Devoir commun corrigé de physique-chimie (Seconde)

$\rho=\dfrac{m}{V}=\dfrac{79{,}0}{100{,}0}=0{,}790\ \mathrm{g/mL}$.

Non. Trois des quatre liquides du tableau ont une masse volumique comprise entre $0{,}779$ et $0{,}791\ \mathrm{g/mL}$ : la mesure élimine l'eau, mais ne départage ni l'éthanol, ni la propanone, ni tout à fait le cyclohexane. Une grandeur physique ne suffit à identifier une espèce que si les candidats en présence sont suffisamment différents, ce qui n'est pas le cas ici.

L'éprouvette. L'incertitude relative sur la masse vaut $\dfrac{0{,}1}{79{,}0}=0{,}13\ \%$, celle sur le volume $\dfrac{1{,}0}{100{,}0}=1{,}0\ \%$, soit près de huit fois plus. C'est donc le volume qui fixe la précision : la masse volumique est connue à environ $1\ \%$ près, ce qui donne $0{,}790\pm 0{,}008\ \mathrm{g/mL}$, soit l'intervalle de $0{,}782$ à $0{,}798\ \mathrm{g/mL}$. Il écarte le cyclohexane, à $0{,}779$, mais ne départage pas l'éthanol, à $0{,}789$, de la propanone, à $0{,}791$. Améliorer la balance ne servirait à rien, c'est la verrerie qu'il faudrait changer.

$c_m=\dfrac{5{,}0}{0{,}250}=20\ \mathrm{g/L}$. Attention, le volume au dénominateur est celui de la SOLUTION, pas celui du solvant ajouté.

La température d'ébullition les sépare, $78\ \mathrm{^\circ C}$ pour l'éthanol contre $81\ \mathrm{^\circ C}$ pour le cyclohexane, mais l'écart est faible. Bien plus simple : verser un peu de chaque dans de l'eau. L'éthanol est miscible à l'eau en toutes proportions, le cyclohexane ne l'est pas et forme deux phases. Une propriété qualitative tranchée vaut souvent mieux qu'une mesure fine.

$Z=16$ protons, $A-Z=32-16=16$ neutrons, et $16$ électrons puisque l'atome est neutre.

$1s^{2}\,2s^{2}\,2p^{6}\,3s^{2}\,3p^{4}$. La somme des exposants vaut bien $16$. Les électrons de valence sont ceux de la couche $3$, la plus externe occupée : $2+4=6$ électrons de valence.

Avec six électrons de valence, il lui en manque deux pour l'octet. Il en gagne donc deux et forme l'ion sulfure $\mathrm{S}^{2-}$, qui a alors la configuration de l'argon. Gagner deux électrons est plus économique que d'en perdre six, et c'est la règle générale au-delà de quatre électrons de valence.

Ce sont deux ISOTOPES : même nombre de protons, donc même élément, mais $18$ neutrons au lieu de $16$. Leur chimie est identique, puisqu'elle ne dépend que du cortège électronique, lui-même fixé par $Z$. Seules les propriétés liées à la masse diffèrent légèrement.

Il faut équilibrer les charges : deux ions $\mathrm{Al}^{3+}$ apportent $+6$, trois ions $\mathrm{S}^{2-}$ apportent $-6$. La formule est donc $\mathrm{Al}_2\mathrm{S}_3$. Le contrôle se fait en additionnant : $2\times (+3)+3\times (-2)=0$.

$M=6\times 12{,}0+12\times 1{,}0+6\times 16{,}0=72{,}0+12{,}0+96{,}0=180{,}0\ \mathrm{g/mol}$.

$n=c\,V=0{,}100\times 0{,}2500=2{,}50\times 10^{-2}\ \mathrm{mol}$, puis $m=n\,M=2{,}50\times 10^{-2}\times 180{,}0=4{,}50\ \mathrm{g}$.

$c_m=\dfrac{4{,}50}{0{,}2500}=18{,}0\ \mathrm{g/L}$. On vérifie par la relation $c_m=c\,M=0{,}100\times 180{,}0=18{,}0\ \mathrm{g/L}$, ce qui confirme les deux calculs précédents d'un coup.

$N=n\,N_A=2{,}50\times 10^{-2}\times 6{,}02\times 10^{23}=1{,}51\times 10^{22}$ molécules.

La quantité de matière prélevée se conserve : $c_f=\dfrac{c_i V_i}{V_f}=\dfrac{0{,}100\times 25{,}0}{100{,}0}=2{,}50\times 10^{-2}\ \mathrm{mol/L}$. Facteur de dilution : $\dfrac{100{,}0}{25{,}0}=4$, et la concentration est bien divisée par quatre. Le contrôle rapide consiste toujours à vérifier que la concentration finale est plus petite que l'initiale : une dilution ne concentre jamais.

Une droite : tous les points sont alignés le long de la ligne de plus grande pente. Le mouvement est donc rectiligne dans ce référentiel. Préciser le référentiel n'est pas une formalité : dans le référentiel de la bille elle-même, elle ne bouge pas du tout.

De $M_0$ à $M_1$ : $v=\dfrac{0{,}02}{0{,}100}=0{,}20\ \mathrm{m/s}$. De $M_3$ à $M_4$ : $v=\dfrac{0{,}14}{0{,}100}=1{,}4\ \mathrm{m/s}$, sept fois plus.

Non : à intervalles de temps égaux, les distances parcourues augmentent nettement, de $2$ à $14\ \mathrm{cm}$. Un mouvement uniforme se reconnaît au contraire à des intervalles réguliers sur la chronophotographie. Ici l'espacement croissant est la signature d'un mouvement accéléré.

Vitesse moyenne totale : $v=\dfrac{0{,}32}{4\times 0{,}100}=\dfrac{0{,}32}{0{,}400}=0{,}80\ \mathrm{m/s}$. Entre $M_0$ et $M_3$ : $v=\dfrac{0{,}18}{0{,}300}=0{,}60\ \mathrm{m/s}$. La moyenne de $0{,}60$ et de $1{,}4\ \mathrm{m/s}$ vaut $\dfrac{0{,}60+1{,}4}{2}=1{,}0\ \mathrm{m/s}$, et non $0{,}80\ \mathrm{m/s}$.

Les deux portions ne durent pas le même temps, $300\ \mathrm{ms}$ et $100\ \mathrm{ms}$ : la moyenne des vitesses donne trop de poids à la plus courte. Une vitesse moyenne se calcule toujours par la distance TOTALE divisée par la durée TOTALE.

Les écarts augmentent de $4\ \mathrm{cm}$ à chaque intervalle, régulièrement. La vitesse moyenne sur chaque intervalle augmente donc de $\dfrac{0{,}04}{0{,}100}=0{,}40\ \mathrm{m/s}$ à chaque fois : la vitesse croît d'une valeur constante par intervalle de temps, ce qui définit un mouvement uniformément accéléré. L'accélération vaut $\dfrac{0{,}40}{0{,}100}=4{,}0\ \mathrm{m/s^{2}}$, une valeur plausible pour une bille sur une pente, toujours inférieure à $g$.

$P=m\,g=20{,}0\times 9{,}8=196\ \mathrm{N}$. Direction verticale, sens vers le bas, point d'application le centre de gravité de la caisse. Un poids se donne toujours avec ces quatre caractéristiques, valeur comprise.

Le mouvement est rectiligne et uniforme, donc d'après le principe d'inertie les forces se COMPENSENT : leur somme est nulle. Le principe s'énonce dans les deux sens, et c'est ce qui le rend utile : forces compensées implique mouvement rectiligne uniforme, et réciproquement.

Horizontalement, la traction et les frottements se compensent : $f=60{,}0\ \mathrm{N}$, dirigée vers l'arrière. Verticalement, la réaction du sol compense le poids : $R=196\ \mathrm{N}$, dirigée vers le haut. Chaque direction se traite séparément, ce qui évite d'additionner des forces perpendiculaires.

Non : la somme des forces n'est plus nulle, il reste $80{,}0-60{,}0=20{,}0\ \mathrm{N}$ vers l'avant. La caisse accélère. Le mouvement cesse d'être uniforme dès que les forces ne se compensent plus, même de peu.

Sur la Lune, le poids ne vaudrait que $20{,}0\times 1{,}6=32\ \mathrm{N}$, la réaction du sol serait plus faible et les frottements, qui lui sont liés, aussi : la caisse serait effectivement bien plus facile à tirer. Loin de tout astre, il n'y a plus ni poids ni frottements, mais la MASSE reste $20{,}0\ \mathrm{kg}$ : il faut encore une force pour faire varier sa vitesse. À masse égale, c'est la même SOMME des forces qui donne la même variation de vitesse, soit $20{,}0\ \mathrm{N}$, et non les $80{,}0\ \mathrm{N}$ de traction de la question d), dont $60{,}0\ \mathrm{N}$ servaient à compenser les frottements. Le poids dépend de l'astre, la masse non.

$\mathrm{CH_4}+2\,\mathrm{O_2}\rightarrow \mathrm{CO_2}+2\,\mathrm{H_2O}$. Vérification de l'oxygène : $4$ à gauche, $2+2=4$ à droite.

Rapports : $\dfrac{0{,}500}{1}=0{,}500$ pour le méthane et $\dfrac{1{,}50}{2}=0{,}750$ pour le dioxygène. Le plus petit l'emporte : le MÉTHANE est limitant et $x_{max}=0{,}500\ \mathrm{mol}$.

Méthane : $0$. Dioxygène : $1{,}50-2\times 0{,}500=0{,}500\ \mathrm{mol}$ restants. Dioxyde de carbone : $0{,}500\ \mathrm{mol}$. Eau : $2\times 0{,}500=1{,}00\ \mathrm{mol}$.

$V(\mathrm{CO_2})=n\,V_m=0{,}500\times 24{,}0=12{,}0\ \mathrm{L}$. Masse d'eau : $m=1{,}00\times 18{,}0=18{,}0\ \mathrm{g}$. Une combustion produit toujours plus d'eau qu'on ne l'imagine, et c'est ce qui explique la buée sur les vitres d'une pièce chauffée au gaz.

Le dioxygène CONSOMMÉ vaut $2\times 0{,}500=1{,}00\ \mathrm{mol}$, soit un volume de $1{,}00\times 24{,}0=24{,}0\ \mathrm{L}$. Il faut donc $\dfrac{24{,}0}{0{,}21}=114\ \mathrm{L}$ d'air. Le piège est ici de partir des $1{,}50\ \mathrm{mol}$ introduites au lieu de la mole réellement consommée, ce qui surestimerait le volume d'air de moitié.

Cinq motifs occupent $10{,}0$ divisions, donc un motif en occupe $2{,}00$, soit $T=2{,}00\times 0{,}20=0{,}40\ \mathrm{ms}=4{,}0\times 10^{-4}\ \mathrm{s}$. Fréquence : $f=\dfrac{1}{4{,}0\times 10^{-4}}=2{,}5\times 10^{3}\ \mathrm{Hz}$.

Oui, $2\,500\ \mathrm{Hz}$ est bien dans la plage audible de $20\ \mathrm{Hz}$ à $20\,000\ \mathrm{Hz}$. C'est un son AIGU, situé dans la région où l'oreille humaine est la plus sensible, ce qui est précisément la fréquence choisie pour les alarmes et les avertisseurs.

$\Delta t=\dfrac{d}{v}=\dfrac{12{,}0}{340}=3{,}5\times 10^{-2}\ \mathrm{s}$, soit $35\ \mathrm{ms}$. C'est peu, mais assez pour être perceptible : c'est ce décalage qui gêne les musiciens éloignés sur une grande scène.

Deux sources identiques doublent l'intensité sonore, ce qui ajoute $3\ \mathrm{dB}$ : le niveau passe à $83\ \mathrm{dB}$. Il ne double pas, les décibels ne s'additionnent jamais.

La fréquence perçue ne change PAS : elle est imposée par la source, et rien dans le trajet ne la modifie. Le niveau sonore, lui, diminue de $6\ \mathrm{dB}$ puisque doubler la distance divise l'intensité par quatre : on passe de $83$ à $77\ \mathrm{dB}$. Le son est donc moins fort, mais exactement aussi aigu.

Faux : on confond une masse et un volume. Une mole de dioxygène OCCUPE $24\ \mathrm{L}$ dans les conditions usuelles, et elle PÈSE $32\ \mathrm{g}$. Énoncé correct : une mole de dioxygène occupe $24\ \mathrm{L}$ et a une masse de $32\ \mathrm{g}$.

Faux : son poids s'exerce en permanence, et c'est précisément lui qui la fait tomber. L'absence de contact ne signifie pas l'absence de force, l'interaction gravitationnelle agit à distance. Énoncé correct : la bille tombe parce que son poids n'est compensé par aucune autre force.

Faux, et c'est une confusion fréquente : il n'en reste RIEN du tout, il a entièrement disparu, c'est même sa définition. Ce qui reste en fin de réaction, ce sont les réactifs en excès. Énoncé correct : le réactif limitant est celui qui a totalement disparu à la fin.

Faux : doubler la distance divise l'INTENSITÉ par quatre, ce qui retire $6\ \mathrm{dB}$ au niveau sonore. Passer de $80$ à $74\ \mathrm{dB}$ n'a rien à voir avec passer de $80$ à $40$. Énoncé correct : le niveau diminue de $6\ \mathrm{dB}$.

Faux : en dérivation, la tension est la MÊME aux bornes de chaque branche, et c'est l'intensité qui se partage selon la loi des nœuds. C'est en série que la tension se répartit entre les dipôles. Énoncé correct : en dérivation la tension est commune, l'intensité se partage.

$1{,}00\times \sin 40\ \mathrm{^\circ}=1{,}33\times \sin i_2$, donc $\sin i_2=\dfrac{0{,}643}{1{,}33}=0{,}483$ et $i_2=28{,}9\ \mathrm{^\circ}$. Le rayon réfracté passe dans l'eau, de l'autre côté de la normale par rapport au rayon incident, en faisant $28{,}9\ \mathrm{^\circ}$ avec elle.

Oui, et c'était prévisible : l'eau est plus réfringente que l'air, donc le rayon se rapproche de la normale en y entrant. Cette règle qualitative permet de vérifier tout résultat avant de sortir la calculatrice, un angle réfracté plus grand que l'angle incident signalerait ici une erreur.

$C=\dfrac{1}{f'}=\dfrac{1}{0{,}25}=4{,}0$ dioptries. La distance focale doit être en mètres, faute de quoi on trouve $0{,}04$ et un ordre de grandeur absurde.

Le rayon passant par $O$ n'est pas dévié, il forme deux triangles semblables de part et d'autre de la lentille. Le théorème de Thalès donne $\dfrac{A'B'}{AB}=\dfrac{33{,}3}{100}=0{,}333$, donc $A'B'=0{,}333\times 3{,}0=1{,}0\ \mathrm{cm}$. Le grandissement vaut $0{,}33$.

Renversée, puisque le rayon passant par $O$ croise l'axe, et trois fois plus petite. Elle est réelle, donc on peut la recueillir sur un écran placé à $33{,}3\ \mathrm{cm}$ derrière la lentille : c'est exactement le principe du capteur d'un appareil photo.

Les deux composants sont en série, c'est un pont diviseur, et la tension prélevée est celle de la résistance fixe : $U=E\times \dfrac{R}{R+R_{CTN}}$.

À $10\ \mathrm{^\circ C}$ : $5{,}00\times \dfrac{10{,}0}{28{,}0}=1{,}79\ \mathrm{V}$. À $25\ \mathrm{^\circ C}$ : $5{,}00\times \dfrac{10{,}0}{20{,}0}=2{,}50\ \mathrm{V}$. À $40\ \mathrm{^\circ C}$ : $5{,}00\times \dfrac{10{,}0}{15{,}8}=3{,}16\ \mathrm{V}$.

Oui, elle augmente. Quand la température monte, la résistance de la CTN diminue, donc sa part de la tension diminue, et comme le total vaut toujours $E$, la part de la résistance fixe augmente d'autant. Si l'on prélevait la tension aux bornes de la CTN, on obtiendrait la variation inverse : le choix du point de mesure décide du sens du signal, sans rien changer au circuit.

À $25\ \mathrm{^\circ C}$, la résistance totale vaut $20{,}0\ \mathrm{k\Omega}$, donc $I=\dfrac{5{,}00}{20{,}0\times 10^{3}}=2{,}50\times 10^{-4}\ \mathrm{A}=0{,}250\ \mathrm{mA}$. La tension aux bornes de la CTN vaut $E-U=5{,}00-2{,}50=2{,}50\ \mathrm{V}$. Puissance dans la CTN : $P=U_{CTN}\times I=2{,}50\times 2{,}50\times 10^{-4}=6{,}25\times 10^{-4}\ \mathrm{W}$, soit $0{,}63\ \mathrm{mW}$.

Le capteur chauffe donc lui-même, et il mesure sa propre température, pas seulement celle du milieu : la mesure est faussée vers le haut, d'autant plus que le milieu évacue mal la chaleur. C'est un effet d'auto-échauffement, et il est traître parce qu'il est systématique, jamais aléatoire. On le limite en augmentant les résistances du pont, ce qui réduit l'intensité et donc la puissance $U\times I$, ou en n'alimentant le pont que brièvement au moment de chaque mesure. C'est la solution retenue dans les thermomètres à pile, qui mesurent quelques millisecondes par seconde.