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EXERCICES DE REVISION - CORRECTION
I.
Mécanismes réactionnels :
1. Groupes d'atomes correspondent respectivement
aux lettres R et R' : acétate d'éthyle = éthanoate
d'éthyle CH 3 COOH , donc R=−CH 3 ; Ethanol
CH 3 CH 2−OH donc R' =−C 2 H 5
2. Etapes 1 à 5 complétées en rouge.
3. Flèches courbes : déplacement de charge
(électrons) d'un site donneur vers un site accepteur.
4. Catégorie des réactions :
(1) étapes 2 : addition (de R' −OH )
(2) étape 4 : élimination (de H 2 O ) .
+
5. Rôle joué par H+ : H est un catalyseur car il
initie la réaction (étape 1) et est totalement
reformé à la fin de la réaction (étape 5).
II. Analyse spectrale
1. Formules semi-développées
(1) éthanol :
O
(2) éthanal : CH3 C
H
H
CH3 C OH
H
2. Groupe fonctionnel de l'éthanol : groupe hydroxyde ; famille des alcools.
3. Groupe fonctionnel de l'éthanal : groupe carbonyle ; famille des aldéhydes.
4. En utilisant les données spectroscopiques du document suivant, associer chaque spectre infrarouge (IR) à la
molécule correspondante en justifiant.
Liaison
C-C
C-O
C = O (carbonyle)
C-H
O-H
Nombre d'onde (cm-1)
1000-1250
1050-1450
1650-1740
2800-3000
3200-3700
C-OH
C-H
spectre 1
C=O
absent
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5. Rapports
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h1
h
=3 et 3 =2 .
h2
h2
6. Groupes de protons équivalents
de l'éthanol : 1 H seul pour h 2 ;
3H équivalents pour h 1 et 2H
équivalents pour h 3 .
7. Le massif de pics situé au
déplacement chimique 1,25 ppm
correspond à h 1 soit au 3H
équivalents qui ont 2H pour
voisins. Cela donne donc 2+1 =
un triplet.
C-H
Spectre 2
C-OH
absent
C=O
III. Stéréochimie
Deux molécules A et B présentent les formules semi-développées suivantes :
1.
2.
3.
4.
5.
Fonction chimique présente dans A et B : c'est la fonction ester (groupe carboxyle en milieu de chaîne)
Ethanoate de 3-méthylbutyle : c'est la molécule A (2C avant le groupe carboxyle donnent le préfixe éthanoate).
Formule brute de A et B : C 7 H 14 O 2 est identique pour les deux → isomères de constitution.
La molécule A ne présente aucun carbone asymétrique car il faut quatre groupements différents sur un tel carbone.
Le composé B présente deux stéréoisomères B1 et B2 dessinés ci-dessous
a. Le type de stéréoisomérie qui lie les composés B1 et B2 est une énantiomérie car le C 2 (à partir du carbone
fonctionnel ester) est un carbone asymétrique et les groupes −H et −CH 3 sont inversés entre B 1 et B 2 .
6. Triplet si il y a deux voisins (molécule A) et quadruplet si il y a trois voisins (molécule B).
IV. Synthèse d'un polypeptide
1. Soit les deux acides aminés suivants notés A
et B
:
Il est possible d'obtenir 4 dipeptides à partir de ces deux réactifs. Les formules topologiques de deux d'entre eux
sont données ci-dessous. Donner celles des deux autres.
dipeptide 1 :
; dipeptide 2 :
;
NH2 O
NH2 O
R
R1
dipeptide 3 : R
R O ; dipeptide 4 :
N
N
H
O
H
OH
OH
a. Fonction de chacun des réactifs A et B devant être protégée afin d'obtenir uniquement le dipeptide 1 : pour A il
faut protéger le groupement acide et pour B le groupement amine.
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b. Suite de transformations chimiques à mettre en place afin de réaliser la synthèse du dipeptide 1.
V. MOUVEMENT DANS UN CHAMP ÉLECTRIQUE
Un ion aluminium Al 3+ de masse m quitte la chambre d'ionisation d'un accélérateur avec une vitesse négligeable en
O. Il est attiré par une électrode percée d'un trou A qu'il traverse avec une vitesse V A . Une tension U OA est
appliquée entre les armatures A et O .
On définit un repère (O , i⃗ , ⃗j ) dans lequel ⃗i et ⃗j sont indiqués sur la figure.
+
Données :
j +
Al3+ F
AO=d=20 cm
+
U AO=−1000 V
A
O +
m=4,48 .10−23 g
+
i
e=1,6 .10−19 C
+
Recherche de la vitesse des ions au passage en A :
1. Accélérateur étudié : il est linéaire car le champ électrique entre deux plaques parallèles (condensateur) est
uniforme et orienté perpendiculairement aux plaques (suivant ⃗i ). Comme ⃗
F =q. ⃗
E, ⃗
F =F . i⃗ et l'accélération des
ions est donc suivant ⃗i (2ème loi de Newton). Les ions resterons sur la droite OA, leur trajectoire est rectiligne.
3e . U OA
U
2. Expression de la force électrostatique ⃗
F=
. i⃗ .
F : ⃗
F =q . E . ⃗i avec q=3 e et E = OA donc ⃗
d
d
3 e . E . ⃗i
a=
3. Expression du vecteur accélération de l’ion : La deuxième loi de Newton s'écrit m .⃗
. Or
a =⃗
F soit ⃗
m
3 e.E
a =a x . i⃗ +a y . ⃗j donc a y=0 m/ s 2 et a=ax=
⃗
.
m
d ⃗v
3 e. E .t ⃗ ⃗
=⃗
a donc ⃗v =⃗
. i + cste
4. Expression de la composante horizontale de la vitesse :
a .t +⃗
cste , soit ⃗v =
dt
m
3 e. E .t
avec ⃗
cste=⃗v (t =0 s)=0⃗ car la vitesse est négligeable en O. On a donc v =v x =
m
U
2
3 e . OA .t
2
d
3 e. E .t
5. Position x (t ) : on a dx =v x donc x =
soit
+cste avec cste = 0 car x O =0 m . Donc x =
2m
2m
dt
3 e . U OA . t 2
.
x=
2. m. d
2. m. d . x A
2. m. d 2
6. Vitesse en A : x A=d donc t A=
et
=
3 e . U OA
3e .U OA
√
√
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√
√
√
2.
2
√
2
3 e . E . t A 3e . E 2. m. d 2
U
9 e U OA .2 m. d
6 e .U OA
2. m. d 2
=
=3e . OA
=
=
2
2
m
m
3e .U OA
m . d 3 e .U OA
m
m . d .3 e .U OA
dépend pas de d !
−1
2
−1
7. Valeur de v A : v A=4629 m. s soit avec 2 c.s v A=4,6.10 m. s
v A=
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: v A=
√
6 e . U OA
m
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ne
VI.MOUVEMENT DANS UN CHAMP DE PESANTEUR (sans calculatrice)
Un motard avec sa moto s’élance sans vitesse initiale depuis le point A sur une portion rectiligne et horizontale. On
repère la position du système {motard+moto}, de masse m=280 kg , à l’aide de son centre de gravité M.
–1
Arrivé 6,0 s plus tard au point B , la vitesse du système est alors v B=30 m.s . Puis il s’engage sur un tremplin
∘
faisant un angle β=30 avec l’horizontale. On prendra g=10 N.kg – 1 .
y
v0
β
C
h
β
B
A
O
x
1. Phase d’élan :
a. Référentiel d'étude : référentiel terrestre supposé galiléen.
b. Trajet AB : le système est pseudo-isolé ( Σ ⃗
F =⃗0 ) si il satisfait à la première loi de Newton : "un système est
pseudo-isolé si le mouvement est rectiligne uniforme". Ici le mouvement est rectiligne accéléré (
v A=0 m . s−1 et v B=30 m. s−1 ) , le système n'est pas pseudo-isolé.
V −V B 30−0
−2
c. Accélération moyenne : a moy = A
=
=5,0 m. s .
Δt
6,0
d. Sur le tremplin : ici le mouvement est rectiligne uniforme donc d'après la première loi de Newton, le
mouvement est pseudo-isolé.
2. Phase de saut :
v 0 . Il est alors considéré en chute libre
Le motard quitte le tremplin en C , à la date t =0 s , avec une vitesse ⃗
jusqu’à ce qu’il retouche le sol. Son mouvement est étudié dans le repère (Oxy).
a. Coordonnées du vecteur accélération que subit le système lors du saut : deuxième loi de Newton →
a a x= 0
m .⃗
a =m. g .(−⃗j) donc ⃗
a = g .(−⃗j ) soit ⃗
a y =−g
{
b. Equations horaires
{
:
d ⃗v
=⃗
a
dt
donc
{
⃗v v x = v 0 x
v y =−g .t +v 0 y
avec
{
v 0 x = v 0 . cos β
et
v 0 y =v 0 .sin β
d⃗
OM
= ⃗v
dt
soit
x= v 0 x .t + x C
xC = 0 m
1
avec
y=- . g .t 2+ v 0 y .t + y C
y C =0 m
2
c. Allure de la fonction v y (t ) : v y est une fonction linéaire (décroissante) du temps ( v y=−g . t +v 0 y ) donc c'est
la courbe 3 qui correspond à v y .
d. Allure de la fonction x (t ) : x (t ) est une fonction linéaire croissante du temps ( x =v 0 x .t + x C ) donc c'est la
courbe 1 qui correspond à x (t ) .
v
−1
e. Expression littérale de l’altitude maximale y S atteinte : pour y S , v yS =0 m . s
donc t S = 0 y et
g
2
2
2
v
v
v
1
y S=- . g .t 2S +v 0 y . t S + y C =- 0 y + 0 y = 0 y .
2
2 g g 2g
⃗
OM
{
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VII.Quantité de mouvement :
Une carabine à injection lance des projectiles composés d'une seringue contenant un médicament. L'intérêt de la
méthode est surtout d'administrer commodément et de loin un tranquillisant ou un médicament à un animal indocile.
Cette carabine à injection a une masse de m c =4 kg , elle est initialement immobile puis expulse un dard tranquillisant
de m d =20 g avec une vitesse horizontale v d de 1000 m. s−1 .
Déterminer la vitesse de recul de la carabine v c et comparer les énergies cinétiques du dard et de la carabine
immédiatement après le tir.
1. Le système est initialement immobile → première loi de Newton → système pseudo isolé m .⃗p=⃗0 avec ⃗p le
vecteur quantité de mouvement et m la masse de l'ensemble "carabine + dard".
p car +⃗
p dard .
2. Après le tir aucune force extérieure n'est intervenue donc on a toujours m .⃗p=⃗0 mais avec ⃗p=⃗
p car =m c . v c .(−i⃗ ) si le dard part dans le sens du vecteur ⃗i ( ⃗
p dard =md . v d .( ⃗i ) ). Finalement on a
et ⃗
−3
m . v 20.10 ×1000
−1
=5 m. s
m c . v c .(−⃗i )+m d . v d .( i⃗ )=⃗0 ou m c . v c=md . v d . Donc v c = d d =
mc
4
1
1
2
2
−3
6
4
3. E c (car )= m c . v c =2×25=50 J et E c (dard )= m d . v d =10.10 ×10 =10 J L'essentiel de l'énergie est
2
2
transférée au dard.
VIII.Mouvements du satellite SPOT
S
Les mouvements sont étudiés dans le référentiel lié au centre de la
Terre, appelé référentiel géocentrique. Ce référentiel est supposé
galiléen. Le satellite a un mouvement circulaire à l'altitude
h=832 km et une période de révolution T S =101,4 min . Le
3
Rayon moyen de la Terre est R T =6,38×10 km et sa période de
révolution est T T =23 h56 min .
A
B
T
même aire pour
une même durée
1. Deuxième loi de Kepler : Le rayon de giration (distance
"centre de la Terre - satellite") balaye toujours la même aire
pendant une même durée quelle que soit sa position sur sa
trajectoire.
2. Nature du mouvements du satellite SPOT : si le mouvement est circulaire le rayon de giration est constant. Alors
pour une même durée la distance parcourue par Spot est la même : sa vitesse est constante , le mouvement est dit
circulaire uniforme.
D
3. Vitesse v du satellite SPOT : la période est telle que T s =
avec
vs
soit v s =
{
T s en h
2. π .(R T + h)
D= périmètre en km
donc v s =
km
Ts
v s en
h
2. π .(6380+832)
=26813 km/ h : v s =26,8.10 3 km / h ( 3 c.s.)
101,4 /60
4. Troisième loi de Kepler : Le carré de la période de révolution d'un satellite est proportionnelle au cube du demigrand axe de la trajectoire elliptique.
5. Altitude h M du satellite Météosat : on a
On
a
h M =(R T +h)×
√
3
donc
√
3
2
TM
T 2S
2
TS
√
T 2S
T 2M
T2
=
=cste
donc
avec T M =T T car géostationnaire.
3
(R T +h)3 (R T +h M )3
r
3
2
TM
3
=
3
(R T +h)
(R T + h M )3
soit
√T
=
√T
2
M
(R T +h) ( RT +h M )
3
−R T on obtient h M =(6,38.10 +832)×
TM
été exprimé en min dans le rapport
)
TS
3
2
S
√
3
et
R T +h M =(R T +h)×
√
3
2
TM
T 2S
et
(23×60+56)2
3
3
−6,38.10 =35,8.10 km (le temps a
2
101,4
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IX.Ondes :
1. Répondre par vrai ou faux (et prévoir une justification orale) : on étudie la propagation d'un son de fréquence
f =680 Hz dans l'air où la vitesse de propagation est c=340 m/ s
a. Les ondes mécaniques se propagent dans un milieu mécanique avec transport de matière. Faux : seule
l'énergie se propage (déformation du milieu). Le support de propagation doit être élastique.
c
b. La longueur d'onde est indépendante du milieu de propagation. Faux : on a λ= avec f =cste mais c dépend
f
du milieu de propagation. Donc λ aussi.
c. La fréquence est indépendante du milieu de propagation. Vrai : c'est l'oscillateur qui fixe la fréquence (et la
période).
d. Un point M distant du point S d'un longueur égale à 51 m reproduit le mouvement de la source avec un retard
MS 51
=
< 1s
τ =1,5 s . Faux : le retard s'écrit Δt=
c
340
e. Deux points situés à d' = 55,0 m l'un de l'autre sur la même direction de propagation vibrent en phase. Vrai :
c
deux points en phase sont à une distance d = k.λ avec k entier. Ici λ= =340 / 680=0,500 m .
f
d ' =110×0,500 donc k=110 est bien entier.
f. L'onde se réfléchit sur un obstacle placé à la distance d = 680 m de la source. L'écho revient à la source 2,0 s
après l'émission du signal. Faux : d =2×c il faut donc déjà 2s pour atteindre l'obstacle. L’écho reviendra à
la source après 4 s.
2. Effet Doppler :
a. La source se rapproche d'un observateur à une vitesse v <c . Si T est la période de l'onde, la longueur d'onde
perçue est λ ' = λ−vT . Que représente le terme v .T : c'est la distance parcourue par la source pendant un
epériode.
c
c
c
c
=
f ' étant la fréquence perçue par l'observateur : f ' = =
b. En déduire que f ' = f
c−v
λ ' λ−vT c / f −v / f
c
c
f '=
=f
1
c−v
(c−v )
f
c. Le son est-il perçu plus grave ou plus aigu que le son initial : c -v <c donc f' > f le son perçu est plus aiguë.
v
d. On admettra qu'une expression approchée de la fréquence f ' est f ' = f 1+
. Calculer en km/h la vitesse
c
f ' =716 Hz .
du véhicule qui porte la source si l'observateur perçoit une fréquence
f'
716
v =c×
−1 =340×(
−1)=18,0 m/ s (v = 64,8 m/s)
f
680
( )
(
)
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X. Relativité restreinte :
On imagine qu’une fusée se déplace selon une trajectoire rectiligne avec une vitesse de valeur constante
v =250 000 km. s – 1 par rapport à la Terre. À son bord, un astronaute envoie à un ami resté sur la Terre deux signaux
lumineux séparés suivant son horloge de Δt =1,0 s .
Le référentiel terrestre et celui lié à la fusée sont supposé galiléens pendant la durée des mesures.
√
1
2
v
1− 2
c
v est la valeur de la vitesse relative des horloges qui mesurent Δt 0 et Δt ' ; c=3,0.108 m . s – 1 .
Données : Les durées propre Δt 0 et mesurée Δt ' sont reliées par :
Δt ' =γ . Δt 0 avec γ=
√
1
8 2 =1,81 , donc Δt ' =γ . Δt 0 =1,81×1,0=1,8 s
(2,5.10 )
1−
(3.108 )2
2. Temps de parcours augmenté : entre les deux émissions la fusée parcourt une distance d =v . Δt ' et le deuxième
flash lumineux doit parcourir cette distance à la vitesse c soit d =c . δt ' on a donc c .δt ' =v . Δt ' et le retard
v.Δt'
supplémentaire est : δt ' =
.
c
v
2,5
×1,8=3,3 s entre
3. Durée mesurée par l’ami resté sur Terre : il mesurera Δt recep =Δt ' +δt ' =(1+ )Δ t ' = 1+
c
3
les deux réceptions des signaux lumineux.
1. Durée
Δt '
: γ=
(
)
XI.Acides-bases :
1. L'acide éthanoïque
On dispose un volume VA = 100 mL d'une solution SA d'acide éthanoïque CH3COOH de concentration CA
=1,0. 10-2 mol.L-1 et de pH = 3,4.
a. Acide au sens de Brönsted : espèce pouvant libérer un ou plusieurs H +
b. Equation de la réaction d'acide éthanoïque avec de l'eau :
+
(1) CH 3 COOH ( aq) + H 2 O ( l) →CH 3 COO( aq) ⁻ + H 3 O
c. Avancement final x 1 f de la réaction de l'acide éthanoïque avec l'eau : un tableau d'avancement donne :
n f ( Acide)=n i ( Acide)−x 1 f
n f ( Acide)=C A .V A−x 1 f
soit
donc
+
n f (H 3 O )= x 1 f
n f (H 3 O + )= x 1 f =V A .10− pH
{
{
−3
−3,4
−8
x 1 f =0,100.10 ×10 =4,0 .10 mol
d. Avancement maximal x 1 max : correspond à n f ( Acide)=0 mol donc à C A .V A=x 1 max . Alors
x 1 max=1,0.10−2×0,100.10−3=1,0.10−6 mol
e. Acide faible : puisque x 1 f < x 1 max la dissociation de l'acide n'est pas totale : l'acide est un acide faible.
[ H 3 0 + ] .[CH 3 COO- ]
f. Expression de la constante d'acidité K A 1 : K A1=
[ CH 3 COOH ]
2. Dosage de l'acide éthanoïque :
On dose un volume VA = 10,0 mL d'une
solution d'acide éthanoïque avec une
solution d'hydroxyde de sodium de
concentration molaire CB = 1,0. 10-2
mol.L-1 .Le suivi pH-métrique du
dosage permet de tracer la courbe cidessous.
a. Coordonnées pHeq et VBeq .
b. Réaction de dosage.
CH 3 COOH ( aq)+ HO(-aq)→CH 3 COO⁻( aq) + H 2 O
c. Concentration molaire CA :
C .V
−2
C A= B BE =1,1.10 mol / L
VA
pHE = 8,75
VbE = 11,0 mL
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XII. Diffraction
On réalise une expérience de diffraction à l'aide d'un laser émettant une lumière monochromatique de longueur
d'onde λ.
À quelques centimètres du laser, on place successivement des fils verticaux de diamètres connus. On désigne par a le
diamètre d'un fil.
La figure de diffraction obtenue est observée sur un écran blanc situé à une distance D=1,60 m des fils. Pour
chacun des fils, on mesure la largeur L de la tache centrale.
À partir de ces mesures et des données, il est possible de calculer l'écart angulaire θ du faisceau diffracté (voir
figure 1 ci-après).
L'angle θ étant petit, θ étant exprimé en radian, on a la relation: tan θ ≈ θ.
L/ 2
L
1. Relation : on a tan θ=
soit θ étant petit θ=
D
2D
θ en rad
λ
2. Relation liant θ, λ et a : par définition ce type de diffraction se traduit par θ= avec λ en m .
a
a en m
{
On trace la courbe θ = f(1/a) Celle-ci est donnée sur la figure 2 ci-dessus :
3. La courbe θ= f ( 1/ a ) doit être une fonction linéaire dont le coefficient directeur vaut λ. On a bien une fonction
linéaire croissante.
(2,8−0). 10−2
Δθ
λ=
=
=0,56.10−6 m .
4. Longueur d'onde λ : on a donc
Δ ( 1/ a ) (5,0−0). 104
5. λ=0,56.10−6 m=560 nm .
6. Lumière blanche : la lumière blanche contient des ondes de longueur d'onde allant de 400 nm à 800 nm et pour
chaque longueur d'onde, l'angle θ serait différent, on observerait alors des figures de diffraction de largeur et de
couleurs différentes superposées. On aura donc aspect "irisé" de la figure observée.
XIII.Interférences ;
Des fentes d’Young,
distantes
de
a=0,20 mm ,
sont
éclairées par un faisceau
laser de longueur d’onde onde lumineuse a
dans le vide (et dans
l’air) λ=680 nm .
On observe la figure d’interférence sur un
écran placé à D=1,20 m du plan des fentes.
x
O
θ
D
1. Frange centrale : en O , la différence de marche des rayons issus des deux sources secondaires est δ = 0 m. Les
rayons arrivent donc en phase et on observe une frange lumineuse en ce point.
2. Laser devant chaque fente : Dans ce cas, les sources ne sont pas initialement en phase et n'ont pas de cohérence
entre elles. il ne peut y avoir d'interférence.
λ
3. Milieu de la première frange sombre : les interférences destructives correspondent à δ=(2 k +1) avec k entier.
2
a . xk
λ
a.x
Pour la première interfrange sombre on aura k =0 soit δ= et comme δ=
on obtient λ =
soit
2
D
2
D
λ . D 680.10−9×1,20
x 0=2,0 mm
x 0=
=
−3 =0,00204 m ;
2. a
2×0,20.10
3. λ . D 3×680.10−9×1,20
=
=0,00612 m ; x 1=6,1 mm . L'interfrange vaut donc
4. Interfrange : pour k=1 x 1=
−3
2. a
2×0,20.10
i=x 1−x 0=4,05 mm ; i =4,1 mm
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XIV.Acides aminés et prédominance :
Le pH d'une solution d'alanine de concentration c=1,0.10−1 mol . L−1 est 6,1 . Les pK a de cet acide α-aminé de
formule CH 3 CH ( NH 2)COOH sont 2,4 et 9,9.
+
+
1. Différentes formes acido-basiques de l'alanine : (1) CH 3 CH ( NH 3 )COOH ; (2) CH 3 CH ( NH 3 )COO et (3)
CH 3 CH ( NH 2)COO - .
2. Diagramme de prédominance des formes de l'alanine : (1) pour pH <1,4 ; (2) pour 3,4< pH <8,9 et (3) pour
pH >10,9 .
+
3. pour pH = 6,1 on est bien dans la forme (2) CH 3 CH ( NH 3 )COO le zwitterion.
4. Pour que le pH de la solution d'alanine passe à 9,9 il faut ajouter une base forte.
5. A ce pH (9,9) les formes de l'alanine majoritaires sont à 50 % (2) et (3) car pH = pKa2 .
XV.Transfert d'énergie et capacité thermique :
On dispose de deux récipients contenant 330 mL d'eau d'une part et 330 mL d'alcool d'autre part. Les liquides sont
initialement à la température T 0=20° C puis reçoivent la même quantité d'énergie E. L'eau est alors à la température
T eau=24°C et l'alcool à la température T ol=29 °C .
3
1. E= ΔU =m eau×c eau ×ΔT =0,330×4,18.10 ×(24−20)=5518 J
E=5,5 kJ
2. Capacité thermique massique de l'alcool : on a E=m ol ×c ol ×ΔT ' donc c ol =
5518
=2,35.10 3 J . kg −1. K −1
0,79×0,330×9
ΔT
3
=
=5.10−3 W .
3. Flux thermique Φ : on a Φ=
Δ t 10×60
c ol =
E
soit encore
d ol×V ol (29−20)