Le 10/05/2021 Devoir n°5 (2h) – Corrigé Page : 1 / 4
I. Etude d’un écran de smartphone (6,5 points) 1. Diffraction par un petit miroir
1.1. Le phénomène de diffraction est visible avec un miroir de dimension a comprise entre la longueur d’onde λ et 100 λ. Pour la lumière visible 400 ≤ λ ≤ 800 nm, on peut considérer une longueur d’onde moyenne de 600 nm. Alors 600 nm ≤ λ ≤ 600×100 nm soit 600 nm ≤ λ ≤ 60000 nm.
En ordre de grandeur 103 nm ≤ λ ≤ 105 nm, ou 1 µm ≤ λ ≤ 100 µm.
1.2. θ = \f( ;a . λ rouge > λvert et avec le même miroir a est constante, alors θrouge > θvert.
La figure 1 montre que plus θ est grand et plus la largeur L de la tache centrale est grande. Lrouge > Lvert
La figure de diffraction n°2 avec une tache centrale plus large correspond au laser rouge ; et la figure de diffraction n°1 correspond au laser vert.
1.3. La figure 1 permet de repérer un triangle rectangle de côté opposé L/2 et de côté adjacent D.
tan θ = \f(L/2;D = \f(L;2D. En supposant l’angle θ petit, tan θ θ = \f(L;2D Or θ = \f( ;a donc \f( ;a = \f(L;2D soit = a \f(L;2D
1.4. a et D sont inconnues mais identiques pour les deux figures de diffraction.
vert = \f(a;2D Lvert et rouge = \f(a;2D Lrouge d’où \f( vert; rouge = \f(Lvert;Lrouge soit vert = rouge
\f(Lvert;Lrouge
Sur les figures de diffraction, on mesure Lvert = 1,4 cm et Lrouge = 1,8 cm
vert = 632,8 \f(1,4;1,8 = 492 nm 490 nm (valeurs de 430 nm et 560 nm acceptées).
2. Détermination de la taille d’un pixel d’un écran de smartphone 2.1. La distance i est nommé l’interfrange.
2.2. Sur le schéma 8,0 cm 10,5 cm en réalité Pour 6 interfranges, 6 i 11,5 cm en réalité
D’où 6 i = \f(8,0 11,5;10,5 soit i = \f(8,0 11,5;10,5 6 ; i = 1,5 cm.
2.3. a = \f( D;i ; a = \f(632,8 10-9 1,74;1,5 10-2 ; a = 7,4 10-5 m = 74 µm
2.4. La distance mesurée est de 11,5 cm pour 6 interfranges à 0,1 cm près donc pour une interfrange la valeur est de 1,5 cm à 0,1/6 = 0,02 cm près.
U(a)=74×
√ (0,031,74)
2+(
0,021,5 )
2 = 1,6 µm 2 µm. (Si U(i) = 0,1 cm alors U(a) = 5 µm)
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II. L’acide éthanoïque (6,5 points) 1. La solution d’acide éthanoïque
1.1. CH3-COOH + H2O CH3-CO2- + H3O+
1.2. Un acide fort de concentration C = 0,100 mol.L–1 aurait un pH = - ℓog (C/C°) = 1,0 or le pH de la solution
d’acide éthanoïque est de 2,9. Donc la solution d’acide éthanoïque est un acide faible.
1.3. Diagramme de prédominance du couple acide éthanoïque/ion éthanoate.
L’espèce prédominante dans la solution est l’acide CH3-COOH car le pH < pKA. 1.4. Tableau d’avancement pour la réaction entre l’acide éthanoïque et l’eau.
équation-bilan CH3-COOH(aq) + H2O CH3-CO2-
(aq) + H3O+(aq)
Etat initial x = 0 C V solvant 0 0
en cours x C V- x solvant x x
Etat final x = xf C V – xf solvant xf xf
1.5. QR,f = \f([CH3-CO2- (aq .
1.6. D’après la définition du pH, [H3O+(aq)] = C° 10-pH or [H3O+(aq)] = \f(xf;V donc xf = V C° 10-pH 1.7. xf = 1,00 1 10-2,9 = 1,3 10-3 mol
QR,f = \f(1,3 10-3;1,00 (0,100 1,00 – 1,3 10-3 ; QR,f = 1,6 10-5 (ou 1,7 10-5 en prenant la valeur 1,3 10-3)
La grandeur caractéristique du couple acide éthanoïque/ion éthanoate correspondante est la constante d’acidité KA = 10- pKA = 10-4,8 = 1,6 10-5. La valeur obtenue est bien en accord avec la valeur du pKA. 1.8. Le taux d’avancement final est défini par = \f(xf;xmax. xmax = C V = 0,100 1,00 = 0,100 mol.
= \f(1,3 10-3;0,100 = 1,3 10-2 = 1,3 %. La transformation n’est pas totale car est très inférieur à 100%.
2. Étude d’un vinaigre
2.1. CH3-COOH(aq) + HO-(aq) CH3-CO2-
(aq) + H2O (ℓ) (réaction totale nécessaire pour un titrage).
2.2. On rajoute de l’eau distillée pour immerger totalement la sonde du pH-mètre.
Cet ajout ne modifie pas le volume VE versé à l’équivalence car on n’ajoute pas d’acide mais de l’eau.
2.3. Le volume VE à l’équivalence est déterminé par la méthode des tangentes.
En utilisant l’échelle du graphique, le volume VE = 12,4 mL (à 0,1 mL près).
2.4. A l’équivalence, les réactifs sont introduits dans les proportions stœchiométriques
donc n(HO–)versée = n(CH3CO2H)initiale soit CB VE = CA VA d’où CA = \f(CB VE;VA = \f(0,100 12,4;10,0
CA = 1,24 10-1 mol.L-1
C0 = 10 CA = 1,24 mol.L–1 pour le vinaigre pur.
La concentration en masse d’acide éthanoïque est t = C0 M = 1,24 60,0 = 74,4 g.L-1
Comme la masse volumique du vinaigre est égale à celle de l’eau, 1 L de vinaigre a une masse de 1000 g On obtient 74,4 g d’acide éthanoïque pur dans 1000 g de solution
Soit 7,44 g d’acide éthanoïque pur dans 100 g de solution
Le titre du vinaigre est donc de 7,44°. La valeur est très proche du titre du vinaigre d’alcool à 7,5°.
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III. A propos de la protection contre le bruit (7 points)
1) La technologie « ANR » réduit le bruit en utilisant le phénomène d’interférences destructives des ondes sonores.
2) Le son direct (bruit extérieur) se superpose au son généré par le petit haut-parleur du casque.
L’amplitude des deux ondes sonores s’additionne.
Le « contre bruit » est tel que son maximum corresponde au minimum du son direct.
Ainsi l’amplitude du son résultant est réduite voire nulle.
3) L1 = 10 ℓog \f(I1;I0 = 10 ℓog \f(1,0 10-3;1,0 10-12 ; L1 = 90 dB.
4) On détermine, graphiquement, le niveau sonore du son perçu à travers le casque actif. Sur la courbe 3, il s’agit de l’ordonnée du point d’abscisse f = 500 Hz. L2 = 60 dB.
L2 = 10 ℓog \f(I2;I0 donc L2/10 = ℓog \f(I2;I0 soit \f(I2;I0 = 10
L2
10 . I2 = I0 10
L2
10 .
I2 = 1,0 10-12 10
60
10 = 1,0 10-6 W.m-2. 5) Déterminons le niveau sonore du bruit perçu.
I = \f(P;S = \f(P;4 R² ; L = 10 ℓog \f(I;I0 = 10 ℓog \f(P;4 R²\f(;I0 = 10 ℓog \f(P;4 R² I0 L = 10 ℓog \f(15 10-3;4 1,0² 1,0 10-12 = 91 dB
Le document 2 nous permet de dire que ce bruit présente un danger pour le système auditif de l’ouvrier, puisque le seuil de danger est dépassé (L > 90 dB).
6) En considérant que le niveau sonore du son de l’engin (91 dB) est proche de 90 dB, on peut utiliser le doc.4. Sur la courbe 3, on lit l’abscisse du point d’ordonnée 125 Hz. Avec le casque, le niveau ressenti chute à environ 65 dB, un niveau inférieur à celui du seuil de risque. En négligeant le paramètre durée d’exposition, on peut dire que l’ouvrier équipé de son casque ne risque plus rien.
7) On reprend l’expression établie précédemment : L = 10 ℓog \f(P;4 R² I0 avec R = 10 m L = 10 ℓog \f(15 10-3;4 10² 1,0 10-12 = 71 dB à 10 m de la source sonore.
Le niveau sonore avec un casque actif, déterminé au 3.2. était de 65 dB. Ainsi s’éloigner de 10 m de la source sonore est moins efficace que de porter ce casque actif.
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