corrigé DS 1°S

DS 1°S corrigé Exercice 1 :

1. Masse de chlorure de potassium nécessaire à la préparation de la solution S1 : m1 = n1.M1 = c.V1.M1 = 9,36.10^-3 g.

Avec n1 la quantité de matière de chlorure de potassium nécessaire à la préparation de la solution S1 et M1 = MKCl.

2. On prélève cette masse sur une balance qu’on introduit dans une fiole jaugée de 100 mL ; on ajoute un peu d’eau distillée et on agite jusqu’à dissolution du chlorure de potassium ; enfin on complète avec de l’eau distillée jusqu’au trait de jauge.

On effectue ainsi une dissolution.

3. On effectue une dilution pour avoir une concentration inférieure à 10^-2 mol.L^-1 pour que conductance et concentration de la solution soient proportionnelles.

4. D’après l’équation de dissolution de KCl(s) dans l’eau, on a les concentrations des ions dans la solution S1 : [K⁺]S1 = [Cl^-]S1= c = 1,25.10^-3 mol.L^-1.

5. D’après l’équation de dissolution de NaCl(s) dans l’eau, on a les concentrations des ions dans la solution S2 : [Na⁺]^S2 = [Cl^-]^S2= c = 1,25.10^-3 mol.L^-1.

6. Quantités de matière des ions dans le mélange : n(K⁺) = [K⁺]S1.V1 = 1,25.10^-4 mol.

n(Na⁺) = [Na⁺]^S2.V2 = 1,25.10^-4 mol.

n(Cl^-) = n^S1(Cl^-) + n^S2(Cl^-) = [Cl^-]^S1.V1 + [Cl^-]^S2.V2 = 2,50.10^-4 mol.

7. Concentration des ions dans le mélange de volume V = V1 + V2 : [K⁺] = n(K⁺)/V = 6,25.10^-4 mol.L^-1 = 6,25.10^-1 mol.m^-3. [Na⁺] = n(Na⁺)/V = 6,25.10^-4 mol.L^-1 = 6,25.10^-1 mol.m^-3. [Cl^-] = n(Cl^-)/V = 1,25.10^-3 mol.L^-1 = 1,25 mol.m^-3. 8. La conductivité du mélange est alors :

. . .

K K Na Na Cl Cl

      

  

     

      .

9. a. La valeur de la constante de cellule est : k =S/L = 1,2/0,95 = 1,3 cm = 1,3.10^-2 m.

9. b. La conductance du mélange est donc : G = k.σ = 2,3.10^-4 S = 0,23 mS.

Exercice 2 :

1. Quantités de matière initiales de chacun des réactifs :

n = 3 ^{3 3}

3

( ) 0, 20

( ) 2,0.10

( ) 100

m CaCO

n CaCO mol

M CaCO

    ;

n’ =^{n H O(} ₃ ^{)C V. 1,0.103mol}avec C = 0,010 mol.L^-1 la concentration en ions H3O⁺. 2. Tableau d’avancement de la réaction :

équation chimique CaCO3 (s) + 2 H3O⁺ (aq) → Ca²⁺ (aq) + CO2 (g) + 3 H2O (l) état du

système

avancement x (mol)

quantités de matière (mol)

initial 0 n n’ 0 0 excès

intermédiaire x n - x n’ - 2x x x excès

final xm n - xm n’ - 2xm xm xm excès

Valeur de l’avancement maximal xm :

Pour déterminer l’avancement maximal, on annule les quantités de matière des réactifs à l’état final : n - xm = 0 soit xm = n = 2,0.10^-3 mol,

n’ - 2xm = 0 soit xm = n’/2 = 5,0.10^-4 mol.

L’avancement maximal est le plus petit des deux xm calculés : xm = 5,0.10^-4 mol.

Le réactif limitant, correspondant à cet avancement maximal, est l’acide chlorhydrique.

3. Bilan de matière des espèces ioniques en fin de réaction :

n(Ca²⁺) = 5,0.10^-4 mol, n(H3O⁺) = 0 mol et n(Cl^-) = 1,0.10^-3 mol.

4. a. Les espèces ioniques présentes en cours de réaction sont les ions oxonium dont la concentration diminue (réactif), les ions calcium dont la concentration augment (produit) et les ions chlorure dont la concentration ne varie pas (ion spectateur).

4. b. D’après l’équation de la réaction, on constate que les ions oxonium sont ‘’remplacés’’ par les ions calcium or les ions oxonium ont une plus grande conductivité molaire ionique que les ions calcium ce qui explique la baisse de la conductivité de la solution.

4. c. A l’instant initial, on n’a que les ions oxonium et chlorure donc la conductivité de la solution est :

3 3

1 0 _{H O} . H O3 _Cl . Cl ( _{H O Cl} ).C 0, 425 .S m

              . 4. d. A un instant quelconque, la conductivité est :

3 2

2

. 3 . .

H O H O Cl Cl Ca Ca

          

3 2

.( ' 2 ) . .( )

H O Cl Ca

n x x

V Cl V

        

3 3 2

' 2

.( ) . .( ) .( )

H O Cl H O Ca

n x x

V Cl V V

        

 

    

2 3

0

Ca 2 H O x V

 

  ^  ^

  = 0,425 – 580 x.

4. e. A l’état final, la conductivité vaut _{0 Ca}² 2 _{H O}³

m xm

V

 

  ^  ^

  = 0,135 S.m^-1.

Exercice 3 :

1) Dans le référentiel terrestre supposé galiléen, les forces s’exerçant sur le système {ensemble automobile- pilote} sont :

- dans la phase BO : son poids_P^, la réaction normaleR_N

du support, les frottementsf_r

et la traction _T^

du système.

- dans la phase OE : son poids_P^.

- dans la phase EH : son poids_P^, la réaction normaleR_N

du support, les frottementsf

et la force de freinage_F^.

2) Si on suppose que le système accélère dans la phase BO, alors le système n’est pas pseudo isolé (d’après le principe d’inertie). Si on suppose que sa vitesse est constante et que sa trajectoire est rectiligne, alors le système est pseudo isolé (d’après le principe d’inertie).

Dans la phase OE, le système n’est soumis qu’à son poids ; il n’est donc pas pseudo isolé.

Dans la phase EH, le système freine donc, d’après le principe d’inertie, il n’est pas pseudo isolé.

3) Détermination du travail de chaque force de chacune des phases :

phase BO phase OE phase EH

WBO(^_P) = - mg.OC

= - 78,5 kJ.

WBO(R_N ) = 0 (R_N

perpendiculaire à (BO)).

WBO(f_r

) =  BO f. _r

= - fr.BO

= - fr.OC/ sinα.

WBO(_T^) =_{BO T}^{ }_. = BO.T

= T.OC/sinα.

WOE(_P^) = mg (OC – ED)

= - 19,6 kJ.

WEH(_P^) = 0 J (^_P perpendiculaire à (EH)).

WEH(R_N

) = 0 J (R_N perpendiculaire à (EH)).

WEH(f

) = EH f .

= - EH.f

= - 50,0 kJ.

WEH(_F^) = EH F .

= - EH.F.

4) D’après le théorème de l’énergie cinétique (dans un référentiel galiléen, la variation d’énergie cinétique d’un système en translation entre deux points est égale à la somme des travaux des forces qui s’exercent sur ce système entre ces deux points.) entre O et E, on a :

½mv12 - ½mv02 = WOE(_P^) soit ½mv12 - ½mv02 = mg (OC – ED).

Donc v0 = v₁² 2 (g DE OC )= 24,8 m.s^-1 = 89,3 km.h^-1. 5) D’après le théorème de l’énergie cinétique entre E et H, on a :

½mvH2 - ½mv12 = WEH(f

) + WEH(_F^). Or vH = 0 m.s^-1 d’où il vient : - ½mv12 =- EH.f - EH.F.

Donc F =

2 1

2 mv

EH - f = 2,38 kN.

6) La puissance du travail de la force_F^est

P

Exercice 4 :

1. La variation d’énergie cinétique du skieur entre les points A et b est : Δec = Ec(B) – Ec(A) = ½MV² - ½Mv²A = ½MV² = 2,7.10² J.

2. Schéma de la situation :

Avec_P^ le poids du skieur, f

la force de frottements, _F^la traction de la perche sur le skieur etR_N

la réaction normale de la piste.

3. Calcul des travaux de ces forces sur le trajet AB :

WAB(_P^) = Mg.AB.cos(90+α) = - Mg.AB.sinα = - 8,4.10³ J.

WAB(R_N

) = 0 carR_N

est perpendiculaire à (AB).

WAB(f

) = - AB.f = - 1,0.10³ J.

WAB(_F^) = AB.F.cosβ.

4. La variation de l’énergie cinétique est due aux travaux des forces : c’est le théorème de l’énergie cinétique ; on a ainsi Ec(B) – Ec(A) = WAB(^_P) + WAB(R_N

) + WAB(f

) + WAB(_F^) soit WAB(_F^) = Ec(B) – Ec(A) - WAB( P) - WAB(R_N

) - WAB(f

) = Ec(B) – WAB(_P^) - WAB(f

) d’où WAB(_F^) = 9,7.10³ J.

5. La force _F^a donc pour valeur F = WAB(_F^)/(AB.cosβ) = 4,1.10² N.

Exercice 5 :

1. la vitesse n’est pas constante donc, d’après le principe d’inertie (dans un référentiel galiléen, si la somme des forces qui s’exercent sur un corps est nulle alors le vecteur vitesse de son centre d’inertie ne varie pas.), on peut dire que les forces appliquées au mobile ne se compensent pas.

2.On remarque que Ec(B) – Ec(A) ≠ Ec(C) – Ec(B) donc, d’après le théorème de l’énergie cinétique, WAB(_F^

AB) ≠ WBC(^_FBC) (avec_F^ la somme des forces extérieures) or AB = BC donc_F^AB ≠_F^BC.

3. a. Pour une même vitesse initiale, la vitesse en B ou en C est plus faible pour le carton d’aire 30 cm² que pour le carton d’aire 15 cm². On en déduit donc (la force de frottement étant la seule qui travaille) que la force de frottement dépend de l’aire de la fiche cartonnée.

3. b. Sur le trajet AB, avec une vitesse initiale de 0,28 m.s^-1, le mobile (avec le carton d’aire 15 cm²) perd 0,03 m.s^-1 sur une distance AB = 40 cm.

Sur le trajet BC (sur la même distance), il ne perd que 0,02 m.s^-1 avec une vitesse initiale plus faible (0,25 m.s^-

1).

On en déduit donc que la force de frottement est plus efficace si la vitesse initiale est plus grande.

Exercice 6 :

1. a. La valeur minimale de vA correspondra à la valeur nulle pour vD, la vitesse en D : d’après le théorème de l’énergie cinétique, on a Ec(D) – Ec(A) = WAD(_P^) + WAD(R_N

) + WAD(f

) or les frottements sont négligeables : WAD(f

) = 0,R_N

est perpendiculaire en tout point à la trajectoire d’où WAD(R_N

) = 0 et Ec(D) = 0 car vD = 0.

D’où – Ec(A) = WAD(^_P) soit - ½m vA² = mg(zA – zD) donc vA =√(2gzD) = 6,3 m.s^-1. 1. b. La vitesse en B est alors donnée par le théorème de l’énergie cinétique : Ec(B) – Ec(A) = WAD(^_P) soit ½m vB² - ½m vA² = mg(zA – zB)

Donc vB = √( vA² - 2gzB) = 8,9 m.s^-1.

2. Si le système n’atteint que C, ceci signifie que vC, la vitesse en C est nulle et que les frottements ne sont pas négligeables : d’après le théorème de l’énergie cinétique, on a :

Ec(C) – Ec(A) = WAC(_P^) + WAC(R_N

) + WAC(f ) Soit WAC(f

) = - WAC(_P^) – Ec(A) = - mg(zA – zC) - ½m vA² = mgzC - ½m vA² = - 5,3.10² J.

 F

f

RN



P 

β

A α

B