Correction du devoir n°2 du 28 janvier 2021 Exercice 1 : un drone pour ausculter la couverture végétale (10 points)

Correction du devoir n°2 du 28 janvier 2021 Exercice 1 : un drone pour ausculter la couverture végétale (10 points)

Partie 1 : étude du vol du drone.

1.1 L'énergie cinétique est constante, on en déduit que le mouvement est uniforme.

En outre l’énergie mécanique est constante, il en est donc de même de l'énergie potentielle de pesanteur car Epp = Em-Ec. Le mouvement est rectiligne.

1.2 Epp = Em-Ec = constante = mgh. Donc l'altitude h est constante.

1.3 La masse m est de 0,700 kg comme préciser à la ligne 17.

1.4 Em = 900 J ; Ec = 50 J ; Epp = 900-50 = 850 J.

Epp = mgh donc h = h =

h = 121 m soit 1,2 x 10² m 1.5 Calcul de Epp

Représentation graphique de Epp

1.6

1.7 Système étudié :{le drone de masse m}

Référentiel d’étude : référentiel terrestre supposé galiléen

D’après la 1^ère loi de newton : Le drone a un mouvement rectiligne uniforme donc :

=

D’où + =

Dans un repère (O, , )

On obtient les équations alors : -Fp + T = 0

Soit Fp = T

Partie 2 : analyse de la lumière réfléchie par la couverture végétale.

2.1

2.2 Entre 560 et 580 nm (vert jaune) ; entre 700 et 800 nm (rouge).

2.3 Entre 800 et 1000 nm (proche infrarouge)

2.4 Le drone analyse la lumière réfléchie par le végétal. Les longueurs d'onde correspondantes appartiennent aux domaines 550 - 880 nm. Les courbes diffèrent selon les végétaux pour ces domaines de longueurs d’onde. Au delà de 880 nm, les courbes présentent un plat, qui n'apporte pas de renseignement supplémentaire. En dessous de 500 nm, les courbes sont pratiquement identiques et ne donnent pas de renseignement sur l'état du végétal.

2.5 les pigments chlorophylliens absorbent les radiations dont les longueurs d'onde sont comprises entre 400 et 500 nm et celles comprises entre 630 et 700 nm; les caroténoïdes absorbent les radiations dont les longueurs d'onde sont comprises entre 400 et 500 nm;

2.6. Les couleurs absorbées sont le bleu et le jaune. D’après le cercle chromatique

Partie 3 : Etude du décollage du drone.

3.1. La courbe 2 montre que az = 2,0 m.s^-2 = Cte.

Comme az(t) = dv t_z( )

dt ^{, alors vz}(t) est une primitive de az(t) :

vz(t) = az.t + C1 = 2,0.t + C1 où C1 est une constante qui dépend des conditions initiales.

À la date t = 0, la vitesse initiale du drone est nulle donc C1 = 0.

On obtient vz(t) = 2,0.t.

Autre méthode : On peut aussi utiliser la courbe 1, dont la modélisation indique z(t) = 1,0.t². Comme vz(t) = dz t( )

dt , on obtient également vz(t) = 2,0.t.

3.2. Comparaison des deux forces :

La deuxième loi de Newton, appliquée au système {drone} de masse m constante, dans le référentiel terrestre considéré comme galiléen donne

Par projection suivant l’axe vertical Oz orienté vers le haut : PZ + FZ = m.az

– P + F = m.az

Comme az > 0 alors – P +F > 0, soit F > P.

3.3. Calcul de la valeur de la force : On reprend – P + F = m.az

F = m.az + P = m.az + m.g = m.(az+g) F = 0,700×(2,0 + 10) = 8,4 N

Partie 4 : Perte de contrôle du drone.

4.1

4.2 Le drone est en chute libre, il n’est donc soumis qu’à son poids.

4.3 La deuxième loi de Newton, appliquée au système {drone} de masse m constante, dans le référentiel terrestre considéré comme galiléen donne :

Ainsi : ax = 0

az = - g Sachant que :

, on recherche les primitives de :

On obtient : vx (t) = k1 avec k1 etk2 : constantes qui dépendent des conditions initiales.

vz(t) = -g t + k2

À la date t= 0 s, le vecteur vitesse a pour coordonnées v0x = v0

v0z = 0 d'où k1 = v0 et k2 = 0 Alors : vx = v0

vz = -g t

Soit G le centre d’inertie du drone, le vecteur position est tel que

On obtient : x = v0 t + k3 avec k3 etk4 : constantes qui dépendent des conditions initiales.

À la date t = 0, le drone est situé en un point d’abscisse x0 = 0 donc k3 = 0, et d’ordonnée z0 = h donc k4 = h.

Les équations horaires du mouvement sont donc : x(t) = v0 t

4.4 Le drone touche le sol à la date tS lorsque z = 0.

On résout l’équation –1 ²

. . 0

2 g t^S  h 1 2

2. .g t^S h

2 2

S

t h

 g En ne retenant que la solution positive, on obtient 2

S

t h

 g ts = 4,9 s.

4.5 Déterminons l’abscisse xs du drone lorsqu’il touche le sol à la date ts. xs = v0.tS

xs = 12×4,9 = 58,8 m Le drone est qu’à 58,8 m de l’abscisse où la communication a été rompue, il a dépassé la piscine de 0,8 m sans tomber dedans.

O

x z

d = 50 m L = 8 m piscine h = 121,0 m

EXERCICE II : Etude d’une pile (5 points).

1.2 Voir schéma ci-dessus 1.3

2. Étude de la pile.

2.1

Q = 2 x 5,0 x 10^-3 x 96500 Q = 965 C soit 9,7 x 10² C

EXERCICE III : Détartrant pour cafetière (5 points).

1.2 Les trois groupes caractéristiques carboxyle COOH sont responsables de l’acidité de l’acide citrique. En effet chaque groupe COOH peut céder un proton H⁺, et il y a trois groupes carboxyle, donc la possibilité de libérer trois protons : l’acide citrique est un triacide.

2. L’acide tartrique, un détartrant

2.1. On effectue un titrage pH-métrique de l’acide citrique par une solution d’hydroxyde de sodium CB = 1,00×10^-1 mol.L^-1.

Le volume à l’équivalence est déterminé grâce à la courbe : il correspond à l’abscisse du point d’ordonnée maximale de la dérivée dpH/dv = f(v) (on peut utiliser la méthode des tangentes).

On lit Véq = 31,0 mL.

À l’équivalence les réactifs ont été mélangés dans les proportions stœchiométriques, d’après l’équation de la réaction support du titrage, on a :

Soit où CB est la concentration molaire de la solution d’hydroxyde de sodium et CA est la concentration recherchée en acide citrique.

CA =

CA =

= 0,103 mol.L^-1 d’acide citrique 2.2. Pourcentage en masse : p =

x 100 où mAest la masse d’acide dans le sachet qui a été dissoute dans V = 2,00 L d’eau.

CA = =

donc mA= CA.V.M p=

p =

x 100 = 98,9%

2.3.

2 2 2 2

B eq A

B eq A

C V V V

p p

C V V V

 

     

         

0,02 Donc p = p x 0,02 = 98,9 x 0,02 = 2,0 % (1,98)

Le sachet indique 100% d’acide citrique ce qui est cohérent avec p = (98,9  2,0)%

EXERCICE IV : Suivi d’une cinétique par conductimétrie (5 points).

1. La transformation étudiée.

1.1 La fiole jaugée de volume 25,0 mL contenait V1 = 1,0 mL de 2-chloro-2-méthylpropane.

Ce qui correspond à une quantité de matière n1 = cela donne une concentration de C1 = où V =25 mL Ensuite on a prélevé un volume V^’1 = 5,0 mL de solution S.

Dans une dilution la quantité de matière se conserve soit n0 = n^’1

Donc n0 = C1 x V^’1

n0 = 1,8.10–3 mol n0 =

n0 =1,8 x 10^-3 mol 1.2

Équation

chimique

(CH

)

C-Cl

+ 2 H

O

= (CH

)

C-OH

+ H

O

+ Cl

État du système

Avancement

(mol) Quantités de matière (mol)

État initial

0

excès

État

intermédiaire x n₀ – x

excès

État final xmax n0 – xmax = 0

excès

D’après le tableau, à chaque instant [H3O⁺] = [Cl^–(aq)].

1.3. Conductivité du mélange :  =

^

 ^{H O}



^

  ^Cl

 =

 ^

 ^{H O}



^

  ^Cl



1.4 Comme [H3O⁺] = x

V , on obtient  =

 ^

 ^{H O}



^

  ^Cl



1.5 ^{x }

 ^

 ^{H O}

^  ^.

^

  ^Cl



 

6 4

0,374 205, 0 10 349,8 76,3 10 x



 

 

   = 1, 80 x 10^-3 mol

x_ = n0 = xmax donc la transformation est bien totale.

1.6



 ^

 ^{H O}



^

  ^Cl



 ^

^{ H O}

^

^

^{  Cl}





_ ⁼ _max x

x ^{donc x =}  .x^max

_

1.7 Pour  = 0,200 S.m^-1, x = 0, 200 ³ 1,8 10 0, 374

   = 9,610^–4 mol

2. Exploitation des résultats.

2.1. Le coefficient directeur de la tangente, à l’instant t, à la courbe x(t) est égal à dx dt ^. On trace la tangente et on calcule son coefficient directeur.

La vitesse volumique de la réaction s’en déduit en le divisant par le volume V de la solution.

2.2 Au cours du temps, la tangente à la courbe devient de plus en plus horizontale donc dx

dt ^diminue.

La vitesse de réaction diminue puis tend vers zéro.

2.3 La concentration du réactif, 2-chloro-2méthylpropane, diminue au cours du temps. Il s’agit du facteur cinétique responsable de la diminution de la vitesse volumique de réaction.

2.4 Le temps de demi-réaction est la durée au bout de laquelle l’avancement atteint la moitié de sa valeur finale. Ici xf = xmax = n0 (la transformation est totale)

Pour t = t1/2, on a x(t1/2) = ⁰ 2

n = 0,9 mmol.

2.5

Voir courbe bleue ci-dessus.

2.6 La température est un facteur cinétique. Si elle augmente, alors la vitesse volumique de réaction augmente.

L’avancement final est atteint plus rapidement, donc t1/2 est plus faible.

25 min  14,6 cm t1/2 min  0,7 cm

soit t

= (250,7)/14,6 = 1,2 min

soit t1/2 = (250,8)/16,1 = 1,2 min 14,6 cm

0,8 cm

t1/2

x(t1/2)