DS7 : Cinétique et mécanique – corrigé

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TSI1 – Physique-chimie DS7 : Cinétique et mécanique – corrigé – 04/03/2020

DS7 : Cinétique et mécanique – corrigé

Durée : 4h. Les calculatrices sont autorisées. Le devoir est probablement trop long pour être terminé, faites-en le maximum.

Exercice 1:Temps de demi-réaction D’après Mines PSI

I. Temps de demi-réaction D’après le cours on a (α= 1) :

— Ordre 0 :

−v=d[A]

dt ; [A](t) =−kt+ [A]0 ; t_1/2=[A]0

2k

— Ordre 1 :

−v=d[A]

dt ; [A](t) = [A]0exp(−kt) ; t_1/2= ln2 k

— Ordre 2 :

−v=d[A]

dt ; 1

[A](t) = 1 [A]0

+kt : t_1/2= 1 k[A]0

II. Première expérience

1 Une telle expérience est dite en dégénérescence de l’ordre.

2 Si la réaction admet un ordre, alors on av=k[RBr]^a[HO⁻]^b. Dans le cas d’une concentration très grande en ions hydroxyde par rapport au bromoalcane, on peut supposer que la concentration en ions hydroxyde est constante et égale à[HO⁻]₀quel que soit le tempst. L’ordre de la réaction s’écrit alors :

v=kapp[RBr]^a avec kapp=k[HO⁻]^b₀

3 Les valeurs expérimentales montre que pour passer d’une concentration de 10 à 10/2 = 5, il faut 10-0 = 10 minutes. De même pour passer de 5,0 à 2,5, il faut 10 minutes et pour passer de 1,2 à 0,6, il faut encore 10 minutes.

4 Les temps de demi réaction sont indépendants de la concentration initiale. C’est une réaction d’ordre 1 par rapport àRBr.

On at_1/2=ln(2)

k_app, soit kapp= ln(2)

t_1/2 ⇒kapp=6,9×10⁻²min⁻¹. III. Seconde expérience

5 L’expérience est à nouveau en dégénérescence de l’ordre, mais avec une concentration différente en ions hydroxyde. Une analyse similaire nous amène à déterminer un temps de demi-réaction de 20 minutes 6 La constante de vitesse apparentekapp2=3,5×10⁻²min⁻¹. La constante de vitesse apparente est propor-

tionnelle à la concentration en ions HO^–, a réaction est donc d’ordre 1 par rapport aux ions hydroxyde.

7 L’ordre global de la réaction est donc 2. Et la constante de vitesse est donnée par k= k_app1

[HO⁻]01

⇒k=6,9×10⁻²mol L⁻¹min⁻¹ (1)

8 On retient donc la seconde loi de vitesse pour la réaction (ordre 1 par rapport à chacun des réactifs)

Exercice 2: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)

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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−−→

AM sur les axesOxetOy on obtient−−→

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

OM en −−→

OM =−−→

OH +−−→

HA+−−→

AM. Or on a déja vu que −−→

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

HA=R~uy et on a trouvé−−→

AM à 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 point A est la même que celle du pointH et est constante. On a ^d⁻ÔA_dt⁻^→ = ^d⁻ÔH_dt⁻^→ = v₀~u_x. Or d’après la question I..1, ^d⁻ÔH_dt⁻^→ =Rθ~˙ux. La vitesse de rotationθ˙est donc constante est vautθ˙=^v_R⁰.

5. Cette question est évidente, comme la distanceAMest 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.

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

vy(t) =Rθ(t)˙ sinθ(t) 7. Schéma :

O x y

~v

~a

~v

~a

~v

~a

~v=~0

~a

8. La normevde~v est :v=q

v_x²+v_y²=Rθ˙

qsin²θ+ (1−cosθ)² soitv=v0

√2−2cosθ 9. On a1−cosθ= 1−cos2^θ₂ = 1−(cos²^θ₂−sin²^θ₂) = 1−cos²^θ₂ +sin²^θ₂ = 2sin²^θ₂

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 : (a_x=Rθ˙²sinθ

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

12. La norme dev augmente pourθ∈[0, π]et elle diminue pour θ∈[π,2π]

13. Le point correspondant à θ4 = 2π est un point de rebroussement, la vitesse de M est nulle alors que l’accélération ne l’est pas.

14. La normeadu vecteur accélération vauta=Rθ˙²= ^v_R²⁰ 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.

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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~ex parallèle à la piste, orienté vers la droite, on a−F1+Tcosβ− Psinα= 0. D’où T =^F¹^+P_cos^sin_β ^α. L’application numérique donneT =486 N

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’axe Ox horizontal 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 obtenirx(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 appliquées est nulle. En projetant les forces sur l’axe de la piste orienté vers la droite on obtient : −F3+mgsinα⁰ = 0donc F3 =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 axesxet ydonne directementx¨= 0et y¨=−g

11. En intégrant deux fois ces équations différentielles, et en tenant compte des conditions initiales, on trouve x(t) =v_0xt ety(t) =v_0yt−¹₂gt², avecv_0x=v₀cosγet v_0y=v₀sinγ.

12. S’il retombe sur une surface plane située à 5 m en dessous du pointF, on ay(tf) =−5 m=v0ytf−¹₂gt²_f dont la solution donnetf '1,87 s. La distance parcourue estD=x(tf) =v0xtf '45 m.

Exercice 4:Mécanique du vol d’un avion (Centrale TSI 2015)

1 Vol en montée

1. Schéma :

horizontale A=p

G P~

F~p

F~m

F~t

2. L’avion est animé d’un mouvement rectiligne uniforme dans un référentiel galiléen donc la somme des forces appliquées est nulle :

P~ +F~_m+F~_p+F~_t=~0 (2)

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3. La projection de la relation (2) sur les axes(Ox⁰)et(Oz⁰)donne : (Ox⁰) : Ft+mgsinA=Fm

(Oz⁰) : mgcosA=F_p

4. On substitueFp=¹₂ρSv²Cp dans la relation précédente et on isolev, on obtient l’équation demandée :

v=

s2mgcosA ρSC_p

5. La puissance fournie par une forceF~ dont le point d’application est animé d’une vitesse~vestP =F .~~ v. Donc ici on aPm=kF~mkv.

6. On fait l’analyse suivante :

[Pm0] =

"

mgCt

Cp

s2mg ρSCp

#

=N× ∅ ×

s N

kg m⁻³m² =Nq

N kg⁻¹m or N kg⁻¹=m s⁻² donc [Pm0] =Np

m²s⁻²=N m s⁻¹=W Numériquement, on trouvef₀= 30etPm0=20 kW.

7. En utilisant les approximations données, on trouve :

P_m' P_m0(1 +f₀A) Ce qui donneA= _f¹

0

Pm

P_m0 −1

'5×10⁻²rad'2,9°

8. On avz=vsinA=q_2mg_cos_A

ρSCp sinA. Avec la valeur deAtrouvée ci-dessus, on trouve vz=1,3 m s⁻¹.

9. D’après 3 on aη=_mg^F^p =cos(A). On a forcémentη <1ce qui est compatible avec le facteur de charge maximum admissible de 2.

2 Vol en virage

10. Schéma :

O ~ur φ

G P~

F~_p

11. En coordonnées polaires, pour une trajectoire circulaire uniforme, on a~a=−^v_R²~ur

12. L’application du principe fondamental de la dynamique donne directement : P~ +F~m+F~p+F~t=−mv²

R~ur (3)

13. La projection de la relation précédente sur les axes~ur et~uz donne : (~u_r) −F_psinφ=−mv²

R (~u_z) F_pcosφ=mg

On trouve donc finalementR= v² gtanφ 14. Le facteur de charge estη=_mg^F^p = _cos¹_φ

15. On doit avoirη <2donc cosφ > ¹₂ et doncφ <60°. Dans ces conditions tanφ <√

3 et doncR > v² g√

3.

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