DS6 : Mécanique et cinétique chimique — corrigé

TSI1 – Physique-chimie DS6 : Mécanique et cinétique chimique — corrigé – 14/03/2018

DS6 : Mécanique et cinétique chimique — corrigé

Exercice 1: Glissement sur un plan incliné (TD12)

1. Lorsqu’on néglige les frottements, la seule force qui s’applique au mobile est son poidsP~

2. On considère un repère(O, ~ex, ~ey)avec l’origineOau point de départ du mobile, l’axexdirigé suivant la pente et l’axeyperpendiculaire à la pente. En projetant le PFD sur l’axexon obtient :

ma_x=m¨x=Psinα⇔x¨=gsin(α)

En intégrant l’équation deux fois et en prenant en compte les conditions initiales on trouvex(t) =¹₂gsin(α)t²

On considère maintenant qu’il existe des frottements solides entre le mobile et le plan incliné caractérisés par un coefficient de frottement statiqueµset un coefficient de frot- tement dynamiqueµd

3. Pour que le mobile initialement immobile se mette en mouvement, il faut queT >

µ_sN ⇔ _N^T > µ_s. Comme le mobile est immobile (!) la somme des forces appliquées est nulle ce qui donneT =mgsinαetN =mgcosα. Donc le mobile se met à glisser lorsque l’angleαest tel que ^sin_cos^α_α=tanα > µ_ssoitα_m=arctanµ_s 4. Pour un angleα > α_m, on détermine l’équation du mouvement comme à la ques-

tion 2), en prenant en compte la forceT =−µ_dN =−µ_dmgcosαsuivant l’axe x. On trouve alorsx(t) =¹₂g(sinα−µdcosα)t².

α m

P~ ~e_x

~e_y

Exercice 2: La cycloïde

I. Equations paramétriques cartésiennes du mouvement.

x A(0)

M(0) O y

A(t)

H(t) M(t)

θ(t) A(t⁰)

H(t⁰)

M(t⁰) θ(t⁰)

On souhaite déterminer les coordonnées cartésiennes(x, y, z)du point M en fonction du paramètreθ. Le mouvement du point M est étudié dans le référentielRlié au repère(Oxy).

1. Comme la roue roule sans glisser sur le sol, la distance parcourue est égale à la longueur de l’arc de cercle compris entreM(t)etH(t), soitOH =Rθ(t).

2. En projetant le vecteur−−→

AMsur les axesOxetOyon obtient−−→

AM=−Rsin(θ)~u_x−Rcos(θ)~u_y. 3. On décompose le vecteur−−→

OMen−−→

OM =−−→

OH+−−→

HA+−−→

AM. Or on a déja vu que−−→

OH=Rθ(t)~ux, on voit clairement sur le schéma que−−→

HA=R~uyet on a trouvé−−→

AMà la question précédente. En additionnant les trois on obtient :

−−→OM(t) = [Rθ(t)−Rsin(θ)]~ux+ [R−Rcos(θ)]~uy

Ce qui correspond bien aux équations demandées.

II. Vecteur vitesse.

4. La vitesse du pointAest la même que celle du pointH et est constante. On a ^d−OA_dt^−→ = ^d

−−→ OH

dt =v0~ux. Or d’après la question I..1, ^d−OH_dt^−→ =Rθ~˙u_x. La vitesse de rotationθ˙est donc constante est vautθ˙= ^v_R⁰.

5. Cette question est évidente, comme la distanceAM est fixe égale àR, le mouvement est circulaire. En outre on vient de montrer que la vitesse de rotation est constante. Le mouvement est donc également uniforme.

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6. Les composantes du vecteur vitesse s’obtiennent par dérivation de celles du vecteur position, on obtient : (vx(t) =Rθ(t) [1˙ −cosθ(t)]

v_y(t) =Rθ(t)˙ sinθ(t) 7. Schéma :

x O

y

~v

~a

~v

~a

~v

~a

~v=~0

~a

8. La normevde~vest :v=q

v_x²+v²_y=Rθ˙

qsin²θ+ (1−cosθ)²soitv=v0

√

2−2cosθ 9. On a1−cosθ= 1−cos2^θ₂= 1−(cos^2θ₂ −sin^2θ₂) = 1−cos^2θ₂+sin^2θ₂ = 2sin^2θ₂

L’expression précédente se simplifie alors env= 2v0

sin^θ₂

t v

T

2 T =^4πR_v

0

3T

2 2T

v0

2v0

III. Vecteur accélération.

10. On obtient les composantes du vecteur accélération en dérivant celles du vecteur vitesse, on obtient : (ax=Rθ˙²sinθ

a_y=Rθ˙²cosθ 11. Voir schéma précédent.

12. La norme devaugmente pourθ∈[0, π]et elle diminue pourθ∈[π,2π]

13. Le point correspondant àθ₄ = 2πest unpoint de rebroussement, la vitesse deM est nulle alors que l’accélération ne l’est pas.

14. La normeadu vecteur accélération vauta=Rθ˙²=^v_R⁰² et est donc constante. Pour le pneu en question elle vaut : a'3700 ms⁻²

15. On peut exprimer le vecteur~acomme~a=−θ˙²−−→

AM = ˙θ²−−→

M A. Le vecteur~aest donc effectivement toujours dirigé deM versA.

Exercice 3: Saut à ski

1. Schéma : (il ne faut pas oublier la composanteN~ normale de la réaction du sol)

α P~ F~1

N~ T~ β

2. L’énoncé indique que le skieur remonte la pisteà vitesse constante. Celà indique que son accélération est nulle, et d’après le PFD que la somme des forces appliquées est également nulle.

3. En projetant l’ensemble des forces sur l’axe~exparallèle à la piste, orienté vers la droite, on a−F1+Tcosβ−Psinα= 0.

D’oùT = ^F1+P_cosβ^sinα. L’application numérique donneT =486 N

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4. Les forces appliquées au skieur sont : son poidsP~, la réaction normaleN~ de la piste et la force de frottementF~₂

N~ P~ F~2

5. Le PFD appliqué au skieur et projeté sur l’axeOxhorizontal orienté vers la droite donne :m¨x=−F2. C’est l’équation différentielle demandée.

6. Une première intégration de l’équation différentielle donnex(t) = ˙˙ x(0)−^F_m²t. On l’intègre une seconde fois pour obtenir x(t) = ˙x(0)t−_2m^F2t²+x(0). Le skieur s’arrête lorsque sa vitesse est nulle, c’est à dire au tempstf =^m_F^x(0)˙

2 et il parcours la distanced=x(t_f)−x(0) = ^m_2F^x˙2(0)

2 . A.N. :d'9,8 m

7. Au début de la descente, la vitesse du skieur est faible donc la force de frottement également, la résultante des forces appliquées au skieur est non nulle et il accélère. Mais plus il accélère, plus la force de frottement est importante et limite son accélération. Il existe donc une vitesse limite pour laquelle la force de frottement devient si intense qu’elle compense les autres forces (le poids), à cette vitesse le skieur n’accélère plus, sa vitesse reste constante.

8.

Si le mouvement du skieur est rectiligne homogène, la résultante des forces appli- quées est nulle. En projetant les forces sur l’axe de la piste orienté vers la droite on obtient :−F3+mgsinα⁰ = 0doncF3 =mgsinα⁰ =kv_l². Donc la vitesse limite estvl=

qmgsinα⁰

k '28,3 m/s α⁰

P~ F~1 N~

9. Lors du saut, la seule force appliquée au skieur est son poidsP.~ 10. Le PFD projeté sur les axesxetydonne directementx¨= 0ety¨=−g

11. En intégrant deux fois ces équations différentielles, et en tenant compte des conditions initiales, on trouvex(t) =v_0xt ety(t) =v0yt−¹₂gt², avecv0x=v0cosγetv0y=v0sinγ.

12. S’il retombe sur une surface plane située à 5 m en dessous du pointF, on ay(tf) =−5 m=v0ytf−¹₂gt²_fdont la solution donnetf '1,87 s. La distance parcourue estD=x(tf) =v0xtf '45 m.

Exercice 4: Boire ou conduire…Extrait de concours sup

I. Passage de l’alcool à travers la paroi stomacale

1 La vitesse de disparition de l’alcool dans l’estomac estv1=−^dC_dt¹ =^dx_dt

2 Siv₁suit une loi cinétique d’ordre 1, on doit avoirv₁=k₁C₁ =−^dC_dt¹ d’oùC₁(t) =C₀exp(−k1t). On doit donc avoir ln(C1) = ln(C0)−k₁t. La courbe représentant ln(C1)en fonction detdoit donc être une droite de pente

−k₁. On vérifie graphiquement cette propriété avec les données de l’énnoncé et on trouvek₁=2,8×10⁻³s⁻¹. 3 àt= 18min, il reste0.2×0.25 =5×10⁻²mol d’éthanol dans l’estomac, ce qui signifie quen2= 1−5×10⁻²=

0,95 mol d’éthanol sont passées dans le sang. La concentration d’éthanol dans le sang est donc C2 = ⁿ_V²

2 =

2,38×10⁻²mol/L

4 La quantité d’alcool qui a disparu dans l’estomac estn=C0V1−C1V1=V1(C0−C1) =V1x, et est identique à la quantité apparue dans le sang. La concentration en alcool à un instanttdans le sang estC₂= _Vⁿ

2 = ^V_V¹

2x. Donc la vitesse d’apparition de l’alcool dans le sang estv= dC2

dt =V1

V₂ dx

dt = V1

V₂v1. II. Oxydation de l’alcool dans le sang

5 La vitesse d’oxydation de l’alcool dans le sang estv2=−dC2

dt .

6 Pour une loi cinétique d’ordre 0, l’évolution temporelle de la concentration est linéaire, on doit avoirC₂(t) = C₂(0)−k₂t. On traceC₂(t)en fonction de t et on trouve bien une doite de coefficient directeur−k₂, ce qui donne k₂=1,18×10⁻⁶mol L⁻¹s⁻¹

III. Boire ou conduire…

7 Concentration maximale admise :Cmax=^0.5₄₆ =1,09×10⁻²mol/L 8 La vitesse d’apparition de l’alcool dans le sang estdC2

dt =v−v2=V1

V2

v1−k2= V1

V2

k1C1−k2

9 CommeC1(t) =C0exp(−k1t)on obtient^dC_dt² = ^V_V¹

2k1C0exp(−k1t)−k2. Que l’on peut intégrer enC2(t) =K−^V_V¹

2C0exp(−k1t)−k2t. La condition initialeC2(0) = 0permet de déterminer queK=^V_V¹

2C0ce qui nous donne l’expression demandée : C2=C0

V1

V₂ 1−exp(−k1t)

−k2t En buvant ses deux bières à 8%, le sujet absorbe 66 cL et 0.9 mole d’alcool.

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10 l’instantt_maxoù la concentrationC2est maximale est défini par^dC_dt²(t_max) = 0 ce qui donnet_max=−_k¹

1ln

1 C0

k₂ k1

V₂ V1

'1421 s⇒t_max'23,7 min

11 On trouveC2(t_max)'2,0×10⁻²mol/L> Cmax. L’automobiliste ne peut donc pas conduire !

12 Au delà det_maxla courbe s’apparente à une droite de pente−k2. On peut donc en déduire qu’il aura éliminé les 2,0×10⁻²−1,09×10⁻²=0,91×10⁻²mol/L ent= ^0,91_1,18^×10−2

×10⁻⁶ '7700 s soitt'3h08min.

Exercice 5: Décollement d’une masse z

0

−d z(t)

P~ F~

(k, l0) m⁰ m

1. Lorsque la masse est à l’équilibre, on aP~+F~ =~0, en projetant cette équation sur l’axe(Oz)on obtient−(m+m⁰)g+ k(l0−leq) = 0doncleq=l0−^(m+m_k ^0)g.

2. On applique le PFD à l’ensemble masse+plateau, en notantM =m+m⁰, on obtient :F~ +P~ =M~aqui devient après projection sur l’axez

−k(l−l₀)−M g=Mz¨

Or la longueurldu ressort est reliée àzparl=l_eq+z. On obtient donc l’équation

−k(leq+z−l0)−M g=Mz¨ soit z¨+ k Mz= k

M(l0−leq)−g

3. C’est l’équation différentielle d’un oscillateur harmonique dont la solution estz(t) =Acos(ω0t+ϕ)avecω0= qk

M. On trouveAetϕavec les conditions initialesz(0) =−detz(0) = 0, qui donnent˙ A=−detϕ= 0. Donc on a bien

z(t) =−dcos(ω0t) (1)

4. Les forces appliquées à la massemsont : son poidsP~ =m~get la forceR~exercée par le plateau. Le PFD donneP~+R~ =m~a soit en projection sur l’axe(0z):−mg+R=m¨z=mdω²₀cos(ω0t). Donc

R=mg+mdω₀²cos(ω0t)

5. La masse reste en contact avec le plateau tant que R>0, orRne s’annulera jamais simdω₀²< mgsoitd <_ω^g2 0

6. La masse décolle du plateau lorsqueR= 0, soit lorsque cos(ω0t) =−_dω^g2

0. En utilisant l’expression précédente dez(t) on obtient bienzd= _ω^g2

0

7. La vitesse de la masse suivant l’axe(Oz)estz(t) =˙ dω0sin(ω0t). Or comme sin(ω0t) =p

1−cos²(ω0t), on a

˙

z(t) =dω0

s 1−

g dω₀²

2

8. En utilisant la conservation de l’énergie mécanique, on aEm(1) =Em(2)où (1) est le moment du décollage et (2) celui où la masse est au sommet de sa trajectoire. On obtient donc

Ec(1) +Ep(1) =Ep(2) soit 1

2mz(1)˙ ²+mgz(1) =mgz(2) En utilisant les expressions trouvées jusqu’ici on a :

1

2md²ω²₀ 1− g

dω²₀ 2!

+mg g

ω₀² =mgzmax

On trouve finalement

z_max= g

2ω₀² +d²ω₀² 2g

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