Exercice I La galiote 7 pts

2007 Métropole Exercice I. LA GALIOTE (7 points)
Calculatrice interdite Correction
1. Action de la poudre sur le boulet
Le système {galiote + canon + gaz} exerce une action sur le boulet : la force de poussée. Par réaction le boulet exerce
une force de recul sur le système {galiote + canon + gaz}.
La loi de Newton associée est la troisième loi : principe des actions réciproques.
Énoncé: Lorsqu'un corps A exerce sur un corps B une force
F
AB alors le corps B exerce sur le corps A une force
F
BA telle que :
F
AB et
F
BA ont même droite d'action
F
AB = -
F
BA
2. Trajectoire du boulet
2.1.1. La valeur de la poussée d'Archimède est égale au poids du fluide déplacé (ici l'air) par le boulet, soit :
FA = .V.g
avec FA en N
 en kg.m-3
V en m3 (V = 16 L = 1610-3 m3)
g en m.s-2
FA = 1,31610-310 = 1,31,610-210 = 2,110-1 = 0,21 N
2.1.2. Le poids: P = m.g
P = 10010 = 1,0103 N
2.1.3. Calculons
3
1
10*0,1 10*1,2  P
F
A
= 2,110-4 < 1,010–2
donc
A
P
F
> 1,0.102
On peut donc bien négliger la poussée d'Archimède devant le poids.
2.1.4. Système {boulet}
Référentiel terrestre supposé galiléen
Repère (O,
i , j
)
D’après 2.1.3., la poussée d’Archimède est négligeable face au poids. De plus la remarque indique que les forces de
frottement dans l’air sont négligeables devant le poids.
Le boulet n'est soumis qu'à son poids, on se place le cadre d’une chute libre.
2.2.1. La 2nde loi de Newton donne
P
= m.
a
 m.
g
=m.
a
soit :
a
=
g
En projection selon les axes Ox et Oy du repère choisi et compte tenu du sens du vecteur
g
indiqué sur le schéma il
vient :
xx
yy
ag
aa g g
0
À chaque instant :
dv
adt
donc ax=
x
dv (t)
dt
et aY=
Y
dv (t)
dt
x
y
v(t)Cte
vv(t) g.tCte
1
2
Coordonnées du vecteur vitesse initiale
v0
:
x
y
v v.cos
vv v.sin
00
0
00
Compte tenu du vecteur vitesse initiale
v0
=
v( )0
on a :
v0.cos = Cte1
v0.sin = 0 + Cte2
AB
BA
Corps B
Corps A

Finalement :
x
y
v(t)v.cos
vv(t) g.tv.sin
0
0
À chaque instant
dOG
vdt
donc: vx=
dx(t)
dt
et vY=
dy(t)
dt
x(t)v.cos.tCte
OGy(t) g.t²v.sin.tCte
03
04
1
2
Or à t = 0 le projectile est au point de coordonnées (x(0) = 0; y(0) =0) donc :
0 + Cte3 = 0
0 + 0 + Cte4 = 0
Finalement :
x(t)v.cos.t
OG y(t) g.t²v.sin.t
0
0
1
2
2.2.2. On tire de l'expression de x(t) = v0.cos.t , le temps t que l'on reporte dans y(t) :
t =
x
v .cos
0
y(x) =
x² x
.g. v.sin.
v.cos² v.cos
0
2
00
1
2
Finalement:
2
0
1
2x
yx g x
v
²
() tan
cos²
L'expression y(x) est de la forme: y(x) = A.x² + B.x avec A qui est négatif.
Avec : A =
2
0
11
2gv
cos²
B = tan
L'unité de A est identique à celle de g / v0² : g s'exprime en m.s-2 et v0² s'exprime en m².s-2 donc A s'exprime en m-1.
B n’a pas d’unités.
2.3 Portée du tir
2.3.1 On cherche la portée du tir xp = d telle que: y(xp) = 0  xp.(A.xp + B) = 0
Donc: xp = 0 (origine du repère, solution triviale)
Et xp = d = –
B
A
2.3.2 On donne: d =
v.sin( )
g
2
02
d est maximale si sin(2) est maximal, car v0 et g sont constants,
soit : sin(2) = 1  2 = 90°   = 45°.
2.3.3 On a : d =
v
g
2
0
 v0 =
d.g
application numérique: v0 =
,  4 240010 2410
= 1,5102 m.s-1
2.3.4 On garde  = 45 ° . Les forces de frottement vont s'opposer au mouvement du boulet, il faut donc une vitesse
initiale plus importante pour garder la même portée.
3. Restauration d'un boulet par électrolyse
3.1. A l'Anode se produit toujours une oxydAtion.
3.2. D'après l'équation les espèces qui réagissent sont : Cl- (aq) et H2O (l)
Les couples qui interviennent sont : Cl2 (g) / Cl- (aq) et H2O (l) / H2 (g)
Seul l'ion chlorure peut être oxydé à l'anode : l'équation de la réaction à l'anode est alors
2 Cl–(aq) = Cl2 (g) + 2 e–
Cette réaction a lieu à la borne + du générateur qui « aspire » les électrons produits.

3.3.1. Nombre d'électrons transférés : Q = N . e donc N =
Q
e
=
etI.
Quantité d'électrons échangés : n(e-) =
AA
NQ
N e.N
=
A
e.NtI.
3.3.2. D'après (1), lorsque 2x mol d'électrons sont consommées il se forme x mol de H2
Donc n(e-) = 2.x et n(H2) = x
Soit: n(H2) = n(e-) / 2.
Or n(e-) =
A
e.NtI.
donc n(H2) =
A
I. t
e.N2
3.3.3. En mettant t en s :
n(H2) =
,,. ,.
19 23
105303600
21610 6010
=
, ,.
.
5
4
530 3610
1910
=
.
.
5
4
19 10
19 10
= 10 mol
3.3.4. V(H2) = n(H2)  Vm = 10  24 = 2,4.102 L
National Juin 2005 Correction Calculatrice interdite
EXERCICE II. QUATRE SATELLITES TERRESTRES ARTIFICIELS PARMI
BIEN D'AUTRES (5,5 POINTS)
1. Les premier satellite artificiel
1.1.
ST
F/
= G.
2
)( hR mM
T
ST
n
avec
n
vecteur unitaire - radial (porté par la droite (OS))
- centripète (orienté de S vers O)
1.2. Dans un référentiel géocentrique considéré comme galiléen, en appliquant la deuxième loi de Newton au système {satellite}:
ST
F/
= mS .
a
=> G.
2
)( hR mM
T
ST
n
= mS .
a
=> G.
2
)( hRM
T
T
n
=
a
2. Les satellites artificiels à orbites circulaires
2.1. étude du mouvement du satellite Hubble dans un référentiel géocentrique
2.1.1. Pour un mouvement circulaire, on a
a
=
dt
dv
+
h)(Rv²
T
n
, avec vecteur unitaire tangent à la trajectoire et
n
vecteur
radial et centripète.
D'après la seconde loi de Newton, le vecteur accélération a même sens et même direction que le vecteur
ST
F/
. Ce qui impose
dt
dv
=
0, donc la valeur de la vitesse est constante.
2.1.2. On peut écrire
a
=
h)(Rv²
T
n
et en utilisant le résultat du 1.2. on obtient l'égalité suivante :
G.
2
)( hRM
T
T
=
h)(Rv²
T
=> G.
)( hRM
T
T
= v² => v =
)(
.hR
M
G
T
T
2.1.3. Le satellite décrit son orbite, de périmètre 2(RT+h), en une durée égale à la période T de son mouvement.
v =
ThR
T)(2 
=> T =
vhR
T)(2 
=> T² =
²)(4 22 vhR
T
=>T² =
)( .)(4 22 hRMG hR
T
T
T
=>T² =
T
T
MG hR .)(4 32 
On retrouve la 3ème loi de Kepler:
3
)( ²hR T
T
=
T
MG.
42
2.2. Cas d'un satellite géostationnaire
2.2.1. Un satellite géostationnaire est fixe par rapport à un référentiel terrestre. (référentiel terrestre: solide fixe par rapport au sol
terrestre)
2.2.2.a. La figure 2 est incompatible avec la seconde loi de Newton:
Le vecteur accélération est dans le plan contenant l'orbite du satellite.
O
ST
F/
Spoutnik 1
Terre
n

Or d'après la 2nde loi de Newton, le vecteur
a
possède le même sens
et la même direction que le vecteur
ST
F/
;
a
doit avoir pour direction la droite (OS), ce qui n'est pas le cas ici.
autre justification possible: Rappel mathématique un cercle est une ellipse
particulière dont les foyers sont confondus et situés au centre du cercle.
D'après la 1ère loi de Kepler (voir son énoncé au 3.1), le point O devrait être au centre de l'orbite du satellite. Cette loi n'est donc pas
respectée sur cette figure 2.
2.2.2.b. La figure 1 est la seule trajectoire qui puisse correspondre au satellite géostationnaire. Le plan contenant l'orbite du satellite
est le plan équatorial. Ainsi le satellite peut rester à la verticale d'un même lieu si sa période de révolution est égale à la période de
rotation de la Terre.
3. Les satellites artificiels à orbites elliptiques.
3.1. 1ère loi de Kepler :
Si l'on considère un centre attracteur T (ex : la Terre ) et un satellite S soumis à l'interaction gravitationnelle, ce dernier
décrit en l'absence de perturbations, une trajectoire elliptique, dont le centre attracteur occupe l'un des foyers.
3ème loi de Kepler:
Le rapport du carré de la période de révolution T d'un satellite, autour d'un astre attracteur, au cube du demi-grand axe a
de l’ellipse est constant. T²/a3 = Cte
3.2.
F'
O
F
<
>
2a
O = centre de l'ellipse
F et F' = Foyers
2a = grand axe
a = demi-grand axe
T centre d'inertie de la Terre
A: 36000 km d'altitude
P: 500 km d'altitude
3.3. Les deux aires hachurées sont égales. On remarque que dans un cas le satellite parcourt la longue distance HK, tandis que dans
l’autre cas, il parcourt la petite distance MN.
D’après la loi des aires, ces distances inégales sont parcourues durant une même durée .
Il est donc impossible que le satellite se déplace toujours à la même vitesse.
3.4. La vitesse est maximale en P et minimale en A.
4. Les missions des satellites artificiels.
4.1.
Ultraviolet mini = 400 nm maxi = 800 nm Infrarouge
4.2.  =
c
=
c
mini =
9
8
10400100,3
=
9
8
101004100,3
=
7
8
10
10
4
3
= 0,751015 Hz soit 7,51014 Hz
maxi =
9
8
10800100,3
=
2
1
9
8
10400100,3
=
2
mini
=
21075,0 15
= 0,3751015 = 3,751014 Hz
soit environ 3,81014 Hz.
4.3. Dans le vide la lumière se déplace à la célérité notée c, tandis que dans un autre milieu elle se déplace à la célérité V < c.
 =
V
la fréquence est constante, si la célérité V varie alors  varie.
 dépend du milieu de propagation.
a
Satellite
O
T
S
A
P
 dans le vide
en nm
Spectre optique
O
T
M
N
H
K
P
A