Exercices de physique des particules sur la question de la terre a la lune - correction, Questions d'examen de Physique des particules
Eleonore_sa
Eleonore_sa30 avril 2014

Exercices de physique des particules sur la question de la terre a la lune - correction, Questions d'examen de Physique des particules

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Exercices de physique des particules sur la question de la terre a la lune - correction. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Ascension de la fusée Saturne V, Mise en orbite autour de la Terre du système, Que...
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Exercice II. De la Terre à la Lune 5,5 points

2009 septembre Métropole : DE LA TERRE A LA LUNE (5,5 points) Correction

1. Ascension de la fusée Saturne V 1.1.(0,25) L’étude de la phase du début du lancement se fait dans le référentiel terrestre supposé galiléen. 1.2.(0,5) Dans le référentiel terrestre galiléen, la fusée est soumise à :

- son poids : P , force verticale orientée vers le bas

- la force de poussée : F force verticale orientée vers le haut

- frottements de l’air sur la fusée : f , force verticale orientée vers le bas opposée au sens du mouvement de la fusée.

- la poussée d’Archimède :  , force verticale orientée vers le haut, sa valeur est sans doute négligeable face à celles des autres forces. 1.3.(0,25) La seconde loi de Newton est applicable « … à un solide de masse m constante … » d’après l’énoncé. Or, au cours du mouvement, la fusée consomme du carburant donc sa masse diminue. Ainsi, on ne peut pas appliquer la seconde loi de Newton durant toute la durée de l’ascension. (0,25) En effectuant l’étude sur une durée suffisamment courte, on peut considérer que la masse de la fusée ne varie quasiment pas, la seconde loi de Newton est applicable. 1.4. En négligeant les actions de l’air sur la fusée, la seconde loi de Newton impose :

(0,25) P + F = M.a en projection selon un axe (Oz) vertical orienté vers le haut : Pz + Fz = M.az – P + F = M.a

– M.g + F = M.a

donc:    F

a g M

(0,25) A.N: a = 

  

7

6

3,3 10 9,8

2,9 10 = 1,6 m.s-2 avec M = 2,9103 t = 2,9106 kg.

2. Mise en orbite autour de la Terre du système {S-IVB + Apollo XI}

2.1.(0,5) Force d’attraction gravitationnelle exercée par la Terre sur le système {fusée} :

    

T T F 2

T

m.M F G. .u

R h

2.2. Seconde loi de Newton appliquée au système {fusée} dans le référentiel géocentrique galiléen :

T FF m.a 

  

T

2

T

m.M G. .u R h

= m.a

(0,25) a=  

 

T

2

T

M G. .u R h

Le vecteur accélération a de la fusée, dont le mouvement est

supposé circulaire, est orienté en permanence vers le centre de la Terre car a est de sens

opposé au vecteur u .

(0,25) Le vecteur accélération a est donc centripète.

T FF 

F

P

f

O

z

Le vecteur accélération a est centripète et de valeur constante (car mouvement supposé

circulaire) donc le mouvement est uniforme de vitesse v telle que :  

2

T

v a

R h 

 (1)

2.3.(0,5) De la relation : a=  

T

2

T

M G .u R h

 

il vient: a =  

T

2

T

M G R h

(2).

En identifiant les relations (1) et (2) :  

2

T

v

R h =

  T

2

T

M G R h

v2 =  

T

T

G.M

R h finalement :

  T

T

G.M v

R h 

A.N : v =  

11 24

6 3

6,67 10 5,98 10

6,37 10 185 10

  

   = 7,80 103 m.s-1 en convertissant RT et h en mètres.

3. Quelques expériences associées à la mission Apollo 3.1. (0,25) En supposant que l’âge de la Lune est du même ordre de grandeur que l’âge de la Terre (quelques milliards d’années), le radioélément adapté à la mesure de l’âge de la Lune est le potassium 40. En effet la demi-vie du potassium 40 est de 1 milliard d’années : elle est bien du même ordre de grandeur que l’âge supposé de la Lune. Les deux autres radioéléments ont des demi-vies beaucoup trop courtes pour être adaptés à cette mesure.

3.2.(0,25) 40 40 019 18 1K Ar e  (désintégration  +).

3.3. (0,25) Loi de décroissance radioactive : NK(t) = NK(0). .te où  est la constante de

désintégration radioactive 3.4. (0,25)temps de demi-vie t1 /2 d’un échantillon radioactif : durée au bout de laquelle la moitié d’une population de noyaux radioactifs a été désintégrée.

D’après la définition précédente : kK 1/ 2 N(0)

N(t ) 2

  NK(0). 1/2 .te = k

N(0)

2

 1/ 2.te = 1

2  1/2.te = 2  ln( 1/2.te )= ln2 ainsi .t1/2 = ln2

(0,5)finalement :   1/ 2

ln2

t

(0,25) A.N :    9 ln2

1,26 10 = 5,5010–10 an–1.

3.5. NK(t) = NK(0). .te donc : .te = K

K

N(t )

N(0)  .te = K

K

N(0)

N(t )

ln( .te ) =      

K

K

N(0) ln N(t )

 t = K

K

1 N(0) .ln N(t )

   

  

(0,25) Or NK(0) = NK(t) + NAr(t) donc t =    

  

K Ar

K

1 N(t )N (t ) .ln

N(t )  t = Ar

K

N (t )1 .ln 1

N(t )

   

  

(0,25) A.N : t = 17

10 16

1 2,3 10 ln 1

5,50 10 2,4 10  

     

= 4,3 109 ans = 4,3 milliards d’années.

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