Physiks & Chimie

Terminale S

calculatrice autorisée

D.S. n°1

Exercice de PHYSIQUE : Étude d’un sismogramme (6 points)

1. Les ondes P sont plus rapides que les ondes S car leur célérité est plus grande : elles seront donc reçues par le sismographe avant les ondes S. Le signal correspond donc aux ondes P et le signal 2 aux ondes S (1).

2. La date d’arrivée des ondes P est tP = 18h31min15s. La date d’arrivée des ondes S est tS = 18h31min20s (1).

3. La célérité (moyenne) correspond à la distance d parcourue sur la durée du parcours : vS = d

tS – t0 (0,5).

De même la célérité des ondes P est : vP = d

tP – t0 (0,5).

4. D’après la relation vS = d

tS – t0, il vient d = vS×(tS – t0) et d’après la relation vP = d

tP – t0, il vient tP – t0 = d VP

soit t0 = tP – d

vP

. Ainsi d = vS×(tS – tP – d vP

) = vS×(tS – tP) – vS×d vP

donc d + vS×d vP

= vS×(tS – tP) et par suite d(1 + vS

vP

) = vS×(tS – tP) puis d(vP + vS

vP

) = vS×(tS – tP) et finalement d = vS.vP

vP – vS

.(tS – tP) (2).

5. d = 6,0×3,5

6,0 – 3,5×5 = 42 km (ou 4.10¹ km) (1)

Exercice de PHYSIQUE : Les ondes sonores (14 points)

1. Préliminaires

1.1. On appelle onde mécanique progressive le phénomène de propagation d’une perturbation dans un milieu matériel élastique sans transport de matière mais avec déplacement d’énergie (1).

1.2. Une onde transversale est une onde dont la direction de la perturbation est perpendiculaire à la direction de propagation de l’onde (0,5). Une onde longitudinale est une onde dont la direction de la perturbation est parallèle à la direction de propagation de l’onde (0,5).

Une onde sonore est une onde longitudinale qui se propage de proche en proche par compression-dilatation du milieu (0,5).

2. Célérité de l’onde sonore : première méthode

2.1. Pour déterminer la célérité de l’onde sonore on effectue le rapport de la distance d séparant deux microphones par le retard correspondant à la réception entre le microphone le plus éloigné et celui le plus proche de la source (1).

2.2. Retard à la réception entre M2 et M1 : τ12 = 0,0080 – 0,0020 = 0,0060 s et τ23 = 0,0170 – 0,0080 = 0,0090 s v12 = 2,00

0,0060 = 333 m.s^–1 (3,3.10² m.s^–1) et v23 = 3,00

0,0090 = 3,3.10² m.s^–1 (1)

2.3. Les résultats obtenus sont cohérents car les valeurs sont identiques (ou proches) (0,5). En toute rigueur on ne devrait conserver qu’un seul CS, car la précision sur la détermination de τ est faible, mais 333 m.s^–1 est acceptable.

3. Célérité de l’onde : deuxième méthode

3.1. Sur le graphique : 10 ms  6,2 cm et 4.T  5,6 cm donc T = 2,26 ms (0,5) La fréquence du son émis par le diapason est donc f = 1

T. A.N. : f = 1

2,26.10^–3 = 442 Hz soit 4,4.10² Hz (1).

3.2. Lorsque l’on compte plusieurs retours de phase, on augmente la longueur mesurée, correspondant à un nombre entier de longueur d’onde, et par conséquent on améliore la précision de la mesure (0,5).

3.3. La longueur d’onde correspond à la plus petite distance séparant deux points du milieu vibrant en phase (1). Elle est égale à la distance λ parcourue par l’onde se propageant à la célérité v pendant une période temporelle T. Ici λ = D

5 = 0,772 m (0,5).

Rem. : 3,86 m est mesuré au centimètre près. Une seule longueur d’onde aurait été mesurée à 0,77 m. La précision est effectivement meilleure puisque l’on obtient une valeur à 3 C.S.

3.4. la célérité de l’onde, dans ces conditions est : v = λ

T = 0,772

2,26.10^–3 = 3,4.10² m.s^–1 (1).

3.5. Le milieu de propagation des ondes sonores n’est pas dispersif (dans les conditions de l’expérience) car les valeurs des célérités sont sensiblement identiques pour des fréquences différentes (1).

Terminale S2 Page 2 sur 3 4. Autre propriété des ondes sonores

4.1. Le phénomène physique qui explique l’observation faite par les amis de Julien est la diffraction (1).

4.2. La diffraction est très marquée lorsque la dimension de l’objet diffractant est de l’ordre de grandeur ou plus petit que la longueur d’onde (1). La dimension de la porte, objet diffractant, est de 1,00 m. Déterminons les longueurs d’onde des sons considérées :

Si f = 100 Hz, λ = v/f = 340/100 = 3,4 m (0,5) (de l’ordre de grandeur de la dimension de la porte).

Si f = 10000 Hz, λ = v/f = 340/10000 = 3,4 cm (0,5) (très inférieur à la dimension de la porte).

Les sons graves seront mieux diffractés que les sons aigus : les amis de Julien entendront davantage les sons graves que les sons aigus dans le hall (0,5).

Exercice de CHIMIE : Décomposition du pentaoxyde de diazote (13 points)

1. Soit n0 la quantité de matière initiale du pentaoxyde de diazote.

1.1. Le pentaoxyde de diazote est un gaz à la température de l’expérience. D’après l’équation d’état des gaz parfaits : n0 = P0.V

R.T (0,5). A.N. : n0 = 4,638.10⁴×0,50.10^–3

8,31×318 = 8,8.10^–3 mol (0,5)

1.2.

(1,5)

1.3. Il existe au moins deux méthodes pour déterminer l’avancement maximal :

• La méthode des hypothèses : chaque réactif peut être limitant, et l’on choisit la plus limitative des possibilités car elle correspond à la consommation totale de l’un des réactifs et par conséquent la transformation est terminée. Cette méthode est ici simple à mettre en œuvre car il n’y a qu’un seul réactif : Le pentaoxyde de diazote est le seul réactif : il est donc le réactif limitant la transformation chimique : nf(N2O5) = n₀ – 2.x_max = 0 ⇔ xmax = n0

2 = 4,4.10^–3 mol.

Rem. : s’il y a plusieurs réactifs, on calcul xmax1, xmax2, etc. et l’on choisit le plus petit d’entre eux pour xmax.

• La méthode du système d’inéquations, et choisir la plus restrictive des conditions.

Une quantité de matière est nécessaire positive ou nulle : n0 – 2.x  0 ainsi x n0

2. L’avancement est nécessairement inférieur ou égal à n0

2. Il est égal à n0

2 lorsqu’il est maximal ! xmax = n0

2 = 4,4.10^–3 mol (1,5 avec justification par une méthode convenable).

2. Pour réaliser ce suivi temporel de la réaction, il a fallu trouver la relation entre P P0

et x.

2.1. Toutes les espèces étant gazeuses : nG = n(N2O5) + n(NO2) + n(O2) soit : nG = (n0 – 2.x) + (4.x) + x = n0 + 3.x (1,5).

2.2. D’après l’équation d’état des gaz parfaits P.V = nG.R.T : P.V = (n0 + 3.x).R.T = n0.(1 + 3x n0

).RT Or d’après la relation P0.V = n0.R.T, il vient P.V = P0.V.(1 + 3x

n0

) et finalement après simplification par V, on peut écrire que P

P0

= 1 + 3x n0

(2).

2.3. D’après la réponse à la question 1.3, Pmax

P0

= 1 + 3.xmax

n0

soit Pmax

P0

= 1 + 3.4,4.10^–3

8,8.10^–3 = 1 + 3×1

2 = 1 + 1,5 = 2,5 (1,5).

2.4. Au bout de 100 s, P P0

< Pmax

P0

. Par conséquent la réaction n’est pas encore terminée (x(100 s) < xmax) ! (1).

2.5. On peut citer le facteur cinétique température (0,5). Une augmentation de température accélère la transformation, en effet elle augmente l’agitation microscopique du gaz et par conséquent augmente la fréquence des chocs entre particules de gaz. Par ailleurs l’énergie cinétique microscopique étant plus élevée, la fréquence des chocs efficaces augmentent : la vitesse de la réaction augmente donc (1).

L’unité de volume dans le système internationale est le m³ !!!

Équation de la réaction 2 N

O

(g) = 4 NO

(g) + O

(g) État (mol) Avancement n(N

O

) n(NO

) n(O

)

Initial 0

Intermédiaire x

Terminale S2 Page 3 sur 3 Le second facteur cinétique que l’on peut citer est le facteur concentration en réactifs (0,5). Si la concentration en réactifs augmente la probabilité de rencontre augmente et donc le nombre de chocs augmente. Une augmentation de la concentration en réactifs va donc augmenter la vitesse de la réaction (1).

Exercice de CHIMIE : Quand la croix disparait plus vite (7 points)

1. Écrivons les demi-équations d’oxydoréduction : - Couple S2O3

2–

(aq) / S(s) : S2O3 2–

(aq) + 6 H⁺(aq) + 4 e^– = 2 S(s) + 3 H2O(l) (×1) - Couple SO2(aq) / S2O3

2–

(aq) : S2O3 2–

(aq) + H2O(l) = 2 SO2(aq) + 2 H⁺(aq) + 4 e^– (×1) La transformation a donc pour équation : 2 S2O3

2–

(aq) + 6 H⁺(aq) + H2O(l) = 2 S(s) + 3 H2O(l) + 2 H⁺(aq) + 2 SO2(aq)

Après simplification par H⁺(aq) et en divisant les coefficients stœchiométriques, tous pairs, par deux : S2O3

2–

(aq) + 2 H⁺(aq)→ SO2(aq) + S(s) + H2O(l) (1,5) 2.

2.1. La quantité de matière initiale en ions thiosulfate dans chaque mélange est n1 = c1.V1. Cette quantité de matière est dissoute dans un volume totale V1 + V2 + V3 = 100 mL pour chaque mélange. Ainsi :

[S2O3 2–

(aq)]i = c1.V1

V1 + V2 + V3. Pour le mélange 1 : [S2O3

2–

(aq)]i,1 = 0,25× 10

100 = 2,5.10^–2 mol.L^–1 Pour le mélange 2 : [S2O3

2–

(aq)]i,2 = 0,25× 20

100 = 5,0.10^–2 mol.L^–1 Pour le mélange 3 : [S2O3

2–

(aq)]i,3 = 0,25× 30

100 = 7,5.10^–2 mol.L^–1 (1,5)

2.2. La concentration initiale en ion thiosulfate augmente en passant du mélange 1 au mélange 3, par conséquent la vitesse de la réaction augmente et donc le temps d’opacification diminue (1).

2.3. Question non comptée

Équation de la réaction S

O

+ 2 H

SO

+ S

+ H

O

État Avancement

Initial 0 C

.V

excès

0 0

Solvant

Intermédiaire X

x x

Final x

C

.V

–x

x

x

L’acide est en excès donc le réactif limitant est l’ion thiosulfate et l’avancement maximale est xmax = c1.V1. A.N. : xmax = 0,25×10.10^–3 = 2,5 mmol

Au bout de 75 s, [S2O32–

]75 = n(S₂O32–)₇₅ VT

= c1.V1 – x VT

donc x = c1.V1 – [S2O32–

]75.VT

[SO2]75 = x VT

= c₁.V₁ – [S₂O₃^2–]₇₅.VT

VT

. A.N. : [SO2]75 = 0,25×10.10^–3 – 1,0.10^–2×100.10^–3

100.10^–3 = 1,5.10^–2 mol.L^–1 (1,5) [SO2]f = xmax

VT

= c1.V1

VT

. A.N. : [SO2]f = 0,25× 10

100 = 2,5.10^–2 mol.L^–1 (1).

Au bout de 75 s la transformation n’est donc pas terminée (0,5).

Remarque : ce résultat est conforme avec le mélange n°1 et non le mélange n°2.