Exercice 1 – Étude d’un lave-linge (11 points) Q1.
Le volume de la cuve est :
V c = a 3 V_c = a^3 V c = a 3
Pour remplir la moitié de la cuve, le volume d’eau à verser est :
V eau = a 3 2 V_{\text{eau}} = \dfrac{a^3}{2} V eau = 2 a 3
Or, le débit volumique vérifie :
D v = V eau Δ t 1 D_v = \dfrac{V_{\text{eau}}}{\Delta t_1} D v = Δ t 1 V eau
Donc :
Δ t 1 = V eau D v = a 3 2 D v \Delta t_1 = \dfrac{V_{\text{eau}}}{D_v} = \dfrac{a^3}{2D_v} Δ t 1 = D v V eau = 2 D v a 3
Avec a = 60,0 c m = 0,600 m a = 60{,}0\ \mathrm{cm} = 0{,}600\ \mathrm{m} a = 60 , 0 cm = 0 , 600 m D v = 12 × 10 − 3 m 3 , m i n − 1 D_v = 12 \times 10^{-3}\ \mathrm{m^3,min^{-1}} D v = 12 × 1 0 − 3 m 3 , mi n − 1
Δ t 1 = 0,600 3 2 × ( 12 × 10 − 3 ) \Delta t_1 = \dfrac{0{,}600^3}{2 \times \left(12 \times 10^{-3}\right)} Δ t 1 = 2 × ( 12 × 1 0 − 3 ) 0 , 60 0 3
Δ t 1 = 9,0 m i n \Delta t_1 = 9{,}0\ \mathrm{min} Δ t 1 = 9 , 0 min
La durée nécessaire pour remplir la moitié de la cuve est donc Δ t 1 = 9,0 m i n \Delta t_1 = 9{,}0\ \mathrm{min} Δ t 1 = 9 , 0 min
Q2.
Lors du remplissage, de l’eau entre dans la chambre de compression. Le volume occupé par l’air diminue.
Or la quantité d’air et la température restent constantes. Pour un gaz parfait :
P V = n R T P V = nRT P V = n R T
Comme n n n T T T P V P V P V V V V P P P
La pression augmente donc dans la chambre de compression lors du remplissage.
Q3.
À l’arrêt du remplissage, l’eau occupe dans la chambre de compression un volume cylindrique :
V eau = π r 2 h V_{\text{eau}} = \pi r^2 h V eau = π r 2 h
Le volume occupé par l’air est donc :
V 2 = V 0 − π r 2 h V_2 = V_0 - \pi r^2 h V 2 = V 0 − π r 2 h
Q4.
L’air est assimilé à un gaz parfait. La quantité d’air et la température restent constantes, donc :
P 0 V 0 = P 2 V 2 P_0 V_0 = P_2 V_2 P 0 V 0 = P 2 V 2
Ainsi :
P 2 = P 0 V 0 V 2 P_2 = \dfrac{P_0 V_0}{V_2} P 2 = V 2 P 0 V 0
Avec V 2 = V 0 − π r 2 h V_2 = V_0 - \pi r^2 h V 2 = V 0 − π r 2 h
P 2 = P 0 V 0 V 0 − π r 2 h P_2 = \dfrac{P_0 V_0}{V_0 - \pi r^2 h} P 2 = V 0 − π r 2 h P 0 V 0
La surpression vaut :
Δ P = P 2 − P 0 \Delta P = P_2 - P_0 Δ P = P 2 − P 0
Donc :
Δ P = P 0 V 0 V 0 − π r 2 h − P 0 \Delta P = \dfrac{P_0 V_0}{V_0 - \pi r^2 h} - P_0 Δ P = V 0 − π r 2 h P 0 V 0 − P 0
Δ P = P 0 ( V 0 V 0 − π r 2 h − 1 ) \Delta P = P_0 \left(\dfrac{V_0}{V_0 - \pi r^2 h} - 1\right) Δ P = P 0 ( V 0 − π r 2 h V 0 − 1 )
Δ P = P 0 × V 0 − ( V 0 − π r 2 h ) V 0 − π r 2 h \Delta P = P_0 \times \dfrac{V_0 - \left(V_0 - \pi r^2 h\right)}{V_0 - \pi r^2 h} Δ P = P 0 × V 0 − π r 2 h V 0 − ( V 0 − π r 2 h )
On obtient bien :
Δ P = P 0 × π r 2 h V 0 − π r 2 h \Delta P = P_0 \times \dfrac{\pi r^2 h}{V_0 - \pi r^2 h} Δ P = P 0 × V 0 − π r 2 h π r 2 h
Q5.
On utilise l’expression obtenue précédemment :
Δ P = P 0 × π r 2 h V 0 − π r 2 h \Delta P = P_0 \times \dfrac{\pi r^2 h}{V_0 - \pi r^2 h} Δ P = P 0 × V 0 − π r 2 h π r 2 h
Avec :
r = 3,0 c m = 3,0 × 10 − 2 m r = 3{,}0\ \mathrm{cm} = 3{,}0 \times 10^{-2}\ \mathrm{m} r = 3 , 0 cm = 3 , 0 × 1 0 − 2 m
h = 5,0 m m = 5,0 × 10 − 3 m h = 5{,}0\ \mathrm{mm} = 5{,}0 \times 10^{-3}\ \mathrm{m} h = 5 , 0 mm = 5 , 0 × 1 0 − 3 m
V 0 = 0,50 L = 5,0 × 10 − 4 m 3 V_0 = 0{,}50\ \mathrm{L} = 5{,}0 \times 10^{-4}\ \mathrm{m^3} V 0 = 0 , 50 L = 5 , 0 × 1 0 − 4 m 3
P 0 = 1,01 × 10 5 P a P_0 = 1{,}01 \times 10^5\ \mathrm{Pa} P 0 = 1 , 01 × 1 0 5 Pa
Le volume d’eau entré dans la chambre vaut :
π r 2 h = π × ( 3,0 × 10 − 2 ) 2 × 5,0 × 10 − 3 \pi r^2 h = \pi \times \left(3{,}0 \times 10^{-2}\right)^2 \times 5{,}0 \times 10^{-3} π r 2 h = π × ( 3 , 0 × 1 0 − 2 ) 2 × 5 , 0 × 1 0 − 3
π r 2 h ≈ 1,4 × 10 − 5 m 3 \pi r^2 h \approx 1{,}4 \times 10^{-5}\ \mathrm{m^3} π r 2 h ≈ 1 , 4 × 1 0 − 5 m 3
Donc :
Δ P = 1,01 × 10 5 × 1,4 × 10 − 5 5,0 × 10 − 4 − 1,4 × 10 − 5 \Delta P = 1{,}01 \times 10^5 \times \dfrac{1{,}4 \times 10^{-5}}{5{,}0 \times 10^{-4} - 1{,}4 \times 10^{-5}} Δ P = 1 , 01 × 1 0 5 × 5 , 0 × 1 0 − 4 − 1 , 4 × 1 0 − 5 1 , 4 × 1 0 − 5
Δ P ≈ 2,9 × 10 3 P a \Delta P \approx 2{,}9 \times 10^3\ \mathrm{Pa} Δ P ≈ 2 , 9 × 1 0 3 Pa
La surpression lors du test vaut donc environ Δ P = 2,9 × 10 3 P a \Delta P = 2{,}9 \times 10^3\ \mathrm{Pa} Δ P = 2 , 9 × 1 0 3 Pa 150 P a 150\ \mathrm{Pa} 150 Pa
Q6.
Dans la cuve, au point A A A
P A = P 0 P_A = P_0 P A = P 0
Dans la chambre de compression, au point B B B
P B = P 2 P_B = P_2 P B = P 2
La loi fondamentale de la statique des fluides donne :
P A + ρ g z A = P B + ρ g z B P_A + \rho g z_A = P_B + \rho g z_B P A + ρ g z A = P B + ρ g z B
Donc :
P B − P A = ρ g ( z A − z B ) P_B - P_A = \rho g \left(z_A - z_B\right) P B − P A = ρ g ( z A − z B )
Or :
P B − P A = P 2 − P 0 = Δ P P_B - P_A = P_2 - P_0 = \Delta P P B − P A = P 2 − P 0 = Δ P
Lors du test, le point A A A a 2 \dfrac{a}{2} 2 a B B B h h h
Δ P = ρ g ( a 2 − h ) \Delta P = \rho g \left(\dfrac{a}{2} - h\right) Δ P = ρ g ( 2 a − h )
Application numérique :
Δ P = 1,0 × 10 3 × 9,81 × ( 0,600 2 − 5,0 × 10 − 3 ) \Delta P = 1{,}0 \times 10^3 \times 9{,}81 \times \left(\dfrac{0{,}600}{2} - 5{,}0 \times 10^{-3}\right) Δ P = 1 , 0 × 1 0 3 × 9 , 81 × ( 2 0 , 600 − 5 , 0 × 1 0 − 3 )
Δ P ≈ 2,9 × 10 3 P a \Delta P \approx 2{,}9 \times 10^3\ \mathrm{Pa} Δ P ≈ 2 , 9 × 1 0 3 Pa
On retrouve bien la valeur de la surpression obtenue précédemment.
Q7.
En fonctionnement normal, la hauteur h h h H H H
On a donc :
Δ P = ρ g H \Delta P = \rho g H Δ P = ρ g H
D’où :
H = Δ P ρ g H = \dfrac{\Delta P}{\rho g} H = ρ g Δ P
Application numérique :
H = 150 1,0 × 10 3 × 9,81 H = \dfrac{150}{1{,}0 \times 10^3 \times 9{,}81} H = 1 , 0 × 1 0 3 × 9 , 81 150
H ≈ 1,5 × 10 − 2 m H \approx 1{,}5 \times 10^{-2}\ \mathrm{m} H ≈ 1 , 5 × 1 0 − 2 m
Le volume d’eau dans la cuve vaut alors :
V = a 2 H V = a^2 H V = a 2 H
V = 0,600 2 × 1,5 × 10 − 2 V = 0{,}600^2 \times 1{,}5 \times 10^{-2} V = 0 , 60 0 2 × 1 , 5 × 1 0 − 2
V ≈ 5,5 × 10 − 3 m 3 V \approx 5{,}5 \times 10^{-3}\ \mathrm{m^3} V ≈ 5 , 5 × 1 0 − 3 m 3
Comme 1 m 3 = 1 000 L 1\ \mathrm{m^3} = 1~000\ \mathrm{L} 1 m 3 = 1 000 L
V ≈ 5,5 L V \approx 5{,}5\ \mathrm{L} V ≈ 5 , 5 L
Le volume d’eau contenu dans la cuve en fonctionnement normal et sans linge est donc environ 5,5 L 5{,}5\ \mathrm{L} 5 , 5 L
Q8.
Lorsque l’interrupteur est en position 1 1 1 R R R
D’après la loi des mailles :
E = u R ( t ) + u C ( t ) E = u_R(t) + u_C(t) E = u R ( t ) + u C ( t )
Pour un conducteur ohmique :
u R ( t ) = R i ( t ) u_R(t) = R i(t) u R ( t ) = R i ( t )
Pour un condensateur :
i ( t ) = C d u C d t ( t ) i(t) = C \dfrac{\mathrm{d}u_C}{\mathrm{d}t}(t) i ( t ) = C d t d u C ( t )
Donc :
u R ( t ) = R C d u C d t ( t ) u_R(t) = R C \dfrac{\mathrm{d}u_C}{\mathrm{d}t}(t) u R ( t ) = R C d t d u C ( t )
En remplaçant dans la loi des mailles, on obtient :
E = R C d u C d t ( t ) + u C ( t ) E = R C \dfrac{\mathrm{d}u_C}{\mathrm{d}t}(t) + u_C(t) E = R C d t d u C ( t ) + u C ( t )
Soit :
u C ( t ) + R C d u C d t ( t ) = E u_C(t) + R C \dfrac{\mathrm{d}u_C}{\mathrm{d}t}(t) = E u C ( t ) + R C d t d u C ( t ) = E
On retrouve bien l’équation différentielle demandée.
Q9.
La solution proposée est :
u C ( t ) = A ( 1 − e − t τ ) u_C(t) = A\left(1 - e^{-\frac{t}{\tau}}\right) u C ( t ) = A ( 1 − e − τ t )
Lorsque le condensateur est totalement chargé, en régime permanent, on a :
d u C d t ( t ) = 0 \dfrac{\mathrm{d}u_C}{\mathrm{d}t}(t) = 0 d t d u C ( t ) = 0
L’équation différentielle devient alors :
u C ( t ) = E u_C(t) = E u C ( t ) = E
Or, lorsque t t t
e − t τ → 0 e^{-\frac{t}{\tau}} \to 0 e − τ t → 0
Donc :
u C ( t ) → A u_C(t) \to A u C ( t ) → A
On en déduit :
A = E A = E A = E
Ainsi :
u C ( t ) = E ( 1 − e − t τ ) u_C(t) = E\left(1 - e^{-\frac{t}{\tau}}\right) u C ( t ) = E ( 1 − e − τ t )
Q10.
D’après la loi des mailles :
E = u R ( t ) + u C ( t ) E = u_R(t) + u_C(t) E = u R ( t ) + u C ( t )
Donc :
u R ( t ) = E − u C ( t ) u_R(t) = E - u_C(t) u R ( t ) = E − u C ( t )
En utilisant l’expression précédente :
u R ( t ) = E − E ( 1 − e − t τ ) u_R(t) = E - E\left(1 - e^{-\frac{t}{\tau}}\right) u R ( t ) = E − E ( 1 − e − τ t )
u R ( t ) = E e − t τ u_R(t) = E e^{-\frac{t}{\tau}} u R ( t ) = E e − τ t
On obtient bien :
u R ( t ) = E e − t τ u_R(t) = E e^{-\frac{t}{\tau}} u R ( t ) = E e − τ t
Q11.
Le comparateur envoie un signal lorsque :
u R ( t seuil ) = E 3 u_R(t_{\text{seuil}}) = \dfrac{E}{3} u R ( t seuil ) = 3 E
Or :
u R ( t ) = E e − t τ u_R(t) = E e^{-\frac{t}{\tau}} u R ( t ) = E e − τ t
Donc :
E e − t seuil τ = E 3 E e^{-\frac{t_{\text{seuil}}}{\tau}} = \dfrac{E}{3} E e − τ t seuil = 3 E
On simplifie par E E E
e − t seuil τ = 1 3 e^{-\frac{t_{\text{seuil}}}{\tau}} = \dfrac{1}{3} e − τ t seuil = 3 1
On applique la fonction logarithme népérien :
− t seuil τ = ln ( 1 3 ) -\dfrac{t_{\text{seuil}}}{\tau} = \ln\left(\dfrac{1}{3}\right) − τ t seuil = ln ( 3 1 )
Or :
ln ( 1 3 ) = − ln 3 \ln\left(\dfrac{1}{3}\right) = -\ln 3 ln ( 3 1 ) = − ln 3
Donc :
t seuil = τ ln 3 t_{\text{seuil}} = \tau \ln 3 t seuil = τ ln 3
La date de fin de temporisation est donc :
t seuil = τ ln 3 t_{\text{seuil}} = \tau \ln 3 t seuil = τ ln 3
Q12.
La durée de temporisation vaut :
Δ t 2 = t seuil = τ ln 3 \Delta t_2 = t_{\text{seuil}} = \tau \ln 3 Δ t 2 = t seuil = τ ln 3
Or :
τ = R C \tau = R C τ = R C
Donc :
Δ t 2 = R C ln 3 \Delta t_2 = R C \ln 3 Δ t 2 = R C ln 3
On cherche une durée voisine de 30 s 30\ \mathrm{s} 30 s
R = Δ t 2 C ln 3 R = \dfrac{\Delta t_2}{C \ln 3} R = C ln 3 Δ t 2
Avec C = 4,70 m F = 4,70 × 10 − 3 F C = 4{,}70\ \mathrm{mF} = 4{,}70 \times 10^{-3}\ \mathrm{F} C = 4 , 70 mF = 4 , 70 × 1 0 − 3 F
R = 30 4,70 × 10 − 3 × ln 3 R = \dfrac{30}{4{,}70 \times 10^{-3} \times \ln 3} R = 4 , 70 × 1 0 − 3 × ln 3 30
R ≈ 5,8 × 10 3 Ω R \approx 5{,}8 \times 10^3\ \Omega R ≈ 5 , 8 × 1 0 3 Ω
Il faut donc choisir la résistance proposée la plus proche :
R 2 = 5,0 k Ω R_2 = 5{,}0\ \mathrm{k\Omega} R 2 = 5 , 0 kΩ
Vérification :
Δ t 2 = 5,0 × 10 3 × 4,70 × 10 − 3 × ln 3 \Delta t_2 = 5{,}0 \times 10^3 \times 4{,}70 \times 10^{-3} \times \ln 3 Δ t 2 = 5 , 0 × 1 0 3 × 4 , 70 × 1 0 − 3 × ln 3
Δ t 2 ≈ 26 s \Delta t_2 \approx 26\ \mathrm{s} Δ t 2 ≈ 26 s
La résistance à utiliser est donc R 2 = 5,0 k Ω R_2 = 5{,}0\ \mathrm{k\Omega} R 2 = 5 , 0 kΩ 30 s 30\ \mathrm{s} 30 s
Q13.
D’après le graphique, la valeur initiale de la tension aux bornes du conducteur ohmique est :
u R ( t = 0 ) ≈ 4,5 V u_R(t = 0) \approx 4{,}5\ \mathrm{V} u R ( t = 0 ) ≈ 4 , 5 V
Avant le basculement en position 2 2 2
u C ( t = 0 ) = E = 4,5 V u_C(t = 0) = E = 4{,}5\ \mathrm{V} u C ( t = 0 ) = E = 4 , 5 V
Lors de la décharge, la loi des mailles donne, avec la convention de mesure utilisée pour la tension représentée :
u R ( t = 0 ) = u C ( t = 0 ) u_R(t = 0) = u_C(t = 0) u R ( t = 0 ) = u C ( t = 0 )
Donc :
u R ( t = 0 ) = E = 4,5 V u_R(t = 0) = E = 4{,}5\ \mathrm{V} u R ( t = 0 ) = E = 4 , 5 V
La valeur lue graphiquement est bien en accord avec la valeur attendue.
Q14.
Pour déterminer graphiquement la constante de temps τ exp \tau_{\text{exp}} τ exp
u R ( τ ) = u R ( 0 ) e u_R(\tau) = \dfrac{u_R(0)}{e} u R ( τ ) = e u R ( 0 )
Or :
u R ( 0 ) ≈ 4,5 V u_R(0) \approx 4{,}5\ \mathrm{V} u R ( 0 ) ≈ 4 , 5 V
Donc :
u R ( τ ) ≈ 4,5 e ≈ 1,7 V u_R(\tau) \approx \dfrac{4{,}5}{e} \approx 1{,}7\ \mathrm{V} u R ( τ ) ≈ e 4 , 5 ≈ 1 , 7 V
Sur le graphique, la tension atteint environ 1,7 V 1{,}7\ \mathrm{V} 1 , 7 V
τ exp ≈ 24 s \tau_{\text{exp}} \approx 24\ \mathrm{s} τ exp ≈ 24 s
On compare à la valeur théorique :
τ = R C \tau = R C τ = R C
Avec R = 5,0 k Ω = 5,0 × 10 3 Ω R = 5{,}0\ \mathrm{k\Omega} = 5{,}0 \times 10^3\ \Omega R = 5 , 0 kΩ = 5 , 0 × 1 0 3 Ω C = 4,70 m F = 4,70 × 10 − 3 F C = 4{,}70\ \mathrm{mF} = 4{,}70 \times 10^{-3}\ \mathrm{F} C = 4 , 70 mF = 4 , 70 × 1 0 − 3 F
τ = 5,0 × 10 3 × 4,70 × 10 − 3 \tau = 5{,}0 \times 10^3 \times 4{,}70 \times 10^{-3} τ = 5 , 0 × 1 0 3 × 4 , 70 × 1 0 − 3
τ = 23,5 s \tau = 23{,}5\ \mathrm{s} τ = 23 , 5 s
La valeur expérimentale τ exp ≈ 24 s \tau_{\text{exp}} \approx 24\ \mathrm{s} τ exp ≈ 24 s τ = 23,5 s \tau = 23{,}5\ \mathrm{s} τ = 23 , 5 s
Q15.
Les 3 3 3
• La conduction.
• La convection.
• Le rayonnement.
Lors du chauffage de l’eau par un thermoplongeur, le rayonnement peut être négligé devant les transferts par conduction et convection dans l’eau.
Q16.
Le transfert thermique nécessaire pour chauffer l’eau vaut :
Q = m eau c eau ( θ f − θ 0 ) Q = m_{\text{eau}} c_{\text{eau}} \left(\theta_f - \theta_0\right) Q = m eau c eau ( θ f − θ 0 )
On calcule d’abord la masse d’eau :
m eau = ρ eau V eau m_{\text{eau}} = \rho_{\text{eau}} V_{\text{eau}} m eau = ρ eau V eau
Avec :
V eau = 5,7 L = 5,7 × 10 − 3 m 3 V_{\text{eau}} = 5{,}7\ \mathrm{L} = 5{,}7 \times 10^{-3}\ \mathrm{m^3} V eau = 5 , 7 L = 5 , 7 × 1 0 − 3 m 3
Donc :
m eau = 1,0 × 10 3 × 5,7 × 10 − 3 m_{\text{eau}} = 1{,}0 \times 10^3 \times 5{,}7 \times 10^{-3} m eau = 1 , 0 × 1 0 3 × 5 , 7 × 1 0 − 3
m eau = 5,7 k g m_{\text{eau}} = 5{,}7\ \mathrm{kg} m eau = 5 , 7 kg
La variation de température vaut :
θ f − θ 0 = 30 − 20 = 10 K \theta_f - \theta_0 = 30 - 20 = 10\ \mathrm{K} θ f − θ 0 = 30 − 20 = 10 K
Ainsi :
Q = 5,7 × 4,18 × 10 3 × 10 Q = 5{,}7 \times 4{,}18 \times 10^3 \times 10 Q = 5 , 7 × 4 , 18 × 1 0 3 × 10
Q = 2,38 × 10 5 J Q = 2{,}38 \times 10^5\ \mathrm{J} Q = 2 , 38 × 1 0 5 J
Or :
1 M J = 10 6 J 1\ \mathrm{MJ} = 10^6\ \mathrm{J} 1 MJ = 1 0 6 J
Donc :
Q ≈ 0,24 M J Q \approx 0{,}24\ \mathrm{MJ} Q ≈ 0 , 24 MJ
Le transfert thermique nécessaire est bien d’environ 0,24 M J 0{,}24\ \mathrm{MJ} 0 , 24 MJ
Q17.
On suppose que toute la puissance électrique fournie au thermoplongeur est transmise à l’eau :
P e ˊ l = Φ P_{\text{él}} = \Phi P e ˊ l = Φ
La puissance étant une énergie transférée par unité de temps :
P e ˊ l = Q Δ t 3 P_{\text{él}} = \dfrac{Q}{\Delta t_3} P e ˊ l = Δ t 3 Q
Donc :
Δ t 3 = Q P e ˊ l \Delta t_3 = \dfrac{Q}{P_{\text{él}}} Δ t 3 = P e ˊ l Q
Avec :
Q ≈ 2,38 × 10 5 J Q \approx 2{,}38 \times 10^5\ \mathrm{J} Q ≈ 2 , 38 × 1 0 5 J
et :
P e ˊ l = 2,0 k W = 2,0 × 10 3 W P_{\text{él}} = 2{,}0\ \mathrm{kW} = 2{,}0 \times 10^3\ \mathrm{W} P e ˊ l = 2 , 0 kW = 2 , 0 × 1 0 3 W
On obtient :
Δ t 3 = 2,38 × 10 5 2,0 × 10 3 \Delta t_3 = \dfrac{2{,}38 \times 10^5}{2{,}0 \times 10^3} Δ t 3 = 2 , 0 × 1 0 3 2 , 38 × 1 0 5
Δ t 3 ≈ 1,19 × 10 2 s \Delta t_3 \approx 1{,}19 \times 10^2\ \mathrm{s} Δ t 3 ≈ 1 , 19 × 1 0 2 s
Soit :
Δ t 3 = 119 60 ≈ 2,0 m i n \Delta t_3 = \dfrac{119}{60} \approx 2{,}0\ \mathrm{min} Δ t 3 = 60 119 ≈ 2 , 0 min
La durée nécessaire de fonctionnement du thermoplongeur est donc d’environ Δ t 3 = 2,0 m i n \Delta t_3 = 2{,}0\ \mathrm{min} Δ t 3 = 2 , 0 min
Q18.
On utilise la relation :
Φ = h c S ( θ thermo − θ eau ) \Phi = h_c S \left(\theta_{\text{thermo}} - \theta_{\text{eau}}\right) Φ = h c S ( θ thermo − θ eau )
Donc :
θ thermo = θ eau + Φ h c S \theta_{\text{thermo}} = \theta_{\text{eau}} + \dfrac{\Phi}{h_c S} θ thermo = θ eau + h c S Φ
Quand l’eau atteint la température finale :
θ eau = θ f = 30 ∘ C \theta_{\text{eau}} = \theta_f = 30\ ^\circ\mathrm{C} θ eau = θ f = 30 ∘ C
La puissance fournie vaut :
Φ = P e ˊ l = 2,0 × 10 3 W \Phi = P_{\text{él}} = 2{,}0 \times 10^3\ \mathrm{W} Φ = P e ˊ l = 2 , 0 × 1 0 3 W
Sans brassage de l’eau :
θ thermo = 30 + 2,0 × 10 3 1,0 × 10 3 × 0,020 \theta_{\text{thermo}} = 30 + \dfrac{2{,}0 \times 10^3}{1{,}0 \times 10^3 \times 0{,}020} θ thermo = 30 + 1 , 0 × 1 0 3 × 0 , 020 2 , 0 × 1 0 3
θ thermo = 30 + 100 \theta_{\text{thermo}} = 30 + 100 θ thermo = 30 + 100
θ thermo = 130 ∘ C \theta_{\text{thermo}} = 130\ ^\circ\mathrm{C} θ thermo = 130 ∘ C
Avec brassage de l’eau :
θ thermo = 30 + 2,0 × 10 3 4,0 × 10 3 × 0,020 \theta_{\text{thermo}} = 30 + \dfrac{2{,}0 \times 10^3}{4{,}0 \times 10^3 \times 0{,}020} θ thermo = 30 + 4 , 0 × 1 0 3 × 0 , 020 2 , 0 × 1 0 3
θ thermo = 30 + 25 \theta_{\text{thermo}} = 30 + 25 θ thermo = 30 + 25
θ thermo = 55 ∘ C \theta_{\text{thermo}} = 55\ ^\circ\mathrm{C} θ thermo = 55 ∘ C
La température du thermoplongeur vaut donc environ 130 ∘ C 130\ ^\circ\mathrm{C} 130 ∘ C 55 ∘ C 55\ ^\circ\mathrm{C} 55 ∘ C
Q19.
D’après la figure 4 4 4 θ f = 30 ∘ C \theta_f = 30\ ^\circ\mathrm{C} θ f = 30 ∘ C
Δ t ≈ 120 s \Delta t \approx 120\ \mathrm{s} Δ t ≈ 120 s
D’après la figure 5 5 5
θ thermo ≈ 55 ∘ C \theta_{\text{thermo}} \approx 55\ ^\circ\mathrm{C} θ thermo ≈ 55 ∘ C 60 ∘ C 60\ ^\circ\mathrm{C} 60 ∘ C
Cette valeur est cohérente avec celle obtenue à la question Q18 18 18
θ thermo = 55 ∘ C \theta_{\text{thermo}} = 55\ ^\circ\mathrm{C} θ thermo = 55 ∘ C
Q20.
D’après la figure 4 4 4 θ f = 30 ∘ C \theta_f = 30\ ^\circ\mathrm{C} θ f = 30 ∘ C
Δ t sans tartre ≈ 120 s \Delta t_{\text{sans tartre}} \approx 120\ \mathrm{s} Δ t sans tartre ≈ 120 s
Avec 2 m m 2\ \mathrm{mm} 2 mm
Δ t avec tartre ≈ 140 s \Delta t_{\text{avec tartre}} \approx 140\ \mathrm{s} Δ t avec tartre ≈ 140 s
La puissance fournie étant supposée constante, l’énergie consommée est proportionnelle à la durée de chauffage :
E = P e ˊ l Δ t E = P_{\text{él}} \Delta t E = P e ˊ l Δ t
L’augmentation relative de la consommation vaut donc :
E avec tartre − E sans tartre E sans tartre < b r > = Δ t avec tartre − Δ t sans tartre Δ t sans tartre \dfrac{E_{\text{avec tartre}} - E_{\text{sans tartre}}}{E_{\text{sans tartre}}}<br>= \dfrac{\Delta t_{\text{avec tartre}} - \Delta t_{\text{sans tartre}}}{\Delta t_{\text{sans tartre}}} E sans tartre E avec tartre − E sans tartre < b r >= Δ t sans tartre Δ t avec tartre − Δ t sans tartre
140 − 120 120 ≈ 0,17 \dfrac{140 - 120}{120} \approx 0{,}17 120 140 − 120 ≈ 0 , 17
Soit environ :
17 17\ % 17
Compte tenu de l’incertitude de lecture graphique, cette valeur est bien de l’ordre de 15 15\ % 15
Exercice 2 - L’odeur de Jasmin (4 points) Q1.
La formule semi-développée de l’éthanoate de benzyle peut s’écrire :
C H 3 − C ( = O ) − O − C H 2 − C 6 H 5 \mathrm{CH_3-C(=O)-O-CH_2-C_6H_5} C H 3 − C ( = O ) − O − C H 2 − C 6 H 5
Le groupe caractéristique à entourer est :
− C ( = O ) − O − \mathrm{-C(=O)-O-} − C ( = O ) − O −
Il s’agit du groupe ester. La famille fonctionnelle associée est donc celle des esters.
Q2.
L’étape C permet de refroidir brutalement le mélange réactionnel en le versant dans de l’eau glacée. La température diminue fortement, ce qui ralentit beaucoup la transformation chimique.
La composition du système est ainsi pratiquement figée à la date t t t
Q3.
L’équation de la réaction est :
C 2 H 4 O 2 ( ℓ ) + C 7 H 8 O ( ℓ ) ⇌ C 9 H 10 O 2 ( ℓ ) + H 2 O ( ℓ ) \mathrm{C_2H_4O_2(\ell) + C_7H_8O(\ell) \rightleftharpoons C_9H_{10}O_2(\ell) + H_2O(\ell)} C 2 H 4 O 2 ( ℓ ) + C 7 H 8 O ( ℓ ) ⇌ C 9 H 10 O 2 ( ℓ ) + H 2 O ( ℓ )
Les coefficients stœchiométriques de l’acide éthanoïque et de l’éthanoate de benzyle sont égaux à 1 1 1
Si l’on note x ( t ) x(t) x ( t ) t t t
n ac ( t ) = n 0 , ac − x ( t ) n_{\text{ac}}(t) = n_{0,\text{ac}} - x(t) n ac ( t ) = n 0 , ac − x ( t )
Comme l’éthanoate de benzyle est formé avec le même coefficient stœchiométrique et qu’il n’est pas présent initialement :
n EB ( t ) = x ( t ) n_{\text{EB}}(t) = x(t) n EB ( t ) = x ( t )
Donc :
n ac ( t ) = n 0 , ac − n EB ( t ) n_{\text{ac}}(t) = n_{0,\text{ac}} - n_{\text{EB}}(t) n ac ( t ) = n 0 , ac − n EB ( t )
La ligne à compléter dans le programme est donc :
n_EB[i] = n_0ac - n_ac[i]
Q4.
Dans chaque tube, le volume de mélange introduit est V = 2,0 m L V = 2{,}0\ \mathrm{mL} V = 2 , 0 mL 25 25\ % 25
V ac = 0,25 × 2,0 = 0,50 m L V_{\text{ac}} = 0{,}25 \times 2{,}0 = 0{,}50\ \mathrm{mL} V ac = 0 , 25 × 2 , 0 = 0 , 50 mL
La masse d’acide éthanoïque vaut :
m ac = ρ ac V ac m_{\text{ac}} = \rho_{\text{ac}} V_{\text{ac}} m ac = ρ ac V ac
m ac = 1,05 × 0,50 = 0,525 g m_{\text{ac}} = 1{,}05 \times 0{,}50 = 0{,}525\ \mathrm{g} m ac = 1 , 05 × 0 , 50 = 0 , 525 g
La quantité de matière initiale d’acide éthanoïque vaut :
n 0 , ac = m ac M ac n_{0,\text{ac}} = \dfrac{m_{\text{ac}}}{M_{\text{ac}}} n 0 , ac = M ac m ac
n 0 , ac = 0,525 60,1 n_{0,\text{ac}} = \dfrac{0{,}525}{60{,}1} n 0 , ac = 60 , 1 0 , 525
n 0 , ac ≈ 8,7 × 10 − 3 m o l n_{0,\text{ac}} \approx 8{,}7 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol} n 0 , ac ≈ 8 , 7 × 1 0 − 3 mol
On retrouve bien la valeur de la ligne 7 7 7
n 0 , ac = 0,0087 m o l n_{0,\text{ac}} = 0{,}0087\ \mathrm{mol} n 0 , ac = 0 , 0087 mol
Q5.
D’après la relation établie :
n EB ( t ) = n 0 , ac − n ac ( t ) n_{\text{EB}}(t) = n_{0,\text{ac}} - n_{\text{ac}}(t) n EB ( t ) = n 0 , ac − n ac ( t )
La ligne 18 18 18
n_EB[i] = n_0ac - n_ac[i]
Q6.
Le temps de demi-réaction t 1 / 2 t_{1/2} t 1/2
D’après la courbe, la quantité finale d’éthanoate de benzyle est environ :
n EB , f ≈ 5,8 × 10 − 3 m o l n_{\text{EB},f} \approx 5{,}8 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol} n EB , f ≈ 5 , 8 × 1 0 − 3 mol
La moitié vaut donc :
n EB , f 2 ≈ 2,9 × 10 − 3 m o l \dfrac{n_{\text{EB},f}}{2} \approx 2{,}9 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol} 2 n EB , f ≈ 2 , 9 × 1 0 − 3 mol
On lit alors sur la courbe l’abscisse correspondant à cette valeur :
t 1 / 2 ≈ 2,5 m i n t_{1/2} \approx 2{,}5\ \mathrm{min} t 1/2 ≈ 2 , 5 min
Le temps de demi-réaction est donc environ 2,5 m i n 2{,}5\ \mathrm{min} 2 , 5 min
Q7.
La vitesse volumique d’apparition de l’éthanoate de benzyle est définie comme la dérivée de sa quantité de matière par rapport au temps, rapportée au volume du mélange réactionnel.
On a donc :
v EB ( t ) = 1 V × d n EB d t v_{\text{EB}}(t) = \dfrac{1}{V} \times \dfrac{\mathrm{d}n_{\text{EB}}}{\mathrm{d}t} v EB ( t ) = V 1 × d t d n EB
Q8.
La vitesse volumique d’apparition de l’éthanoate de benzyle est :
v ( t ) = 1 V × d n EB d t v(t) = \dfrac{1}{V} \times \dfrac{\mathrm{d}n_{\text{EB}}}{\mathrm{d}t} v ( t ) = V 1 × d t d n EB
À l’instant initial, on trace la tangente à la courbe n EB ( t ) n_{\text{EB}}(t) n EB ( t ) t = 0 t = 0 t = 0
D’après le tracé, on obtient une pente initiale de l’ordre de :
( d n EB d t ) t = 0 ≈ 1,5 × 10 − 3 m o l ⋅ m i n − 1 \left(\dfrac{\mathrm{d}n_{\text{EB}}}{\mathrm{d}t}\right)_{t=0} \approx 1{,}5 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol\cdot min^{-1}} ( d t d n EB ) t = 0 ≈ 1 , 5 × 1 0 − 3 mol ⋅ mi n − 1
Le volume du mélange étudié est :
V = 2,0 m L = 2,0 × 10 − 3 L V = 2{,}0\ \mathrm{mL} = 2{,}0 \times 10^{-3}\ \mathrm{L} V = 2 , 0 mL = 2 , 0 × 1 0 − 3 L
Donc :
v ( 0 ) ≈ 1,5 × 10 − 3 2,0 × 10 − 3 v(0) \approx \dfrac{1{,}5 \times 10^{-3}}{2{,}0 \times 10^{-3}} v ( 0 ) ≈ 2 , 0 × 1 0 − 3 1 , 5 × 1 0 − 3
v ( 0 ) ≈ 0,75 m o l ⋅ L − 1 ⋅ m i n − 1 v(0) \approx 0{,}75\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}\cdot min^{-1}} v ( 0 ) ≈ 0 , 75 mol ⋅ L − 1 ⋅ mi n − 1
La vitesse volumique initiale est donc de l’ordre de 0,7 0{,}7 0 , 7 0,8 m o l ⋅ L − 1 ⋅ m i n − 1 0{,}8\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}\cdot min^{-1}} 0 , 8 mol ⋅ L − 1 ⋅ mi n − 1 t = 20 m i n t = 20\ \mathrm{min} t = 20 min 6,7 × 10 − 3 m o l ⋅ L − 1 ⋅ m i n − 1 6{,}7 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}\cdot min^{-1}} 6 , 7 × 1 0 − 3 mol ⋅ L − 1 ⋅ mi n − 1
Q9.
La vitesse volumique d’apparition de l’éthanoate de benzyle diminue au cours du temps.
Un facteur cinétique responsable de cette évolution est la concentration des réactifs. Au cours de la synthèse, l’acide éthanoïque est consommé, donc sa concentration diminue. La fréquence des chocs efficaces entre les réactifs diminue, ce qui entraîne une diminution de la vitesse volumique d’apparition de l’éthanoate de benzyle.
Q10.
La transformation est une estérification, donc une transformation non totale.
Pour optimiser le rendement, on peut éliminer l’un des produits formés au fur et à mesure de la transformation, par exemple l’eau :
C 2 H 4 O 2 ( ℓ ) + C 7 H 8 O ( ℓ ) ⇌ C 9 H 10 O 2 ( ℓ ) + H 2 O ( ℓ ) \mathrm{C_2H_4O_2(\ell) + C_7H_8O(\ell) \rightleftharpoons C_9H_{10}O_2(\ell) + H_2O(\ell)} C 2 H 4 O 2 ( ℓ ) + C 7 H 8 O ( ℓ ) ⇌ C 9 H 10 O 2 ( ℓ ) + H 2 O ( ℓ )
L’élimination de l’eau déplace l’évolution du système dans le sens direct, c’est-à-dire dans le sens de formation de l’éthanoate de benzyle. Le rendement de la synthèse augmente alors.
Exercice 3 Q1.
Un intermédiaire réactionnel est une espèce chimique formée au cours d’une étape du mécanisme réactionnel, puis consommée lors d’une étape suivante.
Il n’apparaît donc pas dans l’équation globale de la réaction.
Q2.
Dans le mécanisme fourni, les deux intermédiaires réactionnels à souligner sont :
H N O 2 \mathrm{HNO_2} HN O 2 1 1 1 2 2 2
H 2 N O 2 + \mathrm{H_2NO_2^+} H 2 N O 2 + 2 2 2 3 3 3
Ce sont bien des intermédiaires réactionnels car ils sont formés au cours du mécanisme puis consommés dans une étape suivante.
Q3.
Dans l’étape 1 1 1 N O 2 − \mathrm{NO_2^-} N O 2 − H + \mathrm{H^+} H +
Le site donneur d’électrons est l’atome d’oxygène portant la charge négative dans N O 2 − \mathrm{NO_2^-} N O 2 −
Le site accepteur d’électrons est l’ion hydrogène H + \mathrm{H^+} H +
Le doublet d’électrons est donc donné par l’oxygène de N O 2 − \mathrm{NO_2^-} N O 2 − H + \mathrm{H^+} H +
Oui.
Q4.
Voici les flèches courbes à tracer sur l’annexe.
Étape 1 1 1
Une flèche courbe part d’un doublet non liant de l’oxygène portant la charge négative dans N O 2 − \mathrm{NO_2^-} N O 2 − H + \mathrm{H^+} H +
Cela traduit la formation de la liaison O − H \mathrm{O-H} O − H H N O 2 \mathrm{HNO_2} HN O 2
On peut le résumer par :
: O − ⟶ H + \mathrm{:O^- \ \longrightarrow\ H^+} : O − ⟶ H +
Étape 2 2 2
Une flèche courbe part d’un doublet non liant de l’oxygène du groupe − O H \mathrm{-OH} − OH H N O 2 \mathrm{HNO_2} HN O 2 H + \mathrm{H^+} H +
Cela traduit la protonation de cet oxygène et la formation de H 2 N O 2 + \mathrm{H_2NO_2^+} H 2 N O 2 +
On peut le résumer par :
: O ⟶ H + \mathrm{:O \ \longrightarrow\ H^+} : O ⟶ H +
Étape 3 3 3
Il faut tracer deux flèches courbes.
Une première flèche part de la liaison simple entre l’oxygène protoné et l’azote, et pointe vers l’oxygène du groupe H 2 O + \mathrm{H_2O^+} H 2 O +
Cela traduit le départ de la molécule d’eau.
Une seconde flèche part d’un doublet non liant de l’oxygène terminal du groupe N = O \mathrm{N{=}O} N = O N − O \mathrm{N-O} N − O N O + \mathrm{NO^+} N O +
On peut le résumer par :
N − O H 2 + ⟶ H 2 O \mathrm{N-OH_2^+ \ \longrightarrow\ H_2O} N − O H 2 + ⟶ H 2 O
et
: O ⟶ N \mathrm{:O \ \longrightarrow\ N} : O ⟶ N
Bilan de l’étape 3 3 3
H 2 N O 2 + ⟶ N O + + H 2 O \mathrm{H_2NO_2^+ \longrightarrow NO^+ + H_2O} H 2 N O 2 + ⟶ N O + + H 2 O
Donc, au total :
• Étape 1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 1 1 3 3 3 2 2 2
Q5.
L’acide nitreux est introduit en excès. On compare donc les quantités de matière initiales d’acide sulfanilique et de β \beta β
Pour l’acide sulfanilique :
n acide sulfanilique = m M n_{\text{acide sulfanilique}} = \dfrac{m}{M} n acide sulfanilique = M m
n acide sulfanilique = 0,87 173,2 n_{\text{acide sulfanilique}} = \dfrac{0{,}87}{173{,}2} n acide sulfanilique = 173 , 2 0 , 87
n acide sulfanilique ≈ 5,0 × 10 − 3 m o l n_{\text{acide sulfanilique}} \approx 5{,}0 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol} n acide sulfanilique ≈ 5 , 0 × 1 0 − 3 mol
Pour le β \beta β
n β -naphtol = 0,72 144,2 n_{\beta\text{-naphtol}} = \dfrac{0{,}72}{144{,}2} n β -naphtol = 144 , 2 0 , 72
n β -naphtol ≈ 5,0 × 10 − 3 m o l n_{\beta\text{-naphtol}} \approx 5{,}0 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol} n β -naphtol ≈ 5 , 0 × 1 0 − 3 mol
Les réactifs sont introduits dans des proportions presque stœchiométriques. Plus précisément, le β \beta β
D’après l’équation de réaction, 1 1 1 β \beta β 1 1 1
n colorant,max ≈ 5,0 × 10 − 3 m o l n_{\text{colorant,max}} \approx 5{,}0 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol} n colorant,max ≈ 5 , 0 × 1 0 − 3 mol
La masse maximale de colorant vaut :
m max = n colorant,max M colorant m_{\text{max}} = n_{\text{colorant,max}} M_{\text{colorant}} m max = n colorant,max M colorant
m max = 5,0 × 10 − 3 × 328,3 m_{\text{max}} = 5{,}0 \times 10^{-3} \times 328{,}3 m max = 5 , 0 × 1 0 − 3 × 328 , 3
m max ≈ 1,64 g m_{\text{max}} \approx 1{,}64\ \mathrm{g} m max ≈ 1 , 64 g
La masse maximale de colorant qui aurait pu être obtenue est donc environ 1,64 g 1{,}64\ \mathrm{g} 1 , 64 g
Q6.
Le rendement de la synthèse vaut :
η = m exp m max × 100 \eta = \dfrac{m_{\text{exp}}}{m_{\text{max}}} \times 100 η = m max m exp × 100
Avec m exp = 1,53 g m_{\text{exp}} = 1{,}53\ \mathrm{g} m exp = 1 , 53 g
η = 1,53 1,64 × 100 \eta = \dfrac{1{,}53}{1{,}64} \times 100 η = 1 , 64 1 , 53 × 100
η ≈ 93 \eta \approx 93\ % η ≈ 93
Le rendement de cette synthèse est donc d’environ 93 93\ % 93
Q7.
D’après le spectre, le colorant absorbe principalement entre environ 450 n m 450\ \mathrm{nm} 450 nm 520 n m 520\ \mathrm{nm} 520 nm
La couleur perçue est la couleur complémentaire de la couleur absorbée. Le colorant apparaît donc orange, ou rouge-orangé.
2. Étude du bain de teinture
Q8.
La réaction support du titrage est :
C H 3 C O O H ( a q ) + H O − ( a q ) → C H 3 C O O − ( a q ) + H 2 O ( ℓ ) \mathrm{CH_3COOH(aq) + HO^-(aq) \rightarrow CH_3COO^-(aq) + H_2O(\ell)} C H 3 COOH ( aq ) + H O − ( aq ) → C H 3 CO O − ( aq ) + H 2 O ( ℓ )
À l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques. Comme les coefficients sont égaux à 1 1 1
n acide = n H O − n_{\text{acide}} = n_{\mathrm{HO^-}} n acide = n H O −
Donc, pour le vinaigre dilué :
C dilu e ˊ × V A = C B × V E 1 C_{\text{dilué}} \times V_A = C_B \times V_{E1} C dilu e ˊ × V A = C B × V E 1
Ainsi :
C dilu e ˊ = C B × V E 1 V A C_{\text{dilué}} = \dfrac{C_B \times V_{E1}}{V_A} C dilu e ˊ = V A C B × V E 1
Avec :
C B = 0,10 m o l ⋅ L − 1 C_B = 0{,}10\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}} C B = 0 , 10 mol ⋅ L − 1
V E 1 = 13,50 m L V_{E1} = 13{,}50\ \mathrm{mL} V E 1 = 13 , 50 mL
V A = 10,0 m L V_A = 10{,}0\ \mathrm{mL} V A = 10 , 0 mL
On obtient :
C dilu e ˊ = 0,10 × 13,50 10,0 C_{\text{dilué}} = \dfrac{0{,}10 \times 13{,}50}{10{,}0} C dilu e ˊ = 10 , 0 0 , 10 × 13 , 50
C dilu e ˊ = 0,1350 m o l ⋅ L − 1 C_{\text{dilué}} = 0{,}1350\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}} C dilu e ˊ = 0 , 1350 mol ⋅ L − 1
Le vinaigre commercial a été dilué 10 10 10
C = 10 × C dilu e ˊ C = 10 \times C_{\text{dilué}} C = 10 × C dilu e ˊ
C = 10 × 0,1350 C = 10 \times 0{,}1350 C = 10 × 0 , 1350
C = 1,350 m o l ⋅ L − 1 C = 1{,}350\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}} C = 1 , 350 mol ⋅ L − 1
On retrouve bien la valeur donnée pour le titrage n° 1 1 1
Q9.
Les valeurs cohérentes avec la série de mesures sont :
C moy = 1,3621 m o l ⋅ L − 1 C_{\text{moy}} = 1{,}3621\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}} C moy = 1 , 3621 mol ⋅ L − 1
σ = 0,009 m o l ⋅ L − 1 \sigma = 0{,}009\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}} σ = 0 , 009 mol ⋅ L − 1
Q10 10 10
La série comporte n = 12 n = 12 n = 12
u ( C moy ) = σ n u(C_{\text{moy}}) = \dfrac{\sigma}{\sqrt{n}} u ( C moy ) = n σ
Donc :
u ( C moy ) = 0,009 12 u(C_{\text{moy}}) = \dfrac{0{,}009}{\sqrt{12}} u ( C moy ) = 12 0 , 009
u ( C moy ) ≈ 0,0026 m o l ⋅ L − 1 u(C_{\text{moy}}) \approx 0{,}0026\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}} u ( C moy ) ≈ 0 , 0026 mol ⋅ L − 1
Avec 1 1 1
u ( C moy ) = 0,003 m o l ⋅ L − 1 u(C_{\text{moy}}) = 0{,}003\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}} u ( C moy ) = 0 , 003 mol ⋅ L − 1
On écrit la valeur moyenne avec le même rang décimal que l’incertitude :
C exp = ( 1,362 ± 0,003 ) m o l ⋅ L − 1 C_{\text{exp}} = \left(1{,}362 \pm 0{,}003\right)\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}} C exp = ( 1 , 362 ± 0 , 003 ) mol ⋅ L − 1
Q10.
La valeur de référence indiquée par l’étiquette est :
C 0 = 1,360 m o l ⋅ L − 1 C_0 = 1{,}360\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}} C 0 = 1 , 360 mol ⋅ L − 1
On calcule le quotient :
∣ C exp − C 0 ∣ u ( C moy ) = ∣ 1,362 − 1,360 ∣ 0,003 \dfrac{\left|C_{\text{exp}} - C_0\right|}{u(C_{\text{moy}})} = \dfrac{\left|1{,}362 - 1{,}360\right|}{0{,}003} u ( C moy ) ∣ C exp − C 0 ∣ = 0 , 003 ∣ 1 , 362 − 1 , 360 ∣
∣ C exp − C 0 ∣ u ( C moy ) ≈ 0,67 \dfrac{\left|C_{\text{exp}} - C_0\right|}{u(C_{\text{moy}})} \approx 0{,}67 u ( C moy ) ∣ C exp − C 0 ∣ ≈ 0 , 67
Ce quotient est inférieur à 2 2 2
