Exercice III Détermination du rapport e/m pour l`électron (5 points)

Bac S 2013 Antilles Guyane
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EXERCICE III – DÉTERMINATION DU RAPPORT e/m POUR L’ÉLECTRON (5 points)
1. Détermination du caractère négatif de la charge de l’électron par J.J.Thomson.
1.1. D’après l’échelle de 1,0 cm pour 5,0 kV.m -1, et comme E = 15,0 kV.m-1, on en déduit que E
sera représenté par une flèche de 3,0 cm.
(0,5 pt)
y
+++++++++++++
Annexe 5
Canon à
électrons
E
v0
x
O
–––––––––––––
L
1.2. (0,5 pt) (Lire la question suivante avant de répondre) Le document 4 indique que des
particules de charges opposées s’attirent. Le faisceau d’électrons étant attiré par la plaque
chargée positivement, c’est que les électrons sont porteurs d’une charge négative.
.
1.3. (0,5 pt) F  eE
Entre les plaques, l’électron n’est soumis qu’à la force électrostatique qui le dévie vers la plaque
chargée positivement. Cette force est donc de sens opposé au champ électrostatique, et comme
F  qE
. , cela impose que q < 0.
2. Détermination du rapport e/m pour l’électron.
2.1. (1,5 pt) On applique la deuxième loi de Newton au système électron, dans le référentiel
terrestre supposé galiléen.
dp dm.v dm
dv
dm
dv
comme m = Cte alors
= m. a
F


.v  m.
 0 et il vient F  m.
dt
dt
dt
dt
dt
dt
eE
.  m.a
e.E
Le vecteur accélération est de sens opposé au vecteur champ E .
a
m
a x  0

Par projection suivant les axes du repère défini dans le document 5, on obtient a 
e.E
a y  m
2.2.1. (0,5 pt) y(x=L) = h
e.E 2
h=
.L
2.m.v 02
e 2.v 02 .h

m E.L2
7
2
e 2   2, 27  10   1, 85  10
2.2.2. (0,5 pt)
= 1,76×1011 C.kg-1

2
m
15, 0  103   8, 50  102 
2
e e
2.2.3. (0,5 pt) U    .
m m
e
U    1, 76  1011 
m
2
2
 U(h) 2  U(E) 2
 U(v 0 ) 
 U(L)  



4

4


 


 
v
L

 
 h   E 
 0 
2
2
 0, 05 2  0,1 2
 0, 02 
 0, 05  

 
  4  2, 27   4  8, 50  



 
 1, 85   15, 0 
e
U    6×109 C.kg–1 = 0,06×1011 C.kg-1
m
On ne conserve qu’un seul chiffre significatif pour l’incertitude
(0,5 pt)
e
 (1,76  0,06)×1011 C.kg–1
m
Bac S Amérique du nord 2013
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EXERCICE II : STATION SPATIALE ISS (6,5 points)
Partie A : Étude du mouvement de la station spatiale ISS
1. (0,25 pt) Schéma :
L’expression vectorielle de la force gravitationnelle
FT/S
T
u
FT/S exercée par la Terre T sur la station S est :
S
TS
(0,25 pt)
FT/S  G 
m.M
 dTS 
2
.u .
2. Le système {station ISS} est étudié dans le référentiel géocentrique supposé galiléen.
(0,25 pt) La station n’est soumise qu’à la force gravitationnelle FT/S .
La masse m de la station étant constante, la deuxième loi de Newton s’écrit : FT/S = m. aS
En posant dTS = R + h il vient :
(0,25 pt) Finalement : aS 
G.
G.M
R  h 
2

m.M
R  h 
2
.u  m.aS
.u .


FT/S
n
3.1. (1 pt) Dans le repère de Frenet S,n, ,
T 2
v
dv
.n 
. .
le vecteur accélération s’écrit : aS 
R  h dt
avec n  u on a : aS 
S
v2
dv
.u 
. .
R  h dt
v2
dv
.u 
.u  .
En égalant les deux expressions de l’accélération, il vient :
2
R  h dt
R  h 
G.M

G M
v2
sur
u
:


2

R  h  R  h 
Par identification on obtient : 
dv

sur  : 0  dt  v  cte
La valeur de la vitesse de la station est constante donc le mouvement est uniforme.
GM
v2

L’expression de la vitesse v s’obtient à partir de la relation :
2
R  h  R  h 
GM
GM
soit finalement : v 
R h
R  h 
3.2. (0,25 pt) On convertit R + h en m :
v2 
6,67  1011  5,98  1024
= 7,67103 m.s1 = 7,67 km.s–1.
6380  103  400  103
4. (0,5 pt) Soit T la période de révolution de la station autour de la Terre, comme le mouvement
2. R  h 
est circulaire et uniforme de rayon R + h , la vitesse v s’écrit : v =
T
3
3
2  6380  10  400  10 
2. R  h 
T
(0,25 pt) donc T 
soit
= 5,56103 s = 1,54 h
7,67  103
v
v
(0,25 pt) Le nombre n de révolutions de la station en Δt = 24 h est n =
t
T
24
= 15,6. Un astronaute à bord de la station ISS fait plus de 15 fois le tour de la Terre en
1,54
24 h.
n=
Partie B : Ravitaillement de la station ISS
1. Modèle simplifié du décollage
1.1. (1,5 pt) Le système S = {fusée + gaz} étant supposé isolé, la quantité de mouvement pS du
système se conserve au cours du temps. Entre les dates t = 0 et t = 1 s on a donc :
pS (t  0 s)  pS (t  1 s)
Initialement le système est immobile (on considère que les gaz n’ont pas encore eu le temps
d’être éjectés de la fusée) donc pS (t  0 s)  0 d’où 0  pf  pg ,
soit 0  mf  v f  mg  v g
donc finalement : v f  
mg
 vg
mf
Lors du décollage, les gaz sont éjectés vers le bas. La relation précédente montre que la fusée
est alors propulsée vers le haut. Il s’agit d’un exemple de mode de propulsion par réaction.
1.2. Entre les dates t = 0 et t = 1 s, la variation de masse |m| de la fusée est due à l’éjection de
gaz qui a lieu avec un débit D.
La masse mg des gaz éjectés s’écrit mg = D.t
Donc |m| = D.t.
Pour t = 1 s on a : |m| = 2,91031 = 2,9103 kg  3103 kg = 3 t.
m
2,9
En exprimant les masses en tonnes, calculons :
= 3,7103 = 0,37%  0,4 %

mfi 7,8  102
(0,25 pt) La variation de masse |Δm| de la fusée au bout d’une seconde après le décollage est
inférieure à 1 % de la masse initiale mfi de la fusée : elle est donc négligeable.
On considère que la masse mf de la fusée n’a pas varié une seconde après le décollage.
Calculons alors la valeur de la vitesse de la fusée :
m
m
En projetant la relation v f   g  v g selon un axe vertical il vient : v f  g  v g
mf
mf
2,9
En laissant les masses en tonnes et la vitesse en km.s1, il vient : v f 
 4,0
7,8  102
(0,25 pt)
vf = 1,5102 km.s1 = 15 m.s1.
2.1. (0,25 pt) Si la vitesse est en réalité très inférieure à celle calculée, c’est que le système n’est
pas isolé. Le système {fusée + gaz} subit la force poids qui le ralentit fortement (et dans une
moindre mesure la force de frottement de l’air).
2.2.1. (0,25 pt) D s’exprime en kg.s1.
vg s’exprime en m.s1.
Donc D.vg s’exprime en kg.m.s2.
Le produit D.vg est donc homogène à une masse (kg) multipliée par une accélération (m.s2).
La deuxième loi de Newton  Fext  m.a permet de conclure que le produit D.vg est homogène à
une force.
2.2.2. La fusée peut décoller si la valeur F de la force de poussée F  D  v g est supérieure à la
valeur P du poids P de la fusée :
P = mf.g
(0,25 pt) soit P = 7,81059,78 = 7,6106 N (convertir mf en kg).
F = D.vg
(0,25 pt) soit F = 2,91034,0103 = 12106 N.
(0,25 pt) Comme F > P, la fusée peut décoller.