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Nom original: cor_ds2_4Sc_1213.pdf
Titre: CORRECTION
Auteur: chrif

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-DEVOIR DE SYNTHESE N°2- 4EMES SC. EXP. - Mars 2013CORRECTION
CHIMIE :(9 points):
Exercice n°1 : (4 points)
1) a- [OH-]= 10pH-14 = 1,77.10-2 mol.L-1 <C d’où l’éthylamine est une base faible.

bC2H5NH2 + H2O 
C2H5 NH3+ + OHE.I
C
excès
0
[OH-]i 0
E.F
C-yf
excès
yf
yf

c- f= yf = [OH ] = 1,77.10-2 / 0,5 = 0,03 < 0,05 d’où l’éthylamine est faiblement
ymax
C
ionisée dans l’eau.


 
 
 
2) Kb = [OH ].[CH NH ] = [OH ] = [OH ] = [OH ] ; l’éthylamine est faiblement
[CH NH]
Cyf
Cyf
Cf
 
ionisée dans l’eau d’où 1- f  1 d’où Kb = [OH ] ;
C
Ke = K 2/[H O+]2.C d’où –log(K ) = - 2.log[H O+] – logC +log(K ) ce qui donne
e
3
a
3
2
Ka
pH = ½(pka +pKe +logC).
3) pH = ½ logC + pKa pKe , La courbe est une

droite affine de pente ½ et d’ordonnée à l’origine
pKa pKe
= pHi = 12,4.

A.N : pka = 2.12,4 – 14 = 10,8.
4) a- Par dilution la concentration C de la solution diminue d’où le pH diminue.
C.V
b- pH’ = ½ ( pka + pke + log
);
VVe
pH = pH’ – pH = -0,5 = ½ log C.V ; C.V = 10-1 ce qui donne Ve = 90 mL.
VVe VVe
, 
c- f’ = [OH]’/C’ avec C’ = C.V = C d’où f’ =
= 0,11.
VVe 
,
f>f’ d’où la dilution favorise l’ionisation de la base faible.
Exercice n°2 : (5 points)
1) La courbe pH=f(VB) = présente deux points d’inflexion d’où AH est un acide faible.
2)a- E(VBE = 10 mL ; pHE = 8,2).
b- A l’équivalence CAVA = CBVBE ; CA= CBVBE = 0,1 mol.L-1.
VA


[A
].[H
O
]

3) a- Ka =
; à la demi-équivalence [A-] = [AH] d’où –logKa= -log[H3O+] ; d’où
[AH]
pH1/2 = pKa.
b- Pour VB = VBE= 5 mL ce qui donne pKa =3,8. D’où l’acide AH est l’acide

méthanoïque HCOOH.

4)a- HCOOH + OH- 
H2O
+ HCOOK = Ka = 10-pKa.1014 = 10-3,8+14 = 1010,2 > 104 d’où la réaction du dosage (directe) est
Ke
totale.
b- A l’équivalence pHE = 8,2>7 d’où le milieu est basique ; en effet :
HCOO- est une espèce majoritaire et elle est le conjugué d’un acide faible donc c’est
une base faible qui réagit avec l’eau en donnant OH- :

CH3COO- + H2O 
CH3-COOH + OH- ce qui donne un excès d’ions OH- d’où le

BAREME

0,25 pt
0,75 pt

0,5 pt

0,5 pt

0,5 pt

0,25 pt

0,75 pt

0,5 pt

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

0,5 pt

0,5 pt

0,5 pt

0,75 pt

mélange est basique.
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5)a- * pHi = ½(pKa -logCA) ; après dilution CA diminue, logCA diminue d’où pHi
augmente.
* A la demi-équivalence pH1/2 = pKa d’où la dilution n’a pas d’influence sur le pH à la
demi-équivalence.
* A l’équivalence le mélange est basique, par dilution [OH-] diminue d’où [H3O+]
augmente donc le pH diminue.
b- pH’E = ½(pKa +pKe+log CAVA ) ; A.N : pH’E = 7,88.
VAVBEVE
pH’i =½(pKa +pKe+log( CAVA ) = 2,9.
VAVE

0,75 pt

0,5 pt

pH
12

10

8
7.9

E’

6

4
2.9
2.4

Vb(mL)

0
0

2

4

6

8

10

12

14

PHYSIQUE (11 points):
Exercice n°1 (4,5 points) :
1) a- x(t) est en retard de phase sur F(t) d’où la courbe (a) correspond F(t) et la courbe
(b) correspond à x(t).
b- F(t) = 0,8.sin(20t) (N) et x(t) = 2.10-2.sin(20t - ) (m)

2) aOscillateur électrique
Oscillateur mécanique
2

md x +hdx+Kx=F(t)
Ld q2 + Rdq + q = u(t)
Equation différentielle
dt
dt
dt
dt C
RwQ
m
sin(q - u) = ;
sin(x - F) = - hXm
Um
Fm
1
2
 -Lw Qm
déphasage
C

Km Xm
cos(q - u) = 
cos(x - F)=
Um
Fm
Puissance moyenne


P= RI2 = RIm


1 pt
1 pt


P= hVm



Fmsin 

b- h =
=1kg.s-1 ; K= Fm cos(- )+m2 ; A.N : K ≈ 75N.m-1.
Xm

Xm
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3) a- f - F = ; comme f = -h.v alors f = v+ d’où v - F = donc il s’agit d’une
résonance de vitesse.
b- A la résonance de vitesse  = ; 2=

K
K
soit m’ =  . A.N : m’ = 0,187 kg.
m’


c- x(t) = Xm sin(t+x) ; Xm = Fm avec  = 20 rad.s-1 ce qui donne Xm=0,04m.
h.



x = v- = 0 - = d’où x(t) = 0,04. sin(20t -  ) (m).





2
h.X

h.V
m
m
d- P =
=
; A.N : P = 0,32 W.
2


0,5 pt

0,25 pt

0,5 pt

0,25 pt

Exercice n°2 (4,5 points):
1) La direction des ébranlements qui constituent l’onde est perpendiculaire à la
direction de sa propagation.
2) a- N = 1 = 50 Hz.
T
b- B>A ; xB > xA d’où xA>xB donc le point B se trouve après le point A.
v
v
d
.
c- v =
=
= 4 m.s-1 .
BA .
d-= v =  = 0,08 m soit  = 8 cm.
N 
e- A =xA d’où xA = A.v = 4.20.10-3 = 8.10-2 m.
v
3) a- yS (t) = a.sin(2Nt + S) t ≥ 0,
yS (0)=yA(A)= 0 d'où sinS=0 soit S=0 ou ; comme à t = 0 A débute son
mouvement vers le bas alors dyA  <0 donc dyS <0, d’où S=
dt t=0
 dt t=0
-3
soityS (t) = 810 .sin(100t + ) (m) t ≥ 0 .

0,25 pt
0,25 pt
0,25 pt
0,5 pt
0,25 pt

0,25 pt
0,5 pt

y(mm)
yS (t)

8

t (ms)
0

5

10

15

20

25

30

35

40

45

-8

Figure--5-

Nx
b- yB(t) =yS(t-)= a.sin(2Nt – 2 +) = a.sin(100t – 100 .2,5.10-2+) d’où
v
yB(t) =a.sin(100t + ) t  25.10-3s.

c- B - S =  - = -  d’où B vibre en quadrature retard de phase par rapport à S.


4) a- xF = v.t1 d’où t1 = xF/v soit t1 = 5,5.10-2s.
b- y(x) = a.sin(100.5,5.10-2 – x +) x≤ 0,22 m ;


soit y(x) = a.sin(25.x + ) x≤ 0,22 m .

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0,25 pt
0,25 pt
0,5 pt

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c- y(x) =0 et dy(x) >0 d’où 25.x +  = 2k; x = - 1 + 2 k avec
dx
50 25

d’où 0,25 <k≤3 soit kϾ{1,2,3} ce qui donne :

0 <x≤0,22m
0,75 pt

k
1
2
3
x(m) 0,06 0,14 0,22

Figure--6-

Exercice n°3 (2 points)
1) Il s’agit de la résonance d’élongation.
2) Le corps humain joue rôle du résonateur et l’organe vibrant joue rôle
d’excitateur.
3) La résonance mécanique a un effet destructif.
4) La résonance a des effets mécaniques et physiologiques redoutables :
étirements vertébraux, baisse d’acuités visuelles, secousses internes des
viscères avec apparition d’hémorragies.

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