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cor dc2 4Sc 1213 .pdf



Nom original: cor_dc2_4Sc_1213.pdf
Titre: CORRECTION
Auteur: chrif

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-DEVOIR DE CONTROLE N°2- 4EME SC. EXP1,4. - Février 2013CORRECTION
BAREME
CHIMIE :(9 points):
Exercice n°1 (4 points)

1) HCOOH + C6H5COO –  HCOO- + C6H5COOH
2) K>1 d’où l’acide méthanoïque HCOOH est fort que l’acide benzoïque C6H5COOH.
3) L’acide le plus fort est celui qui a la constante d’acidité Ka la plus élevée soit le
pka le plus petit d’où le pKa1 = 3,75 correspond au couple HCOOH / HCOO – et le
pKa2 = 4,2 correspond au couple C6H5COOH / C6H5COO –.
4) Kb1 = Ke =Ke.10pKa1 = 10pKa1 -14 = 103,75-14 = 5,6.10-11.
Ka1
Kb2 =Ke.10pKa2 = 10pKa2 -14 = 104,2-14 = 1,58.10-10.
Kb2 >Kb1 d’où la base C6H5COO – est la plus forte que la base HCOO-.
2
5) a-  = [HCOO ].[C6H5COOH]– = C22 = 0,25.
[HCOOH].[C6H5COO ] C1
≠ K d’où le système n’est pas en équilibre.
Comme < K le système évolue dans le sens direct.
2
b- A l’équilibre  = K = C22 d’où C2 = C1. K = 1,67.10-2 mol.L-1.
C1

Exercice n°2 : (5 points)
1) aéquation de la réaction
état du système
avancement
état initial
0
état intermédiaire
x
état final
xf

+ 2 H2S(g) ⇌ CS2(g) +
4H2(g)
Quantités de matière en mol
0.4
0.3
0
0
0.4 - x
0.3 - 2 x
x
4x
0.4 - xf
0.3 – 2xf
xf
4xf

0,5 pt
0,5 pt
0,5 pt

1 pt

0,75 pt

0,75 pt

CH4(g)

b- A l’équilibre n(H2) = 4xf = 0,4 mol d’où xf = 0,1 mol. Ce qui donne la
composition du système chimique, suivante :
n(CH4(g))(en mol)
n(H2S(g))(en mol)
n(CS2(g))(en mol)
n(H2(g))(en mol)
0,3
0,1
0,1
0,4
c- f1 = xf avec xf = 0,1mol et xmax = xf si l’on suppose que la réaction est totale
xmax
soit lorsque le réactif limitant s’épuise totalement à l’état final. Le réactif limitant est
H2S (0,4/1>0,3/2) d’où 0,3- 2xmax=0 ; xmax = 0,15 mol ce qui donne f = , =0,67
,
2) En retirant 0,1 mol de H2, la [H2] diminue, d’après la loi de modération le système
évolue dans le sens qui produit H2 soit dans le sens direct.
3) a- T2>T1 ; f = 0,46 < f =0,67 d’où le système évolue dans le sens inverse.
b- D’après la loi de modération, l’augmentation de température déplace l’équilibre
dans le sens endothermique d’où le sens inverse est endothermique donc la réaction
étudiée (le sens direct) est exothermique.
4) Une augmentation de la pression favorise la réaction qui diminue le nombre de
mol total de gaz soit le sens inverse (1+2<1+4).

Corrigé du DC N°2 – 4èmes Sc. Exp. – Février 2013 -

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PHYSIQUE (11 points):
Exercice n°1 (6,5 points) :
I- 1) a- Um =ZIm et URm = RIm ; Um = Z or Z = R /C – L  >R d’où Um >1
URm R
URm
soit Um >URm d’où la courbe (1) d’amplitude 4V correspond à la tension excitatrice
u(t) et la courbe (2) correspond à uR(t).



b-  = . t =  i est en avance de phase sur u d’où i - u>0 soit

T




i - u = 

c- i - u>0 donc le circuit est capacitif.

2) u(t) = Um.sin( .t+u) = 4.sin(
t) (V) car u =0 .
T

 
i(t) = Im.sin( .t+i) = 2.10-2.sin(
t + ) (A).

T

3)a- R = URm = 2 -2 = 100 .
Im
2.10
b- RT = Z.cos(i - u) = Um.cos(i - u) = 4 -2. 1 = 100 = R d’où la bobine est non
Im
2.10 2
résistive.
c- Ub = LI d’où L = Ub = ,
= 0,14 H.
 .I  .
T

4) a- RIm = 2V  4 cm ;
LIm = Ubm =Ub  = 3V  6cm ; Um =4V  8cm.
Ubm
b- Ce qui donne Im  13 cm soit Im = 6,5V.
C
C

D’où C = .   3.10-6F.
,. .


II- 1) Ubc = Zbc.I =

 – L =0 ;
C

0,25 pt

0,25 pt
0,5
0,5 pt

0,25 pt
0,5 pt

0,5 pt

0,75 pt

0,25 pt

RIm




2

= L soit 
= 0 ; d'où le circuit est en

LC
C
résonance d'intensité.

2) =  =
= 1543 rad.s-1.

LC
,..
U

Um
I2 =
=
= 2,82.10-2 A.
R.  . 
3) uC(t) = UCm sin(t +uc) ;
avec UCm = Im = 8,6 V et uc = i -  = - .


C

D’où uC(t) = 8,6. sin(1543t - ).

4) a- Il s’agit d’une résonance de charge qui se produit à la pulsation
< 

Axe des
b- =
 R  = 1458 rad.s-1.
phases
L
<d’où le circuit est capacitif.
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Im
C

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Exercice n°2 (4,5 points):

R
1) a- Application de la RFD au solide (S) :

(S)
(R)
  

T
P+R+ T = m a ;


 X
O i
Projection sur l’axe OX :
P
2
2
0 + 0 – K.x = m.d x2 d’où m.d x2 + K.x = 0 ;
dt
dt
2
d
x
K
Soit
+ .x = 0.
dt2 m
b- - Xm sin(t +x) + K x(t)=0 ;
m
K.
(-  + K ) x(t) = 0 si = K soit =
m
m
m

c- x(0) = - Xm d’où sin x = -1 soit x = - .

2) a- E = ½ kx2 + ½ mv2 ;
2
b- dE= kx dx + mv dv = v( m.d x2 + K.x ) = 0 d’où E est constante le système est
dt
dt
dt
dt
donc conservatif.
Pour x = Xm, v=0 d’où E = ½ K Xm2.
3) a- ½ K Xm2 = ½ kx2 + ½ mv2 ce qui donne v2 =- K x2 + K Xm2 soit
m
m
v2 =-  x2 +  Xm2 = a.x2 + b; d’où la courbe v2 = f(x2) est une droite affine
décroissante de pente a = -  et d’ordonnée à l’origine b =  Xm2.
b- -  =a = , ,  = - 102 d’où  = 10 rad.s-1.
 – .
b avec b = 0,25 ce qui donne X = 0,05 m = 5 cm.
m

c- = K d’où m = K =  d’où m = 0,1kg = 100g.
m
 
4) E = Ec + Ep avec Ep = ½ Ec ;

½ K Xm2 =  Ec =  ½ mv2 ce qui donne v2 = KXm =  Xm2 ;


m


0,75 pt

0,5 pt

0,25 pt
0,25 pt

0,5 pt
0,5 pt

0,75 pt

b =  Xm2 d’où Xm =

d’où v = ±

0,5 pt
0,5 pt

  X soit v  ±0,4 ms-1.
 m


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