Ecole des Mines d`ALBI

Auteur du Sujet : M. SIMON ; Lycée Kléber - Strasbourg
Correction
Physique
A. Exercice d’optique : Mesure d’une focale
A.1.1. Une lentille est mince si l’épaisseur e est faible devant les deux rayons de
courbure des dioptres formant la lentille et devant la distance entre les centres de
courbures. Alors, le rayon passant par le centre n’est pas dévié.
L’approximation de Gauss signifie qu’un rayon est faiblement incliné sur l’axe et
qu’il intercepte les dioptres à une hauteur h faible devant les rayons de courbure.
A.1.2.
1
1
1
−
=
OA′ OA f ′
A.1.3 γ =
A′B′
OA′
=
AB Thalès OA
A.2.1. L’objet pour l’œil est à l’infini donc l’image à la sortie de l’oculaire est à
l’infini. Le réticule est dans le plan focal de la lentille. d = f 2′ = 3cm
OA′.OA
1
1
1
d'où f ′ =
.
−
=
OA − OA '
OA′ OA f ′
d ′d1
= 1,33cm
au PP, OA = −d1 et OA′ = d ′ f ′ =
d ′ + d1
d ′d 2
= 1, 48cm
A.2.2.2. au PR, OA = −d 2 et OA′ = d ′ : f ′ =
d ′ + d2
A.2.2.1
A.2.2.3. Le rayon passant par B et O donne l’image B’ par intersection avec l’écran.
Le rayon parallèle à l’axe passe après la lentille en B’ et coupe l’axe optique en F’.
Le rayon sortant parallèle à l’axe vient de B en passant par F.
F′
F
d ′ =15mm
L0
A.2.3.1. L’image du réticule à travers l’oculaire est alors située à la distance d 2
1
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devant l’oculaire.
A.2.3.2. −
1 1 1
+ =
soit d = 2,92cm
d 2 d f 2′
A.2.4.1. L’objet doit être dans le plan conjugué du réticule par rapport à
f ′D
1
1
1
1
1 1
f ′− D
−
=
= − = 1
soit
soit O1 A = 1 .
f1′ − D
D O1 A f1′
f1′D
O1 A D f1′
f ′D
= −14cm . L’objet doit être à 14 cm devant l’objectif.
O1 A = 1
f1′ − D
( L1 ) .
A.2.4.2. Non car l’objet est dans le plan conjugué du réticule par rapport à ( L1 ) . La
modification de la position de l’oculaire permet de voir le réticule donc l’image pour
un œil normal ou myope.
Réticule
F1′
F1
oeil
D
L1
A.2.4.3.
d
L2
viseur
A.2.4.4. Le viseur pointe tout objet à une distance finie du réticule
f1′D
+ D = 28cm
f1′ − D
A.3.1 La visée s’effectuant à distance fixe, OA = − x1 = −20cm et OA′ = − x2 = −10cm
1
1
1
1
1
1
−
=
alors
−
=
:
−10 −20 f ′
OA′ OA f ′
A.3.2. En appliquant les lois de Descartes,
f ′ = −20cm : La lentille est divergente.
A.3.3.
2
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B. Exercice d’électricité :
B.1. Régime transitoire :
B.1.1. Le condensateur est chargé, u ( t = 0− ) = E et tous les courants sont nuls.
B.1.2. Il y a continuité de la tension aux bornes du condensateur donc u ( t = 0+ ) = E
donc i = 0 d’où i2 = −i1 = 2 E R .
B.1.3. En régime permanent constant, le condensateur de comporte comme un
interrupteur ouvert donc nous reconnaissons un diviseur de tension u =
et i1 = 0 . Par conséquent, i = i2 =
R2
E
E=
R+R 2
3
2E
3R
B.1.4 En utilisant les équivalences Thévenin Norton, il vient :
R
2
E
R
R
C
E
R
ut
R
3
C
ut
Ù
L’équation
différentielle
R
3
C
Ù
Nous obtenons un simple circuit R′C ′ avec C = C ′ et R ' =
B.1.5.
E
3
R
soumis à E/3
3
est : B.1.6
E
RC du
=u+
.
3
3 dt
u t
E
La solution est
u ( t ) = u∞ + ( u0 − u∞ ) exp ( −t / τ )
=
E ⎛
E⎞
E 2E
exp ( −t / τ )
+ ⎜ E − ⎟ exp ( −t / τ ) = +
3 ⎝
3⎠
3
3
E
3
B.2. Régime sinusoïdal :
2
2 + jRCω
+ jCω =
.
R
R
Ze
1
1
13
=
=
=
avec
La fonction de transfert est H =
R + Z e RY e + 1
⎛ 2 + jRCω ⎞ 1 + j RCω 3
1+ R ⎜
⎟
R
⎝
⎠
H 0 = 1/ 3 et ω 0 = 3 RC
B.2.1. L’admittance des deux branches en parallèle est Y e =
H =
13
1 + ( RCω 3)
2
; tan (ϕ ) = −
RCω
3
B.2.2. La fréquence de coupure correspond à
3
H =
13
1 + ( RCω 3)
2
=
13
2
soit
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fc =
ωc
3
=
.
2π 2π RC
B.2.3.1. On lit à la cassure des asymptotes, ou Gmax-3dB : f c = 200 Hz
B.2.3.2. On en déduit C = 2, 4 ⋅10−6 F
C. Exercice de mécanique : Planètes
JG
JG
C.1. f = M p g ( r ) er = −
GM p M e JG
er
r2
JG
d L JJJG JG G
C.2. Le théorème du moment cinétique donne
= OP ^ f = 0 .
dt
JG
JG
JJJJG
Le moment cinétique L est conservé. Comme OM et L sont orthogonaux, la
trajectoire est plane dans un plan passant par O et orthogonal à la direction Oz :
G dr JG
dθ JJG
v = er + r
eθ
dt
dt
JG
JG ⎛ dr JG
dθ JJG ⎞
dθ JG
dθ
alors L = M p rer ^ ⎜ er + r eθ ⎟ = M p r ² ez : L = M p r 2
dt
dt ⎠
dt
⎝ dt
C.3.1 Le mouvement étant circulaire, il est uniforme car si r=R, Ep=cte et Ec=EmG
GM e
GM JG
dv
v ² JG
Ec=cte . m circulaire
= − m er = − 2 e er alors vc =
R
dt
R
R
C.3.2 Comme vc = Rω = R
T 2 4π 2
2π
, il vient 3 =
R
GM e
T
2π GM e
G 3 M e3 4π 2G 3 M e3 4π 2G 2 M e2
C.3.3. v = 3 =
=
soit vc = 3
T
R
GM eT ²
T²
6
2π GM e ⎞
⎛ 2π GM e ⎞
2
⎟ ; E p = −2 Ec = − M P vc = − M P ⎜
⎟
⎝ T
⎠
⎝ T
⎠
G
G
G JJG
de G
L
C.4.1. Montrer que e = −
= 0.
v + eθ est constant revient à démontrer que
dt
GM e M p
G
G
JJG
de
L
d v d eθ
L
⎛ GM e JG ⎞ dθ JG
er ⎟ −
er
=−
+
=−
⎜−
dt
GM e M p dt
dt RFD GM e M p ⎝ r 2
⎠ dt
G
2
d e ⎛ M p r dθ ⎛ GM e ⎞ dθ ⎞ JG G
=⎜
⎟ er = 0
⎜
⎟−
dt ⎜⎝ GM e M p dt ⎝ r 2 ⎠ dt ⎟⎠
G dr JG
dθ JJG
C.4.2. Comme v = er + r eθ ,
dt
dt
G JJG
G
JJ
G
JJ
G
JJ
G
L
L
dθ
L2
+1 = −
+ 1 alors
e ⋅ eθ = −
v ⋅ eθ + eθ ⋅ eθ = −
r
GM e M p
GM e M p dt
GM e M p2 r
G JJG
1 1 + e cos (θ )
L2
+1 : =
e ⋅ eθ = e cos (θ + π ) = −e cos (θ ) = −
r
p
GM e M ² p r
⎛
C.3.4. Ec = M P vc2 = M P ⎜
2
2
1
1
e est donc l’excentricité et p =
2/3
2/3
L2
.
GM e M 2p
C.4.3. e = 0
C.4.2. L = M p vc R .
4
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G
De e = −
G JJG
G GM e M p JG
J
L
eθ .
v + eθ = 0 , on déduit v =
L
GM e M p
En module, vc =
GM e M p
M p Rvc
GM e
.
R
soit vc =
CHIMIE : Aluminium
Remarques sur le sujet (ayant été prises en compte lors de la notation)
* p8 - E1.7 : remplacer (ou AlO2 Na ,4 H 2O ) par (ou AlO2 Na ,2 H 2O )
* p10 dans les données :
O 2 /H 2 O E 0 = 1,23V - H + / H 2 O - E 0 = 0,00 V
D. Atome, ion molécule :
D.1 C’est le nombre d’électrons de l’atome. C’est aussi le nombre de protons.
2
2
6
2
1
Al : (1s ) ( 2s ) ( 2 p ) ( 3s ) ( 3 p )
D.2. L’ion le plus probable est Al 3+ (1s ) ( 2s ) ( 2 p ) qui a la structure du gaz rare que
le précède.
D.3.1 2Al + 3Cl2 = 2AlCl3
D.3.2 La réaction met en évidence le caractère réducteur de l’aluminium.
Le caractère réducteur diminue dans une ligne.
D.4 Cl − Al − Cl
2
2
6
Cl
E. L’aluminium en solution aqueuse:
E.1. Précipitation et complexation :
3
⎡⎣ Al 3+ ⎤⎦
⎡⎣ Al 3+ ⎤⎦ ⎡⎣OH − ⎤⎦
K
=
= s32 = 3,16 ⋅109
E.1.1 K1 =
+ 3
+ 3
− 3
Ke
⎡⎣ H 3O ⎤⎦
⎡⎣ H 3O ⎤⎦ ⎡⎣OH ⎤⎦
⎡ Al ( OH )− ⎤ ⎡ Al ( OH )− ⎤
4⎦
4⎦
=⎣
K2 = ⎣
−
−
⎡⎣OH ⎤⎦
⎡⎣OH ⎤⎦
( ⎡⎣ Al
⎤⎦ ⎡⎣OH − ⎤⎦
3
⎡⎣ Al 3+ ⎤⎦ ⎡⎣OH − ⎤⎦
3
3+
) = βK
s2
= 7,94
3
E.1.2 Au début de précipitation, K s 2 = ⎡⎣ Al 3+ ⎤⎦ ⎡⎣OH − ⎤⎦ soit
⎡⎣OH − ⎤⎦ = 3 K s 2 ⎡⎣ Al 3+ ⎤⎦ = 6,8 ⋅10−11 mol ⋅ L−1 soit pOH = 10,17 et pH1 = 3,83
−
On vérifie que ⎡⎣ Al ( OH )4 ⎤⎦ = K 2 K e / ⎡⎣ H 3O + ⎤⎦ = 5, 4.10−10 << 0.01
E.1.3. A la fin de précipitation, l’aluminium est sous forme d’aluminate donc
⎡ Al ( OH )− ⎤
⎡ Al ( OH )− ⎤
4⎦
4⎦
⎣
−
soit ⎣⎡OH ⎦⎤ = ⎣
= 1.26 ⋅10−3 mol ⋅ L-1 soit pOH = 2,9 et pH 2 = 11,1
K2 =
−
K2
⎡⎣OH ⎤⎦
On vérifie que ⎡⎣ Al 3+ ⎤⎦ = K1 ⎡⎣ H 3O + ⎤⎦ = 3,16 ⋅109 ( 8.10−12 ) = 1.6.10−24 << 0.01
3
3
5
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Al (O H
Al 3 +
)3
Al (O H
-
)4
pH
3,83
11,1
E.1.4
3
E.1.5 Au début de précipitation, K s1 = ⎡⎣ Fe3+ ⎤⎦ ⎡⎣OH − ⎤⎦ soit
⎡⎣OH − ⎤⎦ = 3 K s 2 ⎡⎣ Fe3+ ⎤⎦ = 10−12 mol ⋅ L−1 soit pOH = 12 et pH = 2
Fe OH
Fe 3 +
3
2
pH
E.1.6
E.1.7.1 2NaOH + Al2O3 = 2 AlO2 Na + H 2O
Remarque : il faut lire « (ou AlO2 Na ,2 H 2O ) » au lieu de « (ou AlO2 Na ,4 H 2O ) »
E.1.7.2 En milieu fortement alcalin, l’aluminium se dissout alors que le fer et les
autres ions restent sous forme de précipité.
E.1.7.3 La dilution fait diminuer le pH : On se rapproche de la zone où l’hydroxyde
précipite.
E.2 Oxydoréduction:
E.2.1 Al 3+ + 3é = Al : E = E ° ( Al3+ Al ) + 0, 02 ⋅ log ⎡⎣ Al3+ ⎤⎦
)
(
4
0, 06
⋅ log PO2 ⎡⎣ H 3O + ⎤⎦
4
⎛ ⎡ H O+ ⎤2 ⎞
0,
06
3
⎦ ⎟
2 H 3O + + 2é = H 2 + 2 H 2O : E = E ° ( H 3O + H 2 ) +
⋅ log ⎜ ⎣
⎜ PH 2
⎟
2
⎝
⎠
Remarque 1: L’énoncé donnait le couple H 2O / H 2 plutôt réservé au milieu basique :
O2 + 4 H 3O + + 4é = 6 H 2O : E = E ° ( O 2 H 2 O ) +
2 H 2O + 2é = H 2 + 2 HO − :
⎛
⎞
⎛ ⎡ H O+ ⎤2 ⎞
0, 06
1
0,
06
3
⎦ ⎟
°
⎟ = E ( H 2O H 2 ) +
E = E ( H 2O H 2 ) +
⋅ log ⎜
⋅ log ⎜ ⎣
2
2
−
⎜ P ⎡ HO ⎤ ⎟
⎜ PH 2 K e ⎟
2
2
⎦ ⎠
⎝ H2 ⎣
⎝
⎠
°
°
+
Par conséquent E ( H 2O H 2 ) = E ( H3O H 2 ) − 0.06 pKe = −0,84V
°
Dans le tableau, il faut soit mettre la valeur -0,83V soit le couple H3O + H 2
Toutes les réponses ont été comptées justes.
Remarque 2: La valeur 1.34 au lieu de 1.23 pour le couple O 2 H 2 O n’avait pas
d’influence car non utilisée dans le problème.
E.2.2.1 L’aluminium est un réducteur donc l’eau est l’oxydant, il se forme du
dihydrogène H 2 .
E.2.2.2 La réaction est :
( Al + 4OH
−
( 2H O + 2é = H
2
)
= Al ( OH )4 + 3é * 2
−
2
+ 2OH − ) *3
2Al + 2OH − + 6H 2 O = 3H 2 +2Al ( OH )4
−
6
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2
⎡ Al ( OH )− ⎤ pH3
4⎦
2
. A l’équilibre, les potentiels sont égaux :
E.2.2.3 K = ⎣
− 2
⎡⎣OH ⎤⎦
⎛ ⎡ H O+ ⎤2 ⎞
0, 06
3
⎦ ⎟
E = E ( Al Al ) + 0, 02 ⋅ log ⎡⎣ Al ⎤⎦ = E ( H 2 O H 2 ) +
⋅ log ⎜ ⎣
⎜ PH 2
⎟
2
⎝
⎠
−
⎛ ⎡ Al ( OH ) ⎤ ⎞
⎛
⎞
2
Ke
0, 06
0, 06
4⎦⎟
⎣
°
°
3+
⎜
⎜
⎟
E = E ( Al Al ) +
⋅ log
= E ( H2O H2 ) +
⋅ log
⎜⎜ β ⎡OH − ⎤ 4 ⎟⎟
⎜ P ⎡OH − ⎤ 2 ⎟
3
2
⎦ ⎠
⎦ ⎠
⎝ H2 ⎣
⎝ ⎣
⎛
⎛ ⎡ Al OH − ⎤ 2 ⎞ ⎞
⎛
⎞
6
( )4 ⎦ ⎟ ⎟
Ke
⎜
⎟ − log ⎜ ⎣
E ° ( Al3+ Al ) − E ° ( H 2 O H 2 ) = 0, 01⋅ ⎜ log ⎜
⎜ 2
− 8 ⎟⎟
⎜ P 3 H ⎡OH − ⎤ 6 ⎟
⎜ β ⎡⎣OH ⎤⎦ ⎟ ⎟
2 ⎣
⎜
⎦
⎝
⎠
⎝
⎠⎠
⎝
⎛
⎞
6
− 2
2
⎡
⎤⎦ ⎟
β
K
OH
e
⎜
6
⎣
°
°
3+
= 0, 01⋅ log β 2 K e − 0, 01⋅ log K
E ( Al Al ) − E ( H 2 O H 2 ) = 0, 01⋅ log ⎜
2
⎟
−
⎜ P 3 H 2 ⎡ Al ( OH )4 ⎤ ⎟
⎣
⎦ ⎠
⎝
°
3+
E ( Al Al ) E ° ( H 2 O H 2 )
1.66
6
log K = log β 2 K e −
+
= 2(33.4) − 6(14) +
= 148,8
0, 01
0, 01
0.01
°
3+
3+
°
(
(
)
)
F. Cinétique : Effet de l’aluminium :
d [ A]
= k [ A] alors [ Al ] ( t ) = [ Al ]0 exp ( − kt )
dt
alors t1/ 2 = ln ( 2 ) k
F.1 Dans le cas de l’ordre 1, v = −
F.2. [ Al ]0 2 = [ Al ]0 exp ( −kt1/ 2 )
indépendant des conditions initiales
F.3.1 Il suffit de tracer ln(C) en fonction de t :
Nous obtenons une droite de pente −k .
F.3.2 La régression linéaire donne k = 4,3 ⋅10−3 h −1 avec un coefficient de corrélation
de 0.999 .
F.3.3. t1/ 2 = ln 2 k = 161h
F.3.4. L’hypothèse est fausse car t1/ 2 et donc k doivent être indépendants des
conditions initiales dans le cas de l’ordre 1.
7