Physiks & Chimie

Texte intégral

(1)Terminale S2. D.S. n°8 – Correction. Page 1 sur 3. Chute d’une bille dans la glycérine d’après Antilles − Guyane 2008 (23 points) 1. Mesure de la viscosité  de la glycérine O £PA £f 1.1. Représentation des forces appliquées à la bille en mouvement : £P, £PA et £f (1).  1.2. P = .V.g (0,5). j 1.3. PA = o.V.g (0,5). 1.4.1. La vitesse de la bille est constante, puisque la bille a atteint la vitesse limite. Par ailleurs R1 le mouvement est rectiligne et vertical puisque les seules actions mécaniques qui s’exercent sur la bille sont verticales et que la bille n’a pas de vitesse initiale (pas de £P h composante horizontale). Par conséquent, le mouvement est rectiligne et uniforme. La bille respecte donc le principe d’inertie (1). 1.4.2. D’après la première loi de Newton ou principe d’inertie, dans un référentiel galiléen, lorsque le mouvement est rectiligne est uniforme, la résultante des forces est nulle. R2 Ainsi £Fext = £0 et donc £P + £PA + £f = £0 (1). On peut aussi justifier d’après la seconde loi de Newton : m.£a = £Fext. Or l’accélération y est nulle, puisque le vecteur vitesse est constant ainsi : m.£a = £Fext = £0. –1 –1 1.5.1. [f] = [6..r.v] = [.r.v]. Ainsi [] = [f].[r] .[v] . D’après la seconde loi de Newton : [m.a] = [f]. Par conséquent : [] = M.L.T–2.L–1.(L.T–1)–1 = M.L–1.T–1. L’unité S.I. de  est donc le kg.m–1.s–1 (1,5). 1.5.2. Utilisons la relation, valable entre R1 et R2 : £P + £PA + £f = £0. Exprimons les vecteurs force : £P = .V.g.£j ; £PA = –o.V.g.£j et £f = –6..r.£v = –6..r.v.£j. Ainsi : .V.g.£j + (–o.V.g.£j) + (–6..r.vlim.£j) = £0 car la relation vectorielle n’est vérifiée que si v = vlim. En projetant la relation vectorielle suivant le repère (O, £j) : .V.g – o.V.g – 6..r.vlim = 0.  – o...r.g    Par conséquent 6..r.vlim = ( – o).V.g   = =  – o.4.r .g = .r .g. –  (2). .r.vlim 3..vlim .vlim h 40,0 –1 –2 –1 1.6.1. La vitesse étant constante : vlim = . A.N. : vlim = = 24,1 cm.s ou 24,1.10 m.s (1). 1,66 t’ –3 2 – 1,26).103. Soit  = 1,48 kg.m–1.s–1 (1) 1.6.2. Effectuons l’A.N. de l’expression du 1.5.2. :  = 2(5,00.10 ) 9,81(7,80 –2 924,1.10 1.6.3. La valeur théorique de la viscosité de la glycérine à cette température est thé = 1,49 SI. | – exp| 1,49 – 1,48 0,01 Calcul de l’écart relatif e : e = thé = = = 0,007 soit 0,7 % (1 seul C.S.). 1,49 1,49 thé L’écart relatif étant très faible (les deux valeurs sont extrêmement proches) la valeur expérimentale est validée (1). 2. Étude théorique du mouvement de la bille 2.1. D’après la deuxième loi de Newton : m.£a = £P + £PA + £f = .V.g.£j – o.V.g.£j – 6..r.£v. d£v Ainsi m. = .V.g.£j – o.V.g.£j – 6..r.£v. Par ailleurs la vitesse du centre d’inertie ne possède qu’une composante dt verticale : £v = v.£j. Soit en projetant l’expression vectorielle issue de la seconde loi de Newton sur l’axe Oy : m.dv = .V.g – o.V.g – 6..r.v  m.dv + 6..r.v = ( – o).V.g et par suite : dt dt dv + ..r.v =  – o.V.g, puis dv + ..r.v =  – o.V.g et finalement : dt m m dt .V .V dv + ..r.v =  – o.g  dv + . .v =  – o.g . (3) dt dt 2..r2   ...r3  . 91,49 –1 A= 3 –3 2 = 34,4 s (valeur vérifiée). 2 (0,5). A.N. : A = 27,80.10 (5,00.10 ) 2..r B =  – o.g (0,5). A.N. : B = 7,80 – 1,269,81 = 8,23 m.s–2 (valeur vérifiée). 7,80  2.2. La bille atteint sa vitesse limite lorsque son accélération est nulle : dv = 0, par conséquent : A.vlim = B soit vlim = B. dt A 8,23 –1 A.N. : vlim = = 0,239 m.s 34,4 Cette valeur est en accord avec la valeur 0,241 m.s–1 trouvée expérimentalement (écart relatif : 0,8 %) (1,5)..

(2) D.S. n°8 – Correction. Terminale S2. Page 2 sur 3. 2.3. Le rapport 1/A est homogène à une temps : il correspond au temps caractéristique  du mouvement (0,5). dv B est homogène à une accélération et correspond à l’accélération initiale de la bille (valeur de , lorsque t = 0 et v = 0) (1). dt 2.4.1. Le pas d’itération t utilisé pour les calculs est t = 0,005 s soit 5 ms (0,5). 2.4.2. v6 = v5 + a5.t soit : v6 = 0,146 + 3,200,005 = 0,162 m.s–1 (1). a7 = (dv) = B – A.v7, soit a7 = 8,23 – 34,40,175 = 2,21 m.s–2 (1). dt. transitoire. 2.5.1.. permanent. (1). 0,025 s. 2.5.2. On trace la tangente à l’origine, puis l’on détermine l’abscisse du point d’intersection de celle-ci avec l’asymptote horizontale correspondant à la vitesse limite (1). :  = 0,025 s soit 25 ms (1). 1 Remarque : le temps caractéristique « théorique » dans ce mouvement est  =  = = 0,0291 s. A 34,4 La pile sous toutes ses faces d’après Amérique du Sud − Novembre 2008 (17 points) 1. La pile Daniell (d’après http://labolycee.org). I e– 1.1. Voir figure 1 ci-contre. énoncé : « L’électrode positive R – + de cette pile est l’électrode de cuivre. » anode cathode   K ( aq )  NO ( aq ) Zn 3 Cu Nature des électrodes : (0,5) ; Nature des ions : (0,5) Sens du courant et des électrons : (0,5) 1.2. À l’anode : oxydation : Zn(s) = Zn2+(aq) + 2 e– (1) A la cathode : réduction : Cu2+(aq) + 2 e– = Cu(s) (1) 1.3. Équation de la réaction de fonctionnement de la pile : Cu2+(aq) + Zn(s) = Cu(s) + Zn2+(aq) (1) Figure 1  SO24 (aq) SO24 (aq) 1.4.1. Qr = [Zn aq] (0,5) [Cu aq] [Znaq]i , 1.4.2. Qr,i = = = 1,0 (0,5). [Cuaq]i , ions Cu2+(aq) ions Zn2+(aq) 1.4.3. Qr,i < K, le système chimique évolue spontanément dans le sens direct de l’équation, ce qui est conforme à la polarité de la pile (0,5). Le zinc se transforme en ions zinc (II) et libère des électrons, la plaque de zinc est la borne négative de la pile. 1.5. Il y a consommation d’ions Cu2+, donc [Cu2+(aq)] diminue(0,5). Il y a production d’ions Zn2+, alors [Zn2+(aq)] augmente (0,5). 1.6. Les ions du pont salin se déplacent afin de maintenir l’électroneutralité des solutions dans les béchers. Les cations K+ se déplacent vers le bécher contenant les ions cuivre Cu2+ car ils sont consommés. Les ions nitrate NO3– se déplacent vers le bécher contenant les ions zinc Zn2+ (1). On vérifie bien que les cations se déplacent dans le sens du courant. Les anions en sens inverse du sens du courant. Les cations K+ se déplacent vers la cathode. Les anions NO3– se déplacent vers l’anode..

(3) D.S. n°8 – Correction. Terminale S2. Page 3 sur 3. 2. L’accumulateur au plomb. réaction de fonctionnement accumulateur en générateur : PbO2(s) + 4 H+(aq) + Pb(s) = Pb2+(aq) + Pb2+(aq) + 2 H2O(l) 2.1. couple Pb2+(aq)/Pb(s) oxydation du plomb : Pb(s) = Pb2+(aq) + 2 e– (0,5) couple PbO2(s) / Pb2+(aq) réduction de l’oxyde de plomb PbO2(s) + 4 H+ + 2 e– = Pb2+(aq) + 2 H2O(l) (0,5) Remarque : les demi-équations ne sont pas demandées, mais elles sont nécessaires pour vérifier la cohérence des couples avec l’équation de la réaction.. + Libération d’e–, il se produit une oxydation. C’est l’anode. (0,5). Figure 2. –. Générateur (chargeur). e–. i. consommation des e– apportés, il se produit une réduction. C’est la cathode. (0,5). Accumulateur au plomb. 2.2. 2.3. Il s’agit d’une transformation forcée, le générateur impose le sens du courant (0,5). 2.4. Le chargeur par son apport d’énergie, permet de réaliser la réaction dans le sens inverse au sens d’évolution spontanée. L’équation est : Pb2+(aq) + Pb2+(aq) + 2 H2O(l) = PbO2(s) + 4 H+(aq) + Pb(s) (0,5) 2.5. Spontanément, le système chimique évoluerait dans le sens inverse de la réaction ci-dessus. Qr > K. Qr diminuerait pour tendre vers K. La transformation étant forcée, le quotient de réaction augmente et sa valeur s’éloigne de celle de K. (0,5) 3. La pile à combustible à hydrogène m 3.1. n(H2) = avec m en g. MH  n(H2) = ,. = 1,25.103 mol = 1,3103 mol (1,5) , –. 3.2. D’après la demi-équation d’oxydation de H2 : n(H2) = ne , ou n(e–) = 2.n(H2) .  – 3 3 n(e ) = 21,2510 = 2,510 mol (1). 3.3. Q = n(e–).F . A.N. : Q = 2,51039,65.104 = 2,4108 C (1). – Q ne .F Q = I.t ainsi : I = = t t   ,. ,. I= = 10 kA (2) . Penser à convertir t en s.   .

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