Corrigé

CONCOURS COMMUN SUP 2002
DES ÉCOLES DES MINES D’ALBI, ALÈS, DOUAI, NANTES
Épreuve de Physique et Chimie
(toutes filières)
Proposition de correction
ANALOGIES ET DIFFERENCES
PHYSIQUE I : Interprétation d'un mouvement dans deux référentiels
A - Etude dans le référentiel R du laboratoire :
A-1 Les forces sont : le poids, la réaction et la force élastique.
Le poids et la réaction du support se compensent.
!!"
d Lo !!!!" !" "
= OM ^ f = 0 : Il y a conservation du moment cinétique.
dt
!"
!!"
"
A-2-1 L o = cte = Lo (t = 0 ) = 0 :
Le mouvement est rectiligne suivant l'axe Ox.
d ²l
d ²l k
A-2-2 D'après la relation fondamentale, m
+ k (l − lo ) = 0 :
+ (l − lo ) = 0
dt ²
dt ² m
k
l = lo + A cos (ω o t ) + B sin (ω o t ) avec ω o =
.
m
dl
= 0 alors A= 0.2lo et B = 0 : l = lo + 0, 2lo cos (ω o t )
A t=0 , l = 1.2lo et
dt
et l ∈ [0,8lo ,1, 2lo ]
!!"
 dθ  "
A-3-1 Lo = mr ² 
k
 dt 
!!"
!!"
"
Lo = cte = Lo (t = 0 ) = ml12ω k
1
2
k ( r − lo )
2
Il n'y a pas à tenir compte de l'énergie potentielle de pesanteur car le mouvement est dans un plan
!"
perpendiculaire à g . Ep est constante.
Le poids et la réaction ne travaillent pas ici. Il y a conservation de l'énergie mécanique car la tension dérive
d'une énergie potentielle.
1
1
2
Em = ml12ω ² + k (l1 − lo )
2
2
2
2
 1
1   dr 
2
2  dθ 
Em = m    + r 
+ k ( r − lo ) .


2   dt 
 dt   2
A-3-2 La tension dérive d'une énergie potentielle, E p =
1  dr   1 l14ω 2 1
2
m  +  m
+ k ( r − lo ) 
r²
2  dt   2
2

4 2
1 lω
1
2
= m1
+ k ( r − lo )
r²
2
2
2
A-3-3 Em =
E peff
NB : (G) = graphe.
-2-
A-3-4 Si on superpose au graphe précédent, la droite Em =cte, la trajectoire
est toujours bornée entre 2 cercles de rayons rmin et rmax. La masse ne peut
donc pas s'éloigner indéfiniment.
Autre méthode possible :
Comme L est constant, OM est borné donc M ne peut aller à l'infini
NB : Chaque correcteur appréciera une réponse à sa juste valeur.
A-3-5 La vitesse ne peut s'annuler à cause de la conservation du moment cinétique.
A-3-6 La distance r ne peut s'annuler à cause de la conservation du moment cinétique.
On peut le constater aussi sur la barrière de potentielle, r>rmin.
dθ ml12ω
A-4-1 Si r = l1 est constant, à cause de la conservation du moment cinétique,
=
= ω : le mouvement
dt
mr ²
est circulaire uniforme.
A-4-2 Le mouvement circulaire correspond au minimum de E peff pour r=l1.
Or,
dE peff
dr
= −m
l14ω 2
l14ω 2
m
k
r
l
+
−
=
0
pour
r=l
alors
= k (l1 − lo ) : ( k − mω 2 ) l1 = klo :
(
)
1
o
3
3
l1
r
klo
k
ω<
.
2 si
k − mω
m
Autre méthode :
l1 =
On peut utiliser la base de Frenet : m
klo
v²
l 2ω ²
= k (l1 − lo ) = m 1
alors l1 =
k − mω 2
l1
l1
B - Etude dans un référentiel R' en rotation uniforme autour d'un axe fixe :
!!"
!" !!"
" dr !"
dr !!"
B-1 f ie = mω ² rer ; f ic = −2mω k ^ er = −2mω eθ
dt
dt
!!"
!"
1
1
B-2 f ie = mω ² rer dérive d'une énergie potentielle E p = − mω 2OM 2 = − mω 2 r 2 + démonstration(D)
2
2
B-3 La force de Coriolis ne travaille pas car orthogonale à la vitesse.
1
1
2
B-4 E p = k ( r − lo ) − mω 2 r 2
2
2
dE p
= k ( r − lo ) − mω ² r soit
dr
dE p
= ( k − mω ² ) r − klo
dr
On a 3 cas possibles :
k
• ω<
m
•
ω=
k
m
•
ω>
k
m
B-5 L'équilibre correspond à
dE p
= 0 alors k (l2 − lo ) = mω 2l2 : l2 =
dr
L'équilibre est stable car on a un minimum d'énergie potentielle.
Le mouvement est circulaire uniforme.
-3-
k
klo
si ω <
.
2
k − mω
m
B-6 On trouve l1=l2 : les deux référentiels sont donc équivalents pour le mouvement circulaire et uniquement
pour ce cas bien sûr !!
-4-
PHYSIQUE II : Transitoire thermique et électrique
C - Transitoire électrique :
C-1 uc ( 0+ ) = 0
car il y a conservation de l'énergie donc de la tension ;
E
i (0+ ) =
R + Rg
C-2 E = ( R + Rg ) C
C-3 τ = ( R + Rg ) C :
duc
+ uc
dt
temps caractéristique du transitoire : Après quelques τ, on atteint le régime permanent.

 t 
C-4 uc (t ) = E 1 − exp  −  
 τ 


 t 
C-5 0.9 E = E 1 − exp  − 1   alors t1 = ln(10)τ = 2.3τ
 τ 

C-6 (2) e(t) et (1) uc(t)
car il y a continuité de uc
C-7 Couplage DC (AC "alternative current " étant réservé pour un signal sinusoïdal)
RE
2
C-8 Au point P, on a un diviseur de tension : uc =
= E :
R + Ro 3
R = 2 Rg : Rg = 50Ω
C-9 E=6V
On mesure le temps de montée : tm =4.5*0.1=0.45 ms soit τ =0.2 ms
Compter 0 si on trace la tangente à l'origine (pas sur l'oscillo !!)( les candidats ont "normalement" fait des Tp et
appris à utiliser l'oscilloscope).
τ
= 1.3µ F ( tolérance entre 1 et 1.5 µF)
Alors C =
( R + Rg )
C-10 Il faut que T>8*2*0.1=1.6 ms soit f<625 Hz.
C-11 On permute R et C ou on utilise la touche (-CH1) et (ADD) de l'oscilloscope ou on dispose
d'oscilloscopes à entrée différentielle,……
D - Transitoire thermique :
D-1 A pression constante, δ Q = dH .
On peut aussi accepter δ Q = dU car les liquides sont quasiment incompressibles.
U²
dt
D-2 dH = ( Γ + mc ) dT = δ Q = −k (T − Text ) dt +
R
U²
dt
PS : On peut aussi admettre dH = δ Q + δ We = − k (T − Text ) dt +
R
dT
k
k U²

T=
+
+ Text  alors
Alors

Γ + mc  Rk
dt Γ + mc

mc + Γ
U²
τ=
+ Text
et TM =
k
Rk
-5-
TM est la température en régime permanent : l'effet joule compense alors les fuites thermiques.
dT
k
k
T=
Text
+
D-3 dH = ( Γ + mc ) dT = δ Q = − k (T − Text ) dt :
dt Γ + mc
Γ + mc
 t
T (t ) = Text + (To − Text ) exp  − 
 τ
D-4 On trace la tangente à l'origine : τ = 120s ( tolérance entre 100 et 150 s)
et Text = 20°C
mc + Γ
Alors k =
=7.38 W/K.
τ
Text
T 
ΓdT
D-5 On lit To= 45°C. ∆Scalorimètre = ∫
= Γ ln  ext  = -4.09 J.K-1
T
 To 
To
∆Seau =
Text
∫
To
T
mcdT
= mc ln  ext
T
 To

-1
 = -68.41J.K

Text − To
= - 75.56 J.K-1
Text
Sc = ∆Seau + ∆Scalorimètre − Se = 3.05 J.K-1 >0
Cela traduit l'irréversibilité de la transformation.
Se = ( mc + Γ )
-6-
PHYSIQUE III : Les champs électrostatiques et magnétostatiques
E- Champ électrostatique crée par une spire :
!"#$%&'()$*+,$-.'/0$1
E-1-1 Le plan passant par M et contenant le diamètre de l'anneau ne modifie pas globalement la distribution
!"
!"
donc le champ E est à l'intersection de tous ces plans donc E est suivant Oz.
E-1-2 Une symétrie par rapport au plan de l'anneau transforme z en - z et E en -E donc E(-z) = -E(z).
!!!!"
E-1-3 On projette suivant l'axe OM .
!!!!" "
!" "
!!!" "
PM .k
1
E.k = ∫
dl
λ
avec
PM
=
r
=
cte;
PM.k
= r cos(α) = cte , dl = R.dθ
4πε o PM 3
spire
!!!!" "
2π
!" "
!" " 2π λ cos (α )
λ cos (α )
2πλ R cos (α )
PM .k
1
E.k = ∫
dl = ∫
Rdθ E = E.k = ∫
Rdα =
λ
2
3
2
πε o r
4πε o r 2
4πε o PM
4πε o r
0 4
0
spire
E=
λ R cos (α ) sin ² (α )
λ zR
=
2
2
2ε o R
2ε o z + R 2 ( z 2 + R 2 )
E=
:
λzR
2ε o 2 (z 2 + R
)
2 3
=
zQ
4πε o 2 (z 2 + R 2 )
3
E
O
z
E-1-4
E-2 Champ au voisinage de l'axe :
E-2-1 Le plan passant par l'axe Oz laisse la spire invariante donc E est appartient au plan de symétrie donc
Eθ = 0 .
!"
E-2-2 Toute rotation autour de l'axe Oz à r et z fixés ne modifie pas le champ E donc E ne dépend pas de θ.
!"
E-2-3 Le champ E est à flux conservatif en l'absence de charge car d'après le théorème de Gauss :
!" !!" Q
φ =#
E.dS = int = 0
∫∫
εo
(S )
!"
Le champ E est toujours à circulation conservative.
E-2-4 Si on considère un cylindre de hauteur dz et de section circulaire alors
r dEz ( z )
E ( z + dz )π r 2 − E ( z )π r 2 + 2π rdzEr (r , z ) =0. Alors Er (r , z ) = −
2 dz


λ rR ( R 2 − 2 z 2 )
r dE
dE λR (R 2 − 2 z 2 )
dE λR 
1
3
2z2

=−
=
=
−
soit
: Er ( r , z ) = −
5
5 
5
3
2 dz
dz 2ε o  2
2 2
dz
2 2 
2 2
2
2 2
2
2 2
(z + R ) 
2ε o (z + R )
4ε o ( z + R )
 (z + R )
E-2-5-1
Les lignes de champ divergent de l'anneau.
-7-
E-2-5-2 A grande distance, la distribution est équivalente à une charge ponctuelle. On aura des droites issues
de O.
E-2-5-3 Les équipotentielles tendent vers des sphères ( ou des cercles en coupe)
!" "
!"
E-2-5-4 Sur une équipotentielle, V=cte alors dV=0 alors E.dl =0 : E est orthogonal à l'équipotentielle.
On a une équipotentielle à 2 nappes donc le champ E doit être nul à l'intersection ce qui est le cas.
R
et >0 au delà donc E s'approche de l'axe avant de s'éloigner.
E-2-5-5 Er est <0 si z <
2
F- Champ magnétostatique créé par une spire parcourue par un courant I :
2"#$%&'()$*+,$-.'/0$1
F-1-1 Si on fait une symétrie par rapport au plan P passant par l'axe du disque, celui-ci transforme le courant en
!"
"
!"
!"
son opposé alors B est invariant par cette symétrie donc B appartient à l'axe: B = Bk
!"
F-1-2 Une symétrie par rapport à la distribution des courants transforme z en -z sans modifier B donc B(z) =
B(-z).
"
!!" " !"
!" "
 " u "
µo I
2
2
2
F-1-3 B.k = B =
 dl ∧ 2 k .Or, r = R + z est une constante dans l'intégration. (dl ∧ u )k = dl sin α :
∫
#
r 
4π circuit 
2π
µo I
µo IR 2
µI
Rdφ
R
sinα 2
= o sin3α
sin θ =
alors B(z) = ∫
=
2
2
2
2
2
3
R +z
4π
2R
R +z
2( R + z )
0
!!" µ I "
µ I
1
π
R
Bo = o k
α
α
B( z ) = o sin 3 α = Bo
avec
tan(
)
=
.
Au
centre,
=
donc
3
2R
z
2R
2
2

z 
 1+ 2 

R 

1
-3
-2
-1
0
B(z)/B(O)
1
2
r
3
F-1-4
F-2 Champ au voisinage de l'axe :
F-2-1 Le plan passant par l'axe Oz laisse la spire invariante mais transforme I en -I, comme B est
antisymétrique appartient au plan de symétrie donc Bθ = 0.
!"
Toute rotation autour de l'axe Oz à r et z fixés ne modifie pas le champ B donc B ne dépend pas de θ.
F-2-3 On obtient un dipôle magnétique :
M
F-2-2
F-2-4 Les lignes de champs électrostatiques divergent des sources alors que les lignes de champs magnétiques
circulent autour des sources.
!"
!"
F-2-5 Le champ B est toujours à flux conservatif et au voisinage de l'axe où il n'y a pas de courant, B est à
-8-
!"
circulation conservative. On a les mêmes propriétés que pour le champ E donc les mêmes conclusions.
r dBz ( z )
Br (r , z ) = −
2 dz
r dBz ( z )
3 zr
1
F-2-6 Br (r , z ) = −
= + Bo
5
2
2 dz
2R 
z2 
 1+ 2 

R 

-9-
CHIMIE : Autour de l'ammoniac
3"$45,+65+,0
I-1 Z=7 : N(1s)2(2s)2(2p)3
I-2
+
H-O-N=O
O
!"#"!
NH3 : ! ;
I-3 molécule
NH3
HNO3
HNO2
HNO2 :
p+q
4
3
3
!
O=N-O
;
Polyèdre de
coordination
XpEq
HNO3 :
formule
structurale
tétraèdre
triangle
équilatéral
AX3E1
AX3E0
AX2E1
forme de la molécule AXm
pyramide à base triangulaire
triangulaire équilatérale
Coudée à environ 120°
I-4 Contrairement au phosphore, l'azote qui appartient à la deuxième période doit vérifier la règle de l'octet.
NF6- ne peut donc exister.
33$"$70*$),8),9:5:*$'69;8"<'*9=+0*$;0$>?@
## NH 4+ + H 2O :
II-1 NH 3 + H 3O + ###
La constante d'équilibre est K = 109.2 >>1 : La réaction est quasiment totale.
II-2 Les deux pentes sont >0 mais la seconde pente est plus élevée car la mobilité de H 3O + est plus élevée que
+
NH 4 .
II-3 A l'équivalence, CaVa= CbVb alors comme Va = 9 mL alors Cb = 0, 09mol.L−1
333$"$70*$),8),9:5:*$68()-0/'A50*$;0$>?@1$B0*+,0$;0$-8CDβ
β4E$)8+,$%+D>?@EFGH1
Cu ( NH 3 )2 + 
Cu ( NH 3 )2 + 
Cu ( NH 3 )2 + 
Cu ( NH 3 )2+ 
2 
3 
4 




III-1 β1 =
; β2 =
; β3 =
; β4 = 
2
3
4
2+
2+
2+
[ NH 3 ] Cu 
[ NH 3 ] Cu 
[ NH 3 ] Cu 
[ NH 3 ] Cu 2+ 
[ NH 3 ] Cu 2+ 
K d1 =
;
Cu ( NH 3 )2+ 


alors K d 1 =
[ NH 3 ] Cu ( NH 3 ) + 
Kd 2 =
;
Cu ( NH 3 )2+ 
2 

2
β
β
β
1
; Kd 2 = 1 ; Kd 3 = 2 ; Kd 4 = 3
β2
β3
β4
β1
[ NH 3 ] Cu ( NH 3 )2+ 
Kd 3 =
;
Cu ( NH 3 )2+ 
3 

2
[ NH 3 ] Cu ( NH 3 )3+ 
Kd 4 =
Cu ( NH 3 )2+ 
4 

alors pK d 1 = log ( β1 ) = 4.2 ; pK d 2 = log ( β 2 ) − log ( β1 ) = 3.4 ; pK d 3 = log ( β 3 ) − log ( β 2 ) = 3
pK d 4 = log ( β 4 ) − log ( β 3 ) = 2
- 10 -
2
III-2
III-3-1 L'ammoniaque est en excès et les espèces intermédiaires ne sont jamais majoritaires donc on a la forme
la plus stable : Cu ( NH 3 ) 24+
2+
Cu 2 + + 4 NH 3 ## ##
## Cu ( NH 3 ) 4
III-3-2 Attention : On a une dilution d'un facteur 2 lors du mélange : La réaction étant fortement avancée :
Cu 2 + +
Cu ( NH 3 )24+
4 NH 3 ## ##
##
CI
Ceq
0,005
ε
0,5
0,48
0,005
Cu ( NH 3 ) 24+ 
= 2.36.10 −14 mol / L
[ NH 3 ] = 0, 48mol.L ; Cu ( NH )  = 0, 005mol.L ; Cu  =
4
β [ NH 3 ]
−1
2+
3 4
−1
2+
III-4-1 E = E °(Cu 2+ / Cu ) + 0,03 log([Cu 2+ ])
Alors, U = E °(Cu 2+ / Cu ) + 0,03 log([Cu 2+ ] A ) − E °(Cu 2+ / Cu ) + 0,03 log([Cu 2+ ]B )
 [Cu 2+ ] A 
U = 0, 03log 
 = 349mV
2+
 [Cu ]B 
2+
III-4-2 (+ )Cu Cu 2+ Cu ( NH 3 )4 Cu (− )

→ Cu
III-4-3 A la cathode (+) : Cu 2 + + 2é ←


→ Cu ( NH 3 )2 + + 2é
A l'anode (-) : Cu + 4 NH 3 ←

4
Le bilan : Cu 2+ + 4 NH 3 
→ Cu ( NH 3 )4
2+
III-4-4 Le pont salin assure la conduction des ions.
3I$"$70*$),8),9:5:*$5&0,(8;JA'(9=+0*$;0$>?@1
La réaction : N2 + 3 H2 ⇔ 2 NH3
−
IV-1 ∆ r H °(298) = 2∆ f H °( NH 3 ) = −92, 42kJ .mol 1
770
IV-2 ∆ r H °(770) = ∆ r H °(298) +
(
∫ (2Cp
NH 3
)
− CpN2 − 3CpH 2 dT
298
∆ r H °(770) = ∆ r H °(298) + 2CpNH 3 − CpN 2 − 3CpH 2
) (770 − 298)
∆ r H °(1000) = −120.85kJ / mol
La réaction est exothermique.
IV-3 4 NH 3 + 5O2 
→ 4 NO + 6 H 2O
IV-4-1 La probabilité de collision entre 3 molécules est nulle.
IV-4-2 Le mécanisme est par stade car l'intermédiaire créé à l'étape i et consommé à l'état i+1
d [ NO2 ]
[ N 2O2 ] = k1 alors v = k k1 NO 2 O : ordre 3
IV-4-3
= 2k2 [ N 2O2 ][O2 ] . Or ,
[ ] [ 2]
2
2
k −1
dt
[ NO ] k−1
- 11 -