Corrigé du Dst Exercice 1 Énergies cinétique et potentielle de
publicité
Corrigé du Dst Exercice 1 Énergies cinétique et potentielle de pesanteur 4,5 points z 1. Les forces exercées sur la masse sont le poids P de direcA tion verticale, orienté de haut en bas et de valeur P = m.g et la tension T du fil faisant un angle avec la verticale, orientée de bas en haut et de valeur T. 2. Expression littérale de : 1 ' T G0 G0 l'énergie cinétique de la masse : Ec = .m.v 2 2 G' G h l'énergie potentielle : Epp = + m.g.h 0 P avec h = G'O = AO - AG' = - cos= .(1 - cos) Epp = + m.g. .(1 - cos) 1 l'énergie mécanique : E = Ec + Epp = .m.v 2 + m.g. .(1 - cos) 2 3. À tout moment, le travail de la force exercée par le fil sur la masse est égal au travail élémentaire de la force T entre deux dates t 1 et t2 proches l'une de l'autre et encadrant la date t considérée. Les deux dates étant très proches, on peut T considérer que le déplacement est confondu avec M1 M2 = v .(t2 – t1) M1● ● où v représente le vecteur vitesse de la masse à la date t. M ● M2 v Le travail élémentaire de T est W M1M2 ( T ) = T . M1M2 = T . v .(t 2 – t1) l'intervalle de temps est suffisamment court pour considérer que les vecteurs T et v sont constants donc W M1M2 ( T ) = T.v.(t2 – t1).cos( T , v ) = T.v.(t2 – t1).cos(90°) = 0. On peut donc dire que le travail de T est nul à tout moment. (on acceptera la réponse suivante : W( T ) = 0 car T est constamment perpendiculaire au déplacement de son point d'application). D'autre part, le poids étant la seule force qui travaille, on en déduit que l'énergie E de la masse se conserve. 1 4. L'énergie de la masse E = .m.v 2 + m.g. .(1 - cos) vaut au moment où elle est lâchée 2 sans vitesse initiale E(0) = m.g. .(1 - cos0). 1 1 Au moment de son passage en O, elle vaut : E(1) = .m.v02 + m.g. .(1 - cos) = .m.v 02 2 2 car en O, = 0 donc cos= 1. 1 La conservation de l'énergie permet d'écrire : .m.v 02 = m.g. .(1 - cos0) soit 2 v0 = 2.g. .(1 cos 0 ) = 2 -1 2 9,81 60.10 (1 cos30 ) = 1,3 m.s . 5. La masse remonte jusqu'en un point où sa vitesse s'annule. 1 Son énergie E(2) = .m.v2 + m.g. .(1 - cos) = m.g. .(1 - cos) vaut également 2 E(0) = m.g. .(1 - cos0) donc = 0 La hauteur de remontée correspond à G '0 O = AO - A G '0 = - cos0 = .(1 - cos0) = 60.10 -2(1 – cos 30°) = 8.10-2 m = 8 cm. 6. La masse effectue des oscillations autour de la position d'équilibre entre les deux positions extrêmes définies par l'angle = 30°. 7. Le graphe 3 représente les variations des énergies. À la date t = 0, Ec = 0 et Epp est maximale, à la date de passage en O, Ec est maximale et Epp = 0 et ainsi de suite ; d'autre part Em = Ec + Epp = Cste . 8. On désigne par O' le symétrique de O par rapport au point A. Pour que la masse puisse faire un tour complet, il faut que sa vitesse en O' soit telle que v O' 0. En prenant vO' = 0, on détermine la vitesse minimale à communiquer à la masse pour qu'elle parvienne en O'. La conservation de l'énergie implique E(O') = E(O) soit 1 m.g. .(1 - cos) = .m.v 02 avec = 180° 2 v0 = Exercice 2 2.g. .(1 cos ) = 2 -1 2 9,81 60.10 (1 cos180 ) = 4,9 m.s . Voiture tractée par une dépanneuse 5,5 points 1. Les forces qui s'exercent sur la voiture sont : le poids P de direction verticale, orienté de haut en bas et de valeur P = m.g la réaction normale RN de la route, perpendicu laire à la route orientée vers le haut et de valeur RN T B • RN la traction T du cable, inclinée d'un angle par h A rapport à la direction de la route, orientée de la voiture • vers la dépanneuse et de valeur T P f la force de frottement de même direction que celle de la route, de sens opposé à celui du mouvement et de valeur f. 2. En appliquant le théorème de la variation d'énergie cinétique entre les positions A et B du système (voiture) en translation : EC = WAB (Fext ) on obtient E CB - E CA = WAB( P ) + WAB( T ) + W AB( RN ) + W AB( f ) avec W AB( P ) = - m.g.h = - m.g.AB.sin = - m.g.d.sin W AB( RN ) = 0 car RN est perpendiculaire à AB et W AB( f ) = f . AB = f.AB.cos( f , AB ) = f.d.cos 180° = - f.d d'autre part la variation d'énergie cinétique est nulle puisque le mouvement est uniforme d'où - m.g.d.sin + WAB( T ) - f.d = 0. Ainsi le travail de la traction T exercée par le câble sur la voiture s'exprime par la relation: WAB( T ) = + m.g.d.sin + f.d = 980 10 100 0,05 + 200 100 = 6,9.104 J 3. Le travail de la force de traction est donné par la relation W AB( T ) = T . AB = T.AB.cos( T , AB ) = T.d.cos WAB (T ) 6,9.10 4 d'où la valeur de T : T = = = 797 N. d.cos 100 cos30 WAB (T ) T.AB 4. La puissance moyenne de la force de traction est P( T ) = = = T .v t t 60 = T.v.cos = 797 cos 30° = 1,15.10 4 W = 11,5 kW. 3, 6 5. En appliquant à nouveau le théorème de la variation d'énergie cinétique entre les deux positions 1 et 2 du système, on obtient : E C2 - E C1 = W12( P ) + W12( T ) + W12( RN ) + W12( f ) avec W12( P ) = 0 et W12( RN ) = 0 car P et RN sont perpendiculaires au déplacement de 1 1 leur point d'application, d'où mv 22 - mv 21 = T.d'.cos - f.d'. 2 2 La vitesse v 2 de la voiture après un déplacement d' = 500 m est : 2.d' 60 2 2 500 v2 = v12 (T. cos f) = ( ) (300 cos30 434) = 10 m.s-1. m 3,6 980 Exercice 3 Synthèse de l'indigo 4,5 points 1. Tableau d'évolution de la réaction de synthèse de l'indigo : Équation chimique État du système État initial État intermédiaire État final 2 C7H 5NO3 + 2 C3H 6O + 2 HO Avancement 0 x xmax - C16H 10N2O2 + 2 CH 3CO 2 + 4 H 2O Quantités de matière (mol) n(C7H5NO3) i n(C7H 5NO3)i – 2x n(C3H6O) i n(C3H 6O)i – 2x - n(HO )i - n(HO ) i – 2x n(C7H 5NO3)i - 2xmax n(C3H 6O)i - 2xmax n(HO-) i - 2xmax 0 0 x 2x - xmax 2xmax - À l'état initial, les quantités de matière des réactifs sont : m(C 7H5 NO3 ) 1,00 n(C7H5NO 3)i = = = 6,62.10-3 mol M(C 7H5NO3 ) 7 12 5 1 14 3 16 V(C3H6 O) m(C 3H6O) 0,79 20 n(C3H6O)i = = = = 2,72.10-1 mol M(C3 H6 O) M(C 3H6O) 3 12 6 1 16 n(HO -)i = CNaOH VNaOH = 2 5.10-3 = 1.10-2 mol À l'état final n(C7H5NO3) f = n(C7H 5NO3)i - 2xmax = 0 soit 6,62.10-3 - 2x max = 0 6,62.103 xmax = = 3,31.10 -3 mol 2 ou bien n(C3H6O)f = n(C 3H6O)i - 2xmax = 0 soit 2,72.10-1 - 2xmax = 0 2,72.10 1 xmax = = 1,36.10 -1 mol 2 ou encore n(HO -)f = n(HO-) i - 2xmax = 0 soit 1.10-2 - 2xmax = 0 1,0.10 2 xmax = = 5,0.10 -3 mol 2 xmax étant la plus petite des valeurs calculées : xmax = 3,31.10 -3 mol le réactif limitant est alors le 2-nitrobenzaldéhyde C 7H5NO3. 2. Calcul des quantités de matière des réactifs et des produits à l'état final : n(C7H5NO 3)f = 0 ; n(C 3H6O)f = 2,72.10 -1 - 2 3,31.10-3 = 2,65.10-1 mol et n(HO-) f =1.10 -2 - 2 3,31.10-3 = 3,38.10 -3 mol n(C16H10N2O 2) = xmax = 3,31.10-3 mol ; n(CH3CO 2) = 2xmax = 6,62.10-3 mol. (les molécules d'eau sont en excès aussi bien à l'état initial qu'à l'état final). La masse m d'indigo attendue est m(C16H10N2O2) = n(C16H 10N2O2) M(C16H10N2O2) = 3,31.10 -3 (16 12+10 1+2 14+2 16) = 3,31.10 -3 262 = 0,867 g. 3. Le rendement de la synthèse étant égal au rapport entre la masse réellement obtenue 0,38 et la masse attendue vaut : = 100 = 44 %. 0,867 Exercice 4 Conductivité d'une solution ionique 5,5 points 1. Pour assurer l'électroneutralité de la solution, la somme des charges positives doit être égale à la somme des charges négatives. Comme chaque ion positif porte la charge + e et chaque ion négatif, la charge – e, on doit avoir n(Cl -)aq = n(K+)aq + n(Na+)aq soit n(Cl-)aq = 1,54.10-4 + 1,12.10-4 = 2,66.10-4 mol. 2. Calcul des concentrations molaires des ions présents en solution : n( Cl)aq 2,66.10 4 [Cl-(aq)] = = = 1,06.10-3 mol.L-1 V 250.103 n(K )aq 1,54.10 4 [K+(aq)] = = = 6,16.10 -4 mol.L-1 3 V 250.10 n(Na )aq 1,12.104 [Na+(aq)] = = = 4,48.10-4 mol.L-1. 3 V 250.10 3. Les concentrations exprimées en mol.m-3 ont pour valeur : [Cl-aq] = 1,06 mol.m -3, [K +aq] = 6,16.10-1 mol.m -3 et [Na+aq] = 4,48.10-1 mol.m-3. 4. La conductivité de la solution est donnée par la relation = i .[ Xi ] soit i + + - = K .[K (aq)] + Na .[Na (aq)] + C l .[Cl (aq)] = 73,5.10-4 6,16.10-1 + 50,1.10 -4 4,48.10-1 +76,3.10-4 1,06 = 1,49.10-2 S.m-1. S 1, 2.104 5. La conductance est donnée par la relation G = . = 1,49.10 -2 = 1,9.10-4 S. L 9, 5.10 3 6. a. Les ions positifs étant à présent les ions oxonium, la quantité de matière n(H3O +)aq assurant la neutralité électrique de la solution est n(H3O+)aq = n(Cl-)aq = 2,66.10-4 mol donc la concentration molaire de la solution est C = [H3O +(aq)] = [Cl-(aq)] = 1,06 mol.m-3. b. La conductivité de la solution est ' = H O .[H3O+(aq)] + C l .[Cl-(aq)] = (H O + C l C 3 3 = (349,8.10-4 +76,3.10-4) 1,06 = 4,52.10-2 S.m-1. 1, 2.104 c. La conductance est alors G' = 4,52.10-2 = 5,7.10-4 S. 9, 5.103 G ' 5, 7.104 d. Comparaison des conductances des deux solutions = = 3. G 1, 9 .10 4 Cette différence s'explique par le fait que la conductivité molaire ionique de ion oxonium est beaucoup plus grande que celle des ions sodium et potassium.
