Devoir surveillé de physique-chimie 6

D.Malka – MPSI 2021-2022 – Lycée Jeanne d’Albret 12.02.2022

Problème 1 – Effet Aharonov-Bohm

1. Intensité lumineuse Isur l’écran.

I=α < s(t)²>

Calculons s(t) :

s(t) =s₁(t) +s₂(t)

s(t) =s0(cos(ωt) + cos(ωt+δφ))

s(t) = 2s₀cos(2ωt+δφ) cos(δφ) D’où l’intensité :

I= 4αI₀<cos²(2ωt+δφ)><cos²(δφ/2)>

I= 2αI₀cos²(δφ/2) =αI₀(1 + cosδφ) 2. Différence de marche entre les chemins (C₂) et (C₁) :

δ=A1M −A2M avec :

A2M =p

L²+ (y−d/2)²=L r

1 +(y−d/2)²

L² =L(1 + 1

2L²(y−d/2)²+o(y²/L²) +o(d²/L²) De même :

A1M =p

L²+ (y+d/2)²=L r

1 +(y+d/2)²

L² =L(1 + 1

2L²(y+d/2)²+o(y²/L²) +o(d²/L²) Alors :

δ≈ 1

2L(y+d/2)²− 1

2L(y−d/2)² δ≈ d.y

L D’où le déphasageδφau pointM :

δφ=2π λ

d.y L

3. IntensitéI(y).

I(y) =αI₀

1 + cos 2π

λ d.y

L

Les interférences sont constructives si I(yp) est maximale ce qui est équivalent à : cos

2π λ

d.y L

= 1

⇔ d.yp

λL =p p∈Z

⇔ yp=pλL

d p∈Z

4. En présence du champ magnétique, le déphasage devientδφ⁰=δφ+δφB et l’intensité devient donc : I⁰(y) =αI0

1 + cos

2π λ

d.y L +δφB

I⁰(y) =αI₀

1 + cos 2π

λ d L

y+ Lλ

2πdδφ_B

I⁰(y) =I(y⁰) avec y⁰=y+ Lλ 2πdδφB

L’intensité est translatée de la distancea= Lλ

2πdδφB vers lesy décroissants.

5. On suppose que les courants électriques empruntant chacun des côté de l’anneau se recombine ensuite de telle sorte l’intensité électrique Ie est équivalent à l’intensité lumineuseI sur l’écran des fentes d’Young.

Figure 1 – Fluctuation de l’impédance Z d’un semi-conducteur en forme d’anneau de rayon R = 270 nm en fonction du champ magnétiqueB

Alors :

Ie=K(1 + cos(δφ+δφB)) Ici, les deux chemins (C₁) et (C₂) sont identiques donc :

Ie=K(1 + cos(δφB)) =K

1 + cos eπR²

~ B

D’où l’expression de l’impédance :

Z= U

I = U

K

1 + cos eπR²

~ B

On voit que les valeurs deBannulantIedonne une impédance infinie (maximale dans les faits), et que les valeurs deB maximisantIedonne une impédance minimale et ce de façon périodique ce qui est ce qu’on observe grossièrement expérimentalement. Plus précisément, on peut évaluer la période caractéristique des fluctuations de Z avecB :

∆B= 2~ eR²

A.N. : ∆B =≈18 mT. Graphiquement, on trouve que 22 pseudo-périodes durent 40 mT soit ∆B_exp = 18 mT ce qui est cohérent.

Problème 2 – Pourquoi il faut freiner avant un virage

⃗ v

⃗ v

⃗ e

⃗ e

R

θ

O ⃗ v

I

⃗ g

⃗ e

⃗ e

⃗ v x(t )

Figure2 – La vitesse de la voiture en différents points de sa trajectoire

1. A l’approche du virage, àt= 0, la voiture décélère avec une accélérationa₀=−5m.s⁻²constante pendant une duréet₀.

L’accélération de la voiture vauta₀ et s’écrit ¨xen coordonnées cartésiennes donc :

¨ x=a0

Pour obtenir la vitesse, on intègre entretquelconque et 0 :

˙

x(t)−x(0) =˙ a0

avec ˙x(0) =v0 et ˙x(t) =v:

v(t) =v₀+a₀.t A l’instantt0:

v=v(t0) =v0+a0.t0

2. Équation horaire x(t) du centre d’inertieI de la voiture durant la phase de décélération.

Pour obtenir l’équation horaire, intègre la vitesse en 0 ett : x(t)−x(0) = 1

2a0.t²+v0.t En posant arbitrairementx(0) = 0, il vient :

x(t) = 1

2a0.t²+v0.t

3. L’accélération radiale de la voiture est non nulle donc d’après le théorème de la résultante cinétique, il existe une force T~ de même direction. De même, le mouvement de la voiture se déroule dans un plan d’altitude constante ce qui serait impossible si aucune force ne venait compenser le poids : cette force est la réaction du supportN~.

4. Traduisons la condition d’adhérence sur les forceskT~k< λkN~ken une condition sur la vitesse. Pour cela, on réalise une quantité de mouvement.

Système : voiture Référentiel : terrestre

Inventaire des forces. Base de travail (~er,~eθ,~ez).

— poidsP~ =m~g,

— réaction normaleN~ =N~ez,

— réaction tangentielleT~ =T ~er.

Théorème de la résultante cinétique appliquée à la voiture dans le référentiel terrestre galiléen.

La vitesse de la voiture en coordonnées polaire s’écrit :

~v= ˙r~er+r~θ~eθ

or r=R= cste donc ˙r= 0 d’où :

~

v=R~θ~e_θ⇒v_c=R|θ|˙ or vc= cste donc ˙θ=ω= cste.

Accélération~ade la voiture dans le virage.

En dérivant la vitesse~v=R~θ~eθ, il vient

~a=−Rω²~er

Soit encore avecω²= v²_c R² :

~a=−v_c² R~er

Le théorème de la résultante cinétique projeté selon~e_z donne : P~ +N~ =~0 Donc :

kN~k=mg Le théorème de la résultante cinétique projeté selon~e_rdonne :

T~ =−mv_c² R~er

Donc :

kT~k=mv²_c R La voiture adhère au sol tant quekTk~ < λkN~k. Soit :

mv_c²

R < λmg Soit :

vc < vmax avec vmax=p λgR

5. Plus le rayon de courbure du virage est petit plus vmax est faible ce qui est cohérent avec l’expérience (pour R7→ ∞, ligne droite,vmax7→ ∞). Plusλ, qui mesure l’adhérence de la voiture, est faible plusvmax

est faible ce qui est cohérent également.

6. Sur route sèche : λ= 0,70,R= 50 m etg= 9,81 m·s⁻².vmax= 18,5 m·s⁻¹= 66,7 km·h⁻¹. Sur route verglacée :λ= 0,05,R= 50 m etg= 9,81 m·s⁻².vmax= 4,95 m·s⁻¹= 17,8 km·h⁻¹.

Problème 3 – Dosage du glucose dans le sang

glucose + H2O + O2= acide gluconique+H2O2 (2)

0 10 20 30 40

Concentration en glucose (mg/L)

0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6

Absorbance à 565 nm

Modele Points exp.

Figure3 – Courbe d’étalonnage d’absorbance d’une solution de glucose

1. Une prise de sang est réalisée sur une personne à jeun, ce sang est dilué par 50, puis le protocole décrit ci-dessus est suivi. À 565 nm, l’absorbance obtenue est égale à 0,275. Sur la courbe d’étalonnage, on lit que la concentration en glucose correspondant vaut c⁰ = 21 mg·L⁻¹. Comme l’échantillon a été dilué 50 fois, la concentration cen glucose vaut :

c⁰= 50c= 1,0 g·L⁻¹

0,60 g·L⁻¹< c <1,10 g·L⁻¹donc la glycémie de la personne est normale.

2. Vitesse vde réaction :

v=v_max [G]

K_M+ [G]

Deux remarques essentielles :

— la réaction n’admet pas d’ordre en général ;

— la vitesse de réaction ne dépend que de la concentration en glucose [G] ; ce qui est conforme à la dégénérescence de l’ordre par rapport à l’eau et au dioxygène.

3. Expressions littérales approchées de la vitesse de réaction :

— [G]KM :v≈vmax

[G]

K_M, la réaction est d’ordre 1 par rapport au glucose.

— [G]K_M :v≈v_max, la réaction est d’ordre 0.

4. Mesure de la vitesse initiale vi de réaction à partir de la concentration en dioxygène [O2] au cours du temps ? Par définition :

v=−d[O2] dt

On peut approcher la vitesse par le taux d’accroissement entre deux instantst_i+1et t_i proches : v≈ −[O₂](t_i+1)−[O₂](t_i)

ti+1−ti

La vitesse initiale estv_i =v(t= 0) donc peut s’évaluer comme le taux d’accroissement initial.

��� ��� ��� ��� ��� ���

�������������������������������

����

����

����

����

����

����

�������������������������

������

�����������

Figure4 – Suivi de la cinétique de la réaction

5. Valeurs de K_M et v_max? Le graphe v_i = f(c) montre que le modèle est en accord avec les données expérimentales. Il suffit de prendre deux points appartenant à la courbe pour obtenir K_M et v_max. On choisit le pointA(cA= 0,15, vA= 0,16) andB(cB = 0,8, vB = 0,21). On réécrit la loi de vitesse :

v=vmax

[G]

KM+ [G] ⇔ 1 v = 1

vmax

1 +KM

[G]









 1 vB

= 1

vmax

1 +K_M cB

(1) 1

v_A = 1 v_max

1 + KM

c_A

(2) (2)−(1) donne :

1 vA

− 1 vB

= K_M vmax

1 cA

− 1 cB

a= KM

v_max = 1 v_A − 1

v_B 1 c_A − 1

c_B On en déduit :

vmax= 1

vB

− a cB

⁻¹

KM =avmax

A.N. :a= 0,27 g·L⁻¹·s⁻²,v_max= 0,23 s⁻¹,K_M = 0,062 g·L⁻¹·s⁻¹.