® Correction DS no7

Correction DS no7
➤
I
Attraction gravitationnelle et satellites
1)
le référentiel référentiel
géocentrique
RG a pour origine le centre de la Terre et trois
axes dirigés vers trois étoiles fixes est
le .
Lois de Képler : Cf. cours M7
2) Le satellite est soumis à la force :
[d. CCP TSI 2010]
GM .m
=- T er
r2
GMT
G (M)=er
T
r2
e
r
M (m) r = eO M
F
O M
(RG)
O
MT
−
→
−→
GMT .m −
→
f = m.GT (M ) = −
er
r2
→
−
→ GMT .m −
−
→
er
D’après le principe de l’action et de la réaction : f ′ = − f =
r2
3) D’après le théorème du moment cinétique en O fixe dans R galiléen :
(
!
→
−
−→
d L O/R (M )
→
−
→ −
−−→ −
→
−
−−→ −−−→ = Cte
→
= MO ( f ) = OM × f = 0 ⇒ L O/R (M ) = OM ×vM/R
−−→ −−→
dt
⊥ (OM , −
vM/R ) ∀t
R
−−→
−→
Donc OM et −
v−
M/R (qui définissent le mouvement) sont perpendiculaires à une direction constante
→
−
de l’espace : le mouvement est donc contenu dans le plan perpendiculaire à L O/R
−−→ −−→
−−−→ →
Le plan du mouvement est donc le plan (OM , −
v
) = (OM , −
v )
M/R
0
0
4) Pour déterminer l’énergie potentielle gravitationnelle, il faut revenir au travail élémentaire
→
−
fourni par la force f :
→
−
→ −−→
−
GMT .m
GMT .m −
→
→
→
er (dr −
er + rdθ −
eθ ) = −
dr = −dEp (r)
δW ( f ) = f dOM = −
2
r
r2
D’où : Ep (r) = −
GMT .m
+Cste, soit, en prenant Ep (r → ∞) = 0 :
r
Ep (r) = −
GMT .m
K
=−
r
r
5)
Em
=
=
K
1
K
1
= m.(ṙ 2 + r 2 θ̇ 2 ) −
Ek + Ep = mv 2 −
2
r
2
r
2
C
1
K
1
m.ṙ 2 + m. 2 −
2
r
| {z } |2 {zr }
Ek,radiale
⇒
Ek,orthoradiale
1
Em = mṙ + Ep,eff
2
avec : Ep,eff =
•
lim Ep,eff = 0−
dEp,eff
mC 2
est minimale soit :
= 0 en rm =
dr
K
lim Ep,eff = +∞
x→0+
• Ep,eff
1 mC 2 K
−
2 r2
r
et
x→+∞
• Ep,eff = 0 pour r =
rm
2
Cor. DSno 7
Électrocinétique / Mécanique / Solutions aqueuses | PTSI
Sa 23/02/13
• Plusieurs cas possibles à condition d’avoir Em ≥ Ep,eff :
- cas (5), Em > 0 : mvt hyperbolique (état de diffusion)
- cas (4), Em = 0 : mvt parabolique (état de diffusion)
- cas (3), Em < 0 : mouvement elliptique (état lié)
- cas (2), Em,min < 0 : mouvement circulaire (état lié)
- cas (1) : situation impossible.
6) Principe fondamental de la dynamique appliqué dans RG galiléen au satellite S en mouvement
circulaire :
→
−→ −
m.−
a−
M/R = f
m r̈ − r θ̇ 2
⇔
→
→
→
(−
er ,−
eθ ,−
ez )
= −
GMT m
r2
r θ̈ + 2ṙ θ̇
0
z̈
0
v2
r
dv
dt
0
⇔
m −
= −
GMT m
r2
0
0
dv
−
= 0, soit : v = Cte (le module de la vitesse est constant)
• D’où en projection selon →
eθ : m
dt
r
GMT m
GMT
v2
→
−
, soit : v =
• D’où en projection selon er : −m = −
2
r
r
r
s
T2
4π 2
r3
2π.r
= 2π
d’où la 3ème loi de Képler :
=
7) T =
v
GMT
r3
GMT
8) En remplaçant la vitesse par son expression sur une trajectoire circulaire (cf. 6)) dans Em :
1
K
1 GMT
GMT .m
Em = mv 2 −
= m.
−
2
r
2
r
r
⇒
Em = −
Ep
1 GMT .m
= −Ek =
2
r
2
9) Les deux satellites S et S ′ étant sur la même orbite, tournent à la même vitesse constante
(indépendante de leurs masses m et m′ !) : ils ne peuvent donc pas se heurter.
10) Le plan de la trajectoire circulaire du satellite M doit contenir le centre de force O (cf. 4)).
Pour qu’un satellite géostationnaire soit toujours au-dessus d’un même point de la surface terrestre, il est impératif que le plan de sa trajectoire circulaire soit orthogonale à l’axe des pôles.
Cl : tous les satellites géostationnaires sont contenus dans le plan de l’Équateur.
11) • Lorsque le satellite est posé sur la Terre en un point de latitude λ, son énergie cinétique
dans le référentiel géocentrique est celle d’un point matériel M en rotation de rayon ρ = RT cos λ
1
1
2π
2
: Ek0 = mvM/R
= m(ρΩ)2 , soit :
autour de l’axe des pôles à la vitesse angulaire Ω =
G
T
2
2
2
2π
1
Ek0 = m
RT cos λ = 0, 21.109 J = 0, 21 GJ
2
T
• D’où :
Em0
1
= m
2
2π
RT cos λ
T
2
−G
MT m
RT
Puisque le terme d’énergie potentielle est indépendant de la latitude (on suppose la Terre parfaitement sphérique), cela veut dire qu’à l’énergie mécanique maximale correspond une énergie
cinétique maximale dans le référentiel géocentrique due à la rotation de la Terre :
2
1
2π
2π
rotation
Ek,max = m
RT
RT = 0, 46 km.s−1
avec : vsol (λ = 0) =
2
T
T
Ce qui correspond à λ = 0◦ , soit au plan de l’Équateur.
Or, pour lancer le satellite, il faut lui fournir un supplément d’énergie cinétique dans le référentiel
géocentrique. Ce supplément sera d’autant plus faible que l’énergie cinétique du satellite est déjà
importante – ce qui est le cas lorsqu’on est proche de l’Équateur.
2
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PTSI | Électrocinétique / Mécanique / Solutions aqueuses
Cor. DSno 7
Sa 23/02/13
• Mais pour bénéficier de cette énergie cinétique maximale à l’Équateur dû à la rotation de la
Terre, il faut bien entendu lancer le satellite dans le sens de rotation de la Terre, c’est-à-dire
vers l’Est.
12) • Un satellite géostationnaire doit tourner dans le plan de l’équateur (cf. 5 ) sur un cercle
de rayon rG = RT + hG avec pour période la période de rotation T de la Terre (de manière à
être en permanence au-dessus du même point de la surface terrestre).
• Par ailleurs, la troisième loi de Képler donne :
4π 2
T2
=
3
GMT
rG
⇒
rG =
T 2 GMT
4π 2
1/3
= 42 170 km
⇔
hG = rG − RT = 35 800 km
2π
= 3, 08 km.s−1
T
Rq : ces résultat son indépendant de la masse du satellite géostationnaire considéré.
Par contre, l’énergie mécanique, elle, dépend de la masse m :
• La vitesse du satellite géostationnaire est :
EmG =
vG = rG Ω = (RT + hG )
MT m
1
2
= −9, 5.109 J
mvG
−G
2
r
G
| {z } | {z }
9,5.109 J
18,9.109 J
13) La vitesse de libération correspond à la vitesse nécessaire pour atteindre l’état de diffusion le
plus accessible (la trajectoire parabolique) au point considérer. Ce qui revient à annuler l’énergie
mécanique à la distance rG du centre de force :
Em
II
MT m
1
=0
= mvlib − G
2
rG
⇒
vlib =
r
√
2GMT
= 2.vG = 4, 35 km.s−1
rG
Traitement du signal
Rq : l’A.O. est supposé idéal et fonctionne en régime linéaire (rétroaction négative). Donc,
puisque ǫ = 0 : VB = VE− = VE+ = VM = 0
1) • Théorème de Millmann au point A :
VA =
.Y + V .Y
VM
V 1 .Y 1 + V 2 .Y 4 + 2
B 3
Y1+Y2+Y3+Y4
⇒
V A .(Y 1 + Y 2 + Y 3 + Y 4 ) = V 1 .Y 1 + V 2 .Y 4
• Théorème de Millmann au point B : V
B .(Y 3 + Y 5 ) = V A .Y 3 + V 2 .Y 5
⇒
VA =−
Y5
.V
Y3 2
Y5
.(Y 1 + Y 2 + Y 3 + Y 4 ).V 2 = V 1 .Y 1 + V 2 .Y 4
Y3
−Y 1 .Y 3
=
avec S = Y 1 + Y 2 + Y 3 + Y 4
Y 3 .Y 4 + Y 5 .S
• On en déduit : −
Soit :
T =
V2
V1
2) Avec :
1
, Y 5 = jC1 ω et Y 2 = jC2 ω
R
1
− 2
R
On obtient : T =
3
1
+ jC1 ω.
+ jC2 ω
R2
R
Soit :
V
−1
T (jω) = 2 =
V1
1 + j.3RC1 ω + R2 C1 C2 .(jω)2
Y1 =Y3 =Y4 =
[email protected]
R
R
A
R
C2
e(t)
xxxxxxx
xxxxxxx
xxxxxxx
xxxxxxx
C1
xxxxxxx
xxxxxxx
xxxxxxx
xxxxxxx
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B
_
i-=0
i+=0
M
xxxxxxx
xxxxxxx
xxxxxxx
xxxxxxx
ε=0
+
S
vs
xxxxxxx
xxxxxxx
xxxxxxx
xxxxxxx
3
Cor. DSno 7
Électrocinétique / Mécanique / Solutions aqueuses | PTSI
Sa 23/02/13
3) Il s’agit d’un filtre passe-bas dont la fonction de transfert canonique est de

ω2





 ω02
A
V2
ω
=
avec, par identification :
T (jω) =
2m.

V1
ω 2
ω

ω0

+ j
1 + j.2m.



ω0
ω0
A
Soit :
la forme :
= R2 C1 C2 .ω 2
= 3RC1 ω
= −1
r
1
3 C1
ω0 = √
; m= .
; A = −1
2 C2
R. C1 C2
4)
 On a :

1



 ω0 = R.√C C
1 2
r


3 C1


 m = .
2 C2
5) A.N. :
s
1
3 C
3
1
. p
⇒
= .
=
2
C2 R. 2RC2
C
1 C2
r
3
C1 p
3
= .
.R. C1
C
2 = .RC1 ⇒
2 2
C
2
⇒ m.ω0
⇒
m
ω0
C1 = 3, 8 nF
et
C2 =
3
2Rmω0
C1 =
2m
3Rω0
C2 = 16, 9 nF
ω
(−j)×A
j
= Hejϕ en posant x =
=
2
2
(−j) × (1 − x + j2mx)  2mx + j(x − 1)
ω0

1
1


T =p
=√


2
2
2
2

1 + x4
(x − 1) + 4m x
1
√
• On en déduit, avec m =
:
2 

1
1
π



 ϕ = 2 − arctan 2m x − x
6) T =
• Le gain en décibels est :
GdB (ω) = 20 log T = −10 log[(x2 − 1)2 + 4m2 x2 ] = −10 log(1 + x4 )
40
3
20
–1
–0.5
0.5
y
1
2.5
1.5
2
0
2
–20
1.5
–40
1
–60
0.5
–80
–2
–1
(a) GdB (log(x))
0
1
y
2
(b) ϕ(log(x))
• Asymptote basses fréquences : pour ω ≪ ω0 ⇔ x ≪ 1, on a : T ABF ∼ −1, soit :
GdB → GdB (ABF) = 0 dB et ϕ → ϕ(0) = π
On en déduit que pour x ≪ 1, la courbe de réponse en gain en décibels présente une asymptote horizontale de valeur 0 dB et que la courbe de réponse en phase présente une asymptote
horizontale de valeur 180◦ .
• Asymptote hautes fréquences : pour ω ≫ ω0 ⇔ x ≫ 1, on a : T AHF ∼
1
,
x2
soit :
GdB → GdB (AHF) = −40 log x dB et ϕ → ϕ(∞) = 0
On en déduit que pour x ≫ 1, la courbe de réponse en gain en décibels présente une asymptote
de pente −40 dB/déc passant par l’origine et que la courbe de réponse en phase présente une
asymptote horizontale de valeur 0◦ .
4
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PTSI | Électrocinétique / Mécanique / Solutions aqueuses
• Pour ω = ω0 ⇔ x = 1, on a T =
D’où
Sa 23/02/13
Cor. DSno 7
−jH0
1
= j√ .
2m
2
1
GdB (ω0 ) = 20 log √ = −3, 0 dB
2
et
ϕ = 90◦ .
Rq : le fait que GdB (ω0 ) − GdB (max) = −3, 0 dB indique que ω0 représente la pulsation de
coupure du filtre.
7) La voie Y1 de l’oscilloscope sert à visualiser V1 , la voie Y2 à visualiser V2 .
8) On lit T = 4 div = 50 µs
soit
f = 20 kHz et V1m = 3 V
On a donc f = f0 et x = 1
soit :
T =
V2m
1
1
=√
=√
4
V1m
2
1+x
V1m
⇒ V2m = √ = 2, 1 V
2
D’après la réponse précédente, on
sait qu’à la fréquence propre, V2
est en quadrature avance de phase
par rapport à V1 (ϕ = π2 ).
➜ D’où le chronogramme.
9) Connaissant la tension d’entrée et le filtre linéaire, on en déduit la tension de sortie :
′
UL ≃ UL = 10 mV
′
′
VL = UL . cos(2π.fL .t) → VL = UL . cos(2π.fL .t + ϕL ) avec fL ≪ f0
ϕL ≃ −π

UB
 U′ ≃ √
≃ 0, 5 mV
B
′
′
VB = UB . cos(2π.fB .t) → VB = UB . cos(2π.fB .t + ϕB ) avec fB = 2.f0
17

ϕB ≃ −0, 76 rad ≃ 43◦
Soit : V2 (t) = −10. cos(2π.fL .t) + 0, 5. cos(2π.fB .t + 0, 76 rad) (mV )
10)
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5
Cor. DSno 7
Électrocinétique / Mécanique / Solutions aqueuses | PTSI
Sa 23/02/13
Complexes de NH3 avec les ions Cu2+
III
1)
Cu2+
+
N H3
⇄
[Cu(N H3
[Cu(N H3 )]2+
= 104,2
β1 =
[Cu2+ ].[N H3 ]
[Cu(N H3 )2 ]2+
= 107,6
β2 =
[Cu2+ ].[N H3 ]2
[Cu(N H3 )3 ]2+
= 1010,6
β3 =
[Cu2+ ].[N H3 ]3
[Cu(N H3 )4 ]2+
β4 =
= 1012,6
[Cu2+ ].[N H3 ]4
)]2+
Cu2+ + 2N H3 ⇄ [Cu(N H3 )2 ]2+
Cu2+ + 3N H3 ⇄ [Cu(N H3 )3 ]2+
Cu2+ + 4N H3 ⇄ [Cu(N H3 )4 ]2+
2)
[Cu(N H3 )]2+
Cu2+
+ N H3
[Cu(N H3 )]2+
+ N H3
⇄
[Cu(N H3 )2 ]2+ ⇄
[Cu2+ ].[N H3 ]
1
=
Kd1 = 2+
β1
[Cu(N H3 )]
2+
[Cu(N H3 )] .[N H3 ]
β1
=
Kd2 =
β2
[Cu(N H3 )2 ]2+
[Cu(N H3 )2 ]2+ .[N H3 ]
β2
Kd3 =
=
2+
β3
[Cu(N H3 )3 ]
2+
[Cu(N H3 )3 ] .[N H3 ]
β3
Kd4 =
=
β4
[Cu(N H3 )4 ]2+
[Cu(N H3 )3 ]2+ ⇄ [Cu(N H3 )2 ]2+ + N H3
[Cu(N H3 )4 ]2+ ⇄ [Cu(N H3 )3 ]2+ + N H3
Donc : β1 =
1
Kd1
β2 =
1
Kd1 .Kd2
β2 =
1
Kd1 .Kd2 .Kd3
β4 =
1
Kd1 .Kd2 .Kd3 .Kd4
Soit :
pKd1
= log β1
= 4, 2
pKd2
= log β2 − log β1 = 3, 4
et
pKd3
pKd4
= log β3 − log β2 = 3
= log β4 − log β3 = 2
3)
[Cu(NH3)3]2+
[Cu(NH3)4]2+
2
[Cu(NH3)2]2+
3
[Cu(NH3)]2+
3,4
Cu2+
4,2
pNH3
4)
C0 .v
= 0, 5 mol.L−1 ≫ [Cu2+ ]0
2v
v=20 mL NH3
C0=1 mol.L-1
C1 .v
= 0, 005 mol.L−1
C1′ = [Cu2+ ]0 =
2v
v=20 mL CuSO4 C1= 0,01 mol.L-1
Donc, on a toujours : [N H3 ] ≃ [N H3 ]0 et donc, à
l’équilibe final : pN H3 ≃ − log[N H3 ]0 ≃ 0, 3 < 2
2+
, et l’équation bilan de la réaction
Donc l’espèce majoritaire, dans l’état final, est Cu(N H3 )4
est :
2+
K = β4 = 1012,6
mol/L Cu2+ +
4N H3
−→ Cu(N H3 )4
C0′ = [N H3 ]0 =
ti
C1′
tf
ǫ
C0′ ≫ C1′
C0′ − 4C1′
0
(Ro totale)
≃ C1′
5)
[Cu(N H3 )4 ]2+ = 5, 0.10−3 mol.L−1
et
[N H3 ] = 0, 48 mol.L−1
[Cu(N H3 )4 ]2+
0, 005
[Cu2+ ] =
= 12,6
= 2, 4.10−14 mol.L−1
β4 .[N H3 ]4
10 .(0, 48)4
6
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IV
Sa 23/02/13
Cor. DSno 7
Effet d’ion commun
1) Soit une solution aqueuse saturée en fluorure de baryum :
(mol) BaF2(s)
ti
excès
tf
excès
−→ Ba2+ + 2F −
0
0
s.V
2s.V
Puisque [F − ] = 2s :
s=
[F − ]
= 6, 40.10−3 mol.L−1
2
[F − ]3
= 1, 05.10−6
2
2) On ajoute du fluorure de sodium en concentration introduire
Et Comme Ks = [Ba2+ ].[F − ]2 :
C0 =
Ks = 4s3 =
⇔
pKs = 6, 0
mNaF
1, 5
=
= 0, 71 mol.L−1 ≫ s
MNaF V
42 × 50.10−3
Soit :
(mol) BaF2(s)
ti
excès
tf
excès
−→ Ba2+ +
2F −
s.V
2s.V
s′ .V
C0 + 2s′ .V
À
l’équilibre
précipitation :
hétérogène
de
Ks = [Ba2+ ].[F − ]2 = s′ .(C0 + 2s′ )2
Hypothèse : par effet d’ion commun, on prévoit s′ < s
Comme de plus : s ≪ C0 , on peut écrire :
Ks ≃ s′ .C02
⇒
s′ =
Ks
= 2, 06.10−6 mol.L−1
C0 2
3) La masse de précipité apparue est égale à : mBaF2↓ = (s − s′ ).V.M (BaF2 ) = 56, 1 mg
V
Convertisseur Tension-Courant
L’amplificateur étant idéal et fonctionnant en régime linéaire : VE+ = VE− et i+ = i− = 0
Vs
VM
+
−0
R5
R5
R4
VS
⇒
VE + =
1) Théorème de Millman en E+ : VE+ =
1
1
R4 + R5
+
R5 R4
Théorème de Millman en E− :
VE−
R1 + R2
Soit : V =
R1
R5
R2
Vs −
Ve
R4 + R5
R1 + R2
2) I0 = I3 + I4 avec I3 =
Soit :
I0 =
Ve
V
+
−0
R1
R2
R1 R2
=
Ve +
V
=
1
1
R1 + R2
R1 + R2
+
R1 R2
=
R2
R1 + R2 R5
Vs −
Ve
R1 R4 + R5
R1
V − Vs
Vs
et I4 = −
R3
R4 + R5
1
R2
(R2 R5 − R1 .(R3 + R4 )).Vs −
.Ve
R1 R3 (R4 + R5 )
R1 R3
3) Lorsque R2 R5 = R1 .(R3 + R4 ) , on réalise un convertisseur tension-courant puisque la tension d’entrée Ve commande le courant de sortie I0 :
I0 = −
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R2
.Ve
R1 R3
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7