L’équation de la réaction de l’acide avec l’eau :

\( \text{C}_3\text{H}_7\text{COOH}_{(aq)} + \text{H}_2\text{O}_{(aq)} \rightleftharpoons \text{C}_3\text{H}_7\text{COO}^-_{(aq)} + \text{H}_3\text{O}^+_{(aq)} \)

L’expression de la constante d’acidité : \(K_A\) : \( K_A = \dfrac{[\text{C}_3\text{H}_7\text{COO}^-].[\text{H}_3\text{O}^+]}{[\text{C}_3\text{H}_7\text{COOH}]} \)

On a : \( K_A = \dfrac{[\text{C}_3\text{H}_7\text{COO}^-].[\text{H}_3\text{O}^+]}{[\text{C}_3\text{H}_7\text{COOH}]} \) et on sait que : \( [\text{H}_3\text{O}^+] = 10^{-\text{pH}} \)

D’après tableau d’avancement : \( [\text{C}_3\text{H}_7\text{COO}^-] = [\text{H}_3\text{O}^+] \)

Et : \( [\text{C}_3\text{H}_7\text{COOH}] = C – [\text{H}_3\text{O}^+] = C – 10^{-\text{pH}} \)

Donc : \( K_A = \dfrac{[\text{H}_3\text{O}^+]^2}{C-[\text{H}_3\text{O}^+]} = \dfrac{10^{-2\text{pH}}}{C-10^{-\text{pH}}} = 1{,}55.10^{-5} \)

Justification que la réaction de l’acide butanoïque avec l’eau est limitée :

On a : \( \tau = \dfrac{x_{éq}}{x_{max}} = \dfrac{[\text{H}_3\text{O}^+].V}{C.V} = \dfrac{10^{-\text{pH}}}{C} \)

L’équation de la réaction d’Estérification (Formules semi-développées) :

\( \text{CH}_3\text{–CH}_2\text{–CH}_2\text{–C}\!\begin{smallmatrix}O\\ \Vert\end{smallmatrix}\!\text{OH}_{(\ell)} \) \( + \ \text{CH}_3\text{–OH}_{(\ell)} \ \rightleftharpoons\ \) \( \text{CH}_3\text{–CH}_2\text{–CH}_2\text{–C}\!\begin{smallmatrix}O\\ \Vert\end{smallmatrix}\!\text{–O–CH}_3{}_{(\ell)} \) \( + \ \text{H}_2\text{O}_{(\ell)} \)

Le nom de l’ester : butanoate de méthyle

L’équation de la réaction du dosage :

\( \text{C}_3\text{H}_7\text{COOH}_{(aq)} + \text{HO}^-_{(aq)} \longrightarrow \text{C}_3\text{H}_7\text{COO}^-_{(aq)} + \text{H}_2\text{O}_{(l)} \)

La valeur de la constante d’équilibre associée à ce dosage :

On a : \( K = \dfrac{[\text{C}_3\text{H}_7\text{COO}^-]}{[\text{C}_3\text{H}_7\text{COOH}].[\text{HO}^-]} = \dfrac{[\text{C}_3\text{H}_7\text{COO}^-].[\text{H}_3\text{O}^+]}{[\text{C}_3\text{H}_7\text{COOH}].[\text{HO}^-].[\text{H}_3\text{O}^+]} = \dfrac{K_A}{K_e} = \dfrac{10^{-\text{p}K_A}}{K_e} \)

On a : \( n_{ac(restant)} = C_b.V_{BE} \) D’où : \( V_{BE} = \dfrac{n_{ac(restant)}}{C_b} \)

On a : \( n_{act_{1/2}} = n_0 – x(t_{1/2}) \) avec \( x(t_{1/2}) = \dfrac{x_f}{2} \) donc \( n_{act_{1/2}} = n_0 – \dfrac{x_f}{2} \)

A l’état final \( n_{acf} = n_0 – x_f \) alors \( x_f = n_0 – n_{acf} = 0{,}1 – 0{,}033 = 0{,}067\text{mol} \)

A.N : \( n_{act_{1/2}} = 0{,}1 – \dfrac{0{,}067}{2} = 0{,}0665\ \text{mol} = 66{,}5\text{mmol} \)

Vrai, car l’acide Sulfurique est un catalyseur qui augmente la vitesse volumique donc le temps \( t_{1/2} \) va diminuer.

Le rendement de la réaction est donné par :

\( r = \dfrac{n_{Exp}}{n_{th}} \)    AN: \( r = \dfrac{0{,}067}{0{,}1} = 0{,}67 = 67\% \)

L’équation de la désintégration : \( {}^{35}_{16}\text{S} \longrightarrow {}^{A}_{Z}\text{Y} + {}^{A’}_{Z’}e \)

Radioactif \( \beta^- \) donc \( {}^{A’}_{Z’}e \) est un électron \( {}^{0}_{-1}e \)

D’où A = 35 et Z = 17

Le noyau fils \( {}^{A}_{Z}\text{Y} \) est le Chlore \( {}^{35}_{17}\text{Cl} \) Alors \( {}^{35}_{16}\text{S} \longrightarrow {}^{35}_{17}\text{Cl} + {}^{0}_{-1}e \)

On a \( E_{lib} = |\Delta E| = \left|\left(m({}^{35}_{17}\text{Cl}) + m({}^{0}_{-1}e) – m({}^{35}_{16}\text{S})\right).c^2\right| \)

AN: \( E_{lib} = |(34{,}95954 + 5{,}4856.10^{-4} – 34{,}96027).931{,}5| \)

Graphiquement, l’activité \( a(t_{1/2}) = \dfrac{a_0}{2} = \dfrac{8.10^{16}}{2} = 4.10^{16}\text{Bq} \)

Graphiquement : \( t_{1/2} = 87 \) jours

D’après la loi de décroissance radioactive : \( a(t_d) = a_0.e^{-\lambda.t_d} \)

Donc \( e^{-\lambda.t_d} = \dfrac{a(t_d)}{a_0} \) d’où \( t_d = -\dfrac{1}{\lambda}\ln\!\left(\dfrac{a(t_d)}{a_0}\right) \)

Et on sait que : \( t_{1/2} = \dfrac{\ln(2)}{\lambda} \) D’où \( t_d = -\dfrac{t_{1/2}}{\ln(2)}\ln\!\left(\dfrac{a(t_d)}{a_0}\right) \)

Alors : \( t_d = -\dfrac{87{,}4}{\ln(2)}\ln\!\left(\dfrac{10^{8}}{8.10^{16}}\right) \)

En appliquant la loi d’additivité des tensions, on a : \( u_R + u_L = E \)

Avec : \( i = \dfrac{u_R}{R} \) et \( u_L = r.i + L.\dfrac{di}{dt} \) donc \( u_L = r.\dfrac{u_R}{R} + \dfrac{L}{R}.\dfrac{du_R}{dt} \)

Alor : \( u_R + r.\dfrac{u_R}{R} + \dfrac{L}{R}.\dfrac{du_R}{dt} = 0 \) D’où :

\( \dfrac{du_R}{dt} + \dfrac{R+r}{L}.u_R = \dfrac{R.E}{L} \)

En régime permanent \( u_{Rp} = \text{Cte} \) donc \( \dfrac{du_{Rp}}{dt} = 0 \)

On remplace dans L’équation différentielle précédente : \( 0 + \dfrac{R+r}{L}.u_{Rp} = \dfrac{R.E}{L} \)

On a : \( u_{Rp} = \dfrac{R.E}{R+r} \) donc \( R+r = \dfrac{R.E}{u_{Rp}} \) d’où \( r = R\left(\dfrac{E}{u_{Rp}}-1\right) \)

D’autre part : \( \tau_3 = \dfrac{L_3}{R+r} \) Donc : \( L_3 = \tau_3(R+r) \)

En régime permanent : \( E_{mp} = \dfrac{1}{2}.L_3.I_p^2 \) et \( I_p = \dfrac{u_{Rp}}{R} \)

Donc \( E_{mp} = \dfrac{1}{2}.L_3.\left(\dfrac{u_{Rp}}{R}\right)^2 \)

Pour l’expérience (a) on a : \( u_{Rp1} = \dfrac{R_1.E_1}{R_1+r} \)

L’oscillogramme (b) correspond à la tension \( u_{AM} \) : Après réception, on obtient une tension modulée en amplitude

Calculons la fréquence F : Soit \( T_p \) la période de la tension modulée.

D’après l’oscillogramme (b) : \( 4T_p = 0{,}4\text{ms} \) donc \( T_p = \dfrac{0{,}4}{4} = 0{,}1\text{ms} \)

Et \( F = \dfrac{1}{T_p} \)

On a : \( F = \dfrac{1}{2\pi\sqrt{LC_0}} \) donc \( F^2 = \dfrac{1}{4\pi^2LC_0} \) Alors : \( C_0 = \dfrac{1}{4\pi^2.L.F^2} \)

C’est l’oscillogramme (c) qui représente l’enveloppe supérieure du signal car après la détection d’enveloppe on obtient la tension modulante décalée.

On a : \( m = \dfrac{u_{AMmax}-u_{AMmin}}{u_{AMmax}+u_{AMmin}} \)   m : le taux de modulation

Et d’après l’oscillogramme (b) : \( u_{AMmax} = 1{,}8\text{V} \) et \( u_{AMmin} = 0{,}6\text{V} \)

D’après la deuxième loi de Newton on a : \( \vec{P} = m.\vec{a_G} \)

Par projection sur : \( \{O,\vec{k}\} \)   \( P_z = m.a_z \)   Donc \( a_z = g \)

Donc selon \( \{O,\vec{k}\} \) le mouvement est rectiligne uniformément varié, d’où son équation horaire s’écrit sous la forme : \( z(t) = \dfrac{g}{2}.t^2 + v_0.t + z_0 \)

Et d’après les conditions initiales : \( v_0 = 0 \) et \( z_0 = 0 \) Alors

Le cascadeur atteint le filet de la cote \( z(t) = H-h \) à l’instant \( t_f \)

Donc : \( z(t) = H-h = 4{,}9.t_f^2 \) D’où : \( t_f = \sqrt{\dfrac{H-h}{4{,}9}} \)

On a \( v_z(t) = \dfrac{dz}{dt} \) donc \( v_z(t) = 2\times4{,}9.t = 9{,}8.t \)

La vitesse finale : \( v_f = 9{,}8.t_f \)

En appliquant la 2 loi de newton : \( \vec{P}+\vec{f} = m.\vec{a_G} \)

Par projection selon le repère : \( \{O,\vec{k}\} \)   \( P_z+f_z = m.\dfrac{dv_z}{dt} \)

D’où : \( m.g – \mu.v_z^2 = m.\dfrac{dv_z}{dt} \) Donc :

\( \dfrac{dv_z}{dt} + \dfrac{\mu}{m}.v_z^2 = g \)

Pour \( \dfrac{dv_{zlim}}{dt} = 0 \) Graphiquement : \( v_{zlim}^2 = 3120\ \text{m}^2\text{.s}^{-2} \) D’où :

Au régime permanent : On a \( \dfrac{dv_{lim}}{dt} = 0 \) Donc : \( \dfrac{\mu}{m}.v_{zlim}^2 = g \)

\( \mu = \dfrac{g.m}{v_{zlim}^2} = \dfrac{9{,}8.80}{(55{,}85)^2} \)

La vitesse limite réelle est \( v_{réelle} = 200\text{Km.h}^{-1} = 200\times\dfrac{1000}{3600} = 55{,}56\ \text{m.s}^{-1} \)

La vitesse limite théorique est : \( v_{th} = 55{,}85\ \text{m.s}^{-1} \)

Donc \( v_{réelle} \approx v_{th} \) et par suite

On a \( v_{z1} = v_{z0} + a_{z0}.\Delta t \) D’où : \( v_{z1} = 0+9{,}8.0{,}5 \) Donc : \( v_{z1} = 4{,}9\ \text{m.s}^{-1} \)

Et \( a_{z1} = 9{,}8 – \dfrac{\mu}{m}.v_{z1}^2 \) D’où : \( a_{z1} = 9{,}8 – \dfrac{0{,}25}{80}.(4{,}9)^2 \) D’où : \( a_{z1} = 9{,}72\ \text{m.s}^{-2} \)

Et \( v_{z2} = v_{z1} + a_{z1}.\Delta t \) D’où : \( v_{z2} = 4{,}9+9{,}72.0{,}5 \) Donc : \( v_{z2} = 9{,}76\ \text{m.s}^{-1} \)

A t=0 : \( x(t) = X_m \) et \( \dot{x}_m = 0 \) Donc \( E_c = 0 \)

Puisque \( E_m \) se conserve alors : \( E_m = E_{pe}(max) = 1{,}25.10^{-3}.4 = 5.10^{-3}\text{J} \)

Et on a \( E_m = E_{pe}(max) = \dfrac{1}{2}.K.X_m^2 \) Donc : \( K = \dfrac{2.E_m}{X_m^2} \)

D’où : \( K = \dfrac{2.5.10^{-3}}{(2.10^{-2})^2} \)

D’après la courbe \( C_2 \): à \( t_1 = \dfrac{T_0}{2} \) on a \( E_c(t_1) = 0 \) et \( E_c(t_1) = \dfrac{1}{2}m.v_1^2 \) D’où \( v_1 = 0\ \text{m.s}^{-1} \)