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Probl` eme n

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Texte intégral

(1)

Devoir de Sciences Physiques n

5 du 03-01-2022

— Solutions —

Probl` eme n

o

1 – Seul sur Mars

Centrale PSI 2019

A. Fabrication d’eau sur Mars

1.Les formules de Lewissont la cons´equence de la structure ´electronique de Nde num´ero atomique Z = 7.

Elle s’´etablit ainsi : 1s22s22p3 . Sa couche externe (n = 2) compte 5 ´electrons, il faut 3 ´electrons pour la compl´eter `a la structure du gaz rare, c’est-`a-dire `a la structure de l’octet. L’atome d’azote ´echange donc 3 liaisons et poss`ede un doublet non liant. Les structures demand´ees sont repr´esent´ees ci-dessous.

N H

H

N H H

N H

H

H

N N

2.Quel que soit le chemin suivi, la r´eaction revient toujours `aN2H4⇋N2+ 2H2et ensuite 2H2+O2⇋2H2O. 600 L d’eau repr´esente une masse de 600 kg d’eau. En divisant par la masse molaire de l’eau (18 g·mol1), on constate que cela correspond `a nH2O= 3,33×104mol. D’apr`es la stœchiom´etrie des r´eactions, on constate que cela n´ecessite un nombre ´equivalent de moles de dihydrog`ene et un nombre moiti´e de moles d’hydrazine.

On a donc nN2H4 = 1,67×104mol pour l’hydrazine qui poss`ede une masse molaire de 32 g·mol1. La masse d’hydrazine est donc de 533 kg et comme sa densit´e est 1,02. Le volume en litre sera donc V =1,02533 = 523 L .

3.Le catalyseur d’iridium modifie la cin´etique du processus mais l’´equilibre est inchang´e .

4.L’iridium cristallise dans un r´eseau cubique `a faces centr´ees repr´esent´e `a la figure 1. La condition de contact entre les atomes se situe sur la diagonale d’une face a√

2 = 4r si r est le rayon atomique de l’iridium. Nous allons utiliser l’information sur la masse volumique pour d´eterminer le param`etre de maillea. Il faut commencer par compter les entit´es dans chaque maille. Celles pr´esentes `a chaque coin du cube comptent pour 1/8. Comme elles sont 8, cela repr´esente une seule entit´e en propre dans la maille. Celles sur une face compte pour 1/2. Il y a 6 faces, cela repr´esente donc 3 entit´es. Au total, la population pour une maille estN= 4. La masse volumique est doncµ=NN MAaIr3 = 2,25×104kg·m3. On en d´eduit quea=

N MIr

µNA

1/3

= 384 pm. En utilisantr= 22, on arrive `a r= 136 pm .

Figure 1 – Structure cubique faces centr´ees des atomes d’iridiumIr

5. Pour la r´eaction 2CO2 ⇋ O2+ 2CO `a 800C, on commence par calculer ∆rH = 566 kJ·mol1 puis

rS= 205 J·K1·mol1. Cela nous permet d’appliquer ∆rG = ∆rH−T∆rS= 566−0,205Ten kJ·mol1. A 1 073 K comme demand´e, on trouve ∆` rG= 346 kJ·mol1. On peut alors d´eterminer la constante d’´equilibre grˆace `a ∆rG=−RTlnK, c’est-`a-direK = exp−RTrG. On trouve K(T = 1 073 K) = 1,4×10−17 . Cette valeur est tr`es petite devant 1. La r´eaction envisag´ee est tr`es peu d´eplac´ee du cˆot´e des produits. La r´eaction n’est pas favoris´ee sur le plan thermodynamique.

6. Nous venons de voir que ∆rH > 0 ce qui signifie que le processus est endothermique. Si on baisse la temp´erature, on favorise le processus exothermique. La r´eaction sera donc encore plus d´efavoris´ee par la baisse de temp´erature.

7. La question pos´ee porte sur la temp´erature dite temp´erature de flamme pour la r´eaction de synth`ese de l’eauH2+12O2 ⇋H2O. Comme la r´eaction est exothermique, on envisagera une proc´edure o`u toute l’´energie

(2)

d´egag´ee par la r´eaction sert `a effectuer la mont´ee de temp´erature. Il n’y a pas de transfert thermique avec l’ext´erieur. On va donc pouvoir ´ecrire que ∆H = 0. Comme l’enthalpie est une fonction d’´etat, on peut imaginer un chemin entre l’´etat initial et l’´etat final qui permettra de quantifier ais´ement l’´evolution de la temp´erature.

On commence par une ´etape o`u la r´eaction se d´eroule `a la temp´erature initialeTi fix´ee. On enchaˆıne avec une

´etape au cours de laquelle il y a mont´ee de temp´erature. Comme on envisage une r´eaction dans les proportions stœchiom´etriques, une fois la r´eaction termin´ee, il ne reste que les produits de la r´eaction, en l’occurrence le seul produit `a savoir l’eau. On raisonnera pour une mole d’avancement ξmax = 1 mol. Sur la premi`ere ´etape, on a

∆H1maxrH. Pour la seconde ´etape, on a ∆H2maxcp,H2O(Tf−Ti). On peut donc calculer l’´el´evation de temp´erature en ´ecrivant 0 =ξmax(∆rH+cp,H2O(Tf−Ti)). On trouve Tf−Ti= 6 540 K . Quelle que soit la temp´erature initiale, la temp´erature finale (th´eorique. . . ) est de l’ordre de 7 000 K. Cette valeur tr`es ´elev´ee n’est pas r´ealiste. En effet, il y aura des transferts thermiques entre le syst`eme r´eactionnel et le milieu ext´erieur.

B. Peut-on cultiver des pommes de terre sur Mars ?

M´etabolisme de la bact´erie

8.La r´esistance ´electrique est d´efinie comme le rapport de la tension sur l’intensit´e pour un conducteur ohmique (pour un dipˆole qui n’aurait pas une caract´eristique affine, il faudrait d´efinir la r´esistance dynamique par dudi

´evalu´ee au point de fonctionnement). Il faut voir plutˆot cela comme la diff´erence de potentielle sur l’intensit´e : R´elec= ViA−VB

A→B . La convention d’orientation diet r´ecepteur est importante. SiVA> VB alors le courant circule bien deAversB. Dans le domaine des transferts thermiques, on pr´esente, aussi en r´egime stationnaire, la notion de r´esistance thermique. Le flux de charge en A = C· s1est remplac´e par un flux d’´energie en W = J· s1. On a donc Rth = TPAA→BTB. L’´energie passe des hautes temp´eratures vers les basses, la r´esistance thermique est toujours d´efinie positivement. On peut donc pour un flux de particules d´efinir aussi une r´esistance particulaire car le moteur de la diffusion des particules est l’´ecart de concentration dans le milieu de diffusion. Derri`ere ces analogies se cachent 3 lois locales de forme identique : la loi d’Ohm~jel =γ ~E =−γ−−→grad V, la loi deFourier

~jth =−λ−−→grad T et la loi deFick qui ne figure pas au programme~jpa =−D−−→grad c. On peut donc poser en r´egime stationnaire ou dans l’approximation des ´etats quasi-stationnaires Rp =[H2O2]φii→e[H2O2]e .

9. Il faut faire une ´etude du flux de particules en r´egime permanent comme on le r´ealise dans le cadre des

´etudes de transferts thermiques `a sym´etrie sph´erique. Si on consid`ere une peau d’orange comprise entre les rayonsretr+ dr, on doit dire qu’il n’y a pas en r´egime permanent de variation du nombre de particules qu’elle contient. Par cons´equent, le flux entrant enrdoit ˆetre identique au flux sortant enr+ dr. On peut aussi bien d´ecider de raisonner entre un rayonret un rayonr non infiniment proche deret arriver `a la mˆeme conclusion.

Si~jp =j~er est le vecteur densit´e de courant de particules (en m−2· s−1), on doit avoir φ=j4πr2 =αo`u α est une constante. On utilise la loi de Fick pour exprimerj en fonction de la concentrationC de particules, on ´ecrit~jp=−D−−→grad C=−DdCdr~erd’o`u l’identificationj=−DdCdr. On a donc dCdr =−4πDα r12 que l’on int`egre facilement selon C= βr +γ o`u β = 4πDα et γ sont des constantes `a d´eterminer avec les conditions aux limites du syst`eme en r =R−e et r = R. On a donc [H2O2]i = R−eβ +γ et [H2O2]e = Rβ +γ. On peut facilement en d´eduire que [H2O2]i−[H2O2]e= R(R−e)βe . On peut revenir au calcul du flux φ= 4πDβ. On trouve donc que φ= ([H2O2]i[H2eO2]e)(Re)R. Cela permet d’´ecrire l’expression de la r´esistance particulaire : Rp= D4π(R−e)Re .

10.Dans l’hypoth`ese o`u e≪R, on trouve : Rp= D1 4πRe2 . On peut voir que cette formule prend la forme traditionnelle d’une r´esistance en situation unidimensionnelle `a savoir que l’on trouve la propri´et´e exprimant la facilit´e du transfert `a savoirDle coefficient de diffusion ici au d´enominateur, comme on y trouvait la conductivit´e thermique ou encore la conductivit´e ´electrique d’un mat´eriau. Au num´erateur, on trouve une longueur parall`ele

`a la densit´e de courant~jet pour finir au d´enominateur une surface perpendiculaire `a la densit´e de courant~j.

11.On trouve : Rp= 4,3×1015s· m3 .

12.La diffusion est proportionnelle `a l’´ecart de concentration entre les deux milieux. Par cons´equent, l’´evolution de la concentration du milieu int´erieur mesur´ee par la d´eriv´ee est aussi proportionnelle `a cet ´ecart. On a donc forc´ement d[Hdt2O2]i =±kd([H2O2]i−[H2O2]e) .

13.Les particules vont diffuser spontan´ement du milieu le plus concentr´e vers le milieu le moins concentr´e. Si [H2O2]i>[H2O2]ealors [H2O2]i diminue et donc d[Hdt2O2]i <0. Il faut le signe−dans l’´equation diff´erentielle. On consid`ere que le volume de la bact´erie estVi= 43πR3puisquee≪R, cela permet d’´ecrire que [H2O2]i =4πR3ni3 o`u ni est le nombre de moles de peroxyde d’hydrog`ene `a l’int´erieur de la bact´erie. On a alors d[Hdt2O2]i = 4πR33

dni

dt =

3

4πR3(−φ) en faisant figure le flux deH2O2. On utilise l’expression deφfaisant intervenir la r´esistance particulaire

(3)

pour ´ecrire d[Hdt2O2]i = −4πR3 3([H2O2]i[H2eO2]e)D4πR2. Apr`es simplification, on obtient l’expression : kd= 3DRe . L’application num´erique conduit `akd= 73 s1.

14.Au d´enominateur de l’expression de la vitesse, on additionneKM et [H2O2], la constante deMichaelis est donc une concentration en mol·L−1 . On peut remarquer que si [H2O2] =KM alors on a v = vmax2 . On peut dire queKM est la concentration `a v1/2 comme on trouve le temps t1/2 dans une cin´etique chimique, en faisant bien attention au fait que l’on parle d’une vitesse. . .

15. Les degr´es d’oxydation de l’oxyg`ene dans les trois mol´ecules de la r´eaction H2O2 → H2O+ 1

2O2 sont respectivement −I, −II et 0. On constate que le nombre d’oxydation de l’oxyg`ene augmente dans la r´eaction (−I `a 0) mais aussi qu’il diminue (−I `a−II). Une telle r´eaction est appel´ee dismutation .

16. La r´eaction pr´ec´edente est la combinaison de deux demi-´equations ´electroniques 12H2O2+H++e ⇋ H2O de potentiel E1 = E1+ 0,06 log[H2O2]

1/2[H+]

C3/2 et de 12H2O21

2O2+H+ +e de potentiel E2 = E2+ 0,06 log [O2]

1/2[H+]

[H2O2]1/2C. Le bilan r´eactionnel fait apparaˆıtre un seul ´electron ´echang´e. Il y a ´equilibre lorsque les potentiels sont ´egaux :E1=E2. On trouve alors que K= 10

E 1−E

2

0,06 . Avec les valeurs num´eriques fournies, on trouve : K(T = 298 K) = 1018 .

17.Il faut effectuer le bilan de toutes les voies de production et de consommation aussi bien `a l’int´erieur qu’`a l’ext´erieur : d[Hdt2O2]e =kd([H2O2]i−[H2O2]e) et d[Hdt2O2]i =kp−vAhp−vCat−kd([H2O2]i−[H2O2]e) .

18.Il y a ´equilibre `a l’int´erieur des cellules, lorsque d[Hdt2O2]i = 0 et [H2O2]i= [H2O2]e. On peut en d´eduire que kp=vAhp+vCat. On peut donc en d´eduire la relation kp= (KvAhpmaxAhp

M

+KvCatmaxCat

M ) [H2O2]i .

19.On trouve : [H2O2]i= 2,4×10−8mol·L−1 . Cette valeur est tr`es faible, les m´ecanismes de d´efense sont efficaces.

Situation de stress oxydant

20.On peut faire une approximation dans les vitesses des deux d´ecompositions puisque [H2O2] ≫ KM, ce qui fait que v≃vmax. On en d´eduit que l’´equation diff´erentielle est d[Hdt2O2]i =kp−vAhpmax−vCatmax puisque l’on a [H2O2]e = [H2O2]i. Les valeurs num´eriques nous permettent de simplifier encore l’´equation diff´erentielle :

d[H2O2]i

dt =−vmaxCat . On a donc d[Hdt2O2]i =−0,49 mol·L1· s1.

21.Si l’on note n la quantit´e (en mole) de peroxyde d’hydrog`ene dans la bact´erie, on a [H2O2]i = Vn

i. On en d´eduit que d[Hdt2O2]i = V1idndt = −0,49 mol·L1· s1. On peut donc calculer

dndt

= VivmaxCat. On trouve :

dndt

= 1,6×10−15mol· s−1 .

22.Il faut raisonner sur 1 mL. Cela fait 103mol deH2O2puisque [H2O2]e= 1 mol·L1. Il y a 107 bact´eries donc|dNdt|= 1,6×1015×107= 1,6×108mol·s1. Il faut trouver le temps de demi-r´eaction et donc d´etruire 5×104mol deH2O2. On a donc : ∆t1/2= 1,65××1010−4−8. On trouve ∆t1/2= 8 h 40 min. Cette dur´ee est relativement longue, il faut plus de bact´eries. Si l’on prend 109bact´eries, on trouve alors : ∆t1/2= 5 min 12 s .

Probl` eme n

o

2 – Anneau de vitesse

30 minutes maximum ! 1.Pour simplifier l’´etude, on assimile la voiture `a un solide de massemrepr´esent´e sur le sch´ema de la figure 2. On note~gle champ de pesanteur. La voiture subit son poidsm~g, une force de contact avec la piste que l’on d´ecompose en une composante normaleN~ et une composante tangentielleT~ orient´ee vers le haut de la piste relev´ee car le glissement ne peut que se produire vers le bas lorsque la voiture est `a l’arrˆet. On noteαl’angle du virage relev´e. Le r´ef´erentiel terrestre est suppos´e galil´een. `A l’´equilibre, on aN~ +T~+m~g =~0. Par projection, on voit quem~g=−mg~ez,T~ =−Tcosα~ex+Tsinα~ezet enfin queN~ =Nsinα~ex+Ncosα~ez. Jusqu’`a la limite du glissement, on a la condition T ≤f N d’apr`es les lois deCoulomb. La condition sur l’axe Oximpose que 0 =Nsinα−Tcosαalors que surOz, on amg=Tsinα+Ncosα. La premi`ere relation conduit `aNtanα=T et par cons´equent on obtient la condition de non-glissement tanα≤f. Dans notre cas, cela n’est pas possible puisqueα= 45˚, on a donc tanα= 1 et commef = 0,6 dans le meilleur des cas, on a toujoursf <tanα. On ne v´erifie pas la condition tanα≤f. La voiture glisse aussi bien sur piste s`eche que sur piste mouill´ee - ce que l’on pouvait ais´ement pr´evoir pour le second cas puisque cela glissait d´ej`a sur route s`eche.

(4)

b

T~ N~

m~g

α

b

~ez

~ex O α

Figure2 – Bilan des forces

2.On reste dans le cas de figure o`u la voiture aurait tendance `a glisser vers le bas du virage relev´e. Les forces repr´esent´ees sur le sch´ema de la figure 2 sont toujours de mˆeme orientation. La diff´erence maintenant et que la voiture poss`ede une acc´el´eration puisqu’elle par court un cercle `a une vitessevuniforme. Le rayon du cercle est not´eR. L’acc´el´eration de la voiture est~a=vR2~ex. On ´ecrit la relation de la Dynamique :m~a=m~g+N~+T~. On obtient le syst`eme d’´equationsmvR2 =Nsinα−Tcosαetmg=Tsinα+Ncosα. `A la limite du glissement, on a T =f N. Cela permet de calculerN = cosα+fmgsinα et T = cosα+ff mgsinα. On utilise ces deux expressions dans l’autre ´equation et on arrive `a : v=q

gR1+ftanα−ftanα . Pour faire l’application num´erique, il faut trouver le rayon R de la piste. On le fait grˆace `a l’´echelle fournie. On peut estimerR= 250 m. En prenant,g= 9,8 m·s2 on arrive `a une vitessev≃90 km·h1pour la route s`eche et environ 120 km·h1 pour la route humide.

3.Si l’on va trop vite dans un virage, on sait tous que l’on a tendance `a ˆetre d´eport´e vers l’ext´erieur. Le fait de relever le virage tend `a compenser cet effet comme on peut le voir `a la question pr´ec´edente. Par contre, si l’on va trop vite, on pourra glisser vers l’ext´erieur. Cela veut dire que notre syst`eme d’´equations est chang´e sur un point. Puisque le glissement se produit vers l’ext´erieur alorsT~ est orient´e dans l’autre sens que celui de la figure 2. Il suffit de changerT en−T dans nos ´equations. On se place toujours `a la limite du glissement. On obtient mvR2 =Nsinα+Tcosα et mg=−Tsinα+Ncosα. On en d´eduit queT = cosα−ff mgsinα et N = cosα−fmgsinα. On arrive alors `a la nouvelle expression de la vitesse : v=q

gR1tanfα+ftanα . On trouve les valeurs num´eriques suivantes pour la piste s`eche v ≃360 km·h1 et v ≃ 270 km·h1 pour la piste mouill´ee. Avec des v´ehicules classiques, il n’y a aucun risque puisque les vitesses maximales des voitures qui ont ´et´e ou qui sont vendues dans le commerce par Peugeot ne d´epassent pas 240 km·h1. Par contre, avec une 908 type 24h du Mans, on finit dans les barri`eres de protection en haut du virage !

Probl` eme n

o

3 – Enquˆ ete autour de la source Grs 1915 + 105

Mines PC

2021

A. La nature de Grs 1915 + 105

1.Avec les coordonn´ees angulaires fournies, on lit sur la carte du ciel que la source se situe dans la constellation de l’Aigle . En un an, la lumi`ere parcourt la distance 1 al = c∆t = 3×108×365,25×24×3 600≃1016m.

On constate donc que 1 pc = 3 al, un parsec repr´esente 3 ann´ees-lumi`ere. Ainsi 12 kpc fait 36 000 al. Comme l’´enonc´e ne veut qu’un seul chiffre significatif, on proposera le r´esultat suivant pour la distance de la source `a la Terre : 4×104al .

Une ´etoile normale ?

2.L’´eclairement est la moyenne temporelle de la norme du vecteur dePoyntingE=h~Π·~exit. Le vecteur de Poyntingest d´efini par Π =~ E~ ∧ µB~0. Nous savons que le champ magn´etiqueB~ de l’onde est reli´e au champ

´electrique par la relation dite de structureB~ = ω1~k∧E~ =1c~ex∧Ey~ey= Ecy~ezdans le vide. On trouve alors que Π =~ E

2 y

µ0c~ex0Ey2c~ex. Comme nous avons Ey =E0cos(ωt−kx), on a donchEy2i= E220. On peut en d´eduire l’expression de l’´eclairement provoqu´e par cette onde ´electromagn´etique E= ε02E02c .

3.La fr´equence de l’onde ´electromagn´etique ´etant tr`es ´elev´ee, on raisonnera en moyenne. L’´energie apport´ee par un photon est E =hν = hcλ o`u ν est la fr´equence de l’onde. Le nombre (moyen) de photons qui arrivent

(5)

par unit´e de temps sur une surface S perpendiculaire au vecteur de Poynting est not´e dNdtph. La puissance moyenne qui arrive au niveau de la surfaceS peut s’exprimer de deux fa¸cons diff´erentes. D’une part, on peut

´ecrire quehPi=dNdtphhν. D’autre part, on peut ´ecrire que c’est le flux du vecteur moyen dePoyntingsurS.

C’est tout simplementES. On a doncdNdtphhν=ESd’o`u dNph= ESdt. La quantit´e de mouvement transport´ee par un photon est telle que hν =pc. Cette formule relativiste peut ˆetre retrouv´ee grˆace `a la formule de De Brogliequi relie la quantit´e de mouvement et la longueur d’onde associ´ee `a une particulep= hλ. Pendant la dur´ee dt, la quantit´e de mouvement absorb´ee par la surfaceS est celle des dNph qui sont arriv´es. On a donc dp= dNph

c = EcSdt. D’apr`es la relation de la Dynamique, la force est la d´eriv´ee par rapport au temps de la quantit´e de mouvement. On a donc F =dpdt =EcS . Cette expression peut aussi permettre de voir la pression exerc´ee par le flux de photons ou de l’onde ´electromagn´etique sur la surface S, en effet, il suffit de diviser la force parS pour obtenir la pression correspondante : Ec.

4. La luminosit´e correspond `a la puissance totale ´emise par l’´etoile. Cette puissance se r´epartit a priori uniform´ement sur toute la sph`ere de rayon R et de surface 4πR2. On a donc L = E4πR2. On peut donc exprimer la force subie parm: F~rad=c4πRLS2~er.

5.Dans un syst`eme gravitationnel `a sym´etrie sph´erique, on peut consid´er´ee que la force gravitationnelle subie parmest ´equivalente `a celle exerc´ee par un point plac´e au centre de sym´etrie, poss´edant la totalit´e de la masse M de l’´etoile. On a donc une force gravitationnelle exerc´ee surmqui est donn´ee par F~grav=−GmMR2 ~er. Il y a

´equilibre `a la limite d’Eddingtonlorsque GmMR2 =cL4πREddS2. On trouve la luminosit´e limite : LEdd= 4πcGMmS . 6.On veut donner `a cette expression une forme semi-num´erique en introduisant les caract´eristiques du Soleil pour faciliter les comparaisons. On a doncLEdd= 4πcGMmS =K1 M

ML. On peut donc exprimer la constante K1=4πcGML

m

S. On trouve num´eriquement pour cette quantit´e sans dimension : K1≃3,5×104. Avec cette valeur num´erique, on peut calculer la masse de l’´etoile ´etudi´ee :M = LLMK1. Cela donne : M ≃2×1032kg .

7.Il faut prendre la fr´equencef3la plus grande :f3= 10 Hz et donc ∆t3= 0,1 s. La limite de taille est donn´ee parR=c∆t3= 3×104km. Pour une g´eante bleue, on aRgb= 15R= 107km. Le rayon de l’´etoile est tr`es petit devant celui de la g´eante bleue : R≪Rgb .

Un objet compact ?

8. La force gravitationnelle est reli´ee `a son ´energie potentiel parf~ =−GmMr2 ~er = −−−→grad Ep =−dEdrp~er. On en d´eduit queEp =−GmMr si l’on prend l’´energie potentielle nulle `a l’infini comme il habituel de le faire. La massemest consid´er´ee `a l’infini avec donc une ´energie potentielle nulleEp1= 0 et lorsqu’elle se situe au rayon R, elle poss`ede Ep2 = −GmMR . La variation d’´energie potentielle est ∆Ep = Ep2−Ep1 = −GmMR . On peut poser ∆Ep = K2mc2 `a condition d’avoir : K2=−GMRc2 . Pour le Soleil, on trouve K2 =−2×10−6. K2 est une constante sans dimension carmc2 est une ´energie comme ∆Ep.mc2 est en relativit´e restreinte l’´energie de masse `a associ´ee `a une masse au repos. C’est la formule d’Einstein et sans doute la formule de la Physique la plus connue. Pour l’objet compact, on trouve K2≃ −0,15. Compte tenu des valeurs num´eriques obtenues, on en d´eduit qu’il n’y a pas de ph´enom`ene d’accr´etion pour le Soleil (|K2| <0,07) et que la fusion nucl´eaire l’emporte. Pour l’objet compact ´etudi´e, la ph´enom`ene de fusion nucl´eaire est marginal.

9. On a Em = 12mv2GmMr . On a un ´etat de diffusion pour une ´energie positive : Em ≥0. La vitesse de lib´eration correspond `a la plus basse vitesse permettant d’ˆetre dans un ´etat de diffusion, c’est-`a-dire un ´etat pour lequel Em = 0. On en d´eduit que vL=q

2GM

R . Pour les photons qui se d´eplacent `a la vitessec, on a n´ecessairement une vitesse de lib´eration ´egale `a la vitesse de la lumi`ere.. Cela nous permet de trouver l’expression du rayon deSchwarzschild: Rs= 2GMc2 .

10.On aRo= 3Rs=6GMc2 . On trouve :Ro≃900 km. On peut en d´eduire que ∆t=Rco = 3 ms . Cette valeur est tr`es faible et inf´erieure `a celle que nous avions trouv´ee qui ´etait de 0,1 s.

B. La nature de l’astre central

11. On ne consid`ere dans le bilan des forces que la gravitation. On a Md2dt−−→OS20 = GmMS

0S31

−−−→S0S1 et md2dt−−→OS21 =

GmM S0S13

−−−→S1S0. Si on fait la somme des deux ´equations, on arrive `a : Md2dt−−→OS20 +md2dt−−→OS21 =~0. Cette ´equation est

´equivalente est ´equivalente d2(Mdt+m)2 −−→OK =~0. On en d´eduit que d2dt−−→OK2 =~0 et donc d−−→OKdt est un vecteur vitesse constante. Le r´ef´erentiel poss`ede une origine qui `a un mouvement rectiligne et uniforme. Si les axes restent parall`eles `a ceux de RO, on aura donc un r´ef´erentiel galil´een. Pour que R centr´e en S0 soit galil´een, il faut

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que M ≫m.S1 subit une force centrale de centreS0. Le moment de cette force est donc nul puisqu’elle est colin´eaire au rayon-vecteur. Or, le th´eor`eme du moment cin´etique nous dit que la somme des moments des forces est ´egale `a la d´eriv´ee du moment cin´etique par rapport au temps. Ici, ddt~L =~0. Le moment cin´etique de mestL~ =−−−→S0S1∧m~vS1/R. C’est un vecteur constant. La vitesse et le rayon-vecteur sont toujours dans un plan perpendiculaire `a~L. Le mouvement est donc plan .

12.Le sch´ema est r´ealis´e `a la figure 3. Le signal ´emis parS`at0parvient `aD`a la datet0+dc1. Celui ´emis parS`a t0+Test re¸cu `a la datet0+T+dc2. On a donc une p´eriode per¸cue au niveau du d´etecteurT =t0+T+dc2−(t0+dc1).

La p´eriode est T = T + d2cd1. Nous avons d1 = p

x2+y2 et d2 = p

(x+vT)2+y2 = p

x2+y2+ 2xvT en limitant l’ordre pour les termes en v. En effet, on a n´eglig´e l’ordre 2 en v2T2. On en d´eduit que d2 = pd21+ 2xvT =d1

q1 + 2xvTd2

1 . On effectue `a nouveau un d´eveloppement limit´e pour arriver `a d2 =d1+xvTd1 . Cela permet d’exprimerd2−d1 = vT xd

1 . Sur le sch´ema, on peut constater que cos(π−θ) = −cosθ = dx

1. On a doncd1−d1 =−vcosθT. On peut trouver la relation entre les p´eriodesT =T(1−vcosc θ). La fr´equence `a la r´eception est li´ee `a celle d’´emission par la loiDoppler: f=f(1 +vcosc θ) . Ici, sur la repr´esentation de la figure 3, on aθ > π2 et donc cosθ <0, la fr´equence per¸cue `a la r´eception est plus faible ce qui coh´erent avec le fait que la source s’´eloigne du r´ecepteur.

x

b b b

b

A fixeD

St0 St0+T

x

~v vT

π−θ θ

Figure3 – EffetDoppler

13. Le sch´ema est r´ealis´e `a la figure 4. On peut voir la projection du vecteur vitesse~v sur la direction de vis´ee ~vp. On peut donc constater que les positions pour obtenir la plus grande valeur de l’effet Doppler en valeur absolue sont lorsque le compagnon est au-dessus et au dessous du cercle. Si on fixe l’origine des angles en direction de l’observateur terrestre, cela correspond `a des angles β=±π2 o`u les extrema devpsont±v. Les positionsβ=πetβ = 0 n’ont aucun int´erˆet pour une mesure bas´ee sur l’effetDoppler. Il faut donc effectuer les mesures pourβ=±π2.

~v

~v

~vp

~v

r

M

Ligne de vis´ee Direction de l’observateur fixe

Figure4 – Origine de l’effetDoppler

14.Lorsque le plan du mouvement du compagnon contient la direction de vis´ee, on aura un effet maximal.

Il faut donc : i= π2 . Au contraire pour i = 0, le compagnon reste toujours dans un plan perpendiculaire `a la ligne de vis´ee. Il n’y a aucun moment o`u il se rapproche (ou bien s’´eloigne) de la Terre. On aura dans ce casvp= 0. Lorsque le plan fait l’angle i, il suffit de projeter la vitesse qui est contenue dans le planP sur la direction de vis´ee. On a donc : vp,max=vsini. D’apr`es le graphique propos´e, on avp,max≃150 km·s−1. En ce qui concerne les barres d’erreur, on a des barres d’environ 50 km·s−1ce qui est important mais l’incertitude

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sera plus petite par effet statistique sur l’ensemble des mesures. Cela est difficile `a quantifier sans information et sans calculatrice. . .

15.On ´ecrit la relation de la Dynamique pourm dans le r´ef´erentielR galil´een sous l’effet de la gravitation.

md2dt−−−→S02S1 =−mvr2~er=−GmMr2 ~erpuisque le mouvement est circulaire uniforme. La vitesse est doncv =q

GM r . La p´eriode pour parcourir le cercle est P = 2πrv = 2π

q r3

GM. En mettant cette loi au carr´e, on retrouve la troisi`eme loi deK´epler: Pr32 =GM2 .

16.La p´eriode estP= 2πrv avecr=GMv2 , on obtient alorsP =2πGMv3 . Comme la projection de la vitesse vue avant nous am`ene `a ´ecrire quevp,max=vsini, on en d´eduit quev= vp,maxsini . On aboutit `aP= v2πGM3

p,maxsin3i. Cela permet de d´eterminer la fonction de masse : g(M, i) =Msin3i. Avec les valeurs num´eriques dont on dispose, on trouve queg(M, i)≃2×1031kg. Comme sini <1, on a n´ecessairementM >2×1031kg ce qui signifie que M >10M . CommeM >3M, on peut dire que l’objet compact n’est ni une `a neutrons, ni a fortiori une naine blanche. C’est donc un trou noir.

C. ´ Ejection par l’astre central

17.Les fr´equences des ondes radio sont situ´ees approximativement dans l’intervalle [1 kHz; 100 GHz] . 18.L’image `a analyser pr´esente en axe vertical le temps en ´echelle lin´eaire. Sur l’axe horizontal, on a la distance angulaire `a l’objet compact des ´ejectas. Comme on observe, de chaque cˆot´e du centre, une progression lin´eaire de l’angle, on peut en d´eduire que les vitesses angulaires des ´ejecta sont constantes. D’ailleurs, une analyse simple et rapide du tableau des valeurs le confirme rapidement. On a doncα1,21,2t. Il s’´ecoule en tout 29 jours pour la dur´ee des observations propos´ees. On peut donc ´ecrire queω1= 0,5029′′ = 2ω2en secondes d’arc par jour. On noteDla distance entre la Terre est la sourceGRS1915+105. La vitessev1est donn´ee parv11D.

Avec les valeurs num´eriques, on trouvev1≃4,8×108m·s1 et par cons´equencev2= v21 = 2,4×108m·s1. on constate que v1> c. La vitesse de l’´ejecta est sup´erieure `a c, c’est pour cela que, dans l’´enonc´e, on parle de vitesse supraluminique. . . Toutefois, il faut rappeler que cette vitesse n’est pas possible selon la th´eorie de la relativit´e restreinte. En fait, cette vitesse est une vitesse apparente dans le cadre du mod`ele propos´e. Il est indispensable de prendre en compte des effets oubli´es dans cette premi`ere approche.

19.On a R(t) =vetmais le d´eplacement apparent sur le ciel correspond `a la projection perpendiculairement

`a la ligne de vis´ee donc la vitesse est vesini. L’autre composante de la projection vecosi correspond `a la vitesse de rapprochement ou d’´eloignement de la Terre, la distance entre les ´ejectas et la Terre ´evolue donc enD±vecosi t. Pour l’´ejecta 2 qui vient en direction de la Terre, il faudra aux photons parcourir la distance D−vecosi t `a la vitessec. Partis `a la date t, ils arriveront `a la date t2 = t+ Dveccosi t. Pour les photons de l’´ejecta 1 partis `a la date t, on aura une date d’arriv´ee t1 =t+ D+veccosi t. Pour l’´ejecta 2, on peut donc

´ecrire que t2 = t(1−vecosc i) + Dc. La vitesse apparente sans effet Dopplersur les dur´ees est vesini. Ici, il faut reconsid´erer la d´efinition de la vitesse pour ´ecrire que v2 = dtdx

2 = dxdtdtdt

2 = vesinidtdt

2. On trouve donc que : v2=1vesini

vecosc i

. La perception des dur´ees n’est pas la mˆeme pour l’observateur qui voit se rapprocher (ou s’´eloigner) l’´emetteur de photons. Il est alors ´evident que : v1= 1+vevesincosii

c

. 20.On advdi1 =vecosi(1+vec cosi)+vec sin2i

(1+vec cosi)2 =ve cosi+vec

(1+vec cosi)2. Cette d´eriv´ee s’annule pour cosi=−vce ce qui signifie que sini=

q

1−vce22. En rempla¸cant sini et cosipar leur expression dans la formule donnant la vitesse v1, on trouve : v1,max =γ ve o`uγest le facteur deLorentzpropos´e par l’´enonc´eγ= (1−vce22)1/2. Le mouvement apparent est supraluminique si γve > c et doncve > γc. En passant au carr´e, on arrive `av2e > c2−v2e ce qui revient `a dire que : ve> c2 .

21.Nous avonsv2= ccvveesincosii etv2= ccvveesincosii. On isolevecoside cette derni`ere relationvecosi=c−cvevsin2 i. On remplace dans l’expression de v1. Cela va permettre d’isoler vesini en fonction de v1 et v2. On arrive `a vesini= v2v1+v2v22. De plus, le rapport des vitesses v1 et v2 conduit `a vv21 = c+vcveecoscosii. Cela permet de trouver la seconde relation :vecosi=cvv21+vv12. On en d´eduit que : tani= c(v2v21vv21) . On peut aussi obtenir l’expression de la vitesseveen fonction dev1etv2 selonv2e= 4v12v22(v+c2(v2−v1)2

1+v2)2 . Cette vitesse peut aussi ˆetre exprim´ee comme le souhaite l’´enonc´e en fonction de cosi: ve=coscivv2v1

1+v2 . Nous avions trouv´ev2= 4,8×108m·s1etv1=v2/2.

On posev2 =αcet v1 = α2c. Cela permet de voir que tani= 2α≃ 103 avecα≃ 53, on trouve : i= 73˚ o`u la

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valeur est lue sur le graphique proposant la fonction arctangente. `A partir de ce r´esultat, on trouve ve= 3 cosc i . Avec les donn´ees de la courbe cosinus, on trouve quevE ≃1,14cpuisque que cos 73˚≃0,29. Une fois de plus, on constate que la vitesseve est plus grande que la vitesse de la lumi`ere. Comme les ´ejectas sont produits par la source avec des vitesse proches de la vitesse de la lumi`ere, les tentatives de mod´elisation utilisant la Physique classique ne peuvent pas aboutir. Il faudrait ´etudier ce probl`eme dans le cadre de la Relativit´e restreinte et, par exemple, de l’effetDopplerrelativiste.

22.Nous avions trouv´e que Msin3i = 2×1031kg. Or, sin3i = (1−cosi2)3/2 ≃0,87. La masse de l’objet compact situ´e au cœur de Grs1915+105 est M = 2,3×1031kg . On aM ≃11,5M.

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