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examen-national-physique-chimie-spc-2019-normale-corrige-1

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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
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