DS de physique-chimie 4 – Corrigé

D.Malka – MPSI 2021-2022 – Lycée Jeanne d’Albret 04.12.2021

Problème 1 – Modèle de Winkessel du système cardiovasculaire

Modèle électrique du système artériel

R C K

P(t)-P_∞ D

D_C D_R

Figure1 – Modèle de Winkessel du système artériel.P(t) est la pression de l’aorte,P∞ est la pression asymp- totique au bout du système artériel.D est le débit volumique sanguin, supposé stationnaire, en provenance du ventricule gauche (ce débit est nul lorsqueK est ouvert).

1. Sur le schéma fig.1, le générateur modélise le cœur, l’interrupteur la valve aortique.

2. P est l’analogue du potentiel électrique,D est l’analogue du courant. Par une analogie avec la loi d’Ohm u= ∆φ=Ri, on peut écrire :

∆P =RD_R 3. La relation :

D_C=CdP dt

s’obtient par analogie avec la loi de fonctionnement d’un condensateur idéali_c=Cdu dt.

Battements du cœur

Diastole

4. Durant la diastole, la valve aortique est fermée donc le sang n’est pas transféré du cœur vers l’aorte donc l’interrupteurK est ouvert.

5. Équation différentielle vérifiée par la pressionP(t).

On raisonne sur le schéma de la figure 1, interrupteurK ouvert. Loi des nœuds : D_R+D_C= 0

avecDR=P(t)−P∞

R et DC=CdP(t) dt :

dP(t)

dt +P(t)−P_∞

τ = 0

Équation d’évolution analogue à celle d’un circuit (R, C) du premier ordre.

6. Solution générale :

P(t) =Ae^−tτ +P_∞

Par analogie avec la tension aux bornes d’un condensateur, on peut supposer la pression P(t) continue.

En particulier à t=t_s :

P(t⁺_s) =P(t⁻_s)⇔Ae^−τts +P∞=Pm⇔A= (Pm−P∞)e^tsτ Finalement, durant la diastole :

P(t) = (Pm−P_∞)e^−t−tsτ +P_∞ Systole

Le ventricule gauche se contracte et éjecte du sang dans le réseau artériel. On pose t = 0 au début de la systole. On suppose le débit volumiqueDvenant du coeur stationnaire durant la systole. On poseP(t= 0) =P₀.

7. Durant la systole, le sang provenant du cœur pénètre dans l’aorte donc l’interrupteur Kest fermé.

8. Équation différentielle vérifiée par la pressionP(t).

On raisonne sur le schéma de la figure 1, interrupteurK fermé. Loi des nœuds : DR+DC=D

avecD_R=P(t)−P_∞

R et D_C=CdP(t) dt :

dP(t)

dt +P(t)−P_∞

τ =D

C

9. Solution :

P(t) =P_∞+R.D+Be^−τt

Déterminons la constante d’intégrationB par continuité de P(t) àt= 0 :

P(0⁺) =P(0⁻)⇔P_∞+R.D+B=P₀⇔B=P₀−P_∞−R.D Finalement, durant la systole :

P(t) = (P₀−P_∞−R.D)e^−τt +P_∞+R.D

Évolution de la pression artérielle

10. Pression artérielleP(t) en fonction du temps durant deux battements cardiaques : fig.2.

11. Exprimons la pression systoliquePmet la pression la pression diastoliqueP0 en fonction deP_∞,D,R,τ, T et ts.

Nous utilisons la continuité de la pression P(t) en t_s et enT, instant de transition entre la systole et la diastole. A ces instants les deux expressionsP(t) précédemment déterminées sont valables d’où le système :

(

P0=P∞+ (Pm−P∞)e^−T−tsτ

Pm=P_∞+R.D+ (P0−P_∞−R.D)e^−tsτ En résolvant ce système par combinaisons linéaires, on trouve :

P_m=P_∞+RD1−e^−tsτ 1−e^−Tτ

P0=P_∞+RD1−e^tsτ 1−e^Tτ

9.0 9.5 10.0 10.5 11.0

t ( s )

0 2 4 6 8 10 12 14

P (c m H g)

Figure2 – Variation de la pression artérielle pendant deux battements cardiaque d’après le modèle de Wnkessel.

12. CalculonsPmetP0en mmHg pourC= 6,03×10⁻⁹m³·Pa⁻¹,R= 1,265×10⁸Pa·s·m⁻³, une fréquence cardiaque de 70 batt/min,ts= 0,33 s,D= 260×10⁻⁶m³·s⁻¹ et P∞= 7 mmHg :

P_m= 126 mmHg et P₀= 64 mmHg

13. Le modèle de Winkessel donne des pressions systolique et diastolique relativement proches des valeurs communément mesurées.

14. D’après les courbes fig.3, le modèle de Winkessel reproduit relativement bien la diastole mais pas la systole.

L’hypothèse d’un débit sanguin constant explique au moins en partie cette inadéquation.

Figure3 – Variation normales de la pression artérielle et du débit sanguin aortiques au cours d’un battement cardique. En pointillé le modèle de Winkessel, en gras la courbe expérimentale.

Problème 2 – Suivi de la décomposition du bleu brillant en présence d’hypochlorite de sodium

Suivi spectrophotométrique de la réaction

1. Le pic d’absorption du bleu brillant est situé à λ= 614 nm c’est-à-dire dans le orange, qui est, comme attendu, la couleur complémentaire du bleu.

2. Travailler à la longueur d’ondeλ= 614 nm correspondant au maximum d’absorption permet d’augmenter la précision des mesures en amoindrissant l’impact des fluctuations éventuelles de la longueur d’onde du faisceau lumineux.

3. Déterminons le volume V0 de solution mère à diluer pour préparer un volume V = 25,0 mL de solution fille de concentrationc= 1,89×10⁻⁶mol·L⁻¹.

Solution fille :c= 1,89×10⁻⁶mol·L⁻¹,V = 25,0 mL. Elle contient donc une quantité de matière de bleu brillant égale àn=cV.

Cette quantité est apportée par le volumeV₀de solution mère dilué ensuite. On notantc₀= 4,72×10⁻⁶mol·L⁻¹ la concentration de la solution mère, il vientn=c₀V₀.

Donc :

c₀V₀=cV ⇔ V₀= cV c0

A.N. :c= 10,01 mol·L⁻¹.

Pour réaliser la solution fille, on prélève V = 10,0 mL de solution mère qu’on introduit dans une fiole jaugée de volume V = 25,0 mL. On complète par de l’eau distillée au 3/4, on homogénéise puis on complète jusqu’au trait de jauge et on homogénéise la solution à nouveau.

4. La loi de Beer-Lambert est-elle vérifiée ici ? D’après les données expérimentales, oui (fig.4).

0 1 2 3 4 5

c ( µmol. L

)

0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6

A

Mesures Ajustement

Figure 4 – Les données expérimentales peuvent s’ajuster par une fonction linéaire de coefficient directeur a= 1,2×10⁵L·mol⁻¹

DoncA=a.cor d’après la loi de Beer-Lambert,A=ε(614 nm,298 K).l.cdonc : ε(614 nm,298 K) = a

l A.N. :ε(614 nm,298 K) = 1,2×10⁸L·mol⁻¹·m⁻¹

5. La spectrophotométrie est une technique de choix pour le suivi cinétique de la réaction de décomposition du colorant E133 car le bleu brillant est la seule espèce colorée intervenant dans la réaction.

Étude cinétique

Protocole expérimental

- À l’instant t= 0 min, on place dans un bécher de 50 mL un volumeV1 = 25,0 mL d’une solution aqueuse de bleu brillant de concentration molaire volumique c₁ = 4,54×10⁻⁶mol·L⁻¹ et un volume V₂ = 1,00 mL d’une solution aqueuse d’hypochlorite de sodium (ClO⁻(aq) +N a⁺(aq)) de concentration molaire volumique c₂= 1,33×10⁻²mol·L⁻¹.

6. Montrons qu’il y a dégénérescence de l’ordre par rapport aux ionsClO⁻dans les conditions de l’expérience.

On suppose que la réaction a pour loi cinétique :

v=k[E133]^α[ClO⁻]^β Évaluons les concentrations initiales [ClO⁻]0et [E133]0:

— [E133]0= c1V1

V1+ V2

= 4,38×10⁻⁶mol·L⁻¹,

— [ClO⁻]₀= c₂V₂ V1+ V2

= 5,12×10⁻⁴mol·L⁻¹

[ClO⁻]₀ [E133]₀, donc au cours de la réaction [ClO⁻](t)≈[ClO⁻]₀ et loi cinétique apparente s’écrit donc :

v=kapp[E133]^α kapp=k[ClO⁻]^β₀

Finalement, l’expérience permet de déterminer, s’il existe, l’ordre partiel par rapport au bleu brillant.

7. Voir question précédente.

Étude expérimentale

8. Montrons que si la réaction est d’ordre 1 par rapport au bleu brillant (E133), l’équation ci-dessous est vérifiée :

ln A A0

=−k_app×t

— D’une part, par définition, la vitesse de réaction s’écrit : v=−d[E133]

dt

— D’autre part, on suppose que la réaction admet un ordre 1 par rapport à E133 : v=k_app[E133]

La concentration en [E133] vérifie donc l’équation différentielle : d[E133]

dt =−kapp[E133]

qui s’intègre en :

ln

[E133]

[E133]₀

=−k_appt

D’après la loi de Beer-Lambert [E133] = A εl d’où :

ln A

A₀ =−k_app×t 9. Seul le graphe de ln A

A₀ est une droite donc la réaction est d’ordre 1 par rapport au bleu brillant. La constante de vitesse apparente est l’opposé de la pente de la droite :

kapp= 0,28 min⁻¹

Afin de déterminer l’ordre partiel β , supposé non nul, par rapport aux ions hypochlorite ClO⁻ , on réalise le même protocole expérimental que précédemment en utilisant toutefois une solution aqueuse d’hypochlorite de sodium (ClO⁻(aq) + Na⁺(aq)) de concentration molaire volumiquec₃= 6,65×10⁻³mol·L⁻¹. Les résultats de l’étude expérimentale menée à 298 K sont rassemblés dans le tableau 6 ci-dessous.

t (min) 0 2,5 5 7,5 10 15

A 0,389 0,275 0,195 0,138 0,0.097 0,069 AbsorbanceA mesurée à divers instantst.

0 2 4 6 8 10 12 14 16

t (min)

4.5 4.0 3.5 3.0 2.5 2.0 1.5 1.0 0.5 0.0

ln ( A /A 0 )

Figure5 – Résultats expérimentaux

10. Le temps de demi-réaction dans les deux expériences dépend de la constante de vitesse apparente donc de [ClO⁻]0 et de l’ordreβ s’il existe. Mesurons les temps de demi-réaction dans chacune des expériences :

— Exp 1 :t_1/2,1= 2,5 min.

— Exp 2 :t_1/2,2= 5,0 min.

Or pour une réaction d’ordre 1, le temps de demi-réaction s’écrit : t_1/2= ln 2

kapp

Avec k_app =k[ClO⁻]₀donc :

— Exp 1 :t_1/2,1= ln 2 kc^β₂.

— Exp 2 :t1/2,2= ln 2 kc^β₃. On en déduit :

β= ln

c₃ c2

ln t_1/2,2

t_1/2,2

A.N. :β = 1.

11. La constante de vitessekde la réaction de décomposition du bleu brillant en présence d’ions hypochlorite se calcule alors à partir d’une des valeurs dek_app :

k= kapp,1

c2

A.N. :k= 21,1 mol⁻¹·L·min⁻¹

Problème 3 – Détecteur de choc d’un airbag

1. A t= 0⁻, la masse est à l’équilibre doncx(0⁻) =l0 et sa vitesse vaut ˙x(0⁻) = 0.

2. D’après le principe d’inertie, la masse se déplace vers lesX décroissants. La voiture ralentit donc dans le référentiel de la voiture, la masse se déplace vers les xdécroissants.

Figure 6 – Modélisation du dispositif de détection des chocs installé dans le véhicule. La longueur à vide du ressort vautl0= 2 cm

Figure7 – Évolution de la vitessevv(t) du véhicule. Au cours du choc, la vitesse passe de−v0à 0 en une durée tc.

3. D’après le graphe fig.7 :

( ∀t∈[0, t_c] a_e= v₀ tc

=a₀

∀t≥t_c a_e= 0 4. Syst :M(m)

Ref : voiture, non galiléen Inventaire des forces :

— tension du ressortT~ =−k(x−l0)~ex

— frottementF~ =−αx~˙ex

— F~e=−m~ae=−ma0~ex

Relation fondamentale de la dynamique :

m~a=T~+F~ +F~_e

⇔m¨x=−k(x−l0)−αx˙ −ma0

⇔m¨x+αx˙+kx=kl₀−ma₀

⇔¨x+ α mx˙+ k

mx= k ml0−a0

On pose ω₀= rk

m , ξω₀= α

m etω²₀x_e= k

ml₀−a₀⇔ x_e=l₀− a₀ ω₀² .

¨

x+ 2ξω₀x˙+ω₀²x=ω₀²x_e

5. On reconnaît l’équation d’un oscillateur harmonique de pulsation propre ω₀, de facteur d’amortissement ξ et de position d’équilibrex_e.

6. On suppose ξ <1, montrons que,∀t∈[0, tc] :

x(t) =e^−t/τ(Acos(ωt) +Bsin(ωt)) +xe où on exprimeraω La solution de l’équation différentielle d’évolution s’écrit :

x(t) =xH(t) +xe

oùx_eest une solution particulière évidente et x_H la solution de l’équation homogène :

¨

x+ 2ξω0x˙+ω₀²x= 0

Cherchons une solution sous la formee^r.t. Cette fonction est solution sirvérifie l’équation caractéristique : r²+ 2ξω0r+ω₀²r= 0

Cherchons les valeurs der. Pour cela, calculons le déterminant de l’équation précédente :

∆ = 4ξ²ω₀²−4ω²₀= 4ω²₀(ξ²−1)

Orξ <1 donc ∆<0. Il existe deux racines complexes conjuguées solutions de l’équation caractéristique : r±=−ξω0±j√

−∆ =−ξω0±jω0

p1−ξ² En posant τ = 1

ξω0

et ω=ω0

p1−ξ² , il vient :

r_±=−1 τ ±jω Alors, la solution homogène s’écrit :

xH(t) =e^−t/τ(Acos(ωt) +Bsin(ωt)) Et la solution générale de l’équation d’évolution :

x(t) =e^−t/τ(Acos(ωt) +Bsin(ωt)) +x_e

7. On détermine les constantes d’intégrationAetB par exploitation de la continuité de la position et de la vitesse à t= 0.

Continuité de la position :

x(0⁺) =x(0⁻)

⇔A+x_e=l₀

⇔A=l0−xe

⇔A= a₀ ω₀²

Continuité de la vitesse :

˙

x(0⁺) = ˙x(0⁻)

⇔A

τ +ωB= 0

⇔B= A ωτ

⇔B= a0

ωτ ω₀²

8. la vitesse vaut v(t) = ˙x=−1

τe^−t/τ(Acos(ωt) +Bsin(ωt)) +e^−t/τω(−Asin(ωt) +Bcos(ωt)).

Avec B= A

ωτ, il vient :

v(t) =−A

1 +τ²ω² τ²ω

e^−t/τsin(ωt)

9. Représenter les évolutions temporelles dex(t) etv(t) en concordance des temps pourt∈[0, tc] : fig.8.

0 5 10 15 20 25

s

1.0 0.5 0.0 0.5 1.0

t (s )

x/ max(x) v/ max(

v

)

Figure8 – Vitesse et position du capteur

10. La masse M est-elle la plus proche du point O lorsque x(t) atteint sont premiers minimum donc à tD=T

2 = π

ω . La distance minimaledvaut alors : d=x(t_d)

d=xe+e^−td/τ(Acos(ωtd) +Bsin(ωtd)) d=x_e−Ae^−td/τ

d=l0− a0

ω₀²

1 +e^−π/(ωτ)

11. Calculons la valeur minimale de l’accélérationa0telle que d <l₀ 2.

d < l0

2 a0

ω²₀

1 +e^−π/(ωτ)

> l0

2 a₀> l₀ω₀²

2 1 +e^−π/(ωτ)

A.N. amin = l0ω₀²

2 1 +e^−π/(ωτ) = 23,6 m·s⁻² <5g. Le dispositif peut donc détecter des accélérations de 5g.