Devoir de Physique-Chimie de première S

Correction du devoir de Physique-Chimie de première S Date : vendredi 11 janvier 2008 M. MORIN Durée : 3 h 30 min
Episode I : Comment observer ces moustiques sans prendre de risques ? (6,5 points)
1. Caractéristiques.
poids
P
: sens : vers le bas, direction : verticale , valeur P = mg = 1,30 10 = 13,0 N
poussée d'Archimède : sens : vers le haut, direction, verticale, valeur : = Vg = 1,3 0,5 10-3 10 = 6,5 10-3 N 1
2. Il est judicieux de négliger par la suite la poussée d'Archimède car
P
=
105,6
0,13 3
2000 fois moins intense que le poids. 1
3.1. La trajectoire de la caméra est une parabole car on reconnaît l’équation d’une fonction du second degré :
f(x) = Ax2 + Bx + C avec A =
cos
2
122
0
v
g
z
; B = tan et C = H 1
1
3.2. Les paramètres de lancement qui jouent un rôle dans le mouvement du projectile est la vitesse initiale
v
0
et l’angle de tir . 0,5
3.3. On a
Hx
x
v
g
z tan
cos
2
12
22
0
On remplace par les données du texte : 15 =
245tan20
20
45
cos
10
5,0 2
22
0
 v
Soit 15 =
220
4000
2
0
v
alors v02 =
43,571
7
4000 
donc v0 = 23,9 m.s-1 2
Episode II : Observation des moustiques. (5 points).
1. T =
05,0
20
11 
f
s 0,5
2. On applique la relation suivante : vi (t) =
05,02 11
 MM ii
avec l’échelle 1 cm (dessin) 0,33 m
v1 =
1,0 333,07,1
5,7 m.s-1
v5 =
1,0 333,06,4
15,3 m.s-1 1
v7 =
1,0 333,04,2
8,0 m.s-1
3. Avec l’échelle 1 cm pour 2 m.s-1 les vecteurs sont représentés par des vecteurs de longueurs :
v
1
:
2
7,5
2,8 cm
v
5
:
23,15
7,7 cm
v
7
:
2
0,8
4,0 cm
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1
4. Le mouvement est :
- accéléré entre les points 0 et 6,
dt
dv
> 0 - ralenti entre les points 6 et 9,
dt
dv
< 0 0,5
5. Le moustique n’est pas soumis à des forces qui se compensent car son mouvement n’est pas rectiligne uniforme
comme le stipule la première loi de Newton (principe d’inertie). 0,5
dt
dv
0 alors
0
Fext
Episode III : Mise en œuvre d’une technique pour exterminer les moustiques. (6,5 points)
1. Equations de mise en solution aqueuse : KBr (s)
O
H2
K+(aq) + Br-(aq) et NaI (s)
O
H2
Na+(aq) + I-(aq) 0,5
2. Solution de bromure de potassium :
=
K+[K+] + Br-[Br-] avec c1 = [K+] = [Br-] = 1,0
10-3 mol.L-1 = 1,0 mol.m-3
= 1,0 (7,4 10-3 + 7,8 10-3) = 1,5 10-2 S.m-1
Solution d'iodure de sodium : 2
=
Na+[Na+] + I- [I-] avec c2 = [Na+] = [I-] = 8,0
10-4 mol.L-1 = 0,8 mol.m-3
= 0,8 (5,0 10-3 + 7,7 10-3) = 1,0 10-2 S.m-1
3.a. On calcule dans un premier temps la quantité d’ions présents dans le solution :
nK+ = nBr- = 1,0 10-3 0,1 = 1,0 10-4 mol
nNa+ = nII- = 8,0 10-4 0,05 = 4,0 10-4 mol
On calcule dans un second temps, la concentration de ces ions dans le mélange de volume V = 0,1 +0,05 = 0,15 L
[K+] = [Br-] =
15,0 100,1 4
6,7 10-4 mol.L-1 = 0,67 mol.m-3 2
[Na+] = [I-] =
15,0 100,4 4
2,7 10-4 mol.L-1 = 0,27 mol.m-3
3.b. =
K+[K+] + Br-[Br-] + Na+[Na+] + I- [I-] =
= 0,67 (7,4 10-3 + 7,8 10-3) + 0,27 (5,0 10-3 + 7,7 10-3) = 1,4 10-2 S.m-1 1
4. G =
105,9 100,2
104,1 3
2
2
L
S
0,29 10-3 S = 0,29 mS 1
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Episode IV : Mise en place des solutions dans le laboratoire. (11,5 points).
Partie A : L’ascension.
1. Bilan des forces exercées sur l’élève B : son poids
P
et la force de traction de la
corde
F
. 0,5
2. l’élève B a un mouvement rectiligne accéléré.
0
Fext
alors
dt
dv
0 ;
dans ce cas
dt
dv
> 0 0,5
3. Dans le référentiel terrestre supposé galiléen, on applique le théorème de l’énergie
cinétique à l’élève B.
Ec =
WF
WWmvmv FP
if
 22 2
1
2
1
avec vi = 0,
Fhmgh
mv f
2
2
1
2
Donc 60 v2f = -2mgh +2 Fh = (-18000 + 18300) / 60 = 300 / 60 = 5 alors vf = 2,24 m.s-1
Partie B : La descente. (version calme)
1. La somme vectorielle des forces exercées sur l’élève B durant la descente est
0
Fext
. En effet, d’après la
première loi de Newton, si le mouvement est rectiligne uniforme alors la somme des forces extérieures appliquées 0,5
au système est égale au vecteur nul.
2. Dans le référentiel terrestre supposé galiléen, on applique le théorème de l’énergie cinétique
à l’élève B.
Ec =
WF
WWmvmv fP
if
 22 2
1
2
1
avec Ec = 0 on a mgh – fh = 0 donc f = mg = 60,0 10 = 600,0 N 1
Partie C : La descente. (version frisson)
1. On est dans une situation de chute libre si la seule qui s’applique au système est le poids. 0,5
2. L’énergie potentielle de l’élève B à la hauteur h = 15,0 m a pour expression Ep = mgz
et valeur Ep = 60,0 10 15,0 = 9000 J 1
3. La variation d’énergie potentielle Ep, est égale à mg(zf – zi) = 60 10 (10 – 15) = - 3000 J 1
4. Dans le référentiel terrestre supposé galiléen, on applique le théorème de l’énergie cinétique
à l’élève B.
Ec =
WF
avec vi = 0 on a
Wmv P
f
2
2
1
donc vf2 = 2gh = 2 10 5,0 = 100 soit vf = 10,0 m.s-1 1
5. L’énergie mécanique est la somme de l’énergie cinétique et de l’énergie potentielle à une date donnée.
Em = Ec + Ep =
mgz
mv f
2
2
1
= 0,5 60,0 100 + 60,0 10 10,0 = 3000 + 6000 = 9000 J 1
6. Pour z1 = 15,0 m , l’énergie mécanique est égale à Em = 0 + 60,0 10 15,0 = 9000 J 1
7. Pendant ce mouvement de chute libre, l’énergie mécanique est constante (il n’y a pas de force de frottement). 1
8. Si l’élève pesait 5,0 kg de plus, la vitesse acquise par l’élève serait la même car elle ne dépend pas de la
masse de celui-ci (vf2 = 2gh). 0,5
Episode V : L’ultime tentative. (10,5 points)
1. Le cuivre au contact d’acide nitrique se transforme en ion cuivre II (apparition d’une couleur bleue). 0,5
On observe le dégagement d’un gaz incolore (dans la solution) appelé monoxyde d’azote qui se transforme en
dioxyde d’azote (gaz orange) au contact du dioxygène de l’air. 1
2. L’équation associée à la réaction entre l’acide nitrique et le cuivre est :
2 HNO3(aq) + 6 H+(aq) + 3 Cu(s) = 3 Cu2+(aq) + 2 NO(g) + 4 H2O(l) 1
3. 2 NO(g) + O2 (g) = 2 NO2 (g) 0,5
4.a. Dans un premier temps, on détermine la concentration d’un litre de solution commerciale d’acide nitrique.
Un volume d’un litre d’acide nitrique a une masse m = V = 1,4 1000 = 1400 g
La quantité de matière d’acide nitrique contenu dans cette solution commerciale à 90% est
n =
 01,63
1400
90,0
M
m
20,0 mol. Soit une concentration c = 20,0 mol.L-1
  Dans un second temps, on détermine le volume de la solution mère à prélever :
Les quantités de matière se conservant, on peut écrire CiVi = CfVf alors
 0,20 0,5000,4
c
Vc
ci
ff
i
100,0 mL 2

4.b. On utilise une fiole jaugée de 100,0 mL pour le prélèvement de l’acide nitrique commercial.
Puis, une fiole jaugée de 500,0 mL pour la dilution. 1
4.c. Protocole : Sous hotte aspirante, on prélève un peu d’acide nitrique commerciale dans un bécher.
On mesure exactement 100,0 mL à l’aide d’une fiole jaugée de 100,0 mL.
Dans une fiole jaugée de 500,0 mL, on verse un peu d’eau distillée et on ajoute les 100,0 mL d’acide nitrique. 1
On complète avec de l’eau distillée jusqu’au trait de jauge.
On agite.
5.a. Le volume molaire d’un gaz considéré comme parfait est déterminé par la relation des gaz parfaits PV = nRT.
Avec n = 1, on a
 101013
)2515,273(31,8 2
P
RT
Vm
0,024 m3.L-1 soit Vm = 24 L.mol-1 1
5.b. A partir de l’équation bilan, on peut écrire la relation suivante entre la quantité de cuivre nécessaire et la
quantité de monoxyde d’azote voulue :
23 nn NOCu 
Il faut alors connaître la quantité de matière contenue dans un volume V = 10,0 de monoxyde d’azote.
nNO =
 0,24 0,10
V
V
m
0,42 mol.
alors
42,0
2
3
2
3 nn NOCu
= 0,63 mol 2
La masse de cuivre nécessaire est égale à m = nM = 0,63 63,5 = 40,0 g
5.b. La quantité d’ions formés est égale à n = 0,63 mol, car pour 3 mol de cuivre, on obtient 3 mol d’ions cuivre II. 0,5
L’acide nitrique étant en excès.
L’aventure continue sur http://physique.ursule.free.fr/jeu.html
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