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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
État du
système

Avancement
en mol

Initial

0

Intermédiaire

x

Final

xf

2 I- +

S2 O 82-

I2

+

2SO 2-4

Quantité de matière (mol)
n0(I-)

n0

0

0

n0(I-)-2x

n0-x

x

2x

n0(I-)-2xf

n0-xf

xf

2xf

b- Le réactif en défaut est l’ion S2 O 82- 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 S2 O 82- est le réactif
limitant donc nf( S2 O 82- ) = 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
14.10-3
= 0,78.10-3 mol min-1
18
b- Va(0) > Vb(0) le facteur cinétique responsable est la concentration du réactif I-

Va(0) =

12.10-3
= 2.10-3 mol min-1 et
6

Vb(0) =

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)
m(Zn)
1,31
=
= 0,02 mol
M(Zn)
65,4
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

1- n0(I2) = C0.V0 = 0,02 . 50.10-3 =10-3 mol et n0(Zn) =

Équation de la réaction

I2

+

2 I- +

Zn

Zn2+

État du
système

Avancement
en 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

Quantité de matière (mol)

1

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.S2 O 32-

2 I- + S4 O 62-

n(S2 O32- )
0,01.20.10-3
C.V
=
=
=10-4 mol
2
2
2
c- La réaction n’est pas terminée car n(I2) < n0(I2) = xf comme on peut dire aussi car n(I2) >0

b- A l’équivalence on a n(I2) =

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 u C =

q
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
I .t +q 0
I
q
q
q
I0
= 0
= 0  t  0 = .t + U0 avec U 0 = 0 = 4V
C
C
C
C
C
C
3- La courbe de qB= f(uC) est une droite linéaire d’équation qB=q= a.uC de pente a =la capacité C
32.10-3C
q
La pente a =
=
= 8.10-3F= 8000 F
uC
4V
I0
La courbe de uC= g(t) est une droite affine d’équation uc = A.t+B = .t + U0
C
8-4
I0 u -u
La pente de cette droite est A = = C2 C1 =
=0,05 V.s-1
t 2 -t1
80- 0
C
I0
A=  I0 = C.A = 8.10-3F. 0,05 V.s-1= 0,4.10-3A =0,4.mA
C
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
1
- L’énergie électrique Ec emmagasinée par le condensateur est EC= Cu C2
2
1
AN : EC= ×8.10-3 .62 =144.10-3 J
2
uC =

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

K
C

uC
E
uR

R

duR duC

 0 (1)
dt
dt
uR

uR  R.i  i  R
du
duC
u
1

.uR
avec 
 C. C  R 
dt
R
dt
RC
i  dq  C. duC
 dt
dt

2

Remplaçons

2- uR(t) =

duC
dt

par son expression dans (1) on trouve :

-t
A. e τ

duR 1
 .uR  0 avec  = RC.
dt


duR
A  t
  .e .

dt


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

duR 1
 .uR  0
dt


A  t
1
.e + 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
Q M 10-5
On a QM = C.E  C =
=
= 2. 10-6 F
5
E

b- La tension uC aux bornes du condensateur à l’instant t1=1ms est uC(t1) =
2ème méthode : uC(t1) = E – uR(t1) = 5- 3 = 2V
4-a-La constante de temps est  = 2 ms
b-  = R.C  R =

4.10-6
q(t1 )
=
= 2V
2.10-6
C

2.10 -3

=
= 1000 
2.10 -6
C

1
2

5- L’énergie emmagasinée par le condensateur lorsqu’il est totalement chargé est EC0 = C.E 2
1
2

AN : EC0 = 2.10-6 .(5)2 =25.10-6J
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 :

K
uC

C

uR
duR duC
uR
R

 0 (2)
dt
dt
uR

uR  R.i  i  R
du
duC
u
1

.uR
avec 
 C. C  R 
dt
R
dt
RC
i  dq  C. duC
 dt
dt
du
1
duC
du R
u
.uR  0 
Remplaçons
par son expression dans (2) on trouve 2. R 
+ R =0
dt
RC
dt
dt
2RC
E
2-a- On a 2 uR + uC = 0 uC = -2 uR =
= 1V
5
1
1
b- L’énergie électrique emmagasinée par le condensateur est EC= C.u C2 = .2.10-6 (1)² =10-6 J
2
2
2.

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) = 25.10-6J -10-6 J =24.10-6J
L’énergie perdue par effet de joule dans l’un des deux conducteurs ohmiques est
Eperdue =

E total perdue
2

=12.10-6J

3



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