Physiks & Chimie

Terminale S3 Page 1 sur 3 Exercice n°1 : Le condensateur dans tous ses états d’après bac Polynésie 09/2003 (20 points)

dt, donc dq = i.dt et par conséquent q = It (1), si la charge initiale du condensateur est nulle q(0) = 0 et si l’intensité est constante, donc notée I. À t = 3,0 s : q = 12.10^–63,0 = 3,6.10^–5 C (1).

1.2. La charge q, portée par une armature d’un condensateur est liée à la différence de potentiel entre les armatures par la relation : q = C.uAB. Ainsi le coefficient C représente la pente de la droite q = f(uAB), ou coefficient directeur.

Choisissons deux points sur cette droite, dont l’origine : a = C = y

x = yA – yB

xA – xB

=  – 

 –  = 4,6 F (1).

1.3. Calculons « l’erreur relative » sur la valeur déterminée, par rapport à la valeur annoncée par le constructeur : e = , – ,

, = 2 % : la valeur déterminée est bien dans la plage d’incertitude proposée par le fabricant.

Ou bien : C = 0,104,7 = 0,47 F, donc 4,2 F < C < 5,2 F. Même réponse (1).

2.1. Appliquons la loi des mailles au circuit de charge : E – uC(t) – uR(t) = 0, donc E = uC(t) + uR(t).

Utilisons la loi d’Ohm pour le conducteur ohmique liant la tension uR(t) et l’intensité i(t) du courant : uR(t) = R.i(t).

Relation entre l’intensité du courant i(t) et la charge dq(t) : i(t) = dqt

dt .

Relation entre la charge portée par une armature et la tension entre les bornes de l’armature : q(t) = C.uC(t) Ainsi dqt

dt = dC.uCt

dt . Or la capacité d’un condensateur ne dépend pas du temps donc : dqt

dt = C.duCt

dt . Ainsi : i(t) = C.duCt

dt et par suite uR(t) = R.C.duCt

dt . Par conséquent : E = uC(t) + R.C.duCt

dt (3).

2.2. duCt

dt = A..e^–.t. Donc E = A.(1 – e^–.t) + R.C.A..e^–.t = A + A.(– 1 + R.C..e^–.t = E . (2).

L’expression encadrée précédemment doit être vérifiée quelque soit t, donc A = E et –1 + R.C. = 0 ainsi  =  RC. 2.3. La tension uC(t) tend vers 5,0 V. Donc E = 5,0 V (0,5).

2.4. a)

 

 

dt = 

RC.(E – uC(t)). Or à t = 0, uC(0) = 0, donc

 

 

dt 0

= E

RC = ,

,.^,.^– = 4,8.10² V.s^–1 (1).

b) uC(1) = uC(0) +

 

 

dt 0

×1.10^–3 = 0 + 

,.^,.^–1.10^–3 = 0,48 V (20,25 pour unité dans tableau).

 

 

dt 1

= 

RC.(E – uC(1)) = , – ,

,.^,.^– = 4,4.10² V.s^–1 et uC(2) = uC(1) +

 

 

dt 1

×t = 0,92 V (1,5).

2.5. La constante de temps  est définie par la relation  = RC (0,5). Deux méthodes graphiques sont envisageables : Méthode de la tangente à l’origine ou deuxième méthode qui consiste à considérer le temps nécessaire pour atteindre, lors de la charge, une tension égale à E.(1 – e^–1) = 0,63.E. En l’occurrence une tension égale à 0,635,0 = 3,2 V (1).

La valeur de  est : 0,0105 s (0,5). 0,010 <  < 0,011 Ainsi C = 

R = ,

,.^ = 4,7.10^–6 F (1). 4,5.10^–6 F < C < 5,0.10^–6 F

La valeur de C déterminée expérimentalement reste dans la précision annoncée par le fabricant (0,5) 2.6. q(t) = C.uC(t) = C.E.(1 – e^–t/RC). Or i = dq

dt et C et E constants. Ainsi i(t) = CE.d – e^–t/RC dt = CE

RC.e^–t/RC = E

R.e^–t/RC. (1,5) Ainsi à l’instant t = 0, i(0) = E

R = ,

,.^ = 2,3 mA (0,5).

2.7. L’énergie électrique stockée par un condensateur est E(t) = 

.C.uC(t)². L’énergie stockée lorsqu’il est chargée sous une tension E est donc : E = 

.C.E²= 

4,7.10^–65,0² = 5,9.10^–5 J (1).

2.8. L’expression de l’intensité du courant est analogue, mais dépend de R’ et non de R et est négative au cours de la décharge : i(t) = – E

R’.e^–t/R’C (1).

2.9. L’énergie électrique E(t) ne peut pas subir de discontinuité car une puissance (P(t) = dEt

dt ) ne peut pas être infinie.

Ainsi la tension uC(t) ne subit pas de discontinuité (sinon l’énergie électrique serait discontinue puisque E(t) = 

.C.uC(t)²), ni la charge q(t) (q(t) = C.uC(t)). En revanche l’intensité i(t) subit une discontinuité à la fermeture de l’interrupteur lors de la charge ou de la décharge.

Terminale S3 Page 2 sur 3 Exercice n°2 : Aïe, j’ai une crampe d’après bac Polynésie 2004 et annale zéro 2002 (20 points)

aq]éq.[HO^aq]éq

[CO, HOaq]éq

(0,5). Or par définition pKA1 = – log KA1

donc pKA1 = – log [HCO–

aq]éq.[HO^aq]éq

[CO, HOaq]éq

= – log [HCO–

aq]éq

[CO, HOaq]éq

– log [HO^aq]éq. Or pH = – log [HO^aq]éq. Ainsi pKA1 = – log [HCO–

aq]éq

[CO, HOaq]éq

+ pH ou pH = pKA1 + log [HCO–

aq]éq

[CO, HOaq]éq

(2) b) De la relation précédente, il vient : log [HCO–

aq]éq

[CO, HOaq]éq

= pH – pKA1 donc [HCO–

aq]éq

[CO, HOaq]éq

= 10^{pH – pKA1} A.N. : [HCO–

aq]éq

[CO, HOaq]éq

= 10^{7,4 – 6,1} = 10^1,3 = 20 (1)

c) (1,5)

L’espèce prédominante, à pH = 7,4 est la forme basique HCO^–₃ du couple car pH > pKA1 (1).

d) Si la concentration en dioxyde de carbone dissous dans le sang, au voisinage du muscle, augmente alors la concentration de l’espèce acide du couple augmente et donc la concentration de la forme basique diminue, donc le pH devrait diminuer (1). [HCO–

aq]éq

[CO, HOaq]éq

diminue donc log [HCO–

aq]éq

[CO, HOaq]éq

diminue et donc pH diminue 1.2. a) Au voisinage du poumon la quantité de O2 dissous augmente ainsi la vitesse de la réaction inverse de la réaction 2

augmente et donc l’équilibre est déplacé dans le sens indirect c’est-à-dire vers la gauche.

On peut aussi répondre de la façon suivante : lorsque [O₂] dissous augmente Q_r, augmente depuis la valeur K. Pour retourner à l’équilibre Qr doit diminuer : la réaction doit avoir lieu dans le sens d’une consommation de O2, donc dans le sens indirect (prochain chap.).

b) Au voisinage du muscle la quantité de CO2 dissous augmente : la vitesse de la réaction 2 augmente et donc l’équilibre est déplacé dans le sens direct (vers la droite).

c) Au voisinage du muscle l’hémoglobine libère du dioxygène et « capture » du dioxyde de carbone. Ce phénomène empêche une augmentation de la concentration en CO2 dissous et donc évite la diminution du pH qui avait été prévu à la question 1.1.c. Au voisinage des poumons la concentration en O₂ augmente et donc la réaction libère du dioxyde de carbone gazeux, que nous rejetons dans l’atmosphère à l’expiration l’hémoglobine est régénéré.

2.1. Équation de la réaction : CH3–CHOH–COOH(aq) + H2O(l) = CH3–CHOH–COO^_aq + H3O^_aq (0,5).

2.2. CH3–CO–COOH + 2 e^– + 2 H^_aq = CH3–CHOH–COOH(aq) (0,5). Il s’agit d’une réduction (0,5).

3.1. K = [CH–CHOH–COO^_aq]éq.[CO,HOaq]éq

[CH–CHOH–COOH_aq]éq.[HCO^_aq]éq

= KA

KA

= ^–pKA

^–pKA = 10pKA1 – pKA2 = 10^{6,1 – 3,6} = 10^2,5 = 3,2.10² (1,5) 3.2. ni(HCO^_aq) = [HCO^_aq].V = 2,7.10^–2100.10^–3 = 2,7.10^–3 mol (0,5).

ni(CO2, H2O) = [CO2, H2O].V = 1,4.10^–3100.10^–3 = 1,4.10^–4 mol (0,5). Détermination de xmax : (1) tableau : (1) 3.3. [HCO^_aq]f = nfHCO^_aq

V = 2.^–3

.^– = 2,4.10^–2 mol.L^–1 (0,5) et [CO2, H2O]f = nfCO, HOf

V = 4,4.10^–4

0,100 = 4,4.10^–3 mol.L^–1 (0,5) 3.4. pH = pKA1 + log [HCO–

aq]éq

[CO, HOaq]éq

donc pH = 6,1 + log 2,4.^–2

,.^– = 6,8 (1). En absence des processus de maintien le pH du sang diminue localement après efforts.

3.5. a) Qr,éq = [CH–CHOH–COO^_aq]éq.[CO,HOaq]éq

[CH–CHOH–COOHaq]éq.[HCO_aq^ ]_éq = K = xéq/V.,.^–  xéq/V

,.^– – xéq/V.,.^– – xéq/V. On simplifie par V : Ainsi : xéq.,.^–  xéq

,.^– – xéq.,.^– – xéq = K (1,5).

b) x²éq + ,.^–xéq

,.^– – 3,0.xéq  x²éq

= K = 10^2,5 donc x²éq + 1,4.10^–4.xéq = 10^2,5.(,.^– – 3,0.10^–3.xéq  x²éq). Ainsi :

(10^2,5 – 1).x²éq – (3,0.10^–310^2,5 + 1,4.10^–4).xéq + 8,1.10^–710^2,5 = 0 (1,5). xéq est bien sol. d’1 équat° du 2^nd degré ! c) Cette équation possède deux solutions mathématiques : xéq1 = 2,710(...).10^–3 mol et xéq2 = 2,998(…).10^–4 mol.

La première solution (xéq1) est impossible car elle conduirait à des quantités de matière négative (1).

d) La seule solution acceptable est xéq2. En raison de la précision sur les valeurs ayant servi à déterminer xéq, il convient de ne conserver que 2 C.S. : xéq = 3,0.10^–4 mol (= xmax) : la transformation est effectivement totale (1).

[CO2, H2O] > [HCO^–₃]

domaine de prédominance de CO2, H2O domaine de prédominance de HCO^–₃

pH

6,1

[HCO^–₃] > [CO2, H2O]

Terminale S3 Page 3 sur 3

Données : R = 2,2 k ; C = 4,7 F ; R’ = 10 k

t (ms) 0 1 2 3

uC(t) (V) 0 0,48 0,92 1,31

dt du

(V.s^–1) 4,8.10² 4,4.10² 3,9.10² 3,6.10²

Tableau à compléter à la question 2.4.

Exercice 2

Avancement AH(aq) + HCO^_aq = A^_aq + CO2,H2O(aq)

État initial : x= 0

n (mol) n0 = 3.10^–4 2,7.10^–3 0 1,4.10^–4

État intermédiaire : x 3,0.10^–4 – x 2,7.10^–3 – x x 1,4.10^–4 + x

État final : x = xmax

xmax = 3,0.10^–4 mol

3,0.10^–4 – xmax

= 0

2,7.10^–3 – xmax

= 2,4.10^–3

xmax

= 3,0.10^–4

1,4.10^–4 + xmax

= 4,4.10^–4

0 1 2 3 4 5 6

0 0,01 0,02 0,03 0,04

u

(V)

t (s) 1

2 3

1 : méthode d'Euler avec t=5ms 2 : méthode d'Euler avec t=2ms

3 : méthode analytique

Schéma n°1

Graphe n°1

Schéma n°2

Graphe n°2