CHIMIE (7points) :

Partie 𝑰 : Etude d’une solution aqueuse d’acide méthanoïque

1- Détermination du 𝑝𝐾𝐴 par dosage

1-1- L’équation chimique du dosage :

𝑯𝑪𝑶𝑶𝑯(𝒂𝒒) +𝑯𝑶(𝒂𝒒)− ⟶ 𝑯𝑪𝑶𝑶(𝒂𝒒)

− + 𝑯𝟑𝑶(𝒂𝒒)+

1-2- Le volume 𝑉𝐵𝐸 :

Graphiquement 𝑽𝑩𝑬 = 𝟐𝟎 𝒎𝑳

La concentration 𝐶 :

La relation d’équivalence :

𝐶. 𝑉𝐴 = 𝐶𝐵. 𝑉𝐵𝐸 ⟹ 𝐶 =𝐶𝐵.𝑉𝐵𝐸

𝑉𝐴

𝐶 =0,1 × 20

50= 𝟒. 𝟏𝟎−𝟐 𝒎𝒐𝒍. 𝑳−𝟏

1-3- Vérification de la valeur de p :

La relation de la dilution : 𝐶0. 𝑉0 =

𝐶. 𝑉𝑠 ⟹ 𝐶0 =𝐶.𝑉𝑆

𝑉0=4.10−2×1

2.10−3= 20 𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1

𝑝 =𝑚𝐴

𝑚𝑆 ⟹𝑚𝐴 = 𝑝.𝑚𝑆 : 𝑚𝐴 est le masse de l’acide pur qui se trouve dans la masse 𝑚𝑆 de la solution

commerciale de volume 𝑉0.

{

𝜌𝑠𝑜𝑙 =𝑚𝑠𝑉0

𝑑 =𝜌𝑠𝑜𝑙𝜌𝑒𝑎𝑢

⟹ 𝜌𝑠𝑜𝑙 = 𝑑. 𝜌𝑒𝑎𝑢 =𝑚𝑠𝑉0 ⟹ 𝑚𝑠 = 𝑝. 𝑑. 𝜌𝑒𝑎𝑢. 𝑉0

𝐶0 =𝑛0𝑉0=𝑚𝐴𝑀.𝑉0

=𝑝.𝑚𝑆𝑀.𝑉0

=𝑝. 𝑑. 𝜌𝑒𝑎𝑢. 𝑉0𝑀.𝑉0

=𝑝. 𝑑. 𝜌𝑒𝑎𝑢𝑀

𝑝 =𝐶0. 𝑀

𝑑. 𝜌𝑒𝑎𝑢 ⟹ 𝑝 =

20 × 46

1,15 × 103= 0,8 ⟹ 𝑝 = 80%

1-4- L’espèce prédominante dans le mélange réactionnel :

Tableau de variation :

𝐻𝐶𝑂𝑂𝐻(𝑎𝑞) + 𝐻𝑂(𝑎𝑞)− ⟶ 𝐻𝐶𝑂𝑂(𝑎𝑞)

− + 𝐻3𝑂(𝑎𝑞)+ Equation de la réaction

Quantité de matière en (mol) avancement L’état

0 0 𝐶𝐵. 𝑉𝐵 𝐶. 𝑉𝐴 0 initial

𝑥 𝑥 𝐶𝐵. 𝑉𝐵 − 𝑥 𝐶. 𝑉𝐴 − 𝑥 𝑥 intermédiaire

𝑥𝑓 𝑥𝑓 𝐶𝐵. 𝑉𝐵 − 𝑥𝑓 𝐶. 𝑉𝐴 − 𝑥𝑓 𝑥𝑓 final

[𝐻𝐶𝑂𝑂𝐻] =𝐶. 𝑉𝐴 − 𝑥

𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 ; [𝐻𝐶𝑂𝑂−] =

𝑥

𝑉𝐴 + 𝑉𝐵

[𝐻𝑂−] =𝐶𝐵.𝑉𝐵−𝑥

𝑉𝐴+𝑉𝐵 ⟸ 𝐶𝐵. 𝑉𝐵 − 𝑥 = [𝐻𝑂

−]. (𝑉𝐴 + 𝑉𝐵)

𝑥 = 𝐶𝐵. 𝑉𝐵 − [𝐻𝑂−]. (𝑉𝐴 + 𝑉𝐵)

𝐾𝑒 = [𝐻𝑂−]. [𝐻3𝑂

+] ⟹ [𝐻𝑂−] =𝐾𝑒

[𝐻3𝑂+]=

𝐾𝑒10−𝑝𝐻

= 𝐾𝑒 . 10𝑝𝐻

𝑥 = 𝐶𝐵. 𝑉𝐵 −𝐾𝑒 . 10𝑝𝐻 . (𝑉𝐴 + 𝑉𝐵)

Graphiquement 𝑉𝐵 = 16 𝑚𝐿 → 𝑝𝐻 = 4,4

𝑥 = 0,1 × 50.10−3 − 10−14 × 104,4 × (50 + 16). 10−3 = 1,6.10−3 𝑚𝑜𝑙

[𝐻𝐶𝑂𝑂−]

[𝐻𝐶𝑂𝑂𝐻]=

𝑥

𝐶. 𝑉𝐴 − 𝑥=

1,6.10−3

4.10−2 × 50 × 10.10−3 − 1,6.10−3= 4 > 1

Puisque [𝐻𝐶𝑂𝑂−] > [𝐻𝐶𝑂𝑂𝐻], l’espèce prédominante dans le mélange réactionnel est 𝐻𝐶𝑂𝑂−.

-La valeur du 𝑝𝐾𝐴 du couple (𝑯𝑪𝑶𝑶𝑯(𝒂𝒒) 𝑯𝑪𝑶𝑶(𝒂𝒒)−⁄ ) :

𝑝𝐾𝐴 = 𝑝𝐻 + 𝑙𝑜𝑔[𝐻𝐶𝑂𝑂−]

[𝐻𝐶𝑂𝑂𝐻]

𝑝𝐻 = 𝑝𝐾𝐴 − 𝑙𝑜𝑔[𝐻𝐶𝑂𝑂−]

[𝐻𝐶𝑂𝑂𝐻]

𝑝𝐾𝐴 = 4,4 − 𝑙𝑜𝑔4 ⟹ 𝒑𝑲𝑨 ≈ 𝟑, 𝟖

2- Détermination du 𝑝𝐾𝐴 par conductimétrie :

2-1- Equation chimique de la réaction de l’acide avec l’eau :

𝑯𝑪𝑶𝑶𝑯(𝒂𝒒) +𝑯𝟐𝑶(𝒍) ⇄ 𝑯𝑪𝑶𝑶(𝒂𝒒)− +𝑯𝟐𝑶(𝒂𝒒)

+

2-2- L’expression de 𝑥𝑓 :

Tableau d’avancement :

𝑯𝑪𝑶𝑶𝑯(𝒂𝒒) +𝑯𝟐𝑶(𝒍) ⇄ 𝑯𝑪𝑶𝑶(𝒂𝒒)− +𝑯𝟐𝑶(𝒂𝒒)

+ Equation de la réaction

Quantité de matière en (mol) avancement avancement

𝟎 0 0 𝑪. 𝑽𝟏 𝟎 L’état

𝒙 𝑥 𝑥 𝑪. 𝑽𝟏 − 𝒙 𝒙 initial

𝒙𝒇 𝑥𝑓 𝑥𝑓 𝑪. 𝑽𝟏 − 𝒙𝒇 𝒙𝒇 intermédiaire

𝜎 = 𝜆𝐻3𝑂+ . [𝐻3𝑂+] + 𝜆𝐻𝐶𝑂𝑂− . [𝐻𝐶𝑂𝑂

−]

D’après le tableau d’avancement: 𝑛𝑓(𝐻3𝑂+) = 𝑛𝑓(𝐻𝐶𝑂𝑂

−) = 𝑥𝑓

[𝐻3𝑂+]𝑓 = [𝐻𝐶𝑂𝑂

−]𝑓 =𝑥𝑓

𝑉1

𝜎 = [𝐻3𝑂+]𝑓(𝜆𝐻3𝑂+ + 𝜆𝐻𝐶𝑂𝑂−)

[𝐻3𝑂+]𝑓 =

𝜎

𝜆𝐻3𝑂+ + 𝜆𝐻𝐶𝑂𝑂−

𝑥𝑓 =𝜎. 𝑉1

𝜆𝐻3𝑂+ + 𝜆𝐻𝐶𝑂𝑂−

2-3- Montrons que 𝜏 = 6,2%:

𝜏 =𝑥𝑓

𝑥𝑚𝑎𝑥

L’acide est utilisé en excès : 𝐶. 𝑉1 − 𝑥𝑚𝑎𝑥 = 0 ⟹ 𝑥𝑚𝑎𝑥 = 𝐶. 𝑉1

𝜏 =𝑥𝑓

𝑥𝑚𝑎𝑥=

𝜎. 𝑉1𝜆𝐻3𝑂+ + 𝜆𝐻𝐶𝑂𝑂−

𝐶. 𝑉1=

𝜎

𝐶. (𝜆𝐻3𝑂+ + 𝜆𝐻𝐶𝑂𝑂−)

A.N : 𝐶 = 4,2.10−2 𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1 = 4,2.10−2 × 103 𝑚𝑜𝑙.𝑚−3

𝜏 =0,1

(3,5. 10−2 + 5,46.10−3) × 4.10−2 × 103= 6,18.10−2

𝝉 ≈ 𝟔, 𝟐%

2-4- L’expression du 𝑝𝐾𝐴 en fonction de 𝐶 et 𝜏 :

𝐾𝐴 =[𝐻3𝑂

+]𝑓 . [𝐻𝐶𝑂𝑂−]𝑓

[𝐻𝐶𝑂𝑂𝐻]𝑓

{

[𝐻3𝑂+]𝑓 = [𝐻𝐶𝑂𝑂

−]𝑓 =𝑥𝑓

𝑉1

[𝐻𝐶𝑂𝑂𝐻]𝑓 =𝐶. 𝑉1 − 𝑥𝑓

𝑉1= 𝐶 −

𝑥𝑓

𝑉1= 𝐶 − [𝐻3𝑂

+]𝑓

𝜏 =𝑥𝑓

𝑥𝑚𝑎𝑥=[𝐻3𝑂

+]𝑓 . 𝑉1

𝐶. 𝑉1=[𝐻3𝑂

+]𝑓

𝐶⟹ [𝐻3𝑂

+]𝑓 = 𝐶. 𝜏

𝐾𝐴 =[𝐻3𝑂

+]𝑓 . [𝐻3𝑂+]𝑓

𝐶 − [𝐻3𝑂+]𝑓=

[𝐻3𝑂+]𝑓

2

𝐶 − [𝐻3𝑂+]𝑓=(𝐶. 𝜏)2

𝐶 − 𝐶. 𝜏=𝐶. 𝜏2

1 − 𝜏

𝒑𝑲𝑨 = −𝒍𝒐𝒈𝑪. 𝝉𝟐

𝟏 − 𝝉

A.N :

𝑝𝐾𝐴 = −𝑙𝑜𝑔4.10−2 × (6,2.10−2)2

1 − 6,18.10−2= 3,78 ⟹ 𝒑𝑲𝑨 ≈ 𝟑, 𝟖

Partie 𝑰𝑰 : Préparation d’un ester

1- La proposition juste :

b- Le temps de demi-réaction diminue si on utilise un catalyseur.

2- L’équation chimique de la réaction d’estérification en utilisant les formules semi-développées:

Le nom de l’ester formé : méthanoate de propyle

3- Montrons que l’état d’équilibre n’est atteint à l’instant 𝑡1 :

Détermination de rondement de la réaction à l’instant 𝑡1 :

Tableau d’avancement :

𝑯𝑪𝑶𝑶𝑯+ 𝑪𝟑𝑯𝟕𝑶𝑯 ⇄ 𝑯𝑪𝑶𝑪𝟑𝑯𝟕 +𝑯𝟐𝑶 Equation de la réaction

Quantité de matière en (mol) avancement avancement

𝟎 𝟎 𝟎 𝟎, 𝟐 𝟎 L’état

𝒙 𝒙 𝒙 𝟎, 𝟐 − 𝒙 𝒙 initial

𝒙𝒇 𝒙𝒇 𝟎, 𝟐 − 𝒙𝒇 𝟎, 𝟐 − 𝒙𝒇 𝒙𝒇 intermédiaire

𝑟 =𝑛𝑒𝑥𝑝(𝑒𝑠𝑡𝑒𝑟)

𝑛𝑡ℎ(𝑒𝑠𝑡𝑒𝑟)=

𝑥

𝑥𝑚𝑎𝑥

Le mélange est équimolaire : 0,2 − 𝑥𝑚𝑎𝑥 = 0 → 𝑥𝑚𝑎𝑥 = 0,2 𝑚𝑜𝑙

La quantité de matière de l’acide restant :

{𝑛𝐴 = 0,2 − 𝑥

𝑛𝐴 =𝑚

𝑀

⟹𝑚

𝑀= 0,2 − 𝑥 ⟹ 𝑥 = 0,2 −

𝑚

𝑀

𝑥 = 0,2 −6,9

46

𝑥 = 0,05 𝑚𝑜𝑙

Le rendement est :

𝑟′ =𝑥

𝑥𝑚𝑎𝑥=0,05

0,2= 0,025 ⟹ 𝒓′ = 𝟐𝟓 %

On remarque que :

𝑟′ < 𝑟 = 67% , donc l’équilibre chimique n’est atteint à l’instant 𝑡1.

PHYSIQUE (13 points)

Les ondes

1- Diffraction de la lumière monochromatique

1-1- La proposition juste :

c- la fréquence de la lumière émise par le laser hélium-néon est :

𝜈 =𝐶

𝜆=

3.108

633.10−9= 4,394.1014 𝐻𝑧

1-2- Calcul de a :

𝜃 =𝜆

𝑎

𝑡𝑎𝑛𝜃 =𝐿

2

𝐷=

ℓ

2𝐷

Pour les petits angles : 𝑡𝑎𝑛𝜃 ≈ 𝜃

{𝜃 =

𝜆

𝑎

𝜃 =ℓ

2𝐷

⟹ℓ

2𝐷=𝜆

𝑎⟹ 𝑎 =

2𝜆𝐷

ℓ

𝑎 =2 × 633.10−9 × 1,5

3,4.10−2= 5,58.10−5 𝑚

𝒂 = 𝟓𝟓, 𝟖 𝝁𝒎

1-3- La valeur de 𝜃 :

θ =𝜆

𝑎=633.10−9

55,8.10−6⟹ 𝜽 = 𝟏,𝟏𝟑. 𝟏𝟎−𝟐 𝒓𝒂𝒅

-La valeur de largueur de la tache centrale :

𝜃 =ℓ′

2𝐷′ ⟹ ℓ′ = 2𝐷′. 𝜃

ℓ′ = 2 × 3 × 1,13.10−2 = 6,78.110−2 𝑚

𝓵′ ≈ 𝟔, 𝟖 𝒄𝒎

Remarque on peut utiliser la relation :

{𝜃 =

ℓ

2𝐷

𝜃 =ℓ′

2𝐷′

⟹ℓ′

2𝐷′=ℓ

2𝐷⟹ ℓ′ =

2𝐷. ℓ

𝐷= 2ℓ ⟹ 𝓵′ = 𝟔, 𝟖 𝒄𝒎

2- Etude de la radiation émise par le laser He-Ne :

2-1- L’énergie du photon de la lumière émis :

𝐸 = ℎ. 𝜈 ⟹ 𝐸 = 6,63.10−34 × 4,74.1014 = 3,143.10−19 𝐽

𝐸 =3,143.10−19

1,6022.10−19⟹ 𝑬 = 𝟏, 𝟗𝟔 𝒆𝑽

2-2- Détermination de 𝐸𝑛 et 𝐸𝑝 :

𝐸 = 𝐸𝑛 − 𝐸𝑝 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝐸 = 1,96 𝑒𝑉

20,66 − 18,70 = 1,96 𝑒𝑉

{𝑬𝒏 = 𝟐𝟎, 𝟔𝟔 𝒆𝑽𝑬𝒑 = 𝟏𝟖, 𝟕𝟎 𝒆𝑽

L’électricité : (5points)

1- Charge d’un condensateur et sa décharge

1-1- Montrons que 𝐶 = 20 𝜇𝐹 :

L’équation de la courbe 𝑞 = 𝑓(𝑢𝐴𝐵) s’écrit : 𝑞 = 𝐶. 𝑢𝐴𝐵

𝐶 est le coefficient directeur :

𝐶 =∆𝑞

∆𝑢𝐴𝐵=0,04.10−6 − 0

2 − 0= 20.10−9𝐹

𝑪 = 𝟐𝟎 𝒏𝑭

1-2- La durée pour que 𝑢𝐴𝐵 = 6𝑉 :

{𝑞 = 𝐼0. ∆𝑡 𝑞 = 𝐶. 𝑢𝐴𝐵

⟹ 𝐶. 𝑢𝐴𝐵 = 𝐼0. ∆𝑡 ⟹ ∆𝑡 =𝐶. 𝑢𝐴𝐵𝐼0

⟹ ∆𝑡 =20.10−9 × 6

0,1 × 10−6⟹ ∆𝒕 = 𝟏, 𝟐 𝒔

1-3-

1-3-1- L’équation différentielle vérifiée par la tension 𝑢𝐴𝐵 :

D’après la loi d’additivité des tensions : 𝑢𝐴𝐵 + 𝑢𝑅 = 0

D’après la loi d’ohm : 𝑢𝑅 = 𝑅. 𝑖 avec : 𝑖 =𝑑𝑞

𝑑𝑡=𝑑(𝐶.𝑢𝐴𝐵)

𝑑𝑡= 𝐶.

𝑑𝑢𝐴𝐵

𝑑𝑡

L’équation différentielle s’écrit : 𝑅. 𝐶.𝑑𝑢𝐴𝐵

𝑑𝑡+ 𝑢𝐴𝐵 = 0

𝒅𝒖𝑨𝑩𝒅𝒕

+𝟏

𝑹. 𝑪. 𝒖𝑨𝑩 = 𝟎

1-3-2- La valeur de 𝑈0 et de 𝑅 :

La solution de L’équation différentielle est : 𝑢𝐴𝐵(𝑡) = 𝑈0. 𝑒−𝛼𝑡 𝑐. à. 𝑑:

𝑑𝑢𝐴𝐵

𝑑𝑡= −𝛼.𝑈0. 𝑒

−𝛼𝑡 On remplace

dans L’équation différentielle :

−𝛼.𝑈0. 𝑒−𝛼𝑡 +

1

𝑅. 𝐶. 𝑈0. 𝑒

−𝛼𝑡 = 0

𝑈0. 𝑒−𝛼𝑡 (−𝛼 +

1

𝑅. 𝐶) = 0

−𝛼 +1

𝑅. 𝐶= 0

𝛼 =1

𝑅. 𝐶

𝑢𝐴𝐵(𝑡) = 𝑈0. 𝑒−𝛼𝑡 = 𝑈0. 𝑒

− 𝑡𝑅.𝐶

𝑙𝑛(𝑢𝐴𝐵) = ln (𝑈0. 𝑒− 𝑡𝑅.𝐶) = 𝑙𝑛𝑈0 −

𝑡

𝑅. 𝐶

Graphiquement à t=0 on trouve : 𝑙𝑛(𝑢𝐴𝐵) = 2,5

𝑙𝑛(𝑢𝐴𝐵) = 𝑙𝑛𝑈0 ⟹𝑈0 = 𝑒ln (𝑢𝐴𝐵) ⟹ 𝑈0 = 𝑒

2,5 = 12,18 𝑉 ⟹ 𝑼𝟎 ≃ 𝟏𝟐, 𝟐 𝑽

Le coefficient directeur de la courbe ln(𝑢𝐴𝐵) = 𝑓(𝑡) :

−1

𝑅. 𝐶=∆𝑙𝑛(𝑢𝐴𝐵)

∆𝑡=

2,5 − 0

0 − 5. 10−5= −5.104 𝑠−1

−1

𝑅. 𝐶= −5.104 ⟹ 𝑅 =

1

5.104. 𝐶

𝑅 =1

5.104 × 20. 0−9= 1000Ω ⟹ 𝑹 = 𝟏𝒌𝛀

1-3-3- Détermination de 𝑡1 :

𝐸𝑒 =1

2𝐶. 𝑢𝐴𝐵

2 =1

2𝐶. (𝑈0. 𝑒

− 𝑡𝑅.𝐶)2 =

1

2𝐶. 𝑈0

2. 𝑒−2𝑡𝑅.𝐶

L’énergie emmagasinée à t=0 est maximale :

𝐸𝑒 𝑚𝑎𝑥 =1

2𝐶. 𝑈0

2 ⟹ 𝐸𝑒 =1

2𝐶. 𝑈0

2. 𝑒−2𝑡𝑅.𝐶 = 𝐸𝑒 𝑚𝑎𝑥. 𝑒

− 2𝑡𝑅.𝐶

A t=0 :

𝐸𝑒(𝑡1) = 37% 𝐸𝑒 𝑚𝑎𝑥 = 0,37 𝐸𝑒 𝑚𝑎𝑥

𝐸𝑒 𝑚𝑎𝑥. 𝑒−2𝑡1𝑅.𝐶 = 0,37𝐸𝑒 𝑚𝑎𝑥

−2𝑡1𝑅.𝐶= ln (0,37)

𝑡1 = −1

2𝑅. 𝐶. ln(0,37) = −

1

2× 1.103 × 20.10−9 × ln(0,37) = 9,94.10−6 𝑠

𝒕𝟏 ≃ 𝟏𝟎 𝝁𝒔

2- Décharge du condensateur dans la bobine :

2-1- L’équation différentielle vérifiée par la tension 𝑢𝑅0(𝑡) :

D’après la loi d’additivité des tensions : 𝑢𝐶 + 𝑢𝐿 + 𝑢𝑅0 = 0

D’après la loi d’ohm 𝑢𝑅0 = 𝑅0. 𝑖 et 𝑢𝐿 = 𝐿𝑑𝑖

𝑑𝑡+ 𝑟. 𝑖

L’équation différentielle s’écrit : 𝐿𝑑𝑖

𝑑𝑡+ 𝑟. 𝑖 + 𝑅0. 𝑖 + 𝑢𝐶 = 0

𝐿.𝑑𝑖

𝑑𝑡+ (𝑅0 + 𝑟). 𝑖 +

𝑞

𝐶= 0

Le dérivé donne :

𝐿.𝑑2𝑖

𝑑𝑡2+ (𝑅0 + 𝑟).

𝑑𝑖

𝑑𝑡+1

𝐶.𝑑𝑞

𝑑𝑡= 0

𝐿.𝑑2𝑈𝑅0𝑑𝑡2

+ (𝑅0 + 𝑟).𝑑𝑈𝑅0𝑑𝑡

+1

𝐶. 𝑈𝑅0 = 0

𝒅𝟐𝑼𝑹𝟎𝒅𝒕𝟐

+(𝑹𝟎 + 𝒓)

𝑳.𝒅𝑼𝑹𝟎𝒅𝒕

+𝟏

𝑳. 𝑪. 𝑼𝑹𝟎 = 𝟎

2-2-1- Détermination de la valeur de r :

Loi d’additivité des tensions :

𝑢𝐺 = 𝑢𝐶 + 𝑢𝐿 + 𝑢𝑅0

𝐿.𝑑𝑖

𝑑𝑡+ (𝑅0 + 𝑟). 𝑖 + 𝑢𝐶 = 𝑘. 𝑖

𝐿. 𝐶.𝑑2𝑢𝐶𝑑𝑡2

+ (𝑅0 + 𝑟 − 𝑘). 𝐶.𝑑𝑢𝐶𝑑𝑡

+ 𝑢𝐶 = 0

Pour que les oscillations soient sinusoïdales il faut

que :

𝑅0 + 𝑟 − 𝑘 = 0 ⟹ 𝒓 = 𝒌 − 𝑹𝟎 = 20 − 12

𝒓 = 𝟖 𝛀

2-2-2- La valeur de L :

L’expression de la période propre :

𝑇0 = 2𝜋√𝐿. 𝐶

La période de l’énergie magnétique est :

𝑇0 = 2𝑇

2𝑇 = 2𝜋√𝐿. 𝐶 ⟹ 𝑇2 = 𝜋2𝐿. 𝐶

Graphiquement la valeur de la période :

𝑇 = 0,25 𝑚𝑠 = 2,5.10−4 𝑠

𝐿 =𝑇2

𝜋2. 𝐶⟹ 𝐿 =

(2,5.10−4)2

10 × 20.10−9= 0,3125𝐻

𝑳 = 𝟑𝟏𝟐, 𝟓 𝒎𝑯

- La valeur de 𝑈𝐶 𝑚𝑎𝑥 :

L’énergie totale du circuit se conserve :

𝐸𝑇 = 𝐸𝑒 𝑚𝑎𝑥 = 𝐸𝑚 𝑚𝑎𝑥

𝐸𝑚 𝑚𝑎𝑥 =1

2𝐶. 𝑈𝐶 𝑚𝑎𝑥

2

Graphiquement on trouve : 𝐸𝑚 𝑚𝑎𝑥 = 2 𝜇𝐽 = 2.10−6 𝐽

𝑈𝐶 𝑚𝑎𝑥 = √2𝐸𝑚 𝑚𝑎𝑥𝐶

𝑈𝐶 𝑚𝑎𝑥 = √2 × 2.10−6

20.10−9 ⟹ 𝑼𝑪 𝒎𝒂𝒙 = 𝟏𝟎𝑽

3- Réception d’une onde électromagnétique

3-1- La proposition juste :

d- Dans une antenne réceptrice, l’onde électromagnétique engendre un signal électrique de même

fréquence.

3-2- Peut-on recevoir l’onde de fréquence 𝑁0 = 40 𝑘𝐻𝑧 si 𝐶0 = 20 𝑛𝐹 ?

Déterminons tout d’abord la fréquence propre du circuit 𝐿0𝐶0 :

𝑇0 =1

𝑁= 2𝜋√𝐿0. 𝐶0 ⟹ 𝑁 =

1

2𝜋√𝐿0. 𝐶0

𝑁 =1

2√10 × √0,781.10−3 × 20 × 10−9= 40 006 𝐻𝑧 ⟹ 𝑁0 = 𝑁 = 40 𝑘𝐻𝑧

Donc le circuit peut recevoir l’onde de fréquence 𝑵𝟎 = 𝟒𝟎 𝒌𝑯𝒛 .

3-3- L’intervalle de valeurs 𝐶𝑥 :

𝑇0 ≪ 𝑅. 𝐶𝐸 < 𝑇𝑖

Avec 𝐶𝐸 la capacité équivalente des deux condensateurs montés en parallèle tel que : 𝐶𝐸 = 𝐶 + 𝐶𝑥

1

𝑁0≪ 𝑅. (𝐶 + 𝐶𝑥) <

1

𝑁𝑖⟹

1

𝑅.𝑁0≪ 𝐶 + 𝐶𝑥 <

1

𝑅.𝑁𝑖

1

𝑅.𝑁0− 𝐶 ≪ 𝐶𝑥 <

1

𝑅.𝑁𝑖− 𝐶 ⟹

1

40.103 × 103− 20.10−9 ≪ 𝐶𝑥 <

1

4.103 × 103− 20.10−9

5.10−9 ≪ 𝐶𝑥 < 2,3.10−7 𝐹

𝟓 𝒏𝑭 ≪ 𝑪𝒙 < 𝟐𝟑𝟎 𝒏𝑭

MECANIQUE : (5,25 points)

Partie 𝑰 : Etude du mouvement de chute de deux corps

1- Etude de la chute d’un corps avec frottement :

1-1- Equation différentielle :

Système étudié :{Corps(A)}

Bilan des forces :

�⃗� : Poids du corps �⃗� = 𝑚𝐴. 𝑔

𝑓 : Force de frottement de fluide 𝑓 = −𝑘 ∨⃗⃗ 𝐴

On applique la deuxième loi de Newton dans le repère 𝑅(𝑂 , 𝑖 , 𝑗 ⃗⃗ )

supposé galiléen.

∑𝐹 𝑒𝑥𝑡 = 𝑚𝐴. 𝑎 𝐴

�⃗� + 𝑓 = 𝑚𝐴.𝑑 ∨⃗⃗ 𝐴𝑑𝑡

𝑚𝐴. 𝑔 − −𝑘 ∨⃗⃗ 𝐴= 𝑚𝐴.𝑑 ∨⃗⃗ 𝐴𝑑𝑡

Projection sur l’axe Oy :

𝑚𝐴. 𝑔 − 𝑘 ∨𝐴𝑦= 𝑚𝐴.𝑑 ∨𝐴𝑦

𝑑𝑡 ⟹ 𝑚𝐴.

𝑑 ∨𝐴𝑦

𝑑𝑡+ 𝑘 ∨𝐴𝑦+𝑚𝐴. 𝑔 = 0

𝑑 ∨𝐴𝑦

𝑑𝑡+𝑘

𝑚𝐴.∨𝐴𝑦+ 𝑔 = 0

On pose 𝝉 =𝒎𝑨

𝒌 et on obtient :

𝒅 ∨𝑨𝒚

𝒅𝒕+∨𝑨𝒚

𝝉+ 𝒈 = 𝟎 (1)

1-2- Détermination de la valeur de 𝜏 :

En régime permanant la vitesse est constante ∨𝐿𝐴𝑦= 𝑐𝑡𝑒 d’où 𝑑∨𝐿𝐴𝑦

𝑑𝑡= 0 , l’équation différentielle (1)

s’écrit :

∨𝐿𝐴𝑦

𝜏+ 𝑔 = 0 ⟹

∨𝐿𝐴𝑦

𝜏= −𝑔 ⟹ 𝜏 = −

∨𝐿𝐴𝑦

𝑔

D’après le graphe de la figure 2 la vitesse limite est ∨𝐿𝐴𝑦= −1𝑚. 𝑠−1 d’où :

𝜏 = −(−1)

10⟹ 𝝉 = 𝟎, 𝟏 𝒔

Déduction de la valeur de k :

On a: 𝜏 =𝑚𝐴

𝑘 ⟹ 𝒌 =

𝒎𝑨

𝝉

𝑘 =0,5

0,1⟹ 𝒌 = 𝟓 𝒌𝒈. 𝒔−𝟏

1-3- La vitesse de ∨𝐴𝑦 (𝑡𝑖) en utilisant la méthode d’Euler :

𝑑 ∨𝐴𝑦

𝑑𝑡+∨𝐴𝑦

𝜏+ 𝑔 = 0 ⟹ 𝑎𝐴𝑦 = −

∨𝐴𝑦

𝜏− 𝑔

𝑎𝑖−1 = − ∨𝑖−1𝜏− 𝑔

{𝑎𝑖−1 = −

∨𝑖−1𝜏− 𝑔 ⟹

∨𝑖−1𝜏= −𝑎𝑖−1 − 𝑔 ⟹ ∨𝑖−1= −𝜏. ( 𝑎𝑖−1 + 𝑔)

∨𝑖= 𝑎𝑖−1. ∆𝑡 +∨𝑖−1 ⟹

∨𝒊= 𝒂𝒊−𝟏. ∆𝒕 − 𝝉. ( 𝒂𝒊−𝟏 + 𝒈) ⟹

∨𝑖= −4,089 × 0,01 − 0,1 × (−4,089 + 10)

∨𝒊= 𝟎, 𝟔𝟑𝟐 𝒎. 𝒔−𝟏

2- Etude du mouvement d’un mouvement d’un projectile

2-1- Les équations horaires 𝑥𝐴(𝑡) et 𝑦𝐴(𝑡) :

Système étudié :{Corps(A)}

Bilan des forces :

�⃗� : Poids du corps �⃗� = 𝑚𝐴. 𝑔

On applique la deuxième loi de Newton :

∑𝐹 𝑒𝑥𝑡 = 𝑚𝐵. 𝑎 𝐵

�⃗� = 𝑚𝐵. 𝑎 𝐵

𝑚𝐵. 𝑔 = 𝑚𝐵. 𝑎 𝐵

𝑎 𝐵 = 𝑔

Les conductions initiales :

𝑂𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ {𝑥0 = 0𝑦0 = ℎ𝑃

𝑒𝑡 ∨⃗⃗ 0 {∨0𝑥=∨0. 𝑐𝑜𝑠𝛼∨0𝑦=∨0. 𝑠𝑖𝑛𝛼

La projection sur les axes Ox et Oy :

𝑎 {𝑎𝑥 =

𝑑 ∨𝑥𝑑𝑡

= 0

𝑎𝑦 =𝑑 ∨𝑦

𝑑𝑡= −𝑔

تكامل → ∨⃗⃗ {

∨𝑥=∨0𝑥 ∨𝑦= −𝑔. 𝑡 +∨0𝑦

∨⃗⃗ {∨𝑥=

𝑑𝑥

𝑑𝑡=∨0. 𝑐𝑜𝑠𝛼

∨𝑦=𝑑𝑦

𝑑𝑡= −𝑔. 𝑡 +∨0. 𝑠𝑖𝑛𝛼

تكامل → {

𝑥𝐵(𝑡) =∨0. 𝑐𝑜𝑠𝛼. 𝑡 + 𝑥0

𝑦𝐵(𝑡) = −1

2𝑔. 𝑡2 +∨0. 𝑠𝑖𝑛𝛼 + 𝑦0

⟹ {𝒙𝑩(𝒕) = 𝟐𝟎𝒄𝒐𝒔𝜶. 𝒕

𝒚𝑩(𝒕) = −𝟓. 𝒕𝟐 + 𝟐𝟎𝒔𝒊𝒏𝜶. 𝒕 + 𝟏, 𝟖

2-2- Les coordonnés du point S :

Au sommet de la trajectoire la vitesse est horizontale : ∨𝑦 (𝑆) = 0 donc : −𝑔. 𝑡𝑆 +∨0. 𝑠𝑖𝑛𝛼 = 0

𝑡𝑆 =∨0. 𝑠𝑖𝑛𝛼

𝑔

𝑥𝑆(𝑡𝑆) =∨0. 𝑐𝑜𝑠𝛼. 𝑡𝑆 =∨0. 𝑐𝑜𝑠𝛼.∨0. 𝑠𝑖𝑛𝛼

𝑔=∨02 2𝑐𝑜𝑠𝛼. 𝑠𝑖𝑛𝛼

2𝑔=∨02 𝑠𝑖𝑛2𝛼

2𝑔=

202

2 × 10. 𝑠𝑖𝑛2𝛼

𝒙𝑺 = 𝟐𝟎𝒔𝒊𝒏𝟐𝜶

𝑦𝑆(𝑡𝑆) = −1

2𝑔. 𝑡𝑠

2 +∨0. 𝑠𝑖𝑛𝛼. 𝑡𝑠 + ℎ𝑝 = −1

2𝑔. (∨0. 𝑠𝑖𝑛𝛼

𝑔)2 +∨0. 𝑠𝑖𝑛𝛼.

∨0. 𝑠𝑖𝑛𝛼

𝑔+ ℎ𝑝

𝑦𝑆(𝑡𝑆) = −∨02. 𝑠𝑖𝑛2𝛼

2𝑔+∨02. 𝑠𝑖𝑛2𝛼

𝑔+ ℎ𝑝 =

∨02. 𝑠𝑖𝑛2𝛼

2𝑔+ ℎ𝑝 =

202

2 × 10. 𝑠𝑖𝑛2𝛼 + 1,8

𝒚𝑺 = 𝟐𝟎𝒔𝒊𝒏𝟐𝜶 + 𝟏, 𝟖

3- La détermination de 𝛼 pour que les deux corps se rencontre en S :

𝑦𝐴 = 𝑦𝐵 = 𝑦𝑆

Le corps (A) a un mouvement rectiligne uniforme à partir du point F, il traverse la distance 𝑑 = ℎ𝐹 − 𝑦𝑆

pendant la durée 𝑡𝑆 =∨0.𝑠𝑖𝑛𝛼

𝑔 avec : 𝑑 = − ∨𝐿 . 𝑡𝑆

− ∨𝐿 . 𝑡𝑆 = ℎ𝐹 − 𝑦𝑆

− ∨𝐿 .∨0. 𝑠𝑖𝑛𝛼

𝑔= ℎ𝐹 − 20𝑠𝑖𝑛

2𝛼 − 1,8

20𝑠𝑖𝑛2𝛼 − (−1) ×20

10𝑠𝑖𝑛𝛼 + 1,8 − 18,5 = 0

20𝑠𝑖𝑛2𝛼 + 2𝑠𝑖𝑛𝛼 − 16,7 = 0

∆= 22 − 4 × 20 × (−16,7) = 1340

𝑠𝑖𝑛𝛼1 =−2 − √1340

2 × 20= −0,965 → 𝛼1 < 0

𝑠𝑖𝑛𝛼2 =−2 + √1340

2 × 20= 0,865 → 𝛼2 = 59,88 ° ⟹ 𝛼2

≃ 60°

0 < 𝛼 <𝜋

2 ⟹ 𝛼 = 𝜶𝟐 = 𝟔𝟎°

Partie 𝑰𝑰 : Etude du mouvement d’un pendule

pesant

1- L’expression 𝐸𝑝𝑝 de l’énergie potentielle de pesanteur du pendule :

𝐸𝑝𝑝 = 𝑚𝑔𝑧 + 𝑐𝑡𝑒

On choisissant le plan horizontale passant par 𝐺0 comme état de référence de 𝐸𝑝𝑝 :

𝐸𝑝𝑝 = 𝑚𝑔𝑧

𝑧 = 𝑂𝐺0 − 𝑂𝐻 =𝐿

2−𝐿

2𝑐𝑜𝑠𝛼 =

𝐿

2(1 − 𝑐𝑜𝑠𝛼)

𝐸𝑝𝑝 =1

2𝑚𝑔𝐿(1 − 𝑐𝑜𝑠𝛼)

𝑐𝑜𝑠𝜃 ≃ 1 −𝜃2

2

𝐸𝑝𝑝 =1

2𝑚𝑔𝐿 [1 − (1 −

𝜃2

2)] ⟹ 𝑬𝒑𝒑 =

𝟏

𝟒𝒎𝒈𝑳.𝜽𝟐

2- Equation différentielle :

L’expression de l’énergie mécanique : 𝐸𝑚 = 𝐸𝑐 + 𝐸𝑝𝑝

𝐸𝑚 =1

2𝐽∆. �̇�

2 +1

4𝑚𝑔𝐿. 𝜃2

Les frottements sont négligeables donc 𝐸𝑚 = 𝐶𝑡𝑒 et 𝑑𝐸𝑚

𝑑𝑡= 0

𝑑𝐸𝑚𝑑𝑡

= 𝐽∆�̇��̈� +1

2𝑚𝑔𝐿. 𝜃�̇� = 0

𝐽∆�̈� +1

2𝑚𝑔𝐿. 𝜃 = 0

1

3𝑚. 𝐿2�̈� +

1

2𝑚𝑔𝐿. 𝜃 = 0

𝐿�̈� +3

2𝑔. 𝜃 = 0

𝒅𝟐𝜽

𝒅𝟐𝒕+𝟑𝒈

𝟐𝑳𝜽 = 𝟎

3-1- Détermination de g :

L’expression de la période propre : 𝑇0 = 2𝜋√2𝐿

3𝑔 Sachant que la période propre est 2 fois la période

énergétique :

𝑇0 = 2𝑇 ⟹ 2𝑇 = 2𝜋√2𝐿

3𝑔 ⟹ 𝑇2 = 𝜋2

2𝐿

3𝑔 ⟹ 𝑔 =

2𝜋2𝐿

3𝑇2

Graphiquement 𝑇 = 0,6 𝑠

𝑔 =2 × 10 × 0,53

3 × (0,6)2⟹ 𝒈 = 𝟗, 𝟖𝟏 𝒎. 𝒔−𝟐

3-2- la valeur de 𝜃𝑚 :

𝐸𝑚 = 𝐸𝑐 𝑚𝑎𝑥 = 𝐸𝑝𝑝 𝑚𝑎𝑥

𝐸𝑐 𝑚𝑎𝑥 =1

4𝑚𝑔𝐿. 𝜃𝑚

2

𝜃𝑚 = √4𝐸𝑐 𝑚𝑎𝑥𝑚𝑔𝐿

⟹ 𝜃𝑚 = √4 × 9.10−3

0,1 × 9,81 × 0,53⟹ 𝜽𝒎 = 𝟎, 𝟔𝟐 𝒓𝒂𝒅

= 𝟏𝟓°

3-3- La valeur de 𝜑 :

𝜃 = 𝜃𝑚 cos (2𝜋

𝑇0𝑡 + 𝜑)

𝑑𝜃

𝑑𝑡= −

2𝜋

𝑇0𝜃𝑚sin (

2𝜋

𝑇0𝑡 + 𝜑)

On remplace dans l’expression de l’énergie cinétique :

𝐸𝐶 =1

2𝐽∆. �̇�

2 =1

6𝑚. 𝐿2 [−

2𝜋

𝑇0𝜃𝑚 sin (

2𝜋

𝑇0𝑡 + 𝜑)]

2

= (2𝜋

𝑇0)2𝑚. 𝐿2. 𝜃𝑚

2

6𝑠𝑖𝑛2 (

2𝜋

𝑇0𝑡 + 𝜑) =

(2𝜋

𝑇0)2

=3𝑔

2𝐿

𝐸𝐶 =3𝑔

2𝐿.𝑚. 𝐿2. 𝜃𝑚

2

6𝑠𝑖𝑛2 (

2𝜋

𝑇0𝑡 + 𝜑) =

1

4𝑚. 𝑔. 𝐿. 𝜃𝑚

2 𝑠𝑖𝑛2 (2𝜋

𝑇0𝑡 + 𝜑)

𝐸𝐶(0) =1

4𝑚. 𝑔. 𝐿. 𝜃𝑚

2 𝑠𝑖𝑛2𝜑

𝑠𝑖𝑛𝜑 = ±√4. 𝐸𝐶(0)

𝑚. 𝑔. 𝐿. 𝜃𝑚2= ±

2

𝜃𝑚√𝐸𝐶(0)

𝑚. 𝑔. 𝐿

(𝑑𝜃

𝑑𝑡)𝑡=0

= −2𝜋

𝑇0𝜃𝑚 sin 𝜑 < 0 ⟹ 𝑠𝑖𝑛𝜑 > 0 ⟹ 𝜑 > 0

𝑠𝑖𝑛𝜑 =2

𝜃𝑚√𝐸𝐶(0)

𝑚. 𝑔. 𝐿 ⟹ 𝑠𝑖𝑛𝜑 =

2

0,26√

5.10−3

0,1 × 9,81 × 0,53= 0,75

𝝋 ≃ 𝟎, 𝟖𝟒𝟖𝒓𝒂𝒅 ≃ 𝟒𝟖, 𝟔°