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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