correction DM2

correction du DM2 de physique-chimie
exercice 1 : interférences
1. s2 (O2 ) a une amplitude 3 fois plus importante que s1 (O1 ) donc l’intensité sonore
associée à s2 sera 9 fois plus importante que celle associée à s1 . Par ailleurs, ces
signaux sont synchrones et en phase lors de l’émission.
O1 M
O2 M
2. (a) τ1 =
et τ2 =
.
c
c
(b) A est différent de Sm car la puissance sonore émise à l’instant t par une des
sources se répartit au niveau de M sur une sphère de rayon O1 M , ce qui correspond donc à une puissance plus faible en M qu’au niveau de la source.
3.
4.
B cos ψ = A cos ϕ1 + 3A cos ϕ2
donc
B sin ψ = A sin ϕ1 + 3A sin ϕ2
B 2 = A2 (cos ϕ1 + 3 cos ϕ2 )2 + (sin ϕ1 + 3 sin ϕ2 )2
B 2 = A2 [10 + 6 cos(ϕ1 − ϕ2 )]
5. tan ψ =
B sin ψ
B cos ψ
tan ψ =
sin ϕ1 + 3 sin ϕ2
cos ϕ1 + 3 cos ϕ2
6. δ(M ) = O1 M − O2 M = c(τ1 − τ2 ) donc
ω
ϕ1 − ϕ2 = − δ(M )
c
B 2 = A2 10 + 6 cos
7. Bmax = 4A et Bmax = 2A
8.
1
2π
δ(M )
λ
9. B 2 = 10A2 , la valeur moyenne de la fonction cosinus sur une période (ici une
période est une période spatiale, λ !).
10. On retrouve bien le fait qu’en moyenne sur une période spatiale (ce qui "moyenne le
phénomène d’interférence") le carré de l’amplitude totale (proportionnel à l’énergie
reçue) est égale à la somme des carrés des amplitudes des deux signaux.
11. (a) δ(M ) =
O1 M 2 − O2 M 2
O1 M + O2 M
(y − +a/2)2 + d2 − ((y − a/2)2 + d2
2d
δ(M ) =
O1 M 2 − O2 M 2
O1 M + O2 M
δ(M )
2ay
2d
ay
d
(b)
(c) Les maxima d’intensité sonore sur l’axe (Py) vérifient
2π ay
= 0[2π]
λ d
y = 0[
λd
]
a
λd
a
(d) Lorsque le récepteur est en P, l’amplitude énergétique du signal est maximale
puisque les deux ondes sonores sont en phase, la phase à l’origine des dates étant
la même pour les deux signaux et la différence de marche nulle.
L’interfrange vaut donc i =
(e) f =
cd
= 42, 5 kHz
ai
exercice 2 : le phénol
1. La concentration molaire maximale cmax que l’on peut obtenir en dissolvant du phénol
Sm
dans l’eau à 25˚C vérifie cmax =
= 1, 04 mol/L .
M
2. Peser précisément m = c1 ∗ V ∗ M = 0,188 g de phénol dans une coupelle. L’introduire
dans une fiole jaugée de 100 mL.
Rincer la coupelle avec de l’eau distillée à récupérer dans la fiole, puis ajouter de
l’eau distillée en s’arrêtant nettement avant le trait de jauge.
Boucher et agiter jusqu’à dissolution complète.
Ajuster le niveau du liquide au trait de jauge et homogénéiser.
2
c1 V1
= 0, 0100 mol/L
V1 + V2
c2 V2
[Na+ ]i = [OH− ]i =
= 0, 0400 mol/L
V1 + V2
3. [C6 H5 OH]i =
[C6 H5 O− ]C˚
[C6 H5 OH][OH− ]
est initialement nul et ne peut jamais s’annuler puisqu’il passerait pour cela par la
valeur Qr = K˚correspondant à l’équilibre chimique. Ceci est dû au fait que tous les
réactifs et produits (sauf l’eau, en très large excès) sont des solutés.
4. La réaction ne peut en aucun cas être rigoureusement totale car Qr =
équation de la
réaction
5.
C6 H5 OH(aq)
avancement
molaire
(mol/L)
+
HO−(aq)
concentrations
c1 V1
V1 + V2
x=0
c1 V1
− xeq =
V1 + V2
εeq
xeq
−−
−− C6 H5 O – (g)
+H2 O
(mol/L)
c2 V2
V1 + V2
0
solvant
c2 V2
− xeq
V1 + V2
xeq
solvant
[C6 H5 O− ]eq C˚
= K˚. Vu la valeur de K˚, on
[C6 H5 OH]eq [OH− ]eq
c1 V1
peut faire l’hypothèse que la réaction est très avancée, soit xeq
.
V1 + V2
D’après la L.A.M, à l’équilibre,
On en déduit que
εeq =
c1 V1
1 c2 V2 − c1 V1
. .
.C˚= 3, 33.10−5 mol/L
V1 + V2 K˚ V1 + V2
L’hypothèse est valide donc


[C6 H5 O− ]eq = 3, 33.10−5 mol/L







 [C6 H5 OH]eq = 0, 100 mol/L

OH− eq = 0, 300 mol/L







 Na+ eq = 0, 400 mol/L
3

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