Physiks & Chimie

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Physique et Chimie D.S. n°5

Exercice n°2 : Système d’allumage dans un moteur à essence d’après bac Métropole 09/2007 (20 points)

1. Étude du circuit primaire sans condensateur.

1.1. Rupteur fermé

1.1.1. Appliquons la loi d’additivité des tensions : E = ur + uL. D’après la loi d’Ohm : ur = r.i1.

Aux bornes d’une bobine idéale, la tension est proportionnelle à la variation temporelle d’intensité : uL = L.di

dt E = r.i1 + L.di

dt. Cette équation peut également s’écrire : di

dt + r L.i1 = E

L (2) 1.1.2. En régime permanent l’intensité est constante et donc di

dt = 0. Ainsi l’équation différentielle donnée à la question 1.1.1. devient une équation simple : r

L.I1 = E

L qui se simplifie r.I1 = E (1).

1.1.3. D’après l’expression établie en 1.1.2. il vient I1 = E r = ,

, = 2,0 A : intensité en régime permanent (1).

1.1.4. En régime permanent di

dt = 0, donc u2 = 0 : la tension est inférieure à 10.000 V : il n’y a pas d’étincelles (1).

1.2. Rupteur ouvert

1.2.1. Une bobine s’oppose aux variations du courant : elle s’oppose donc à la rupture du courant ce qui peut avoir pour effet de produire une étincelle (des charges passent dans l’air pour assurer la continuité du courant) (1).

1.2.2. Si t = 0, i1(0) = I1  0 : la courbe 4b n’est donc pas compatible. L’évolution étant exponentielle, seule la courbe 4.a. est compatible. Par ailleurs en régime permanent l’intensité n’est pas nulle, mais égale à E

R + r (1).

1.2.3. u2(t) = .di

dt = – 

.

 

 

I – E

R  r .𝑒^−𝜏𝑡 et donc u2() = u2(0).e^–1 = 0,37×15.000 = 5500 V. On recherche l’abscisse correspondant à 5500 V, où bien on trace la tangente à l’origine. Dans les deux cas  = 2,0 ms (1,5).

1.2.4. Sur le graphique 5, on remarque que la tension devient inférieure à 10.000 V au bout d’environ 0,8 ms : Après 0,8 ms, il n’y aura plus d’étincelles (1).

2. Étude du circuit primaire avec condensateur et rupteur ouvert.

2.1. Cas où r = 0 2.1.1. i1 = dqt

dt = – Q0.

^.sin

 

 



^{.t (1)} Méthode détaillée dans l’annexe.

2.1.2. d^qt

dt^ = di

dt = – Q0.

 

 





2

.cos

 

 



^{.t (1).}

2.1.3. d^q dt^ + q

LC = E

L  – Q0.

 

 





2

.cos





^{.t +} LC^ .(Q0.cos







^{.t + CE) = E}L  Q0.cos







.t .( LC –

 

 





2

) +

CE

L

C

⁼

E

L  Q0.cos







 .t .(  LC –

 

 





2

) = 0. Cette expression doit être vraie quelques soient Q0 et t ainsi : 

LC –

 

 





2

= 0, donc  LC =

 

 





2

et par suite :  = 2.. L.C (2) 2.1.4.



représente la période propre des oscillations électriques du circuit, habituellement notée T0 (0,5).

2.1.5. u2(t) = .di1

dt = – .Q0.

 

 





2

.cos

 

 



 ^{.t = –A.cos}

 

 



^.t avec A = .Q0.

 

 





2

= .Q0

LC (1) 2.1.6. u2(t) est une fonction cosinusoïdale, de période T0 et d’amplitude

A avec u2(0) = – A < 0 (2) : le régime est périodique (0,5).

2.2. Cas où r ≠ 0

2.2.1. Il s’agit d’un régime pseudo-périodique (0,5). L’amplitude de la tension décroit en raison de l’énergie dissipée par effet Joule dans la résistance : l’énergie totale du circuit électrique diminue (1).

2.2.2. Une étincelle apparaît seulement si la valeur absolue de la tension u2 est supérieure à 10.000 V. Puisque la tension est pseudo-périodique, il n’y a une étincelle qu’à certains instants, proches de 0 ms, 2 ms, 4 ms et 6 ms (1).

0

A

–A u₂(V)

u2(t)

t(s)

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Exercice 1 ANNEXE A RENDRE AVEC LA COPIE Nom : ……….

Question 1.2.3.

0

0 1 2 3 4 5 6

t (ms)

 u

₂

(V) 

2000 4000 6000 8000 10000 12000 14000 16000

Figure 5

-10000 0 10000 15000

-5000

-15000

u₂ en V

t (ms) 5000

4 8 12 16 20

Figure 7 5500

2,0 ms

6 ms

1^e étincelle 2^e étincelle

3^e étincelle 4^e étincelle 0,8 ms

4 ms 2 ms

q = Q0.cos







.t + CE avec Q0, , C et E : constantes i1 = dq

dt = d

dt⁽Q0.cos







.t + CE) = d

dt⁽Q0.cos







.t ) + d dt(CE) Or d

dt(CE) = 0 car C et E sont des constantes et n’évoluent donc pas avec t.

Donc i1 = ^d

dt⁽Q0.cos







.t ) = Q0.d dt⁽cos







.t ) i1 = – Q0.

.sin







.t

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Analyse d’un déboucheur de canalisations

d’après bac Nouvelle Calédonie 11/2008 (20 points)

1. Titrage, en présence d’un indicateur coloré, de la solution diluée de DesTop^®

1.1. Équation de la réaction associée à la transformation chimique qui se produit lors du titrage : HO^–(aq) + H3O⁺(aq) = 2 H2O(_l) (1)

1.2. K1 = 

[HO^–aq]éq.[HO^aq]éq

=  Ke

(1), donc K1 = 

,.^– = 1,010¹⁴ (1)

1.3. À l’équivalence les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques (1) : n(HO^–)présente = n(H3O⁺)versée

soit c.V = ca.VE c = ca.VE

V . A.N. : c = ,,

, = 6,0.10^–2 mol.L^–1 (1)

1.4. Le passage à l’équivalence est repéré expérimentalement par un changement de couleur de l’indicateur coloré (0,5).

Le BBT initialement bleu, prend une teinte verte, puis jaune.

1.5. D’après les données du texte encadré : cc = n

V = mNaOH

M.Vsol

= PmNaOH.msol

M.Vsol

= PmNaOH.

M (1,5)

A.N. : cc = ,,.^

, = 6,0 mol.L^–1 (1) Attention  est donnée en g.mL^–1, il faut la convertir en g.L^–1 D’après le dosage : La solution de DesTop® est diluée 100 fois, donc cC = 100.c alors cC = 6,0 mol.L^–1 (0,5) Les résultats obtenus sont identiques (0,5).

2. Présence d’ammoniac dans le DesTop®

2.1. NH3(aq) + H3O⁺(aq) = NH4 +

(aq) + H2O(l) (1) 2.2. K2 = [NH

aq]éq

[NHaq]éq.[HO^aq]éq

=  KA

(1) K2 = 

,.^– = 1,610⁹ (1)

2.3. (1,5)

3. Titrage pH-métrique de la solution diluée de DesTop®

3.1. Pour Va = 15,0 mL, par lecture graphique, pH  7,6. L’indicateur coloré passe du bleu au vert (1).

3.2. pHE1 = 10,7 > pKA , ainsi NH3 est encore présent dans le mélange (1).

3.3. D’après la figure 1, on lit VE1 = 12,8 mL (0,5).

À l’équivalence les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques : n(HO^–)ini = n(H3O⁺)versée

alors [HO^–(aq)].V = ca.VE1 donc [HO^–(aq)] = ca.VE

V A.N. : [HO^–(aq)] = ,,

, = 5,110^–2 mol.L^–1 (1) 3.4. À la seconde équivalence E2 , on lit pH = 5,4 < pKA. L’espèce prédominante est maintenant l’ion ammonium. Tout

l’ammoniac a réagi : entre le première et la seconde équivalence c’est l’ammoniac qui réagit et est titré ! (1).

3.5. V’a = VE2 – VE1 Par lecture graphique VE2 = 15,3 mL. Il vient V’a = 15,3 – 12,8 = 2,5 mL (1) 3.6. À l’équivalence les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques : n(NH3)ini = n(H3O⁺)versée

Soit [NH3(aq)].V = ca.V’a donc [NH3(aq)] = ca.V’a

V . A.N. : [NH3(aq)] = ,,

, = 1,010^–2 mol.L^–1 (1) [NH4+

] > [NH3] [NH3] > [NH4+

]

domaine de prédominance de la forme acide 9,2 domaine de prédominance de la forme basique

pH

[NH4+

] = [NH3]

15 pHE1 = 10,7

pHE2 = 5,4

V_E1 V_E2

La première équivalence E1 correspond au titrage des ions hydroxyde HO^–.

La seconde équivalence E2 correspond au titrage des ions hydroxyde HO^– + de l’ammoniac NH3. En effet la constante d’équilibre K1 ≫ K2 : les ions hydroxyde réagissent entièrement avant que l’ammoniac ne commence à réagir.

VE1 : volume nécessaire pour titrer HO^–.

VE2 : volume nécessaire pour titrer HO^– + NH3

V’a = VE2 – VE1 : volume nécessaire pour titrer NH3 seul !