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4ème M3 Novembre 2012 Mr:Othmani

Correction du devoir de contrôle N°1

CHIMIE (7 points)

Exercice N°1(3,5 points) 1-a- Le tableau descriptif de l'évolution du système

Équation de la réaction

2 I- +

2-

2 8S O I2 + 2-

42SO

État du

système

Avancement

en mol Quantité de matière (mol)

Initial 0 n0(I-) n0 0 0

Intermédiaire x n0(I-)-2x n0-x x 2x

Final xf n0(I-)-2xf n0-xf xf 2xf

b- Le réactif en défaut est l’ion 2-

2 8S O car l’avancement final xf = nf(I2) est le même dans les deux

expériences malgré que n0(I-) n’est pas le même. La réaction est totale et 2-

2 8S O est le réactif

limitant donc nf(2-

2 8S O ) = 0 = n0-xf n0= xf =16.10-3

mol

2- a- Les vitesses instantanées Va(0) et Vb(0) de la réaction à l’instant t0 = 0 min

Va(0) = -312.10

6 = 2.10

-3 mol min

-1 et Vb(0) =

-314.10

18 = 0,78.10

-3 mol min

-1

b- Va(0) > Vb(0) le facteur cinétique responsable est la concentration du réactif I-

3- On sait que la valeur de la vitesse de la réaction est la pente de la droite tangente à la courbe de

x =f(t) s’il s’agit de la vitesse instantanée ou la droite qui passe par les points d’abscisses t0 et t1 s’il

s’agit de la vitesse moyenne entre les instants t0 et t1

Vmoya = Vb(0) La droite qui coupe la courbe (a) aux points d’abscisses t0 et t1 est parallèle à la

droite tangente à la courbe (b) au point d’abscisse t0. On déduit que ces deux droites sont confondues

car elles passent par un même point

Donc d’après le graphique t1= 18 min

Exercice N°2(3,5 points)

1- n0(I2) = C0.V0 = 0,02 . 50.10-3

=10-3

mol et n0(Zn) = m(Zn)

M(Zn) =

1,31

65,4 = 0,02 mol

2- Le réactif limitant est I2 car n0(I2) < n0(Zn) (Ils ont le même coefficient stœchiométrique )

3- Le tableau descriptif de l'évolution du système

Équation de la réaction

I2 + Zn 2 I- + Zn

2+

État du

système

Avancement

en mol Quantité de matière (mol)

Initial 0 10-3

0,02 0 0

Intermédiaire x 10-3

-x 0,02-x 2x x

Final xf 10-3

-x f 0,02-xf 2.xf xf

2

4- A l état final n(I2) = 0 10-3

-x f = 0 xf = 10-3 mol

5-a- L’équation de la réaction du dosage

I2 + 2-

2 32.S O 2 I- +

2-

4 6S O

b- A l’équivalence on a n(I2) = 2-

2 3n(S O )

2 =

C.V

2 =

-30,01.20.10

2 =10

-4 mol

c- La réaction n’est pas terminée car n(I2) < n0(I2) = xf comme on peut dire aussi car n(I2) >0

PHYSIQUE (13 points) Exercice N°1( 5,25 points) 1-a-L’armature A est négative

b- Le courant I0 arrive à l’armature B car qB>0

c- Le condensateur n’est pas initialement déchargé car uC(0) 0

2-a-La relation entre la tension aux bornes du condensateur et sa charge q est C

qu =

C

b- Soit q0 la charge initiale du condensateur

Pendant une durée t la charge apportée à l’armature positive du condensateur est q’= I0.t

Donc la charge du condensateur sera q = q’ + q0 = I0.t + q0

C

qu =

C = 0 0I .t +q

C = 0 0I q

tC C =

0I.t

C + U0 avec 0

0

qU =

C = 4V

3- La courbe de qB= f(uC) est une droite linéaire d’équation qB=q= a.uC de pente a =la capacité C

La pente a = C

q

u =

-332.10 C

4V = 8.10

-3F= 8000 F

La courbe de uC= g(t) est une droite affine d’équation uc = A.t+B =0I.t

C + U0

La pente de cette droite est A =0I

C = C2 C1

2 1

u -u

t -t =

8 - 4

80- 0 =0,05 V.s

-1

A=0I

C I0 = C.A = 8.10

-3F. 0,05 V.s

-1= 0,4.10

-3A =0,4.mA

4-a- Lorsque la charge de l’armature A est qA = -48 mC , on a uC=6V (D’après le 1er graphique) et pour uC=6V on a t= 40 s b- A l’instant t1 on a - la tension uC=6V

- L’énergie électrique Ec emmagasinée par le condensateur est EC= 2

C

1Cu

2

AN : EC= -3 21×8.10 .6

2 =144.10

-3 J

Exercice N°2(7,75 points) I- On bascule l’interrupteur K sur la position (1) à l’instant pris comme

origine de temps

1- Loi des mailles au cours de la charge du condensateur :

uR(t) + uC(t) – E = 0 uR(t) + uC(t) = E.

dérivons cette relation par rapport au temps :

CRdudu

0dt dt

(1)

avec

RR

C

uu R.i i

R

dudqi C.

dt dt

C. C Rdu u

dt R C

R

du 1.u

dt RC

K

R

i

E

C uC

uR

3

Remplaçons Cdu

dt par son expression dans (1) on trouve : R

R

du 1.u 0

dt

avec = RC.

2- uR(t) = A.t

-τe

t

Rdu A.e

dt.

Pour que uR soit une solution de cette équation il faut que RR

du 1.u 0

dt

tA

.e +

1 A.e

-t/ = 0 donc uR soit une solution.

On sait que uR(t) + uC(t) = E uR(0) + uC(0) = E = uR(0) = A

3- a- La f.ém du générateur est E= 5V

La charge maximale du condensateur est QM = 10.10-6

C =10-5

C

On a QM = C.E C = MQ

E =

-510

5 = 2. 10

-6 F

b- La tension uC aux bornes du condensateur à l’instant t1=1ms est uC(t1) = 1q(t )

C =

-6

-6

4.10

2.10 = 2V

2ème

méthode : uC(t1) = E – uR(t1) = 5- 3 = 2V

4-a-La constante de temps est = 2 ms

b- = R.C R =

C =

-3

-6

2.10

2.10 = 1000

5- L’énergie emmagasinée par le condensateur lorsqu’il est totalement chargé est EC0 =21

C.E2

AN : EC0 =-6 21

2.10 .(5)2

=25.10-6

J

II-1- Loi des mailles au cours de la charge du condensateur :

uR(t) + uC(t) + uR(t) = 2 uR(t) + uC(t) = 0

dérivons cette relation par rapport au temps :

CRdudu

2. 0dt dt

(2)

avec

RR

C

uu R.i i

R

dudqi C.

dt dt

C. C Rdu u

dt R C

R

du 1.u

dt RC

Remplaçons Cdu

dt par son expression dans (2) on trouve R

R

du 12. .u 0

dt RC Rdu

dt + Ru

2RC = 0

2-a- On a 2 uR + uC = 0 uC = -2 uR = E

5 = 1V

b- L’énergie électrique emmagasinée par le condensateur est EC= 2

C

1C.u

2 =

1

2.2.10

-6 (1)² =10

-6 J

3- L’énergie perdue par effet de joule dans les deux conducteurs ohmiques entre les

Instants t= 0s et t1 est Etotal perdue = EC0 - EC(t1) = 25.10-6

J -10-6

J =24.10-6

J

L’énergie perdue par effet de joule dans l’un des deux conducteurs ohmiques est

Eperdue = total perdueE

2 =12.10

-6J

K

R

C uC

uR uR