DC3 (18 04 09)

LYCEE SECONDAIRE SIJOUMI

DEVOIR DE CONTROLE N° 3

Sections : TECHNIQUE SCIENCES EXPERIMENTALES

Coefficient : 4 Coefficient : 4

EPREUVE :

SCIENCES PHYSIQUES

Proposé par :

Mme Mermech &Mr Benaich

Durée : 2 heures Date : 18 / 04 / 2009

L’épreuve comporte deux exercices de chimie et trois exercices de physique répartis sur quatre

pages numérotées de 1/4 à 4/4 . Chimie :
Exercice 1 : Dosage acide-base

Physique :
Exercice 1 : Ondes progressives le long


Exercice 2 : Base faible.

d’une corde élastique .
Exercice 2 : Interaction onde-matière .
Exercice 3 : Interaction onde-matière .

Toutes les solutions sont prises à 25°C température à laquelle le produit ionique de l'eau pure est Ke =10-14 . On dispose d’une solution (S) d’acide

méthanoïque

HCOOH

de concentration molaire

-1

Ca = 0,1 moℓ.L et de pH = 2,4 . 1°) Montrer que l’acide méthanoïque est un acide faible . 2°) Dans un bécher , on prélève un volume Va = 20 mL de la solution (S) à laquelle on ajoute un volume Vb d’une solution d’hydroxyde de sodium NaOH de concentration Cb = 0,25 moℓ.L-1 . a) Calculer le volume VbE de la solution d’hydroxyde de sodium qu’il faut verser pour atteindre l’équivalence acido-basique . b) Au point d’équivalence , le pH de la solution vaut pHE = 8,3 . Justifier le caractère basique de la solution .

VbE de la solution 2 d’hydroxyde de sodium . Une mesure du pH de la solution ainsi obtenue , donne pH = 3,8 . Montrer que cette valeur du pH est celle du pKa du couple acide base HCOOH / HCOO- . b) Si on continue à ajouter de la solution d’hydroxyde de sodium et que Vb devienne très grand et largement supérieur à VbE , quelle est la valeur limite du pH de la solution ? c) En tenant compte des points remarquables rencontrés précédemment , tracer l’allure de la courbe donnant les variations du pH en fonction du volume Vb de la solution d’hydroxyde de

3°) a) Au volume Va = 20 mL , de la solution (S) , on ajoute un volume Vb’ =

sodium versé dans le bécher . 4°) Ecrire l’équation bilan de la réaction chimique qui a lieu au cours de ce dosage et montrer qu’elle est totale .

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-1

Une solution (S) d’une amine RNH2 de concentration molaire C = 0,1 moℓ.L à 25° C . Le produit ionique de l’eau pure est Ke =10

-14

, a un pH = 11,7

.

1°) Montrer que cette amine est une base faible . 2°) On rappelle que l’expression du pH d’une solution de monobase faible est donnée par : 1 pH = ( pKa + pKe + ℓog C ) . 2 + Déduire la valeur du pKa du couple RNH3 / RNH2 . 3°) On considère un indicateur coloré dont la zone de virage est indiquée dans l'échelle suivante : Bleu

Vert 11,6

Jaune

pH

13,6

On ajoute quelques gouttes de cet indicateur coloré à 20 mL de la solution (S) .

a) Expliquer pourquoi la coloration de la solution est verte . b) Un ajout d’une certaine quantité d’eau pure à ce mélange permet d'observer un changement de couleur . La coloration vire-t-elle du vert au bleu ou du vert au jaune ? Justifier la réponse . c) Déterminer les valeurs du volume Ve d'eau pure ajoutée qui permettent d'observer ce changement de couleur .

L’extrémité O d’une corde OA de longueur ℓ = 50 cm , tendue horizontalement , est liée à une lame vibrant verticalement avec une fréquence N = 100 Hz et d’amplitude a . L’autre extrémité A est liée à un dispositif d’absorption évitant toute réflexion de l’onde . Celle-ci se propage le long de la corde avec une célérité v = 10 m.s-1 .

1°) En lumière ordinaire , la corde prend l’aspect d’une bande floue de largeur d = 4 mm , comme l’indique d

la figure ci-contre . a) Déduire la valeur de l’amplitude a .

ℓ

b) Montrer que l’amortissement est négligeable . c) Déterminer la longueur d’onde λ . 2°) a) Ecrire l’équation horaire du mouvement de O , ainsi que celle du mouvement d’un point M du fil situé au repos à la distance OM = x = 17,5 cm . On suppose qu’à la date t = 0 s , la source O débute son mouvement en allant dans le sens positif . b) Comparer le mouvement du point M avec celui de la source O .

c) Représenter sur le même système d’axes le diagramme du mouvement de O et celui de M sur l’intervalle [ 0 ; 3T ] . 3°) a) Représenter l’aspect de la corde à la date t1 = 2,75.10-2 s . b) Placer sur le graphe précédent , les points qui , à la date t1 ont une élongation égale -3 à -10 m , se déplaçant dans le sens descendant . page 2/4

4°) La corde est éclairée par une lumière stroboscopique de fréquence Ne réglable . Décrire ce que l’on observe lorsque Ne prend les valeurs :  Ne = 25 Hz .  Ne = 51 Hz .  Ne = 98 Hz .

Ecran

On dispose d'un laser hélium-néon de longueur d'onde λ = 632,8 10-9 m . On interpose une

E

Support

fente fine verticale entre le laser et un écran E comme l’indique la figure 1 ci-contre . Sur l'écran , on observe dans la direction perpendiculaire à la fente , une tache lumineuse centrale de largeur L nettement supérieure à

Laser

Fente de

la largeur a de la fente , ainsi qu'une série de taches lumineuses plus petites de part et d'autre de la tache centrale . La distance entre la fente et l'écran est D = 1,60 m .

largeur

a

D

Figure-1-

Tache centrale

1°) La figure 2 représente l'expérience vue de dessus et la figure observée sur l'écran . Nommer ce phénomène . Quel renseignement sur la nature de la lumière ce phénomène apporte-t-il ?

Faisceau Laser

θ L

Fente

Figure-2-

2°) En utilisant la figure 2 , exprimer l'écart angulaire θ en fonction des grandeurs L et D . λ 3°) Sachant que θ = , montrer que la largeur L de la tâche centrale de diffraction est donnée a λ.D par la relation : L = 2 . a 4°) On remplace la fente fine par un cheveu tendu verticalement sur un support . Pour la même distance D du fil à l'écran , on observe une figure analogue à celle obtenue avec la fente . Une mesure de la largeur de la tache centrale donne L = 2,6 cm . En admettant que la relation donnée à la question précédente reste valable pour le cheveu , calculer son diamètre a .

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On dispose d’une cuve à ondes et d’une lame vibrante L de fréquence N = 25 Hz , reliée à une réglette produisant une onde plane progressive . Avec une plaque P trapézoïdale et de faible épaisseur , on crée

deux milieux de propagation différents ; le premier est d’épaisseur e1 ,

et le second d’épaisseur e2 tel que e1 > e2 . La figure 3 représente la nappe d’eau en vue de dessus .

1

λ2

2

Figure-3-

λ1

1°) a) En analysant la figure 3 , comparer les célérités v1 et v2 respectivement dans les deux milieux 1 et 2 . b) Nommer le phénomène mis en jeu au cours de cette expérience . 2°) Sachant que λ1 = 8 mm et λ2 = 6 mm , déterminer les célérités v1 et v2 respectivement dans les deux milieux 1 et 2 . 3°) Une mesure de la valeur de l’angle d’incidence donne i1= 31° . Déterminer la valeur de l’angle i2 que fait la direction de la nouvelle onde 2 dans le milieu 2 avec la normale à la surface de séparation entre les deux milieux .

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Correction du devoir de contrôle N°3

1°) pH = 2,4 ⇒ [H3O+] = 10-2,4 mol.L-1 < 10-1 mol.L-1 ⇒ HCOOH acide faible 2°) a) Au point d’éq. , on a : Cb.VbE = Ca.Va ⇒ VbE =

Ca Cb

Va A.N. : VbE =

10 -1 × 20.10 -3 0,25

soit VbE = 8.10-3 L

b) pHE = 8,3 > 7 ( à 25°C ) ⇒ solution basique car Na+ acide inerte et HCOO- base faible 3°) a) On a Ka =

[HCOO - ].[H3 O + ] [HCOOH] VbE

: c’est le point de demi-équivalence ⇒ [HCOOH] = [HCOO-] 2 D’où , Ka = [H3O+] ⇒ log Ka = log[H3O+] ⇒ pKa = pH = 3,8

D’autre part , Vb’ =

b) Si Vb >> VbE , alors le pH de la solution tend vers le pH de la solution desoude NaOH (base forte) Donc , pHlimite = pKe + logCb A.N. : pHlimite = 14 + log(0,25) soit pHlimite = 13,4 pH

c)

13,4

8,3 3,8 2,4 0

4

Vb(mL)

8

4°) L’éq. Bilan s’écrit : HCOOH + OHLa constante d’éq. De cette réaction est K =

HCOO- + H2O

Ka(HCOOH / HCOO - ) Ke

=

1 Kb(HCOOH / HCOO - )

D’autre part , pKa = 3,8 ⇒ pKb =10,2 ⇒ Kb = 10-10,2 . 1 soit K = 1010,2 très grande ⇒ réaction totale D’où , K = 10,2 10

1°) pH = 11,7 ⇒ [H3O+] = 10-11,7 moℓ.L-1 ⇒ [OH-] = 10-2,3 moℓ.L-1 < C = 10-1 moℓ.L-1⇒ RNH2 base faible 2°) pH =

1 ( pKa + pKe + ℓogC ) ⇒ pKa = 2.pH – pKe - ℓogC = ( 2 x 11,7 ) – 14 + 1 soit pKa = 10,4 2

3°) a) pH = 11,7 ∈ [ 11,6 ; 13,6 ] ⇒ coloration verte b) Si on ajoute de l’eau , C  ⇒ ℓogC  ⇒ pH  ⇒ la coloration vire du vert au bleu

1 ( pKa + pKe + ℓogC’ ) < 11,6 ⇒ ℓogC’ < 10,2 ⇒ C’ < 10-1,2 moℓ.L-1 2 C moℓ.L-1 ⇒ V + Veau > V ⇒ Veau > ( 101,2.C – 1 ).V soit Vesu > 11,7 mL -1,2 10

c) Coloration bleue ⇒ pH < 11,6 ⇒ ⇒

C.V V + Veau

< 10-10,2

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1°) a) d = 2a ⇒ a =

d soit a = 2.10-3 m 2

b) d est la même ⇒ a = constante ⇒ amortissement négligeable c) λ =

v soit λ = 0,1 m N yO = 0

2°) a) A t = 0 ,

dy O

⇒ >0

sinϕO = 0

cosϕO > 0

⇒

ϕO = 0

dt Donc , yO(t) = 2.10-3.sin( 200.π.t ) (m) , t ≥ 0 s D’après le principe de propagation , yM(t) = yO( t - θ ) , t ≥ θ avec , θ = ⇒ yM(t) = a.sin(

2.π 2.π.x t),t≥θ T λ

θ x 17,5 = = = 1,75 T λ 10 yM(t) = 2.10-3.sin( 200.π.t +

D’où

x v

yM (t) = 0 pour t ≤ 1,75T

π ) (m) pour t ≥ 1,75.T 2

b) M vibre donc en quadrature avance de phase par rapport à O

yS(t) ; yM(t) (10-3m)

c)

yM(t)

yS(t)

t

0

1,75.T

3°) a) On a déjà établi que yM(t) = a.sin(

2.π 2.π.x t) T λ

2.π.x 2.π t+π);x≤d λ T 2.π.x 2.π ou encore yt1(x) = a.sin( t1 + π ) ; x ≤ d1 λ T ou encore yt(x) = a.sin(

t1 2,75.10 = T 10 -2 Soit

-2

= 2,75

y ( x ) = 2. 10-3 sin( 20π.x t1

π ) (m) ; pour x ≤ 2,75.λ 2

y ( x ) = 0 pour 2,75.λ ≤ x ≤ 5.λ t1

-3

y ( x ) (10 m) t1

2

0 -1

λ

2λ

3λ 2,75λ

-2 page 2/3

4λ

5λ

x

4°) N = 100 Hz .  Ne = 25 Hz :

Te N 100 = = = 4 ⇒ Te = 4.T ⇒ immobilité apparente de la corde T N e 25  Ne = 51 Hz :

Te N 100 = = = 1,02 ⇒ Te = 1,96.T T N e 51 ⇒ Te légèrement < 2.T ⇒ m.v.t. apparent lent dans le sens contraire du sens réel (AO)  Ne = 98 Hz :

Te N 100 = = = 1,02 ⇒ Te = 1,02.T T N e 98 ⇒ Te légèrement > T ⇒ m.v.t. apparent lent dans le sens réel (OA)

1°) C’est le phénomène de diffraction ⇒ lumière de nature ondulatoire

L L 2 L ≈ θ soit θ = 2°) tgθ = = D 2D 2D 3°) θ =

λ L λ 2λD ⇒ = ⇒ L= a 2D a a -9

2λD 2λD 2x632,8.10 x1,6 4°) L = ⇒a= = a L 2,6.10 -2

soit a = 7,78.10-5 m ≈ 78 µm

1°) a) λ1 > λ2 ⇒ v1.T > v2.T ⇒ v1 > v2 b) Changement de milieu ⇒ variation de célérité : c’est le phénomène de réfraction 2°) λ1 =

v1 N

⇒ v1 = λ1.N = 8.10-3x25 soit v1 = 0,2 m.s-1 . De même , v2 = λ2.N = 6.10-3x25 soit v2 = 0,15 m.s-1

3°) D’après la 2ème loi de Descartes relative à la réfraction , on a :

sin i2 v2

=

sin i1 v1

⇒ sini2 =

v2 v1

sini1 =

0,15 sin(31°) = 0,386 ⇒ i2 = 22,72° 0,2

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