Problème 1 : Influence de différents types de frottements I Mouvement sans frottement sur un plan incliné

(1)

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.

Laissez la première page vierge.

On rappelle les lois du frottement solide d’Amontons et Coulomb :

• L’équilibre n’est possible que si le quotient de la norme de la réaction tangentielle par la norme de la réaction normale est inférieur à µ:

T N 6µ

• S’il y a mouvement la norme de la réaction tangentielle est :

T =µN

α

#»g N#»

T#»

#»v M

Problème 1 : Influence de différents types de frottements I Mouvement sans frottement sur un plan incliné

On étudie le mouvement de translation d’un point matérielMde massemsur un plan incliné d’un angle αpar rapport à l’horizontal. On néglige tout frotte-

ment dans cette partie. _α ^#»^g

#»v0

e# »X

e#»_Z

M

I.1. Le point matériel est initialement animé d’une vitessev0dans le sens de l’ascension. Déterminer la distance parcourue le long du plan incliné avant que sa vitesse ne s’annule.

I.2. Au bout de combien de temps le point matériel repassera-t-il par sa position de départ ? On notet1

cette durée.

I.3. On lance successivement deux points matériels du même point dans un mouvement ascendant, avec la même vitessev0, à des instants espacés det1/2. Déterminer la position des deux points matériels quand ils se rencontrent.

II Étude de portraits de phase

On prend maintenant en compte l’effet de différents frottements sur le mouvement du point matériel précédent.

II.1. Il existe un frottement solide entreMet le plan incliné, caractérisé par un coefficient de frottementµ.

Le point matériel est de nouveau lancé dans un mouvement ascendant avec une vitesse initialev0. (a) Déterminer l’expression de la distance parcourue par le point matériel avant que sa vitesse ne

s’annule.

(b) À quelle condition portant surαetµle pointMrestera-t-il immobile par la suite ? Dans le cas contraire déterminer la durée au bout de laquelle il repassera par sa position initiale.

(c) On considère que l’équilibre n’est pas possible. Déterminer la trajectoire dans l’espace des phases (X ,X˙) et tracer son allure en y faisant figurer les points remarquables.

II.2. Le point matériel est soumis, en plus du frottement solide précédent, à des frottements fluides, de résultantef~dont l’intensitéfcroît avec le module de la vitessevselon :

f=γnvⁿ,

avecγnetndes constantes réelles positives. On considère l’angleαsuffisamment grand pour que l’équilibre ne soit pas possible.

(a) Établir l’équation différentielle d’évolution de la vitesseX.˙

(b) En déduire les expressions de la vitesse limite atteinte asymptotiquement par le point matériel, qu’on noterav∞, et d’une durée caractéristique d’évolution, qu’on noteraτ.

II.3. On présente sur les courbes ci-dessous des trajectoires dans l’espace des phases (X ,X) correspondant˙ à une même vitesse initiale pour différentes valeurs de la masse du point matériel, indiquée en kg. Les deux figures correspondent à des valeurs du coefficientndifférentes.

Dans les deux cas, le plan incliné est le même, caractérisé par un angleα=40° et un coefficientµ=0,4 On joindra dans tous les cas à la copie la feuille d’énoncé sur laquelle figurent ces courbes.

− 4000 − 2000 0

− 60

− 40

− 20 0 20 40 60

X(m)

−1

˙ X (m · s )

m = 0.5 m = 1 m = 2 m = 3

− 2000 − 1000 0

− 20 0 20 40 60

X(m)

−1

˙ X (m · s )

m = 0.5 m = 1 m = 2 m = 3

(a) Expliquer comment lire la vitesse asymptotique d’un mouvement sur les portraits de phase. Don- ner en particulier, pour les deux figures, la vitesse asymptotique correspondant àm=2 kg.

(2)

(b) Déduire des différentes valeurs dev∞celle denpour chacun des deux portraits de phase.

(c) En déduire la valeur du coefficientγndans chaque cas puis la valeur de la vitesse limite pour l’objet de massem=1,0 kg en chute verticale (sans plan incliné).

(d) Tracer sur chacun des portraits de phase l’allure de la trajectoire correspondant àm=3 kg et à la condition initialeX =500 m,X˙ =0 m·s⁻¹. On justifiera les coordonnées des points remarquables.

III Distances d’arrêt d’un véhicule

On étudie le mouvement d’un véhicule sur une route, qu’on modélise par un point matérielm, soumis à une force de frottement solide de coefficientµet à une force de frottement fluide d’intensitéf =γ2v². À la suite d’une avarie, il dévale une pente rectiligne,

moteur éteint, débrayé et sans freins. On noteαl’angle formé par la route avec l’horizontale. Sa vitesse à l’ins- tant initial est dans le sens de la descente, notéev0. On suppose queµ6tan(α).

#» g

h α d

III.1. (a) Établir l’équation différentielle vérifiée par la vitesseX.˙

(b) Résoudre cette équation différentielle par séparation des variablesX˙ett. On donne :

• une primitive deu7 → _1−u¹ ₂estu7 →argth(u), fonction réciproque de la tangente hyperbolique tanh,

• une primitive deu7 →tanh(u)estu7 →ln cosh(u), logarithme du cosinus hyperbolique.

III.2. Déterminer l’expression et calculer la valeur de sa vitesse à l’issue d’une descente correspondant à un dénivellé de hauteurh.

III.3. À l’issue de cette descente, il aborde une portion horizontale. On considère que sa vitesse ne varie pas lors de la transition. Établir l’expression puis la valeur de la distancedqu’il parcourra sur la portion horizontale avant de s’immobiliser. Justifier qu’on construise des voies de sortie recouvertes de sable/gravillons sur les autoroutes présentant de fortes pentes.

On donne :

• une primitive deu7 → ¹

1+u² estu7 →arctan(u),

• une primitive deu7 →tan(u)estu7 → −ln|cos(u)|,

• l’identité cos(arctan(u)) = 1/√ 1 +u².

Données : coefficient de frottement solide µ = 1,5·10⁻², coefficient de frottement fluide γ2 = 3,6·10⁻¹N·s²·m⁻², massem = 1,4·10³kg, intensité de la pesanteurg = 9,8 m·s⁻², angle de pente α=15°, vitesse initiale en haut de la descentev0=50 km·h⁻¹, dénivellé de la penteh=130 m.

Problème 2 : Les petites voitures

On lache une voiture jouet, assimilée à un point maté- rielMde massem, sans vitesse initiale d’une hauteur Hsur le profil plan ci-contre, constitué :

• d’une portion rectiligneABinclinée d’un angle αpar rapport à l’horizontale,

• d’une gouttière circulaire de rayonRet de centre Cà l’intérieur de laquelle la voiture peut rouler, raccordé tangentiellement enBà la partie rectiligne.

Le mouvement de la voiture dans la gouttière sera repéré au moyen de l’angleθ dans la base polaire (C ,#»er,#»eθ).

C

#» g

B R

θ M α

A

H e #»

^r

e #»

^θ

O z

Fig. 1

I Mouvement sans frottement

On considère d’abord que le mouvement s’effectue sans frottement.

I.1. Justifier que le système est conservatif et en déduire la normev(z)de la vitesse de la voiture quand elle se trouve à l’altitudez.

I.2. On suppose que la voiture reste au contact de la gouttière tout au long de son mouvement : elle décrit dans la gouttière un cercle de rayonR.

(a) Écrire la loi de la quantité de mouvement dans la base polaire.

(b) En déduire l’expression de la réactionN#»exercée par la gouttière quand la voiture se trouve à l’angleθen fonction deH , m , g , Retθ.

(c) En déduire l’altitudeHminminimale pour laquelle la voiture peut faire le tour complet de la gout- tière en fonction uniquement deR.

I.3. On considère que la voiture est lâchée de la hauteurH_min. Déterminer l’équation de sa trajectoire après qu’elle a quitté la gouttière.

II Gouttière de rayon variable

(3)

La gouttière est désormais formée de deux portions de rayons différents : un premier quart de cercle de rayonRpuis un deuxième de rayonR/2.

B A

R/2

R

II.1. Déterminer la nouvelle altitudeH_min⁰ d’où on doit lâcher la voiture pour qu’elle puisse faire le tour complet en fonction uniquement deR.

II.2. On lâche la voiture deH_min⁰ et on s’intéresse au mouvement après que la voiture a quitté la gouttière.

Montrer que selon la valeur de l’angleαelle retombera sur la portion circulaire ou sur la portion rectiligne.

III Influence de frottements solides

On prend maintenant en considération des frottements solides de coefficientµentre la voiture et le profil (partie rectiligne et gouttière). On supposeµ <tanα. La gouttière est de nouveau de rayon constant (voir la figure 1).

III.1. (a) Justifier que la voiture, initialement immobile enAd’altitudeH, se met en mouvement et atteint le pointB.

(b) Déterminer la normevBde sa vitesse enB.

(c) Établir l’équation différentielle d’évolution temporelle deθ(t)au-delà du pointB.

III.2. (a) Calculs un peu longs, on pourra se contenter d’indiquer la méthode sans les mener à bout…

On désigne parE_cin(θ)l’énergie cinétique de la voiture à l’angleθ. Déduire de la question précé- dente l’expression dedE_cin

dθ en fonction uniquement deθ,E_cin(θ)et des constantes du problème.

(b) En déduireE_cin(θ)en fonction de l’énergie cinétiqueE_cinBau pointB, dem , g , R , µ , αet deθ.

Exercice 1 : Régulation du pH sanguin

Le fonctionnement biologique humain nécessite que le pH du sang reste compris dans l’intervalle (7,36;7,44). Cette régulation est principalement assurée par le couple H₂CO₃/HCO₃^–.

Données : Ka(H₂CO₃/HCO₃^–) = 4,30·10⁻⁷;Ka(HCO₃^–/CO₃^2–) = 5,60·10⁻¹¹; Ka(HB/B^–) = 1,38·10⁻⁴.

1. Déterminer les concentrations en H₂CO₃et HCO₃^–quand le pH du sang vaut 7,4 si la somme de leur concentrations vautc=2,8·10⁻²mol·L⁻¹. Dans toute la suite, le sang est initialement dans ces conditions.

2. Lors d’un effort physique important, il se forme de l’acide lactique CH3CHOHCOOH, noté HB, qui passe dans le sang.

(a) Calculer la constante d’équilibre de la réaction prépondérante entre l’acide lactique et les espèces contenues dans le sang. Conclure.

(b) Quelle est la valeur maximale de la concentration en acide lactique qui peut être apportée dans le sang sans que le pH ne sorte de l’intervalle permis ?

(c) Pour un apport de 2,0·10⁻³mol·L⁻¹d’acide lactique, quelle est la nouvelle valeur du pH du sang. Commenter.

3. La respiration permet de maintenir constante la concentration en H₂CO₃en expirant du dioxyde de carbone dont H₂CO₃est la forme dissoute.

(a) Quelle est dans ces conditions la nouvelle valeur du pH après l’apport de 2,0·10⁻³mol·L⁻¹ d’acide lactique ?

(b) En déduire la variation de la concentration totale en H₂CO₃et HCO₃^–. Commenter.

(c) Quelle quantité de H₂CO₃(en mol) un organisme humain aura-t-il dû expirer ? On n’hésitera pas à utiliser tout paramètre de culture générale nécessaire.

Exercice 2 : Sur quelques facteurs de la solubilité des sels

Données :

Produits de solubilité Ks1(AgCl) = 1,8·10⁻¹⁰, Ks2(AgI) = 1,0·10⁻¹⁶, Ks3(CH₃CO₂Ag) = 2,0·10⁻³. On rappelle que le nitrate d’argent AgNO3est infiniment soluble.

Constantes d’acidité Ka1(CH₃CO₂H/CH₃CO₂^–) =2·10⁻⁵,Ka2(NH₄⁺/NH₃) =6,3·10⁻¹⁰. Constante de dissociation de la réaction [Ag(NH₃)₂⁺] Ag⁺+ 2 NH₃(aq) : K_d=6,3·10⁻⁸.

1. On s’intéresse dans cette question à la solubilité du chlorure d’argent AgCl^(s)dans différentes solutions aqueuses.

(a) Déterminer l’expression puis calculer, la solubilité du chlorure d’argent AgCl dans l’eau pure.

(b) Déterminer l’expression puis calculer, la solubilité du chlorure d’argent AgCl dans une solution de chlorure de sodium de concentrationc_NaCl=0,1 mol·L⁻¹.

2. On cherche maintenant à dissoudre AgCl dans une solution d’iodure de potassium KI de concentration c_KI=0,1 mol·L⁻¹.

(a) Calculer la constante de la réaction AgCl^(s)+ I^– AgI^(s)+ Cl^–.

(b) Calculer[Cl^–]/[I^–]quand la solution est saturée en AgCl^(s)et en AgI^(s). En déduire alors la concentration en ions chlorure en fonction dec_KIpuis la solubilité de AgCl dans cette solution.

(c) Quelle hypothèse doit-on vérifier pour pouvoir considérer uniquement la réaction de la ques- tion2a. Vérifier sa validité.

(4)

3. L’acide éthanoïque CH3CO2H est un acide faible. On s’intéresse à la solubilité de l’éthanoate d’argent CH₃CO₂Ag^(s), peu soluble dans l’eau pure. On considère une solution juste saturée en CH₃CO₂Ag.

(a) En supposant que la base CH₃CO₂^–a peu réagi avec l’eau, déterminer[CH₃CO₂^–]et en déduire la solubilité de CH₃CO₂Ag(s).

(b) En déduire la valeur du pH et vérifier l’hypothèse.

4. On considère une solution contenant au totalc_CH₃_CO₂_Ag=0,1 mol·L⁻¹de CH₃CO₂Ag : une partie est dissoute et l’autre précipitée.

(a) Dans un premier temps, on ne tiendra pas compte des propriétés acidobasiques de l’ammoniac NH₃et de l’ion éthanoate CH₃CO₂^–, hypothèse que l’on justifieraa posteriori.

Calculer le nombre minimal de moles d’ammoniac à ajouter à un litre de solution pour dissoudre totalement l’éthanoate d’argent en formant le complexe [Ag(NH₃)₂]⁺.

(b) L’éthanoate d’argent étant tout juste redissous, on ajoute progressivement de l’acide nitrique (acide fort HNO₃) à la solution, jusqu’à l’excès.

i. Décrire qualitativement les phénomènes observés au fur et à mesure que la solution est acidifiée. On aura intérêt à s’aider des domaines de prédominance des couples CH₃CO₂H/CH₃CO₂^–et NH₄⁺/NH₃.

ii. Calculer le nombre de moles d’acide nitrique ajouté à un litre de la solution lorsque cette dernière redevient limpide (en milieu acide).

(5)

Correction du problème 1

I Mouvement sans frottement sur un plan incliné

I.1. Le point matériel est soumis à :

• son poidsP#»=−mg(cos(α)e# »Z+sin(α)e# »X),

• la réaction du supportR#»=Re# »Zsans composante selone# »Xen l’absence de frottement.

La loi de la quantité de mouvement s’écrit, selone# »X:

mX¨ =−mgsin(α)→X˙−v0=−gsin(α)t→X−X0=v0t−gsin(α)t²

2 (1)

La vitesse s’annule donc pourt=v0/(gsin(α)), où : X−X0= v₀²

2gsin(α). (2)

On peut établir ce résultat plus rapidement par utilisation du théorème de l’énergie mécanique :

• le système est conservatif car la seule force qui travaille est le poids, d’énergie potentiellemgz (attention,zdoit être ici la verticale ascendante)

• à l’état initial on aE_m= ^mv₂²⁰ + 0

• à l’issue d’une ascension de longueurX−X0on s’est élevé de(X−X0)sin(α), l’énergie méca- nique estE_m= ^mv₂² +mg(X−X0)sin(α)

• au sommet la vitesse est nulle et la conservation de l’énergie mécanique redonne bien le résultat de l’équation (2).

I.2. Il repasse par la position initialeX=X0, soit : v0t=gsin(α)t²

2 →t1= 2v0

gsin(α).

I.3. Les équations du mouvement du deuxième point matériel sont identiques à celles du premier en chan- geanttpart−t1/2. Les deux points matériels se rejoignent quand ils ont la même abscisse, soit à l’instantt2tel que :

v0t2−gsin(α)t²₂

2 =v0(t2−t1/2)−gsin(α)(t2−t1/2)² 2 →v0t1

2 +gsin(α)t²₁

8 = gsin(α)t2t1

8 t2= 3v0

2gsin(α). quand leur position commune est :

X−X0=v0t2−gsin(α)t²₂

2 = 3v₀² 8gsin(α).

II Étude de portraits de phase

II.1. (a) La loi de la quantité de mouvement s’écrit, en projections sure# »Xete# »Z: mX¨=−mgsin(α)−T mZ¨=N−mgcos(α).

L’équation sur#»ZdonneN =mgcos(α), et la loi du frottement cinétique donneT =µN. On en déduit :

mX¨=−mgsin(α)−µmgcos(α) =−mgsin(α) 1 + µ

tan(α)

.

Cette équation est formellement identique à l’équation 1 : on reconnaît un mouvement uniformé- ment accéléré d’accélérationg⁰=gsin(α)(1 +µ/tan(α)). On a doncX˙ =v0−g⁰t, qui s’annule pour :

tm=v0

g⁰ = v0

gsin(α)(1 +µ/tan(α)).

Un calcul identique aux précédents permet de déterminer la distance parcourue :

d⁰= v²₀

2g⁰ = v²₀

2gsin(α)(1 +µ/tan(α)).

(b) Une fois atteint le sommet de la trajectoire, on envisage un mouvement selon−e# »X. La force de frottement, opposée au mouvement, est alors selon+e# »X, et l’équation différentielle devient :

mX¨=−mgsin(α) +T.

L’équilibre sera possible siTpeut atteindre la valeurmgsin(α). Comme on doit avoirT/N6µ, il faut donc que :

mgsin(α)

mgcos(α) 6µ→tan(α)6µ.

Si cette condition n’est pas remplie, on a glissement avecT =µN=µmgsin(α), soit : mX¨ =−mgsin(α) (1−µ/tan(α)).

On détermine ensuite le temps nécessaire pour la redescente lors du mouvement uniformément accéléré d’accélération−gsin(α)(1−µ/tan(α)), solution de :

−gsin(α) 2

1− µ

tan(α)

t²_d=−d⁰=− v₀²

2gsin(α)(1 +µ/tan(α)), soit :

td= v0

gsin(α)p

1−µ²/tan(α)² →tm+td= v0

gsin(α)

1

1 +µ/tan(α)+ 1 p1−µ²/tan(α)²

! .

(6)

(c) Pour la phase ascensionnelle, en posantg⁰≡gsin(α)(1 +µ/tan(α)), on a : X˙ =v0−g⁰t et:X=v0t−g⁰t²

2 soit:X˙ =

q

v₀²−2g⁰X.

Pendant la descente, en posantg⁰⁰≡gsin(α)(1−µ/tan(α)), etXsl’abscisse du sommet où la vitesse s’annule, on a :

X˙ =−g⁰⁰t et:X−Xs=−g⁰⁰t² 2 soit:X˙ =−p

2g⁰⁰(Xs−X)

On a représenté ces trajectoires sur la figure 2 ci-dessous.. On y vérifie bien que la vitesse quand on repasse par l’abscissex= 0est bien inférieure en valeur absolue àv0puisque les frottements ont diminué l’énergie mécanique.

− 10 − 5 0 5 10

− 10

− 5 0 5 10

X

_S

v

₀

− v

0

X(m)

−1

˙ X (m · s )

Fig. 2 : Trajectoire dans l’espace des phases pour un frottement solide sur un plan incliné. Les paramètres sont :v0=8 m·s⁻¹,α=30°,µ=0,4.

II.2. (a) On rajoute la force#»f =−γnvⁿ#»v/v, l’équation différentielle sure# »Zest inchangée et celle sure# »X

devient, tant qu’il y a mouvement :

mX¨ =−mgsin(α) 1 + µX˙ tan(α)|X|˙

!

−γn|X˙ⁿ⁻¹|X.˙

L’utilisation du vecteur unitaireX/|˙ X˙|permet d’avoir une expression valable quel que soit le sens du mouvement.

(b) Dans le régime asymptotiques, oùX¨= 0, on auraX <˙ 0ieX˙/|X|˙ =−1. En notantv∞la norme de la vitesse, on a alors :

mgsin(α) 1− µ

tan(α)

=γnv∞ⁿ →v∞≡





mgsin(α)

1−_tan(α)^µ γn





1/n

. (3)

En réécrivant l’équation différentielle en utilisantv∞, on a :

mX¨+γn|X˙⁻¹|X˙ =−γnvⁿ_∞→X¨+γn

m|X˙⁻¹|X˙ =−γnv∞ⁿ⁻¹

m v∞. Le coefficientγnv∞ⁿ⁻¹/ma donc la dimension de l’inverse d’un temps, et on peut poser :

τ≡ m γnv∞ⁿ⁻¹

.

II.3. (a) La vitesse asymptotique est la valeur constante obtenue pourx→ −∞. Pour la première courbe, on av∞=35 m·s⁻¹, etv∞=23 m·s⁻¹.

(b) Pour déterminer une loi de puissance, on étudie ln(v∞) =ln(m)/n+cste. On trace sur la figure 3 ln(v∞)en fonction de ln(m). On obtient des droites de pentes1pour le premier graphe et1/2 pour le deuxième. On en déduit qu’on an= 1pour le premier etn= 2pour le deuxième.

10

⁰

10

^0,5

10

¹

10

^1,5

ln(m) ln( v

∞

)

Graphe 1 Graphe 2

Fig. 3 : Détermination de la puissancendansf =γnvⁿ. On obtient des droites de pente1et1/2, soit des puissancesn= 1etn= 2.

(7)

(c) On calcule, par exemple pourm=2 kg le coefficient :

Papp=mgsin(α) 1− µ

tan(α)

=6,6 N. (4)

On en déduit : γ1=Papp

v∞

=6,6

35 =1,89·10⁻¹kg·s⁻¹ γ2= Papp

v_∞² = 6,6

23² =1,25·10⁻²kg·m⁻¹. (5) Pour une chute libre verticale, on n’a plus de frottement solide et l’équation (3) devient :

v∞= mg

γn

1/n

→ v∞,1=mg γ1

=1,0·10²m·s⁻¹ v∞,2= rmg

γ2

=4,0·10¹m·s⁻¹. (6) (d) Les trajectoires demandées doivent partir du pointX = 500,X˙ = 0et finir asymptotiquement

vers la courbe correspondant àm= 3. On obtient les courbes représentées à la figure 4.

− 4000 − 2000 0

− 60

− 40

− 20 0 20 40 60

X(m)

−1

˙ X (m · s )

corrigé

(a) Casn= 1.

− 2000 − 1000 0

− 20 0 20 40 60

X(m)

−1

˙ X (m · s )

corrigé

(b) Casn= 2.

Fig. 4 : Trajectoires dans l’espace pourm=3 kg pour les conditions initialesX=500 m ;X˙ = 0.

III Distances d’arrêt d’un véhicule

III.1. (a) En adaptant les réponses précédentes, on a :

mX¨ =mgsin(α)−mgµcos(α)−γ2X˙² X¨ =g⁰⁰−γ2

m X˙²,

avecg⁰⁰ = g(sin(α)−µcos(α)), positif puisqueµ6 tan(α). Les résultats de la questionII.2b donnent par ailleurs, pourn= 2:

v∞≡ s

mg⁰⁰ γ2

τ≡ m γ2v∞

= r m

γ2g⁰⁰ =v∞

g⁰⁰. (b) Il s’agit d’une équation différentielle du premier ordre non linéaire enX.˙

Posons pour alléger les expressionsv= ˙X. On peut écrire :

˙ v=g⁰⁰

1− v²

v²_∞

=v∞

τ

1− v² v_∞²

dv/v∞

1−(v/v∞)² =dt/τ.

En posantu=v/v∞, on retrouve l’égalité proposée dans l’énoncé :

u

Z

u=v/v∞

du

1−u² =t/τ→argth(u)−argth(v0/v∞) =t/τ u=

r γ2

mg⁰⁰v=tanh(t/τ+argth(v0/v∞))

→v= s

mg⁰⁰ γ2

tanh t rγ2g⁰⁰

m +argth v0

r γ2

mg⁰⁰ !

.

On détermine enfin la position par une dernière intégration par rapport àt, en posantw≡t/τ+ argth(v0/v∞):

X(t)−X(0) =

t

Z

t=0

vdt=v∞ t

Z

t=0

tanh(t/τ+argth(v0/v∞))dt=v∞τ

w

Z

w=argth(v0/v∞)

tanh(w)dw

=v∞τ[ln(cosh(w))−ln(cosh(argth(v0/v∞)))].

III.2. Pour un dénivellé de hauteurh, la distance parcourue selone# »Xesth/sin(α). On exprime directement ven fonction deXen exprimant le temps

t

τ +argth v0

v∞

=argth v v∞

, pour le réinjecter dans l’expression deX−X(0):

X−X(0) =v∞τlncosh(t/τ+argth(v0/v∞)) cosh(argth(v0/v∞))

=v∞τln



 cosh

argth

v v∞

cosh(argth(v0/v∞))





=v∞τln



 s

1−v²₀/v²∞

1−v²/v²_∞



=v∞τ 2 ln

1−v²₀/v∞²

1−v²/v_∞²

(8)

puisque cosh(argth(u)) = 1/√ 1−u². On obtient finalement :

h

sin(α)=X−X(0)→v(h) =v∞

s 1−

1− v₀²

v²_∞

exp

− 2h v∞τ

On calculev0 = 13,8 m·s⁻¹;g⁰⁰ = gsin(α)(1−µ/tan(α)) = 2,40 m·s⁻²;v∞ = p

mg⁰⁰/γ2 = 96,5 m·s⁻¹;τ=v∞/g⁰⁰=40,3 s puis

v(h) =47,6 m·s⁻¹=171 km·h⁻¹. III.3. L’équation différentielle est désormais :

X¨=−µg−γ2X˙² m . En posant cette fois-ciⁱ:

v∞≡ rµmg

γ2

τ≡v∞

µg = r m

γ2µg, on peut la réécrire :

X¨=−v∞

τ 1 + X˙² v²∞

! .

Les grandes étapes des calculs sont les mêmes que précédemment, mais on utilise cette fois-ci :

• une primitive deu7 → ¹

1+u² estu7 →arctan(u),

• une primitive deu7 →tan(u)est−ln|cos(u)|,

• l’identité cos(arctan(u)) = 1/√ 1 +u². On obtient finalement :

X−X0=v∞τ 2 ln

1 +v(h)²/v∞²

1 +v²/v²_∞

. La distance d’arrêtdétant alors donnée pourv= 0, soit :

d=v∞τ

2 ln 1 +v(h)²/v²_∞ . On calcule cette fois-civ_inf=p

µg/γ2 =23,9 m·s⁻¹,τ =162 s. Avecv(h) =47,6 m·s⁻¹en fin de pente, on obtientv= 0pour une distance parcourue à plat :d=6,22 km. On a intérêt à augmenter de beaucoup le coefficient de frottement solide en remplaçant le bitume par du sable ou du gravier si on veut éviter de graves accidents.

Correction du problème 2

i. Attention :v∞ne représente pas ici la vitesse asymptotique du mouvement puisque le véhicule finira par s’arrêter. L’équation différentielle écrite n’est valable que quant queX˙ >0.

I Mouvement sans frottement

I.1. Le point matériel est soumis :

• à son poidsP#»=m#»gconservatif, d’énergie potentielleE_pot=mgz+cste,

• à la réactionN#»du support, qui ne travaille pas en l’absence de frottement.

DansR_Tgaliléen, son énergie mécaniqueE_m= ¹₂mv²+E_potse conserve entre :

• l’état initial oùE_m= 0 +mgH,

• un état ultérieur où la vitesse estvet l’altitude estz.

On en déduit :

mgH=1

2mv²+mgz v=p

2g(H−z).

I.2. (a) L’accélération s’écrit, en base polaire pour un mouvement circulaire, :#»a=−^v_R²#»er+dv dt #»e_θ. La loi de la quantité de mouvement s’écrira alorsm#»a=P#»+N.#»

(b) La réaction du support étant normale, on peut poserN#»=−N#»er(avecNle module deN#»puisque la liaison est ici unilatérale) et, en projetant le poids (P#»=mgcosθ#»er−mgsinθ) selon#»er, on détermine :

N=mv²

R+mgcosθsoit: (7)

=mg

cosθ+ 2(H−z) R

=mg

cosθ+ 2H

R −2 (1−cosθ)

=mg

3cosθ+ 2 H

R−1

. (8)

(c) Le contact sera rompu siNs’annule. Sa valeur minimale étant atteinte pourθ=π(au sommet de la trajectoire), on évitera la rupture siN(θ=π)>0, soit :

2H

R−5>0→H > 5R 2 .

On vérifie bien que la conservation de l’énergie permet d’atteindre ce point puisqu’iciz= 2R <

H.

I.3. La voiture quitte la gouttière en son sommet, d’altitude2Ralors qu’elle était partie de5R/2. Ce mouvement est, d’un point de vue énergétique, analogue à une chute libre d’une hauteur5R/2−2R=R/2.

La conservation de l’énergie entre ces deux points permet de déterminer sa vitesse quand elle sort, notéev⁰₀:

v⁰₀=p

2gR/2 =p

gR. (9)

(9)

Par ailleurs, son vecteur vitesse#»v⁰₀est tangent à la gouttière en ce point,iehorizontal et dirigé vers la gauche en ce point. Le mouvement ultérieur est une chute libre dans le champ de pesanteur. Les résultats classiques du cours donnent :

z= 2R− gx²

2v⁰²₀ = 2R− x²

2R. (10)

en prenant l’origine du repère au niveau du sol, à l’aplomb du centre du cercle.

II Gouttière de rayon variable

II.1. L’équation (7) assure que la rupture ne peut se produire que quand le poids et la réaction sont du même sens. On ne l’envisage donc que dans le deuxième quart de cercle.

On utilise l’angleβ défini sur la figure 5. La vitesse en un point défini parβ ∈ [0 ;π/2]s’obtient comme précédemment en utilisant la conservation de l’énergie. L’altitude enβétant(R+Rsin(β)/2), on a :

v= s

2g

H−R

1 +sin(β) 2

. (11) On écrit ensuite la loi de la quantité de mouvement pour le mouvement circulaire de centreC⁰.

B A

R R/2

C⁰ β

Fig. 5 En adaptant l’équation (7), on obtient :

N=mv²

R/2 −mgsin(β)→N m=

4g H−R

1 +^sin(β)₂

R −mgsin(β). (12)

Elle est minimale enβ=π/2et ne s’annulera donc jamais si elle reste positive en ce point, soit si : 4

H R−

1 +1

2

>1→H >7R

4 ≡H_min⁰ . (13)

II.2. L’équation (11) donne la vitesse au point de sortie : v₀⁰⁰=p

2g(H⁰−3R/2) =p

gR/2. (14)

L’équation de la trajectoire (10) s’écrit donc ici : z=3R

2 − gx² 2v⁰⁰²₀ =3R

2 −(x−R/2)²

R . (15)

Le pointBde raccordement entre les portions circulaires et rectiligne a pour coordonnées xB =

−Rsin(α) ;zB =R(1−cos(α)). Pour savoir sur quelle portion retombe l’objet, on calcule son altitude enx=xB. On obtient :

z(xB) = 3R 2 −R

4(1 + 2sin(α))². (16)

Le contact se fera sur la portion rectiligne siz(xB)> xB, soit si : 3R

2 −R

4(1 + 2sin(α))²> R(1−cos(α))→1

2 >(1 + 2sin(α))²

4 −cos(α)≡f(α). (17) On peut vérifier que la fonctionfest croissante sur[0 ;π/2], de−0,75 à 1,25. Il existe donc une valeur αctelle quef(αc) = 1/2. On calcule numériquementαc =39°. Le contact s’effectuera donc sur la portion rectiligne si et seulement siα6αc.

III Influence de frottements solides

III.1. (a) Supposons que le point matériel soit en équilibre. La composante tangentielleT#»devra alors com- penser celle du poids, de normemgsinαet la composante normaleN#»compensermgcosα. On aura donc

T N

= _mg^mg^sin_cosα^α =tanα, qui doit être inférieur àµselon la loi de Coulomb du frottement statique. Ici, au contraire,µ <tanα; l’équilibre n’est pas possible et la voiture se met en mouvement en descendant la pente.

Lors du mouvement, on aT =µN(loi de Coulomb du frottement cinétique). Par projections :

• orthogonalement au support, on détermine à nouveauN=mgcosα,

• tangentiellement au support, on détermine maintenantm¨zsinα=mgsinα−T =mgsinα−

µN =mg(sinα−µcosα) =mgsinα 1−_tan^µ_α

>0pourµ < tanα. La vitesse de descente−z˙sera donc toujours positive et la voiture ira jusqu’au pointB.

(b) On applique le théorème de l’énergie mécanique entre :

• L’état intial oùE_m= 0 +mgH,

• le pointBoùE_m= ¹₂mv_B² +mgzB.

Le travail deT#», force résistive d’intensité constanteT = µmgcosθsur un trajet de longueur ABsera simplementW(T#») = −µmgcosθAB. On détermineABetzB en fonction de l’angle αpuisque|(−#»ez,CB)|# » = αpour que le cercle soit tangent à la portion rectiligne enB. On a alorszB=R(1−cosα)etAB=^z^A_sin^−z_α^B = H−R(1−cosα)

sinα . Finalement, le théorème de l’énergie mécanique s’écrit :

∆E_m=W(T#»)→1

2mv²_B−mg(H−R(1−cosα)) =−µmgcosα(H−R(1−cosα)) sinα vB=

s

2g[H−R(1−cosα)]

1− µ

tanα

.

(c) On doit rajouter aux forces précédemment étudiées la réaction tangentielle#»T =−T#»eθ, avecT >

0tant queθest croissant. Le principe fondamental de la dynamique s’écrit alors, en coordonnées polaires







mar =−m^v_R² =−mRθ˙²=mgcosθ−N mat =mdv

dt =mRθ¨=−mgsinθ−T soitθ¨=−g

Rsinθ−µg

Rcosθ+ ˙θ² ,

avecT =µN.

(10)

III.2. (a) Avec #»v =Rθ˙#»eθpour un mouvement circulaire, on exprime :

E_cin=1 2mR²dθ

dt

2

→dE_cin dθ = dE_cin

dt ×dt dθ=1

θ˙ dE_cin

dt = 1 θ˙

mR²d²θ

dt² dθ dt

=mR²θ¨

=−mgRsinθ−µmgRcosθ−µ mR²θ˙²

| {z }

=2E_cin

soit:dE_cin

dθ + 2µE_cin=−mgR(sinθ+µcosθ). (b) On résout cette équation selon la procédure habituelle,

second membre nul: E_cin=Ee^{−2µ(θ+α)},

solution particulière: Onⁱⁱpeut chercher séparément les solutions particulières associées aux termes en sin et cos ou travailler en exponentielle complexe écrivant :

sinθ+µcosθ=cos(θ−π/2) +µcosθ=Re

e^j(θ−π/2)+µe^jθ

=Re

(−j+µ)e^jθ

. On cherche alors une solution particulière enE_cin = E⁰cos(θ+ϕ) = Re E⁰e^j(θ+ϕ)

= Re E⁰e^jθ, avecE⁰=Ee^jϕ

On détermine le complexeE⁰selon :

jE⁰+ 2µE⁰=−mgR(−j+µ)→E⁰=mgRµ−j 2µ+j. En écrivant tous les complexes sous forme exponentielle :

(µ−j =p

1 +µ²e^−jϕ¹ avec:ϕ1=arctan_µ¹ 2µ+j =p

1 + 4µ²e^jϕ² avec:ϕ2=arctan_2µ¹ , on a :E⁰=mgR

q1+µ²

1+4µ²e^−j(ϕ¹^+ϕ²⁾, soit une solution particulière : E_cin(θ) =mgR

s 1 +µ²

1 + 4µ²cos(θ−(ϕ1+ϕ2)). La solution générale sera alors de la forme :

E_cin(θ) =Ee^{−2µ(θ+α)}+mgR s

1 +µ²

1 + 4µ²cos(θ−(ϕ1+ϕ2)),

et la condition initiale E_cin(θ=−α) =E_cinB permet de déterminer E=E_cinB−mgR

q1+µ²

1+4µ²cos(−α−(ϕ1+ϕ2)).

ii. On « décale » l’origine des angles en−αcorrespondant à la positionBoù seront écrites les conditions initiales.

Correction de l’exercice 1

Calculons tout d’abord :

pKa1≡pKa(H₂CO₃/HCO₃^–) =6,37 pKa2≡pKa(HCO₃^–/CO₃^2–) =10,25 pKaB≡pKa(HB/B^–) =3,62.

1. Le pH est proche de pKa(H₂CO₃/HCO₃^–), la concentration en CO₃^2–sera donc négligeable. On a alors : [H₂CO₃(aq)]

[HCO₃^–] = 10pH⁻pKa₁=11 et:[H₂CO₃(aq)] + [HCO₃^–] =c→[HCO₃^–] = c

1 + [H₂CO₃]/[HCO₃^–]=2,56·10⁻²mol·L⁻¹ et, de même:[H₂CO₃(aq)] =2,4·10⁻³mol·L⁻¹.

2. (a) L’acide HB réagit avec la meilleure base présente, HCO₃^–selon : HB + HCO₃^– B^–+ H₂CO₃ K= Ka(HB/B^–)

Ka(H₂CO₃/HCO₃^–) =3,2·10². La constante est assez élevée, la réaction sera totale.

(b) Cette réaction va diminuer le pH en augmentant la proportion de H₂CO₃ dans le couple H₂CO₃/HCO₃^–. Comme la concentration en H₃O⁺ ne varie que de 1·10^−7,36 −2·10^−7,4 = 2,3·10⁻⁷mol·L⁻¹, négligeable devant[H₂CO₃]et[HCO₃^–], on peut négliger l’effet de la réaction avec l’eau du couple H₂CO₃/HCO₃^–et appliquer :

pH=pKa(H₂CO₃/HCO₃^–) +log[HCO₃^–] [H₂CO₃]. Le sang deviendra trop acide pour pH=7,36, et on aura alors :

[HCO3^–] = c

1 + [H₂CO₃]/[HCO₃^–]=2,54·10⁻²mol·L⁻¹.

En comparant à la valeur précédente, on constate qu’on n’a consommé que 2·10⁻⁴mol·L⁻¹: on ne peut donc pas apporter plus de 2·10⁻⁴mol·L⁻¹d’acide lactique.

(c) On apporte cette fois 10 fois trop d’acide. On dresse le tableau d’avancement : On peut dresser le tableau d’avancement en supposant que la réaction est totale.

HB + HCO₃^– B^– + H₂CO₃ 2·10⁻³ 2,56·10⁻² 0 2,4·10⁻³ 0 2,36·10⁻² 2·10⁻³ 4,4·10⁻³

.

En négligeant de nouveau l’effet sur ces concentrations des réactions avec l’eau, on a : pH=pKa2+log2,36·10⁻²

4,4·10⁻³ =7,09.

C’est bien légitime puisque de nouveau la variation de[H₃O⁺]est de l’ordre de 1·10⁻⁷mol·L⁻¹, négligeable devant les concentrations de H₂CO₃(aq) et HCO₃^–.

(11)

3. (a) Au lieu d’avoir[H2CO3] =4,4·10⁻³mol·L⁻¹, elle reste constante à 2,36·10⁻²mol·L⁻¹. On a en revanche comme précédemment[HCO₃^–] =2,4·10⁻³mol·L⁻¹et de nouveau :

pH=pKa1+log2,36·10⁻² 2,4·10⁻³ =7,36, à la limite acide du domaine acceptable.

(b) On calcule alors :

[H₂CO₃] + [HCO₃^–] =2,36·10⁻²+2,4·10⁻³=2,60·10⁻²mol·L⁻¹.

En comparant à la concentration initialec=2,8·10⁻²mol·L⁻¹, on constate une diminution de

∆c=2,00·10⁻³mol·L⁻¹.

(c) Pour un volume sanguin deV =5 L, on obtient donc une quantitén= ∆cV =1,00·10⁻²mol. Le volume molaire d’un gaz parfait étant de 25 L àθ=25^◦C, cette quantité de H2CO3(aq) correspond à un volume de 0,25 L de CO₂^(g)expiré.

Correction de l’exercice 2

1. (a) On écrit la formation par dissolution d’une solution saturée :

AgCl Ag⁺+ Cl^– état initial n0/V 0 0 équilibre n0/V −s s s

. Le produit de solubilité étant vérifié : Ks1 = s², soits=1,3·10⁻⁵mol·L⁻¹.

(b) L’effet d’ion commun va diminuer la solubilité. On a maintenant :

AgCl Ag⁺+ Cl^–

état initial n0/V 0 c_NaCl équilibre n0/V −s1 s1 s1+c_NaCl

. On en déduit Ks1 = s1(s1 +c_NaCl), soit

s1'Ks1/c_NaCl=1,8·10⁻⁹mol·L⁻¹en faisant l’hypothèses⁰c_NaCl, bien vérifiée.

2. (a) La réaction AgCl(s)+ I^– AgI(s)+ Cl^–s’écrit comme la somme de AgCl(s) Ag⁺+ Cl^– et Ag⁺+ I^– AgI(s). Sa constante est doncK = ^K_K^s1_s2 =1,8·10⁶, très élevée puisque AgI est beaucoup moins soluble que AgCl.

(b) Quand les deux équilibres de précipitation sont réalisés, on a[Cl^–]/[I^–] =K1. On aura donc [Cl ]=c_KI. En négligeant les ions Ag⁺non précipités, on a alorss2=c_KI=0,1 mol·L⁻¹. (c) On vérifie, grâce au produit de solubilité que la concentration[Ag⁺]qu’on calcule selon[Ag⁺] =

Ks1

[Cl^–]c^◦2=1,8·10⁻⁹mol·L⁻¹est bien négligeable devant la concentration en Cl^–. L’avancement de la réaction AgCl(s) Ag⁺+ Cl^–est bien négligeable devant celui de la réaction avec I^–. 3. (a) La réaction de dissolution est : CH₃CO₂Ag(s) CH₃CO₂^–+ Ag⁺. La concentration de CH₃CO₂^–à

l’équilibre pourrait être différente de celle de Ag⁺si la base CH₃CO₂^–réagit avec l’eau. On peut néanmoins faire l’hypothèse que cette dernière réaction est peu avancée et le calcul classique assure alors que[CH₃CO₂^–][Ag⁺] =Ks3=s²₃pour la solution saturée, soit[CH₃CO₂^–] =s3=√

Ks3c^◦= 4,5·10⁻²mol·L⁻¹.

(b) Avec la formule usuelle du pH d’une base faible concentrée (qui donc réagira peu avec l’eau), on détermine pH = ¹₂

pKe+pKa1+logc_CH₃_CO₂^–

= 8,7. Cette valeur est suffisamment supérieure à pKa1 = 4,7pour justifier l’hypothèse de faible réaction avec l’eau (ie [CH₃CO₂H][CH₃CO₂ ]).

4. La concentrationc_CH₃_CO₂_Agétant supérieure à la solubilité dans l’eau pure, une partie n’est pas dissoute.

L’ammoniac ajouté va consommer les CH₃CO₂^–et ainsi faciliter la dissolution de CH₃CO₂Ag selon la réaction : CH₃CO₂Ag^(s)+ 2 NH₃(aq) [Ag(NH₃)₂]⁺+ CH₃CO₂^–.

(a) On a besoin de déterminer les concentrations de toutes les espèces contenant des groupements NH₃.

Ag(NH₃)₂⁺: Au moment où tout CH₃CO₂Ag a été redissous, la concentration totale en ions CH₃CO₂^–est égale à la concentration initialec_CH₃_CO₂_Ag=1,0·10⁻¹mol·L⁻¹puisqu’on né- glige leur réaction avec l’eauⁱⁱⁱ. On en déduit la concentration en ions Ag⁺à la limite de sa- turation : [Ag⁺] = Ks3/c_CH₃_CO₂^– =2,0·10⁻²mol·L⁻¹, puis la concentration en complexe [Ag(NH₃)]₂⁺par conservation de l’élément Ag⁺:[Ag(NH₃)₂⁺] <=> c_CH₃_CO₂_Ag−[Ag⁺] = 8,0·10⁻²mol·L⁻¹.

NH₃(aq): On détermine sa concentration grâce à l’équilibre de complexation. On a[NH₃] = r[Ag(NH₃)₂⁺]K_d

[Ag⁺] =5,0·10⁻⁴mol·L⁻¹.

La quantité totale d’ammoniac introduit par litre est donc^iv [NH₃] + 2 [Ag(NH₃)₂ ] = 1,6·10⁻¹mol·L⁻¹.

Il reste à vérifier les hypothèses de faible réaction avec l’eau des bases faibles NH₃et CH₃CO₂^–. La plus forte des deux bases présentes est NH₃. L’hypothèse de faible réaction avec l’eau permet de calculer^vpH = ¹₂ pKe+pKa2+log[NH₃]

= 9,95. On est largement dans le domaine de prédominance de CH₃CO₂^–: sa réaction avec l’eau sera donc bien négligeable. En revanche on n’est pas tout à fait à une unité de pH au dessus du pKade NH₃. Sa réaction avec l’eau n’est pas tout à fait négligeable et on pourrait, pour une plus grande précision considérer la faible formation de NH₄⁺.

(b) i. L’acide nitrique acidifie la solution. On a au départ un pH supérieur à pKa2 = 9,2et une solution limpide composée principalement [Ag(NH₃)₂]⁺, de CH₃CO₂^–, de NH₃et Ag⁺. En l’aci- difiant, le pH va revenir dans le domaine pKa1 6pH6pKa2où la forme dominante sera NH₄⁺. Le complexe [Ag(NH₃)₂]⁺va être dissocié et les ions Ag⁺vont à nouveau former le précipité avec les CH₃CO₂^–toujours disponibles.

En revanche pour pH6pKa1, les formes prédominantes sont NH₄⁺et CH₃CO₂H le précipité est à nouveau redissous par la réaction : CH₃CO₂Ag(s)+ H₃O⁺ CH₃CO₂H + H₂O + Ag⁺. ii. Au moment de cette dernière redissolution, on retrouve [Ag⁺] = c_CH₃_CO₂_Ag = 1,0·10⁻¹mol·L⁻¹, en négligeant la formation du complexe, puisque qu’on se trouvera largement dans le domaine de prédominance de NH₄⁺. Comme on se trouve à la limite de so-

iii. On fait également l’hypothèse que le volume de solution d’ions nitrate ajouté est suffisamment faible pour que la dilution ne diminue pratiquement pasc_CH3CO2Ag. On la vérifiera ultérieurement.

iv. On voit ici que la solution d’ammoniac devra être très concentrée pour que la dilution causée soit effectivement négligeable

v. Attention, l’estimation du pH en appliquant la même formule à la base plus faible CH₃CO₂^–serait erronée. Elle donnerait pH= 8,85 pour lequel l’hypothèse de faible réaction avec l’eau de NH₃serait violemment fausse. C’est ici la base la plus forte NH₃qui impose le pH

(12)

lubilité, on a par ailleurs [CH3CO2 ]_fin=Ks3/[Ag⁺]=2,0·10⁻²mol·L⁻¹. On en déduit : [CH₃CO₂H]_fin=c_CH₃_CO₂_Ag−[CH₃CO₂ ]_fin=8,0·10⁻²mol·L⁻¹.

L’évolution de la composition du milieu est, en supposant qu’on est dans les domaines de prédominance de NH₄⁺et CH₃CO₂H et à la limite de précipitation :











[NH₃]_init=5,0·10⁻⁴mol·L⁻¹ [Ag(NH₃)₂⁺]_init=8,0·10⁻²mol·L⁻¹ [Ag⁺]_init=2,0·10⁻²mol·L⁻¹ [CH₃CO₂^–]_init=1,0·10⁻¹mol·L⁻¹

−→







[NH₄⁺]_fin=1,6·10⁻¹mol·L⁻¹

[Ag⁺]_fin=c_CH₃_CO₂_Ag=1,0·10⁻¹mol·L⁻¹ [CH₃CO₂H]_fin=8,0·10⁻²mol·L⁻¹ Supposons tout d’abord que le pH, bien que suffisamment inférieur à pKa1 = 4,7ne soit pas trop faible, pour que la quantité d’ions H₃O⁺restant en solution soit négligeable. Tous les H₃O⁺introduits auront donc réagi

• soit selon NH₃+ H₃O⁺ NH₄⁺,

• soit selon CH3CO2^–+ H3O⁺ CH3CO2H.

On en déduit la quantité d’acide nitrique introduit par litre de solution : c_HNO₃=[CH₃CO₂H]_fin+[NH₄⁺]_fin=2,3·10⁻¹mol·L⁻¹.

On vérifie les hypothèses faites en calculant le pH. La connaissance de [CH₃CO₂H]_finet [CH₃CO₂^–]_findonne : pH=pKa1+log [CH₃CO₂ ]/[CH₃CO₂H]= 4,1. On est bien dans les domaines de prédominance de CH₃CO₂H et NH₄⁺et la concentration restante d’ions H₃O⁺est bien négligeable devant la quantité introduite :c_HNO₃.