Le 14/12/2020 Devoir n°3 (2h) – Corrigé Page : 1 / 5
I. Sujet A : Mouvement d’un électron dans un champ électrique (9 points) 1) D’après la relation E = \f(U;d alors U = E d ; U = 0,10 2,0 10-2 = 2,0 10-3 V.
2) \s\up7(\d\fo2( = q \s\up7(\d\fo2( or q = - e pour un électron, donc \s\up7(\d\fo2( = - e
\s\up7(\d\fo2(.
3) Le vecteur force électrique est opposé au vecteur champ électrique
\s\up7(\d\fo2( mais les deux vecteurs ont même direction.
4) Un neutron étant neutre, il ne subit donc pas la force électrique. Les autres forces étant négligées, le neutron est isolé. Ainsi, d’après la première loi de Newton, il est en mouvement rectiligne uniforme.
5) D’après la deuxième loi de Newton : \s\up7(\d\fo2( = m \s\up7(\d\fo2( car la masse est constante.
Seule la force électrique s’applique sur l’électron donc \s\up7(\d\fo2( = - e \s\up7(\d\fo2( = m \s\up7(\d\fo2(
Soit \s\up7(\d\fo2( = - \f(e;m \s\up7(\d\fo2( ; Les composantes du vecteur accélération sont \s\up7(\d\fo2( \f(e E;m
6) Par intégration du vecteur accélération, on obtient le vecteur vitesse \s\up7(\d\fo2(
Les composantes du vecteur vitesse sont \s\up7(\d\fo2( \f(e E;m avec C 1 et C2 des constantes d’intégration.
A t = 0, \s\up7(\d\fo2((t = 0) donc C1 = 0 et C2 = v0 soit \s\up7(\d\fo2(\f(e E;m
Par intégration du vecteur vitesse, on obtient le vecteur position \s\up7(\d\fo2( \f(e E;2m avec C 3 et C4 des constantes d’intégration.
A t = 0, \s\up7(\d\fo2( (t = 0) x0 = 0 et y0 = 0. (La particule est à l’origine du repère). Donc C3 = 0 et C4 = 0 Les équations horaires de la particule sont : x(t) = - \f(e E;2m t² et y(t) = v0 t
7) Il faut rechercher l’abscisse de l’électron lorsqu’il atteint l’ordonnée y = 5,0 cm et vérifier que cette abscisse soit bien supérieure à -1,0 cm pour que l’électron ne tape pas l’armature A avant de sortir.
Soit S le point où l’électron ressort normalement du condensateur. La date où l’électron arrive en S vaut :
yS = D = v0 tS soit tS = \f(D;v0. A cette date, l’abscisse de l’électron est donc : xS = - \f(e E;2m (\f(D;v0)² = -
\f(e E D²;2m v0²
xS = - \f(1,6∙ 10 19 0,10 (5,0 10-2 = - 8,8 10-3 m soit -0,88 cm
Comme cette abscisse est bien supérieure à -1,0 cm, l’électron ressort bien du condensateur sans percuter l’armature A.
8) Lorsque l’électron ressort en S, on est à la date tS = \f(D;v0.
A cette date, le vecteur vitesse de l’électron s’écrit : \s\up7(\d\fo2( \f(e E;m\f(D;v0 La valeur de la vitesse est donc v = \f(e E;m\f(D;v0
v = \f(1,6 10-19 0,10;9,1 10-31\f(0,050;50 103 = 5,3 104 m.s-1 = 53 km.s-1.
9) D’après les composantes du vecteur vitesse, on voit que la vitesse sur l’axe verticale est constante car indépendante du temps. C’est donc la courbe 4 qui est correcte.
10) D’après les composantes du vecteur accélération, celle-ci est constante pendant tout le mouvement. C’est donc encore une fois la courbe 4 qui correspond le mieux.
II. Sujet B : Observation des satellites de Neptune par la sonde voyager 2 (9 points) 1. Le mouvement des satellites
1.1. L’orbite de Néréide est décrite dans le référentiel neptunocentrique.
1.2.
1.3. D’après la seconde loi de Kepler, l’aire de la surface formée par les points N, P1 et P2 est égale à l’aire de la surface formée par les points N, A1 et A2.
1.4. Les portions d’orbite P1P2 et A1A2 sont parcourues pendant la même durée t.
Les vitesses (moyennes) de Néréide au péricentre vP et à l’apocentre vA sont respectivement : E
d
A B
y O x
vP = \f(P1P2; t et v A = \f(A1A2; t. Or P 1P2 > A1A2 et t est constante donc vP > vA
La vitesse de Néréide est plus grande au péricentre qu’à l’apocentre de l’orbite elliptique.
1.5. \f(T²;RT3 = \f((5,877 86400 = 5,77810–15 s2.m–3 en ayant converti T en s et RT en m.
1.6. Pour Néréide, d’après la 3ème loi de Kepler, le carré de la période de révolution Tner de Néréide autour de Neptune est proportionnel au cube du demi grand axe a soit \f(Tner²;a3 = constante
Triton comme Néréide satisfait à la troisième loi de Kepler mais pour une orbite circulaire de rayon RT. On a ainsi : \f(T²;RT3 = constante = \f(Tner²;a3. Ainsi Tner² = \f(T²;RT3 a3 = T² \f(a3;RT3 = T² \f(a;RT3 d’où Tner = T \f(a;RT.
Tner = 5,877 \f(5513 103;3,547 105 = 360,1 jours solaires
Le texte indique que Néréide met 360 jours pour boucler son orbite, cette valeur est bien cohérente la période de révolution de Néréide calculée.
2. Le mouvement de Triton
2.1. \s\up7(\d\fo2( = G \f(MN MT;RT² \s\up7(\d\fo2( d’où la valeur de F = G \f(MN MT;RT² F = 6,67 10-11 \f(1,025 1026 2,147 1022; (3,547 105 103 = 1,17 1021 N avec RT en m.
2.2. La deuxième loi de Newton appliquée à Triton dans le référentiel neptunocentrique donne
\s\up7(\d\fo2( = MT \s\up7(\d\fo2( soit \s\up7(\d\fo2( = G \f(MN;RT² \s\up7(\d\fo2( donc an = G
\f(MN;RT²
Or dans la base de Frenet, an = \f(v²;RT soit \f(v²;RT = G \f(MN;RT² donc v = \f(G MN;RT
2.3. v = \f(6,67 10–11 1,025 1026;3,547 108 = 4,39 103 m.s–1 = 4,39 km.s–1. L’énoncé indique une vitesse orbitale de 4 km.s-1 (1 chiffre significatif), ce qui compte tenu de cette précision est cohérent.
2.4. Triton parcourt son orbite de longueur 2RT pendant la durée T. La vitesse de Triton s’écrit alors :
v = \f(2 RT;T = \f(G MN;RT. En élevant au carré : \f(4 ²RT²;T² = G \f(MN;RT² d’où T² = \f(4 ²RT3;G
MN
On retrouve bien la relation : T = 2 \f(RT3;G MN 2.5. T = 2 \f((3,547 108 = 5,07629 105 = 5,08105 s
En divisant la valeur non arrondie par 86400 s, on obtient Trev = 5,87 jours solaires, valeur cohérente avec celle donnée dans l’énoncé : Trev = 5,877 jours solaires
III. Conductivité d’une solution de chlorure de fer III (3,5 points)
1) Il faut peser une masse m de chlorure de fer III, sur une balance à l’aide d’une coupelle plastique.
La masse à peser est : m = n M = C V M M =0,100 0,5000 (55,8 + 3 35,5) = 8,12 g
Il faut introduire cette masse dans une fiole jaugée de 500,0 mL à l’aide d’un entonnoir.
Il faut rincer la capsule et l’entonnoir avec de l’eau distillée puis remplir la fiole jaugée aux 3/4 . Agiter jusqu’à dissolution. Puis ajouter de nouveau de l’eau distillée jusqu’au trait de jauge.
2) Pour 1 mol de FeCℓ3 (s), il se forme 1 mol d’ions Fe3+(aq) et 3 mol d’ions Cℓ-(aq)
Pour une concentration C de FeCℓ3 (s), on obtient C en ions Fe3+(aq) et 3C en ions Cℓ-(aq)
[Fe3+(aq)] = C = 0,100 mol.L-1 ; [Cℓ-(aq)] = 3C = 0,300 mol.L-1
3) = (Fe3+) [Fe3+(aq)] + (Cℓ-) [Cℓ-(aq)] = (Fe3+) C/20 + (Cℓ-) 3 C/20 car la solution est diluée 20 fois.
= C/20 [(Fe3+) + 3 (Cℓ-)]
= (0,100 103)/20 (20,4 10-3 + 3 7,63 10-3) = 0,216 S.m-1 = 216 mS.m-1. Il faut convertir la concentration en mol/m3 et en S.m².mol-1.
4) Demi-équations : Fe3+(aq) +3 e- Fe (s) et Cu2+(aq) + 2 e- Cu (s)
Il faut équilibrer le nombre d’électrons transférés donc la réaction d’oxydoréduction entre les ions Fe3+(aq) et le cuivre Cu s’écrit : 2 Fe3+(aq) + 3 Cu (s) 2 Fe (s) + 3 Cu2+(aq)
IV. Danger en spéléologie (7,5 points + Bonus : 0,5 point)
1) pH = - log(\f([H3O+];c°) avec c° = 1 mol.L-1 et [H3O+] = CA = 100 mmol.L-1 = 0,100 mol.L-1. pH = - log(\f(0,100;1)
= 1,0
2) n1 = CA VS = 0,100 100 10-3 = 1,00 10-2 mol = 10,0 mmol.
3) Tableau d’avancement.
équation-bilan CaCO3(s) + 2 H3O+(aq) Ca2+(aq) + CO2(g) + 3H2O (ℓ)
Etat initial x = 0 n0 n1 0 0 solvant
en cours x n0 – x n1 – 2x x x solvant
Etat final x = xmax n0 – xmax n1 – 2 xmax xmax xmax solvant
11) Si CaCO3 est le réactif limitant alors 20,0 – xmax =0 donc xmax = 20,0 mmol Si H3O+ est le réactif limitant alors 10,0 – 2xmax = 0 donc xmax = 5,00 mmol
Le réactif limitant est l’ion oxonium car il conduit à l’avancement maximal le plus faible, on a xmax = 5,00 mmol.
12) D’après la loi des gaz parfaits, P V(CO2) = n(CO2) R T donc V(CO2) = \f(Patm x; R T 13) Le volume de CO2 est maximal quand x = xmax soit V(CO2)max = \f(xmax R T;Patm ;
Vmax = \f(5,00 10-3 8,31 (25 + 273 = 1,22 10-4 m3 Le volume maximal V(CO2)max de gaz est de 0,122 L = 122 mL.
On constate que V(CO2)max est la valeur de v(CO2) à t = 440 s. La transformation est totale.
14) Le temps de demi-réaction est la durée au bout de laquelle l’avancement x est égal à la moitié de sa valeur finale.
x(t1/2) = \f(xmax;2. On obtient pour x(t1/2) = \f(5000;2 = 2500 µmol, t1/2 = 71 s.
Pour obtenir la valeur de t1/2 à 1 s près, il faut mesurer à la règle sur le graphique et faire un calcul de proportions.
15) La vitesse volumique d’apparition de CO2 diminue au cours du temps car v(t) est proportionnelle à la dérivée de x(t) par rapport au temps t donc proportionnelle au nombre dérivé à l’instant t qui est directement lié au coefficient directeur de la tangente à la courbe.
A t = 0 s, cette tangente a la pente la plus élevée puis cette tangente a une pente qui diminue jusqu’à tendre vers 0.
16) Il faut tracer la tangente à la courbe pour t = 150 s puis calculer son coefficient directeur à l’aide de deux points A et B par exemple.
v(t) = \f(1;VS \f(dx;dt
t = 150 s= \f(1;100 mL \f(x(A = \f(1;100 mL \f((2220 – 5500 = 1,1 10-1 µmol.mL-1.s-1 17) L’effet de cet abaissement de température diminue la vitesse de réaction.
La courbe sera située sous la courbe à 25°C avec le même avancement final.
Bonus (2 0,25 point) :
Pour trouver la valeur de A, il faut faire tendre t vers l’infini alors l’exponentielle tend vers 1 et x(t) tend vers A La valeur de A est la valeur de l’avancement maximal xmax = 5000 µmol.
Pour trouver l’unité de k, le produit de k t est sans unité dans le terme contenant l’exponentielle donc k est l’inverse de l’unité de t soit en s-1.
Courbe en pointillés pour une température plus faible
2,8 cm
1/2
400 s 15,5 cm t1/2 2,8 cm
Donc t1/2 = \f(400 2,8;15,5 = 72 s (valeur donnée à 1 s près)
