Travaux pratiques de physique avancée 6 - correction, Exercices de Physique Avancée
Eleonore_sa
Eleonore_sa9 May 2014

Travaux pratiques de physique avancée 6 - correction, Exercices de Physique Avancée

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Travaux pratiques de physique avancée sur les oscillations chimiques et oscillations mécaniques - correction. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Oscillations chimiques, Le réactif limitant, Oscillations méc...
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EXERCICE : L’EAU, ne la gaspillez pas (6,5 points)

BAC S 2010 Polynésie Correction EXERCICE2 : OSCILLATIONS CHIMIQUES ET OSCILLATIONS MÉCANIQUES (6 points)

1. Oscillations chimiques

1.1. 1er couple H2O2(aq) / H2O(l) H2O2(aq) + 2e– + 2H+(aq) = 2 H2O(l) 2nd Couple O2(g) / H2O2(aq) H2O2(aq) = O2(g) + 2e– + 2H+(aq) Le peroxyde d’hydrogène est le réducteur de ce couple. On retrouve alors l'équation de dismutation proposée : 2H2O2(aq) = 2 H2O(l) + O2(g) 1.2.1. Quantité initiale de H2O2: n1 = C1.V1

n1 = 4,5 × 20 × 103 = 9,0 × 102 mol Quantité initiale de HIO3 :

n2 = 2

3

m

M(HIO )

n2 = 0,70 0,70

(1,0 126,9 3 16,0) 175,9 

   = 4,0 × 103 mol

Équation chimique 5 H2O2 (aq) + 2 HIO3 (aq) = 5 O2(g) + I2 (aq) + 6 H2O(l)

État du système Avancement

(mol) Quantité de matière

(mol)

État initial 0 n1 n2 0 0 beaucoup

Au cours de la transformation

x n1 – 5x n2 – 2x 5 x x beaucoup

État final xmax n1 – 5xmax n2 – 2xmax 5 xmax xmax beaucoup

Si H2O2 est limitant alors : n1 – 5xmax1 = 0 donc xmax1 = 1 n

5 , soit xmax1 =

29,0 10

5

 = 1,8 × 102 mol

Si HIO3 est limitant alors : n2 – 2xmax2 = 0 donc xmax2 = 2 n

2 , soit xmax2 =

34,0 10

2

 = 2,0 × 103 mol

Le réactif limitant est donc HIO3 car xmax2 < xmax1, et l’avancement maximal vaut

xmax = 2,0 × 103 mol.

1.2.2. Concentration maximale en diiode :   max2 max tot

x I

V 

  3

2 3max

2,0 10 I

60 10

 

 = 3,3 × 102 mol.L1.

1.3.1. La grandeur mesurée par un spectrophotomètre est l’absorbance, notée A. 1.3.2. Le complexe bleu absorbe toutes les couleurs sauf le bleu. Il faut régler le spectrophotomètre sur une longueur d'onde différente de celle du bleu. La longueur d'onde de 600 nm convient. Compléments : Le complexe bleu absorbe principalement dans le jaune, couleur complémentaire au bleu. Ainsi, le spectrophotomètre est réglé sur une longueur d’onde dans le

jaune ( = 600 nm) pour que l’absorbance du complexe bleu soit maximale.

1.3.3. Loi de Beer-Lambert : l'absorbance d’une espèce colorée est proportionnelle à la concentration de cette espèce. Ici, on a A = k.[complexe bleu]. 1.4.1. Voir graphe ci-dessous. 10T = 250 s donc T = 25,0 s f = 1/T

f = ,

1

25 0 = 4,00 10 –2 Hz

1.4.2. A = k.[complexe bleu], comme [complexe bleu] = [I2] alors : A = k.[I2] avec A = 1,03 et

[I2] = 2,50 × 103 mol.L1 Et Amax = k.[I2]max avec Amax = 1,81 (valeur lue sur la courbe ci-dessous).

donc :  

  2max max

2

k. IA

A k. I 

soit     3max2 2max A 1,81

I I 2,50.10 A 1,03

   = 4,39 × 103 mol.L1

Au 1.1.2., on a obtenu [I2]max = 3,3 × 102 mol.L1. On obtient beaucoup moins de I2 que prévu, on peut penser que la réaction 3 commence avant que la réaction 2 ait eu le temps de se terminer.

Amax= 1,81

10 T

2. Oscillations mécaniques 2.1. Le système étudié est le solide S dans le référentiel du laboratoire (terrestre supposé galiléen). Le solide S est soumis à trois forces :

- le poids P vertical orienté vers le bas ;

- la poussée de l’air issu du rail R , verticale et orientée vers le haut ;

- la force de rappel du ressort, F= - k.x. i , horizontale et orientée vers la gauche sur le document. Les trois forces sont représentées au point G sans souci d’échelle. 2.1.2. Il faut appliquer la deuxième loi de Newton. 2.1.3. La deuxième loi de Newton appliquée au solide S de masse m donne :

GP R F m.a  

En projection selon l’axe horizontal (x’x) il vient : 0 + 0 – k.x = m.ax

m. d²x

dt² + kx = 0 soit finalement:

d²x

dt² +

k x

m = 0

2.1.4. On a : x(t) = Xm. 0

t cos 2

T

   

  (1)

m 0 0

dx 2 t X . sin 2

dt T T

         

   

et m2 2 2 00 0

d²x 4 ² t 4 ² X . cos 2 .x(t)

Tdt T T

                 

     (2)

Reportons (2) dans l’équation différentielle du mouvement :

d²x

dt² +

k x

m = 0

2 0

4 ² k .x(t) .x(t) 0

mT

        

2 0

4 ² k .x(t) 0

mT

            

, cette équation doit être vérifiée pour tout x(t) ≠0 donc : 2 0

4 ² k 0

mT

        

2 0

4 ² k

mT

    

  ou

2 0T m

4 ² k

     

soit finalement : 0 m

T 2 k

  (en ne gardant que la solution positive pour T0).

(k) G (m)

O x(t)

i

x x' P

R

F

2.2.1. Avec la chaise vide : 1 m

T 2 k

 

soit 21 m

T 4 ² k

 

Avec l’astronaute de masse M sur la chaise : 2 m M

T 2 k

  

soit 22 m M

T 4 ² k

  

Donc : 2 2

2 1

T m M M 1

m mT

   

soit : 2 2

2 1

TM 1

m T  

et finalement : 2 2 2 1

T M 1 .m

T

       

2.2.2. 2,39²

M 1 25,2 1,28²

       

= 62,7 kg.

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