I Pendule - s.o.s.Ryko

Correction DS n o 7
Partie A : Mécanique
I Pendule [ENAC 2007 (q. 1 à 6)]
1) La pulsation propre d’un pendule simple est ω 0 =
D’où : l = g T 0
2 = 0, 248 m Rép. 1.D
4π2 √ g
l = 2π
T 0
.
2) Le référentiel R ′ est non galiléen car en translation rectiligne non uniforme par rapport à R
galiléen. P est alors soumis, dans R ′ à :
- son poids −→ P = m −→ g = −mg −→ e y
- la tension du fil : −→ T = −T −→ e r = −T −−−−→ e O ′ →P
- la force d’inertie d’entraînement : −→ F ie = −m −→ a e (P ) = −m −−−−→ a P ∗ /R′ = −ma −−−→
O ′ /R ′ = −ma−→ e x
−→ Ω R ′ /R × −−−→
- la force d’inertie de Coriolis : −→ F ic = −m −→ a C (P ) = −m
−−→
M O ′( −→ F ie ) = −−→ O ′ P × −→ F ie = l sin θ × −ma soit :
3) Puisque −→ F ic = −→ 0 ,
−l cos θ 0
( −→ ex, −→ ey, −→ ez)
0 0
−−→
M O ′( −→ F ic ) = −→ 0
Rép. 3.D.
v P/R ′ = −→ 0 car −→ Ω R ′ /R = −→ 0
−−→
M O ′( −→ F ie ) = −mla cos θ −→ e z Rép. 2.A
4) Le Théorème du moment cinétique appliqué en O ′ dans R ′ au point P s’écrit :
( −−−−→ d L O
(TMC)
′ /R ′(P )
)
= −−→ M O ′( −→ P ) + −−→ M O ′( −→ T ) + −−→ M O ′( −→ −−→
F ie ) + M
O ′( −→ F ic )
dt
⎧
R
−−→
′
⎪⎨ M O ′( −→ P ) = −−→ O ′ P × −→ P = (l sin θ −→ e x − l cos θ −→ e y ) × (−mg −→ e y ) = −mgl sin θ −→ e z
−−→
Avec : M O ′( −→ T ) = −−→ O
⎪⎩
′ P × −→ T = −→ 0 car −−→ O ′ P // −→ T
−−−−→ −−→
L O ′ /R′(P ) = O ′ P × m −−−→ v P/R ′ = l −→ e r × l ˙θ −→ e θ = ml 2 ˙θ
−→ ez
Alors, (TCM) donne, en projection selon −→ e z : ml 2 ¨θ = −mgl sin θ − mla cos θ,
g
soit : ¨θ = −
l sin θ − a cos θ Rép. 4.D.
l
5) À l’équilibre relatif dans R′ , on a θ = θ 0 = Cte, soit : ¨θ = 0 et donc, d’après 4) :
(★) g sin θ 0 = −a cos θ 0 ⇔ θ 0 = − arctan a g
Rép. 5.A.
6)
}
θ = θ 0 + ε
¨θ = − g l sin θ − a l cos θ ⇒ ¨ε+ 1 l (−a sin θ 0 sin ε +a cos θ 0 cos ε + g sin θ 0 cos ε +g cos θ
} {{ } 0 sin ε) = 0
=0 (d’après (★))
D’où l’équation du mouvement des petites oscillations (sin ε ≃ ε et cos ε ≃ 1) autour de la
position d’équilibre θ 0 :
⎧
mg
g
cos θ 0 = √ = √
¨ε + g cos θ 0 − a sin θ
⎪⎨
0
P 2 + F 2 g 2 + a 2 √
ie
g
ε = 0 où
l
−ma −a ⇒ ¨ε +
2 + a 2
ε = 0
sin θ ⎪⎩ 0 = √ = √ l
P 2 + Fie
2 g 2 + a 2
√ √g
Soit : ¨ε + ω1 2ε = 0 avec ω 1 =
2 + a 2
= 2π
√
l
⇔ T = 2π √ Rép. 6.B.
l T
g 2 + a 2

CorDSn o 7 Ve 12/03/10 Mécanique / Thermodynamique / Éq. en solutions aqueuses ∣ PTSI
Partie B : Thermodynamique
II Température et pression dans la troposhère [ENSTIM 2007]
1) T (z 1 ) = a.z 1 − b et T (0) = −b, d’où
a = T (z 1) − T (0)
= −6, 5.10 −3 K.m −1 = −6, 5 K.km −1
z 1
et b = T (0) = −288 K .
2) L’équation d’état pour une particule de fluide en équilibre thermodynamique à l’altitude z
est : P (z)dV = dn.RT (z) ⇔ P (z) =
dm .RT (z),
M air dV
d’où μ(z) = dm
dV = M airP (z)
= M airP (z)
RT (z) R.(az − b)
3) Pour une particule de fluide en équilibre dans le référentiel terrestre à l’altitude z (axe Oz
ascendant), la relation fondamentale de la statique des fluides s’écrit :
dP
dz = −μ(z)g
, où g est l’intensité du champ de pesanteur terrestre. Grâce à la question 2) , cette RFSF
devient :
dP
dz = −M airg.P (z)
R.(az − b)
Soit :
dP
P
= −M airg
R
∫
dz P (z)
az − b ⇔
( az − b
↩→ P (z) = P (0)
−b
P (0)
) −
M air g
a.R
dP
P
= −M airg
R
4) Application numérique pour z 1 = 10 km : P (z 1 ) = 0, 26 bar .
∫ z
0
( )
dz P (z)
⇔ ln
az − b P (0) = −M airg az − b
a.R
ln −b
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PTSI ∣ Mécanique / Thermodynamique / Éq. en solutions aqueuses Ve 12/03/10 CorDSno 7
Partie C : Chimie
III Dosage des ions chlorure par précipitation [ENSTIM 2009]
1) Ag + (aq) + Cl− (aq) ⇄ AgCl (s) de constante K 1 = 1
K s1
2) Le quotient de la réaction de solubilisation est :
Q r1 = [Ag + ] 0 .[Cl − ] 0 =
C 2.v
V 1 + v . C 1.V 1
V 1 + v ≃ 4.10−7
Comme Q r1 > K s1
sodium ajoutée.
avec K s1 = [Ag + ].[Cl − ] = 10 −10
on en déduit qu’il y a précipitation dès la première goutte de chlorure de
3) La réaction de dosage est quantitative (K 1 = 10 10 ≫ 10 4 ≫ 1). À l’équivalence, tous les ions
Cl − ont été consommés par les ions Ag + introduits par la burette :
n(Ag + ) versés = n(Cl − ) bécher ⇔ C 2 .V 2e = C 1 .V 1 ⇒ V 2e = C 1V 1
C 2
= 12, 5 mL
4) 2Ag + (aq) + CrO2− 4 ⇄ Ag 2 CrO 4(s) ; K 2 = 1
K s2
5) • Il y a précipitation de AgCl (s) lorsque :
avec K s2 = [Ag + ] 2 .[CrO 2−
4 ] = 10−11,8
Q r1 > K s1 ⇔ [Ag + ].[Cl − ] f > K s1 ⇔ pAg < pK s1 − pCl f ⇔ pAg < 8
• Il y a précipitation de AgCrO 4(s) lorsque :
Q r2 > K s2
⇔ [Ag + ] 2 .[CrO 2−
4 ] f > K s2 ⇔ pAg < 1 2 .(pK s 2
− pCrO 4f ) ⇔ pAg < 4, 9
4,9
AgCl (s)
Cl - pAg
2- 8
Ag 2 CrO 4(s) CrO 4
Csqce : Les domaines de prédominance étant très disjoints (ΔpAg ≥ 3), AgCl (s) précipite avant
Ag 2 CrO 4(s) .
6) • Au début de la précipitation de Ag 2 CrO 4(s) , en supposant V 2 = V 2(e) :
√
√ √√√⎷
[Ag + K s2
] =
[CrO4 2− ] = K s2
≃ 9, 5.10
C 3 .V −6 mol.L −1
3
V 1 + V 2e + V 3
• Comme AgCl (s) est présent en solution, K s1 fournit : [Cl − ] = K s 1
[Ag + ] ≃ 1, 05.10−5 mol.L −1
• On en déduit que lorsque Ag 2 CrO 4(s) commence de précipiter,
n(Cl − ) = [Cl − ].(V 1 + 2 +V 3 ) ≃ 1, 2.10 −6 mol ≪ n(Cl − ) 0 = 10 −3 mol
Cl : On peut donc considérer que pratiquement tous les ions Cl − ont réagi.
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