Épreuve de Physique et Chimie(toutes filières)Proposition de correction

CONCOURS COMMUN SUP 2002

DES ÉCOLES DES MINES D’ALBI, ALÈS, DOUAI, NANTES

Épreuve de Physique et Chimie (toutes filières)

Proposition de correction

ANALOGIES ET DIFFERENCES

PHYSIQUE I : Interprétation d'un mouvement dans deux référentiels

A - Etude dans le référentiel R du laboratoire :

A-1 Les forces sont : le poids, la réaction et la force élastique.

Le poids et la réaction du support se compensent.

^ 0

d Lo

OM f

dt = =

!!" !!!!" !" "

: Il y a conservation du moment cinétique.

A-2-1^{L!"o =cte=L t!!"o}

(

⁼⁰

)

^{=0" :}

Le mouvement est rectiligne suivant l'axe Ox.

A-2-2 D'après la relation fondamentale, ^²

( )

⁰

² ^o

md l k l l

dt + − = : ^²

( )

⁰

² ^o

d l k l l dt +m − =

( ) ( )

cos sin

o o o

l= +l A ω t +B ω t avec _o k ω = m . A t=0 , l=1.2l_oet dl 0

dt = alors A= 0.2l_oet B=0:^{l= +lo 0, 2 coslo}

( )

^ωot

et ^l∈

[

^{0,8 ,1, 2lo lo}

]

A-3-1 _o ² d

L mr k

dt

 θ 

=  

!!" "

(

⁰

)

¹²

o o

L =cte=L t= =ml ωk

!!" !!" "

A-3-2 La tension dérive d'une énergie potentielle, ¹

( )

²

p 2 o

E = k r−l

Il n'y a pas à tenir compte de l'énergie potentielle de pesanteur car le mouvement est dans un plan perpendiculaire à !"g

. Ep est constante.

Le poids et la réaction ne travaillent pas ici. Il y a conservation de l'énergie mécanique car la tension dérive d'une énergie potentielle.

( )

²

2

1 1

1 1

2 ² 2

m o

E = ml ω + k l −l

( )

2 2

2 2

1 1

2 2

m o

dr d

E m r k r l

dt dt

   θ  

=   +   + − .

A-3-3 ^{1 2 1 14 2 1}

( )

²

2 2 ² 2

m o

dr l

E m m k r l

dt r

ω

 

 

=   + + − 

( )

4 2 1 2

1 1

2 ² 2

peff o

E ml k r l

r

= ω + −

NB : (G) = graphe.

A-3-4 Si on superpose au graphe précédent, la droite E_m =cte, la trajectoire est toujours bornée entre 2 cercles de rayons rmin et rmax. La masse ne peut donc pas s'éloigner indéfiniment.

Autre méthode possible :

Comme L est constant, OM est borné donc M ne peut aller à l'infini NB : Chaque correcteur appréciera une réponse à sa juste valeur.

A-3-5 La vitesse ne peut s'annuler à cause de la conservation du moment cinétique.

A-3-6 La distance r ne peut s'annuler à cause de la conservation du moment cinétique.

On peut le constater aussi sur la barrière de potentielle, r>rmin.

A-4-1 Si r=l₁est constant, à cause de la conservation du moment cinétique,

2 1

² d ml

dt mr

θ = ω ω= : le mouvement est circulaire uniforme.

A-4-2 Le mouvement circulaire correspond au minimum de

peff

E pour r=l1. Or, dE^peff l¹⁴ 3²

(

_o

)

0

m k r l

dr r

= − ω + − = pour r=l1 alors ¹⁴3²

(

¹

)

1

o

ml k l l

lω = − :

(

^k−mω2

)

^l1=klo:

1 2

klo

l =k mω

− si k

ω < m . Autre méthode :

On peut utiliser la base de Frenet :

(

¹

)

¹²

1 1

² ²

o

v l

m k l l m

l l

= − = ω alors ₁ kl^o ₂

l =k mω

−

B - Etude dans un référentiel R' en rotation uniforme autour d'un axe fixe :

B-1 ²!!"f_ie=mω re!"_r

; _ic 2 ^dr _r 2 dr

f m k e m e

dt dt ^θ

ω ω

= − = −

!!" " !" !!"

B-2 ²!!"f_ie=mω re!"_r

dérive d'une énergie potentielle 1 ^{2 2} 1 ^{2 2}

2 2

Ep = − mω OM = − mω r + démonstration(D) B-3 La force de Coriolis ne travaille pas car orthogonale à la vitesse.

B-4 ¹

( )

^{2 1 2 2}

2 2

p o

E = k r−l − mω r

( )

^²

p

o

dE k r l m r dr = − − ω soit

(

^²

)

p

o

dE k m r kl dr = − ω − On a 3 cas possibles :

• k

ω < m

• k

ω = m

• k

ω > m

B-5 L'équilibre correspond à dE^p 0

dr = alors ^{k l}

(

^2−lo

)

^{=mω2l2 : 2} 2

klo

l =k mω

− si k

ω < m . L'équilibre est stable car on a un minimum d'énergie potentielle.

Le mouvement est circulaire uniforme.

B-6 On trouve l₁=l₂ : les deux référentiels sont donc équivalents pour le mouvement circulaire et uniquement pour ce cas bien sûr !!

PHYSIQUE II : Transitoire thermique et électrique

C - Transitoire électrique :

C-1 ^uc

( )

^{0+ =0}

car il y a conservation de l'énergie donc de la tension ;

( )

⁰

g

i E

R R

+ = +

C-2 ^E=

(

^R+Rg

)

^Cdu_dt^{c +uc}

C-3 ^{τ =}

(

^R+Rg

)

^C:

temps caractéristique du transitoire : Après quelques τ, on atteint le régime permanent.

C-4 ^{u tc}

( )

^=E^{1 exp− }⁻_τ^{t }^ C-5 0.9 1 exp t¹

E E

τ

  

=  − −  alors t₁ =ln(10)τ =2.3τ C-6 (2) e(t) et (1) uc(t)

car il y a continuité de u_c

C-7 Couplage DC (AC "alternative current " étant réservé pour un signal sinusoïdal) C-8 Au point P, on a un diviseur de tension : 2

c 3

o

u RE E

R R

= =

+ :

2 _g

R= R : 50R_g = Ω C-9 E=6V

On mesure le temps de montée : t_m=4.5*0.1=0.45 ms soit τ =0.2 ms

Compter 0 si on trace la tangente à l'origine (pas sur l'oscillo !!)( les candidats ont "normalement" fait des Tp et appris à utiliser l'oscilloscope).

Alors

(

^g

)

^1.3

C F

R R

τ µ

= =

+ ( tolérance entre 1 et 1.5 µF) C-10 Il faut que T>8*2*0.1=1.6 ms soit f<625 Hz.

C-11 On permute R et C ou on utilise la touche (-CH1) et (ADD) de l'oscilloscope ou on dispose d'oscilloscopes à entrée différentielle,……

D - Transitoire thermique :

D-1 A pression constante, δ =Q dH .

On peut aussi accepter δ =Q dU car les liquides sont quasiment incompressibles.

D-2 ^dH

(

^{mc dT}

)

^{Q k T}

(

^Text

)

^{dt U²dt}

δ R

= Γ + = = − − +

PS : On peut aussi admettre ^{dH Q We k T}

(

^Text

)

^{dt U²dt}

δ δ R

= + = − − +

Alors ²

ext

dT k k U

T T

dt mc mc Rk

 

+Γ + =Γ +  +  alors mc

τ = k+ Γ et ²

M ext

T U T

= Rk+

T_M est la température en régime permanent : l'effet joule compense alors les fuites thermiques.

D-3 ^{dH = Γ +}

(

^{mc dT}

)

^{=δQ= −k T}

(

^−Text

)

^{dt: dT k T k Text}

dt + mc = mc

Γ + Γ +

( )

^ext

(

^{o ext}

)

^{exp t}

T t T T T

τ

 

= + − − 

D-4 On trace la tangente à l'origine : τ =120s ( tolérance entre 100 et 150 s) et T_ext = °20 C

Alors mc

k τ

= + Γ =7.38 W/K.

D-5 On lit To= 45°C. ln

ext

o

T

ext calorimètre

T o

T S dT

T T

 

∆ = Γ = Γ  =

 

∫

^{-4.09 J.K-1}

ln

ext

o

T

ext eau

T o

T

S mcdT mc

T T

 

∆ = =  =

 

∫

^-68.41J.K-1

( )

^{ext o}

e

ext

T T

S mc

T

= + Γ − =- 75.56 J.K^-1

c eau calorimètre e

S = ∆S + ∆S −S = 3.05 J.K^-1 >0 Cela traduit l'irréversibilité de la transformation.

PHYSIQUE III : Les champs électrostatiques et magnétostatiques

E- Champ électrostatique crée par une spire :

!"#$%&'()$*+,$-.'/0$1

E-1-1 Le plan passant par M et contenant le diamètre de l'anneau ne modifie pas globalement la distribution donc le champ E!"

est à l'intersection de tous ces plans donc E!"

est suivant Oz.

E-1-2 Une symétrie par rapport au plan de l'anneau transforme z en - z et E en -E donc E(-z) = -E(z).

E-1-3 On projette suivant l'axe OM!!!!"

.

3

1 .

. _spire4 _o

E k PM kdl

λ PM

=

∫

πε !!!!" "

!" "

avec PM = r = cte; PM.k !!!" "

= r cos(α) = cte , dl = R.dθ

( )

2

3 2

0

1 . cos

. _spire4 _o 4 _o

E k PM kdl Rd

PM r

πλ α

λ θ

πε πε

=

∫

!!!!" " =

∫

!" " ²

( ) ( )

2 2

0

cos 2 cos

. 4 _o 4 _o

E E k Rd R

r r

πλ α πλ α

πε α πε

=!" "=

∫

=

( ) ( )

( )

2 2 2 2 2

cos sin ²

2 o 2 o

R zR

E R z R z R

λ α α λ

ε ε

= =

+ +

: ^{E 2} o²

(

^{zzR2 R2}

)

³ =⁴ o²

(

^zQz2 +^R2

)

³

= +

πε ε

λ

E-1-4

O E

z

E-2 Champ au voisinage de l'axe :

E-2-1 Le plan passant par l'axe Oz laisse la spire invariante donc E est appartient au plan de symétrie donc 0

θ =

E .

E-2-2 Toute rotation autour de l'axe Oz à r et z fixés ne modifie pas le champ E!"

donc E ne dépend pas de θ. E-2-3 Le champ E!"

est à flux conservatif en l'absence de charge car d'après le théorème de Gauss :

int ( )

. 0

S o

E dS Q

φ =

∫∫

!" !!"= ε =

#

Le champ E!"

est toujours à circulation conservative.

E-2-4 Si on considère un cylindre de hauteur dz et de section circulaire alors

2 2

( ) ( ) 2 _r( , )

E z+dz πr −E z πr + πrdzE r z =0. Alors ( ) ( , )

2

z r

r dE z E r z

= − dz

( ) ( )

^











+

− +

=

2 5 2 2

2

2 3 2 2

2 2 3 1

2 z R

z R

z R dz dE

εo

λ soit

( )

(

^{2 2}

)

²⁵

2 2

2

2 R z

z R R dz dE

o +

= − ε

λ :

( ) ( )

( )

2 2

5

2 2 2

, 2

2 4

r

o

rR R z E r z r dE

dz z R

λ ε

= − = − −

+

E-2-5-1 Les lignes de champ divergent de l'anneau.

E-2-5-2 A grande distance, la distribution est équivalente à une charge ponctuelle. On aura des droites issues de O.

E-2-5-3 Les équipotentielles tendent vers des sphères ( ou des cercles en coupe) E-2-5-4 Sur une équipotentielle, V=cte alors dV=0 alors .E d l!" "

=0 : !"E

est orthogonal à l'équipotentielle.

On a une équipotentielle à 2 nappes donc le champ E doit être nul à l'intersection ce qui est le cas.

E-2-5-5 Er est <0 si

2

z< R et >0 au delà donc E s'approche de l'axe avant de s'éloigner.

F- Champ magnétostatique créé par une spire parcourue par un courant I : 2"#$%&'()$*+,$-.'/0$1

F-1-1 Si on fait une symétrie par rapport au plan P passant par l'axe du disque, celui-ci transforme le courant en son opposé alors B!"

est invariant par cette symétrie donc !"B

appartient à l'axe:B!"=Bk"

F-1-2 Une symétrie par rapport à la distribution des courants transforme z en -z sans modifier B!"

donc B(z) = B(-z).

F-1-3 . ₂

4

o circuit

I u

B k B d l k

r µ

π

 

= =  ∧ 

 

∫

^"

!" " " "

#

^{.Or,r2 =R2+z2} est une constante dans l'intégration. (d!!" " !"l∧u k) =dlsinα :

2

sin 2

z R

R

= +

θ alors B(z) =

2

2 2

0 4

oI Rd

sin R z

πµ α φ

π +

∫

⁼ ₂₍ ^µ_R^o2IR₊²_z²₎^{3 = µ}₂^o_R^{I sin3α}

3

3 2 2

( ) sin 1 2

1

o

o

B z I B

R z

R

µ α

= =

 

 + 

 

 

avec

z

= R )

tan(α . Au centre, 2 α =π donc

2

o o

B I k R

= µ

!!" "

F-1-4

-3 -2 -1 0 1 2 3

1 B(z)/B(O)

r

F-2 Champ au voisinage de l'axe :

F-2-1 Le plan passant par l'axe Oz laisse la spire invariante mais transforme I en -I, comme B est antisymétrique appartient au plan de symétrie donc B_θ = 0.

Toute rotation autour de l'axe Oz à r et z fixés ne modifie pas le champ B!"

donc B ne dépend pas de θ.

F-2-2

F-2-3 On obtient un dipôle magnétique :

M

circulation conservative. On a les mêmes propriétés que pour le champ !"E

donc les mêmes conclusions.

( )

( , ) 2

z r

r dB z B r z

= − dz

F-2-6 ( )

( , ) 2

z r

r dB z B r z

= − dz _{2 5}

2 2

3 1

2

1

o

B zr

R z

R

= +  

 + 

 

 

CHIMIE : Autour de l'ammoniac

3"$45,+65+,0

I-1 Z=7 : N(1s)²(2s)²(2p)³ I-2

NH₃ :

!"#"!

! ; HNO₂ : O=N-O !

; HNO₃ :

H-O-N=O O +

-

I-3 molécule p+q Polyèdre de

coordination XpEq

formule structurale

forme de la molécule AXm

NH₃ 4 tétraèdre AX3E1 pyramide à base triangulaire

HNO₃ 3 triangle AX3E0 triangulaire équilatérale

HNO₂ 3 équilatéral AX2E1 Coudée à environ 120°

I-4 Contrairement au phosphore, l'azote qui appartient à la deuxième période doit vérifier la règle de l'octet.

NF6- ne peut donc exister.

33$"$70*$),8),9:5:*$'69;8"<'*9=+0*$;0$>?_@ II-1 NH₃+ H O₃ ⁺ # #### NH₄⁺+ H O₂ :

La constante d'équilibre est K = 10^9.2 >>1 : La réaction est quasiment totale.

II-2 Les deux pentes sont >0 mais la seconde pente est plus élevée car la mobilité de H O₃ ⁺est plus élevée que NH4⁺.

II-3 A l'équivalence, CaVa= CbVb alors comme Va = 9 mL alors C_b =0, 09mol L. ⁻¹ 333$"$70*$),8),9:5:*$68()-0/'A50*$;0$>?@1$B0*+,0$;0$-8CDββββ4444E$)8+,$%+D>?_@E_FGH1

III-1

( )

[ ]

2 3

1 2

3

Cu NH NH Cu β

+

+

 

 

=   ;

( )

[ ]

2 3 2

2 2 2

3

Cu NH

NH Cu

β

+

+

 

 

=  

;

( )

[ ]

2 3 3

3 3 2

3

Cu NH

NH Cu

β

+

+

 

 

=  

;

( )

[ ]

2 3 4

4 4 2

3

Cu NH

NH Cu

β

+

+

 

 

=  

[ ]

( )

2 3

1 2

3 d

NH Cu K

Cu NH

+ +

 

 

=  

 

;

[ ] ( )

( )

2

3 3

2 2

3 2 d

NH Cu NH K

Cu NH

+

+

 

 

=  

 

;

[ ] ( )

( )

2

3 3 2

3 2

3 3 d

NH Cu NH K

Cu NH

+

+

 

 

=  

 

;

[ ] ( )

( )

2

3 3 3

4 2

3 4 d

NH Cu NH K

Cu NH

+

+

 

 

=  

 

alors ₁

1

1 Kd

= β ; ₂ ¹

2

Kd β

= β ; ₃ ²

3

Kd β

= β ; ₄ ³

4

Kd β

= β

alors ^pKd1=log

( )

^{β1 =4.2; pKd2 =log}

( )

^{β2 −log}

( )

^{β1 =3.4; pKd3=log}

( )

^{β3 −log}

( )

^{β2 =3}

( ) ( )

4 log 4 log 3 2

pKd = β − β =

III-2

III-3-1 L'ammoniaque est en excès et les espèces intermédiaires ne sont jamais majoritaires donc on a la forme la plus stable :Cu NH( _{3 4})²⁺

2 2

3 3 4

4 ( )

Cu ⁺+ NH # ### ## Cu NH ⁺

III-3-2 Attention : On a une dilution d'un facteur 2 lors du mélange : La réaction étant fortement avancée :

2 2

3 3 4

4 ( ) Cu ⁺+ NH # ### ## Cu NH ⁺ CI 0,005 0,5

Ceq ε 0,48 0,005

[NH₃]=0, 48mol L. ⁻¹; Cu NH( _{3 4})²⁺ = 0, 005mol L. ⁻¹;

2

2 3 4 14

4 3

( )

2.36.10 /

[ ]

Cu NH

Cu mol L

β NH

+

+   −

  = =

 

III-4-1 ^{E =E°(Cu2+/Cu)+0,03log}

(

^[Cu2+]

)

Alors,U =E°(Cu²⁺/Cu)+0,03log

(

[Cu²⁺]A

)

−E°(Cu²⁺/Cu)+0,03log

(

[Cu²⁺]B

)

2 2

[ ]

0, 03log 349

[ ]

A B

U Cu mV

Cu

+ +

 

=  =

 

III-4-2 ( )+ Cu Cu²⁺ Cu NH

(

3 4

)

²⁺ Cu( )− III-4-3 A la cathode (+) : Cu²⁺+ ←2é→Cu A l'anode (-) : Cu+4NH³←→Cu NH

(

3 4

)

²⁺+2é Le bilan : Cu²⁺+4NH³→Cu NH

(

3 4

)

²⁺

III-4-4 Le pont salin assure la conduction des ions.

3I$"$70*$),8),9:5:*$5&0,(8;JA'(9=+0*$;0$>?@1 La réaction : N2 + 3 H2 ⇔ 2 NH3

IV-1 ∆ °_rH (298)= ∆2 _fH°(NH₃)= −92, 42kJ mol. ⁻¹

IV-2 ⁷⁷⁰

(

^{3 2 2}

)

298

(770) (298) 2 3

rH rH CpNH CpN CpH dT

∆ ° = ∆ ° +

∫

− −

(

^{3 2 2}

) ^{( )}

(770) (298) 2 3 770 298

rH rH CpNH CpN CpH

∆ ° = ∆ ° + − − −

(1000) 120.85 /

rH kJ mol

∆ ° = −

La réaction est exothermique.

IV-3 4NH₃+5O₂ →4NO+6H O₂

IV-4-1 La probabilité de collision entre 3 molécules est nulle.

IV-4-2 Le mécanisme est par stade car l'intermédiaire créé à l'étape i et consommé à l'état i+1 IV-4-3 ^{d NO}

[

²

]

^2k2

[

^{N O2 2}

][ ]

^O2

dt =

. Or , [ ]

[ ]

^{2 22 11}

N O k

NO k−

=

alors

^{2 1}

[ ] [ ]

^{2 2}

1

v k k NO O k₋

=

: ordre 3