TSI1 – Physique-chimie DM4 : Cinétique chimique et cinématique – À rendre le 11/02/2020
DM4 : Cinétique chimique et cinématique
Exercice 1:Boire ou conduire
I. Passage de l’alcool à travers la paroi stomacale
1 La vitesse de disparition de l’alcool dans l’estomac estv1=−dCdt1 = dxdt
2 Si v1 suit une loi cinétique d’ordre 1, on doit avoir v1 = k1C1 = −dCdt1 d’où C1(t) = C0exp(−k1t). On doit donc avoir ln(C1) =ln(C0)−k1t. La courbe représentant ln(C1) en fonction det doit donc être une droite de pente−k1. On vérifie graphiquement cette propriété avec les données de l’énnoncé et on trouve k1=2,8×10−3s−1.
3 à t = 18 min, il reste 0.2×0.25 = 5×10−2mol d’éthanol dans l’estomac, ce qui signifie que n2 = 1− 5×10−2=0,95 mol d’éthanol sont passées dans le sang. La concentration d’éthanol dans le sang est donc C2=nV2
2 =2,38×10−2mol/`
4 La quantité d’alcool qui a disparu dans l’estomac est n = C0V1−C1V1 = V1(C0−C1) = V1x, et est identique à la quantité apparue dans le sang. La concentration en alcool à un instant t dans le sang est C2=Vn
2 = VV1
2x. Donc la vitesse d’apparition de l’alcool dans le sang estv= dC2
dt =V1
V2
dx dt =V1
V2
v1. II. Oxydation de l’alcool dans le sang
5 La vitesse d’oxydation de l’alcool dans le sang estv2=−dC2 dt .
6 Pour une loi cinétique d’ordre 0, l’évolution temporelle de la concentration est linéaire, on doit avoirC2(t) = C2(0)−k2t. On traceC2(t)en fonction de t et on trouve bien une doite de coefficient directeur−k2, ce qui donnek2=1,18×10−6mol`−1s−1
III. Boire ou conduire...
7 Concentration maximale admise :Cmax=0.546 =1,09×10−2mol/`
8 La vitesse d’apparition de l’alcool dans le sang est dC2
dt =v−v2= V1
V2v1−k2= V1
V2k1C1−k2
9 CommeC1(t) =C0exp(−k1t)on obtient dCdt2 = VV1
2k1C0exp(−k1t)−k2. Que l’on peut intégrer enC2(t) = K−VV1
2C0exp(−k1t)−k2t. La condition initiale C2(0) = 0 permet de déterminer queK= VV1
2C0 ce qui nous donne l’expression demandée : C2=C0V1
V2
1−exp(−k1t)
−k2t En buvant ses deux bières à 8%, le sujet absorbe 66 c`et 0.9 mole d’alcool.
10 l’instanttmax où la concentrationC2 est maximale est défini par dCdt2(tmax) = 0 ce qui donnetmax=−k1
1 ln
1 C0
k2
k1 V2
V1
'1421 s⇒tmax'23,7 min
11 On trouveC2(tmax)'2,0×10−2mol/` > Cmax. L’automobiliste ne peut donc pas conduire !
12 Au delà detmaxla courbe s’apparente à une droite de pente−k2. On peut donc en déduire qu’il aura éliminé les 2,0×10−2−1,09×10−2=0,91×10−2mol/`ent=01,18,91×10−2
×10−6 '7700 s soitt'3h08min.
Exercice 2:Cycloïde
I. Equations paramétriques cartésiennes du mouvement.
x A(0)
M(0) O y
A(t)
H(t) M(t)
θ(t) A(t0)
H(t0)
M(t0)
θ(t0)
On souhaite déterminer les coordonnées cartésiennes (x, y, z)du point M en fonction du paramètreθ. Le mou- vement du point M est étudié dans le référentielRlié au repère(Oxy).
1. Comme la roue roule sans glisser sur le sol, la distance parcourue est égale à la longueur de l’arc de cercle compris entreM(t)etH(t), soitOH =Rθ(t).
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TSI1 – Physique-chimie DM4 : Cinétique chimique et cinématique – À rendre le 11/02/2020 2. En projetant le vecteur−−→
AM sur les axesOxetOy on obtient−−→
AM=−Rsin(θ)~ux−Rcos(θ)~uy. 3. On décompose le vecteur −−→
OM en −−→
OM =−−→
OH +−−→
HA+−−→
AM. Or on a déja vu que −−→
OH =Rθ(t)~ux, on voit clairement sur le schéma que−−→
HA=R~uy et on a trouvé−−→
AM à la question précédente. En additionnant les trois on obtient : −−→
OM(t) = [Rθ(t)−Rsin(θ)]~ux+ [R−Rcos(θ)]~uy
Ce qui correspond bien aux équations demandées.
II. Vecteur vitesse.
4. La vitesse du point A est la même que celle du pointH et est constante. On a d−OAdt−→ = d
−−→ OH
dt = v0~ux. Or d’après la question I..1, d−OHdt−→ =Rθ~˙ux. La vitesse de rotationθ˙est donc constante est vautθ˙=vR0.
5. Cette question est évidente, comme la distanceAMest fixe égale àR, le mouvement est circulaire. En outre on vient de montrer que la vitesse de rotation est constante. Le mouvement est donc également uniforme.
6. Les composantes du vecteur vitesse s’obtiennent par dérivation de celles du vecteur position, on obtient : (vx(t) =Rθ(t) [1˙ −cosθ(t)]
vy(t) =Rθ(t)˙ sinθ(t) 7. Schéma :
x O
y
~v
~a
~v
~a
~v
~a
~v=~0
~a
8. La normevde~v est :v=q
vx2+vy2=Rθ˙
qsin2θ+ (1−cosθ)2 soitv=v0√
2−2cosθ 9. On a1−cosθ= 1−cos2θ2 = 1−(cos2θ2−sin2θ2) = 1−cos2θ2 +sin2θ2 = 2sin2θ2
L’expression précédente se simplifie alors env= 2v0
sinθ2
t v
T
2 T =4πRv
0
3T
2 2T
v0 2v0
III. Vecteur accélération.
10. On obtient les composantes du vecteur accélération en dérivant celles du vecteur vitesse, on obtient : (ax=Rθ˙2sinθ
ay=Rθ˙2cosθ 11. Voir schéma précédent.
12. La norme dev augmente pourθ∈[0, π]et elle diminue pour θ∈[π,2π]
13. Le point correspondant à θ4 = 2π est un point de rebroussement, la vitesse de M est nulle alors que l’accélération ne l’est pas.
14. La normeadu vecteur accélération vauta=Rθ˙2= vR20 et est donc constante. Pour le pneu en question elle vaut :a'3700 ms−2
15. On peut exprimer le vecteur~acomme~a=−θ˙2−−→
AM= ˙θ2−−→
M A. Le vecteur~aest donc effectivement toujours dirigé deM versA.
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