+ v ( t )

Correction du DS 5 :
Exercice 1 :
1. Trajectoire de la flèche :
1.1. (0,25) La résistance de l’air ayant relativement peu d’effet, on peut négliger la force de frottement de l’air face
aux autres forces subies par la flèche.
1.2. (0,75) Système : flèche de masse m
Référentiel : terrestre supposé galiléen
D’après la deuxième loi de Newton :
P  m.a
m.a
a =g
ax  g x  0
En projection selon les axes Ox et Oz du repère choisi : a 
az  g z  g
1.3 (0,5)
m. g =
(V0cos ; V0 sin ).
1.4.(1,5) À chaque instant,
a
dv
dv x ( t )
dv z ( t )
donc : ax(t) =
et az(t) =
dt
dt
dt
v x (t )  Cte1
v z (t )  g.t  Cte2
en primitivant on a : v 
Compte tenu du vecteur vitesse initiale
v 0 = v( 0 ) on a :
v0 . cos = Cte1
v0 . sin = 0 + Cte2
Finalement :
v x (t )  v 0 .cos 
v
v z (t )  g.t  v 0 .sin 
1.5. (1,5) À chaque instant
v
dx(t )
dz(t )
dOG
donc vx(t) =
et vz(t) =
,
dt
dt
dt
 x(t )  v 0 .cos  .t  Cte3

en primitivant on a : OG 
1
z(t )   g.t²  v 0 .sin  .t  Cte4


2
Or à t = 0 le projectile est au point de coordonnées (x(0) = 0; z(0) = 0) donc:
x(0) = 0 + Cte3 = 0
z(0) = 0 + 0 + Cte4 = 0
 x(t )  v 0 .cos  .t

Finalement : OG 
1
z(t )   g.t²  v 0 .sin  .t  H


2
x(t)
1.6. (0,75) x(t) = (v0.cos).t
donc t =
v 0 .cos 
2
1  x(t) 
x(t)
On remplace t par cette expression dans z(t) : z(x) =  .g. 
   v 0 sin   .
2  v 0 .cos  
v 0 .cos 
z(x) =
1
x(t)2
 .g. 2
 x(t).tan
2 v 0 .cos2 
L’expression de la trajectoire est du type z(x) = ax² + bx, la courbe représentative de cette fonction est une parabole
comme l’indique le premier texte.
2. « Chute » de la flèche :
2.1. Durée du trajet de la flèche :
2.1.1. ( 0.5) x(tC) = xC = (v0.cos).tC
tC =
xC
v 0 .cos 
2.1.2. (0,75) La vitesse initiale v0 est de 70 m/s et l’angle α vaut 4°. Le premier texte nous apprend que xC = 70 m.
Vérifions la cohérence de ces valeurs numériques, en calculant tC :
tC =
70
= 1,0 s durée conforme à celle indiquée.
70.cos 4
2.2. « Distance de chute » :
2.2.1. (1) Garder les mêmes conditions initiales signifie que l’on ne modifie pas la vitesse initiale v0, ni l’angle α.
Pour que la flèche atteigne le point A, il faudrait qu’elle se déplace en ligne droite suivant la droite (OA). Pour cela,
on doit faire l’hypothèse que l’attraction gravitationnelle n’est pas assez forte pour courber la trajectoire : le poids est
négligeable.
La flèche ne subirait aucune force, elle constituerait un système mécaniquement isolé. Le mouvement serait
rectiligne et uniforme ( Fext
 0  m.a alors a  0 ).
2.2.2. (1) Entre O et A le mouvement est rectiligne et uniforme à la vitesse v0 pendant la durée tOA = tC donc : OA =
v0.tOA = v0.tC.
Et sin =
h
h
donc OA 
.
OA
sin 
En égalant les deux expressions de OA : v0.tC =
2.2.3. (1) On a : z(tC) = 0 =
h=
1
 .g.t C2 + v0.sin.tC
2
h
finalement : h = sin α .v0.tC
sin 
1 2
soit 0 =  .g.t C + h
2
1 2
gt C . Ainsi pour t = tC la « distance de chute » h vaut « gt²/2 ».
2
2.3.
2.3.1. (0,5) La direction du vecteur vitesse est horizontale au sommet de la trajectoire , son sens est celui du
mouvement.
2.3.2. (0,5) Vz(ts) = 0  -g ts + V0 sin α = 0  ts = V0 sin α/g
2
2
2
2
2
2
2.3.3. (1,5) z(ts) = - ½ gts + V0 sin α ts = - ½g (V0 sin α/g ) + V0 sin α (V0 sin α/g ) = - ½ (V0 sin α/g) +(V0 sin α/g)
2
2
z(ts) = ½ (V0 sin α/g)
2
2
2
2
-3
-4
z(ts) = ½ x 70 x sin 4 /10 = ½ x 7 x 10 x 5,0.10 /10 =½ x 49 x100x 5 x10
-2
-2
-2
z(ts)= ½ x 5 x49 x 10 =2,5 x 49 x 10 = 122,5 x 10 = 1,22 m .
3. Influence de la valeur de la vitesse initiale sur le tir
3.1. (0,5) On garde  constant, donc si v0 augmente alors, pour xC fixé, la durée de chute tC =
La hauteur de chute h =
xC
diminue.
v 0 .cos 
1 2
gt C diminue car tC diminue.
2
3.2. (0,5) Si la hauteur de chute h diminue, la flèche atteint la cible au-dessus du point C.
Exercice 2
1) (0,5 pt)
Couples Fe
2) (0,5 pt)
réduction :
oxydation:
3) (0,5 pt)
4) a) (1pt)
2+
(aq)
/ Fe(s) et Zn
2+
2+
(aq)
/ Zn(s) .
–
Fe (aq) + 2 e = Fe(s)
2+
–
Zn(s) = Zn (aq) + 2 e
–1
–2
n(Fe )i = c1.V1 = 1,0010  0,100 = 1,0010 mol
2+
–1
–2
n(Zn )i = c2.V2 = 1,0010  0,200 = 2,0010 mol
2+
Qr,i =
[Zn(2aq )]i
[Fe(2aq )]i
 c2.V2 


V1  V2  n(Zn2 )i

=
=
= 2,00.
 c1.V1  n(Fe2 )i


 V1  V2 
L'histogramme correspondant à l'état initial est celui de la figure 2 (état E2). On retrouve les quantités de matière
calculées au 2).
4b) (0,75 pt)
Si Qr < K, alors le système chimique évolue spontanément dans le sens direct de l'équation,
si Qr = K, le système est dans l'état d'équilibre, pas d'évolution de sa composition,
si Qr > K, le système évolue spontanément dans le sens inverse de l'équation.
11
4c) (0,25 pt)
Ici Qr = 2,00 << K = 1,4010 , évolution en sens direct: formation de Zn
4d) (0,5 pt)
Ici Qr =
n(Zn2 )
n(Fe2 )
2+
et de Fe.
Qr,1 =
n(Zn2 )1
n(Fe2 )1
Qr,1 =
0,025
=5
0,005
Qr,3 =
n(Zn2 )3
n(Fe2 )3
Qr,3 =
0,015
= 1,0
0,015
4e) (0,75 pt) Au cours de la transformation, le quotient de réaction évolue de façon à tendre vers K.
Ici, Qr va augmenter (évolution en sens direct) et Qr,i = 2,00. Seul Qr,1 est compatible avec ces données.
L'état E1 est le seul état qui constitue un état intermédiaire entre l'état initial et l'état final.
5)a) (1,5 pt)
Équation de la réaction
Avancement
2+
(mol)
Fe
(aq)
2+
n(Fe )i = C1xV1
Etat Initial
+
Zn(s)
n(Zn)i =
x=0
–2
1,0010 mol
=
=
mZn
M Zn
Zn
2+
(aq)
+
2+
n(Zn )i = C2xV2
6,54
=
65,4
–2
2,0010 mol
–1
x = xf
–2
1,0010
2+
mol
n(Fe )i – xf
0 mol
5)b) (0,75 pt) Concentrations en ions Fe
2+
et Zn
2+
n(Zn)i – xf
–2
9,0010 mol
n(Fe)i =
=
mFe
M Fe
5,56
=
55,6
–1
1,0010 mol
Etat final
Fe(s)
1,0010 mol
2+
n(Zn )i + xf
–2
3,0010 mol
n(Fe)i + xf
–1
1,1010 mol
:
[Fe
[Zn
2+
2+
(aq)]f
= 0 mol.L
(aq)]f
=
–1
n(Zn2 ) f
0,030
–1
=
= 0,10 mol.L .
V1  V2
0,300
Concentrations en
–1
mol.L
Etat d'équilibre (à compléter)
0,2
0,15
0,1
0,05
0
ions fer (II)
ions zinc (II)
Constituants du système