Corrigé – type de l’épreuve de sciences - physiques bac II 2021 série C Exercice1 1.a) Nom systématique : propane-1,2,3-triol. b) * Equation bilan CH − OH ׀ ׀2 CH − OH ׀ ׀ + CH2 − OH 3𝐶19 𝐻39 − 𝐶𝑂2 𝐻 ⇄ CH ׀2 − OOC − C19 H39 Exercice 2 ׀− ⬚OOC Tapez équation 1. Protocole : CH−− − Cune H39 19 ׀ ׀CH 2 − OOC − C19 H39 3H2 O + * Les caractéristiques : Lente, limitée athermique. 2. * Equation bilan CH ׀2 − OOC − C19 H39 CH − OH ׀− ⬚OOC Tapez équation CH−− − Cune ׀ ׀2 19 H39 ׀ + − − OH ׀CH2 − OOC − C19 H39+ 3(Na , OH )⟶ ׀CH ׀ CH2 − OH + 3(𝐶19 𝐻39 − 𝐶𝑂2 − , 𝑁𝑎+ ) * Nom usuel : saponification * Caractéristiques : Lente et totale * Rôle de l’éthanol : solvant 3.a) Intérêt : bloquer la réaction de saponification b) Démonstration 𝑟é𝑎𝑔𝑖𝑡 𝑛𝑔𝑙𝑦𝑐𝑒𝑟𝑜𝑙 = 𝑛𝑂𝐻− 3 1 Or 𝑟é𝑎𝑔𝑖𝑡 𝑛𝑂𝐻 − = 𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑎𝑙 − 𝑛𝑂𝐻 - 𝑟𝑒𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡 − 𝑛𝑂𝐻 𝐶0 𝑉0 =𝐶𝑏 𝑉1 ⇒ 𝑉0 = 𝐶𝑏 𝑉1 = 5m𝑙 𝐶0 Prélever 5 m𝑙 de 𝑆0 à l’aide d’une pipette graduée et l’introduire dans une fiole jaugée de 100m𝑙. Puis compléter de l’eau distillée jusqu’au trait de jauge et homogénéiser en agitant. 2.a) Equation bilan 𝐶𝑥 𝐻𝑥−1 − 𝐶𝑂𝑂𝐻 + 𝑂𝐻 − ⟶ 𝐶𝑥 𝐻𝑥−1 − 𝐶𝑂𝑂− + 𝐻2 𝑂 b) * Expression de 𝒏𝒂 𝑛𝑎 = 𝐶𝑏 𝑉𝑏𝐸 - 𝐶𝑏 𝑉𝑏 ⇒ 𝑛𝑎 = 𝐶𝑏 (𝑉𝑏𝐸 - 𝑉𝑏 ) * Rapport : [𝐶𝑥 𝐻𝑥−1 −𝐶𝑂𝑂𝐻] [𝐶𝑥 𝐻𝑥−1 −𝐶𝑂𝑂− ] = 𝐶𝑏 (𝑉𝑏𝐸 −𝑉𝑏 ) 𝐶𝑏 𝑉𝑏 = 𝑉𝑏𝐸 𝐾𝑎 = [𝐶𝑥 𝐻𝑥−1 −𝐶𝑂𝑂− ]∗[𝐻3 𝑂+ ] − 1. [𝐶 𝐻 −𝐶𝑂𝑂𝐻] ⇒ [𝐻3 𝑂+ ]=𝐾𝑎 [𝐶𝑥 𝐻𝑥−1 −𝐶𝑂𝑂−] [𝐶𝑥 𝐻𝑥−1 −𝐶𝑂𝑂𝐻] 𝑉 + [𝐻3 𝑂 ]=𝐾𝑎 ( 𝑏𝐸 − 1) 𝑉𝑏 Tableau : [𝐻3 𝑂+ ] = 10−𝑝𝐻 (mo𝑙/𝑙) d) c) *Tableau : 𝑛𝑔𝑙𝑦𝑐𝑒𝑟𝑜𝑙 = (60-X) 4 6 𝑉𝑏 (m𝑙) 3 3,6 3,8 t(min) 0 4 9 15 24 37 53 83 pH −1 0,25 0,17 1/𝑉 (m𝑙 ) 𝑏 0 52,9 46,3 40,4 33,5 27,5 22,2 16,3 X(m𝑙) + −5 15,8 [𝐻3 𝑂 ] 25,1 𝑛𝑔𝑙𝑦 (10 𝑚𝑜𝑙) 0 2,37 4,57 6,53 8,83 10,83 12,6 14,57 −5 (10 mo𝑙/𝑙) * Courbe 𝑛𝑔𝑙𝑦𝑐é𝑟𝑜𝑙 = 𝑓(𝑡) e) *Equation numérique 1𝑂−5 𝑉𝑏 𝒄 ) Démonstration ⇒ ⇒ 𝑛𝑔𝑙𝑦𝑐𝑒𝑟𝑜𝑙 = (𝐶1 𝑉 − 𝐶2 𝑋) 3 * à 𝑡1 = 9 min, 𝑣1 = 3,74.10−6 mol/min * à 𝑡2 = 37min, 𝑣2 = 1,28.10−6 mol/min e) Justification 𝑣1 > 𝑣2 ⇒ Les vitesses diminuent. Ceci se justifie par la diminution de la concentration des réactifs. 1 [𝐻3 𝑂+ ] = a ( ) + b avec a= 𝑉 8 4 0,125 10 ∆[𝐻3 𝑂 + ] 𝑏 1 ) 𝑉𝑏 ∆( 𝑥 𝑥−1 11 4,3 0,091 5,01 16 4,8 0,0625 1,58 =1,26.10−3 𝑏 = 0,63.10−4- (1,26.10−3 ×0,1) = - 6,3.10−5 1 ⇒ [𝐻3 𝑂+ ]= 1,26.10−3 (𝑉 ) - 6,3.10−5 𝑏 * Déduction du pKa 𝑉 [𝐻3 𝑂+ ] = 𝐾𝑎 ( 𝑏𝐸 − 1) ⇒ 𝐾𝑎 = 6,3.10−5 𝑉𝑏 𝑠𝑜𝑖𝑡 pKa = -log Ka = 4,2 ∗ Volume 𝑽𝒃𝑬 : 𝑉𝑏𝐸 = 1,26.10−3 𝐾𝑎 = 20 m𝑙 𝒇 ) Formule et nom de l’acide carboxylique. 𝑚1 𝐶 𝑉 𝑚 𝑉 = 𝐶𝑎 𝑉 or 𝐶𝑎 = 𝑏𝑉 𝑏𝐸 d’où 𝑀 = 𝐶 𝑉1 𝑎𝑉 = 122g/mol 𝑀 𝑎 122−44 𝑑𝑥 d) Vitesse de formation : 𝑣𝑖 = ( 𝑑𝑡 )𝑡𝑖 = coefficient directeur de la tangente à la courbe. M = 13𝑥 + 44 ⇒ 𝑥 = 13 = 6 𝐶6 𝐻5 − 𝐶𝑂𝑂𝐻 : Acide benzoïque 𝟑. a) Démonstration 𝑏 𝑏𝐸 𝑚′ 𝜏′ = 𝑉 𝑒𝑎𝑢 = 10g/𝑙 > 3g/𝑙 d’où 𝑆 ′ est nécessairement saturée. 𝒃) Calcul de 𝑪′𝒂 𝐶𝑏 𝑉𝑒 𝐶𝑎′ = ′ = 1,97. 10−2 𝑚𝑜𝑙/𝑙 𝑉𝑎 c) Calculer de 𝝉 𝑚𝑑′ 𝐶𝑎′ 𝑉𝑒𝑎𝑢 𝜏= = = 𝐶𝑎′ 𝑀 = 2,40 𝑔/𝑙 𝑉𝑒𝑎𝑢 𝑉𝑒𝑎𝑢 1 Sur 𝑛⃗⃗ : 𝑟2 =𝑚 𝑉2 d’où 𝑉 = √ 𝑉= 𝑇 ⇒𝑇= 2𝜋𝑟 𝑉 2 𝑟 𝑇2 𝐾𝑀 4𝜋 2 𝑟 3 = 𝐶𝑡𝑒 𝐾𝑀 = 𝛼𝑟 3avec 𝛼 = D’après la courbe 𝛼 = 4𝜋 2 𝛥𝑇 2 Δ𝑟 3 4𝜋 2 = (coef dir) ① 𝐾𝑀 (30−10).108 (3−1).1022 ̅̅̅̅̅̅ 1+𝐶.𝑂 1𝐴 * Nature : ̅̅̅̅̅̅̅ 𝑂1 𝐴1 > 0 ⇒ 𝐴1 𝐵1 est une image réelle * Grandissement : 𝛾1 = ̅̅̅̅̅̅̅ 𝑂1 𝐴1 ̅̅̅̅̅̅ 𝑂 1𝐴 = -2 3. a) Démonstration 1 Objet à l’infini ⇒ ̅̅̅̅̅̅̅ 𝑂1 𝐴1 = ̅̅̅̅̅̅ 𝑂1 𝐹1′ = 𝐶 > 0 1 ̅̅̅̅̅̅̅ 𝑂 𝐴′ − 1 ̅̅̅̅̅̅̅ 𝑂2 𝐴1 = 1 ̅̅̅̅̅̅̅ 𝑂 𝐹′ ̅̅̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅̅̅′ 𝑂2 𝐴1 .𝑂2 𝐹2 ⇒ ̅̅̅̅̅̅ 𝑂2 𝐴′ = ̅̅̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅̅̅′ < 0 car l’image 𝑂2 𝐴1 +𝑂2 𝐹2 ̅̅̅̅̅̅̅ 𝑂2 𝐴′ A’B’ est virtuelle or 𝛾2 = 𝑂̅̅̅̅̅̅̅ < 0 ⇒ ̅̅̅̅̅̅̅ 𝑂2 𝐴1 > 0 2 𝐴1 Or ̅̅̅̅̅̅ 𝑂2 𝐹2′ < 0 et ̅̅̅̅̅̅ 𝑂2 𝐴′ < 0 alors ̅̅̅̅̅̅̅ 𝑂2 𝐴1 + ̅̅̅̅̅̅ 𝑂2 𝐹2′ > 0 ′ ̅̅̅̅̅̅ ⇒ ̅̅̅̅̅̅̅ 𝑂2 𝐴1 > −𝑂 2 𝐹2 ′ ̅̅̅̅̅̅′ ̅̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅̅ ⇒ 𝑂 2 𝐴1 > 𝑂2 𝐹2 or 𝐴1 ≡ 𝐹1 d’où 𝑂2 𝐹1 > 𝑂2 𝐹2 3. Déduction de la masse M 𝑇2 = 2𝜋 Exercice 4 1. Identification : L1 est biconvexe car 𝐶1 > 0 2. Position, nature et grandissement ̅̅̅̅̅̅ 𝑂1 𝐴 ̅̅̅̅̅̅̅ * Position : 𝑂 = 60 𝑐𝑚 1 𝐴1 = 2 𝑟3 4𝜋 2 1 1 * Déduction 𝑟3 ; 𝑇0 0 ⇒ 𝑇 = 2𝜋√𝐾𝑀 𝑇 = 2𝜋√𝐾𝑀 ⇒ 𝑟 3 = 2𝜋 𝑉1 = √𝐾𝑀 (𝑅 − 𝑅+ℎ) − ( 𝑇 )2 𝑅 2 = 7,9 km/s * Expression de T en fonction de K, r et M 2𝜋𝑟 avec = 0, 𝜔 𝑇 = 𝑚 r = R + h ; 𝑇0 = 24 ℎ ⇒ 𝐾𝑀 𝑟 2∆𝐸 ∆𝐸 = 2 𝑚𝑉12 ⇒ 𝑉1 = √ Exercice 3 1. Accélération de la fusée au décollage TCI : 𝑚𝑎⃗ = 𝑃⃗⃗ + 𝐹⃗ 𝐹 Sur (Oz) ma = F- P ⇒ 𝑎 = 𝑚 − 𝑔 a = 8,95 m/s². 2. * Expression de V en fonction de K, r et M 𝐾𝑚𝑀 TCI : ⃗⃗⃗⃗ 𝐹′ = 𝑚𝑎⃗ ⇒ 𝑟 2 𝑛⃗⃗ = 𝑚𝑎⃗ 𝐾𝑚𝑀 b) ∆𝐸 est minimale lorsque 𝑐𝑜𝑠 = 1 ⇒ = 0 donc les bases de lancement se situent à l’équateur. 6. Calcul de V1 1ère méthode = 10−13 S.I ① ⇒ 𝑀 = 𝐾𝛼 ⇒ M = 5,92.1024 kg 4. a) Expression de Ep, Ec et Et 1 𝐾𝑚𝑀 𝐾𝑚𝑀 𝐸𝑐 = 2 𝑚𝑣 2 = 2𝑟 ; 𝐸𝑝 = − 𝑟 + 𝐶𝑡𝑒 𝐾𝑚𝑀 𝐸𝑝 (∞) = 0 ⇒ 𝐶𝑡𝑒 = 0 ⇒ 𝐸𝑝 = − 𝑟 𝐾𝑚𝑀 𝐸𝑡 = 𝐸𝑐 + 𝐸𝑝 ⇒ 𝐸𝑡 = − 2𝑟 b1) Expression de Ve 𝑉𝑒 = 𝜔 𝑇 𝑅𝑐𝑜𝑠 b2) Expressions de 𝐄𝐏𝟏 , 𝐄𝐜𝟏 et 𝐄𝐭 𝟏 En P : r = R 𝐾𝑚𝑀 1 1 EP1 = − 𝑅 ; Ec1 = 2 𝑚𝑉𝑒2 = 2 𝑚𝜔2𝑇 𝑅 2 𝑐𝑜𝑠 2 𝐾𝑚𝑀 1 E t1 = − + 𝑚𝜔2𝑇 𝑅 2 𝑐𝑜𝑠 2 𝑅 2 5. a) Demonstration 𝐾𝑚𝑀 𝐾𝑚𝑀 1 ∆𝐸 = − 2𝑟 + 𝑅 − 2 𝑚𝜔2𝑇 𝑅 2 𝑐𝑜𝑠 2 1 1 1 ∆𝐸 = 𝐾𝑚𝑀 ( − ) − 𝑚𝜔2𝑇 𝑅 2 𝑐𝑜𝑠 2 𝑅 2𝑟 2 𝑅, 𝐾, 𝑚, 𝑀 𝑒𝑡 𝑟 sont constants donc ∆𝐸 varie avec 2 2 4. a) * Position de 𝐴1 𝐵1 par rapport à L1. ̅̅̅̅̅ 𝑂 1𝐴 ̅̅̅̅̅̅̅ 𝑂1 𝐴1 = =∞ ̅̅̅̅̅ 1 + 𝐶1 . 𝑂 1𝐴 * Déduction de la position de A’B’ par rapport à L2. 𝐴1 𝐵1 étant à l’infini, A’B’ se trouve dans le plan focal 1 image de L2 ⇒ A’B’ se trouve à |𝐶 | = 0,05 𝑚 avant L2 2 b) Distance O1O2 : O1O2 = d - O1A + O2A’ = 25 cm c) Détermination des positions de F et F’ * Foyer image F’ 𝐿1 𝐿2 1 1 ̅̅̅̅̅̅ 𝐴∞ → 𝐹 ′ → 𝐹′ : − = 𝐶2 ⇒ 𝑂 2 𝐹′ = 1 ̅̅̅̅̅̅ ⇒ 𝑂 2 𝐹′ = ̅̅̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅̅̅ 𝑂2 𝐹′ 𝑂2 𝐹1′ ̅̅̅̅̅̅̅ ′ ̅̅̅̅̅̅̅ 𝑂 𝐹 −𝑂 𝑂 1 1 1 2 ̅̅̅̅̅̅̅ ′ ̅̅̅̅̅̅̅ 1+𝐶2 .(𝑂 1 𝐹1 )−𝑂 1 𝑂2 ̅̅̅̅̅̅̅ 𝑂2 𝐹1′ ̅̅̅̅̅̅̅ 1+𝐶 .𝑂 𝐹′ 2 2 1 = -0,025 m, avec ̅̅̅̅̅̅ 𝑂1 𝐹1′ = 0,2 𝑚 ⇒ F’ est virtuel * Foyer objet F 𝐿 𝐿 ̅̅̅̅̅̅̅ 1 2 1 1 𝑂1 𝐹2 ̅̅̅̅̅ 𝐹 → 𝐹2 → 𝐴′∞ :̅̅̅̅̅̅̅ − ̅̅̅̅̅̅ = 𝐶1 ⇒ 𝑂 1 𝐹 = 1−𝐶 .𝑂 ̅̅̅̅̅̅̅ 𝑂 𝐹 𝑂 𝐹 𝐹 1 2 1 ̅̅̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅̅̅ 𝑂1 𝑂2 +𝑂2 𝐹2 ̅̅̅̅̅ ⇒ 𝑂 = - 0,6 m 1 𝐹 = 1−𝐶 .(𝑂 𝑂2 𝐹2 ) 1 ̅̅̅̅̅̅̅ 1 𝑂2 + ̅̅̅̅̅̅̅ avec ̅̅̅̅̅̅ 𝑂2 𝐹2 = 0,05 m ⇒ F est réel 1 1 2
