correction du DS8 de physique-chimie 4 heures exercice 1

correction du DS8 de physique-chimie
4 heures
exercice 1
1.1.
:
Attraction gravitationnelle
Satellite en mouvement autour de la Terre
1. référentiel : géocentrique
système : satellite, assimilé à un point matériel S.
2. Inventaire des actions
extérieures :
−→
→
−
GmMT OS
f =−
OS 2 OS
- frottements et attractions gravitationnelles des autres astres négligés
−→
→
−
GmMT SO
3. f0 = −
OS 2 OS
−−−−→
dLO (S) →
−
= 0 car
4. D’après le théorème du moment cinétique appliqué à S par rapport à O,
dt
→
−
la direction de f passe 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
−
→
→
−
v = rθ̇ e
S
θ


 −
→
−
−
aS = −rθ̇2 →
er + rθ̈→
eθ
−
6. D’après la relation fondamentale de la dynamique en projection sur →
eθ , rθ̈ = 0 donc
θ̈ = 0 . Le mouvement circulaire est donc nécessairement uniforme : v=cte.
GmMT
−
D’après la relation fondamentale de la dynamique en projection sur →
er , −rθ̈2 = −
r2
r
GmMT
donc v =
r
s
2π
2πr
r3
7. T =
.
donc T =
= 2π
v
GmMT
θ̇
On retrouve bien la troisième loi de Kepler
T2
4π 2
=
a3
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
T 2 en 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 ∼ 1025 kg
9. S et S0 ne risquent pas de se heurter au cours de leur mouvement puisqu’ils décrivent la
même orbite à la même vitesse !
→
−
GmMT
10. δW ( f ) = −dEp donc −
dr = −dEp . Avec la référence choisie,
r2
Ep = −
1
1 C 2 GmMT
11. Em = mṙ2 + m 2 −
2
2 r
r
1
GmMT
r
1 C 2 GmMT
12. Ep,ef f = m 2 −
2 r
r
La courbe de Ep,ef f passe par un minimum. Si Em ≥ 0, état de diffusion. Sinon, état lié.
r
GmMT
GmMT
13. Dans le cas d’une trajectoire circulaire de rayon rc , v =
donc Em = −
rc
2rc
r
GmMT
14. v1 =
∼ 8km/s (orbite rasante)
RT
15. La deuxième vitesse cosmique v2 , vitesse du satellite sur Terre pour s’échapper de l’attraction terrestre correspond à Em = 0 donc pour ri n = RT ,
r
v2 =
1.2.
2GmMT
∼ 11km/s
RT
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 θ̈ = −mga sin θ
θ̈ +
mag
sin θ = 0
J
18. Dans le cas de petites oscillations du pendule, cette équation peut s’écrire
θ̈ +
s
donc T = 2π
mag
θ=0
J
J
mag
1 dT
1
1
19. s1 =
∆g = − .(− ).2π
T dg
T
2
s
J
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 frottements de l’air sont négligés)
- couple de rappel MOz 0 = −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
1
Ep,el = Kθ2
2
2
Avec l’énergie potentielle de pesanteur (attention au sens de l’axe !),
1
Ep = Kθ2 + mga cos θ + cte
2
1
1
22. Em = J θ̇2 + Kθ2 + mga cos θ + cte
2
2
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 θ̈ + Kθ − mga sin θ = 0
24. En considérant que l’angle θ reste petit, J θ̈ + 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
s
J
T = 2π
K − mga
1 dT
ma
∆g =
∆g
T dg
2(K − mga)
27. Le deuxième pendule est donc plus sensible que le premier si
26. s2 =
mga < K < 2mga
exercice 2
2.1.
:
Etude de quelques piles
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+ ]
= −3, 15 V
c◦
0, 059
[Zn2+ ]
log
= −0, 82 V
2
c◦
4. EZn − ELi > 0, 24 V donc la réaction des ions zinc(II) sur le lithium est spontanée et
quasi-quantitative. Le lithium est un excellent réducteur.
3. D’après la loi de Nernst, EZn = E ◦ (Zn2+ /Zn) +
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 SO2 il 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
SOCl2 subit 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 SOCl2SSOCl2 SOCl2 (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, 8 V .
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 – =CH3 OH(l) + H2 O(l)
PCO2 [H+ ]6
0, 059
log ◦ ◦6
D’après la loi de Nernst, E1 = E1 +
6
P c .xCH3 OH .xH2 O
2. demi-équation électronique correspondant à la demi-pile 2 :
◦
O2 (g) + 4H+ (aq) + 4e – =2H2 O(l)
PO2 [H+ ]4
0, 059
log
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.
D’après la loi de Nernst, E2 = E2 ◦ +
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 :
2CH3 OH(l) + 3O2 (g) −−→ 2CO2 (g) + 4H2 O(l)
6. Pour un rendement de 100%, une mole de méthanol libère 6 mol d’électrons donc 10 mL
V.dCH3 OH .ρeau
mol d’électrons. Si on admet que le rendement d’une
de méthanol libère 6∗
MCH3 OH
pile est de 80 %, la charge électrique qui a circulé est donc
Q=6∗
r.V.dCH3 OH.ρeau
F = 1, 2.105 C
MCH3 OH
7. Lorsqu’elle délivre un courant d’intensité supposée constante de I = 10 A, la pile peut
donc fonctionner pendant une durée
∆t =
Q
= 3h13min
I
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) + 2S2 O32 – (aq) −−→ 2I – (aq) + S4 O62 – (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 :
1
nI2 ,f orm = c3 V3
2
5. Or nI2 ,f orm = nClO− ,in =
cV1
donc
5
c=
5c3 V3
= 6, 875.10−2 mol/L
2V1
6. Faire un tableau d’avancement pour la réaction de formation du dichlore :
nCl2 ,f orm = nClO− ,in =
Cela correspond a une masse de dichlore mCl2 =
5c3 V3
.V
2V1
5c3 V3
.M (Cl2 ).V = 0, 488 g
2V1
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 =
Cp
nR
= γ d’où Cv =
et
Cv
γ−1
γnR
P0 VA
. D’après l’équation d’état des gaz parfaits, P0 VA = nRT0 donc Cv =
γ−1
(γ − 1)T0
γP0 VA
.
(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 piston 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 ) + P1 S = 0.
et CP =
P1 =
mg
+ P0 = 1, 1 bar
S
D’après l’équation d’état des gaz parfaits, P1 VA = nRT1 =
T1 = (
P0 V A
T1 donc
T0
mg
+ 1)T0 = 330K
P0 S
5
4)La quantité de chaleur (transfert thermique) reçue par le gaz au cours de cette transformation
P0 VA
(T1 − T0 ) =8,25 J.
est Q0→1 = ∆U0→1 = Cv (T1 − T0 ) =
(γ − 1)T0
5)La transformation 1 à 2 subie par le gaz est une transformation monobare quasi-statique donc
isobare.
mg
6) Dans l’état 2, P2 = P1 = P0 +
. De plus, d’après l’équation d’état des gaz parfaits,
S
P0 V A
P1 VA
P1 VA = nRT1 =
T1 et P2 VB = nRT2 =
T2 donc
T0
T1
T2 =
VB
T1 = 1, 0.103 K
VA
7)La quantité de chaleur (transfert thermique) reçue par le gaz au cours de cette transformation
vérifie, d’après le premier principe, Q1→2 = ∆H1→2 .
Q1→2 = CP (T2 − T1 )
Q1→2 =
γP0 VA
(T2 − T1 ) = 2, 6 J
(γ − 1)T0
8)La transformation 2 à 3 est une transformation isochore quasi-statique et la transformation 3
à 0 est une transformation isobare. Elles sont mécaniquement réversibles.
9)Le travail reçu par le gaz de l’extérieur est W = W0→1 + W1→2 + W2→3 + W3→0 Deux étapes
étant des transformations isochores,
W = 0 + W1→2 + 0 + W3→0
Les deux transformations restantes étant isobares,
W = −P1 (VB − VA ) + (−P0 )(VA − VB )
W = (P0 − P1 )(VB − VA )
mg
(VB − VA ) = −6, 7 J
S
mg
(VB − VA )
S
=
P0 VA
γP0 VA
(T1 − T0 ) +
(T2 − T1 )
(γ − 1)T0
(γ − 1)T0
W =−
10)η = −
W
Q0→1 + Q1→2
η = 2, 5 %
11)
12) Le travail W reçu par le gaz est l’opposée de l’aire du
rectangle, qui est parcouru dans le sens des aiguilles d’une
montre. W = −(P1 − P0 )(VB − VA )
13)Pour un moteur fonctionnant selon un cycle de Carnot entre les températures T0 et T2 , le rendement est
T0
= 70% . Il est évidemment bien supérieur à
η0 = 1 −
T2
celui du cycle étudié, qui n’est pas réversible.
6