CORRECTION BAC BLANC obligatoire Février 2012 Exercice I : Un

CORRECTION BAC BLANC obligatoire Février 2012
Exercice I : Un réveil en douceur
1. Influence d’une bobine dans un circuit électrique
La lampe L1 s’allume en premier.
La lampe L2 s’allume avec retard, car la bobine s’oppose transitoirement à l’établissement du courant dans la
branche qui la contient.
1.2.
Premier régime : régime transitoire, la luminosité de la lampe augmente.
Second régime : régime permanent, la luminosité de la lampe est constante.
1.3.
En fin d’expérience, la luminosité des deux lampes est identique.
En effet, en régime permanent, la bobine (L, r) se comporte comme un conducteur ohmique de résistance r :
1.1.
uL = L.
di
di
+ r.i, or en régime permanent i = cte, donc
= 0, alors uL = r.i.
dt
dt
De plus, r = R1 = 7  donc la résistance dans chacune des deux branches du circuit est la même, ainsi que l’intensité
du courant :
E = R1.I1 + RLampe.I1
E = r.I2 + RLampe.I2
comme r = R1,
R1.I1 + RLampe.I1 = R1.I2 + RLampe.I2
(R1 + RLampe).I1 = (R1+ RLampe ) I2
Et donc I1 = I2 et les deux lampes brillent de la même façon.
1.4.1.  =
L
R
1.4.2. Analyse dimensionnelle :
Pour une bobine idéale u = L
di
donc [U] = [L].[I].[T]–1 soit [L] = [U].[T].[I]–1
dt
D’après la loi d’Ohm, pour un conducteur ohmique u = R.i donc [R] = [U].[I]–1
1
L U .T . I 

[] =

1
R
U . I 
1.4.3.  =
= [T]
Ainsi  est bien homogène à un temps.
L 1
 = 1.10-1 s = 10–1 s
R 10
La durée nécessaire pour atteindre la luminosité maximale est de 5 soit 5.10-1 s. (ordre de grandeur de la seconde)
Le phénomène est détectable par un observateur car l’œil est capable de distinguer deux images consécutives
séparées d’au moins 0,1 s.
2. Vérification de la valeur de l’inductance L de la bobine utilisée
2.1. La figure 3 montre que le régime correspondant à l’évolution de la tension uC(t) est appelé régime pseudopériodique.
2.2. L’amortissement des oscillations est due à une perte d’énergie par effet Joule, sous forme de chaleur, dans la
résistance r de la bobine.
2.3. L’énergie totale est décroissante.
1
2.4. Graphiquement : 4T = 120 ms
T=
120
 30 ms = 3,010-2 s.
4
4T
Or T = T0 = 2 L.C

T02  42 .L.C 
L=
T02
4.2.C
 3, 0  10 
2
A.N. : L =
2
42  22  10 6
= 1,0 H
2.5. On retrouve la même valeur que celle annoncée par le constructeur. La valeur de L est compatible avec les
données.
3. Étude expérimentale de la luminosité d’une lampe dans un circuit contenant une bobine
3.1. L’énergie électrique reçue par la lampe est transmise à l’environnement sous forme de chaleur et de
rayonnement.
3.2.
branchement de Y1 en C
branchement de Y2 en B
branchement de M en D
3.3.1. Loi d’additivité des tensions :
uBD = uBC + uCD

uBC = uBD – uCD

u(t) = uBC = uBD – uR0
3.3.2. Loi d’Ohm :
uR0 = R0 . i(t) 
i(t) =
3.3.3. Puissance : p(t) = u(t) . i(t) = (uBD – uR0 ) .
uR0
R0
uR0
R0
3.4. En régime permanent, l’intensité du courant dépend de la résistance totale du circuit : RT = R0 + r + Rlampe.
Plus RT est faible, plus l’intensité est grande et plus la lampe brille fortement.
Avec R0 trop élevée, l’éclat de la lampe serait trop faible.
3.5. 0,90  pmax= 0,90  11,2 = 10 W.
Graphiquement, cette valeur est atteinte à t = 1,3 s.
3.6. Cette durée n’est pas compatible avec une lampe à diffusion douce car la luminosité maximale est atteinte trop
rapidement pour un réveil en douceur.
Il faut donc augmenter  =
L
, donc augmenter L et / ou diminuer R0 .
RT
2
Exercice II : Analyse d’un lait
1. Dosage par conductimétrie
1.1. Pour fabriquer la solution S on a effectué une dilution :
Solution mère S0 : C0 ; V0 = 20,0 mL
Solution fille S : CS ; VS = 100,0 mL
Au cours de la dilution la quantité de matière de soluté se conserve, donc n0 = nS

C0.V0 = CS.VS
C 0 VS

C S V0
C 0 100,0
= 5,00

C S 20,0
La solution fille S est cinq fois moins concentrée que la solution mère S0
1.2. On verse de la solution S dans un bécher, puis on prélève, à l’aide d’une pipette jaugée de 10,0 mL munie d’un
pipeteur, 10,0 mL de la solution que l’on verse dans un autre bécher. (On doit, préalablement, rincer la pipette jaugée
à l’aide de la solution S).
1.3.
V1 = 10,0 mL de Solution S
Burette graduée contenant la
solution de nitrate d’argent
C2 = 5,0010–3 mol.L–1
+ env. 250 mL d'eau
distillée
Cellule
conductimétrique
Bécher
Conductimètre
Turbulent
Agitateur
magnétique
1.4. La conductivité initiale est due aux ions présents dans la solution S, c’est-à-dire les ions chlorure et des cations
qui eux ne réagiront pas lors du titrage.
1.5. Première partie, diminution de la conductivité du milieu réactionnel :
On ajoute des ions Ag+ et NO3– dans le milieu. Les cations argent réagissent avec les anions chlorure. Ils forment un
solide qui ne participe pas à la conductivité de la solution. La concentration en ions Cl– diminue au fur et à mesure.
La concentration en anions nitrate augmente au fur et à mesure. Tout se passe comme si les anions Cl – étaient
remplacés par des anions NO3–.
Comme (NO3–(aq)) est légèrement inférieure à (Cl–(aq)), la conductivité diminue mais faiblement.
Deuxième partie, augmentation de la conductivité :
Quand tous les ions chlorure sont consommés, les ions Ag+ et NO3–(aq) ne réagissant plus, ils s'accumulent en
solution. Leur concentration augmente, la conductivité va augmenter.
1.6. La conductivité passe par un minimum, ce qui correspond à l’équivalence : tous les ions chlorure ont été
consommés.
3
1.7.
1.7. Le volume équivalent correspond à l'abscisse
du point d'intersection des deux segments suivants
l'évolution de la conductivité. On lit V2E =12,0 mL
V2E
1.8. A l’équivalence, tous les ions chlorure initialement présents ont été consommés par les ions argent, les réactifs
ont été introduits dans les proportions stœchiométriques,
soit : n(Ag+(aq))versé = n(Cl–(aq))initial
1.9. C2.V2E = n(Cl–(aq))initial
ATTENTION, cette quantité de matière est celle présente dans le volume V 1 de solution S utilisée ;
donc n(Cl–(aq))initial = CS.V1.
Ainsi C2.V2E = CS.V1 donc Cs =
A.N. : CS =
C 2 .V2E
.
V1
5, 00 103 12, 0
= 6,0010–3 mol.L–1 concentration molaire en Cl– de la solution S initialement
10, 0
Et d’après la question 1.1. on a
C .V
C 0 VS
soit C0 = S S en remplaçant CS par l'expression précédente,

V0
C S V0
Donc
A.N. : C0 =
C0 =
C2 .V2E VS
.
V1
V0
5, 00 103  12, 0 100, 0
= 3,0010–2 mol.L–1 concentration molaire en Cl– dans le lait

10, 0
20, 0
1.10. Calculons la concentration massique Cm en ions chlorure du lait :
Cm = C0.M(Cl–)
A.N. : Cm = 3,0010–2 x 35,5 = 1,07 g.L–1
La masse obtenue est bien comprise entre 1,0 g et 2,0 g par litre de lait.
4
2. Dosage de l’acide lactique
2.1.
HA(aq) + HO–(aq) = A–(aq) + H2O(l)
 
 A (aq)

 éq
2.2. K =
 
 HA (aq)  .  HO(aq)

 

éq
Cette réaction doit être rapide, unique et totale.
éq
Écrivons l'équation de la réaction d'autoprotolyse de l'eau qui correspond au couple H2O/HO–(aq)
2 H2O(l) = H3O+(aq) + HO–(aq)
KA1 = [H3O+(aq)].[HO–(aq)]
Écrivons l'équation de la réaction entre l'acide lactique et l'eau qui correspond au couple HA(aq)/A–(aq)
–
HA(aq) + H2O(l) = A
(aq)
+
+ H3O
(aq)
 
 
 A (aq)


 éq .  H 3O (aq)  éq
KA3 =
 HA (aq) 

 éq
 
 H 3O (aq)

 éq
Reprenons l'expression de K en la multipliant par

 H 3O (aq) 

 éq
 A  éq .  H3O 

 
 éq
 
 

K =  HA (aq)  .  HO(aq)
 éq .  H3O(aq)  éq
éq

(aq)
KA3

(aq)
K=
KA1
KA3
K A1

10
10
 pK A 3
 pK A1
 10 pK A1  pK A3
A.N. : K = 1014 – 3,9 = 1010,1 = 1,31010
Dans l'état d'équilibre [HA(aq)] est très très faible. Comme cette concentration est au dénominateur, K est très élevée.
Donc la réaction est bien totale : HA(aq) est quasiment totalement consommé.
Remarque: pour que K soit élevée, il existe mathématiquement la possibilité que [A–(aq)] éq soit très grande, mais c'est
"chimiquement" impossible.
A–(aq)
HA(aq)
pH
2.3.
pH = 2,9
pKA3 = 3,9
Au début du dosage, le pH est de 2,9; l’espèce prédominante est alors HA(aq).
 
 A (aq)

 éq
2.4. On a pH = pKA3 + log
 HA (aq) 

 éq
 
 A (aq)

 éq
Si les espèces HA(aq) et A (aq) sont présentes en quantités égales alors
= 1 donc pH = pKA3
 HA (aq) 

 éq
–
D’après le tableau pour un pH = 3,9, on a VB = 6,0 mL.
2.5. A l’équivalence les réactifs sont introduits dans les proportions stoechiométriques, on a versé autant d'ions HO–
qu'il y avait initialement de molécules de HA.
nHA = n HO
nHA = CB.VBE
A.N. : nHA = 5,0010–2 12,010-3 = 6,0010–4 mol d'acide lactique dans un volume VA = 20,0 mL de lait.
5
2.6. Calculons la concentration massique en acide lactique du lait : CmHA =
CmHA =
m HA n HA .M(HA)
=
VA
VA
6, 00  104  90
= 2,7 g.L–1 > 1,8 g.L–1 donc le lait n’est pas frais.
20, 0  103
Exercice III : Le plutonium
1.1. Le numéro atomique de l’élément chimique plutonium étant Z = 94, tous ses isotopes possèdent 94 protons.
Le noyau de plutonium 238 possède 238 nucléons donc 238 – 94 = 144 neutrons (et 94 protons).
Le noyau de plutonium 239 possède 239 nucléons soit 145 neutrons (et 94 protons).
1.2. Deux noyaux sont isotopes s’ils possèdent le même nombre de protons mais un nombre différent de
neutrons.
1.3. Une « particule alpha » correspond à un noyau d’hélium : 42 He
4
A *
1.4. Le noyau de plutonium 238 est un émetteur de particules alpha. 238
94 Pu  2 He  ZY
D’après les lois de Soddy :
Loi de conservation du nombre de nucléons : 238 = 4 + A, soit A = 234.
Loi de conservation du nombre de charges : 94 = 2 + Z, soit Z = 92
238
4
234 *
L’équation de désintégration est : 94 Pu  2 He  92 U
1.5. Le noyau fils est émis dans un état excité, il se désexcite en émettant un rayonnement électromagnétique
gamma.
1.6. Dans le commentaire on parle de matière fissile, les noyaux de plutonium 239 et 241 sont susceptibles de subir
une fission.
La fission est une réaction nucléaire provoquée. Sous l’impact d’un neutron, un gros noyau, dit fissile, est scindé en
deux noyaux plus petits et plus stables. Cette réaction s’accompagne d’un dégagement d’énergie.
239
94
102
1
Pu  01n  135
52Te  42 Mo  3 0 n
2.1. Exprimons la variation de masse au cours de la fission :
1
239
1
m = ∑mfinales - ∑minitiales = m( 13552Te ) + m( 102
42 Mo ) + 3m( 0 n ) – m( 94 Pu ) – m( 0 n )
1
239
m = m( 13552Te ) + m( 102
42 Mo ) + 2m( 0 n ) – m( 94 Pu )
A.N. : m = (134,9167 + 101,9103 + 21,0089 – 239,0530)  1,66043×10-27 = – 3,4570×10-28 kg
m < 0 car toute réaction nucléaire s’accompagne d’une perte de masse.
La perte de masse est donc de 3,457010–28 kg.
2.2.
Elib = m.c²
où m est la variation de masse
A.N. : Elib = – 3,4570×10-28 × (2,9979×108)² = – 3,1070×10–11 J
3,1070 10-11
= – 193,92 MeV
1, 6022  10-13
135
102
3.1. Elib = E ( 239
94 Pu ) – E ( 52Te ) – E ( 42 Mo )
Elib = –
A.N. : Elib = 1,79103 – 1,12103 – 8,64102 = – 194 MeV
Les deux valeurs obtenues sont identiques si l’on conserve trois chiffres significatifs.
Te : E /A = 1,12×103/135 = 8,30 MeV/nucléon
Mo : E /A = 8,64×102/102 = 8,47 MeV/nucléon
Pu : E /A = 1,79×103/239 = 7,49 MeV/nucléon
Le noyau le moins stable est celui qui a l’énergie de liaison par nucléons la plus faible, soit le plutonium.
(Les noyaux formés sont plus stables que le noyau de plutonium fissile).
3.2.
3.3. L’énergie de liaison par nucléon du plutonium étant plus faible que celles des noyaux fils (molybdène et tellure),
ses nucléons sont moins liés entre eux. Le noyau père Pu est donc moins stable, il se casse sous l’impact d’un
neutron, en libérant 194 MeV vers le milieu extérieur.
6