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correction du DS 7 de physique-chimie
Problème 1 : étude d’un satellite de télédétection (ATS 2014)
PARTIE A : Étude du mouvement du satellite
Système : satellite assimilé à un point matériel
Référentiel : géocentrique supposé galiléen
B.F : force d’attraction gravitationnelle de la Terre, frottements négligés 1. Préliminaires
−−→
−
→
−
→
˙−
1. OM = r→
ur et −
v→
M r˙ ur + r θ uθ
→
−
→
−
mM −
−
ur . Or, en r = RT , F (RT ) = m→
g0 donc
2. D’après la loi de Newton, F = −G 2 →
r
→
−
RT 2 −
ur
F = −mg0 2 →
r
L’interaction gravitationnelle est attractive.
→
−
→
− −−→
Quelque soit le déplacement élémentaire de M par rapport à O fixe, δW ( F ) = F .dOM =
mg0 RT2
−dEp avec Ep = −
, à condition de prendre la référence de cette énergie
r
potentielle à l’infini.
−
−→ −−→
2 ˙→
2˙
3. LO = OM ∧ m−
v→
M = mr θ k et LO = mr |θ|
−−→
−→
−−→
dOM
dLO
−
→
= OM ∧ maM +
∧ m−
v→
4.
M D’après le PFD,
dt
dt
−→
−−→ →
−
dLO
−
−→ →
= OM ∧ F + −
v→
M ∧ m vM = 0
dt
→
−
−−→ −→
car F est colinéaire à OM . LO est donc constant au cours du mouvement.
2. Mise en orbite circulaire du satellite
dv →
v2 →
−
−
→
−→
1. Pour cette trajectoire circulaire, −
v→
ur + −
uθ
M = v uθ et aM = −
r
dt
− −
→, m dv = →
→ = 0 donc
2. D’après le principe fondamental de la dynamique projeté sur −
u
F .u
θ
θ
dt
v=cste : le mouvement est uniforme.
g0 RT 2
−
D’après le PFD projeté sur →
ur , v 2 =
.
r
mg0 RT 2
mg0 RT 2
et Em = −
2r
2r
Em < 0 car la trajectoire est liée (la référence des énergies potentielles est prise à l’infini,
donc r est borné si EM < Ep (∞) = 0).
3. Ec =
4. Application numérique : pour une trajectoire circulaire de rayon rb = 8,0.103 km, Em (rb ) = 1, 0.1011 J
et pour un rayon rh = 40.103 km, Em (rh ) = 2, 0.1010 J
3. Étude énergétique du satellite
1
1. La seule force à laquelle est soumise le satellite est conservative donc d’après le théorème
de l’énergie mécanique appliqué au satellite entre deux instants quelconques, l’énergie mécanique du satellite est constante au cours du mouvement et
1
g0 mRT 2
Em = Ec + Ep = m(r˙ 2 + r2 θ˙2 ) −
2
r
1
1 LO 2 g0 mRT 2
Em = mr˙ 2 +
−
2
2 mr2
r
2.
Ep,ef f =
1 LO 2 g0 mRT 2
−
2 mr2
r
1
et mr˙ 2 ≥ 0 donc au cours du mouvement, les valeurs du rayon r sont données par
2
l’inégalité Ep,ef f ≤ Em .
3. (a) Le mouvement est lié si r est borné donc, comme Ep,ef f ≤ Em , si Em < 0
(b) La trajectoire est circulaire si r est constant donc si Em = Emin
4. Mise en orbite haute du satellite
1. Lorsque le satellite est en A ou en P, r est extrêmal donc r˙ = 0. AP = rh + rb
2. Comme r˙ = 0 en rh et rb , ces deux rayons vérifient
1 LO 2 g0 mRT 2
−
= Em,t
2 mr2
r
r2 +
g0 mRT 2
L2
r− 0 =0
Em,t
2m
3. La somme des racines de l’équation est rh + rb = −
Em,t = −
g0 mRT 2
donc sur l’orbite de transfert,
Em,t
g0 mRT 2
AP
4. En déterminant la somme des racines de l’équation, en déduire que sur l’orbite de transfert,
g0 mRT 2
Em,t = −
AP
5. rb = 8000 km et rh = 40000 km donc Em,t = −35 GJ (ordonnée des points d’abscisses rh
et rb sur l’orbite de transfert).
6. En relevant les ordonnées des deux points correspondants au minimum d’énergie potentielle
effective, Em,b = −100 GJ et Em,b = −20 GJ
7. ∆Em = Em,t − Em,b = 65GJ
65.103
= 1, 3.103 kg
50
8. un carburant utilisé dans les moteurs-fusées pour l’aérospatiale : propergol
orbite géostationnaire : orbite telle que le satellite est immobile dans le référentiel terrestre.
L’altitude de cette orbite est 35 800 km
La masse mc de carburant nécessaire vaut mc =
5. Chute du satellite
2
1. La durée T nécessaire au satellite pour effectuer un tour de l’orbite circulaire de rayon r
2πr 23
2πr
=
est T =
√ .
v
RT g0
On retrouve la loi de Kepler. On remarque que T dépend de r est des caractéristiques de
la Terre et non du satellite.
2. En tenant compte des forces de frottements, d’après le théorème de la puissance mécanique,
dEm
= −kv 2
dt
g0 mRT2
kg0 RT 2
r
˙
+
=0
2r2
r
dr
r
+ =0
dt
τ
m
homogène à un temps.
2k
t
3. r(t) = r0 exp −
τ
où τ =
4.
PARTIE B : Étude du dispositif optique
1. Construction de l’image obtenue
1. Les rayons lumineux utilisés dans l’approximation de Gauss (rayons peu inclinés par rapport à l’axe optique et proches de l’axe optique à l’entrée du système optique) sont dits
paraxiaux. L’image d’un objet par un instrument d’optique est alors stigmatique et
aplanétique si le système est centré
2. image de même taille, renversée, située à une distance 2f’ après la lentille
3. L’objet PM peut être considéré comme à l’infini donc l’image de l’objet PM se trouve dans
le plan focal image de L.
4. le diamètre apparent du plus petit objet sur Terre que l’on puisse détecter vérifie tan α =
PM
d
OP ∗ d
' 0 donc P M =
= 7, 0 m . Un objet de 70 km de long nécessite 1,0.104
OP
f
f0
pixels.
3
5.
2. Influence de la longueur d’onde
1.
fJ0 =
C
A−1
1
B
(A − 1)λ2J
−1
C
B
0
fJ =
1+
A−1
(A − 1)λ2J
2.
1+
B
= 10−8 1. On peut alors écrire
(A − 1)λ2J
fJ0
1−
C
=
A−1
B
(A − 1)λ2J
3. f’ croît avec la longueur d’onde donc F’B est avant et F0 R est après à F0 J .
4. Stigmatisme : l’image d’un point est un point. La décomposition de la lumière par la lentille ne fait pas converger les rayons en un point unique. Cette absence de stigmatisme crée
l’aberration chromatique.
3. Défaut d’observation longitudinal
CB
1. ACL =
.
1
1
(A − 1)2 ( 2 −
λB
λR 2
f0 − f0
1
1
ACL
En supposant que fB0 fR0 = fJ0 2 , 0 − 0 = R 0 2 B = 0 2 .
fB
fR
fJ
fJ
2.
1
nB − nR
1
1
K
1
− 0 =
donc 0 − 0 = 0 .
fB0
fR
C
fB
fR
fJ
ACL = KfJ0 = 7, 0.10−2 m
4. Défaut d’observation transversal
1. ACT =
D/2
D/2
∗ (−FB0 H) = 0 ∗ (−FR0 H)
fB0
fR
2. Il est alors évident que ACT (fB0 + fR0 ) =
ACT =
KD
4
4
D
ACL . En supposant que f0 J = (fB0 + fR0 )/2,
2
5. Correction des défauts
1. Les relations de conjugaisons pour chacune des deux lentilles s’écrivent :

1
1
1



 OA − OA = f 0
1
1
1
1



−
= 0

f2
OA2 OA1
1
1
1
1
−
= 0 + 0 . L’association se comporte comme
f
f2
OA2 OA
une seule lentille mince de centre optique O et de vergence
En sommant ces deux relations,
1
1
1
= 0+ 0
0
fT
f
f2
2.
d(1/fT0 )
1
B B2
)∗ 3
= −2( +
dλ
C
C2
λ
3. donc fT0 ne varie pas avec la longueur d’onde si
B B2
+
=0
C
C2
4. Le signe de C2 est alors nécessairement négatif et la lentille L2 est divergente.
Problème 2 : autour du soufre
A. Atomistique
1. La configuration électronique, à l’état fondamental, de l’atome de soufre est 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4
donc son numéro atomique est 16.
2. Les électrons de valence du soufre se trouvent dans les sous-couches 3s et 3p correspondant
au nombre quantique secondaire ` = 0 ou ` = 1.
3. L’atome de soufre peut former 2 doublets liants et 2 doublets non liants pour vérifier la
règle de l’octet.
4.
5. Le dioxyde de soufre est polaire car la molécule est coudée du fait de la présence du doublet
non liant sur le soufre et de la polarité des deux liaisons soufre-oxygène.
L’eau est polaire donc solubilise mieux le dioxyde de soufre, polaire, que le dioxyde de
carbone, apolaire.
B. Cristallographie
5
2.
3.
4.
5.
1.
Il y a 1/8*8+1/2*6= 4 anions et 4 cations par maille.
La formule de la blende est donc ZnS.
La plus courte distance d existant dans la structure blende entre un anion un cation se fait
√
a 3
au niveau de la diagonale de la maille : d =
4
La coordinence des anions par rapport aux cations et celle des cations par rapport aux
anions est 4 car les cations se trouvent dans des sites tétraédriques du réseau des anions et
qu’il y a autant de cations que d’anions dans la maille.
√
R(Zn 2+ )
a 3
2+
2−
d = R(S +R(Zn ) donc
=
−1 Au minimum, les anions sont tangents
R(S√2−
4R(S 2−
entre eux et on a alors amin = 2 2R(S 2− :
r
R(Zn 2+ )
3
≥
−1
2−
R(S
2
6. La compacité de la blende est
4
4
4 ∗ πR(Zn 2+ )3 + 4 ∗ πR(Zn 2+ )3
3
3
C=
a3
M (Zn)
M (S)
+4∗
NA
NA
7. ρZnS =
∼ 104 g/cm3
3
a
C. Cinétique d’oxydation de l’ion hydrogénosulfite par l’eau oxygénée
4∗
La cinétique de la réaction d’oxydation des ions hydrogénosulfites par l’eau oxygénée en phase
aqueuse obéit à un mécanisme complexe faisant intervenir 3 étapes élémentaires.

k1


HSO−
→ A + H2 O

3 + H2 O2 −


k−1
A + H2 O −−→ HSO−
3 + H2 O2




k2
 A + H+ −
→ H2 SO4
1.
d[A]
d[A]
d[A]
d[A]
=
+
+
donc
dt
dt etape 1
dt etape 2
dt etape 3
d[A]
+
= k1 [HSO−
3 ][H2 O2 ] − k−1 [H2 O][A] − k2 [H ][A]
dt
2.
d[A]
+
' 0 donc k1 [HSO−
3 ][H2 O2 ] = (k−1 [H2 O] + k2 [H ])[A]
dt
d[H2 SO4 ]
Par définition, la vitesse de la réaction vaut v =
= k2 [H+ ][A]
dt
k1 [HSO−
3 ][H2 O2 ]
v = k2
[H+ ]
k−1 [H2 O] + k2 [H+ ]
6
k=
k1 k2 [H+ ]
k−1 [H2 O] + k2 [H+ ]
3. k−1 et k2 sont exprimées en mol−1 .m3 .s−1 dans le SI
4. (a) Le temps de demi-réaction est le temps nécessaire pour que la moitié des réactifs
limitants initialement présents soient consommés.
(b) Dans la première série d’expériences, le pH est fixé et les deux autres réactifs sont
2
introduits dans les proportions stoechiométriques donc v = kapp [HSO−
3] .
−
d[HSO3 ]
Or v = −
donc si l’ordre apparent est bien 2,
dt
1
1
= kapp t
− −
[HSO3 ] [HSO−
3 ]0
On trouve bien la même valeur de kapp (42 L.mol−1 .s−1 ) dans les deux cas.
(c) Le temps de demi-réaction est indépendant de [HSO3– ]0 donc l’ordre partiel en
[HSO3– ] est 1 et l’ordre partiel en [H2 O2 ]0 est 1.
Le temps de demi-réaction est inversement proportionnel à [H+ ]0 donc kapp est proportionnelle à [H+ ]0 donc l’ordre partiel en [H+ ] est 1.
7