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Corrigé du devoir de contrôle N° 2
Année scolaire 14- 15
Chimie
Exercice N°1 (3,25 pts)
1°) a-Tableau d’avancement
Avancement
Etat du
système
2HCl (g)
H2 (g) +
Cl 2 (g)
Initial
0
0,2
0
0
Intermédiaire
x
n = 0,2-2x
x
x
Final
xf
0,2- 2xf
xf
xf
(0,25pt)
b- Composition du mélange
nf(H2) = 0,037 mol.= nf(Cl2) = xf et nf(HCl) = 0,2 - 2 xf = 0,126 mol (0,75pt)
x
2°) 1  f HCl étant le seul réactif, si on admet que la réaction est totale nf(HCl) = 0,2 - 2 xmax= 0
x max
Donc xmax = 0,1 mol. D’où τ1 = 0,37. (0,5pt)
3°) Le système en état d’équilibre n’est pas sensible à une variation de pression car somme des
coefficients des réactifs est égale à celle des produits. (0,5pt)
4°) a- L’élévation de la température déplace l’équilibre dans le sens direct (τ augmente). D’après la loi de
modération, toute élévation de la température à pression constante déplace l’équilibre dans le sens
endothermique alors le sens direct est endothermique d’où le sens inverse de la réaction (synthèse de
HCl) est exothermique. (0,75pt)
b- Comme c’est indiqué dans la réponse de la question –a, l’élévation de la température déplace
l’équilibre dans le sens direct d’où K augmente. (0,5pt)
Exercice N°2 (3,75 point)
1°) On Ka .Kb = Ke alors -log Ka – logKb = -log Ke d’où pKe = pKa + pKb(0,5pt)
2°) a- Les couples acide /base mis en jeu dans cette réaction HSO4-/SO42- et H2CO2/HCOé-.(0,5pt)
b- K > 1 alors HSO - est plus fort que H CO . (0,5pt)
4
2
2
H O SO . K  H O H CO .
3°) a- On K 
HSO .
H CO .
SO  H CO  .
Ka
Or K 
(0,5pt)
d' où K 
Ka
HSO  H CO  .


2
4
3

4
a1
2
4 eq

4 eq

2
3
a2
2
2
2 eq
2
1

2
eq
2
Ka1
 1,77.10 4 (0,5pt)
K
c- pKb1 = pKe – pKa1 = 14 – 1,94 = 12,06 et pKb2 = pKe – pKa = 14 – 3,75 = 10,25 donc on
pKb1 > pKb2 alors la base2(HCO2-) est plus forte que que la base1(SO42-).(0,75pt)
4°) On π = 100 > K alors le système évolue spontanément dans le sens inverse. (0,5pt)
b- Ka 2 
Physique
Exercice N°1 (4,75 pts)
i
1°) a- Le condensateur est initialement chargé et la bobine
est purement inductiveOn applique la loi des mailles
1/3
C
uC L uL
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au circuit :
uC + uL= 0  u C  L
di
0
dt
Cu C
d2u
d 2u
1
1
 LC 2C  u C  0  2C 
u C  0 on pose 02 
dt
dt
dt
LC
LC
2
d uC
 02 u C  0 Equation différentielle de l’oscillateur. (0,75pt)
dt 2
b- Précisons la nature des oscillations.
La décharge se fiat d’elle-même en absence de résistor donc les oscillations sont libres non amortis.
(0,25pt)
2°) a- Exprimons l’énergie électromagnétique E de l’oscillateur
1
1
E  Cu C2  Li 2 (0,5pt)
2
2
i
b- Déduisons que l’énergie est constante.
d2u
du
dE
dE
di
 i(u C  LC 2 C )  0

 Cu C C  Li
dt
dt
dt
dt
dt
2
du
dE
Or (u C  LC 2C )  0 d' après l' équation différentielle donc
 0 d' où E  Cte (0,5pt)
dt
dt
c- Exprimons uC2
1
1
1
1
2E L 2
E  Cu C2  Li 2  Cu C2  E  Li 2 d' où u C2 
 i (0,25pt)
2
2
2
2
C C
3°) a- D’après la figure 2
2T = 2π ms d’où T = π.10-3 s(0,25pt)
A t = 0 s l’énergie magnétique est nulle alors E = Ee max = 2,5 10-5J. (0,25pt)
b- D’après la figure 1
Pour i = 0 mA , uC max2 =100 V2 d’où uC max = 10 V(0,25pt)
Pour uC = 0 V, i = Imax = 5 mA(0,25pt)
c- Déduisons les valeurs de C et de L
2E
2E
D’après de ce qui précède, pour i = 0 mA , uC max2 =
d' où C = 2
= 0,5μF (0,5pt)
C
u C max
10 6
On T0 = 2π LC = 2T = 2π10 s d' où L =
= 2 H (0,5pt)
C
4°) Déterminons l’expression de uc (t).
uc = uC maxsin(ω0t+ φuc)
2
 0 
 103 rad.s 1
T0
 A t = 0s uc = uC maxsin(φuc)= uC max donc sin(φuc)

= 1 alors φuc =  rad
2
R

D’où uc = 10sin(103t+ ) (0,5pt)
2
Exercice N°2 (8,25 pts)
A
3
1°) (0,5pt)
YB
C
(L, r)
GBF
YA
2°) On a Umax = Z.Imax et URmax = R.Imax Or Z >R
donc Umax > URmax d’une part. D’autre part, d’après les sensibilités U1 max = 10 V > U2 max = 4 V d’où la
courbe (1) correspond u(t). (0,5pt)
2/3
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3°) a- N1 =
1
1
=
=
T1 n.S H 6.10
3
≈167 Hz (0,5pt)
U R max
U R max
⇔I =
= 28,28 mA (0,5pt)
R
2R
2π T π
π π π π
* ∆ = u -uR =
. = rad ⇔ φ i = φ uR = φ u _ = _ = rad (0,5pt)
T 6 3
3 2 3 6
4°) u -uR > 0 alors le circuit est inductif. (0,5pt)
U I
5°) Pm = U.I. cos(u - i) = max max . cos(u - i) = 10-1 W(0,5pt)
2
L.di
L.di
6°) aest en quadrature avance de par rapport à (R + r )i donc
correspond à BC . (0,5pt)
dt
dt
b- Construction de Fresnel (0,5pt)
+
c- (R+r)Imax est représentée par 2,5 cm donc (R+r)Imax = 5 V d’où
b- * U R max = R.I max ⇔ I max =
5
_ 100 = 25  (0,5pt)
4.10 _ 2
I max
LImax est représentée par 8,4 cm donc LImax = 16,8 cm d’où
3
C
16,8.6.10
(0,5pt)
L=
=
0
,
4
H
2π.4.10 2
I max
I max
LIm
est re présenté par 4,1 cm donc
= 8,2 V
Cω
Cω
(0,5pt)
4.10 _ 2.6.10 _ 3
_6
⇒C =
= 4,66.10 F
2π.8,2
U
U max
7°) a- I max = max Si Z2 a une valeur minimale à N2 alors
Z
Imax a une valeur maximale et l’oscillateur est le siège
d’une résonance d’intensité. (0,5pt)
(R  r)I max
b- à la résonance d’intensité Z2 = (R+r) = 125 (0,5pt)
à la résonance d’intensité
1
10 3
O
N2 = N0 =
=
= 116 Hz (0,5pt)
 = 0 rad
2π LC 2π 0,4.4,66
à la résonance d’intensité  = (u - i) = 0 rad. (0,25pt)
c- La fréquence de résonance est indépendante de la résistance du résistor d’où N3 = N2
à la résonance d’intensité Z3 = (R’+r) > Z2 = (R+r) (0,5pt)
r=
3/3

correction

Télécharger - Laboratoire Mécanique de KORBA

Handleiding - Delta Light

programme parcours du coeur