Chimie : Utilisation de l élément manganèse en chimie inorganique

Préparation du DS N

1 - Corrigé

Première partie

Chimie : Utilisation de l’élément manganèse en chimie inorganique

1 Le manganèse et ses nombres d’oxydation

1. Le numéro atomique du manganèse est : ZMn = 25, ce qui signifie qu’un atome de manganèse a 25 protons dans son noyau. L’atome neutre a donc 25 électrons dans son cortège électronique, que l’on répartit dans les orbitales atomiques en appliquant la règle de Klechkowski, ce qui donne la configuration électronique fondamentale :

Mn : 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶4s²3d⁵

2. Le nombre quantique principal le plus élevé de la configuration électronique est n_max = 4 : le manganèse est donc situé dans la période (ligne) n°4 du tableau périodique.

La configuration électronique se termine en d⁵ selon la règle de Klechkowski. Le manganèse est donc dans la 5ème colonne du bloc d. Ce bloc étant précédé des deux colonnes du bloc s, il s’agit de la colonne n°7de la classification.

Le manganèse est situé (période 4 ; colonne 7).

3. Les métaux sont les éléments les moins électronégatifs du tableau périodique. En font ainsi partie tous les éléments du bloc s sauf H et He, tous les éléments des blocs d et f, et quelques éléments en bas à gauche du bloc p. Le manganèse étant situé dans le bloc d, on en déduit :

Le manganèse est un métal.

Le manganèse possèdea priori les propriétés générales des métaux : opaque et réflé-

chissant, ductile¹ et malléable², bon conducteur électrique et thermique...

4. Mn⁺² est un ion monoatomique. Le nombre d’oxydation est dans ce cas égal à la charge de l’ion, donc : n.o.(Mn) = +II.

MnO₂ est un solide ionique. L’oxygène y est au n.o. de -II (ions O²⁻). Par élec- troneutralité, on en déduit que les ions du manganèse sont les ions Mn⁴⁺, donc : n.o.(Mn) = +IV.

MnO⁻₄ est un ion polyatomique. Tous les atomes d’oxygène sont liés à l’atome de manganèse central, donc n.o.(O) = -II. Comme la somme des n.o. d’un ion polyato- mique est égale à la charge de l’ion, on déduit : n.o.(Mn) = +VII.

En résumé :

n.o.(Mn)

Mn⁺² +II

MnO₂ +IV

MnO⁻₄ +VII

5. Pour trouver la configuration électronique d’un cation, on écrit la configuration élec- tronique de l’atome neutre et on retire le nombre d’électrons nécessaire à partir de l’orbitale atomique (O.A.) de nombre quantique principal le plus élevé.

Dans la configuration électronique du manganèse (écrite à la question 1), l’O.A. de nombre quantique principal le plus élevé est l’ O.A. 4s. On retire donc les 2 électrons de cette O.A pour obtenir :

Mn²⁺ : 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵ 6. On détermine la population :

— des ions gris foncé :2 + 4^x1₂ = 4 par maille ;

— des ions gris clair :1 + 8^x1₈ = 2 par maille ;

Il y a donc deux fois plus d’ions rouges que d’ions gris. Or la formule brute du solide ionique est MnO₂ : on en déduit que les ions gris foncé sont les ions de l’oxygène et les gris clair ceux du manganèse. D’après les n.o. de la question 4, en termes d’ions monoatomiques, on conclut :

Les ions gris foncés sont les ions O²⁻

Les ions gris clair sont les ions Mn⁴⁺

1. La ductilité désigne la capacité d’un matériau à se déformer plastiquement sans se rompre ; par exemple on peut déformer très fortement un fil de fer de∼0,5mm de diamètre sans rupture (par exemple un trombone) alors qu’un fil de même géométrie réalisé en verre (fibre optique) se cassera pour une torsion beaucoup plus limitée.

2. La malléabilité est la propriété d’un matériau à être déformé à chaud ou à froid, par choc ou pression, en conservant la nouvelle forme acquise. Par exemple, le verre est un matériau malléable à chaud (soufflage du verre) mais pas du tout à froid.

7. Le volume de la maille parallélépipédique rectangle estVmaille=a^xb^xc. Or l’énoncé indique que b=a et quec∼2a, doncVmaille∼2a³.

Dans le modèle du cristal parfait, la masse volumiqueµ du matériau se retrouve au niveau de la maille élémentaire, donc :

µ= 4MO+ 2MMn

N_aVmaille

= 2MO+MMn

N_aa³ D’où on tire :

a= ³ s

2MO+MMn

N_aµ = 307pm Les paramètres de la maille élémentaire sont donc :

a=b= 307pm c∼2a= 614pm

8. Les trois espèces du manganèse à placer, classées par nombre d’oxydation, sont : +VII MnO⁻₄

+IV MnO₂ +II Mn²⁺

MnO₂ étant un solide, on va rechercher ses frontières d’existence, Efr1 dans le couple MnO⁻₄/MnO₂ d’une part, etEfr2 dans le couple MnO₂/Mn²⁺ d’autre part.

On note e^◦ = ^RT_F ln 10 ∼ 0,06 V à 298 K le terme prélogarithmique de la loi de Nernst.

— Couple MnO⁻₄/MnO₂ :

MnO⁻₄ + 4H⁺+ 3e⁻ MnO₂+ 2H₂O

La formule de Nernst est applicable si MnO₂ est présent (Efr2 ≤E ≤Efr1), donc dans cette zone :

E =E^◦

MnO⁻₄/MnO₂+e^◦ 3 log

MnO⁻₄ c^◦ a⁴

H⁺

!

aH⁺ = 1 car pH= 0. À la frontière MnO⁻₄/MnO₂, les ions en solution atteignent la concentration de tracé, donc :

MnO⁻₄

fr1=Ctra= 0,05 mol.L⁻¹ On obtient ainsi :

Efr1 =E^◦

MnO⁻₄/MnO₂+e^◦ 3 log

Ctra

c^◦

= 1,65 V

— Couple MnO₂/Mn²⁺ :

MnO2+ 4H⁺+ 2e⁻ Mn²⁺+ 2H2O

La formule de Nernst est applicable si MnO₂ est présent (Efr2 ≤E ≤Efr1), donc dans cette zone :

E =E^◦

MnO2/Mn²⁺+e^◦

2 log c^◦ Mn²⁺a⁴

H⁺

!

aH⁺ = 1 car pH= 0. À la frontière MnO₂/Mn²⁺, les ions en solution atteignent la concentration de tracé, donc :

Mn²⁺

fr2 =Ctra= 0,05 mol.L⁻¹ On obtient ainsi :

Efr2=E^◦

MnO2/Mn²⁺+e^◦ 2 log

c^◦

tra

= 1,27V

Comme Efr1 > Efr2, MnO₂ présente bien un domaine d’existence, c’est une espèce stable. On peut alors tracer le diagramme correspondant à la figure 1.

Figure 1 – diagramme de stabilité du manganèse à pH=0 pourCtra = 0,05 mol.L⁻¹

2 Dosage spectrophotométrique de l’élément manganèse

9. On constate sur le spectre fourni queλ= 520nm est approximativement la longueur d’onde du maximum d’absorption de l’ion permanganate en solution. Choisir cette longueur d’ondeλmax pour des mesures d’absorbances se justifie par deux raisons :

— c’est à cette longueur d’onde que les mesures sont les plus sensibles car A prend alors des valeurs élevées et la mesure d’une grandeur élevée est habituelle- ment plus précise (car moins bruitée) que celle d’une grandeur faible³;

3. Il y a des exceptions à cette règle.

— c’est à cette longueur d’onde que l’incertitude due au réglage de la longueur d’onde est la plus faible, car ^dA_dλ = 0à λ=λmax.

L’ion permanganate est violet ; ceci est dû au fait qu’il absorbela couleur complé- mentaire(opposée au violet sur le cercle chromatique), qui est le vert (aux alentours de 520 nm).

10. Volume V_p‚ de solution mère à prélever : V_p = _C^C

0V = 20mL.

Mode opératoire de la dilution :

— Prélever la solution mère à l’aide d’une pipette jaugée de 20 mL ;

— L’introduire dans une fiole jaugée de 100 mL ;

— Ajouter de l’eau distillée, en agitant régulièrement ;

— Réaliser la mise au trait (bas du ménisque sur le trait de jauge) puis agiter une dernière fois.

11. Le graphe cherche à illustrerla loi de Beer-Lambert, c’est-à-dire : A= (εl)C ... où εest le coefficient d’absorption molaire,lla longueur optique de la cuve, et C la concentration du soluté, ici l’ion permanganate MnO⁻₄.

En portant les points (C_i,A_i) sur un graphe, on constate qu’ils paraissent très bien alignés. On a tracé la droite de régression linéaire : les points sont tous très proches de cette droite, ils se disposent de part et d’autre sans organisation apparente, sans courbure.

On constate également que l’écart entre l’origine et la droite de régression semble du même ordre de grandeur que l’écart entre tous les autres points et la droite. On peut donc valider un passage par l’origine.

Enfin, on dispose d’un nombre de points significatif (7 points) suffisant.

Toutes ces observations permettent de conclure :

La loi de Beer-Lambert (relationlinéaire entreAetC) est très bien vérifiée ici.

La loi de Beer-Lambert n’est pas toujours bien vérifiée;An’est plus propor- tionnelle à C pour des solutions trop concentrées⁴.

12. D’après l’équation de la droite d’étalonnage de l’absorbance donnée dans l’énoncé, on trouve la concentration en ions permanganate dans la solution S :

CS = AS

(2,12.10³ L.mol⁻¹) = 7,12.10⁻⁵ mol.L⁻¹

4. Cette loi rentre dans la catégorie des lois phénoménologique du type "les effets sont proportionnels aux causes tant que celles-ci ne sont pas trop intenses". La loi d’Ohm locale (électromagnétisme des conducteurs), la loi de Fourier (diffusion thermique), la loi de Fick (diffusion de particules) en sont des exemples vus dans le cours de physique de deuxième année.

Le volume de cette solution étantVS, on en déduit la quantité d’ions permanganate qu’elle contient :n=CSVS. Or, d’après le protocole décrit, cette quantité provient de la transformation quantitative des ions Mn²⁺, eux-mêmes provenant de tout le manganèse présent dans l’échantillon de ciment initial. Cet échantillon contenait donc n=CSVS de manganèse, soit une masse demMn=CSVSMMn= 7,82.10⁻⁴ g.

En rapportant à la masse m de l’échantillon de ciment, on trouve le pourcentage massique en manganèse demandé :

wMn= ^m_m^Mn = 5,1.10⁻⁴= 0,051%

Cette teneur est bien dans l’intervalle indiqué dans l’énoncé pour les ciments usuels.

3 Titrage manganimétrique

13. Demi-équations redox :

MnO⁻₄ + 5e⁻+ 8H⁺ Mn²⁺+ 4H₂O x(2) O2+ 2e⁻+ 2H⁺ H202 x(-5) D’où la réaction support de titrage :

2MnO⁻₄ + 5H₂O₂+ 6H⁺ 2Mn²⁺+ 5O₂+ 8H₂0

14. La constante d’équilibre est égale au quotient réactionnel pour un système à l’équilibre; elle s’exprime donc, pour une solution idéale et des gaz parfaits, par :

K^◦ =Qeq=

Mn²⁺2

eqp⁵_O2,eq(c^◦)¹¹ MnO⁻₄2

eq[H2O₂]⁵_eq H⁺6

eq(p^◦)⁵

Pour un système à l’équilibre, il y a unicité du potentiel, c’est-à-dire que la formule de Nernst donne la même valeur pour les deux couples, soit :

E =E^◦

MnO⁻₄/Mn²⁺+e^◦ 5 log

MnO⁻₄

eq

H⁺8

eq

Mn²⁺

eq(c^◦)⁸ =EO^◦ 2/H2O2+e^◦

2 log pO2,eq

H⁺2

eq

[H₂O₂]_eq(c^◦)(p^◦) On en déduit :

E^◦

MnO⁻₄/Mn²⁺−EO^◦ 2/H2O2 = e^◦ 10log

Mn²⁺2

eqp⁵_O2,eq(c^◦)¹¹ MnO⁻₄2

eq[H₂O₂]⁵_eq H⁺6

eq(p^◦)⁵ = e^◦

10logK^◦ Finalement, on établit :

K^◦ = 10

10 e◦ E^◦

MnO⁻₄/Mn^2+−E

◦

O₂/H₂O₂

!

∼10¹³⁷

K^◦ 1 : ceci traduit le fait que la réaction est particulièrement favorable thermo- dynamiquement. Elle convient donc bien a priori pour un titrage, à condition que la cinétique s’y prête également.

15. D’après l’équation de la réaction support de titrage, celle-ci consomme des ions H⁺, qui ne doivent pas être limitants, c’est pourquoi il faut travailler en milieu suffisam- ment acide. Cependant, si on acidifie une solution de permanganate de potassium par de l’acide chlorhydrique, on voit que les ions permanganate se trouveront en pré- sence d’ions chlorure. Or on constate que E^◦

MnO⁻₄/Mn²⁺ E^◦

Cl2/Cl⁻. Ceci traduit le fait qu’en milieu acide, les ions permanganate oxydent quantitativement les ions chlorure, ce qui produit du dichlore et des ions Mn²⁺.

Or le dichlore est un gaz hautement toxique, il faut absolument éviter tout risque de dégagement de ce gaz dans le laboratoire ; il ne faut donc jamais mettre en présence des ions MnO⁻₄ et Cl⁻.

16. Les ions permanganate sont violets. Avant l’équivalence, ils sont consommés quanti- tativement par la réaction support de titrage et la solution reste incolore. Dès que H⁺ est épuisé, les ions MnO⁻₄ s’accumulent brusquement etla coloration violette apparaît.

17. Soit C₀ la concentration en H₂O₂ de la solution que l’on titre. Elle est obtenue par dilution 10 fois de la solution commerciale doncC0= ^Ccom₁₀ .

Par définition, l’équivalence correspond au volume VE de réactif titrant ajouté tel que les réactifs de la réactions support de titrage sont apportés dans les proportions stœchiométriques. D’après l’équation écrite à la question 13, on obtient la relation :

CVE

2 = C0V0

5 On en déduit :

Ccom = 10C0= 25CVE

V₀ Application numérique :

Lorsqu’on effectue le calcul précédent, la calculatrice affiche 0,8991 (en mol.L⁻¹). On évalue alors l’incertitude, pour savoir quels chiffres sont significatifs, en appliquant la formule rappelée en fin d’énoncé :

∆_Ccom =Ccom

s ∆_C

C 2

+ ∆_VE

VE

2

+ ∆_V0

V0

2

= 0,013mol.L⁻¹ On annonce donc le résultat suivant :

Ccom = (0,899±0,013) mol.L⁻¹

4 Étude cinétique de la décomposition de l’eau oxygénée

18. L’oxygène passe du nombre d’oxydation (-I) dans H₂O₂ à (0) dansO₂ et (-II) dans H₂0 :

La décomposition de l’eau oxygénée est une dismutation.

19. Les deux couples Ox/Red mis en jeu dans cette réaction sontH2O2/H2OetO2/H2O2. Or, d’après les données, E_H^◦_2O2/H2O > E_O^◦_2/H2O2 avec un écart supérieur à 1V : la réaction est donc très favorable thermodynamiquement.

20. Par définition, si la réaction est d’ordre 1, c’est que sa loi de vitesse s’écrit : v=k[H2O2]¹

21. On souhaite vérifier l’ordre 1 à partir d’un relevé de concentrations en fonction du temps. Il faut donc utiliser une méthode intégrale, c’est-à-dire établir la loi temporelle théorique [H2O2] = f(t) caractéristique d’un ordre 1 et vérifier que les résultats expérimentaux suivent cette loi.

Pour cela, on résout tout d’abord l’équation différentielle d’ordre 1 : v=−d [H2O2]

dt =k[H2O2] qui s’intègre en :

ln [H₂O₂] = ln [H₂O₂]₀−kt

où[H₂O₂]₀représente la concentration initiale enH₂O₂. Donc, dans l’hypothèse d’une réaction d’ordre 1, la fonctionln [H2O2]en en relation affine avec le temps. Pour vérifier que les résultats expérimentaux suivent bien une telle loi, on porte les points (t_i;ln [H₂O₂]_t

i) sur un graphe pour savoir s’ils sont alignés. On obtient le graphe de la figure 2. On trace la droite de régression linéaire. On constate que les points sont tous quasiment sur la droite. Aucune courbure n’est apparente. L’écart entre l’ordonnée à l’origine et 0 est du même ordre de grandeur que l’écart des points expérimentaux par rapport à la droite de régression.

L’ordre 1 est bien vérifié

Selon la loi modèle, le coefficient directeur de la droite de régression est assimilable à l’opposé dek donc :

k= 0,464h⁻¹

22. D’après la loi d’Arrhenius, la constante cinétique dépend de la température absolue T selon :

k(T) =Aexp

−E_a RT

Figure 2 – (t_i;ln [H₂O₂]_t

i) On en déduit, pour deux températures T1 etT2 :

k(T2) k(T1) = exp

−Ea

R 1

T2

− 1 T1

Pour avoir k(T₂) = 2k(T₁), il faut donc que : E_a

R 1

T₁ − 1 T₂

= ln 2

soit :

T₂= 1

1

T1 −^R_E^{ln 2}

a

∼300K (θ⁰ ∼27^◦C)

Deuxième partie

Physique : Mécanique

5 Bifurcation mécanique

Figure3 – Bifurcation mécanique 23. Les forces s’exerçant sur le point matériel M sont :

— Son poids. L’axe étant horizontal, cette force ne travaille pas au cours du mou- vement.

— La réaction de l’axe sur M. Le mouvement étant sans frottement, cette force ne travaille pas au cours du mouvement.

— Les forces exercées par les ressorts. Ces forces dérivent chacune de l’énergie potentielle élastique associée aux ressorts.

Il apparaît ainsi que les seules forces qui travaillent au cours du mouvement de M sont celles exercées par les ressorts qui dérivent d’une énergie potentielle.Le mouvement est donc conservatif.

24. L’énergie mécanique d’un mouvement conservatif est constante. Cette énergie est la somme :

— de l’énergie cinétiqueE_c= ¹₂mx˙²

— et de l’énergie potentielle élastiqueE_p des ressorts.

L’allongement d’un ressort est ∆l =l(t)−l₀ = √

a²+x² −l₀. Il est le même pour les deux ressorts. L’énergie potentielle élastique des ressorts est ainsi le double de l’énergie potentielle d’un seul ressort. Donc :

E_p = 2 1

2k(∆l)²

=kp

a²+x²−l0

2

L’équation différentielle du premier ordre⁵ demandée s’écrit donc :

5. aussi nommée intégrale première du mouvement

1

2mx˙²+kp

a²+x²−l0

2

=Cte

25. Pour obtenir l’équation du mouvement, c’est à dire l’équation différentielle d’ordre 2 vérifiée par la fonction x(t), il suffit de dériver par rapport au temps l’équation obtenue à la question précédente. On obtient alors :

˙ x

mx¨+ 2kp

a²+x²−l₀ 2x 2√

a²+x²

= 0

c’est à dire, en excluant le cas d’une absence de mouvement (x˙ 6= 0) :

¨ x+

2k m

1−√ l0

a²+x²

x= 0

26. Puisque les seules forces qui travaillent dérivent d’une énergie potentielleE_p, on peut déterminerles positions d’équilibreen recherchant les extremums⁶ deE_p(x) :

dE_p

dx = 2kx

1−√ l0

a²+x²

Donc :

— Si a < l0 , il existe trois positions d’équilibre : x0= 0 etx=±x₁ avec x1 =p

l₀²−a² ,

— Si a > l₀ , il existe une seule position d’équilibre : x₀ = 0.

Pour l’étude de la stabilité, on peut continuer l’étude en recherchant le signe de ^d_dx^2E₂^p pour chacune des positions d’équilibre identifiées :

d²E_p dx² = 2k

1− l0

a²+x² p

a²+x²− x²

√a²+x²

Donc :

— Si a < l0 , il existe trois positions d’équilibre :

— x0 = 0 avec ^d_dx^2E₂^p(x0) = 2k

1−^l_a⁰

<0: Équilibre instable .

— ±x₁ =±p

l²₀−a² avec ^d_dx^2E₂^p(±x₁) = 2k

1−^a2

l²₀

>0 : Équilibre stable .

— Si a > l₀ , il existe un seule position d’équilibre : x0= 0 avec ^d_dx^2E2^p(x0) = 2k

1−^l_a⁰

>0 : Équilibre stable .

6. Ce ne serait pas le cas si, par exemple, il y avait des frottements. Dans ce cas, il faudrait revenir à la définition originelle d’une position d’équilibre : C’est une position où la somme des actions mécaniques est nulle.

27.

Rappel de cours :

Pour un système mécanique conservatif à un degré de liberté (x), les petits mouve- ments au voisinage d’une position d’équilibrexeqpeuvent être décrit par la variable ξ(t) =x(t)−xeq décrivant le petit écart par rapport à cette position d’équilibre, telle que :

E_p(ξ) =E_p(xeq) + 1

2 d²E_p

dx² (xeq)

ξ²+o(ξ²) puisque ^dE_dx^p(xeq) = 0 La conservation de l’énergie mécanique d’un tel mouvement s’écrit alors :

0 = d (E_c+E_p)

dt = ˙x m¨x+ ˙ξ d²E_p

dx² (xeq)ξ= ˙ξ

mξ¨+d²E_p dx² (xeq)ξ

puisque x˙ = ˙ξ etx¨= ¨ξ Donc, en excluant le cas d’une absence de mouvement (ξ˙6= 0) et en considérant

le mouvement au voisinage d’un équilibre stable (^d_dx^2E₂^p(xeq) > 0), l’équation traduisant la conservation de l’énergie mécanique s’écrit :

0 = ¨ξ+ω²ξ avec ω² =

d²Ep

dx² (xeq) m

ce qui correspond à une mouvement sinusoïdal de pulsation ω= rd2Ep

dx2 (xeq)

m .

En utilisant ce résultat pour les positions d’équilibre stable précédemment identi- fiées, on obtient :

— Si a < l₀ , les positions d’équilibre stable correspondent à ±x₁ pour lesquelles

d²Ep

dx² (xeq) = 2k 1−^a2

l²₀

. La pulsation des petites oscillations autour de ±x₁ est alors :

ω_x1 = r2k

m s

1−a² l₀²

— Si a > l₀ , la position d’équilibre stable correspond à x₀ = 0 pour laquelle

d²Ep

dx² (xeq) = 2k

1−^l_a⁰

. La pulsation des petites oscillations autour de x0 est alors :

ω_x0 = r2k

m r

1− l₀ a 28.

ω₀ = lim

a→0ω = lim

a→0ω_x1 donc :

ω0 = r2k

m

Remarque : Lorsquea→0, les deux ressorts sont disposés parallèlement et la raideur équivalente est la somme de leurs raideurs individuelles, c’est à dire 2k, d’où la pulsation d’oscillation

q2k m. 29.

Figure 4 – Graphe de la fonctionω :a−→ω(a)

30. Le système évolue au voisinage de la position x₀ = 0, à la pulsation ω ∼ ω₀ car al0, mais ses oscillations sont amorties. L’équation du mouvement est donc :

¨ x+ h

mx˙+ω₀²x= 0

31. L’allure du portrait de phase dépend de la valeur du facteur de qualité : Q= mω₀

h =

√2km

h

Dans le premier cas, Q= 1,4 donc le mouvement est pseudo-périodique : la masse tend vers x0 = 0 en oscillant, le portrait de phase correspond à une spirale conver- gente⁷.

Dans le second cas, Q = 0,4 donc le mouvement est apériodique : Le point repré- sentatif de l’état du système, de coordonnée (x,x) dans le portrait de phase, tend˙ directement vers x=x₀ sans tourner autour (la vitesse ne change pas de signe).

7. Rappel : Un portrait de phase tourne toujours dans le sens horaire.

Figure 5 – Portraits de phase de l’oscillateur

6 Lancement d’un satellite

Figure 6 – Lancement d’un satellite

32. Pour une orbite circulaire de rayonR, le PFD appliqué dans R_Gau satellite s’écrit :

−mv²

R~e_r =−GmM R² ~e_r d’où :

v₀=

rGM R =p

g₀R

33. La période d’un mouvement circulaire uniforme estT₀= ^2πR_v

0 , soit :

T0 = 2π s

R g₀

34. Le mouvement de la Terre étant uniforme de période T, la vitesse d’un point de l’équateur est vE = ^2πR_T , soit :

q= 4π²R g₀T²

35.

q∼3,5.10⁻³ 1

36. g(z) = ^GM

(R+z)². Donc :

g(z) =g0

R R+z

2

37. La période de révolution du satellite doit être celle de la rotation propre de la Terre, pour qu’il soit géostationnaire. On réutilise le raisonnement de la question 32 pour cette nouvelle orbite, de rayonR₁ =R+z, afin d’obtenir sa période :

T = 2π s

R+z g(z) = 2π

s R₁³ g0R² d’où l’on tire l’expression de R1 :

R1 = ³ s

g0

RT 2π

2

On en déduit :

x= ³ s

g₀ R

T 2π

2

∼6,6

38. On reprend le raisonnement de la question 32 pour l’orbite C₁, ce qui donne : v1=p

g(z) (R+z) = r

g0

R²

R+z =p g0R

rR R₁ soit :

v1= √v0

x

39. Le théorème de l’énergie mécanique écrit pour le satellite entre l’état initial à la surface de la Terre et l’état final sur l’orbite C₁ donne :

E_meca,1− E_meca,surf.=W où :

— Emeca,1 (resp.Emeca,surf.) est l’énergie mécanique du satellite sur l’orbite C₁ (resp. à la surface de la Terre).

— W est le travail fourni par les propulseurs (travail des forces non conservatives).

Emeca,1 correspond à l’énergie mécanique sur l’orbite C₁, soit : E_meca,1=− k

2R1

en posantk=GM m.

E_meca,surf. correspond à l’énergie mécanique à la surface de la Terre, donc pour un mouvement de rotation à une vitesse de norme inférieure ou égale à vE. Or on a v₁ = ^√v0_x ∼0,4v₀, et v₀ v_E, doncv₁ v_E et on peut négliger l’énergie cinétique dans l’état initial devant celle de l’état final :

(E_meca,1− E_meca,surf.)∼(E_meca,1− E_p,surf.) =− k 2R₁ + k

R = GM m R

1− 1

2x

Or,K₀= ¹₂mv₀²= ^{GM m}_2R , donc :

W =K₀

2−1 x

40. Pour la phase 1, il n’y a pratiquement pas de variation d’énergie potentielle (Ep,surf.∼ Ep,0), et de nouveau on peut négliger l’énergie cinétique initiale due à la rotation terrestre (E_c,surf. E_c,0). Donc :

W₁=E_meca,0− E_meca,surf. ∼ E_m,0− E_p,0=E_c,0 donc :

W1 =K0

41. Sur l’orbite elliptique, l’énergie mécanique vérifie au point P : Emeca,ellipse= 1

2mv⁰₀²− k R

Par ailleurs cette ellipse est de grand-axe R+R1 , donc on peut aussi écrire : Emeca,ellipse=− k

R+R1

Ces deux relations mènent à : 1

2mv₀⁰² = k R

1− R R+R₁

= k R

x 1 +x or mv₀²= _R^k. Donc :

v⁰₀=v₀ r 2x

1 +x

42. De nouveau le théorème de l’énergie mécanique nous donne le travail à produire par les propulseurs pour la phase 2 :

W₂ =Emeca,ellipse− E_meca,0=− k

R+R₁ + k 2R = k

2R

1− 2 1 +x

soit :

W₂ =K₀

x−1 x+ 1

43. Les vitesses au périgée P et à l’apogée A sont orthoradiales. La loi des aires permet donc d’écrire :

Rv⁰₀ =R₁v₁⁰ ⇒ v⁰₁= v₀⁰ x D’après la question 41, on obtient :

v₁⁰ =v0

s 2 x(1 +x)

44. Pour la phase 3, on obtient :

W3 =Emeca,1− Emeca,ellipse=− k 2R1

+ k

R+R1

= k 2R

2 1 +x − 1

x

d’où :

W3 =K0

x−1 x(1 +x)

45. En faisant la somme des travaux des propulseurs pour les 3 étapes, on obtient : W₁+W₂+W₃ =...=K₀

2− 1

x

d’où

W₁+W₂+W₃=W

ce qui est normal car la variation totale d’énergie mécanique est la même que l’on envoie le satellite directement sur C₁ depuis la surface, ou qu’on le fasse en trois étapes.

46. La période de révolution sur l’ellipse est 2∆t, et le demi-grand-axe est ¹₂(R+R₁).

Donc, d’après la 3ème loi de Kepler : (2∆t)²

R+R1

2

3 = T² R³₁ d’où :

∆t=T 1 +_x¹³₂ 2⁵²

∼5 h14 min

47. La densité de l’atmosphère diminuant avec l’altitude, le coefficient de frottement atmosphérique diminue également, ce qui est cohérent avec une dépendance en ¹_z de la force.

48. La force de frottement étant faible devant la force de gravitation, on peut considérer que les calculs précédents restent valables sur une révolution. On peut alors réutiliser les résultats intermédiaires obtenus aux questions 37 et 38 respectivement :

T_S(z) = 2π s

R+z g(z) = 2π

s

(R+z)³ g0R²

et

v(z) =p

(R+z)g(z) = r

g₀ R² R+z

49. Pour de petites variations, on peut différencier les relations précédentes :

∆v∼ dv

dz∆z=−1 2

s

g₀ R² (R+z)³ ∆z d’où :

∆v=− π T_S∆z

Ainsi, la vitesse croît si le satellite se rapproche de la Terre.

50. Le théorème du moment cinétique, en projection sur l’axe Ozorthogonal au plan du mouvement, s’écrit :

dσ

dt =−λm

z v² (R+z)

En remplaçant par l’expression dev(z) obtenue à la question 48, on obtient : dσ

dt =−λm z g₀R²

Le moment cinétique décroît au cours du temps, d’autant plus vite que le satellite est proche de la Terre car les frottements augmentent. En intégrant sur une période de révolution on obtient alors :

∆σ=−λm

z g0R²TS

51. Par ailleurs on calcule σ(z) =mv(z)(R+z) =mRp

g₀(R+z). En différenciant, on obtient :

∆σ = mR√ g₀ 2√

R+z∆z

Comme ∆σ < 0, on a ∆z < 0. Le satellite se rapproche donc de la Terre à cause des frottements.

En résumé, sous l’effet des frottements aérodynamiques, le satellite perd de l’altitude (ce qui est assez intuitif), et sa vitesse augmente (ce qui l’est beaucoup moins).