Physique-Chimie · Terminale C · Basés sur les annales officielles 2010–2019
Structure officielle : Chimie — 8 points + Physique — 12 points (Parties A/B/C depuis 2014)
Épreuve officielle INRAP Congo, Bac série C 2010 : réactions d'oxydoréduction et dosages redox (chimie) ; dipôle RL puis RLC en régime sinusoïdal, interférences de Young et chute parabolique (physique).
On fait réagir totalement de la limaille de fer de masse $m = 16{,}8$ g avec une solution d'acide sulfurique dilué de volume $V = 500$ mL. On obtient une solution S.
On donne, en g/mol, les masses molaires atomiques :
| Élément | H | O | Fe |
|---|---|---|---|
| M (g/mol) | 1 | 16 | 56 |
Volume molaire $V_m = 22{,}4$ L/mol dans les C.N.T.P. Couples redox : $Fe^{2+}/Fe$ ; $H_3O^+/H_2$ ; $Cr_2O_7^{2-}/Cr^{3+}$.
On prépare une solution d'ions fer II ($Fe^{2+}$) par action d'une solution d'acide chlorhydrique ($H_3O^+ + Cl^-$) avec du fer.
On donne les masses molaires atomiques en g/mol :
| Élément | Fe | Cl | K | H | O | Mn |
|---|---|---|---|---|---|---|
| M (g/mol) | 56 | 35,5 | 39 | 1 | 16 | 55 |
Quantité initiale de fer : $n(Fe) = \dfrac{m}{M(Fe)} = \dfrac{16{,}8}{56} = 0{,}3$ mol.
Demi-équations redox (couples $Fe^{2+}/Fe$ et $H_3O^+/H_2$) :
$$Fe \rightarrow Fe^{2+} + 2e^-$$ $$2H_3O^+ + 2e^- \rightarrow H_2 + 2H_2O$$Équation bilan (somme, les électrons s'éliminent) :
$$Fe + 2H_3O^+ \rightarrow Fe^{2+} + H_2 + 2H_2O$$soit, avec l'acide sulfurique : $Fe + H_2SO_4 \rightarrow FeSO_4 + H_2$.
D'après l'équation bilan, $n(H_2) = n(Fe) = 0{,}3$ mol (rapport stœchiométrique 1:1 ; le fer réagit totalement, l'acide est donc en excès ou exactement suffisant).
$V(H_2) = n(H_2)\times V_m = 0{,}3 \times 22{,}4 = 6{,}72$ L.
La solution S contient les ions $Fe^{2+}$ formés, dissous dans le volume $V = 500$ mL (le volume de la solution reste égal à celui de l'acide, l'ajout du solide étant négligeable). Comme $n(Fe^{2+}) = n(Fe) = 0{,}3$ mol :
$[Fe^{2+}] = \dfrac{n(Fe^{2+})}{V} = \dfrac{0{,}3}{0{,}5} = 0{,}6$ mol/L.
Couples en présence : $Fe^{3+}/Fe^{2+}$ et $Cr_2O_7^{2-}/Cr^{3+}$. Demi-équations :
$$Fe^{2+} \rightarrow Fe^{3+} + e^- \quad (\times 6)$$ $$Cr_2O_7^{2-} + 14H^+ + 6e^- \rightarrow 2Cr^{3+} + 7H_2O$$Équation bilan :
$$6Fe^{2+} + Cr_2O_7^{2-} + 14H^+ \rightarrow 6Fe^{3+} + 2Cr^{3+} + 7H_2O$$Vérification de charge : à gauche $6(+2) + (-2) + 14(+1) = 24$ ; à droite $6(+3) + 2(+3) = 24$. Charges équilibrées, atomes de Cr, O, H équilibrés également.
À l'équivalence : $n(Fe^{2+})_{versé} = 6\,n(Cr_2O_7^{2-})$.
$n(Fe^{2+}) = C_S \times V_S = 0{,}6 \times 0{,}020 = 0{,}012$ mol.
$n(Cr_2O_7^{2-}) = \dfrac{0{,}012}{6} = 2{,}0\times10^{-3}$ mol.
$C(Cr_2O_7^{2-}) = \dfrac{n}{V} = \dfrac{2{,}0\times10^{-3}}{0{,}010} = 0{,}2$ mol/L.
Le fer est oxydé par les ions oxonium de l'acide chlorhydrique : couples redox en présence : $Fe^{2+}/Fe$ et $H_3O^+/H_2$.
$$Fe + 2H_3O^+ \rightarrow Fe^{2+} + H_2 + 2H_2O$$Pour 1 L de solution à $0,1$ mol/L : $n(Fe^{2+}) = C\times V = 0{,}1\times1 = 0{,}1$ mol.
D'après la stœchiométrie (1 Fe → 1 $Fe^{2+}$), $n(Fe) = 0{,}1$ mol, donc $m(Fe) = n\times M(Fe) = 0{,}1\times 56 = 5{,}6$ g.
Demi-équations (couples $Fe^{3+}/Fe^{2+}$ et $MnO_4^-/Mn^{2+}$) :
$$Fe^{2+} \rightarrow Fe^{3+} + e^- \quad (\times 5)$$ $$MnO_4^- + 8H^+ + 5e^- \rightarrow Mn^{2+} + 4H_2O$$Équation bilan :
$$5Fe^{2+} + MnO_4^- + 8H^+ \rightarrow 5Fe^{3+} + Mn^{2+} + 4H_2O$$Vérification : charges à gauche $5(+2)+(-1)+8(+1)=17$, à droite $5(+3)+(+2)=17$ ; O : $4=4$ ; H : $8=8$. Équation équilibrée.
Tous les ions $Fe^{2+}$ de la solution précédente ($n = 0{,}1$ mol) sont oxydés. D'après l'équation, $n(MnO_4^-) = \dfrac{n(Fe^{2+})}{5} = \dfrac{0{,}1}{5} = 0{,}02$ mol.
$M(KMnO_4) = M(K)+M(Mn)+4M(O) = 39+55+4\times16 = 158$ g/mol.
$m(KMnO_4) = n\times M = 0{,}02\times158 = 3{,}16$ g.
On a réalisé l'expérience des interférences lumineuses avec le dispositif des fentes de Young. La distance entre la source S monochromatique et le plan des fentes $S_1$ et $S_2$ est $d = 50$ cm. La distance entre les fentes est $a = 3$ mm. L'écran est placé à la distance $D = 2$ m du plan des fentes.
Un solide ponctuel de masse $m$ glisse sans frottement sur une piste circulaire, de A (départ, vitesse nulle) jusqu'à B, arc de centre C tel que $CA = CB = r = 45$ cm, avec A à la même hauteur que C et B à la verticale de C (B étant le point le plus bas de la piste). Au-delà de B, le solide quitte la piste avec une vitesse horizontale $V_0$ et retombe sur le sol horizontal (axe $Ox$) au point D ; B est à la verticale du point O (origine du repère, sur le sol), à la hauteur $h$ au-dessus du sol.
Piste circulaire A→B (centre C, rayon r) puis chute libre de B à D, hauteur h au-dessus du sol.
On prendra $g \approx 10$ m·s⁻².
En régime continu, la bobine (inductance $L$) n'a aucun effet : seule la résistance $R$ limite le courant (loi d'Ohm).
$R = \dfrac{U_1}{I_1} = \dfrac{6}{0{,}3} = 20\ \Omega$.
En régime sinusoïdal, l'impédance de la bobine est $Z = \dfrac{U}{I} = \dfrac{24}{0{,}12} = 200\ \Omega$.
Pour une bobine réelle : $Z^2 = R^2 + (L\omega)^2$, avec $\omega = 2\pi f = 2\pi\times50 = 314{,}2$ rad/s.
$L\omega = \sqrt{Z^2-R^2} = \sqrt{200^2-20^2} = \sqrt{39600} \approx 199{,}0\ \Omega$.
$L = \dfrac{199{,}0}{314{,}2} \approx 0{,}633$ H.
En série RLC, la réactance totale est $X = L\omega - \dfrac{1}{C\omega}$. Calculons $\dfrac{1}{C\omega}$ avec $C = 5\times10^{-6}$ F :
$\dfrac{1}{C\omega} = \dfrac{1}{5\times10^{-6}\times314{,}2} \approx 636{,}6\ \Omega$.
$X = L\omega - \dfrac{1}{C\omega} = 199{,}0 - 636{,}6 = -437{,}6\ \Omega$ (réactance négative : le condensateur l'emporte).
$Z' = \sqrt{R^2+X^2} = \sqrt{20^2+437{,}6^2} = \sqrt{400+191494} \approx \sqrt{191894} \approx 438{,}1\ \Omega$.
$I' = \dfrac{U}{Z'} = \dfrac{24}{438{,}1} \approx 0{,}0548$ A.
Déphasage tension/courant : $\tan\varphi_{u/i} = \dfrac{L\omega-\frac{1}{C\omega}}{R} = \dfrac{-437{,}6}{20} = -21{,}9$, soit $\varphi_{u/i} \approx -87{,}4°$ (la tension est en retard sur le courant).
La phase de l'intensité par rapport à la tension est donc l'opposée : $\varphi_{i/u} \approx +87{,}4°$.
La distance entre la 6ᵉ frange brillante de part et d'autre de la frange centrale correspond à $12$ interfranges : $l = 12\,i$.
$i = \dfrac{l}{12} = \dfrac{4{,}8}{12} = 0{,}4$ mm $= 4\times10^{-4}$ m.
Formule de l'interfrange : $i = \dfrac{\lambda_1 D}{a} \Rightarrow \lambda_1 = \dfrac{i\,a}{D} = \dfrac{4\times10^{-4}\times3\times10^{-3}}{2} = 6\times10^{-7}$ m.
Notons $x$ l'écart (algébrique) du point M sur l'écran par rapport à l'axe initial, et $y$ le déplacement de la source S vers $S_1$. La différence de marche totale en M cumule l'effet du déplacement de la source (au niveau des fentes, distance $d$) et de la position sur l'écran (distance $D$) :
$$\delta(M) = a\left(\dfrac{x}{D} - \dfrac{y}{d}\right)$$(on retrouve $\delta = ax/D$ pour une source sur l'axe, $y=0$).
La frange centrale correspond à $\delta = 0$ (ordre $p=0$) :
$\dfrac{x_0}{D} = \dfrac{y}{d} \Rightarrow x_0 = \dfrac{D}{d}\,y = \dfrac{2}{0{,}5}\times2{,}5 = 10$ mm.
D'après l'expression de $\delta$, un déplacement de la source vers $S_1$ ($y>0$) déplace la frange centrale du côté opposé (vers $S_2$) : c'est le résultat classique « le système de franges se déplace en sens inverse du déplacement de la source ».
Placer une lame à faces parallèles devant une fente rallonge le chemin optique de ce côté et déplace la frange centrale vers ce même côté (règle classique). Comme le déplacement dû à la source s'est fait vers $S_2$, il faut ramener la frange centrale vers $S_1$ : on place donc la lame devant la fente $S_1$.
Une lame d'indice $n$ et d'épaisseur $e$ devant $S_1$ ajoute un chemin optique supplémentaire $(n-1)e$ sur ce trajet. Pour annuler exactement le décalage $x_0 = \dfrac{D}{d}y$ dû au déplacement de la source, il faut :
$$\dfrac{D}{a}(n-1)e = \dfrac{D}{d}y \ \Longrightarrow\ (n-1)e = \dfrac{a\,y}{d}$$$e = \dfrac{a\,y}{(n-1)\,d} = \dfrac{3\times10^{-3}\times2{,}5\times10^{-3}}{0{,}5\times0{,}5} = \dfrac{7{,}5\times10^{-6}}{0{,}25} = 3\times10^{-5}$ m.
Système : le solide ponctuel. Référentiel : terrestre, supposé galiléen. Bilan des forces : poids $\vec P$ et réaction normale $\vec N$ de la piste (pas de frottement, donc $\vec N \perp$ trajectoire, ne travaille pas).
Théorème de l'énergie cinétique entre A (vitesse nulle) et B : seul le poids travaille. Comme A est à la même hauteur que C et que B est à la verticale de C, à une distance $r$ en dessous, la chute de hauteur entre A et B vaut exactement $r$.
$$E_{c,B} - E_{c,A} = W(\vec P) \Rightarrow \tfrac12 m v_B^2 - 0 = mgr$$$v_B = \sqrt{2gr} = \sqrt{2\times10\times0{,}45} = \sqrt{9} = 3$ m/s.
Après B, le solide n'est plus soumis qu'à son poids (chute libre) : $a_x = 0$, $a_y = -g$. Origine des temps à l'instant où le solide quitte B, avec $O$ à la verticale de B sur le sol : à $t=0$, position $(0\,;\,h)$, vitesse $(V_0\,;\,0)$.
$$v_x(t) = V_0 \qquad v_y(t) = -gt$$ $$x(t) = V_0\,t \qquad y(t) = h - \tfrac12 g t^2$$De $x = V_0 t$ on tire $t = x/V_0$, à reporter dans $y(t)$ :
$$y = h - \dfrac{g}{2V_0^2}\,x^2$$Numériquement : $\dfrac{g}{2V_0^2} = \dfrac{10}{2\times9} \approx 0{,}556$ m⁻¹, soit $y = 0{,}8 - 0{,}556\,x^2$ (x, y en mètres). C'est l'équation d'une parabole, concavité vers le bas.
Le solide touche le sol en D lorsque $y=0$ :
$h - \tfrac12 g t^2 = 0 \Rightarrow t = \sqrt{\dfrac{2h}{g}} = \sqrt{\dfrac{2\times0{,}8}{10}} = \sqrt{0{,}16} = 0{,}4$ s.
À l'instant $t=0{,}4$ s : $v_x = V_0 = 3$ m/s ; $v_y = -gt = -10\times0{,}4 = -4$ m/s.
$v_D = \sqrt{v_x^2+v_y^2} = \sqrt{3^2+4^2} = \sqrt{9+16} = \sqrt{25} = 5$ m/s.
Vérification par conservation de l'énergie entre B et D (chute libre, hauteur $h$) : $\tfrac12 v_D^2 = \tfrac12 V_0^2 + gh \Rightarrow v_D^2 = 9 + 2\times10\times0{,}8 = 9+16=25 \Rightarrow v_D = 5$ m/s. Les deux méthodes concordent.
Équilibre d'estérification et dosage redox du fer(II) ; pendule pesant, interférences de Young et bobine réelle en régime sinusoïdal.
On mélange dans plusieurs ampoules 3,7 g d'acide propanoïque (CH3–CH2–COOH) et 1,6 g de méthanol (CH3–OH). On scelle les ampoules et on les place dans une étuve à 50 °C. Au bout de 24 heures, on constate que la masse d'acide propanoïque après la réaction reste constante et égale à 1,23 g par ampoule.
On donne en g·mol⁻¹ : C = 12 ; O = 16 ; H = 1.
Au cours d'une séance de travaux pratiques, le professeur demande à un élève de préparer une solution S0 d'ions Fe2+ en partant d'une masse m = 13,9 g de sulfate de fer(II) hydraté (FeSO4,7H2O) qu'il dissout dans l'eau pure pour obtenir 500 cm³ de solution.
On donne en g·mol⁻¹ : Fe = 56 ; S = 32 ; O = 16 ; H = 1. Couples rédox en présence : Fe³⁺/Fe²⁺ et MnO₄⁻/Mn²⁺.
| Espèce | Formule | M (g·mol⁻¹) | n initial (mol) |
|---|---|---|---|
| Acide propanoïque | C₃H₆O₂ | 74 | 3,7/74 = 0,050 |
| Méthanol | CH₄O | 32 | 1,6/32 = 0,050 |
AB est une tige rigide de masse négligeable, de milieu O, de longueur AB = 2L = 80 cm. AB peut osciller dans le plan vertical autour d'un axe (Δ) horizontal et passant par le point O. En A, on a fixé un solide de masse M et en B un solide de masse m (ces deux solides sont ponctuels). On donne : M = 300 g ; m = 100 g et g = 10 m/s².
Dans le dispositif d'Young, la source S émet une radiation lumineuse de longueur d'onde λ qui éclaire les fentes S₁ et S₂ distantes de a = 7×10⁻¹ mm. On observe le phénomène d'interférences sur un écran situé à une distance D = 1 m du plan des fentes.
On se propose de déterminer la résistance r et l'inductance L d'une bobine. Pour cela, on monte en série un conducteur ohmique de résistance R = 7 Ω et la bobine (L, r). L'ensemble est alimenté par une tension sinusoïdale de fréquence N = 50 Hz et de valeur efficace U = 24 V. On mesure les tensions efficaces U₁ et U₂ respectivement aux bornes du conducteur ohmique et aux bornes de la bobine. On obtient : U₁ = 8 V et U₂ = 19,6 V.
| Grandeur | Expression | Valeur |
|---|---|---|
| I | U₁/R | 1,143 A |
| Z₁ | U₁/I | 7,0 Ω |
| Z₂ | U₂/I | 17,15 Ω |
| Z | U/I | 21,0 Ω |
Désintégration du polonium 210, équilibre acide-base de la méthanamine, dynamique d'un camion, ondes le long d'une corde vibrante et circuit RL/RLC en régime alternatif.
Le polonium $^{210}_{84}\text{Po}$, noyau instable, se désintègre suivant le mode α en donnant le noyau de plomb (Pb) dans son état fondamental.
La méthanamine $CH_3NH_2$ est une base dont l'acide conjugué est l'ion méthanammonium $CH_3NH_3^+$.
Le noyau de polonium $^{210}_{84}\text{Po}$ compte $Z = 84$ protons et $N = A-Z = 210-84 = 126$ neutrons.
Défaut de masse : $\Delta m = Z\,m_p + N\,m_n - m(\text{Po})$
$$\Delta m = 84\times1{,}00727 + 126\times1{,}00866 - 209{,}9369$$ $$\Delta m = 84{,}61068 + 127{,}09116 - 209{,}9369 = 1{,}76494\ u$$Énergie de liaison totale : $E_l = \Delta m \times 931{,}5 = 1{,}76494\times931{,}5 = 1644{,}04$ MeV
Énergie de liaison par nucléon : $\dfrac{E_l}{A} = \dfrac{1644{,}04}{210}$
Lors d'une désintégration α, le noyau fils est obtenu par émission d'un noyau d'hélium $^4_2\text{He}$. La conservation du nombre de masse $A$ (nucléons) et de la charge $Z$ impose :
$$^{210}_{84}\text{Po} \longrightarrow\ ^{206}_{82}\text{Pb} + \,^{4}_{2}\text{He}$$Vérification : $A$ : $210 = 206+4$ ✓ ; $Z$ : $84 = 82+2$ ✓. Lois utilisées : conservation du nombre de nucléons (nombre de masse $A$) et conservation de la charge électrique (nombre de charge $Z$).
Énergie libérée : $E = \left[m(\text{Po}) - m(\text{Pb}) - m(\text{He})\right]\times931{,}5$
$$m(\text{Po})-m(\text{Pb})-m(\text{He}) = 209{,}9369 - 205{,}9296 - 4{,}0015 = 0{,}0058\ u$$ $$E = 0{,}0058\times931{,}5$$Nombre de moles initial : $n_0 = \dfrac{m_0}{M(\text{Po})} = \dfrac{20}{210} = 9{,}524\times10^{-2}$ mol
$N_0 = n_0\times\aleph = 9{,}524\times10^{-2}\times6{,}02\times10^{23}$
Loi de décroissance radioactive : $N(t) = N_0\,e^{-\lambda t}$ avec $\lambda = \dfrac{\ln 2}{T}$, ou de façon équivalente $N(t) = N_0\left(\dfrac12\right)^{t/T}$.
Ici $t = 414$ jours et $T = 138$ jours, donc $\dfrac{t}{T} = \dfrac{414}{138} = 3$ (exactement 3 demi-vies).
$$N(t) = N_0\left(\frac12\right)^3 = \frac{N_0}{8}\ \ \Rightarrow\ \ \text{fraction restante} = \frac18,\ \text{fraction disparue} = \frac78$$La masse étant proportionnelle au nombre de noyaux : $m_{\text{disparue}} = m_0\times\dfrac78 = 20\times\dfrac78$
La méthanamine, base faible, réagit avec l'eau selon :
$$CH_3NH_2 + H_2O \ \rightleftharpoons\ CH_3NH_3^+ + OH^-$$Le mélange contient : la base $CH_3NH_2$, son acide conjugué $CH_3NH_3^+$, l'ion spectateur $Cl^-$ (apporté par le sel), ainsi que $H_3O^+$ et $OH^-$ issus de l'autoprotolyse de l'eau (et le solvant $H_2O$).
Quantités de matière introduites : $n(CH_3NH_2) = C_1V_1 = 0{,}1\times0{,}020 = 2{,}0\times10^{-3}$ mol ; $n(CH_3NH_3^+)_{\text{sel}} = C_2V_2 = 0{,}2\times0{,}010 = 2{,}0\times10^{-3}$ mol. Volume total $V = 30$ cm³.
Méthode rapide (approximation de solution tampon) : les deux espèces conjuguées étant introduites en quantités égales (2 mmol chacune) dans le même volume, leurs concentrations restent quasiment égales à l'équilibre : $[CH_3NH_2] \approx [CH_3NH_3^+] \approx \dfrac{2{,}0\times10^{-3}}{0{,}030} = 6{,}67\times10^{-2}\ \text{mol·L}^{-1}$.
Vérification rigoureuse (bilans de matière et de charge) :
$[Cl^-] = \dfrac{C_2V_2}{V} = 6{,}67\times10^{-2}$ mol/L (ion spectateur, inchangé) ; $[H_3O^+] = 10^{-10{,}6} = 2{,}51\times10^{-11}$ mol/L ; $[OH^-] = \dfrac{K_e}{[H_3O^+]} = 10^{-3{,}4} = 3{,}98\times10^{-4}$ mol/L.
Bilan de charge : $[CH_3NH_3^+] + [H_3O^+] = [Cl^-] + [OH^-]$, d'où $[CH_3NH_3^+] = 6{,}67\times10^{-2} + 3{,}98\times10^{-4} - 2{,}51\times10^{-11} \approx 6{,}71\times10^{-2}$ mol/L.
Bilan de matière (conservation de l'azote) : $[CH_3NH_2]+[CH_3NH_3^+] = \dfrac{2{,}0+2{,}0}{30}\times10^{-3}/10^{-3}=1{,}333\times10^{-1}$ mol/L, donc $[CH_3NH_2] = 1{,}333\times10^{-1} - 6{,}71\times10^{-2} \approx 6{,}63\times10^{-2}$ mol/L.
| Espèce | Concentration (mol·L⁻¹) |
|---|---|
| $CH_3NH_2$ | $\approx 6{,}6\times10^{-2}$ |
| $CH_3NH_3^+$ | $\approx 6{,}7\times10^{-2}$ |
| $Cl^-$ | $6{,}67\times10^{-2}$ |
| $OH^-$ | $3{,}98\times10^{-4}$ |
| $H_3O^+$ | $2{,}51\times10^{-11}$ |
Relation de Henderson-Hasselbalch pour le couple $CH_3NH_3^+/CH_3NH_2$ :
$$pH = pK_a + \log\frac{[CH_3NH_2]}{[CH_3NH_3^+]}$$Méthode rapide : les concentrations des deux espèces conjuguées étant égales, $\log(1) = 0$, donc $pK_a = pH = 10{,}6$.
Vérification avec les concentrations affinées : $pK_a = pH - \log\dfrac{[CH_3NH_2]}{[CH_3NH_3^+]} = 10{,}6 - \log\dfrac{6{,}63\times10^{-2}}{6{,}71\times10^{-2}} = 10{,}6 - \log(0{,}988) = 10{,}6+0{,}005$
Plus le $pK_a$ du couple acide/base conjugué est élevé, plus la base est forte (elle retient plus fortement le proton, l'acide conjugué est plus faible). Ici $pK_a(CH_3NH_3^+/CH_3NH_2) = 10{,}6 > pK_a(NH_4^+/NH_3) = 9{,}2$.
Un camion dont la masse totale a pour valeur $M = 7$ tonnes démarre sur une route rectiligne et horizontale. Il atteint une vitesse de 60 km/h en 4 min et continue ensuite à une vitesse constante. On admet que l'ensemble des forces de frottement et de résistance de l'air est équivalent à une force unique opposée à la vitesse, d'intensité constante $f = 500$ N.
L'extrémité O d'une corde vibrante est animée d'un mouvement sinusoïdal dont l'équation est : $y_0(t) = 2\times10^{-2}\sin(200\pi t)$ (unités SI, $y$ en mètres).
Un circuit électrique est constitué d'un conducteur ohmique de résistance $R$ et d'une bobine d'inductance $L$ et de résistance négligeable, montés en série.
Conversion des unités : $M = 7$ t $= 7000$ kg ; $v = 60$ km/h $= \dfrac{60}{3{,}6} = 16{,}67$ m/s ($=\frac{50}{3}$ m/s exactement) ; $t = 4$ min $= 240$ s.
Démarrage : mouvement rectiligne uniformément accéléré de $0$ à $v$ en $t=240$ s.
$$a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{16{,}67}{240} = 6{,}94\times10^{-2}\ \text{m/s}^2$$2ᵉ loi de Newton (projection sur l'axe du mouvement) : $F_{tr} - f = M a$, donc $F_{tr} = Ma + f$
$$F_{tr} = 7000\times6{,}94\times10^{-2} + 500 = 486{,}1+500$$Mouvement rectiligne uniforme : $a=0$, donc le système est en équilibre : $F_{tr} = f$
Freinage : la force de traction est supprimée ; le camion est ralenti par la force de freinage résultante $F_f$ jusqu'à l'arrêt sur $d=200$ m. Théorème de l'énergie cinétique entre le début du freinage ($v$) et l'arrêt ($v=0$) :
$$0 - \frac12 M v^2 = -F_f\, d \ \Rightarrow\ F_f = \frac{Mv^2}{2d}$$ $$F_f = \frac{7000\times(16{,}67)^2}{2\times200} = \frac{7000\times277{,}8}{400}$$Décélération : $a' = \dfrac{F_f}{M} = \dfrac{4861}{7000} = 0{,}694\ \text{m/s}^2$
Le mouvement de freinage est uniformément décéléré : $v = v_0 - a't \Rightarrow t = \dfrac{v_0}{a'}$ (à l'arrêt, $v=0$)
$$t = \frac{16{,}67}{0{,}694}$$Vérification croisée (cinématique, $v_0^2 = 2a'd$) : $a' = \dfrac{v_0^2}{2d} = \dfrac{277{,}8}{400} = 0{,}694\ \text{m/s}^2$ — cohérent avec le calcul dynamique ci-dessus.
$y_0(t) = 2\times10^{-2}\sin(200\pi t) = a\sin(\omega t)$ avec $\omega = 200\pi$ rad/s.
$$f = \frac{\omega}{2\pi} = \frac{200\pi}{2\pi} = 100\ \text{Hz}$$Deux points consécutifs vibrant en opposition de phase (déphasage $\pi$) sont séparés d'une demi-longueur d'onde : $d = \dfrac{\lambda}{2}$
$$\lambda = 2d = 2\times20 = 40\ \text{cm} = 0{,}40\ \text{m}$$Vitesse de propagation : $v = \lambda f = 0{,}40\times100$
Un point situé à la distance $x$ de la source vibre avec un retard de phase $\varphi = \dfrac{2\pi x}{\lambda}$. La quadrature de phase correspond à $\varphi = \dfrac{\pi}{2}$ (premier point en retard d'un quart de période). Donc $\dfrac{2\pi x}{\lambda} = \dfrac{\pi}{2} \Rightarrow x = \dfrac{\lambda}{4}$
$$x = \frac{0{,}40}{4}$$Le point M reproduit le mouvement de O avec un retard $\tau = \dfrac{x}{v} = \dfrac{0{,}10}{40} = 2{,}5\times10^{-3}$ s $= \dfrac{T}{4}$ (avec $T=1/f=0{,}01$ s, on vérifie $T/4 = 2{,}5\times10^{-3}$ s ✓).
$$y_M(t) = y_0(t-\tau) = 2\times10^{-2}\sin\!\big(200\pi(t-2{,}5\times10^{-3})\big) = 2\times10^{-2}\sin\!\Big(200\pi t - \frac{\pi}{2}\Big)$$$y_M$ est une sinusoïde de même amplitude ($2$ cm) et même période ($T=10$ ms) que $y_0$, mais retardée d'un quart de période ($2{,}5$ ms) : quand $y_0$ est maximale, $y_M$ passe par zéro (en montant) ; quand $y_0$ passe par zéro (en descendant), $y_M$ est minimale.
y₀(t) en bleu et yM(t) en rouge (pointillés) : même amplitude et période, yM retardée d'un quart de période (T/4) par rapport à y₀.
En régime continu établi, la tension aux bornes d'une bobine idéale (sans résistance) est nulle ($u_L = L\frac{di}{dt} = 0$ car $i$ constant) : seule la résistance $R$ limite le courant.
$$R = \frac{U_1}{I_1} = \frac{6}{0{,}2} = 30\ \Omega$$ $$P_1 = U_1 I_1 = 6\times0{,}2 = 1{,}2\ \text{W}\quad(\text{vérif. : } RI_1^2 = 30\times0{,}04=1{,}2\ \text{W ✓})$$La bobine étant idéale (résistance négligeable), elle ne dissipe aucune puissance : toute la puissance active est dissipée dans $R$.
$$P_2 = R I_2^2 = 30\times(0{,}1)^2 = 30\times0{,}01$$Par définition, $P_2 = U_2 I_2 \cos\varphi$, donc :
$$\cos\varphi = \frac{P_2}{U_2 I_2} = \frac{0{,}3}{6\times0{,}1} = \frac{0{,}3}{0{,}6}$$Impédance du circuit : $Z_2 = \dfrac{U_2}{I_2} = \dfrac{6}{0{,}1} = 60\ \Omega$.
Vérification : $\cos\varphi = R/Z_2 = 30/60 = 0{,}5$ ✓ (cohérent avec Q2b).
Circuit RL série : $Z_2^2 = R^2 + (L\omega)^2$, avec $\omega = 2\pi N = 2\pi\times50 = 100\pi \approx 314{,}16$ rad/s.
$$(L\omega)^2 = Z_2^2 - R^2 = 60^2-30^2 = 3600-900=2700 \Rightarrow L\omega = \sqrt{2700} = 30\sqrt3 \approx 51{,}96\ \Omega$$ $$L = \frac{51{,}96}{314{,}16}$$Le facteur de puissance devient $\cos\varphi' = 0{,}8$ avec, en toute rigueur, la même résistance $R=30\ \Omega$ ; l'impédance totale $Z' = R/\cos\varphi'$ (car $P=RI'^2=U_2I'\cos\varphi'$ et $\cos\varphi'=R/Z'$ pour tout circuit RLC série) :
$$Z' = \frac{R}{\cos\varphi'} = \frac{30}{0{,}8}$$$\sin\varphi' = \sqrt{1-\cos^2\varphi'} = \sqrt{1-0{,}64} = \sqrt{0{,}36} = 0{,}6$
$$|X'| = Z'\sin\varphi' = 37{,}5\times0{,}6\quad\big(\text{vérif. : } Z'^2=R^2+X'^2 = 900+506{,}25=1406{,}25=37{,}5^2\ ✓\big)$$Réactance totale d'un circuit RLC série : $X' = L\omega - \dfrac{1}{C\omega}$. L'énoncé précise que le circuit est capacitif, c'est-à-dire $\dfrac{1}{C\omega} > L\omega$, donc $X'<0$ et $|X'| = \dfrac{1}{C\omega}-L\omega$ (c'est la seule solution physiquement cohérente avec l'énoncé ; l'autre branche, $X'=+22{,}5\ \Omega$, correspondrait à un circuit inductif et est écartée).
$$\frac{1}{C\omega} = L\omega + |X'| = 51{,}96+22{,}5 = 74{,}46\ \Omega$$ $$C = \frac{1}{\omega\times74{,}46} = \frac{1}{314{,}16\times74{,}46}$$Vérification globale : avec $C=42{,}7\ \mu$F, $I' = U_2/Z' = 6/37{,}5 = 0{,}16$ A et $P' = RI'^2 = 30\times0{,}0256=0{,}768$ W $= U_2I'\cos\varphi' = 6\times0{,}16\times0{,}8=0{,}768$ W ✓ : tous les résultats sont cohérents entre eux.
| Grandeur | Continu | Alternatif (RL) | Alternatif (RLC) |
|---|---|---|---|
| $R$ | 30 Ω | 30 Ω | 30 Ω |
| $Z$ | — | 60 Ω | 37,5 Ω |
| $\cos\varphi$ | 1 | 0,5 | 0,8 |
| Réactance | — | $L\omega\approx52{,}0$ Ω | $|X'|=22{,}5$ Ω |
| Éléments | — | $L\approx165$ mH | $C\approx42{,}7\ \mu$F |
Spectre de raies de l'atome d'hydrogène et équilibre d'un acide faible en solution aqueuse ; pendule simple, onde progressive le long d'une corde et circuit RLC série en régime sinusoïdal forcé.
Les niveaux d'énergie de l'atome d'hydrogène sont donnés par l'expression $E_n = -\dfrac{13,6}{n^2}\ \text{(eV)}$, où $n$ est un entier supérieur ou égal à 1.
Une solution d'acide éthanoïque $CH_3COOH$ de concentration molaire $C_A = 10^{-2}\ \text{mol/L}$ a un pH égal à 3,4.
Diagramme (qualitatif) des niveaux d'énergie de l'atome d'hydrogène et des deux transitions étudiées, convergeant vers le niveau fondamental $E_1$ (série de Lyman, domaine UV).
| Espèce | $H_3O^+$ | $HO^-$ | $CH_3COO^-$ | $CH_3COOH$ |
|---|---|---|---|---|
| Concentration (mol/L) | $3,98\times10^{-4}$ | $2,51\times10^{-11}$ | $3,98\times10^{-4}$ | $9,60\times10^{-3}$ |
Un solide $S$, supposé ponctuel, de masse $m$, est attaché à l'extrémité d'un fil fin, inextensible, de masse négligeable, de longueur $l$. L'autre extrémité du fil est fixée en un point $O$. On écarte $S$ d'un angle $\theta_m$ à partir de la verticale $OE$ et on l'abandonne sans vitesse initiale à l'instant $t=0$. À une date $t$, l'abscisse angulaire et la vitesse angulaire du solide $S$ sont respectivement $\theta$ et $\dot\theta$. L'énergie potentielle de pesanteur du système « Solide+Terre » est prise nulle dans le plan horizontal passant par $E$ (position d'équilibre).
L'extrémité $S$ d'une corde élastique vibrante, tendue horizontalement, est animée d'un mouvement transversal sinusoïdal de fréquence $N=50\ \text{Hz}$ et d'amplitude $a=5\ \text{mm}$. Des ondes se propagent le long de cette corde à la célérité $v=10\ \text{m/s}$. À l'instant $t=0$, $S$ commence à vibrer à partir de sa position d'équilibre en allant dans le sens des élongations positives.
Un circuit électrique comprend, en série : un résistor de résistance $R=20\ \Omega$ ; une bobine d'inductance $L$ et de résistance négligeable ; un condensateur de capacité $C$.
Pendule simple : écart angulaire $\theta$ et élévation $h=l(1-\cos\theta)$ du solide $S$ au-dessus du point d'équilibre $E$, servant à établir $E_m$ (angle représenté volontairement exagéré pour la lisibilité).
Graphes de $y_S(t)$ (bleu) et $y_M(t)$ (rouge) : sinusoïdes de même amplitude $a=5\ \text{mm}$ et de même période $T=20\ \text{ms}$, $y_M$ étant nulle puis identique à $y_S$ décalée du retard $\tau=25\ \text{ms}=1,25\,T$.
| Fréquence | $Z_L$ ($\Omega$) | $Z_C$ ($\Omega$) | $Z$ ($\Omega$) | $I$ (A) | Nature |
|---|---|---|---|---|---|
| $N_1=50\ \text{Hz}$ | 30 | 40 | 22,36 | 1,50 | capacitif |
| $N_2=100\ \text{Hz}$ | 60 | 20 | 44,72 | 0,75 | inductif |
Radioactivité du radon 222 et estérification (Chimie) ; effet photoélectrique et pendule simple avec chute parabolique (Physique) — nouveau format d'épreuve (QCM, vrai/faux, texte à trous, réarrangement).
I. Questions à choix multiples — choisis la bonne réponse.
II. Réponds par vrai ou faux
III. Texte à trous — complète la phrase en replaçant les quatre mots manquants par : réaction ; équilibrée ; réactionnel ; coexistent.
« Une réaction · · · · · · · · · est une · · · · · · · · · au cours de laquelle les réactifs et les produits · · · · · · · · · dans le milieu · · · · · · · · · »
Données : $\mathcal{N}_A = 6{,}02\times10^{23}\ \text{mol}^{-1}$ ; $M(\text{Rn}) = 222\ \text{g}\cdot\text{mol}^{-1}$.
Le radon $^{222}_{86}\text{Rn}$ a une période (demi-vie) $T = 3,8$ jours. Il est radioactif $\alpha$.
« Une réaction équilibrée est une réaction au cours de laquelle les réactifs et les produits coexistent dans le milieu réactionnel »
« est / de même / la distance / qui sépare / nature / l'interfrange / de deux / franges consécutives / les milieux »
Données : $h = 6,62\times10^{-34}\ \text{J·s}$ ; $c = 3\times10^{8}\ \text{m·s}^{-1}$ ; $m_e = 9,1\times10^{-31}\ \text{kg}$ (masse de l'électron) ; $e = 1,6\times10^{-19}\ \text{C}$.
Une cellule photoélectrique à cathode métallique (strontium) est éclairée simultanément par deux radiations monochromatiques de fréquences respectives $\nu_1 = 6,66\times10^{14}\ \text{Hz}$ et $\nu_2 = 4,84\times10^{14}\ \text{Hz}$. Le seuil photoélectrique de la cathode est $\lambda_0 = 0,6\ \mu\text{m}$.
Un élève de terminale veut déterminer les coordonnées d'une bille (B) au point de chute après rupture du fil de suspension. Il dispose d'un pendule simple constitué d'un fil inextensible et sans masse de longueur $l = 2,0\ \text{m}$, portant à son extrémité inférieure une petite bille (B), ponctuelle, de masse $m = 100\ \text{g}$. L'autre extrémité du fil est fixée à un support en un point O. À l'équilibre, le pendule est vertical et la bille se trouve alors à une hauteur $h = 2,5\ \text{m}$ du sol. On prendra $g = 9,8\ \text{m·s}^{-2}$.
On écarte le pendule d'un angle $\alpha_0 = 60°$ de sa position d'équilibre et on le lâche sans vitesse initiale.
« L'interfrange est la distance qui sépare deux franges consécutives de même nature. »
Remarque (incertitude d'interprétation) : le fragment « les milieux » ne s'insère pas grammaticalement dans la définition usuelle et rigoureuse de l'interfrange ; il est traité ici comme un élément surnuméraire de la liste de mots.
Vérification : durée de chute $t = \sqrt{2h/g} = \sqrt{2\times2,5/9,8} \approx 0,714\ \text{s}$ ; alors $x_C = v\,t = 4,43\times0,714 \approx 3,16\ \text{m}$ — résultat cohérent avec l'équation de la trajectoire.
Sujet officiel INRAP Congo, Bac C 2015 : radioactivité et base faible en Chimie ; ondes, courant alternatif, oscillateurs et mouvement circulaire (demi-sphère avec frottement) en Physique.
| Colonne A | Colonne B |
|---|---|
| A1) $^{210}_{84}\text{Po} \rightarrow\; ^{206}_{82}\text{Pb} + \,^{4}_{2}\text{He}$ | B1) $2\text{Al} + 6\text{H}_3\text{O}^+ \rightarrow 2\text{Al}^{3+} + 3\text{H}_2 + 6\text{H}_2\text{O}$ |
| A2) Réaction acido-basique | B2) $\text{NH}_3 + \text{H}_3\text{O}^+ \rightarrow \text{NH}_4^+ + \text{H}_2\text{O}$ |
| A3) Oxydation du métal zinc | B3) $\text{Zn} \rightarrow \text{Zn}^{2+} + 2e^-$ |
| A4) Réaction d'oxydo-réduction | B4) Réaction nucléaire spontanée |
| A5) $^{238}_{92}\text{U} \rightarrow\; ^{234}_{90}\text{Th} + \,^{4}_{2}\text{He}$ | B5) Le plomb (Pb) est le noyau fils |
Remarque : l'énoncé source comporte deux coquilles, corrigées ici : A1 doit se lire $^{210}_{84}\text{Po}$ (et non « 201/84 Po », le polonium 210 étant l'isotope réellement émetteur $\alpha$ vers le plomb 206) ; et B1 a été rééquilibrée en $2\text{Al}+6\text{H}_3\text{O}^+ \rightarrow 2\text{Al}^{3+}+3\text{H}_2+6\text{H}_2\text{O}$ (conservation des charges et des atomes : 6 charges + à gauche, $2\times(+3)=+6$ à droite ; 12 H à gauche, $3\times2+6\times2=6+... $ soit 6 dans H₂ et 12 dans 6H₂O, total 18 = 12(H₃O⁺ restants)+... vérifié par demi-équations électroniques : $2\times(\text{Al}\rightarrow \text{Al}^{3+}+3e^-)$ et $3\times(2\text{H}_3\text{O}^+ + 2e^- \rightarrow \text{H}_2+2\text{H}_2\text{O})$).
| A | B | Justification |
|---|---|---|
| A1 | B5 | désintégration du Po 210 : Pb est le noyau fils |
| A2 | B2 | réaction acide-base (transfert de H⁺) |
| A3 | B3 | demi-équation d'oxydation du zinc |
| A4 | B1 | réaction d'oxydo-réduction Al/H₃O⁺ |
| A5 | B4 | désintégration de l'uranium 238 : réaction nucléaire spontanée |
a. Le pH d'une solution tampon est proche (voisin) de son pKa par définition (relation de Henderson-Hasselbalch, quand [base]=[acide]) → a2.
b. Le niveau d'énergie le plus bas ($n=1$) est par définition l'état fondamental → b1.
c. La radioactivité $\beta^-$ correspond à la transformation $n \rightarrow p + e^- + \bar{\nu}$ : le noyau émet un électron → c3.
d. L'acide chlorhydrique est obtenu par dissolution du gaz chlorure d'hydrogène $\text{HCl}_{(g)}$ dans l'eau pure : $\text{HCl} + \text{H}_2\text{O} \rightarrow \text{H}_3\text{O}^+ + \text{Cl}^-$ → d2.
Le solide glisse de $A$ (au niveau de $O$) vers $B$ (point le plus bas) ; $\theta$ repère la position $M$ par rapport à la verticale $OB$.
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Sujet officiel INRAP — Baccalauréat série C, Congo. Chimie : équilibre acido-basique de l'ammoniac, pKa et solution tampon. Physique : dipôle RL en régime sinusoïdal forcé, résonance d'intensité, et propagation d'une onde mécanique à la surface de l'eau.
On dissout une quantité de gaz ammoniac $NH_3$ dans un volume $V_1$ d'eau, puis on complète à $2\ L$ pour obtenir une solution aqueuse $S_1$ de concentration molaire $C(S_1)=2,08\times10^{-4}\ mol/L$ et de pH $=9,7$.
Un dipôle MN est constitué d'un conducteur ohmique de résistance $R=50\ \Omega$ associé en série à une bobine d'inductance $L=0,25\ H$ et de résistance interne $r$. Ce dipôle est alimenté par une tension sinusoïdale $u(t)=220\sqrt2\cos(100\pi t)$ (en volts). L'intensité efficace du courant qui le traverse vaut $I=2\ A$.
Une fourche vibrante anime en mouvement sinusoïdal un point S de la surface libre de l'eau, avec une fréquence $N=50\ Hz$. Le graphe ci-dessous donne l'aspect de la coupe de la surface de l'eau à un instant donné.
Sujet officiel du Baccalauréat série C, session 2017 (INRAP, Congo). Chimie : caractéristiques de l'estérification, texte à trous sur les niveaux d'énergie, appariement acides/bases/ester, radioactivité de l'iode 131 (scintigraphie thyroïdienne). Physique : QCM et vrai/faux, dynamique d'un solide sur plan incliné relié à un cylindre en rotation, effet photoélectrique sur une cathode au césium.
| Colonne A | Colonne B |
|---|---|
| A1 — acide carboxylique | B1 — CH₃COOCH₃ |
| A2 — base forte | B2 — NH₃ |
| A3 — ester | B3 — NaOH |
| A4 — base faible | B4 — C₆H₅COOH |
Pour explorer la thyroïde d'un patient, on utilise l'isotope radioactif de l'iode $^{131}_{53}\text{I}$. Le patient ingère une masse $m_0 = 10^{-6}$ g de cet isotope. On donne $N_A = 6,02\times10^{23}\ \text{mol}^{-1}$ et $M(^{131}\text{I}) = 131\ \text{g.mol}^{-1}$.
| A | ↔ | B |
|---|---|---|
| A1 — acide carboxylique | ↔ | B4 — C₆H₅COOH (acide benzoïque) |
| A2 — base forte | ↔ | B3 — NaOH |
| A3 — ester | ↔ | B1 — CH₃COOCH₃ (éthanoate de méthyle) |
| A4 — base faible | ↔ | B2 — NH₃ |
Un corps A de masse $M = 1$ kg glisse sur un plan incliné d'angle $\alpha = 30°$. Les frottements équivalent à une force $f$ parallèle au déplacement et opposée à celui-ci, avec $f = \dfrac{P}{10}$. Le corps A est relié par un fil inextensible, enroulé sur un cylindre fixe de rayon $r = 6$ cm et de moment d'inertie $J = 9\times10^{-4}$ kg·m², pouvant tourner sans frottement autour de son axe. On donne $g = 9,8\ \text{m.s}^{-2}$.
Corps A sur le plan incliné (α = 30°), relié par un fil à un cylindre fixe de rayon r et de moment d'inertie J.
Une cellule photoélectrique a une cathode au césium de longueur d'onde seuil $\lambda_0 = 0,66\ \mu m$. Elle est éclairée par une radiation de longueur d'onde $\lambda = 0,4\ \mu m$. On donne $c = 3\times10^{8}\ \text{m.s}^{-1}$ ; $h = 6,62\times10^{-34}\ \text{J.s}$ ; $e = 1,6\times10^{-19}$ C ; $m_e = 9\times10^{-31}$ kg.
Sujet officiel de l'examen du Baccalauréat série C, session 2018 (INRAP, République du Congo). Chimie : questions de cours (vrai/faux, texte à trous, réponse courte) et dosage d'oxydoréduction du peroxyde d'hydrogène par le permanganate de potassium. Physique : QCM et texte à trous, propagation d'une onde le long d'une corde/surface d'eau (lame vibrante), et interférences lumineuses par les fentes de Young.
On dissout une masse $m=19{,}75\ \text{g}$ de permanganate de potassium $\text{K}^++\text{MnO}_4^-$ dans $250\ \text{mL}$ d'eau distillée, de manière à obtenir une solution $(S_1)$ de concentration $C_1$.
Données : $M(\text{Mn})=55\ \text{g/mol}$ ; $M(\text{K})=39\ \text{g/mol}$ ; $M(\text{O})=16\ \text{g/mol}$.
| Classe de l'alcool | Primaire | Secondaire | Tertiaire |
|---|---|---|---|
| Rendement (mélange équimolaire) | 33 % | 40 % | 95 % |
Une lame vibrante, animée d'un mouvement sinusoïdal de fréquence $f$, de période $T$ et d'amplitude $a$, frappe en un point $S$ la surface libre de l'eau, initialement au repos. L'onde se propage sans amortissement ni réflexion, à la célérité $c=20\ \text{m/s}$, et atteint un point $M$ de la surface. Les courbes $y_S(t)$ et $y_M(t)$, représentant respectivement les élongations du point source $S$ et du point $M$ en fonction du temps, sont fournies (voir graphe).
Un dispositif de fentes de Young est éclairé successivement par deux radiations monochromatiques. La distance entre les deux fentes $S_1$ et $S_2$ est $a=1\ \text{mm}$, et la distance séparant le plan des fentes de l'écran d'observation est $D=2\ \text{m}$.
Dispositif des fentes de Young : source S, fentes S1/S2 distantes de $a$, écran situé à la distance $D$.
Courbes $y_S(t)$ (bleu) et $y_M(t)$ (rouge) : les deux mouvements sont en opposition de phase (les maximums de S correspondent aux minimums de M).
Sujet officiel de l'INRAP (Congo), Baccalauréat Série C, session 2019. Chimie : constantes physico-chimiques, basicité des amines, estérification, séries spectrales de l'hydrogène, acide faible et dosage acido-basique. Physique : pendule conique, effet photoélectrique, mouvement circulaire, résonance, ondes progressives transversales, dynamique du solide sur une piste circulaire avec frottements.
| Grandeur | Expression |
|---|---|
| 1) Constante d'acidité $K_a$ | a) $R_H=\dfrac{E_0}{hc}$ b) $\dfrac{[D]^{\delta}\cdot[C]^{\gamma}}{[A]^{\alpha}\cdot[B]^{\beta}}$ c) $\dfrac{[H_3O^+]\cdot[\text{base}]}{[\text{acide}]}$ d) $\dfrac{\ln 2}{T}$ |
| 2) Constante radioactive $\lambda$ | |
| 3) Constante d'équilibre $K$ | |
| 4) Constante de Rydberg $R_H$ |
On dispose d'une solution aqueuse d'acide monochloroéthanoïque $CH_2ClCOOH$, de concentration molaire apportée $C_A=5\times10^{-2}\ \text{mol/L}$ et de pH $=2{,}1$.
Un milieu élastique est parcouru par des ondes progressives transversales sinusoïdales issues d'une source ponctuelle $O$. Le diagramme du mouvement de $O$ (courbe 1) et la sinusoïde des espaces à l'instant $t_1$ (courbe 2) sont donnés ci-dessous. La période lue sur la courbe 1 est $T=10^{-3}\ \text{s}$.
Un solide ponctuel de masse $m=60\ \text{kg}$ glisse sur une piste $ABC$ contenue dans un plan vertical. La portion $AB$ est un arc de cercle de centre $O$ et de rayon $r$, tel que $(\widehat{OA,OB})=\theta=\dfrac{\pi}{4}\ \text{rad}$. La portion $BC$ est rectiligne, horizontale, de longueur $2r$. Le solide est soumis, sur tout le trajet, à une force de frottement unique, constante, d'intensité $f$, opposée à la vitesse. Le solide quitte $A$ sans vitesse initiale.
| $m$ | $60\ \text{kg}$ |
| $\theta=(\widehat{OA,OB})$ | $\pi/4\ \text{rad}$ |
| $BC$ | $2r$ |
| $g$ | $10\ \text{m/s}^2$ |
Piste ABC : arc circulaire AB de rayon r et d'angle π/4, suivi du segment horizontal BC = 2r.