Problème 1

Problème 1
Dans la composition en éléments de la surface de la Terre, l’élément carbone
ne représente que 0,09 %. Cependant, il joue un rôle très important dans
tous les organismes vivants, apparaissant par exemple à 18 % de la composition
du corps humain (pourcentages en masse). La très grande diversité
d’assemblages possibles avec du carbone en est probablement une raison.
Nous allons étudier quelques exemples d’assemblages carbonés.
Partie I - L’élément carbone
Le numéro (nombre) atomique du carbone est 6.
I.A - Donner deux isotopes naturels du carbone. Préciser leurs nombres respectifs
de protons et de neutrons.
I.B - Dans quelle colonne et dans quelle ligne du tableau périodique trouvet-on
le carbone ? (On demande les numéros).
Partie II - Carbone seul
Un assemblage utilisant uniquement le carbone est l’ion carbure C 2−
2 .
II.C.1) Quel est le nombre (degré) d’oxydation du carbone dans l’ion carbure ?
La réaction d’eau sur le carbure de calcium CaC2 donne en quantités de
matières égales de l’hydroxyde de calcium Ca(OH)2 et un composé (A) ne
contenant que du carbone et de l’hydrogène.
II.C.2) Écrire l’équation - bilan de cette réaction.
II.C.3) De quel type de réaction s’agit-il ? Quelle est l’entité échangée ?
Partie III - Carbone lié à un autre élément : liaisons
hétéronucléaires
III.A - Moment dipolaire d’une liaison.
Lorsque deux atomes différents sont liés par une liaison covalente, le doublet
de liaison peut être plus attiré par un atome que par l’autre. Il en résulte une
charge partielle δ sur chacun des atomes de la liaison distants de d et donc
un moment dipolaire p = δ.d.
III.A.1) On donne les longueurs des liaisons et les normes p des moments dipolaires
à l’état gazeux des halogénures d’hydrogène HX (X = F, Cl, Br, I). On
précise que les atomes F, Cl, Br, I sont placés dans cet ordre en descendant
DM 2 pour le 17 octobre 2011
MÉCANIQUE – CHIMIE
la colonne de la classification périodique.
Molécule HF HCl HBr HI
Longueur en nm 0,092 0,128 0,142 0,162
p en D 1,82 1,07 0,79 0,38
avec 1 D ( debye ) = 3,336×10 −30 C.m.
Calculer la charge partielle de chaque atome. (On exprimera cette charge
partielle en fonction de la charge élémentaire e). On donne : e = 1,610 −19 C
III.A.2) Donner une définition de l’électronégativité ou une relation définissant
cette propriété. Décrire rapidement l’évolution de cette propriété dans
la classification périodique. Quel est l’élément le plus électronégatif ? Indiquer
sa position (numéro de ligne et de colonne) dans la classification périodique.
III.A.3) Dans l’échelle de Pauling l’électronégativité de l’hydrogène vaut 2,1
et celle de l’iode vaut 2,5. Indiquer les signes des charges partielles sur les
atomes d’halogénure d’hydrogène HX. Commenter l’évolution dans la série
de HF à HI des charges partielles obtenues à la question III.A.1.
Partie IV - Carbone et oxygène : propriétés acidobasiques
en solution aqueuse
Le dioxyde de carbone gazeux est partiellement soluble dans l’eau, sa forme
solvatée étant le diacide faible H2CO3.
IV.A - Généralités
IV.A.1) Donner les deux couples acide-base générés à partir du diacide faible
H2CO3. Écrire les équilibres correspondants.
IV.A.2) Le dioxyde de carbone est-il plus soluble dans l’eau pure, dans une
solution d’acide chlorhydrique ou dans une solution d’hydroxyde de sodium
(soude) ?
IV.B - Dosage de la soude carbonatée.
On dose une solution aqueuse contenant de l’hydroxyde de sodium et du carbonate
de sodium Na2CO3 par une solution d’acide chlorhydrique à Ca = 0,1
mol.L −1 (N.B. : il s’agit d’électrolytes forts).
IV.B.1) Écrire les trois réactions prépondérantes successives au cours de
l’ajout de la solution acide. On les appellera respectivement (A), (B) et (C).

Page 2 DM 2 pour le 17 octobre 2011 Lycée Clemenceau Nantes – MPSI 3
Le dosage est effectué en présence de phénolphtaléïne et d’hélianthine. La
phénolphtaléïne vire du rose à l’incolore quand (A) et (B) sont terminées.
L’hélianthine vire du jaune au rose quand (A), (B) et (C) sont terminées. On
utilise un volume V0 = 10,0 mL de solution de soude carbonatée. Le virage
de la phénolphtaléïne est obtenu après avoir versé V1 = 12,8 mL de solution
titrante. Le virage de l’hélianthine est obtenu après avoir versé V2= 17,1 mL
de solution titrante.
IV.B.2) Soit x la quantité d’hydroxyde de sodium par litre dans la solution
à doser, y la quantité de carbonate de sodium par litre. Exprimer x et y en
fonction de Ca, V0, V1 et V2 et calculer leur valeur.
IV.B.3) Quel instrument de verrerie faut-il utiliser pour minimiser l’incertitude∆V0
sur le volume V0 de la solution à titrer ? Quel instrument de verrerie
faut-il utiliser pour mesurer V1 et V2 ?
IV.B.4) Dans les conditions expérimentales utilisées, on estime :∆V0= 0,020
mL et ∆V1 =∆V2 = 0,025 mL. On considère comme négligeable l’incertitude
sur la concentration Ca de la solution titrante. Évaluer les incertitudes∆x et
∆y.
Problème 2
1. Sur une route rectiligne, une voiture 1 de longueur ℓ de vitesse v double
un bus de longueur L et de vitesse V. En face arrive une voiture 2 de longueur
ℓ ′ à la vitesse v ′ . Quelle est la distance minimum D entre l’avant de la
voiture 1 et l’avant de la voiture 2 qui permet à la voiture 1 de doubler ?
A.N. : ℓ=ℓ ′ = 4 m ; L= 20 m ; v = v ′ = 90 km.h −1 et V = 72 km.h −1
2. Reprendre le calcul précédent en supposant que, à partir de la date t = 0
à laquelle le dépassement commence, la voiture 1 accélère avec une accélération
de norme a1 tandis que la voiture 2 freine avec une accélération de
norme a2, et que l’autobus freine également avec une accélération de norme
A pour faciliter le déplacement. Calculer la nouvelle distance minimale D.
A.N. : a1= 9 km.h −1 .s −1 ; a2=A= 3 m.s −2
Problème 3
Quatre chats sont placés aux sommets A, B, C et D d’un carré de centre O et
de demi–diagonale OA = a. A la date t = 0, chaque chat se met à courir vers
son voisin avec une vitesse v qui garde une norme constante v0. On repère la
position du chat M initialement en A par ses coordonnées polaires (r (t ), θ(t )).
On admettra que pour des raisons de symétrie, les quatre chats forment à
tout instant un carré.
1. Exprimer en fonction de v0 les composantes du vecteur vitesse v du
chat M dans la base polaire (ur , u θ).
2. En déduire le système de deux équations différentielles vérifiées par
r (t ) et θ(t ).
3. Etablir les lois horaires r (t ) et θ(t ) en fonction de a et v0. A quelle date
les quatre chats se rejoignent–ils ?
4. Déterminer l’équation polaire r (θ) de la trajectoire suivie. Quelle est sa
nature ?
Problème 4
Un solide supposé ponctuel de masse m est déposé à l’extrémité supérieure
de la ligne de plus grande pente Ox d’un plan incliné d’angle α.
On note H la distance de ce point initial O au plan horizontal et g l’accélération
constante de la pesanteur.
1– Absence de frottement

Page 3 DM 2 pour le 17 octobre 2011 Lycée Clemenceau Nantes – MPSI 3
a) Déterminer l’accélération du mobile à l’instant t, lorsque les frottements
de glissement sont négligés.
b) En déduire la vitesse du mobile au point A en fonction de m, g et de la
hauteur H.
2– Existence de frottement de glissement
On admettra dans ce cas que l’on peut appliquer les lois de COULOMB qui
caractérisent les composantes tangentielle RT et normale RN de la réaction
du plan incliné : le mobile est immobile tant que RT f0 RN , dès que le
glissement commence RT = f RN.
f0 est le coefficient de frottement statique
et f le coefficient de frottement dynamique. En pratique f ≃ f0 avec
f f0 mais on prendra ici f = f0 pour simplifier.
a) Quelle est la condition sur le coefficient f pour que le mobile commence à
glisser.
b) Dans ce cas, reprendre les questions de la partie 1.

Page 4 DM 2 pour le 17 octobre 2011 Lycée Clemenceau Nantes – MPSI 3
Commentaires et Correction
Problème 3 du DM 1
La théorie a été bien traitée dans ce problème sur le télescope de HUBBLE.
En revanche, beaucoup d’erreurs sur la dernière application numérique. Si
vous écrivez que tanα≃α, cela implique que α est en radian.
Problème 1
Dans l’ensemble, le problème a été bien abordé. Le dosage de la soude carbonatée
était délicat bien que très proprement décrit dans le sujet. Il existe
des versions de cet exercice, où l’on donne beaucoup moins d’explication.
Rapellez–vous quand même qu’il est préférable de raisonner en quantités
de matière pour les tableaux d’avancement dans les dosages.
Problème 2
Les équations ont été en général bien posées dans ce petit problème de circulation.
Attention aux signes des vitesses et des accélérations dans les AN. Il
n’était pas nécessaire d’avoir un référentiel galiléen ici car c’est un problème
de cinématique et pas de dynamique.
Problème 3
Pour bien résoudre ce petit problème de maths, il faut évidemment partir des
bonnes équations. Un schéma clair s’impose ici si on ne veut pas se tromper
dans l’expression de v en fonction de v0.
Problème 4
Problème assez bien traité. N’oubliez pas de commencer par définir le système
et le référentiel d’étude galiléen. Évidemment, pour écrire correctement
les projections sur les axes de la RFD, il faut aussi commencer par
dessiner un schéma, qui manque dans trop de copies.
Problème 3 du DM 1
II – Observation de Mars à travers un télescope
4. On considère le montage suivant :
F1
+
S2
L’image de l’objet lumineux O après réflexion sur M1 est en F1 car O est à
l’infini sur l’axe. L’image O’ après réflexion sur M2 est obtenue par la relation
de conjugaison 1 1
+
S2O’
S2F1
= 1
S2F2
= 2
S2C2
, soit
S2O’= S2C2S2F1
2S2F1−S2C2
On a S2F1= S2S1+S1F1=−0,6125 m. On en déduit S2O’=6,384 m et
S1O’=S2O’−S2S1= 1,484 m
5. L’image se trouve dans le plan perpendiculaire à l’axe optique passant par
O’. L’image A1B1 de AB à travers M1 est renversée et se forme dans le plan
foal de M1. Elle a pour taille :
A1B1=−2 R1
2
tan α
2
Pour α petit, tanα≃α et A1B1=−R1
α
2 avec R1> 0.
S1

Page 5 DM 2 pour le 17 octobre 2011 Lycée Clemenceau Nantes – MPSI 3
B∞
A∞
A1
B1
F1
α/2
+
R1/2
Le grandissement à travers le miroir secondaire M2 est donné par γ2 =
A’B’
A1B1
= F2O’
F2O’
d’où A’B’=A1B1
R2/2 .
F2S2
Par ailleurs F2O’=F2S2+S2O’= R2
2 +S2O’.
Finalement
R2
α 2
A’B’=−R1
2
+S2O’
R2
2
6. L’application numérique conduit à A’B’=−7,2 mm .
Problème 1
Partie I - L’élément carbone
I.A - Les isotopes naturels du carbone sont 13 C qui contient 6 protons et 7
neutrons, et 14 C qui contient 6 protons et 8 neutrons.
I.B - Le carbone se trouve sur la 2ème ligne et la 14ème colonne.
Partie II - Carbone seul
II.C.1) On a 2 atomes de carbone et une charge totale de -2e, donc mboxno =
-I.
II.C.2) L’équation – bilan s’écrit :
CaC2 + H2O = Ca(OH)2 + C2H2
S1
II.C.3) Il s’agit d’une réaction acide–base car il y a un échange de proton :
C 2−
2 + 2 H+ = C2H2
H2O = H + + OH −
Partie III - Carbone lié à un autre élément : liaisons hétéronucléaires
III.A - Moment dipolaire d’une liaison.
III.A.1) La charge partielle vaut δ= p
d ou δ′ = p
de
taire e, d’où les valeurs obtenues :
Molécules HF HCl HBr HI
δ ′ 0,412 0,174 0,116 0,049
en unité de charge élémen-
III.A.2) A est plus électronégatif que B si, dans la liaison covalente A–B, A
attire plus les électrons que B.
L’électronégativité augmente quand on va de la gauche vers la droite dans
une ligne du tableau périodique, et augmente du bas vers le haut dans une
colonne du tableau. Le fluor (2ème ligne, 1èème colonne) est l’élément le plus
élecronégatif.
L’électronégativité est définie par MULLIKEN de la façon suivante :
χ=k AE(eV)+EI(eV)
2
où AE est l’affinité électronique et EI l’énergie d’ionisation. k est une
constante en eV −1 pour que χ soit sans dimension.
III.A.3) L’iode est plus électronégatif, donc attire plus les électrons, d’où la
représention suivante de la molécule H–I :
H I −δ +δ
La charge δ augmente avec l’électronégativité des halogènes.
Partie IV - Carbone et oxygène : propriétés acido-basiques en
solution aqueuse
IV.A - Généralités
IV.A.1) Les réactions du diacide H2CO3 sont :

Page 6 DM 2 pour le 17 octobre 2011 Lycée Clemenceau Nantes – MPSI 3
H2CO3 + H2O = HCO− 3 + H3O + K A1= [HCO− 3 ][H3O + ]
[H2CO3]
HCO− 3 + H2O = CO2− 3 + H3O + K A2= [CO2−
3 ][H3O + ]
[HCO − 3 ]
IV.A.2) Quand on met CO2 dans l’eau, il se transforme en H2CO3, HCO− 3 et
CO2− 3 . La solubilité de CO2 donne le nombre de moles de CO2 transformé en
espèces solubles par litre de solution, elle est donc égale à :
s = [H2CO3]+[HCO − 3 ]+[CO2−
3 ]
En réutilisant les expressions des constantes K A1 et K A2, on obtient :
[HCO − 3 ]= K A1[H2CO3]
[H3O + ]
d’où l’expression de la solubilité :
s = [H2CO3]
et [CO 2−
3 ]= K A2[HCO− 3 ]
[H3O + ] = K A1K A2[H2CO3]
[H3O + ] 2
1+ K A1
[H3O + ] + K A1K A2
[H3O + ] 2
Pour une concentration [H2CO3] donnée, on constate que la solubilité diminue
quand [H3O + ] augmente. La solubilité sera donc la plus grande en milieu
basique et la plus faible en milieu acide.
IV.B - Dosage de la soude carbonatée.
IV.B.1) Indiquons en les encadrant sur un diagramme de prédominance vertical,
les espèces mis en présence dans le becher :
HO −
CO 2−
3
HCO −
3
H2O
H2O
HCO −
3
H2CO3
H3O +
L’acide le plus fort réagit avec la base la plus forte suivant la première réaction
prépondérante :
(A) H3O + + HO − = 2 H2O de constante K = 10 14
A la première équivalence, les ions HO − ont disparu et le diagramme devient
:
HO −
CO 2−
3
HCO −
3
H2O
La réaction prépondérante devient :
H2O
HCO −
3
H2CO3
H3O +
(B) H3O + + CO 2−
3 = HCO− 3
A la deuxième équivalence, tous les ions CO2− 3
placé par les ions HCO− 3 , d’où le diagramme :
HO −
CO 2−
3
HCO −
3
H2O
H2O
HCO −
3
H2CO3
H3O +
+ H2O
ont disparu et ont été rem

Page 7 DM 2 pour le 17 octobre 2011 Lycée Clemenceau Nantes – MPSI 3
La troisième réaction prépondérante est alors :
IV.B.2)
(C) H3O + + HCO − 3 = H2CO3 + H2O
Au virage de la phénolphtaléïne HO− et CO2− 3
moles. Elles ont réagi avec caV1 moles de H3O + , d’où
xV0+yV0= caV1
ont réagi, c’est à dire xV0+yV0
Au virage de l’hélianthine, caV2− caV1 moles supplémentaires de H3O + ont
réagi avec les yV0 moles de HCO− 3 formés lors de la réaction (B), d’où :
On en déduit :
et, en reportant dans l’équation (??) :
caV2− caV1=yV0
V2−V1
y = ca = 0,1
V0
17,1−12,8
10
= 4,3×10 −2 mol.L −1
V1 V2−V1
x= ca − ca = 0,1
V0 V0
12,8
− 4,3×10−2
10
= 8,5×10 −2 mol.L −1
IV.B.3) Pour travailler le plus précisément possible, on utilise une pipette
jaugée qui permet de déterminer V0 et une burette graduée pour déterminer
V1 et V2.
IV.B.4) On admet que les incertitudes sur les différentes grandeurs sont indépendantes
et qu’on peut utiliser la relation :
2 2 2 ∂x ∂x ∂x
∆x= ∆V0 + ∆V1 ∆V2
∂V0 ∂V1 ∂V2
ce qui conduit à :
∆x=
ca(2V1−V2)
∆V0
V 2 0
= 0,06×10 −2 mol.L −1
2
2 2 2ca
ca
+ ∆V1 + ∆V2
V0
V0
(1)
(2)
De même, on écrit :
ce qui conduit à :
∂y
∆y = ∆V0
∂V0
2
∆y =
ca(V2−V1)
∆V0
V 2 0
2 2 ∂y ∂y
+ ∆V1 ∆V2
∂V1 ∂V2
2
= 0,04×10 −2 mol.L −1
Les concentrations valent donc :
x = (8,50±0,04)10 −2 mol.L −1
2 2 ca
ca
+ ∆V1 + ∆V2
V0 V0
et = (4,30±0,06)10 −2 mol.L −1
Problème 2
1. Les trois véhicules ont un mouvement rectiligne uniforme. On ne tiendra
pas compte des temps mis pour changer de file. On utilisera les notations
suivantes :
•X désigne l’avant du bus
•x désigne l’avant de la voiture 1,
•x ′ désigne l’avant de la voiture 2
t = 0
t = tF
ℓ
L
0 D
X
x
x ′
L
ℓ ℓ ′
ℓ ′

Page 8 DM 2 pour le 17 octobre 2011 Lycée Clemenceau Nantes – MPSI 3
On a les relations suivantes, à tout instant t :
À t = tF, on a :
soit
donc
⎧
⎪⎨
X = L+V t
x = v t
⎪⎩
x ′ = D− v ′ t
x = X + ℓ
x ′ ≥ x
v tF = D− v ′ tF
v tF ≥ L+V tF + ℓ
tF = D
v+v ′
tF ≥ L+ℓ
v−V
En combinant ces deux expressions, on déduit :
v+ v′
D ≥ (L+ ℓ)
v−V
≥ 240 m
= (20+4) 90+90
90−72
2. La paramétrisation est la même, mais on a cette fois–ci :
À t = tF, on a :
⎧
2 t
⎪⎨ X = L+V t− A 2
2 t
x = v t+ a1 2
⎪⎩
x ′ = D− v ′ t+ a2
x = X + ℓ
x ′ ≥ x
t 2
2
soit
⎧
⎨
t
v tF + a1
⎩
2
F
2
D− v ′ tF + a2
t 2
F
2
= L+ ℓ+V tF − A
≥ v tF + a1
La première équation constitue une équation du 1er degré
de solution positive :
1
tF =
a1+ A
a1+A
2
t 2
F
2
t 2 F + (v−V )tF − (L+ ℓ)=0
−(v−V )+ (v−V ) 2
+ 2(a1+A)(L+ ℓ)
En reportant ce résultat dans l’inégalité, on obtient :
v+ v′
D ≥
a1+A
a1− a2
2(a1+ a2) 2
≥108 m
−(v−V )+ (v−V ) 2
+ 2(a1+A)(L+ ℓ) +
−(v−V )+ (v−V ) 2 2 + 2(a1+A)(L+ ℓ)
Problème 3
1. À tout instant t, OM correspond à la demi–diagonale du carré. v est
suivant un côté du carré et fait donc un angle de π
4 avec ur et uθ, d’où
v =− v0
2 ur + v0
2 uθ
t 2
F
2

Page 9 DM 2 pour le 17 octobre 2011 Lycée Clemenceau Nantes – MPSI 3
2. Comme v = ˙r ur + r ˙ θuθ, on a :
3. (??) s’intègre en r =− v0
2 t+ a .
(??) devient alors ˙ θ= v0
2
1
− v0
2 t+ a
v
˙r =− v0
2
r ˙ θ= v0
2
r
θ
uθ
M
qui s’intègre en :
v0
θ=−ln
−2 t+ a
+Cte
Avec θ(t = 0)=0, on déduit : C te = ln a. On peut par ailleurs enlever la
valeur absolue car − v0
2 t+ a= r > 0. Finalement :
θ= ln
a
− v0
2 t+ a
Les chats se rejoignent en r = 0 pour t = a 2
v0
ur
(3)
(4)
4. L’équation polaire est obtenue en éliminant t dans les équations. On
remarque que θ= ln a
r soit r = ae−θ . C’est l’équation d’une spirale logarithmique.
Problème 4
1– Absence de frottement
a) On étudie le solide supposé ponctuel dans le référentiel du plan incliné
supposé galiléen. Les forces sont le poids P et la réaction R normale au support.
x
A
La Relation Fondamentale de la Dynamique (RFD) s’écrit :
soit en projection sur (Ox)
d’où l’accélération : ¨x= g sinα
α
R
P
ma= P+ R
m ¨x= mg sinα
b) La vitesse s’obtient par intégration par rapport au temps ˙x = g sinα t
car à t = 0 ˙x = 0. En intégrant à nouveau par rapport au temps, on ob-
2
2
t H
H
t A
tient x = g sinα car x = 0 à t = 0. En A x = , d’où = g sinα
2 sinα sinα 2 soit
2H
t A =
g sin2 . En reportant cette expression dans ˙x, on déduit :
α
v A = 2g H
Notons que ce résultat s’obtient beaucoup plus rapidement en appliquant un
théorème faisant intervenir l’énergie.
O
H

Page 10 DM 2 pour le 17 octobre 2011 Lycée Clemenceau Nantes – MPSI 3
2– Existence de frottement de glissement
a) Dans ce cas, on projette la RFD sur les axes (Ox) et (O y)
où on a posé RN =
RN
x
et RT =
A
m ¨x= mg sinα−RT
0=mg cosα−RN
RT
.
α
RN
P
RT
y
O
H
(5)
(6)
Le mobile est immobile ( ¨x = 0) tant que RT ≤ f RN soit mg sinα ≤ f mg cosα,
qu’on peut reécrire tanα≤ f .
Pour tanα> f le glissement commence.
b) Lorsque le glissement commence RT = f RN = f mg cosα d’après (??). En
utilisant (??), on déduit : ¨x= g (sinα− f cosα) .
Par intégration successives par rapport au temps, on obtient :
˙x = g (sinα− f cosα) t
x = g (sinα− f cosα)
2
Le mobile est en A pour x = H
sinα soit t
2H
A =
, d’où
g sinα(sinα− f cosα)
2H g (sinα− f cosα)
v A =
, ce qu’on peut encore écrire :
sinα
t 2
v A = 2g H(1− f cotanα)