Thème 2 – Exercices de fin de thème Manuel pages 416 à 421

Thème 2 – Exercices de fin de thème

Manuel pages 416 à 421

Ces exercices concernent les chapitres 8 à 20 du manuel.

1. 1. a. La lumière met 4,5 années pour accomplir le trajet.

À la vitesse 2

c , le vaisseau mettrait le double soit t = 9,0 années.

b. Dans le référentiel du vaisseau, la durée du trajet est sa durée propre :

tpropre = t

 = 7,8 années

2. a. Les deux référentiels sont galiléens. D’après les postulats de la relativité restreinte, la vitesse de propagation des signaux électromagnétiques est c dans les deux référentiels.

b. Pour l’observateur terrestre, les deux signaux doivent parcourir la distance Terre-étoile à la vitesse c. La durée totale écoulée est donc de 9,0 années.

c. Chacun des récepteurs s’éloigne de la source, ce qui provoque une diminution de la fréquence apparente. Les récepteurs doivent être accordés sur une fréquence inférieure à f.

3. a. L’énergie cinétique tend vers l’infini. c est une vitesse limite qui ne peut pas être atteinte par un objet de masse non nulle.

b. On trouve c = 1,410²⁰ J.

c. Cette énergie est du même ordre de grandeur que la production mondiale actuelle d’énergie en une année. Il est impossible de fournir une telle énergie à un engin.

--- 2. 1. a. Les forces de frottements sont négligées lors du

mouvement d’un satellite en orbite.

b. Pour appliquer la loi d’interaction gravitationnelle donnant cette expression, la Terre est supposée être à répartition sphérique de masse et le satellite ponctuel donc de petite taille par rapport à la distance : centre de la Terre – satellite.

c. Le référentiel dans lequel le mouvement du satellite est animé d’un mouvement circulaire est le référentiel géocentrique considéré comme galiléen.

d. D’après la loi d’interaction gravitationnelle :

T/S

mMT

G un

F   r² avec u_nvecteur unitaire de la base de Frenet (voir la figure ci-contre).

Le signe « + » met en évidence que F_T/S et u_n sont de même sens.

En considérant que m est constante, l’application de deuxième loi de Newton donne la relation :

T/S m aS

F   soit a_S G^Mr²^Tun soit _S

T

MT

G( ²un

a ^ R h )

Dans le repère de Frenet (S, u_t, u_n), on peut ainsi écrire :

T

0

a M

G r²

et

S

S

d d

² v a t

v r

L’égalité des coordonnées de a sur (S, u_t ) conduit à la relation d ^S d

v

t = 0 à chaque instant soit vS = cte : le mouvement du satellite est uniforme.

L’égalité des coordonnées de a sur (S, u_n) conduit à la relation

2 S

T v

GM

r²  r ; soit, après simplification : ^T

S

T

v GM

R h

  .

2. Dans le manuel élève, « a. » a été déplacé à la place de « b. », etc. ; car dans le spécimen, a. ne correspondait pas à une question mais à l’énoncé de la partie 2. de l’exercice.

a. p

p p p -2 2 -2

T/S

d dim dim

dim = dim = dim = MLT dim = ML T

d F L ma L

r ^{  }

 

 

 

_p peut donc s’exprimer en kgm²s^-2.

b. p augmente si r augmente  les expressions c et d ne peuvent pas convenir.

G s’exprime en Nm²kg^-2 d’où :

dim GMmr = dim (F  L²  M^-2) dim M  dim m  dim r = MLT^-²  L²  M^-2  M  M  L = ML⁴ T^-2 dim GMmr  ML²T^-2  l’hypothèse a ne convient pas.

dim ^GMm

r = dim (F  L²  M^-2) dim M  ^dim dim

m r = MLT^-²  L²  M^-2  M  ^M

L = M³ L² T^-2  l’hypothèse b convient.

c. _T/S

T

F G Mm

( R h )²

 

GMm

 r² or d ^p _T/S

d F

r  . Par intégration : _p = G^Mm

 r + C.

Or, _p tend vers 0 quand r tend vers l’infini, ce qui conduit à C = 0 dans l’expression précédente.

Finalement : _p = G^Mm

 r .

---

3. 1. a. Si l’on suppose que les concentrations [AcOH] et [AcO^] dans la solution sont égales aux concentrations apportées en acide éthanoïque et en ion éthanoate, alors le pH est relié à ces concentrations par la relation :

OH]

[ ] O log[ p

pH _a

Ac K Ac

 



Le rapport des concentrations molaires est simplement égal au rapport des quantités de matière :

0 150

pH 4 7 log 4 9

0 100

, , ,

  , 

b. Soient nAcOH et n_AcO les quantités d’acide éthanoïque et d’ion éthanoate dans la solution S, alors :

V AcOH] n^AcOH

[  et

V AcO^]n^AcO

[ d’où

V n V

c n^AcOH  ^AcO A.N. : ^{0 100 0 150} 0 500 mol L^-1

0 500 0 500

, ,

c ,

, ,

   

2. a. La réaction quasi-totale entre l’acide AcOH et la base HO^ s’écrit : AcOH (aq) + HO^ (aq)  AcO^ (aq) + H2O ()

b. En notant n₁ la quantité d’acide éthanoïque et n₂ la quantité d’hydroxyde de sodium (et donc d’ion hydroxyde) introduites initialement dans la solution, le tableau d’évolution de cette réaction est :

État avancement AcOH (aq) + HO^ (aq)  AcO^ (aq) +H₂O ()

initial 0 n1 n2 0 excès

en cours x n₁ - x n₂ - x x excès

final xf n1 - xf n2 - xf xf excès

On souhaite que la solution obtenue dans l’état soit la solution S, d’où : n₁ – x_f = n_AcOH et x_f = n_AcO

La réaction est quasi-totale donc le réactif limitant est entièrement consommé. Comme on souhaite qu’il reste du réactif AcOH, le réactif limitant doit être l’ion HO^ d’où :

n2 – xf = 0

On en déduit : n2 = nAcO et n1 = nAcOH + nAcO

A.N. : n₂ = 0,150 mol et n₁ = 0,150 + 0,100 = 0,250 mol.

c. La masse d’hydroxyde de sodium solide à introduire en solution est m₂ = n₂M₂ où M₂ est la masse molaire de l’hydroxyde de sodium.

A.N. : m2 = 0,150 40,0 = 6,00 g.

La masse d’acide éthanoïque liquide à introduire en solution est m1 = n1M1 où M1 est la masse molaire de l’acide éthanoïque. Le volume correspondant est V₁ = ¹

1

m

 où 1 est la masse volumique de l’acide éthanoïque. D’où V1 = ^{1 1}

1

n M

 . A.N. : V1 = ^{0 250 60 0}

1050 ,  ,

= 14,3 mL.

Protocole : dans une fiole jaugée de 500 mL rincée à l’eau distillée, introduire 6,00 g d’hydroxyde de sodium solide. Ajouter un peu d’eau distillée et 14,3 mL d’acide éthanoïque (volume mesuré par exemple à la burette graduée rincée avec un peu d’acide éthanoïque ou à l’aide d’une pipette graduée de 15 ou 20 mL). Compléter jusqu’au trait de jauge avec de l’eau distillée en agitant régulièrement.

3. a. L’acide nitrique réagit avec la base AcO présente dans la solution S selon la réaction quasi-totale d’équation :

AcO^ (aq) + HNO₃ (aq)  AcOH (aq) + NO3

(aq)

b. Cette réaction est quasi-totale et la quantité d’acide nitrique est faible donc l’acide nitrique est le réactif limitant.

Le tableau d’évolution de cette réaction est :

État avancement AcO^ (aq) + HNO₃ (aq)  AcOH (aq) + NO3

(aq)

initial 0 nAcO- n nAcOH 0

en cours x n_AcO- - x n - x n_AcOH + x x final xf = n nAcO- - n n - xf = 0 nAcOH + n n On déduit qu’à l’état final :

V n AcOH] n^AcOH [

et

V n Ac n^Ac 

 ^

] O

O [ Comme en 1.a., on déduit l’expression du pH :

n n

n K n

Ac Ac



 

 ^

OH O a log p

pH

c. Dans le volume V de solution préparée :

n n

n n

Ac Ac



 

 ^

OH

log O

7 , 4 pH

0 150 0 01

pH 4 7 log 4 8

0 100 0 01

, ,

, ,

, ,

   



d. L’eau pure a initialement un pH de 7,0. Lorsque l’on introduit une quantité n d’acide fort à la solution, la réaction quasi-totale HNO₃ (aq) + H₂O ()  H₃O⁺ (aq) + NO₃^ (aq) produit une quantité n d’ions H₃O⁺. D’où [H3O⁺] = ⁿ

V et pH = log n V

   

 . A.N. : pH = -log ^{0, 010}

0, 500

 

 

  = 1,7. La variation de pH aurait été de 1,7 – 7 = -5,3.

Dans la solution S, l’addition d’une même quantité d’acide nitrique ne conduit qu’à une diminution du pH de 0,1 unité. La solution S a donc les qualités une solution tampon vis-à-vis de l’addition d’acide.

e. Pour que la solution tampon joue son rôle, c'est-à-dire que le pH ne varie pas beaucoup, il faut que le pH final

n n

n n

Ac Ac



 ^ 

OH

log O

7 ,

4 soit proche du pH initial

OH

log O

7 , 4

Ac Ac

n n 

 , c’est-à-dire n

n_AcO  et n_AcOH n

Il faut donc que les quantités initiales d’acide éthanoïque et d’ion éthanoate soient suffisantes, c’est-à-dire que le tampon soit assez concentré.

---

4. a. La quantité de mouvement s’exprime par la relation p = mv.

On a donc : dim p = MLT^

h est une énergie comme mc² donc : dim (h) = ML²T^ c a la dimension d’une vitesse : dim c = LT^

dim ^h c

 

 

 

 =

2 -2 -1

ML T

LT = MLT^

La relation est donc bien homogène.

b. L’atome de rubidium constitue un système isolé comme l’indique l’énoncé. La quantité de mouvement d’un système isolé est constante. Avant l’émission, cette quantité de mouvement est nulle puisque l’atome est immobile.

Après la désexcitation de l’atome, le photon émis part avec une quantité de mouvement

photon

p . Pour que la quantité de mouvement de l’ensemble reste nulle, il faut que l’atome recule avec une quantité de mouvement p_atome telle que :

photon

p + p_atome = 0

Les deux vecteurs quantité de mouvement sont opposés. L’atome part sur la même direction que le photon mais en sens opposé :

c. En valeur, ces quantités de mouvement sont égales : pphoton = patome. h

 = mv donc v = ^h m v =

34

25 6

6, 63 10 1, 45 10 0, 78 10



 



   = 5,9×10^3 ms^1

--- 5. a. Il y a émission de photons car le noyau se désexcite : il perd de l’énergie.

b. Pour le photon associé à la transition (1) :

1 = 2,506 – 1,333 = 1,173 MeV Pour le photon associé à la transition (2) :

₂ = 1,333 – 0 = 1,333 MeV

Pour obtenir ces énergies en joule, il faut multiplier par 1,602×10^13, ce qui donne :

1 = 1,879×10^13 J

₂ = 2,135×10^13 J Longueurs d’onde des radiations associées :

34 8

12

1 13

1

6, 63 10 3, 00 10

1, 06 10 m 1,879 10

hc ^ _



  

    



34 8

13

2 13

2

6, 63 10 3, 00 10

9,32 10 m 2,135 10

hc ^ _



  

    



c. Ces longueurs d’onde appartiennent au domaine des rayons 

---

h

v Rb

6. a. L’énergie emmagasinée  dans le ressort est dissipée sous forme de travail  des forces de frottements fluides dans l’eau. Ce travail génère un transfert thermique Q (égal à  si on admet un rendement de 1) entre les pales de l’hélice et l’eau. Il y a alors échauffement de l’eau.

Pour le système eau + pales, il n’y a pas d’échange d’énergie par travail avec l’extérieur, mais seulement par transfert thermique Q et  = Ceau  T.

A. N. : T = 8000 ₃

4,18 10 =1,9 °C ou K b. L’écart relatif e est défini par :

mesurée théorique théorique

0, 7 0,37 soit 37 % 1,9

T T

e T

   

Les raisons de cet écart sont, d’une part, les pertes mécaniques lors de la transmission de l’énergie du ressort aux pales de l’hélice et, d’autre part, les pales de l’hélice doivent être considérées comme un système thermodynamique échangeant du transfert thermique avec l’eau. Elles ont une capacité thermique propre et leur énergie interne va varier, utilisant ainsi une partie du travail des forces de frottements fluides. Elles limitent ainsi l’échauffement de l’eau.

--- 7. a. En utilisant les données et notations du DOC 2. : Q = 0, le transfert thermique vers l’extérieur est nul puisque l’enceinte est calorifugée. De même, le transfert par travail  (hors forces conservatives) vers l’extérieur est également nul. En utilisant la relation donnée, la variation d’énergie totale est nulle et :

 + m =  + Q = 0 b. La variation d’énergie potentielle du solide est :

p = -mgh

c. On considère le système {solide de masse m + eau}. Ce système est fermé. On s’intéresse à la situation où le solide de masse m descend en actionnant les pales immergées dans l’eau.

État initial : solide de masse m immobile à la hauteur h, eau à la température initiale Ti.

État final : solide de masse m en bas immobile à la hauteur h = 0 m, eau à la température finale T_f.

On utilise alors la relation établie en a. :  + m = 0.

Or, pour l’eau :

 = Ceau  T et m = -mgh (car +c = 0 J)

soit : Ceau  T + (-mgh) = 0

ce qui entraine : h = C^eau T

mg

 

d. On peut déduire la capacité thermique de l’eau de la question précédente : Ceau = ^mgh

T A. N. : Ceau = 20, 0 9,81 10

0, 09

  = 21 800 = 2,210⁴ JK^-1 La capacité thermique massique de l’eau vaut alors :

c =C^eau

M = 4,410³ JK^-1kg^-1

---

8. a. c = eU =

2

2 p

m d’où p = 2meU . 2

h h

p meU

   A.N. :

34 9

31 19

6, 63 10 1 1, 23 10

λ  

2 9,11 10 1, 6 10 U U

 

 

 

  

    ,  étant en mètre et U en volt.

b.

9 2

1, 23 10 U λ

   

 

 

A.N. :

9 2 9

1, 23 10 0,10 10 U





  

   = 1,5×10² V c.

1, 23 10 9

λ   U

 

 1, 23 10⁹

200

 

 87×10^-12 m

De la relation c = eU = ½mv², on déduit l’expression de la vitesse v : v = 2eU

m A.N. : v =

19 31

2 1, 60 10 200 9,11 10





  

 = 8,4×10⁶ ms^-1.

La valeur 8,4×10³ kms^-1 correspond à une vitesse très grande pour un objet ordinaire mais plutôt « faible » pour un électron qui peut atteindre des vitesses beaucoup plus grandes très facilement, ce qui justifie la présence des guillemets dans le texte.

--- Cap vers LE SUPÉRIEUR

Les exercices « Cap vers le supérieur » font appel à des compétences non exigibles en T^erm S : ils ont pour objectif de préparer aux études supérieures.

9. a. Einstein a fait l’hypothèse que les rayons X, comme la lumière visible, transportaient des quanta d’énergie appelés photons. L’effet Compton s’interprète comme un choc entre deux particules : un photon et un électron.

b. Un photon se comporte comme une particule de masse nulle, d’énergie :

 = hυ = ^hc

 et de quantité de mouvement :

p = h c

= h

 c. Conservation de la quantité de mouvement du système:

0 ' _e p  p p (1) Conservation de l’énergie :

hυ + mec² = hυ’ + p c_e^{2 2}m c_e^{2 4} (2)

ou : ^hc

 + mec² = ' hc

 + p c_e^{2 2}m c_e^{2 4}

d. La relation (1) s’écrit :p p ^' p_e. Élevons cette relation au carré :

' 2 2

( p p ) p_e

2 2

'

p p - 2 p p^'=p_e² avec p p^' = pp’cosθ, la relation devient :

2 2

'

p p – 2 pp’cos θ =p_e²

Ou en exprimant la quantité de mouvement du photon en fonction de sa longueur d’onde :

2 2 2

2 cos

' '

h h h

       

     

      =p_e² (3) e. ( p c_e^{2 2}m c_e^{2 4})²  ²

2 e '

hc hc

 m c  

   

  

2 2 2 4

e e

p c m c  ²





' ' '

e e

e

m c h h c m c h

hc m c hc

       

       

 p_e²=

2 2 2

' 2 2 2

' '

e e

m ch h m ch

h h

 

 

    

   

     (4)

f. p_e²=

2 2 2 2 2 2

2 cos 2 2 2

' '

' ' '

e e

m ch

h h h h h h m ch

         

       

        

     

Après simplification :

'cos ' '

e e

m c m c

h h

    

   

soit : cos

' ' '

e e

m cm c  h  h 

   

ou encore : '

e

h

   m c(1 – cos θ)

--- 10. a. Le dispositif placé entre la source et les tubes n’introduit pas de déphasage. Comme l’axe SO est axe de symétrie du système, les ondes issues des deux sources secondaires arrivent en phase au point O. La frange observée en O est une frange brillante.

b. i = 632,8×10^× 2, 00 ₂

1, 00 10 ^ = 1,27×10^nm.

c. La différence de marche entre la source S et chacune des fentes ne provient que des tubes car pour le reste, il y a toujours symétrie. On peut donc écrire :

 = L2 – L₁ = n_airL – L = (n_air – 1)L

d. Lorsque l’on se place au point M, on introduit un déphasage supplémentaire qui va s’ajouter ou se soustraire au premier suivant le signe de x :

nairL + S2M – L – S1M = (nair – 1)L + a^{1 2}x D



e. La frange brillante initiale correspond à un déphasage nul : (nair – 1)L + ^{a1 2x}

D

 = 0 ou x

1 2

1 (n_air )LD

a_

 

 x étant négatif, on en déduit que les franges se déplacent vers le bas.

f.  = ^{(2 1)} 2 k 

= (nair – 1)L.

On en déduit : n_air = 1 + ^{(2 1} 2

) k

L

 .

A. N. : nair = 1 + (2 × 92 +1) ×

632,8 10 9

2 0, 200

 

 = 1,00029.

--- 11. a. Dressons le tableau d’évolution de la réaction :

État avancement A (g)  2P (g) + E (g)

initial 0 a 0 0

en cours x a-x 2x x

final xf = a 0 2a a

b. À la date t = 0, la quantité de gaz est a et la pression initiale P₀ vérifie : V

P₀  aRT

Lorsque la réaction est terminée, la quantité de gaz présente est 2a + a = 3a et la pression finale Pf vérifie :

f

f 0 0

3 3

3 P

P aRT P P

 V   

c. À la date t, la quantité de gaz présente est a-x + 2x + x = a + 2x, et la pression P vérifie :



 

 







 

 



 

 a

P x a

x V

aRT V

2x)RT

P (a 2

2 1

1 ₀

d. De ₀ 1 ²x P P

a

 

   , on déduit :



 



 













 1

2 1 1

2 1 2

0 0

0 P

P a

x P

P a

x a

x P

P

e. La valeur de Pf permet de déterminer P0 = ^f 3

P . A.N. : P0 = ^{0, 718}

3 = 0,239 bar.

La valeur de la pression P est connue pour différentes dates t, l’expression établie en d.

permet de calculer ^x a :

t(min) 10 50 100 150 200 300

P(bar) 0,278 0,405 0,513 0,584 0,63 0,681

x/a 0,082 0,347 0,573 0,722 0,818 0,925

f. 80 % de A a été consommé lorsque x = 80 % = 0,8.

Sur la représentation graphique ci-dessus, on peut évaluer la date correspondante : t_d = 190 min

--- 12. a. Une réaction d’addition met en jeu au moins 2 réactifs et conduit à un produit de réaction contenant tous les atomes de tous les réactifs.

La réaction H2C=CH2 + Br2 → BrCH2–CH2Br répond à cette définition et c’est donc une réaction d’addition.

b. Formation du composé A par stéréoaddition de dibrome sur le (E)-pent-2-ène :

Formation du composé B par stéréoaddition de dibrome sur le (E)-pent-2-ène :

c. Relation de stéréochimie entre A et B :

d. Bromation du (Z)-pent-2-ène. Formule topologique du (Z)-pent-2-ène :

Les molécules A et B ont chacune deux atomes de carbone asymétriques (voir page 292)

Les molécules A et B ne sont pas superposables.

Les molécules A et B sont images l’une de l’autre dans un miroir (----) Ces deux molécules sont des énantiomères.

e. Relation stéréochimique entre la molécule A et la molécule C

Les molécules A et C ne sont pas superposables, elles ne sont pas non plus images l’une de l’autre dans un miroir : ce sont des diastéréoisomères (cas particulier de stéréoisomères à deux atomes de carbone asymétriques, voir page 292).

--- 13. 1.

a.

b.

c. H2NCH2CN + 2 H2O = NH3 + H2NCH2COOH.

d. et e.

Ces transformations élémentaires appartiennent à la catégorie des additions pour la 1^re et des substitutions pour la 2^e.

f.

--- 14. a. L’acide HNO2 est un aide faible qui réagit de façon équilibrée avec l’eau selon la réaction d’équation :

HNO₂ (aq) + H₂O () NO₂^ (aq) + H₃O⁺ (aq) Le tableau d’évolution de cette réaction est :

État avancement HNO2 (aq) + H2O () NO2

(aq) + H3O⁺ (aq)

initial 0 cV excès 0 0

en cours x cV-x excès x x

final xf cV- xf excès xf xf

b. Les concentrations finales des différentes espèces sont : V h

x 

  f 3O ] H [

V h x 

  f 2 ] NO [

h - V c c x V

x -

cV   

 ^{f f}

2] HNO [ Elles sont reliées par l’expression :

h c K h

 

 ^  ^{ 2}

2 2 3

a [HNO ]

] NO [ ] O H [ c. La relation précédente peut s’écrire :

0 c K h K h h h) c

K_a(   ²  ² _a  _a  On reconnait une équation du second degré de discriminant :

c K K_a²4 _a



 .

 > 0 donc l’équation admet deux solutions réelles : 2 0

4 _a

2 a

a   

K K K c

et 0

2

4 _a

2 a

a   

K K K c

Seule la solution positive est retenue puisque l’inconnue h représente la concentration en ions H3O⁺ et doit donc être positive.

D’où :

2

4 _a

2 a

a K K c

h K  



d. D’après le tableau d’évolution de la réaction, l’avancement maximal xm vérifie : cV – xm = 0, soit xm = cV

Le taux d’avancement est donc :

c h cV

x x

x  



 ^f

m f

Si l’acide était fort, la réaction serait totale et l’avancement final xf serait égal à l’avancement maximal xm d’où :

1

m f 



 x x

e. Grâce à la relation

2

4 _a

2 a

a K K c

h K  

 avec Ka = 10^-pKa = 4,010^-4, on calcule h.

On en déduit pH = -log h et c

 h

 .

c (molL^-1) 1,010^-2 1,010^-3 1,010^-4 1,010^-5 1,010^-6 h (molL^-1) 1,810^-3 4,610^-4 8,310^-5 9,810^-6 1,010^-6

pH 2,7 3,3 4,1 5,0 6,0

 0,18 0,46 0,83 0,98 1,00

On constate que plus la concentration apportée est faible, plus le taux d’avancement se rapproche de 1. À très faible concentration, un acide faible a le comportement d’un acide fort.