Terminale S2
calculatrice autorisée
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O
C
S Terre
u h
Exercice n°1 : A propos du satellite SPOT 4 d’après bac Asie 2009 (12 points) 1. Le mouvement du satellite est étudié dans le référentiel géocentrique (0,5).
La trajectoire d’un point de la Terre est un cercle dont le centre est situé sur l’axe de rotation de la Terre (0,5).
2. La force exercée par la Terre sur le satellite est £F = – G.MT.m
RT h.£u (1).
3. Le référentiel doit être galiléen pour pouvoir appliquer la deuxième loi de Newton (0,5).
4.
4.1. Dans un référentiel galiléen, le produit de la masse du satellite par l’accélération subie par son centre d’inertie est égale à la résultante des forces extérieures s’exerçant sur le satellite : m.£a = £Fext (1).
4.2. Ainsi l’accélération £a a même direction et même sens que la force de gravitation £F (unique force appliquée au satellite en première approximation) (1).
4.3. D’après la seconde loi de Newton : m.£a = – G.MT.m
RT h.£u soit £a = – G.MT
RT h.£u et donc a = G.MT
RT h (1).
5. Lorsque le mouvement est circulaire uniforme, le vecteur-accélération £a est radial, orienté vers le centre du cercle (centripète) et de norme constante (1). C’est le cas ici, car le vecteur-accélération est porté par le vecteur unitaire £u et de sens opposé à ce dernier. G, MT et RT sont des constantes, son altitude h étant constante, a est bien constante (1).
6. Si le mouvement est circulaire uniforme, la vitesse v est constante et égale à la vitesse moyenne du satellite en orbite sur une trajectoire circulaire de périmètre 2.(RT + h) : v = .RT h
T (1)
7. L’accélération est normale (le mouvement est uniforme donc l’accélération tangentielle est nulle aT = 0), donc a = an = v
RT h (0,5) = .RT h
T (1) 8. G.MT
RT h = .RT h
T donc MT =
.RT h
G.T (1). A.N. : MT = 830.103
6,67.10–11(10160) = 6,0.10
24 kg (1).
9. Le satellite n’est pas géostationnaire. En effet il n’est pas en orbite dans le plan de l’équateur (0,5) (par ailleurs sa période de révolution n’est pas égale à la période de rotation propre de la Terre).
Exercice n°2 : bathyscaphes d’après bac Asie 2009 (10 points)
3. Plongée du bathyscaphe.
3.1. Lorsque le bathyscaphe descend, il est soumis à son poids £P, à la poussée d’Archimède £FA et aux forces de frottement fluide £f (1).
Schéma ||£P|| ||£FA + £f|| : le bathyscaphe accélère vers le bas (0,5).
3.2. Donnons les expressions vectorielles des forces mises en jeu : – expression du poids : £P = M.g.£j (0,5)
– expression de la poussée d’Archimède : £FA = – E.V.g.£j (0,5) – expression des forces de frottements fluide : £f = – k.v2.£j (0,5) Le référentiel est supposé galiléen : appliquons la seconde loi de Newton : M.£a = £Fext = £P + £FA + £f = M.g.£j + – E.V.g.£j + – k.v2.£j
£a = g.£j + – E.V
M .g.£j – k
M.v2.£j, avec £a = ay.£j = dv
dt.£j (en effet, l’accélération n’a qu’une composante verticale).
Ainsi, vectoriellement : dv
dt.£j = g.£j – E.V M .g.£j – k
M.v2.£j Après projection sur l’axe verticale Oy : dv
dt = g – E.V M .g – k
M.v2 Soit : dv
dt + k
M.v2 = (1 – E.V M ).g (2)
3.3. La vitesse limite atteinte par le bathyscaphe est vlim = 1,0 m.s–1.
£P
£F
A£j £f
y O
£F £a
Terminale S2 Page 2 sur 2 3.3.1. Le bathyscaphe atteint une vitesse limite, c’est-à-dire constante, lorsque l’accélération dv
dt est nulle (la vitesse ne varie plus). Remplaçons dans l’équation différentielle dv
dt par 0 pour v = vlim : k
M.vlim
2 = (1 – E.V
M ).g soit vlim = M
k. – E.V
M .g (1,5).
3.3.2. k M.vlim
2 = (1 – E.V
M ).g k = M
vlim.(1 – E.V M ).g (1).
A.N. : k = 200,74.103
1,02 (1 – 1,03.103194
200,74.103 )9,8 = 9,0.103 (1) kg.m–1 (0,5).
[f] = [k].[v]2 avec [f] = [m].[a] d’après la seconde loi de Newton, donc M.L.T–2 = [k].(L.T–1)2 Et ainsi : [k] = M.L.T–2.L–2.T2 = M.L–1 (1).
Exercice n°3 : Accumulateurs ou piles rechargeables d’après bac Polynésie 2010 (18 points) 1. Pile nickel-cadmium du laboratoire (6,5 points)
Soit l’équation de réaction : Cd2+(aq) + Ni(s) = Cd(s) + Ni2+(aq) (réaction 1) 1.1. Sens d’évolution spontanée du système chimique constituant la pile.
1.1.1. Qr = [Niaq]
[Cdaq] (0,5). Dans l’état initial, [Ni2+(aq)]i = [Cd2+(aq)]i = c0, donc Qr,i = [Niaq]i
[Cdaq]i
= c
c = 1,0 (0,5) 1.1.2. Qr,i > K (0,5) : le système évolue donc spontanément, en sens indirect (0,5). L’équation de
fonctionnement de la pile est donc : Cd(s) + Ni2+(aq) = Cd2+(aq) + Ni(s) (0,5)
1.2. Cd(s) = Cd2+(aq) + 2 e– : il s’agit d’une oxydation (1), cette électrode libère des électrons, c’est le pôle négatif (0,5).
Ni2+(aq) + 2 e– = Ni(s) : il s’agit d’une réduction (1), cette électrode attire des électrons, c’est le pôle positif (0,5).
1.3. Le rôle du pont salin est d’assurer le passage du courant électrique en permettant la circulation d’ions d’une demi-pile à l’autre et d’assurer l’électro-neutralité de chaque solution (1).
2. L’accumulateur Ni-Cd d’un téléphone sans fil, première génération (6,5 points)
2.1. Compléter le tableau descriptif de l’évolution du système donnée en annexe à rendre avec la copie (1,5).
Équation Cd(s) + 2 NiO(OH)(s) = Cd(OH)2(s) + 2 Ni(OH)2(s)
Avancement Quantités de matière (mol) n(e–) (mol)
État initial x = 0 n0 excès n2 n3 0
En cours… x n0 – x excès n2 + x n3 + 2.x 2.x
État final xf n0 – xf excès n2 + xf n3 + 2.xf 2.xf
2.2. On suppose que la réaction est totale : n0 – xf = 0, soit n0 = xf. Or n(e–) = 2.xf. Ainsi n0 = ne–
(1).
2.3. La quantité maximale d’électricité que peut débiter cet accumulateur est Qmax = n(e–).F = 2.n0.NA.e avec n0 = mCd
MCd et F = NA.e. Ainsi : Qmax = 2.mCd
MCd.NA.e (1,5).
A.N. : Qmax = 2 ,
,6,0210231,610–19 = 3,4.103 C (1).
2.4. Pour réaliser la charge de l’accumulateur, il faut brancher l’accumulateur en opposition aux bornes d’un générateur de tension adaptée (0,5). L’accumulateur fonctionne alors en récepteur, c’est une transformation forcée : l’électrolyse (0,5). L’équation, lors de la charge est inverse de celle de fonctionnement :
Cd(OH)2(s) + 2 Ni(OH)2(s) = Cd(s) + 2 NiO(OH)(s) (+ 2 H2O normalement…) (0,5) 3. L’accumulateur Ni-MH (3 points)
3.1. Q = 800 mA.h = It = 800.10–33600 = 2880 C (2,88.103 C pour respecter le nombre de C.S.) (1) 3.2. I = Q
t =
, = 3200 mA, soit 3,2 A car 15 min = 1/4 h soit 0,25 h ou I = Q
t = ,.
= 3,2 A (1).
3.3. t = Q
I = .–
, = 3,0 h (2,96 h), soit 1,8.102 min ou t = Q
I = ,.
, = 11.103 s soit 1,75.102 min (1).
4. L’accumulateur Li-ion (2 points)
4.1. Le lithium est un alcalin, il est dans la première colonne (0,5) de la classification périodique. C’est pourquoi, ayant un seul électron sur sa couche externe, il perd facilement cet électron pour former un cation Li+, et ainsi acquérir la structure électronique d’un gaz noble (ici l’hélium donc deux électrons sur la couche de valence, règle du duet) (0,5).
4.2. La puissance électrique est P = UI, donc l’énergie électrique est : E = UIt = UQ = 3,74320 = 16 kJ (1).
