correction du DS5 de physique-chimie

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1 MPSI le 24//8 correction du DS5 de physique-chimie exercice : Circuits en régime sinusoïdal A. Mesure d une capacité. Avec la convention récepteur pour R, U R,eff = RI eff et U C,eff = I eff C 2πf donc 2. (a) C = U R,eff RU C,eff 2πf =. µf ϕ G/i u R u C u G (b) D après la construction précédente, U G,eff = U 2 R,eff + U 2 C,eff = 6.53 V (c) D après la construction précédente, comme i et u R sont en phase, ϕ G/i = arctan U C,eff U R,eff = 50.0 La tension u G est en retard sur l intensité circulant dans le circuit. u C 3. D après le diviseur de tension, = En conséquence, u G + jrcω ( ) ϕ uc /u G = arg + jrcω = arctan( RCω)

2 Le domaine de définition de ϕ uc /u G est [ π 2, 0 ]. 4. (a) La tension u C correspond à la courbe(b) car elle est en retard sur la tension u G, qui correspond donc à la courbe (a). (b) Le retard de u c sur u G se traduit par un carreau de décalage au niveau des intersections avec l axe des abscisses, période des signaux correspondant à 9 carreaux donc ϕ uc /u G = 9 2π ϕ uc /u G = 2π 9 On en déduit C = ( 2πfR tan π ) =. µf en accord avec le résultat obtenu à la question 5. B. Circuit bobine-condensateur 5. (a) Y B = r + jlω donc Y r B = r 2 + (Lω) 2 j Lω r 2 + (Lω) 2 L admittance complexe de l association de la bobine et du condensateur est alors Y B+C = ( ) r r 2 + (Lω) 2 + j Lω Cω r 2 + (Lω) 2 (b) Pour que la tension u(t) et l intensité i(t) soient en phase, il faut que Y B+C soit réelle donc que r 2 C + L 2 Cω 2 = L. L association bobine condensateur est alors équivalente à une résistance r = r2 + (Lω) 2 r = L rc 6. (a) Les sensibilités verticales des deux voies sont les mêmes donc la courbe de plus grande amplitude correspond à u G. Avec le diviseur de tension, u = r r + R u G r donc r + R = 2 3 r = 2R = 300Ω On en déduit L = r rc =.07 0 H (b) La fréquence à laquelle est réglée le générateur vaut f = L r 2 C 2π L 2 C (c) U eff = 2 =.4 V donc I eff = U eff et I B,eff = r U eff = 5 ma r 2 + 4π 2 f 2 L2 = 38 Hz = 4.4 ma, I C,eff = 2πfCU eff = 3 ma exercice 2 : Suspension d une automobile A. Régime libre système : point matériel M Référentiel : terrestre considéré galiléen 2

3 Inventaire des forces : P : poids F = k(l l 0 )(+ e z ) : force de rappel du ressort F f = h(ż ż B ) e z. A l équilibre, ż = 0 et z = 0. D après le PFD, projeté suivant (Oz) : mg k(l l 0 ) = 0 mg k(z eq z 0 l 0 ) = 0 z eq = mg k + z 0 + l 0 2. (a) D après le PFD, projeté suivant (Oz) : Comme z B = cte = z 0, mg k(l l 0 ) h(ż ż B ) = m z mg k(z z B l 0 ) h(ż ż B ) = m z k(z z eq ) hż = m z z + Q ż + ω2 0z = ω 2 0z eq k avec = m et Q = m (b) T 0 = 2π k =.04 s km h (c) Pour que l amortissement soit réglé à sa valeur critique, il faut obtenir Q = 2. L avantage du régime critique est que le retour à la position d équilibre est le plus rapide possible et se fait sans oscillation. h = 2 km = kg s 3. (a) Les conditions initiales sont Z(0) = 0 et Ż(0) = V 0. La solution est de la forme Z(t) = (A + Bt) exp ( t) Z(t) = V 0 t exp ( t) (b) Par dérivation de Z(t), on obtient la date à laquelle l élongation est extrémale : t = = 0.65 s La variation maximale de la longueur du ressort au cours du mouvement est alors L max = Z(t ) = V 0e = 7.28 cm 3

4 4. Dans le véhicule ont pris place trois personnes de masse totale 4 m = 230 kg. k(m + m) (a) Q = = Comme Q est une fonction croissante de m, Q h > Q donc le régime n est plus critique mais pseudo-périodique! T 0 (b) T = = 3.04 s Avec une telle période, il est possibles que les passagers ressentent une ou deux oscillations (les oscillations s amortissent très 4Q 2 rapidement vu la valeur de Q ). B. Test du contrôle technique. En reprenant le raisonnement du 2.a, m Z + hż + kz = kz B + hżb 2. (a) On pose Z = Z m exp(jωt) et Z B = Z 0 exp(jωt) = Z 0 exp(jωt). Z vérifie l équation différentielle complexe associée à l équation différentielle précédente donc H = Z m Z 0 = k + jωh k mω 2 + jωh ( ) ω 2 + 4σ 2 (b) H = ( ( ) ) ω 2 2 ( ω + 4σ 2 + j 2σ ω ω H = 0 ( ) ω 2 + j 2σ ω (c) L expression précédente en l absence d amortissement devient : ) 2 H = ( ) ω 2 Pour la pulsation ω =, le gain serait infini, ce qui est évidemment physiquement impossible! (d) En très haute fréquence, le gain tend vers 0 donc les oscillations de Z sont de très faible amplitude, ce qui est idéal pour les passagers. En très basse fréquence, le gain est proche de donc le mouvement des passagers va suivre les évolutions de la route. Une résonance est observée pour ω = donc pour le confort du passager, il faut que ω, de manière à se situer dans le cas des hautes fréquences. exercice 3 : diagramme de Bode. La courbe de gain nous indique qu il s agit d un filtre passe-haut. La rotation de phase est de - π sur l ensemble de la gamme de fréquence donc il 2 s agit d un filtre d ordre un. Le gain asymptotique a haute fréquence est H. Il tend vers zéro à base fréquence. 4

5 2. La fonction de transfert canonique à laquelle ce filtre est associé est donc nécessairement : H(jf) = H j f f c + j f f c log H = 6 donc H = 2.0. De plus, à basse fréquence arg(h(jf)) arg(j sgn(h )) = π 2 donc sgn(h ) = H = 2.0 A basse fréquence, la courbe de gain présente une asymptote d équation G db = +20 log H 20 log f c + 20 log f qui coupe l asymptote à haute fréquence, d équation G db = +20 log H, pour f = f c donc on lit f c = Hz On peut aussi lire la fréquence de coupure à l abscisse de la courbe de phase correspondant à ϕ = 3π Le gain vaut G = H ( ) et le déphasage de la sortie sur l entrée vaut 2 fc + f [ π ] avec cos ϕ < 0 donc ϕ 2, 3π 2 ϕ = arctan f c f Donc pour les deux fréquences d intérêt, on obtient (aussi par lecture sur le diagramme de Bode!) : fréquence G ϕ f π 2 f π Le signal de sortie a pour expression : s(t) = cos(2πf t π 2 ) sin(2πf 2t π) en volts exercice 4 : étude cinétique d une réaction de saponification Étude théorique. v = k[e] α [OH ] β donc v = k(a x) α (b x) β 5

6 2. Par définition, v = dx dt donc dx dt = k(a x)α (b x) β 3. Si l ester et l ion hydroxyde sont introduits en proportions stœchiométriques, a=b. On a alors dx = k(a x)n dt 4. Si n=2, dx = kdt ; Par intégration entre les dates 0 et t, (a x) 2 a x a = kt x a x = akt 5. D après la loi de Kohlrausch, en supposant la solution assez diluée, σ(t) = λ Na +[Na + ] + λ OH [OH ] + λ P [P ] σ(t) = λ Na +a + λ OH (a x) + λ P x σ(t) = (λ Na + + λ OH )a + (λ P λ OH )x Or σ = (λ P + λ Na +)a car x max = a. On peut donc écrire σ(t) = σ 0 + σ σ 0 x a 6. Il en découle que 7. Avec la question 4, il vient : σ(0) σ(t) σ(t) σ = x a x σ(0) σ(t) σ(t) σ = akt 8. A l instant initial, on a introduit des quantités de matière : n in (E) = V 2 d ρ eau M 2 = 2, mol n in (OH ) = m M = 2, mol Les coefficients stoechiométriques des deux réactifs étant égaux, ils ont bien été introduits dans les proportions stoechiométriques. 9. Le fait d introduire un très petit volume d ester permet une introduction "quasiinstantanée", donc d avoir une bonne précision sur la date à laquelle la réaction commence. 0. L obtention de droites passant par l origine valide la loi de vitesse supposée dans σ(0) σ(t) l étude théorique, qui correspondait à une relation linéaire entre t et. La σ(t) σ réaction est bien d ordre global 2. 6

7 . La constante de vitesse k de la réaction à 45 C est le rapport de la pente de la droite obtenue à 45 C et de a = n in(e) = 2, mol/l donc k = 0, 36 L.mol.s. V + V 2 (On vérifie que cette valeur s insère bien dans le tableau!) ( 2. La loi d Arrhenius relie k à T par k(t ) = A exp E ) a RT 3. L énergie d activation peut être interprétée comme l énergie minimale nécessaire aux réactifs pour qu ils se transforment en produits (exprimée pour un avancement de mol). 4. Afin de déterminer l énergie d activation, il est commode de tracer ln(k) en fonction de /T, puisqu on obtient une droite, dont les caractéristique sont faciles à obtenir (si la loi d Arrhenius est valable et l énergie d activation et A peuvent être considérés constants!). 5. Une régression linéaire donne E a = 52 kj/mol avec un coefficient de détermination R 2 = exercice 5 : autour de l or. La configuration électronique de l atome d or dans son état fondamental est s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 0 4p 6 5s 2 4d 0 5p 6 6s 2 4f 4 5d 9 2. La configuration électronique la plus probable est s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 0 4p 6 5s 2 4d 0 5p 6 6s 4f 4 5d 0 car elle ne contient que des sous-couches totalement ou à demi-remplies. 3. La configuration électronique de l état fondamental de l ion Au + est alors s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 0 4p 6 5s 2 4d 0 5p 6 4f 4 5d 0 Celle de l ion Au (anion extrêmement rare chez les métaux!) est s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 0 4p 6 5s 2 4d 0 5p 6 6s 2 4f 4 5d 0 4. Le carbone et l hydrogène sont deux éléments qui ont une électronégativité très proche de celle de l or. 5. configuration électronique fondamentale de C : s 2 2s 2 2p 2 et O : s 2 2s 2 2p schéma de Lewis : C O et O C O 7. NO 2 : O N O O N O NO 2 possède un électron célibataire donc est un radical libre. Il est paramagnétique. 8. Il semblerait que les conditions optimales soient : 2,4 % de Au déposé sur TiO 2 pour avoir une bonne activité catalytique à basse température ( de l ordre de 00 C), des clusters d une taille voisine de 3,5 nm pour avoir un TOF maximal. 7