DS physique-chimie 2 – Corrigé

D.Malka – MPSI 2021-2022 – Lycée Jeanne d’Albret 09.10.2021

Problème 1 – Une solution pour rendre l’eau potable

1. Pour obtenir les 5 mL d’eau purifiée, on utilise une fiole jaugée de 5 mL. L’iodure de potassium et le diiode sont des solides : on les pèse à l’aide d’une balance de résolution 0,01 g puisque les masses sont indiquées au centième de gramme près dans le protocole. On les introduit dans la fiole à l’aide d’un entonnoir à solide. On prend soin de bien rincer la coupelle de pesée et l’entonnoir pour ne pas perdre du solide.

2. D’après le document 2, le diiode réagit avec les protéines enzymatiques suivant une réaction d’oxydoré- duction.

3. Le délai d’attente entre la mise en solution de l’alcool iodé et la consommation est lié à la cinétique de la réaction entre le diiode et les enzymes. La réaction est d’autant plus lente que la température est basse, c’est pourquoi il faut doubler le temps de contact dans l’eau froide.

4. Schéma du titrage : fig.??. Par fiole conique, il faut comprendre erlenmeyer qu’on peut aussi remplacer ici par un bécher.

(2Na+, S₂O₃^2-)

alcool iodé

+ acide sulfurique +amidon

Figure1 – Montage pour le titrage du diiode de l’alcool iodé

5. Réaction de titrage :

I₂(aq) + 2S₂O²⁻₃ (aq) = 2I⁻(aq) + S₄O²⁻₆ (aq) 6. La constante d’équilibre de cette réaction vaut :

K^◦= 10

E◦(I2/I−)−E◦(S4O2−

6 /S2O2−

3 ) 0.03

A.N. :K^◦= 1,0×10¹⁸donc la réaction est quantitative ce qui était attendu pour une réaction de titrage.

7. Avec le protocole décrit, l’équivalence est repérée par colorimétrie, l’amidon faisant office d’indicateur coloré. Avant l’équivalence, il existe du diiode : l’amidon donne une couleur bleue à la solution titrée.

Après l’équivalence, il n’existe plus de diiode : la solution titrée est incolore.

8. Lien entre la quantité de matièren(I2) de diiode présent dans la massemd’alcool iodé dosé, le volumeV⁰ (exprimée en litres) de solution de thiosulfate de sodium versée à l’équivalence du dosage et la concentration C de la solution de thiosulfate de sodium.

À l’équivalence, les réactifs ont été introduits en proportions stœchiométriques : n_I2

1 = n_S

2O²⁻₃

2 Avec n_S

2O²⁻₃ =CV⁰, il vient :

n_I2= CV⁰ 2

9. Expression de la teneur en diiode de l’alcool iodée. Par définition, la teneury en diiode vaut : y= 100×m_I2

m

avecmla masse de la prise d’essai d’alcool iodé et mI₂ la masse de diode dans cette même prise d’essai.

Or m_I2 =n_I2.M_I2 avecM_I2 = 2M_I. D’autre part, : nI₂ =CV⁰

2 et V⁰= V

10³ siV est exprimée en mL. D’où : y= C.V.MI

10m

Avec M_I= 126,9 g·mol⁻¹, il vient, en prenant les unités correctes pour les différentes variables : y=12,69×C.V

m

10. Masse de diiode contenue dans la prise d’essai de masse m= 10,0 g si le volume équivalent mesuré est V = 10,1 mL, en considérant C= 0,01 mol·L⁻¹

mI₂ = y 100m m_I2 = 0,1269×C.V A.N. :m_I2= 0,13 g.

11. Masse de diiode ingurgitée lorsque l’on boit un litre d’eau désinfectée à l’alcool iodé à 1%. Cette masse est égale à la masse diiode contenu dans 10 à 20 gouttes (voir le document qui fait référence à de l’alcool iodé à 2%). Prenons N = 20 gouttes pour obtenir un majorant. En posant δm_I2 la masse de diiode dans une goutte, il vient :

mI₂ =N δmI₂

Avec δm_I2 =yδm avecδm la masse d’une goutte ety = 1 % la teneur en I₂ de chaque goutte. Évaluons δm :

δm=µδV

avecµ= 1,0×10³g·L⁻¹la masse volumique de l’eau (la solution d’alcool iodé est au deux tiers de l’eau) et δV le volume d’une goutte. En général les gouttes introduites via des pipettes sont assez grosses donc on les assimile à des boules de rayonr= 2 mm. Alors :

δV = 4

3πr³≈4r³ Finalement :

m_I2= 4N yµr³

A.N. :m_I2= 64 mg qu’il faudrait comparer à la dose journalière à ne pas dépasser.

Problème 2 – Théorie des rais : localisation d’un séisme et mesure de l’épaisseur de la croûte terrestre

1 – Estimation de la célérité des ondes sismiques

1. Dimension et l’unité légale du module d’Young d’un matériau.

F~_d=ESL−L₀ L0

~

u_x⇒[E] = [F]

[S]

avec [S] =L²et [F] =M.L.T⁻², il vient :

[E] =M L⁻¹T⁻² L’unité légale du module d’Young est le kg·m⁻¹·s⁻²= Pa.

2. Analyse dimensionnelle dec= rE

µ :

[c] = [E]

[µ]

^1/2

avec [µ] =M.L⁻³ :

[c] =

M L⁻¹T⁻² M.L⁻³

^1/2

=L.T⁻¹

On peut aussi trouver ce résultat par homogénéité de l’équation de d’Alembert :

∂²ψ

∂t² −c²∂²ψ

∂x² = 0 avec c= sE

µ

c est donc une vitesse. On peut supposer raisonnablement que c’est la célérité des ondes de compression dans le solide.

3. Dans le granit :µ=dρeau= 2,4×10³kg·m⁻³etE= 6×10¹⁰kg·m⁻¹·s⁻²donne c= 5,0×10³m·s⁻¹ . 4. Longueur d’onde d’une onde sismique de fréquencef = 0,10 Hz.

λ= c f A.N.λ= 50 km

2 – Théorie des rais

2.1 – Positionnement et datation d’un séisme par la méthode des S-P

5. Montrons que la connaissance de ces deux instants permet de déterminer la date, notée t₀, du début du séisme et la distance, notée ∆₁, entre le foyer du séisme et ce premier sismographe.

∆1=vp(tP1−t0) Onde P (1)

∆1=vs(tS1−t0) Onde S (2) (1)−(2) donne :

t₀= v_St_S1−v_Pt_P1 vP−vS

En substituant ∆1 dans une des deux équations :

∆₁= v_Sv_P vS−vP

(t_P1−t_S1) 6. Position du foyer.

Δ

Δ

A(0) Ω(x)) B(b) X

r C(c,d,0)

Figure2 – Localisation du foyer d’un séisme par triangulation

Le foyer E du séisme est à une distance ∆1 du pointA donc appartient à la sphère de centreA et de rayon ∆1. Le foyerE du séisme est à une distance ∆2 du pointB donc appartient à la sphère de centre B et de rayon ∆2. E appartient donc à l’intersection de ces deux sphère qui est le cercle de rayonr, de centre Ω(x,0,0) et d’axeAx.

Calculonsretx. La figure 2 fait apparaître deux triangles rectangles pour lesquels le théorème de Pytha- gore donne :

r²+x²= ∆²₁ (1) r²+ (b−x)²= ∆²₂ (2) (2)−(1) donne :

x= 1

2b b²+ ∆²₁−∆²₂ puis :

r= r

∆²₂−(b²+ ∆²₁−∆²₂) 4b²

7. Si on calcule que le foyer est à une distance ∆3 du pointCalorsEest à l’intersection du cercle de centre Ω et de la sphère de centre Cet de rayon ∆3. Cette intersection se résume le plus souvent à deux points (parfois quatre) qui sont les positions possibles du foyer. En multipliant le nombre de stations, on peut localiser de manière univoque la position du foyer.

Croûte terrestre

Manteau

I i_c

i_m

n_c=v_c/c₀ i_c

n_m=v_m/c₀ +

Figure3 – Réflexion et réfraction des raies sismiques à l’interface croûte/manteau

2.2 – Mesure de l’épaisseur de la croûte terrestre 8. Réflexion totale des rais sismiques.

Il existe un rai réfracté si l’angle de réfractionimest défini i.e. : im≤π/2

⇔sinim≤1 Or, d’après la 4ème loi de Descartes :

nmsinim=ncsinic

D’où :

⇔sinic≤ nm

nc

Il y a donc réflexion totale si :

sini_c> nm

nc

Soit encore :

ic > i0 avec sini0= nm

nc

= vc

vm

9. La stationSne peut détecter l’onde conique qui si elle située au moins à ∆m deE avec, d’après la fig.4 :

∆m= 2Htani0

⇔∆m= 2Hsini₀ cosi0

⇔∆_m= 2H sini₀ p1−sin²i0

Δ

Figure4 – Les différentes ondes se propageant du foyerE d’un séisme à une station sismographiqueS.H est l’épaisseur de la croûte terrestre, ∆ la distance entre l’épicentreE (assimilé au foyer) et la stationS.

or sini0= v_c vm

donc :

∆_m= 2H vc

pv²_m−v_c²

10. Émission de l’onde sismique àt0, alors :

∆ =vc(tD−t0) Onde directe (1) 2d=v_c(t_R−t₀) Onde réfléchie (2) avecd=p

H²+ ∆²/4

∆ =√ v_c(t_D−t₀) Onde directe (1) 4H²+ ∆²=v_c(t_R−t₀) Onde réfléchie (2) Par définition τ=tR−tD. (2)−(1) donne :

τ=

√

4H²+ ∆²−∆ vc

11. Une mesure effectuée dans les Alpes donne une valeur de τ = 3,91 s , pour une distance épicentrale

∆ = 105 km. Épaisseur localH de la croûte terrestre ? τ=

√4H²+ ∆²−∆ vc

⇔ H =1 2

p(v_cτ+ ∆)²−∆²

A.N. :vc = 6,2 km·s⁻¹,τ = 3,91 s, ∆ = 105 km donneH = 37,6 km. Ordre de grandeur correct.

2.3 – Variation de la vitesse des ondes au sein du manteau 12. On modélise le sol par un ensemble discret de strates.

Z

n

n

i(k_K)

r(Z_k)

i(Z_k+1)

Z

On raisonne sur les indices nk =c0/vZ_k. SivZ_k+1 > vZ_k alorsnZ_k+1 < nZ_k. En appliquant la 4^ème loi de Descartes entre deux strates de côtesZk etZk+1, il vient :

∀(Zk, Zk+1)n(Zk) sini(Zk) =n(Zk+1) sinr(Zk) Or i(Zk+1) =r(Zk) d’où :

∀(Z_k, Z_k+1)n(Z_k) sini(Z_k) =n(Z_k+1) sini(Z_k+1) n(Zk) sini(Zk) =n(Zk+1) sini(Zk+1) = cste(k) En passant à la limite continue, il vient :

n(Z) sini(Z) = cste Or n(Z) = c0

v(Z) donc

p= sini(Z) v(Z) = cste p= sini(Z)

v(Z) est indépendant deZ.

13. Relation n entre le paramètrepd’un rai et la vitesse de propagation des ondes au niveau de son point bas.

Figure 5 – Un rai modélisant la propagation d’une onde sismique au sein du manteau.P est le point bas du rai.

p= sini(Z)

v(Z) est indépendant deZ donc est égal en particulier à valeur au point bas : p=sini(P)

v(P) Or au point P le rai est localement horizontal donci(P) = π

2 d’où : p= 1

v(P)

Figure 6 – Deux rais émis parE atteignant la surface enM etM⁰.

14. Lien entre la « vitesse apparente au sol »va= d∆

dt et le paramètrepdu rai passant par le pointM. Le rai arrivant enM doit parcourir la distance HM de plus que le rai arrivant enM⁰ donc :

dt= HM v(0) Or :

HM =M M⁰sini0 et v(0) = sini0

p D’où :

dt=M M⁰p or M M⁰=d∆ d’où :

v_a= d∆

dt =1 p On admet la formule de Herglotz-Wiechert :

h(∆) = 1 π

Z ∆⁰=∆

∆⁰=0

Argch

va(∆) va(∆⁰)

d∆⁰

15. On connaît le graphet(∆) en ordonnée de ∆ (mesure). Par définition de la dérivée, la pente en chaque point d’abscisse ∆ est dt

d∆ = 1

v_a. Donc on peut déduire la courbev_a(∆) en ordonné de ∆. Utilisant les valeurs dev_a(∆) et la formule de Herglotz-Wiechert, on détermine la profondeur du point bash(∆) pour chacun des ∆. Finalement, on peut tracer v_a(∆) en fonction de h(∆) qui nous donne la fonction v(h) c’est-à-direv(Z).