TS2015 - Devoir n°3

Terminale S
www.sciencesphysiques.info
Devoir de Sciences Physiques nÀ3 : correction
Exercice I
1/ Quantité de mouvement de l’ensemble {Rosetta + Philae} avant la séparation :
Il faut comprendre qu’avant la séparation, Rosetta et Philae ne forment qu’un seul objet, donc un seul
système, évidemment immobile (vitesse nulle) dans le référentiel qui est affecté à son centre de gravité.
pavant = p Philae + p Rosetta = (m Rosetta + m Philae ) × v
avec
v=0
donc
pavant = 0
2/ Quantité de mouvement de l’ensemble {Rosetta + Philae} après la séparation :
Après la séparation, Rosetta et Philae forment bien deux objets distincts mais peuvent toujours être considéré
comme un seul système. Or ce système est isolé puisque la séparation n’est due qu’à des actions internes au
système (légère propulsion par des ressorts internes au système). Ainsi, après la séparation, la quantité de
mouvement du système est la même qu’avant (elle est toujours nulle).
paprès = pavant = 0
Et donc :
v Rosetta =
paprès = p Rosetta + p Philae = m Rosetta × v Rosetta + m Philae × v Philae
or
- m Philae
× v Philae
m Rosetta
A.N :
v Rosetta =
- m Philae
97,9
× v Philae =
× 0,187 = 0,011 m.s −1
m Rosetta
1650
La perte de vitesse de Rosetta due au largage de Philae est donc de 0,011 m.s-1.
3/ Philae chute ensuite à une vitesse que l’on peut considérer comme à peu près constante (sa vitesse au
moment du largage) vue la très faible accélération de la pesanteur à plusieurs kilomètres du centre de la
comète.
d 22000
vchute = 0,90 m.s-1 et d = 22 km donc ∆t = =
= 2,4.104 s soit 6h40min
v
0,90
On retrouve les 7 heures approximatives annoncées dans le texte.
Exercice II
1/ Coordonnées du vecteur vitesse initiale : le texte nous dit que « le rebond se fait symétriquement par
rapport à la verticale avec une division par deux de la norme de la vitesse ». On a donc :
v0 = 0,90 / 2 = 0,45 m.s-1
A.N :
et
α = 75°
v 0 (v0x = v0 . cos α ; v0z = v0 . sin α)
v 0 (v0x = 0,12 ; v0z = 0,43)
2/ Durant les deux heures de rebond, la seule force extérieure appliquée à Philae est la force d’attraction
gravitationnelle FG exercée sur Philae par la comète. Le robot est donc en chute libre.
3/ Par définition (voir cours) :
g comète =
G × m comète 6,67.10−11 × 1,0.1013
=
= 1,3.10 −4 m.s −2
d2
( 2,27.103 )2
4/ En considérant le référentiel associé au sol de la comète comme galiléen (ce qui est une simplification
assez grossière puisque la comète tourne rapidement sur elle-même), on peut appliquer à Philae la deuxième
loi de Newton :
FG = m Philae × a
On a donc :
or
FG = m Philae × g comète
donc
m Philae × g comète = m Philae × a
et
a = g comète
a ( 0; − g )
Devoir de Sciences Physiques n°3 : correction
Page 1 / 3
Terminale S
Par définition :
On a donc :
www.sciencesphysiques.info
a=
dv
dt
( a et v sont des fonctions du temps qui devraient être notés a (t) et v ( t ) )
dv x
dt
dv
a z = −g = z
dt
ax = 0 =
donc
donc
vx = cte1 = v0x
vz = – g × t + cte2 = – g × t + v0z
Le vecteur vitesse du centre de gravité de Philae a donc pour coordonnées au cours du temps :
v ( t ) (v0x ; – g × t + v0z )
5/ Equations horaires du mouvement :
Par définition :
On a donc :
v=
dOG
dt
v x = v 0x =
( v et OG sont des fonctions du temps qui devraient être notés v (t) et OG ( t ) )
dx
dt
donc
v z = −g × t + v 0z =
dz
dt
x(t) = v0x × t + cte3 = v0x × t
donc
z(t) =
-1
-1
g × t 2 + v 0z × t + cte 4 = g × t 2 + v 0z × t
2
2
Les constantes 3 et 4 sont nulles puisque Philae se trouve à l’origine du repère (x = 0 et z = 0) à l’instant
initial t = 0.
Equation de la trajectoire de Philae (rebond) :
x( t)
-1
x2
x
-1 g
v
x(t) = v0x × t donc t =
d’où z(t) = g × 2 + v 0z ×
=
× x 2 + 0z × x
2
v 0x
2
v 0x
2 v 0x
v 0x
v 0x
a
On obtient une expression du type z(x) = ax2 + bx + c
donc durant son rebond, Philae a suivi une trajectoire parabolique.
b
c=0
6/ La flèche est l’altitude maximale a laquelle est remonté Philae avant de retomber. La valeur maximale de
z(t) est atteinte lorsque la dérivée de z(t) est nulle. On cherche donc à résoudre l’équation z’(t) = 0.
Par définition :
z’(t) = vz(t)
Calcul de la flèche :
z(t) = -
donc
– g × t + v0z = 0
d’où
t = v0z / g
1
v2
v
1 v2
1 (0,45 × sin(75))2
g × 0z2 + v 0z × 0z = × 0z = ×
= 730 m
2
g
2 g
2
g
1,3.10-4
L’article de vulgarisation indique que Philae est remonté à « près de 1 kilomètre d’altitude », ce qui est
cohérent avec l’ordre de grandeur de notre résultat.
7/ Il y a impact de Philae au sol lorsque z(t) = 0 :
z(t) =
-1
g × t 2 + v 0z × t = 0
2
donc
L’équation admet deux solutions :
 -1

t ×  g × t + v 0z  = 0
2

t1 = 0 : c’est le premier impact
t2 = 2v0z / g = 6700s soit 1h51min : c’est le deuxième impact
Le premier impact a eu lieu à 15h34 et le deuxième à 17h25 donc 1h51 min plus tard, c’est exactement ce
que nous retrouvons par le calcul. Le résultat est ici excellent.
8/ Portée minimale du rebond (si le sol de la comète était horizontal) :
x(t 2 ) = x (6700) = 780 m
Sur un sol horizontal, la portée du rebond aurait été de 780 mètres. Mais la comète étant de petite taille
(quelques kilomètres) et sa surface courbée à cette échelle, la portée observée est en fait plus grande ce qui
correspond bien aux données de l’article (il est dit « est retombé à plus de 1 km »).
Devoir de Sciences Physiques n°3 : correction
Page 2 / 3
Terminale S
www.sciencesphysiques.info
Exercice III
1/ Si la molécule inconnue était du butanol, on devrait trouver sur le
spectre une bande large et forte entre 3200 et 3400 cm-1 due à la liaison
O–H d’un groupe hydroxyle en phase condensée.
CH2
CH2
H3C
CH2
Or cette bande est absente, la molécule inconnue n’est donc pas un
alcool, on peut écarter la molécule A.
OH
Molécule A
Remarque : la large bande autour de 3000 cm-1 est due aux liaisons C–H.
CH3
Si la molécule inconnue était du 2-méthylbutanamide, on devrait trouver
sur le spectre une bande fine et forte entre 1650 et 1700 cm-1 due à la
liaison C=O d’un amide.
CH
H3C
CH2
Or cette bande est absente, la molécule inconnue n’est donc pas un
amide, on peut écarter la molécule B.
O
C
Molécule B
NH2
Remarque : la bande au-delà 1700 cm-1 est due ici à la liaison C=O d’un acide carboxylique.
2/ La molécule C possède trois groupes de protons équivalents (le texte indique que les protons des groupes
–NH2 et –COOH ne seront pas pris en compte ici).
b
Le groupe « a » possède 3 protons équivalents, le « b »
possède 2 protons et le « c » possède 1 proton.
Ces trois groupes provoquent donc 3 signaux sur le
spectre, ayant pour valeurs d’intégration 3, 2 et 1, pour
des déplacements chimiques respectifs de 1,0 ppm, 1,9
ppm et 3,7 ppm.
c
H
a
C
H
H
C
H
H
C
H
O
O
C
H
N
H
H
Le spectre semble donc compatible avec la structure de la molécule C.
La molécule D possède aussi 3 groupes de protons
équivalents : le groupe « a » possède cette fois 6 protons
équivalents, le « b » possède 1 proton et le « c » possède
1 proton.
Cette structure devrait donc provoquer sur le spectre
trois signaux, mais avec des valeurs d’intégrations
respectives de 6, 1 et 1.
Or les valeurs d’intégration sont différentes, il ne s’agit
donc pas de la molécule D. On ne peut donc retenir que
la molécule C.
H
a
H
C
H
C
H
H
C
H
c
H
O
C
H
H
O
C
b
H
N
H
3/ Dans la molécule C, les protons du groupe « a » ont 2 voisins et le signal à 1,0 ppm est bien un triplet.
Les protons du groupe « b » ont 4 voisins et le signal à 1,9 ppm est bien un quintuplet.
Le proton du groupe « c » a 2 voisins et le signal à 3,7 ppm est bien un triplet.
La multiplicité des signaux est donc bien en accord avec la structure de la molécule C.
Devoir de Sciences Physiques n°3 : correction
Page 3 / 3