La proposition juste :

L’équation de la réaction au niveau de chaque électrode.

Au niveau de l’anode B se produit l’oxydation des ions \(Br^-\) :

Au niveau de la cathode A se produit la réduction des ions \(Zn^{2+}\) :

L’équation bilan de cette électrolyse :

Montrons que la masse du Zn déposée s’écrit : \( m(Zn) = \dfrac{I \cdot \Delta t \cdot M(Zn)}{2F} \)

Tableau d’avancement au voisinage de la cathode :

D’après le tableau d’avancement, la quantité de matière de zinc déposée : \( n(Zn) = x \)

D’autre part : \( n(Zn) = \dfrac{m(Zn)}{M(Zn)} \), d’où \( \dfrac{m(Zn)}{M(Zn)} = x \), alors \( m(Zn) = x \cdot M(Zn) \)

Et on sait que : \( Q = I \cdot \Delta t = n(e^-) \cdot F \) et \( n(e^-) = 2x \), donc \( x = \dfrac{I \cdot \Delta t}{2F} \)

Finalement : \[ m(Zn) = \dfrac{I \cdot \Delta t \cdot M(Zn)}{2F} \]

A.N : \( m(Zn) = \dfrac{82 \times 10^{-3} \times 3600 \times 65,4}{2 \times 9,65 \times 10^{4}} \)

Définition de la base selon Brønsted :

L’équation de la réaction du dosage :

Calcul de la concentration \(C_B\) :

À l’équivalence, on a : \( C_B \cdot V_B = C_A \cdot V_{AE} \), donc \( C_B = \dfrac{C_A \cdot V_{AE}}{V_B} \)

A.N : \( C_B = \dfrac{4 \times 10^{-2} \times 20}{20} \)

Montrons que ce patient est atteint du syndrome de l’odeur de poisson pourri.

Calculons d’abord la concentration \(C_0\) de la solution \(S_0\) :

On a \( C_0 = 10 \cdot C_B = 10 \times 4 \times 10^{-2} \), d’où \( C_0 = 4 \times 10^{-1}\ mol \cdot L^{-1} \)

La justification de la nature acide du mélange réactionnel à l’équivalence.

Le choix de l’indicateur coloré :

On a \( pH_E = 5,8 \)

Calculons la valeur du rapport \( \dfrac{[(CH_3)_3NH^+_{(aq)}]}{[(CH_3)_3N_{(aq)}]} \) pour \( V_A = 10\ mL \) :

Tableau d’avancement de la réaction du dosage : \( (CH_3)_3N_{(aq)} + H_3O^+_{(aq)} \rightarrow (CH_3)_3NH^+_{(aq)} + H_2O_{(l)} \)

Avant l’équivalence, \( V_A = 10\ mL < V_{AE} = 20\ mL \) : les ions \(H_3O^+_{(aq)}\) constituent le réactif limitant, alors \( x_{max} = C_AV_A \)

À partir du tableau d’avancement, on a :

\( [(CH_3)_3NH^+_{(aq)}] = \dfrac{x_{max}}{V_T} = \dfrac{C_AV_A}{V_T} \) et \( [(CH_3)_3N_{(aq)}] = \dfrac{C_BV_B – C_AV_A}{V_T} \)

Finalement : \[ \dfrac{[(CH_3)_3NH^+_{(aq)}]}{[(CH_3)_3N_{(aq)}]} = \dfrac{C_AV_A}{C_BV_B – C_AV_A} \]

A.N : \( \dfrac{[(CH_3)_3NH^+_{(aq)}]}{[(CH_3)_3N_{(aq)}]} = \dfrac{4 \times 10^{-2} \times 10}{4 \times 10^{-2} \times 20 – 4 \times 10^{-2} \times 10} \)

Déduisons que la valeur du \(pK_A\) est : \(pK_A = 9,9\)

On sait que \( pH = pK_A + \log \dfrac{[(CH_3)_3N_{(aq)}]}{[(CH_3)_3NH^+_{(aq)}]} \)

D’où \( pK_A = pH – \log \dfrac{[(CH_3)_3N_{(aq)}]}{[(CH_3)_3NH^+_{(aq)}]} = pH + \log \dfrac{[(CH_3)_3NH^+_{(aq)}]}{[(CH_3)_3N_{(aq)}]} \)

A.N : \( pK_A = 9,9 + \log 1 \)

La proposition juste :

Expression de \(a\), la largeur de la fente en fonction de \(L_j\), \(D\) et \(\lambda_{0j}\) :

On a \( \tan\theta = \dfrac{L_j}{2D} \), et pour \(\theta\) petit, \( \tan\theta \approx \theta \), d’où \( \theta = \dfrac{L_j}{2D} \) (1)

Et on sait que \( \theta = \dfrac{\lambda_{0j}}{a} \) (2)

D’après les relations (1) et (2) : \( \dfrac{\lambda_{0j}}{a} = \dfrac{L_j}{2D} \), donc \( a = \dfrac{2D\lambda_{0j}}{L_j} \) (3)

A.N : \( a = \dfrac{2 \times 1,4 \times 580 \times 10^{-9}}{2,7 \times 10^{-2}} \)

Montrons que l’expression de \(\lambda_{0R}\) s’écrit \( \lambda_{0R} = \dfrac{L_R \lambda_{0j}}{L_j} \) :

D’après la relation (3) : \( a = \dfrac{2D\lambda_{0j}}{L_j} \) et aussi \( a = \dfrac{2D\lambda_{0R}}{L_R} \)

D’où \( \dfrac{2D\lambda_{0j}}{L_j} = \dfrac{2D\lambda_{0R}}{L_R} \), donc \( \lambda_{0R} = \dfrac{L_R \lambda_{0j}}{L_j} \)

A.N : \( \lambda_{0R} = \dfrac{3 \times 4,580}{2,7} \)

Calcul de la vitesse \(V_j\) :

On a \( n_j = \dfrac{c}{V_j} \), d’où \( V_j = \dfrac{c}{n_j} = \dfrac{3 \times 10^8}{1,5} \)

Calcul de la longueur d’onde \(\lambda_{1j}\) :

On sait que \( n_j = \dfrac{\lambda_{0j}}{\lambda_{1j}} \), d’où \( \lambda_{1j} = \dfrac{\lambda_{0j}}{n_j} \)

A.N : \( \lambda_{1j} = \dfrac{580}{1,5} \)

L’équation différentielle vérifiée par \(q\) :

En appliquant la loi d’additivité des tensions : \( u_C + u_R = E \)

On a \( u_C = \dfrac{q}{C_0} \) et \( u_R = R \cdot i = R \cdot \dfrac{dq}{dt} \)

Donc \( \dfrac{q}{C_0} + R \cdot \dfrac{dq}{dt} = E \)

Vérifions que la valeur de \(C_0\) est \(C_0 = 10\ \mu F\) :

On a \( \tau = R \cdot C_0 \), donc \( C_0 = \dfrac{\tau}{R} \)

A.N : graphiquement, on trouve \( \tau = 0,35\ ms \), donc \( C_0 = \dfrac{0,35 \times 10^{-3}}{35} = 1 \times 10^{-5}\ F = 10\ \mu F \)

La valeur de \(E_e\) dans le régime permanent :

On a \( E_e = \dfrac{1}{2} \cdot C_0 \cdot u_C^2 = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{q^2}{C_0} \)

Dans le régime permanent, \( q = Q_{max} \), donc \( E_e = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{Q_{max}^2}{C_0} \)

A.N : \( E_e = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{(120 \times 10^{-6})^2}{10 \times 10^{-6}} \)

Montrons que l’équation différentielle vérifiée par \(q\) s’écrit : \( \dfrac{d^2q}{dt^2} + \dfrac{R}{L} \cdot \dfrac{dq}{dt} + \dfrac{1}{LC_0} \cdot q = 0 \)

En appliquant la loi d’additivité des tensions : \( u_C + u_R + u_L = 0 \)

On a \( u_C = \dfrac{q}{C_0} \), \( u_R = R \cdot i = R \cdot \dfrac{dq}{dt} \) et \( u_L = L \cdot \dfrac{d^2q}{dt^2} \)

Donc \( \dfrac{q}{C_0} + R \cdot \dfrac{dq}{dt} + L \cdot \dfrac{d^2q}{dt^2} = 0 \)

Déterminons \( |\Delta E| \) entre \(t_0\) et \(t_1\) :

On a \( \Delta E = E_T(t_1) – E_T(t_0) = (E_e(t_1) + E_m(t_1)) – (E_e(t_0) + E_m(t_0)) = E_e(t_1) – E_e(t_0) \)

Donc \( \Delta E = \dfrac{q_1^2}{2C_0} – \dfrac{q_0^2}{2C_0} = \dfrac{1}{2C_0}(q_1^2 – q_0^2) \)

A.N : \( |\Delta E| = \left| \dfrac{1}{2 \times 10 \times 10^{-6}} \left((40 \times 10^{-6})^2 – (120 \times 10^{-6})^2\right) \right| \)

Déterminons \(k\) :

On a \( u_C + u_R + u_L = u_g \), c.-à-d. \( \dfrac{q}{C_0} + R \cdot \dfrac{dq}{dt} + L \cdot \dfrac{d^2q}{dt^2} = k \cdot \dfrac{dq}{dt} \)

Donc \( \dfrac{d^2q}{dt^2} + \dfrac{R-k}{L} \cdot \dfrac{dq}{dt} + \dfrac{1}{LC_0} \cdot q = 0 \)

Pour avoir des oscillations sinusoïdales, l’équation différentielle doit s’écrire sous la forme \( \dfrac{d^2q}{dt^2} + \dfrac{1}{LC_0} \cdot q = 0 \), c.-à-d. \( R – k = 0 \), c.-à-d. \( k = R \)

Le rôle du circuit bouchon LC est :

Déterminons \(C_1\) et \(C_2\) :

Pour sélectionner l’onde modulée, il faut que \( f_i = f_0 = \dfrac{1}{T_0} = \dfrac{1}{2\pi\sqrt{LC_i}} \), c.-à-d. \( f_i^2 = \dfrac{1}{4\pi^2 LC_i} \), donc \( C_i = \dfrac{1}{4\pi^2 L f_i^2} \)

A.N : \( C_1 = \dfrac{1}{4\pi^2 \times 0,1 \times (150 \times 10^3)^2} = 11,11 \times 10^{-12}\ F \)

A.N : \( C_2 = \dfrac{1}{4\pi^2 \times 0,1 \times (280 \times 10^3)^2} = 3,18 \times 10^{-12}\ F \)

Les équations horaires du mouvement :

Système étudié : le ballon.
Bilan des forces : \( \vec{P} \) : le poids.
\(\{O, \vec{i}, \vec{j}\}\) : repère lié à un référentiel terrestre considéré galiléen.

En appliquant la 2ème loi de Newton : \( \sum \vec{F} = m \cdot \vec{a_G} \)

\( \vec{P} = m \cdot \vec{a_G} = m \cdot \vec{g} \), donc \( \vec{a_G} = \vec{g} \)

Par projection sur le repère \(\{O, \vec{i}, \vec{j}\}\) :

\[ a_x = \dfrac{dv_x}{dt} = 0 \qquad a_y = \dfrac{dv_y}{dt} = -g \]

Par intégration et conditions initiales :

\[ v_x(t) = v_0 \cos\alpha \qquad v_y(t) = -g \cdot t + v_0 \sin\alpha \]

On a \( v_x(t) = \dfrac{dx}{dt} \) et \( v_y(t) = \dfrac{dy}{dt} \). Par intégration et conditions initiales :

Déduisons que l’équation de la trajectoire de G s’écrit : \( y = -\dfrac{g}{2(v_0 \cos\alpha)^2} x^2 + x \tan\alpha + h \)

D’après la relation (1) : \( t = \dfrac{x}{v_0 \cos\alpha} \)

On remplace dans l’équation (2) : \( y = -\dfrac{g}{2(v_0 \cos\alpha)^2} x^2 + v_0 \sin\alpha \cdot \dfrac{x}{v_0 \cos\alpha} + h \)

Montrons que le ballon passe au-dessus du filet :

Les coordonnées du filet \(f\) sont : \( (x_f = D,\ y_f = H_f) \)

On remplace \( x_f = D \) dans l’équation de la trajectoire pour calculer l’altitude \(y_B\) du ballon :

\( y_B = -\dfrac{g}{2(v_0 \cos\alpha)^2} D^2 + D \tan\alpha + h \)

\( y_B = -\dfrac{10}{2(16 \cos 18°)^2} \times 11^2 + 11 \times \tan\alpha + 3 \)

Le ballon tombe-t-il entre le filet et la ligne du fond du camp adverse ?

On remplace \( t_s = 1,41\ s \) dans l’équation horaire \( x(t) \) :

\( x_S(t_s) = v_0 \cos\alpha \cdot t_s \)

A.N : \( x_S = 16 \cos(18°) \times 1,41 \), donc \( x_S = 21,44\ m \)

Cette valeur est supérieure à \( D + d = 11 + 9 = 20\ m \)

L’équation différentielle vérifiée par \(x(t)\) :

Système étudié : le ballon.
Bilan des forces : \(\vec{P}\) : le poids ; \(\vec{R}\) : la réaction du plan ; \(\vec{F}\) : la force de rappel.

En appliquant la 2ème loi de Newton : \( \sum \vec{F} = m \cdot \vec{a_G} \), c.-à-d. \( \vec{P} + \vec{R} + \vec{F} = m \cdot \vec{a_G} \)

Par projection sur le repère \(\{O, \vec{i}\}\) : \( P_x + R_x + F_x = m \cdot a_x \)

D’où \( -K \cdot x = m \cdot \ddot{x} \)

Détermination des valeurs de \(x_m\), \(T_0\) et \(\varphi\) :

L’amplitude maximale : \( x_m = 2 \times 10^{-2}\ m \)

La période propre : \( T_0 = 0,4\ s \)

La phase à l’origine, à \(t=0\) : \( x(t=0) = x_m \cos\varphi = x_0 \) avec \( x_0 = 1\ cm \)

D’où \( \cos\varphi = \dfrac{x_0}{x_m} = \dfrac{1}{2} \), donc \( \varphi = \dfrac{\pi}{3} \) ou \( \varphi = -\dfrac{\pi}{3} \)

On a \( \dot{x}(t=0) = -\dfrac{2\pi}{T_0} \cdot x_m \cdot \sin\varphi < 0 \), d'où \( \sin\varphi > 0 \)

Vérifions que la constante de raideur \(k\) est : \( k = 50\ N \cdot m^{-1} \)

On a \( T_0 = 2\pi \sqrt{\dfrac{m}{k}} \), d’où \( k = \dfrac{4\pi^2 \cdot m}{T_0^2} \)

A.N : \( k = \dfrac{4\pi^2 \times 200 \times 10^{-3}}{(0,4)^2} \)

La variation de l’énergie potentielle élastique \( \Delta E_{pe} \) entre \(t_0\) et \(t_1\) :

On a \( \Delta E_{pe} = E_{pe1} – E_{pe0} \)

c.-à-d. \( \Delta E_{pe} = \left(\dfrac{1}{2}kx_1^2 + C\right) – \left(\dfrac{1}{2}kx_0^2 + C\right) = \dfrac{k}{2}(x_1^2 – x_0^2) \)

A.N : \( \Delta E_{pe} = \dfrac{50}{2} \left((2 \times 10^{-2})^2 – (1 \times 10^{-2})^2\right) \)