Physiks & Chimie

(1)

Terminale S2

calculatrice interdite

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D.S. n°5

Exercice n°1 : Comme un poisson dans l’eau d’après bac Métropole 09 / 2006 (20 points) 1.1. C’est une réaction acido-basique entre les couples : H3O⁺ / H2O et H2O / HO^– : H3O⁺ + HO^–(aq) = 2 H2O(l) (1)

1.2. Équivalence

1.2.1. L’équivalence est le stade du titrage pour lequel il y a changement de réactif limitant : à l’équivalence les réactifs ont donc été introduits dans les proportions stœchiométriques (1).

1.2.2. D’après l’équation de la réaction écrite en 1.1., à l’équivalence : n(H3O⁺) = nE(HO^–), ainsi ca.VA = cB.VBE. L’équivalence correspond au maximum de la courbe dérivée : VBE = 25,5 mL.

Par conséquent [H3O⁺]Sa = ca = cB.VBE

VA

. A.N. : [H3O⁺]Sa = 4,0.10^–225,5

20,0 = 2,0.10^–325,5 = 51.10^–3 mol.L^–1. La concentration en ions oxonium dans la solution diluée SA est égale à 51.10^–3 mol.L^–1 (1,5).

1.2.3. La solution commerciale est 50 fois plus concentrée soit : 5051.10^–3 = 100

2 51.10^–3 = 51

2.10^–1 = 2,55 mol.L^–1 soit, en conservant deux chiffres significatifs (comme sur la concentration de cB ou le facteur de dilution : [H3O⁺]comm = 2,5 mol.L^–1 (ou 2,6 mol.L^–1) (1).

1.2.4. Un indicateur coloré adapté au titrage doit posséder une zone de virage qui encadre le pH à l’équivalence. On peut donc proposer le bleu de bromothymol et le rouge de phénol, car leur zone de virage respective encadre bien le pH à l’équivalence : 6,0 < 7,0 < 7,6 et 6,6 < 7,0 < 8,0. Leur meilleur sera sans doute le bleu de bromothymol car le passage du jaune au bleu se détecte mieux que le passage du jaune au rouge (1,5).

1.3. La quantité de matière en ion H3O⁺ resterait la même (lors d’une simple dilution) : n(H3O⁺) = [H3O⁺]comm20.10^–3. Donc la concentration dans l’aquarium serait : [H3O⁺]aqua = [HO^]comm.^–

 = 2,520.10^–5 = 5,0.10^–4 mol.L^–1. Remarque : on néglige les ions H3O⁺ présents dans l’eau de pH = 7 initial (c’est justifié car 5,0.10^–4 > > 10^–7) Ainsi le pH serait : pH = – log 5,0.10^–4 = – (log 5,0 + log 10^–4) = – (0,7 – 4) = 3,3 ! (2)

1.4. 1.4.1. K1 = [CO2(aq)]éq

[HCO3–

(aq)]éq.[H3O⁺(aq)]éq

(1).

1.4.2. K1 =  KA

(0,5)

1.4.3. K1 = 10^6,4 = 2,5.10⁶ (1).

1.5. 1.5.1. Qr,i = 5,0 < K1 donc Qr,i < K1, ainsi le système chimique évolue dans le sens direct de la réaction 1. Ainsi des ions H3O⁺ sont consommés (1).

1.5.2. Le pH final sera nécessairement supérieur à 3,3 car la concentration des ions H3O⁺ sera plus faible (0,5).

1.5.3. Si l’eau est peu calcaire, elle ne contient pas suffisamment d’ions hydrogénocarbonate : la réaction 1 se fait peu et la concentration des ions H3O⁺ reste trop élevée : Le pH serait proche de 3,3 donc trop acide (1).

2. Étude de la formation des ions ammonium.

2.1. D’après l’équation de la réaction 2 : n(NH4 +

(aq))formé = n(OCN^–(aq))formé, donc [NH4 +

(aq)] = [OCN^–(aq)] ainsi l’expression de la conductivité de la solution devient :  = (NH4

+).[NH4 +

(aq)] + (OCN^–(aq)).[NH4 +

(aq)] soit

 = ((NH4

+) + (OCN^–(aq))).[NH4 +

(aq)]. Finalement [NH4 +

(aq)] = 

NH_^  OCN^–_aq (1,5) 2.2. Évolution du système chimique.

2.2.1. (1) Compléter littéralement signifie avec des lettres

(NH2)2CO(aq) = NH4+

(aq) + OCN^–(aq) État Avancement (mol) (NH2)2CO (aq) NH4+

(aq) OCN^–(aq)

État initial x = 0 c.V 0 0

État en cours d’évolution x c.V – x x x

État final (maximal) xmax c.V – xmax xmax xmax

2.2.2. D’après le tableau d’avancement : n(NH4

+) = x, ainsi [NH4 +] = x

V (1).

2.2.3. Si la transformation est transformation est totale : n(urée)f =0, donc c.V – xmax = 0 ainsi xmax = c.V.

A.N. : xmax = c.V = 0,020100,0.10^–3 = 2,0.10^–3 mol ou 2,0 mmol (1).

2.3. x(110) = 1,3 mmol donc (110) = 1,3

2,0 = 0,65 soit 65 % (1) : la transformation n’est pas terminée (car elle n’est pas limitée (voir 2.4.).

2.4. [NH4

+]f = 2,010^–2 mol.L^–1. Ainsi xf = [NH4

+]f.V = 2,0.10^–2100.10^–3 = 2,0.10^–3 mol.

 = xf

xmax

= 2,0.10^–3

2,0.10^–3 = 1,0 : la transformation est totale ! (1).

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Terminale S2 Page 2 sur 3 Exercice n°2 : Détection de métaux d’après bac Métropole 09 / 2010 (20 points) 1.1. Étude qualitative des courbes obtenues

1.1.1. D’après la loi d’Ohm uR =R.i, ainsi la tension uR étant proportionnelle à i évolue de la même façon que i (1).

1.1.2. ⁰ ¹ ² ³ ⁴ ⁵ ⁶ ⁷ ⁸ ⁹ ¹⁰ ¹¹ ¹² ¹³ ¹⁴ ¹⁵

1 2 3

0,5 1,5 2,5 3,5

Courbe ( b) Courbe (a )

u_R (V)

t (ms)

La constante de temps  correspond à la durée nécessaire pour que la tension uR atteigne 63 % de sa valeur finale : 0,633,15 = 2,0 V. Par lecture graphique, on remarque que  = 1,2 ms.

Le régime permanent est donc atteint après une durée de l’ordre de 5., soit environ 6,0 s. (place 0,5).

La tension aux bornes de la résistance évolue progressivement de 0 à sa valeur finale : l’intensité s’établit progressivement à travers une bobine, car la bobine emmagasine de l’énergie magnétique laquelle est proportionnelle au carré de l’intensité ; or l’énergie ne peut pas s’échanger instantanément par conséquent l’intensité du courant évolue progressivement : il y a retard à l’établissement du courant (1).

1.1.3. Au cours du régime transitoire l’intensité du courant augmente, au cours du régime permanent l’intensité du courant n’évolue plus : elle est constante (1).

1.1.4. La tension uB aux bornes de la bobine est : uB = L.di

dt + r.i (bobine réelle) (1). Lorsque le régime permanent est atteint, le terme di

dt = 0 car l’intensité est constante ainsi uB =r.IP (IP : intensité finale). (0,5).

1.2. Exploitation du régime transitoire

1.2.1. D’après la loi des mailles : uB + uR – E = 0 soit uB + uR = E Ainsi L.di

dt + r.i + R.i = E et finalement di

dt + r + R (1,5) L .i = E

L 1.2.2. En régime permanent di

dt = 0 et i = IP, donc d’après l’équation différentielle, ainsi IP = E R  r (1).

r + R L .IP = E

L 1.2.3. di

dt = IP

.e^–t/. Ainsi IP

.e^–t/ + r + R

L .IP.(1 – e^–t/) = E

L  IP.(

 – r + R

L ).e^–t/ = – r + R L .IP + E

L = – r + R L . E

R  r + E L = 0.

Ainsi 

 – r + R

L = 0 pour que i(t) soit solution de l’équation différentielle et donc  = L

R  r (1,5).

1.2.4. [] = [L]

[R]. Or uL = L.di

dt et uR = R.i donc [U] = [L].[I].[T]^–1 et [U] = [R].[I] ainsi [L] = [U].[I]^–1.[T] et [R] = [U].[I]^–1. Par conséquent : [] = [U].[I]^–.[T]

[U].[I]^– , soit [] = [T] = T (1,5).

1.2.5. Utilisons la méthode des 63 % de variation, plus précise que la méthode de la tangente à l’origine (… sans calculatrice…) : 0,633,15  0,633,2 = 0,633 + 0,630,2 = 1,89 + 0,126 = 2,016  2,0 V.

a = 1,2 ms et b = 2,4 ms (1).

1.2.6.  est proportionnelle à L, ainsi si b > a, alors Lb > La. La constante de temps b est le double de a. Par conséquent l’inductance Lb est le double de l’inductance La : en présence de fer l’inductance augmente bien : l’information donnée à propos du fer, dans le texte est donc vérifiée (1).

2. L’oscillateur

2.1. La bobine est idéale : uL = L.di dt (0,5).

2.2. L’intensité du courant est, par définition, i =dq

dt. Pour un condensateur q = C.uC, donc i = d

dt(C.uC) = C.duC

dt (0,5).

3,15 V

Régime transitoire Régime permanent

2,0 V

1,2 ms 2,4 ms

(3)

Terminale S2 Page 3 sur 3 2.3. uL + uC = 0 ainsi L.di

dt + uC = 0 et L.C.d^uC

dt^ + uC = 0 soit : d^uC

dt^ + 

LC.uC = 0 (1,5) 2.4. uC(t) = Um.cos(

T_.t + 0). Dérivons une première fois uC par rapport au temps : duC

dt = – 

T_.Um.sin(

T_.t + 0) (0,5).

Dérivons une seconde fois uC par rapport à t : d^uC

dt^ = d dt(duC

dt) = d dt

 – 

T

.Um.sin

T

.t   = – 

T

.Um.d dt(sin(

T

.t + 0)) Soit d^uC

dt^ = –







T 2

.Um.cos(

T

.t + 0) = –







T 2

.uC(t) (0,5).

Remplaçons la dérivée seconde par cette expression dans l’équation différentielle : –







T_

2

.uC(t) + 

LC.uC(t) = 0.

Ainsi



 – 





T

  

LC .uC(t) = 0.

Cette équation est vérifiée quelle que soit la valeur de uC(t), si :–







T

  

LC = 0 soit T0 = 2. LC (1).

2.5.

20 0

2 4

- 2

- 4

40 60 80 100

u_C (V)

t (µs)

Graphiquement on trouve que 2.T0 = 100 s, soit T0 = 50 s (0,5).

2.6. T0=2. LC, donc T0

2 = 4².LC et finalement : C = T

^.L (0,5).

A.N. : C = (50.10^–6)²

41020.10^–3 = (5,0.10^–5)²

42,0.10^–1 = 25.10^–10 8,0.10^–1 = 25

8,0.10^–9 = 3,1 nF ! La capacité du condensateur utilisé dans l’oscillateur est donc de 3,1 nF (1).

3. Recherche de métaux

3.1. Si l’inductance L de la bobine diminue lorsqu’on approche un objet en or, le dénominateur de l’expression de f0

diminue car 2. LC, donc la fréquence f0 augmente car la fréquence est l’inverse de la période propre 2. LC (1).

Réponse à la question retirée du devoir

3.2. La fréquence propre passe de 20 kHz à 15 kHZ : elle diminue, donc le dénominateur 2. LC augmente et donc L augmente… Malheureusement Léo et Julie n’ont pas trouvé de l’or.

2T0 = 100 s