Correction de l’examen national du baccalauréat 2019 - Parcours : PC - Prof : M’BARK HANDA ش ا ض ذ و ز ٍِ ا EXERCICE I : وَ ا Partie 1: Electrolyse d’une solution aqueuse d’iodure de zenc خ ال 1. Le déplacement des électrons s'effectue du pôle négatif vers le pôle positif du générateur . Þ L'électrode B, reliée au pôle Å , cède des électrons de la solution , Il s'y produit l'oxydation, c'est l'anode. ********** 2. Au voisinage de la cathode : réduction Zn(2aq+ ) + 2e - « Zn( s ) 2 I (-aq) « I 2 ( g ) + 2e - Au voisinage de l’anode : oxydation L’équation bilan lors de l’électrolyse : Zn(2aq+ ) 2I (-aq) ® Zn( s ) + I 2 ( g ) ********** 3. Tableau d’avancement : Réaction chimique 2+ Zn(aq ) Etat Etat initial Avancement 0 Pendant Dt X 2 I (-aq) + ® Zn(s ) + I 2( g ) Quantités de matière en (mol) 0 ni ( I - ) x ni ( I - ) - 2 x 2+ ni (Zn ) ni ( I - ) - 2 x 0 x D’après le tableau d’avancement , la quantité de matière de Zn formée est : n formée ( Zn) = Dn(Zn) = x D’où : La masse du Zn déposé est : Dm( Zn) = x.M (Zn) Þ x = m M (Zn) Dm(Zn) = m = 1,6 g ) ( avec La quantité de matière d’électrons échangés : n(e - ) = 2 x Or : Q = I .Dt = n(e - ).F Þ Dt = 2.m.F I .M ( Zn) Þ A.N : Dt = 2 ´ 1,6 ´ 9,65.10 4 0,5 ´ 65,4 Þ Dt = 157,4 min ********** Partie 2: Etude conductimétrique d’une solution aqueuse d’acide benzoïque 1. 2. Tableau d’avancement : 3. [ 3.1- L’expression de la conductivité est : s = lH O+ . H 3O + 3 [H O ] = [C H COO ] + D’après le tableau d’avancement : [ D’où : s = H 3O + ] ´ (l éq H 3O+ 3 + lC H COO6 5 ) - éq 6 5 éq ] = [ + lC H COO- . C6 H 5COO- éq 6 5 ] éq xéq V ********** 3-2- On a : · t = xéq xmax Si la réaction est totale : puisque H 2O est en excès Þ C6 H 5 - CO2 H est le réactif limitant. Donc : C.V - xmax = 0 Þ xmax = C.V · [ D’après le résultat de la question précédente : s = H 3O + Donc : donc : xéq V ´ (l1 + l2 ) s .V l + l2 t = 1 C.V t = 0,22 = 22% Þ t= + 3 xéq = 6 5 6 5 3 éq [C6 H 5COOH ]éq xmax = xéq = xéq V ش ا ض ذ و ز ٍِ ا s .V l1 + l2 t= وَ ا خ ال 8,6.10 -3 10 -3.10 3.(35 + 3,23).10 -3 ********** éq on a [H 3O + ]éq = [C6 H 5COO - ]éq = et [C6 H 5COOH ]éq = xéq éq + Et d’après le tableau d’avancement : Or : t = ´ (l1 + l2 ) - éq s A.N : C.(l1 + l2 ) [C H COO ] .[H O ] - 4. On a : K = Þ éq [H O ] = [C H COO ] Et d’après le tableau d’avancement : D’où : s = ] CV - xéq V xéq V =C- xéq V Þ xéq = t .C.V C.V [H O ] = [C H COO ] t .C.V t .C.V = t .C et [C6 H 5COOH ]éq = C = C.(1 - t ) V V t ².C t ².C ² Donc : K = K= Þ 1-t C.(1 - t ) ********** 5. La constante d’équilibre, associé à la réaction de dissociation de l’acide benzoïque dans l’eau, représente la constante d’acidité K A du couple acide – base C6 H 5COOH / C6 H 5COO - . t ².C t ².C KA = ) 6. On a : et donc : pK A = - log( pK A = - log K A 1-t 1-t 0,22 2 ´ 10 -3 Þ pK A = 4,2 A.N : pK A = - log( ) 1 - 0,22 H 3O + éq .V xéq Þ t= Þ H 3O + éq = t .C.V 7. On a : t = xmax C.V D’où : + 3 - 6 éq 5 [ [ Et on a : pH = - log H 3O + Puisque : ] éq ] = [ ] c.à.d : pH = - log(t .C.V ) A.N : pH = - log( 0,22 ´ 10 -3 ´ 1) Þ pH = 3,66 pH = 3,66 p pK A = 4,2 donc l’espèce prédominante dans la solution S est l’acide C6 H 5COOH . EXERCICE III : Partie 1: Propagation d’une onde mécanique L’onde qui se propage à la surface de l’eau est transversale, car la direction de perturbation est perpendiculaire à celui de propagation. 2. D’après la figure : l = 1,5cm ********** 3. On a : v = l.N Þ v = 1,5.10 -2 ´ 20 Þ v = 0,3m.s -1 ********** SM SM SM Þ t = Þt = .T 4. On a : t = l l v T 2.l .T Þ t = 2.T Þt = l 2 2 Þ t = 0,1s A.N : t = = N 20 1. Partie2 : Etude de la désintégration du radon 222 218 1. Puisque : x ( 222 86 Rn ) = 7,69MeV / nucléon p x ( 84 Po) = 7,73MeV / nucléon Po est plus stable que le noyau 222 86 Rn خ وَ ا ش ا ض ذ و ز ٍِ ا ********** El ( 24He) 4 Þ El ( 24He) = A.x ( 24He) Þ El ( 24He) = 4 ´ 7,07 Þ El ( 24He) = 28,28MeV 2. On a : x ( 2 He) = A ********** 222 218 4 218 4 Þ Elibérée = 222x ( 222 3. On a : Elibérée = El ( 86 Rn) - El ( 84 Po) - El ( 2 He) 86 Rn ) - 88x ( 84 Po ) - El ( 2 He) Donc : le noyau 218 84 [ Þ ] Elibérée = 222 ´ 7,69 - [88 ´ 7,73 - 28,28] [ ] Þ Elibérée = 6,24MeV ********** a 4. On a : a(t ) = a0 .e -l .t à l’instant t1 : a(t1 ) = a0 .e -l .t1 c.à.d : 0 = a0 .e -l .t1 4 1 1 2 ln( 2 ) c.à.d : e -l .t1 = Þ - l.t1 = ln( ) Þ t1 = Þ t1 = 2.t1/ 2 l 4 4 A.N : t1 = 2 ´ 3,8 Þ t1 = 7,6 jours EXERCICE IV : I- Etude de la charge du condensateur : 1. D’après la loi d’additivité des tensions : u R + uC = E on a d’après la loi d’ohm : u R = R.i q et : q = C.uC Þ uC = C q dq et on a: i = donc : R.i + = E C dt dq q dq D’où : R. + = E alors : RC . + q = C.E dt C dt ********** dq d A.(1 - e -a .t ) d A - e -at et 2. On a : q = A.(1 - e -a .t ) = = A. = A.a .e -a .t dt dt dt dq RC . + q = C.E Þ RC.A.a .e -a .t + A.(1 - e -at ) = C.E On remplace dans l’équation différentielle : dt -a .t -at Þ RC. A.a .e + A. - A.e = C.E Þ RC. A.a .e -a .t ( RCa - 1) = C.E - A Cette équation est vrai quel que soit t si et seulement si : RCa - 1 = 0 et C.E - A = 0 1 Donc : a = et A = CE RC ********** 3-1- Q = qmax = 10mC 3. [ 3-2- ] [ ] t = 1ms ********** 4. Lorsque le régime permanent est établi on a : q = Q = cte dq c.à.d : =0 dt D’après l’équation différentielle on trouve : Þ C= 5. On a : 100.10 -6 10 t = R.C Q = C.E Þ C= Q E Þ C = 10 -5 F = 10mF Þ R= t C ********** 1.10 -3 A.N : R = 10 -5 Þ R =100W ال II- Etude des oscillations électriques dans le circuit LC : 1. Et : L. D’après la loi d’additivité des tensions : u L + uC = 0 di (bobine de résistance négligeable) u L = L. dt Þ di + uC = 0 dt du dq dCuC = = C. C dt dt dt d ²u C d ²u C 1 Þ LC. + uC = 0 + uC = 0 dt ² dt ² LC ********** Et on a : i = Þ ش ا ض ذ و ز ٍِ ا وَ ا خ ال 2. 2-1- C’est la courbe (b). + Pour la courbe (a) : non , car le régime doit être périodique puisque la résistance totale du circuit est nulle ( il s’agit d’un circuit LC idéal) + Pour la courbe (b) : oui , car le régime est périodique puisqu il s’agit d’un circuit LC idéal et uC (0) = E = 10V + Pour la courbe (b) : non , car uC (0) = E = 10V ¹ 0 2-2- D’après le graphe : T0 = 20ms ********** 3. On a : T0 = 2p . LC Þ Þ T0 ² = 4p ².L.C L= T02 4.p ².C Þ L= (20.10 -3 )² 4 ´10 ´10.10 -6 Þ L = 1H ********** 4-1- L’énergie totale du circuit est ET = Ee + Em qui reste constant au cours du temps 4. 5. ( circuit LC ideal). C.à.d que: ET = ET (0) = Ee (0) + Em (0) 1 1 Þ ET = CE ² et Em (0) = 0 2 2 1 ET = ´10 -5 ´10² Þ ET = 5.10 -4 J 2 Or Ee (0) = CE ² Þ 4-2- On a : ET = Ee + Em À l’instant t1 : Þ 1 Em = 5.10 -4 - ´10 -5 ´ (-8)² 2 1 Em = ET - Ee Þ Em = ET - .C.uC ² 2 Þ Em = 1,8.10 -4 J EXERCICE V : I- Etude du mouvement sur la partie A’B’ : 1. Le système (S) est soumis au forces suivantes : · Le poids P · La réaction du plan incliné R · La force motrice F D’après la deuxième loi de Newton P + R + F = m.aG La projection sur l’axe (Ax) : Px + Rx + Fx = m.ax Þ m.g.sin b + 0 + F = m.aG F Þ aG = + g. sin b m F + m.g sin b m ********** 2. La courbe VG = f (t ) est une fonction linéaire Þ VG = k.t DV 9-0 Þ VG = 4,5.t = 4,5m.s -2 Avec : k = G = Dt 2-0 Þ aG = Et d’autre part on a : aG = dVG d (4,5.t ) = dt dt Þ 3. D’après le résultat de la question 1 : aG = 4,5m.s -2 m.g. sin b + F = m.aG Þ F = 190.[4,5 -10 ´ sin 10] Þ F = 525,07 N ********** ش ا ض ذ و ز ٍِ ا خ وَ ا 4. Puisque la trajectoire est rectiligne et aG = Cte ¹ 0 Þ F = m.[aG - g sin b ] Donc : le mouvement est rectiligne uniformément varié (uniformément accéléré) . D’où l’expression de l’équation horaire s’écrit sous la forme : 1 x(t ) = .a.t ² + v0 .t + x0 avec : aG = 4,5m.s -2 , v0 = 0 et x0 = 0 2 1 Þ Þ x(t ) = ´ 4,5.t ² + 0 ´ t + 0 x(t ) = 2,25.t ² 2 ********** 5. On a : x(t ) = 2,25.t ² à l'instant tB : x(t B ) = 2,25.t ² B avec x(t B ) = xB = AB Þ tB = AB 2,25 6. On a : VG = 4,5.t Þ 36 2,25 tB = t B = 4s ********** à l'instant tB : VB = 4,5.t B Þ VB = 4,5 ´ 4 II- Þ VB = 18m.s -1 ********** Þ Etude du mouvement de G lors de la phase du saut: 1. Le système (S) est soumis à son poids P D’après la deuxième loi de Newton : P = m.aG La projection sur l’axe Ox : Px = m.a x Þ 0 = m.a x Þ dv x =0 dt vx 0 = c1 = vC . cos a Þ À l’instant t=0: Alors : Þ v x = c1 d’où : vx = vC . cos a dx = vC . cos a dt La projection sur l’axe Ox : Py = m.a y Þ Þ dv y dt = -g À l’instant t=0: v y 0 = c2 = vC .sin a Alors : ax = 0 - mg = m.a y Þ ax = -g Þ v y = - gt + c3 d’où : v y = - g.t + vC . sin a dy = - g.t + vC .sin a dt ********** dxG Þ = vC . cos a dt À l’instant t=0: xG (0) = c3 + 0 2. On a : xG (t ) = (vC . cos a ).t + c3 d’où : xG (t ) = (vC . cos a ).t Et d’après la donnée : xG (t ) = 19,02.t on déduit : vC .cos a = 19,02 Þ vC = 19,02 cos a Þ vC = 19,02 cos 18 3. 3-1- Au point P : y P = 5t + 6,18t P 2 p Þ 5t p + 6,18 = 0 Þ vC = 20m.s -1 ********** et yP = 0 5t 2p + 6,18t P = 0 Þ t p = 1,236 s Þ Et d’autre part : xP = 19,02.t p xP = 19,02 ´ 1,236 Or : xP = 23,51m p 30m Þ la saut effectué n’est pas réussi. Þ xP = 23,51m ال 3-2- On a : xG (t ) = (vC . cos a ).t Þ t= x VC . cos a À la position P : Þ on a Þ et y= 10 ´ 30 sin( 2 ´ 18) Þ -1 .gt ² + (VC .sin a ).t 2 -g x² + x. tan a 2.VC ².cos ²a xP = CP = 30m -g x p ² + x p . tan a = 0 2.Vmin ².cos ²a A.N : Vmin = y(t ) = et Þ Vmin = Vmin = 22,59m.s -1 yP = 0 g .x p sin( 2a ) ش ا ض ذ و ز ٍِ ا وَ ا خ ال
