω²(t) .

8. Pour d´eterminer l’expression de l’´energie cin´etique totale, il faut prendre en compte les deux rotations propres des deux astres. Pour celle de la Terre, cela repr´esente ¹₂²₅M R²ω² alors que pour la Lune, cela va ˆetre

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 n´egliger l’´energie de rotation propre de la Lune pour aboutir `a la formule propos´ee par l’´enonc´e : Ec= ¹₅M R²ω²+¹₂µd²Ω² .

9. Le moment cin´etique va se d´ecomposer comme pour l’´energie cin´etique en des effets li´es `a 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’´energie cin´etique est de la forme <sup>1</sup><sub>2</sub>J<sup>′</sup>ω<sup>′2</sup> avec J<sup>′</sup> = <sup>2</sup><sub>5</sub>m<sup>′</sup>r<sup>′2</sup>. Pour la translation, il faut revenir `a la d´efinition du moment cin´etique 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=

de la loi de K´epler. Si l’on diff´erentie cette relation, en raisonnant en logarithme, on arrive `a 2^δΩ_Ω + 3^δd_d = 0 et par cons´equent : ^δΩ_Ω =−³₂^δd_d .

11.Le syst`eme est isol´e, il y a conservation du moment cin´etique donc :µd²Ω +²₅M R²ω = Cte. Dans cette relation,d, ω et Ω sont fonction du temps. Si on diff´erentie, il faut bien en tenir compte : 2dδdΩµ+µd²δΩ +

2

5M R²δω= 0. En utilisant la relation ´etablie `a la question pr´ec´edente, on arrive `aδω=−⁵_4MR^dΩµ2δdet ensuite `a δω= ⁵_6MR^µd22δΩ. On peut donc ´etablir la relation demand´ee par l’´enonc´e : ^δω_δΩ= ⁵_6M^2m_+2mR^d22 .

12.Il faut maintenant diff´erentier l’´energie m´ecanique : dEm= ²₅M R²ωδω+¹₂µ(2dδdω²+2ΩδΩd²)+^GM2m_d² δd.

On utilise l’expression ^GM2m_d2 = _M+2m^M2m Ω²dpour faire progresser la mise en forme du calcul ainsi que la relation donnantδden fonction deδΩ et ´evidemment la relation entreδω etδΩ. Apr`es calculs, on obtient effectivement l’expression propos´ee dans l’´enonc´e dEm= ²₅M R²(ω−Ω)δω .

Stabilit´e du syst`eme Terre-Lune

13. L’´energie m´ecanique diminue dEm < 0. Comme ω > Ω, on en d´eduit que δω < 0. Le coefficient de proportionnalit´e est positif entre δω et δΩ. On en d´eduit 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 si`ecle. On posant ∆tpour la dur´ee d’un si`ecle, on a _d∆t^δd = 9,2×10⁻⁹par si`ecle.

On a donc|δΩ|= 1,4×10⁻⁸Ω = ^1,4×₂₇¹⁰⁻⁸ω= 5,2×10⁻¹⁰ωpar si`ecle. On a donc|δω|= 35,6|δΩ|= 1,85×10<sup>−8</sup> pour un si`ecle. La dur´ee d’un jour estT1j =^2π_ω. On peut donc ´ecrire que|^δT_T1j^1j|=|^δω_ω|d’o`u|<sup>δT</sup><sub>T1j</sub><sup>1j</sup>|= 1,85×10<sup>−8</sup> pour un si`ecle. La dur´ee d’un jour aura augment´e de 1,6 ms dans un si`ecle.

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

dLu

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

. On a donc : ^dL_Lu^u = ^δω_ω(1−_35,6²⁷ ). Commeδω <0, on en d´eduit que dLu<0. On a donc : |^dL_Lu^u|<|^δω_ω|. La lunaison diminue au fil du temps. En valeur absolue, elle diminue moins que la dur´ee du jour.

15.ω diminue plus vite que Ω. `A un moment donn´e, on arrivera `a ω= Ω . Il n’y aura plus d’´energie dissip´ee par effet de mar´ee puisque dEmest proportionnel `a (ω−Ω). `A ce moment-l`a, on va poserω= Ω =ωf. On note aussi la distance Terre-Luned=df. Le moment cin´etique qui est une constante, est le mˆeme `a la datet= 0 et

`a la date o`u il y a synchronisation des vitesses de rotation. Le moment cin´etique s’´ecritσG = (µd²_f+²₅M R²)ωf. Ce moment cin´etique doit ˆetre ´egal `a sa valeur actuelle σG = (^µd₂₇² +²₅M R²)ω = 4,9×10³⁸kg· m²· s⁻¹. La relation de formeK´eplerv´erifi´ee est Ω²d³= ₂₇^ω2

d³=ω²_fd³_f = 4×10¹⁴m³·s⁻². Dans l’expression du moment cin´etique, on va n´egliger la contribution du terme en R² par rapport `a celui end<sup>2</sup><sub>f</sub>. On obtient alors les deux relations suivantes :ωfd<sup>2</sup><sub>f</sub> = 4×10<sup>11</sup>m<sup>2</sup>·s<sup>−1</sup>etω<sup>2</sup><sub>f</sub>d<sup>3</sup><sub>f</sub> = 4×10<sup>14</sup>m<sup>3</sup>·s<sup>−2</sup>. On trouve alors quedf = 530×10<sup>6</sup>m et ωf = 1,6×10<sup>−6</sup>rad·s<sup>−1</sup>. La valeur de la distancedf autorise l’approximation r´ealis´ee mˆeme si la marge n’est pas tr`es grande. La dur´ee 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 `a ωf = 1,6×10<sup>−6</sup>rad·s<sup>−1</sup>. La vitesse de rotation a perdu environ 98% de sa valeur. Comme <sup>δω</sup><sub>ω</sub> ≃10<sup>−8</sup> par si`ecle. Il faudra environ 10⁸si`ecles pour y arriver. Cela repr´esente 10<sup>10</sup>ans . Cela correspond grosso modo `a l’ˆage de l’Univers.

17. La perte d’´energie correspond `a la valeur absolue de la variation d’´energie m´ecanique 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_df =−3×10²⁸J.

On a donc |∆E|= 2,5×10²⁹J . Pour comparer `a l’activit´e du Soleil, on ´ecrit que|∆E|=PS∆to`uPs est la puissance rayonn´ee par le Soleil. On trouve alors que ∆t= 625 s. Cela fait environ 10 minutes.

Probl` eme n

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3 – Des perchlorates sur Mars

Centrale TSI 2019

A. G´ en´ eralit´ es

1. On classe les ´electrons en fonction du nombre quantique principal n et du nombre quantique secondaire ℓ `a n+ℓ croissant. Au cas o`u le terme n+ℓ croissant prend une valeur r´ealisable de deux fa¸cons, on classe

`a ncroissant. Pour l’oxyg`ene, on trouve 1s²2s²2p⁴ . Les ´electrons de valence sont ceux de la couche externe, c’est-`a-dire ceux de la couche poss´edant le nombrenle plus ´elev´e. Pour l’oxyg`ene, il y a 6 ´electrons de valence, ce sont les ´electrons 2s²2p⁴. Pour le chlore, on trouve une configuration ´electronique dans l’´etat 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 esp`ece susceptible de perdre des ´electrons. Un r´educteur gagne des ´electrons.

4. La somme des nombres d’oxydation de tous les atomes pr´esents est ´egale `a la charge de l’entit´e qu’ils constituent. Prenons l’exemple de ClO⁻

4. Tous les atomes d’oxyg`ene sont ´equivalents mˆeme si le sch´ema de Lewispourrait laisser quelques doutes. On a doncnoCl+ 4noO=−1. Comme les atomes d’oxyg`ene sont `a leur degr´e d’oxydation le plus courant, on anoO =−2. Le nombre d’oxydation du chlore dans les ions perchlorate estx−8 =−1 d’o`ux= 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 dioxyg`ene ´etant un corps simple dans son ´etat standard, son enthalpie standard de formation est nulle. On trouve : ∆rH^◦= 35,1 kJ·mol⁻¹ . La r´eaction est endothermique.

6. L’approximation d’Ellingham consiste `a consid´erer que ∆rH<sup>◦</sup> est ind´ependante de la temp´erature. On utilise alors facilement la loi de Van’t Hoff : <sup>d ln</sup><sub>dT</sub><sup>K◦(T)</sup> = <sup>∆</sup><sub>RT</sub><sup>rH</sup>2<sup>◦</sup>. On int`egre entre la temp´eratureT1 et une temp´erature 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’´equilibre `a T0= 210 K n’est pas influenc´ee par les conditions de pression qui r`egnent sur Mars puisque la constante d’´equilibre ne d´epend que de la temp´erature.

a a^1/2

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

12.Le temps de demi-r´eaction est le temps au bout duquel la moiti´e d’un r´eactif choisi comme r´ef´erence a r´eagi. Ici, il n’y a qu’un seul r´eactifA, le choix est vite r´ealis´e. Le temps de demi-r´eaction s’obtient `a la date pour laquelle [A] = <sup>1</sup><sub>2</sub>[A]<sub>0</sub>. En regardant le graphique propos´e pour les trois exp´eriences, on constate que ce temps est le mˆeme `a chaque fois : t1/2= 5×10⁵s . Comme le temps de demi-r´eaction est ind´ependant de la concentration initiale, on en d´eduit que le processus est d’ordre 1 par rapport `aA, ce qui n’a rien de surprenant pour un processus de d´ecomposition ne faisant intervenir qu’un seul r´eactif.

13.Par d´efinition de la vitesse de r´eaction, on av=−^d[A]_dt =k[A]. Cette ´equation diff´erentielle se r´esout de fa¸con triviale pour arriver `a [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 `a la valeur obtenue dans l’´etude de l’Universit´e de Weber. Le manque de pr´ecision du graphique, l’´epaisseur du trait de la courbe peut engendrer des ´ecarts de perception du temps de demi-r´eaction.

16.L’exp´erience a ´et´e conduite `a la temp´erature de 298 K. Sur Mars, la temp´erature en surface est de 210 K ce qui est nettement plus faible. On peut pr´evoir que la constante de vitesse sera plus petite : kMars< k et le temps de demi-r´eaction plus grand. En effet, la loi d’Arrh´enius lie la constante de vitesse `a la temp´erature selonk=Aexp−_RT^Ea o`u Aest une constante ind´ependante de la temp´erature et Ea >0 l’´energie d’activation de la r´eaction. Dans ces conditions, on voit bien que siT diminue alors la constante de vitessekdiminue aussi.