Corrige Bac Physique Chimie 1997 S

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CorrectionExercice : Oscillateur mécaniqueI − DONNEES DU PROBLEMEMasse du mobile : m = 220 g-1Raideur du ressort équivalent : k = 15,4 N.mPériode de la figure 1 : TElongation maximale de y : Y mPulsation de la figure 1 :Elongation du centre de gravité du mobile : yDérivée seconde de y par rapport au temps : ÿPoint de la figure 2 de coordonnées ( ; yx ) : AA A ; yx ) : BB BCoefficient directeur de la figure 2 : aVitesse du mobile à l'instant t : C est une constanteEnergie mécanique du système : EElongation maximale du mobile au 2 (à = 0,65 s) : Y t1 m1 = 1,40 s) : Y t2 m2Energie mécanique du mobile au 2 à : E t1 1: E t2 2Pourcentage (forme décimale) demandé au 2 : pII − RESOLUTION LITTERALE1.1.1. Entre deux maxima on lit une durée TRemarque : pour augmenter la précision on peut faire la mesure sur plusieurs périodes.Y est l'ordonnée des maximamOn en déduit la valeur de wRemarque : Tous ces résultats venant d'une lecture graphique seront entachés d'une erreur de lecture.2 21.2. L'équation proposée est ÿ + w y = 0 soit ÿ =-w y2D'après cette équation ÿ est une fonction linéaire de y de coefficient directeur < 0 , la représentation-wgraphique d'une telle fonction est une droite de pente négative, ce qui est en accord avec la figure 2. 2De plus a = -w et, si A et B sont deux points de la droite , Exercice : Oscillateur mécanique 1donc étant positif 1.3. En théorie -1w = 8,4 rad.s , le résultat est compatible avec le 1.1. et 1.2.01.4. Il ...

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Correction
Exercice : Oscillateur mécanique
I - DONNEES DU PROBLEME
Masse du mobile : m = 220 g
Raideur du ressort équivalent : k = 15,4 N.m
-
1
Période de la figure 1 : T
Elongation maximale de y : Y
m
Pulsation de la figure 1 :
Elongation du centre de gravité du mobile :
y
Dérivée seconde de y par rapport au temps :
ÿ
Point de la figure 2 de coordonnées (
x
A
;
y
A
) : A
Point de la figure 2 de coordonnées (
x
B
;
y
B
) : B
Coefficient directeur de la figure 2 :
a
Vitesse du mobile à l'instant t :
C est une constante
Energie mécanique du système : E
Elongation maximale du mobile au 2 (à
t
1
= 0,65 s) : Y
m1
Elongation maximale du mobile au 2 (à
t
2
= 1,40 s) : Y
m2
Energie mécanique du mobile au 2 à
t
1
: E
1
Energie mécanique du mobile au 2 à
t
2
: E
2
Pourcentage (forme décimale) demandé au 2 : p
II - RESOLUTION LITTERALE
1.
1.1. Entre deux maxima on lit une durée T
Remarque : pour augmenter la précision on peut faire la mesure sur plusieurs périodes.
Y
m
est l'ordonnée des maxima
On en déduit la valeur de
ω
Remarque : Tous ces résultats venant d'une lecture graphique seront entachés d'une erreur de lecture.
1.2. L'équation proposée est
ÿ +
ω
2
y =
0 soit
ÿ =
-
ω
2
y
D'après cette équation
ÿ
est une fonction linéaire de
y
de coefficient directeur
-
ω
2
< 0 , la représentation
graphique d'une telle fonction est une droite de pente négative, ce qui est en accord avec la figure 2.
De plus
a =
-
ω
2
et, si A et B sont deux points de la droite ,
Exercice : Oscillateur mécanique
1
donc étant positif
1.3. En théorie
ω
0
= 8,4 rad.s
-
1
, le résultat est compatible avec le 1.1. et 1.2.
1.4. Il y a conservation de l'énergie mécanique E qui est la somme de l'énergie potentielle élastique et de
l'énergie cinétique .
En posant
Comme l'énergie mécanique se conserve, en se plaçant à
t
= 0 s on a
L'énergie se conserve, donc la courbe (
t
,E) est une droite horizontale (deuxième graphique proposé).
t en seconde est en abscisse et l'énergie mécanique E est en ordonnée.
est une droite de pente
-
1 dont l'ordonnée à
l'origine est C (premier graphique proposé).
y
2
en m
2
est en abscisse et
en m
2
est en ordonnée.
2. Pour environ
t
1
= 0,65 s il y a un maximum d'élongation Y
m
.
donc à
t
1
l'énergie mécanique
de même au maximum d'élongation suivant à
t
2
l'énergie
mécanique
L'énergie mécanique perdue par le mobile est convertie en chaleur par les forces de frottement du dispositif
d'amortissement.
Exercice : Oscillateur mécanique
2
III - RESULTATS NUMERIQUES
Les résultats étant obtenus graphiquement, ils sont forcément approximatifs.
1.1.
T = 0,75 s
Y
m
= 40.10
-
3
m
= 8,4 rad.s
-
1
1.2. On peut choisir A(
-
30.10
-
3
; 2) et B(30.10
-
3
;
-
2)
On trouve
a
=
-
67 s
-
2
environ soit
environ
c
0
= 8,4 rad.s
-
1
le résultat est compatible avec les valeurs du 1.1. et 1.2. (à 2% près)
2.1. C = Y
m
2
= 1,6.10
-
3
m
2
environ
Y
m1
= 21.10
-
3
m environ
Y
m2
= 18,5.10
-
3
m environ
E
1
= 3,40. 10
-
3
J
E
2
= 2,64. 10
-
3
J
p = 0,22 = 22% (à 1% près)
Exercice : Mobile autoporteur
I - DONNES DU PROBLEME
m
= 220 g est la masse du mobile.
L'angle de la table par rapport à l'horizontale est
α
= 15 °
L'intensité de pesanteur est
g
= 9,8 m s
-
2
x
est la position du mobile sur (O, )
Ec
est l'énergie cinétique du mobile.
l
est la distance entre la position du mobile à
t
=0 s et sa position à un instant ultérieur.
v
est la vitesse du mobile.
sont les trois vecteurs forces appliqués au mobile.
Ec
(A) notée E
CA
est l'énergie cinétique du mobile en A
Ec
(B) notée E
CB
est l 'énergie cinétique du mobile en B
est le travail d'une force de A à B
a
est la pente de la droite Ec(B) =
f
(
l
)
b
est l'ordonnée à l'origine de Ec(B) =
f
(
l
)
II - RESOLUTION LITTERALE
1. On assimile
v
, la vitesse instantanée à
t
= 0, 0414 s à la vitesse moyenne de
t
1
= 0, 0277 s à
t
2
= 0, 0551 s
Exercice : Mobile autoporteur
3
les abscisses respectives étant
x
1
= 0,0188 m et
x
2
= 0,0378 m d'où
v
=
On en déduit l 'énergie cinétique à cet instant Ec =
2. Le mobile est soumis à :
· son poids qui est vertical dirigé vers le bas d'intensité P = m g
la réaction normale du support qui est orthogonale au support et dirigée vers le haut.
la force résultante des frottements qui est colinéaire à et de sens opposé à
Remarque : On appelle souvent
la réaction globale du support.
3. Dans un référentiel galiléen, la somme des travaux des forces extérieures s'exerçant sur un système de A à
B est égale à la variation d'énergie cinétique du système au cours de ce déplacement de A à B.
(1) E
CB
-
E
CA
=
Comme est orthogonale au déplacement, son travail est nul.
=
-
f
×
l
=P .
l
sin
α
=
m
g
l
sin
α
donc (1) équivaut à E
CB
= E
CA
+
m
g
l
sin
α
-
f
.
l
E
CB
= (
m
g sin
α
-
f
)
l
+ E
CA
4.
4.1. On obtient une droite de pente (
m
g sin
α
-
f
) d'ordonnée à l'origine E
CA
4.2. En prenant 2 points de la droite, on détermine sa pente. L'intersection de la droite avec l'axe des
ordonnées donne l'ordonnée à l'origine
b
E
CB
=
a l
+
b
4.3.
a
=
m
g sin
α
-
f
soit
f
=
m
g sin
α
-
a
l'énergie cinétique à
t
= 0 est E
CA
c'est-à-dire l'ordonnée de la droite tracée.
III - RESULTATS NUMERIQUES
1.
v
= 0, 693 m.s
-
1
E
C
= 0, 053 m.s
-
1
Exercice : Mobile autoporteur
4
2.
voir II.
3.
voir II.
4.1.
voir II.
4.2.
On trouve environ
a
= 0,4 J.m
-
1
On trouve environ
b
= 0, 038 J
E
CB
= 0, 4 .l + 0, 038
4.3.
On trouve environ
f
= 0, 16 N
On trouve environ E
CA
= 0, 038 J.
Exercice : Résonance
I - DONNEES DU PROBLEME
On note :
( G ) le générateur
( C ) le condensateur
( r ) le conducteur ohmique de résistance r
1
( L ) la bobine d'inductance L
( r
2
) la résistance de la bobine L.
Soit f
1
= 70Hz la fréquence de résonance d'intensité de la courbe I
Soit f
2
la fréquence de résonance d'intensité de la courbe II
Soit f
3
la fréquence de résonance d'intensité de la courbe III
Soit f
4
la fréquence de résonance d'intensité de la courbe IV
Soit I
1
l'intensité efficace à la résonance pour la courbe I.
Soit f
1
= f
1
'
-
f
1
'' la largeur de la bande passante pour la courbe I.
II - RESOLUTION LITTERALE
1.
1. 1. Schéma du circuit
Exercice : Résonance
5
1.2. La tension visualisée en voie B représente, à un coefficient multiplicateur près, l'intensité dans le circuit.
Selon la fréquence, l'intensité efficace varie, elle passe par un maximum à la résonance d'intensité. Ce
maximum est observable à l'oscilloscope.
Remarque :
de plus à la résonance d'intensité, les courbes des voies A et B sont en phase !
1.3. Oui, on remarque que le sommet de la courbe ( I ) a bien pour abscisse f = 71 Hz.
2.
2.1. On trouve graphiquement que la courbe ( II ) passe par un maximum pour f
1
= 71 +/
-
1 Hz
f
2
= 71 +/
-
1 Hz est donc la fréquence de résonance demandée.
Comme f
1
= f
2
, on peut dire que la résistance du circuit n'a pas d'influence sur la fréquence de résonance.
2.2. On trouve graphiquement que la courbe III passe par un maximum pour f
3
= 85 +/
-
1 Hz.
On en déduit que la fréquence de résonance dépend de l'inductance. Plus L est petit, plus la fréquence de
résonance est grande.
2.3. On trouve graphiquement que la courbe IV passe par un maximum pour f
4
= 80 +/
-
1 Hz.
On en déduit que la fréquence de résonance dépend de la capacité. Plus C est petit, plus la fréquence de
résonance est grande.
3.
3.1. On repère l'ordonnée du sommet, ici I
1
= 29,5 mA.
3.2. On cherche graphiquement les 2 fréquences f
1
' et f
1
'' correspondant à une intensité efficace égale à
f
1
' et f
1
'' sont les fréquences limites de la bande passante pour la courbe ( I ).
3.3. On donne
où k est une constante.
Dans la relation, R est au numérateur, ceci est compatible avec
Dans la relation L est au dénominateur, ceci est compatible avec
Exercice : Résonance
6
III - RESULTATS NUMERIQUES
1.1.
Voir II
1.2.
Voir II
1.3.
Voir II
2.1.
f
2
= 71 +/
-
0,5 Hz
2.2.
f
3
= 85 +/
-
0,5 Hz
2.2.
f
4
= 80 +/
-
0,5 Hz
3.1.
f
1
' = 68,5 +/
-
0,5 Hz
f
1
'' = 73,5 +/
-
0,5 Hz
3.2.
voir II
Exercice : Détartrant à cafetière
I - DONNEES DU PROBLEME
Soit :
K
R
constante de réaction
AH
l'acide sulfamique NH
2
SO
3
H
m
s
la masse de détartrant dans le sachet
m
AH
la masse de détartrant dans V
m
la masse de détartrant dans v
V
le volume de solution S
v
le volume prélevé
C
B
la concentration de soude
M (AH)
la masse molaire de AH
n( )
les quantités de matière
Valeurs :
m
s
= 1,0 g
V
= 100,0 mL
v
= 20,0 mL
C
B
= 0,10 mol.L
-
1
M(AH)
= 97 g.mol
-
1
température de fusion : 200°C
solubilité 147 g.L
-
1
dans l'eau froide
A 25°C, pK
a
(H
2
O/HO
-
) = 14
pK
a
(H
3
O
+
/H
2
O) = 0 = pK
a 1
pK
a
(HCO
3
-
/CO
3
2-
) = 10,2 = pK
a 2
pK
a
(CO
2
, H
2
O / HCO
3
-
) = 6,4
On définit le point d'équivalence E, par son volume V
E
et son pH : pH
E
Exercice : Détartrant à cafetière
7
II - RESOLUTION LITTERALE
1. pour la mise en solution, AH + H
2
O
A
-
+ H
3
O
+
2.
2.1. Pour le dosage, H
3
O
+
+ HO
-
2H
2
O (les ions A
-
et Na
+
sont spectateurs).
2.2. A l'équivalence acido-basique, la quantité de matière d'ions hydronium, H
3
O
+
, est égale à la quantité
d'ions hydroxyde, HO
-
.
2.3. Les coordonnées du point d'équivalence E déterminé par la méthode des tangentes, sont :
-
abscisse, V
E
-
ordonnée, pH
E.
(Valeurs données au III)
2.4. D'après l'équivalence, n(H
3
O
+
) = n(OH
-
)
Or n(H
3
O
+
) = n(AH) d'après le 1 et n(OH
-
) = n(NaOH) puisque NaOH est une base forte
donc n(AH) = n(NaOH) = C
B
V
E
et m = n(AH) M(AH)
La masse d'acide sulfamique dans la prise d'essai est donc : m = C
B
V
E
M(AH)
or, la prise d'essai (20 mL) correspond au cinquième du volume de solution S (100 mL)
donc, m
AH
= 5 m
m
AH
= 5 C
B
V
E
M(AH)
3.
3.1. Voir graphe ci-dessous
Exercice : Détartrant à cafetière
8
3.2. Lorsque la solution de détartrant entre en contact avec le dépôt de tartre, l'équation-bilan est :
CO
3
2
-
+ H
3
O
+
HCO
3
-
+ H
2
O puisque l'acide le plus fort réagit avec la base la plus forte des deux
couples associés à CO
3
2-
(celle du couple de pK
a
le plus élevé).
3.3. Par définition,
car
La réaction est totale : K
R
> 10
4
L'équation bilan peut donc être écrite avec une simple flèche dans le sens 1.
3.4. On obtient un dégagement de dioxyde de carbone, CO
2
, puisque H
3
O
+
peut réagir aussi sur la base
HCO
3
-
formée :
III - RESULTATS NUMERIQUES
1.
Voir II.
2.1.
Voir II.
2.2.
Voir II.
2.3.
V
E
= (21,0 +/
-
0,2) mL
pH
E
= (7,0 +/
-
0,1)
Incertitudes dues à la détermination graphique.
2.4.
m = 0,20 g et m
AH
= 1,0 g donc l'indication portée sur le sachet est correcte puisque m
AH
est égale à
Exercice : Détartrant à cafetière
9
m
S
.
3. 1.
Voir II.
3.2.
Voir II.
3.3.
K
R
= 10
10,2
>> 10
4
Donc la réaction peut être considérée comme totale.
3.4.
Voir II.
Exercice : Un vin blanc
I - DONNEES DU PROBLEME
C
0
: concentration massique initiale en ions fer II.
C
m
: concentration massique en ions fer II dans les mélanges.
v
0
: volume de solution S prélevé.
V
: volume total du mélange.
II - RESOLUTION LITTERALE
1. Principe du dosage
1.1. A = k.C avec k coefficient de proportionnalité dépendant de la longueur d'onde.
1.2. * Fe
3+
+ 1e
-
Fe
2+
* La réduction permet de retrouver l'élément fer sous une seule forme, l'ion fer II qui donne une solution
rouge avec l'o-phenanthroline.
2. Préparation de l'échelle de teintes
2.1. * Solution d'hydroquinone pipette jaugée 1 mL
Solution S burette graduée 25 mL
Eau distillée burette graduée 50 mL
Réactif o-phenanthroline pipette jaugée 2 mL
* La teinte sera de en plus pâle car la concentration diminue du mélange 1 au mélange 8.
2.2.
3. Dosage spectrophotométrique
3.1. On trace la droite A = f(C), puis on répère sur cette droite le point correspondant à A = 0,45.
Exercice : Un vin blanc
10
L'ordonnée de ce point est 2,25.
La concentration massique en ions fer II du mélange est donc 2,25 mg.L
-
1
3.2. D'après 2.1. on a
or C
0
< 10 mg.L
-
1
. Il n'y aura pas de casse ferrique.
III - RESULTATS NUMERIQUES
1. 1.
Voir II
1.2.
Voir II
2.1.
Voir II
2.2.
C
m
= 2,5 mg.L
-
1
3.1.
Voir II
3.2.
C
0
= 4,5 mg.L
-
1
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Exercice : Un vin blanc
11
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