correction du DS8 de physique-chimie 4 heures exercice 1

correction du DS8 de physique-chimie
4 heures
exercice 1 : Attraction gravitationnelle
1.1. Satellite en mouvement autour de la Terre
1. référentiel : géocentrique
système : satellite, assimilé à un point matériel S.
2. Inventaire des actions extérieures :
−→
f=−GmMT
OS2
−→
OS
OS
- frottements et attractions gravitationnelles des autres astres négligés
3. −→ f0=−GmMT
OS2
−→
SO
OS
4. D’après le théorème du moment cinétique appliqué à S par rapport à O, d−−−−→
LO(S)
dt =−→
0car
la direction de −→ fpasse par O en permanence. Le moment cinétique de S par rapport à O,
sa trajectoire est plane dans un plan contenant O et orthogonal à ce moment cinétique.
5. Pour un mouvement circulaire, 
−→
OS =r−→ er
−→
vS=r˙ θ−→ eθ
−→
aS=−r˙ θ2−→ er+r¨ θ−→ eθ
6. D’après la relation fondamentale de la dynamique en projection sur −→ eθ,r¨ θ= 0 donc
¨
θ= 0 . Le mouvement circulaire est donc nécessairement uniforme : v=cte.
D’après la relation fondamentale de la dynamique en projection sur −→ er,−r¨ θ2=−GmMT
r2
donc v=rGmMT
r
7. T=2π
˙
θdonc T=2πr
v= 2πsr3 GmMT
.
On retrouve bien la troisième loi de Kepler T2
a3=4π2 GMT
8. Pour déterminer la masse de la Terre, il suffit donc de mesurer pour différents satellites
de la Terre, leur période et le rayon (ou demi grand-axe) de leur trajectoire et de tracer
T2en fonction de a3. La pente de cette droite est directement liée à la masse de la Terre.
Ordre de grandeur de la masse de la Terre : MT∼1025kg
9. S et S0ne risquent pas de se heurter au cours de leur mouvement puisqu’ils décrivent la
même orbite à la même vitesse !
10. δW (−→ f) = −dEpdonc −GmMT
r2dr =−dEp. Avec la référence choisie,
Ep=−GmMT
r
11. Em=1
2m˙r2+1 2mC2 r2−GmMT r
1

12. Ep,eff =1
2mC2 r2−GmMT r
La courbe de Ep,eff passe par un minimum. Si Em≥0, état de diffusion. Sinon, état lié.
13. Dans le cas d’une trajectoire circulaire de rayon rc,v=rGmMT
rc
donc Em=−GmMT
2rc
14. v1=rGmMT
RT
∼8km/s (orbite rasante)
15. La deuxième vitesse cosmique v2, vitesse du satellite sur Terre pour s’échapper de l’at-
traction terrestre correspond à Em= 0 donc pour rin=RT,
v2=r2GmMT
RT
∼11km/s
1.2. mesure de l’intensité du champ de pesanteur terrestre en un point
a. utilisation d’un pendule pesant sans ressort de rappel
référentiel : terrestre considéré comme galiléen.
- système : pendule de barycentre G
- actions extérieures :
−→ −→ P=m−→ g
−→ liaison pivot idéale à l’axe ( Les frottements au niveau de l’axe de rotation et les
frottements de l’air sont négligés)
16. faire le schéma
17. D’après la loi du moment cinétique par rapport à l’axe fixe (Oz), J¨ θ=−mga sin θ
¨
θ+mag
Jsin θ= 0
18. Dans le cas de petites oscillations du pendule, cette équation peut s’écrire
¨
θ+mag
Jθ= 0
donc T= 2πsJ
mag
19. s1=1
T
dT
dg ∆g=−1 T.(−1 2).2πsJ
mag 3
2
donc s1=−∆g
2g
b. utilisation d’un pendule avec ressort spiral de rappel - référentiel : terrestre considéré
comme galiléen.
- système ; pendule de barycentre G
- actions extérieures : −→ −→ P=m−→ g
- liaison pivot idéale à l’axe ( Les frottements au niveau de l’axe de rotation et les frotte-
ments de l’air sont négligés)
- couple de rappel MOz0=−Kθ (Oz’ est pris vers l’avant de la feuille et Oy’ vers la
gauche)
20. faire le schéma
21. Le couple de rappel a pour travail élémentaire δW =−Kθdθ donc cette action dérive de
l’énergie potentielle
Ep,el =1
2Kθ2
2

Avec l’énergie potentielle de pesanteur (attention au sens de l’axe !),
Ep=1
2Kθ2+mga cos θ+cte
22. Em=1
2J˙
θ2+1
2Kθ2+mga cos θ+cte
23. Les forces mises en jeu étant soient conservatives, soit ne travaillant pas (réaction de
l’axe), d’après le théorème de la puissance mécanique
J¨ θ+Kθ −mga sin θ= 0
24. En considérant que l’angle θreste petit, J¨ θ+Kθ −mgaθ = 0
La position θ= 0 est stable si elle correspond à un minimum de l’énergie potentielle
(système conservatif unidimensionnel) donc si
K > mga
25. Dans ce cas la période T des petites oscillations du pendule autour de la position θ= 0
s’écrit
T= 2πsJ
K−mga
26. s2=1
T
dT
dg ∆g=ma 2(K−mga)∆g
27. Le deuxième pendule est donc plus sensible que le premier si
mga < K < 2mga
exercice 2 : Etude de quelques piles
2.1. Piles au lithium (d’après CCP TSI 2013)
A. Électrode de lithium
On donne E◦(Li+/Li) = -3,03 V à 25◦C.
1. Li+(solv) +e–=Li(s)
Remarque : le solvant ne peut pas être l’eau qui réagit fortement au contact du lithium.
C’est un solvant organique , comme le carbonate de propylène.
2. D’après la loi de Nernst, ELi =E◦(Li+/Li)+0,059 log [Li+]
c◦=−3,15 V
3. D’après la loi de Nernst, EZn =E◦(Zn2+/Zn) + 0,059
2log [Zn2+] c◦=−0,82 V
4. EZn −ELi >0,24 Vdonc la réaction des ions zinc(II) sur le lithium est spontanée et
quasi-quantitative. Le lithium est un excellent réducteur.
5. L’électrode de lithium est le siège d’une oxydation donc elle jour le rôle d’anode.
B. Électrode liquide au chlorure de thionyle (SOCl2)
1. Dans SOCl2, le n.o du soufre est IV, celui de O est -II et celui de Cl est -I. Dans S le n.o
du soufre est 0, dans SO2il vaut IV et celui de O est -II. Dans Cl–, le n.o de Cl est -I.
3

2. Le seul n.o qui a varié est celui du soufre, qui a diminué donc le chlorure de thionyle
SOCl2subit une réduction.
3. L’électrode liquide joue donc le rôle de cathode.
Une mesure du potentiel d’oxydoréduction de cette électrode par rapport à l’ESH donne E =
0,65 V.
C. Bilan de la pile
1. (−)Li(s)|Li+
SOCl2|Cl–
(SOCl2)SO2 SOCl2SSOCl2SOCl2(l)|C(s)(+)
2. L’équation bilan qui traduit le fonctionnement de cette pile est
4Li(s) +2SOCl2(l) −−*
)−− 4Li+(solv) +S(s) +SO2(solv) +4Cl–solv)
3. La f.é.m de cette pile est e=E−ELi = 3,8V.
4. Cette valeur est 3 fois plus importante que pour les piles bâtons classiques, grâce au fort
caractère réducteur du lithium.
5. Il faut recycler les piles au lithim dans un circuit spécifique.
2.2. Piles à combustible au méthanol direct (d’après ENSTIM 2008)
1. demi-équation électronique correspondant à la demi-pile 1 :
CO2(g) +6H+(sol) +6e–=CH3OH(l) +H2O(l)
D’après la loi de Nernst, E1=E1◦+0,059
6log PCO2[H+]6
P◦c◦6.xCH3OH.xH2O
2. demi-équation électronique correspondant à la demi-pile 2 :
O2(g) +4H+(aq) +4e–=2H2O(l)
D’après la loi de Nernst, E2=E2◦+0,059
4log PO2[H+]4
P◦c◦4
3. Le courant circule dans le circuit, à l’extérieur de la pile, en partant de la demi-pile 2 vers
la demi-pile 1 donc la demi-pile 2 est la borne positive.
e=E2−E1
4. Les électrons circulent de la demi-pile 1 ( qui est donc le siège de l’oxydation donc l’anode)
vers la demi-pile 2 qui est le siège de la réduction donc la cathode.
5. La réaction qui se produit lorsque la pile débite s’écrit donc :
2CH3OH(l) +3O2(g) −−→ 2CO2(g) +4H2O(l)
6. Pour un rendement de 100%, une mole de méthanol libère 6 mol d’électrons donc 10 mL
de méthanol libère 6∗V.dCH3OH.ρeau
MCH3OH
mol d’électrons. Si on admet que le rendement d’une
pile est de 80 %, la charge électrique qui a circulé est donc
Q= 6 ∗r.V.dCH3OH.ρeau
MCH3OH
F= 1,2.105C
7. Lorsqu’elle délivre un courant d’intensité supposée constante de I = 10 A, la pile peut
donc fonctionner pendant une durée
∆t=Q
I= 3h13min
Cette autonomie n’est pas si importante que ce qui était annoncé !
4

exercice 3 : L’eau de Dakin (d’après CCP TSI 2012)
1. L’équation de réaction de dosage entre le diiode et les ions thiosulfate s’écrit
I2(aq) +2S2O2 –
3(aq) −−→ 2I–(aq) +S4O2 – 6(aq)
2. Une réaction de dosage doit être unique, quasi-quantitative, d’équivalence repérable et
rapide.
3. L’empois d’amidon sert d’indicateur coloré : il forme un complexe bleu-nuit avec le diiode.
Cette couleur disparaît lorsque le diiode a totalement réagi, donc à l’équivalence.
4. Faire un tableau d’avancement pour la réaction de dosage :
nI2,form =1
2c3V3
5. Or nI2,f orm =nClO−,in =cV1
5donc
c=5c3V3
2V1
= 6,875.10−2mol/L
6. Faire un tableau d’avancement pour la réaction de formation du dichlore :
nCl2,form =nClO−,in =5c3V3
2V1
.V
Cela correspond a une masse de dichlore mCl2=5c3V3
2V1
.M(Cl2).V = 0,488 g
7. Cette valeur est compatible avec la teneur en chlore actif annoncée !
exercice 4 : Cycle moteur théorique et peu performant
1)Pour n moles de gaz, supposé parfait, Cp−Cv=nR et Cp
Cv
=γd’où Cv=nR
γ−1et
CP=γnR
γ−1. D’après l’équation d’état des gaz parfaits, P0VA=nRT0donc Cv=P0VA (γ−1)T0
et CP=γP0VA
(γ−1)T0
.
2) La transformation de 0 à 1 subie par le gaz est isochore, quasi-statique et mécaniquement
réversible.
3) Le piston décolle juste de la cale 1 lorsque la force pressante exercée par le gaz sur le pis-
ton devient supérieure à la force exercée par l’extérieur sur le piston. A la limite, le PFD sur
le système piston+masse dans le référentiel terrestre s’écrit, en projection sur l’axe vertical
ascendant −(mg +P0) + P1S= 0.
P1=mg
S+P0= 1,1bar
D’après l’équation d’état des gaz parfaits, P1VA=nRT1=P0VA
T0
T1donc
T1= ( mg
P0S+ 1)T0= 330K
5