Corrigé du Dst Exercice 1 Énergies cinétique et potentielle de

Corrigé du Dst
Exercice 1 Énergies cinétique et potentielle de pesanteur 4,5 points
1. Les forces exercées sur la masse sont le poids
P
de direc-
tion verticale, orienté de haut en bas et de valeur P = m.g et la
tension
T
du fil faisant un angle avec la verticale, orientée de
bas en haut et de valeur T.
2. Expression littérale de :
l'énergie cinétique de la masse : Ec =
1
2
.m.v2
l'énergie potentielle : Epp = + m.g.h
avec h = G'O = AO - AG' = - cos= .(1 - cos)
Epp = + m.g. .(1 - cos)
l'énergie mécanique : E = Ec + Epp =
1
2
.m.v2+ m.g. .(1 - cos)
3. À tout moment, le travail de la force exercée par le fil sur la masse est égal au travail
élémentaire de la force
T
entre deux dates t1et t2proches l'une de l'autre et encadrant
la date t considérée. Les deux dates étant très proches, on peut
considérer que le déplacement est confondu avec
1 2
M M
=
v
.(t2– t1)
où
v
représente le vecteur vitesse de la masse à la date t.
Le travail élémentaire de
T
est W
1 2
M M
(
T
) =
T
.
1 2
M M
=
T
.
v
.(t2– t1)
l'intervalle de temps est suffisamment court pour considérer que les vecteurs
T
et
v
sont
constants donc W
1 2
M M
(
T
) = T.v.(t2– t1).cos(
T
,
v
) = T.v.(t2– t1).cos(90°) = 0.
On peut donc dire que le travail de
T
est nul à tout moment.
(on acceptera la réponse suivante : W(
T
) = 0 car
T
est constamment perpendiculaire
au déplacement de son point d'application).
D'autre part, le poids étant la seule force qui travaille, on en déduit que l'énergie E de
la masse se conserve.
4. L'énergie de la masse E =
1
2
.m.v2+ m.g. .(1 - cos)vaut au moment où elle est lâchée
sans vitesse initiale E(0) = m.g. .(1 - cos
0).
Au moment de son passage en O, elle vaut : E(1) =
1
2
.m.v02+ m.g. .(1 - cos) =
1
2
.m.v02
car en O, = 0 donc cos= 1.
La conservation de l'énergie permet d'écrire :
1
2
.m.v02= m.g. .(1 - cos
0)soit
v0=
0
2.g. .(1 cos )
=2
2 9,81 60.10 (1 cos30 )
= 1,3 m.s-1.
5. La masse remonte jusqu'en un point où sa vitesse s'annule.
Son énergie E(2) =
1
2
.m.v2+ m.g. .(1 - cos) = m.g. .(1 - cos)vaut également
E(0) = m.g. .(1 - cos
0)donc = 0
h
z
G
0G
'
0
0
G'
G
T
P
A
●
●
●
T
M
M1
M
2
v

La hauteur de remontée correspond à G
'
0
O = AO - A G
'
0
= - cos
0=
.(1 - cos
0) =
60.10-2(1 – cos 30°) = 8.10-2 m = 8 cm.
6. La masse effectue des oscillations autour de la position d'équilibre entre les deux
positions extrêmes définies par l'angle = 30°.
7. Le graphe 3 représente les variations des énergies.
À la date t = 0, Ec = 0 et Epp est maximale, à la date de passage en O, Ec est maximale
et Epp = 0 et ainsi de suite ; d'autre part Em = Ec + Epp = Cste.
8. On désigne par O' le symétrique de O par rapport au point A. Pour que la masse puisse faire
un tour complet, il faut que sa vitesse en O' soit telle que vO' 0. En prenant vO' = 0, on détermi-
ne la vitesse minimale à communiquer à la masse pour qu'elle parvienne en O'.
La conservation de l'énergie implique E(O') = E(O) soit
m.g. .(1 - cos) =
1
2
.m.v02avec = 180°
v0=
2.g. .(1 cos )
=
2
2 9,81 60.10 (1 cos180 )
= 4,9 m.s-1.
Exercice 2 Voiture tractée par une dépanneuse 5,5 points
1. Les forces qui s'exercent sur la voiture sont :
le poids
P
de direction verticale, orienté de haut en bas et de valeur P = m.g
la réaction normale
N
R
de la route, perpendicu-
laire à la route orientée vers le haut et de valeur RN
la traction
T
du cable, inclinée d'un angle par
rapport à la direction de la route, orientée de la voiture
vers la dépanneuse et de valeur T
la force de frottement de même direction que
celle de la route, de sens opposé à celui du mouvement et de valeur f.
2. En appliquant le théorème de la variation d'énergie cinétique entre les positions A et B du
système (voiture) en translation : EC=
( )
ext
AB
W F on obtient
E
B
C
- E
A
C
= WAB(
P
) + WAB(
T
) + WAB(
N
R
) + WAB(
f
)
avec WAB(
P
) = - m.g.h = - m.g.AB.sin = - m.g.d.sin 
WAB(
N
R
) = 0 car
N
R
est perpendiculaire à
AB
et WAB(
f
) =
f
.
AB
= f.AB.cos(
f
,
AB
) = f.d.cos 180° = - f.d
d'autre part la variation d'énergie cinétique est nulle puisque le mouvement est uniforme
d'où - m.g.d.sin + WAB(
T
) - f.d = 0.
Ainsi le travail de la traction
T
exercée par le câble sur la voiture s'exprime par la relation:
WAB(
T
) = + m.g.d.sin + f.d = 980 10 100 0,05 + 200 100 = 6,9.104J
3. Le travail de la force de traction est donné par la relation
WAB(
T
) =
T
.
AB
= T.AB.cos(
T
,
AB
) = T.d.cos 
d'où la valeur de T : T =
AB
W (T)
d.cos
=4
6,9.10
100 cos30
= 797 N.
T
N
R
f
P
•
A
•
B
h

4. La puissance moyenne de la force de traction est P(
T
) =
AB
W (T)
t
=
T.AB
t
=
T
.
v
= T.v.cos =797
60
3,6
cos 30° = 1,15.104W = 11,5 kW.
5. En appliquant à nouveau le théorème de la variation d'énergie cinétique entre les deux
positions 1 et 2 du système, on obtient :
E
2
C
- E
1
C
= W12(
P
) + W12(
T
) + W12(
N
R
) + W12(
f
)
avec W12(
P
) = 0 et W12(
N
R
) = 0 car
P
et
N
R
sont perpendiculaires au déplacement de
leur point d'application, d'où
1
2
mv
2
2
-
1
2
mv
2
1
= T.d'.cos - f.d'.
La vitesse v2de la voiture après un déplacement d' = 500 m est :
v2= 
2
12.d'
v (T.cos f)
m=2
60 2 500
( ) (300 cos30 434)
3,6 980
   = 10 m.s-1.
Exercice 3 Synthèse de l'indigo 4,5 points
1. Tableau d'évolution de la réaction de synthèse de l'indigo :
Équation chimique
2 C7H5NO3+ 2 C3H6O + 2 HO-C16H10N2O2+ 2 CH3CO
2
+4H2O
État du système Avance-
ment Quantités de matière (mol)
État initial
0
n(C7H5NO3)in(C3H6O)in(HO
-
)i0 0
-
État
intermédiaire
x
n(C7H5NO3)i– 2x n(C3H6O)i– 2x n(HO
-
)i– 2x x 2x
-
État final
x
max
n(C7H5NO3)i- 2xmax n(C3H6O)i- 2xmax n(HO
-
)i- 2xmax xmax 2xmax
-
À l'état initial, les quantités de matière des réactifs sont :
n(C7H5NO3)i=7
5 3
7
5 3
m(C H NO )
M(C H NO )
=
1,00
7 12 5 1 14 3 16
= 6,62.10-3 mol
n(C3H6O)i=3 6
3 6
m(C H O)
M(C H O)
=3 6
3 6
V(C H O)
M(C H O)
 =
0,79 20
3 12 6 1 16
= 2,72.10-1 mol
n(HO-)i= CNaOH VNaOH =2 5.10-3 =1.10-2 mol
À l'état final n(C7H5NO3)f= n(C7H5NO3)i- 2xmax = 0 soit 6,62.10-3 - 2xmax = 0
xmax =
3
6,62.10
2
= 3,31.10-3 mol
ou bien n(C3H6O)f= n(C3H6O)i- 2xmax = 0 soit 2,72.10-1 - 2xmax = 0
xmax =
1
2,72.10
2
= 1,36.10-1 mol
ou encore n(HO-)f= n(HO-)i- 2xmax = 0 soit 1.10-2 - 2xmax = 0
xmax =
2
1,0.10
2
= 5,0.10-3 mol
xmax étant la plus petite des valeurs calculées : xmax = 3,31.10-3 mol
le réactif limitant est alors le 2-nitrobenzaldéhyde C7H5NO3.

2. Calcul des quantités de matière des réactifs et des produits à l'état final :
n(C7H5NO3)f= 0 ; n(C3H6O)f=2,72.10-1 - 2 3,31.10-3 = 2,65.10-1 mol
et n(HO-)f=1.10-2 - 2 3,31.10-3 = 3,38.10-3 mol
n(C16H10N2O2) = xmax = 3,31.10-3 mol ; n(CH3CO
2
) = 2xmax = 6,62.10-3 mol.
(les molécules d'eau sont en excès aussi bien à l'état initial qu'à l'état final).
La masse m d'indigo attendue est m(C16H10N2O2) = n(C16H10N2O2) M(C16H10N2O2) =
3,31.10-3 (16 12+10 1+2 14+2 16) = 3,31.10-3 262 = 0,867 g.
3. Le rendement de la synthèse étant égal au rapport entre la masse réellement obtenue
et la masse attendue vaut : =
0,38
0,867
100 = 44 %.
Exercice 4 Conductivité d'une solution ionique 5,5 points
1. Pour assurer l'électroneutralité de la solution, la somme des charges positives doit
être égale à la somme des charges négatives. Comme chaque ion positif porte la charge + e et
chaque ion négatif, la charge – e, on doit avoir n(Cl-)aq = n(K+)aq + n(Na+)aq
soit n(Cl-)aq = 1,54.10-4 + 1,12.10-4 =2,66.10-4 mol.
2. Calcul des concentrations molaires des ions présents en solution :
[Cl-(aq)] =
( )
n Cl aq
V
=
4
3
2,66.10
250.10
= 1,06.10-3 mol.L-1
[K+(aq)] =
( )
n K aq
V
=
4
3
1,54.10
250.10
= 6,16.10-4 mol.L-1
[Na+(aq)] =
( )
n Na aq
V
=
4
3
1,12.10
250.10
= 4,48.10-4 mol.L-1.
3. Les concentrations exprimées en mol.m-3 ont pour valeur :
[Cl-aq] = 1,06 mol.m-3, [K+aq] = 6,16.10-1 mol.m-3 et [Na+aq] = 4,48.10-1 mol.m-3.
4. La conductivité de la solution est donnée par la relation =
.[ ]
i i
i
X
soit
=
K
.[K+(aq)] + 
Na
.[Na+(aq)] + 
Cl
.[Cl-(aq)]
= 73,5.10-4 6,16.10-1 + 50,1.10-4 4,48.10-1 +76,3.10-4 1,06 = 1,49.10-2 S.m-1.
5. La conductance est donnée par la relation G = .
S
L
= 1,49.10-2
4
3
1 2 10
9 5 10
, .
, . =1,9.10-4 S.
6. a. Les ions positifs étant à présent les ions oxonium, la quantité de matière n(H3O+)aq
assurant la neutralité électrique de la solution est n(H3O+)aq = n(Cl-)aq = 2,66.10-4 mol
donc la concentration molaire de la solution est C = [H3O+(aq)] = [Cl-(aq)] = 1,06 mol.m-3.
b. La conductivité de la solution est ' = 3
H O
.[H3O+(aq)] + 
Cl
.[Cl-(aq)] = (3
H O
+
Cl
C
= (349,8.10-4 +76,3.10-4) 1,06 = 4,52.10-2 S.m-1.
c. La conductance est alors G' = 4,52.10-2
4
3
1 2 10
9 5 10
, .
, . =5,7.10-4 S.
d. Comparaison des conductances des deux solutions
G'
G
=, .
, .
4
4
5 7 10
1 9 10
=3.
Cette différence s'explique par le fait que la conductivité molaire ionique de ion oxonium
est beaucoup plus grande que celle des ions sodium et potassium.