DC2-2015 - Nouvelle page 1

4ème Section SI
Correction du devoir de contrôle N°2(2015)
CHIMIE (5 points)
Zn
Cu
Pont salin
1- a- Le schéma de cette pile.
b- Le symbole de a pile Daniell réalisée:
Zn|Zn2+ ( 0,5 mol.L-1) ||Cu2+( 0,5 mol.L-1)|Cu
2- a- Puisque la f.é.m de cette pile est E = VD-VG = 1,1V>0 Zn2+(0,5 mol.L-1)
Cu2+ (0,5 mol.L-1)
donc la borne à droite qui est la lame de cuivre est la borne positive
mol.L-1)
b- Le courant circule de la borne (+) vers la borne(-) donc il circule de Cu vers Zn
c- Au niveau de la borne négative de la pile, on a une oxydation du zinc selon la demi équation
Zn
Zn2+ +2 eAu niveau de l’autre électrode on a une réduction selon la demi équation
Cu2++ 2 eCu
L’équation de la réaction qui se produit spontanément
Zn + Cu2+
Zn2+ +Cu
3- a- La quantité de matière initiale de Cu2+ est n(Cu2+)initial= Ci.V = 0,5 .0,2 = 0,1 mol
La quantité de matière de Cu2+ restant est n(Cu2+)restant= C.V = 0,25 .0,2 = 0,05 mol
La quantité de matière de Cu2+ reduit est n(Cu2+)réduit = n(Cu)formé =n(Cu2+)initial - n(Cu2+)réstant
AN : n(Cu2+)réduit = 0,1 - 0,05 = 0,05 mol
b- La masse du cuivre déposé est m(Cu) = n(Cu)formé .M(Cu) = 0,05.63,5 = 3,175 g
4-Le rôle du pont salin : Fermer le circuit et assurer la neutralité électrique des deux solutions
PHYSIQUE(15 points)
Exercice n°1
I-1A
(L, r)
M
i
Y1
R0
B
C
A
G.B.F
Y2
2-a- La tension aux bornes de la bobine est toujours en avance de phase sur la tension aux bornes du
résistor et la tension dont l’oscillogramme est (a) est en avance de phase sur l’autre tension car elle
atteint son max avant elle. Donc la courbe (a) est celle de ub et la courbe (b) est celle de uR
π
b-: * La période T1 = 8.
ms = 2ms.
4
1
La fréquence N1.=
1000
1
=
Hz= 159,2 Hz
T1
2π
*Les valeurs maximales : URmax= 2,5 2 V et Ubmax= 3,5 2 V
2
T
*Le déphasage ub-uR =
.t avec t = 1 ( le décalage horaire)
T1
8
2  T1

Donc ub -uR =
. = rad
T1 8
4
2 .sin(2Nt)  i = 0
3-a- L'intensité du courant i(t) est de la forme i(t) = 
uR(t) = URmax.sin(2N1t) car  uR =i = 0
la pulsation w= 2N1= 1000 rad.s-1.et URmax= 2,5
donc uR(t) = 2,5
2 V
2 .sin(1000.t)
ub(t) = Ubmax.sin(2N1t+ub)



on a ub -uR =
rad  ub = rad + uR = rad  ub(t) = 3,5
4
4
4
b- On a i(t) = 
2 .sin(2Nt)  i = 0 et u(t) = Umax. sin (2N.t-
2 sin(1000t+

)
4


)  u = e  u < i
10
10
donc le circuit est capacitif
c- La construction de Fresnel échelle : 2cm pour
2 V.
 2,5 2 V  5cm
U
A la grandeur uR(t) = URmax.sin(2N1t) on associe le vecteur OA  R max
φuR  0
Ub max  3,5 2 V  7cm

A la grandeur ub(t) = Ubmax.sin(2N1t+ub) on associe le vecteur AB 
π
φub  rad

4
U
A la grandeur uC(t) = UCmax.sin(2N1t+uC) on associe le vecteur BC  Cmax
φuc

U  5,55 2 V  11,1cm
A la grandeur u(t) = Umax.sin(2N1t+u) on associe le vecteur OC  max

φu  0 car le circuit est capacitif
B
L.wImax
Ubmax
π
4
URmax
A
O

π
10

r.Imax
Axe des phases
UCmax
Umax
2
C
d- On a Imax 
e- L.wImax
5 cm  L.wImax = 2,5 2 V  L=
10 cm  r.Imax = 2,5 2 V  r =
r.Imax
Ucmax =
URmax 2,5 2

= 0,25 2 A
R0
10
Imax
Cw
8,2 cm 
2,5. 2
2,5. 2 2,5. 2
=
=
= 0,01 H
w.Imax 2πN1.Imax 1000. 0,25. 2
2,5 2
2,5 2
=
= 10 
Imax
0,25 2
Imax
I
0,25 2
= 4,1 2 V  C  max 
= 6,1.10-5 F= 61 F
Cw
4,1 2 w 4,1 2.1000
f- La puissance moyenne consommée par le circuit est Pmoy
2
R.Imax
20.(0,25 2)2

=
= 1,25 w
2
2

rad donc le circuit est en état de résonance d’intensité
10
A la résonance d’intensité le circuit est résistif donc Z = R = R0+ r 
I
Umax
L’intensité du courant indiquée par l’ampèremètre est I2 = 2max =
2
2(R0  r)
II- 1- Lorsque N= N2, on a i = u = -
Avec Umax
13,7 cm  Umax = 6,85
2 V donc I2 =
6,85 2
20 2
=0,342 A
uR(t)
Exercice N°2:
1- L’équation différentielle
i(t)
R
On peut utiliser La loi des mailles : uR +uC –ue = 0
ue(t)
du C
dq
or uR = R.i = R0.
= R.C.
et uc = uS
dt
dt
du
Donc R.C. S + uS = u e
dt
2-a- La transmittance de ce filtre est T =
uC
C
us(t)= uC(t)
Figure-1-
USmax
=
Uemax
1
1+ (R.C. 2. .N)²
1
1
1
=
 2 = 1+ (R.C. 2. .N C )²  1 = (R.C. 2. .N C )²  NC =
2.π.R.C
2
1+ (R.C. 2. .NC )²
1
1
1
1
3-a- R1>R2 
<
<

 NC1<NC2
2.π.R 1.C 2.π.R 2 .C
R1 R1
b- A la courbe,(a) on associe R1
A la courbe,(b) on associe R2
Les fréquences de coupure sont NC1 = 100 Hz et NC2 = 400 Hz
b- T(NC)=
4-a- L’ampèremètre branché en série dans le circuit indique l’intensité du courant efficace I =
Imax  2 I = 12 2 mA
Et pour N = NC2 on a T(NC2)=
U
U
1
 C max  UCmax = emax = 3
2 Ue max
2
3
2 V
Imax
2
Ucmax =
NC2=
12.103 2
Imax
Imax
C

=
=1,59 F

2πNC2C
2πNC2UC max 6,28. 400. 3 2
1
1
1
=
=250 
 R2 
2πC.NC2 6,28. 400. 1,59.106
2.π.R 2 .C
1
1
1
=
=1 k
 R1 
2πC.NC1 6,28. 100. 1,59.106
2.π.R 1.C
5- La bande passante du filtre lorsque R=R2 est ]0, 400Hz]
6b- NC1=
T
1
0,7
0,5
N(Hz)
0 100
400
4

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