Correction du devoir de contrôle N° 3 06-07

4èmeSc
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Correction du devoir de contrôle N° 3 2014-2015
Chimie
Exercice N°1
(2 points)
1°) a- S1, S2, et S3 ont la même concentration molaire. Alors celle qui possede le pH le plus faible
correspond à l’acide le plus fort.
CH3COOH
HCl
HCOOH
(0,5 pt)
Ordre de force croissante de l’acide
b- Le plus fort des acides est HCl : c’est l’acide fort.
pH = - log(C) alors C = 10-pH = 10-2 mol.L-1. (0,5 pt)
2°) a- On a -logC  pH3 alors HCOOH n’est pas un acide faible donc c’est un acide faible. (0,25 pt)
b1
1
CV
1
V
pH3' = (pKa _ log C 3' ) = (pKa _ log(
)) = (pKa _ log C _ log(
))
2
2
V + Ve
2
V + Ve

pH3' =
1
1
1
(pKa _ log C + 1) = (pKa _ log C) + = pH3 + 0,5
2
2
2
(0,5 pt)
 La dilution augmente la dilution de la solution acide (0,25 pt)
Exercice N°2 (5 points)
1°) a- C3H8O4 + OH-
C2H7 O4- + H2O + H2O
(0,25 pt)
b- L’acide étant faible et la soude est forte alors la courbe pH = f(vb) obtenue lors de la neutralisation
présente deux points d’inflexion. (0,5 pt)
cVB (mL)
pH
Nom du point d’inflexion
E1
5
3,75
Point de demi-équivalence
E2
pHE
Point d’équivalence
10
(0,5 pt)
2°) a- A l’équivalence on na = nb ⇔ C a Va = C b VbE ⇔ C a =
C b VbE
= 1,1110
Va
_2
mol.L 1 (0,25 pt)
C a Va
1
(pKa + pKe + log[A _ ]) avec[A _ ] =
= 0,75.10 _ 2 AN : pHE = 7,8 (0,5 pt)
2
Va + Vb
1
c- L’acide étant faible pHi = (pKa_ log C a ) = 2,85 (0,25 pt)
2
d- La base étant forte pHb = pKe + logCb = 12,34 (0,25 pt)
epH
b- pHE =
7,8
(0,5 pt)
3,75
2,85
Vb(cm3)
5
10
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(0,75 pt)
3°) La masse contenue dans un comprimé m = Ca.V.M = 1,11.10_2.0,25.180 = 0,499 g  500mg alors
indication sur la boite est juste. (0,5 pt)
4°)
 La dilution d’une solution basique fait diminue son pH et puisque la solution à l’équivalence a un
caractère basique alors son pH diminue. (0,5 pt)
 VbE reste le même car l’ajout de l’eau ne fait pas changer la nombre de moles de l’acide. (0,5 pt)
Physique
Exercice N°1 (7 points)
R
(R)
T
G
1°) On applique la R.F.D au système {S}


∑Fext = ma
P
Bilan des forces
O i
    
T, P, R , f et F : forces extérieures.

Figure
o 1

Xm

f = hv
f est la force de frottement


f + R + P + T + F = ma après projection T + f + F= ma  – Kx- hv + F= ma
d 2 x h dx K
+
+ x = F (0,75 pt)
dt 2 m dt m
2°) a- à t =0 s F = 0 N alors La courbe C1 correspond à la composante F(t). (0,25 pt)
b1
 T = 0,4 s ⇔ N1 = = 2,5 Hz (0,5 pt)
T
 Tmax = 1,9 N (0,25 pt)
Tmax
 Xmax ⇔ X max =
= 7,6 cm (0,5 pt)
X max
π
π
π
c- (T - F) = ⇒ φ T = or φ T = φ x + π d' où φ x = _ rad (0,5 pt)
2
2
2
d-
(0,75 pt)
Grandeur
électrique
Grandeur
mécanique
q
1/C
L
R
i
u
x
K
m
h
v
F
e-  = u - i = 0 rad (0,25 pt)
π
π π
f-  = F - v = F - (x + ) = 0 + ( _ + ) = 0 rad. (0,5 pt)
2
2 2
-1
g- Vmax = 2N Xmax = 1,19 m.s (0,5 pt)
h-
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
K Xmax = 1,9 N
Fmax = 1,2 N
 = 0 rad
m Xmax
7,6 cm
4,8 cm
Fmax
(0,5 pt)

4èmeSc2
Fmax = hVmax
h Xmax
Fmax
= 1 Kg.s 1 (0,5 pt)
Vmax
K
⇒ m = 2 = 0,1 Kg (0,5 pt)
ω
h=
mω 2 X max = KX max
KXmax
3°) a- L’ oscillateur est en état de résonance d’élongation. (0,25 pt)
b- La fréquence de résonance d’élongation est légèrement inférieure à celle de résonance de
vitesse d’où N2 < N1 alors N 22 < N12 __1,27 = 4,98 ⇒ N 2 = 2,25 Hz (0,5 pt)
Exercice N°2 (7 points)
1°)
(0,5 pt)

2°) a-  = 2 cm (0,25 pt)
λ
λ
b- = v( t 2 _ t 1 ) ⇒ v =
= 0,2 m.s
2
2( t 2 _ t 1 )
_2
d1 4.10
=
3°) t 1 =
v
0,2
= 0,2 s et t 2 = t 1 + 5.10
1
(0,5 pt). N =
_2
V 0,2
=
= 10 Hz (0,25 pt)
λ 0,02
= 0,25 s .(1 pt)
4°) a- Le point A reproduit le mouvement de S après un retard A =
T
= 5.10-2 s.
2
On applique le principe de propagation
y A ( t ) = y S ( t _ θ A ) si t ≥ θ A
y A ( t ) = 0 si t < θ A
y A ( t ) = 4.10
_3
sin( 20πt _ π) pour t ≥ 5.10
yA( t ) = 0 si t < 5.10
_2
(1 pt)
_2
 = S- A =  Le point A vibre en opposition de phase avec S (0,25 pt)
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b-
yS
yA
y(mm)
4
t(s)
0
0,1
(0,75 pt)
5°) a- La distance parcourue par l’onde d = t3.V = 27,5.10-2.0,2 = 5,5.10_2 m = xB (0,5 pt)
b(1 pt)
y(mm)
4
-2
r(10 m)
2
4/4
r(10-2m)