Corrigé Bac Physique Chimie 1er groupe S1-S3 2014
Exercice 1
1.1.1

Groupe fonctionnel amide
1.1.2
a) formule de l'amine : C2H5−NH−C2H5
nom : diéthylamine
classe : amine secondaire
b) Équations-bilans de la préparation :

1.1.3
Nom officiel : N, N-diéthyl-3méthylbenzamide
1.2
Formule de l'IR3535

Exercice 2
2.1 Équation-bilan de la réaction et nom des produits :

2.2
2.2.1 La vitesse de formation v est définie par : V=+dndt ; sa valeur correspond au coefficient directeur de la tangente à la courbe n=f(t) à la date t considérée.
A chaque date, on trace la tangente à la courbe n=f(t) ; et on détermine le coefficient directeur.
On obtient les résultats suivants :
A t=2min : v2=43mmol.min−1
A t=5min : v5=17mmol.min−1
On a : v5<v2 , donc la vitesse diminue.
Justification : la concentration des réactifs diminue entraînant ainsi la diminution de la vitesse.
2.2.2 Définition du temps de demi-réaction t1/2
Le temps de demi-réaction est le temps au bout duquel la moitié de la quantité de matière initiale du réactif limitant a réagi.
2.2.3
a) D'après le graphe la quantité de matière d'éthanoate de sodium obtenue est : nf=200μmoL
b) A la date t1/2 on a : nester formé=nester finale2=100μmol d'où, d'après le graphe, t1/2=1.6min.
2.3.
2.3.1
a) Tracé de la courbe ln(C0[OH−])=f(t) :

b) Relation :
On a une droite qui passe par l'origine donc, lnC0[OH−]=kt(1)avec k=pente=0.4min−1
2.3.2
A la date t1/2 la moitié des ions OH− a réagi donc, [OH−]1/2=C02(2)
2.3.3
Les équations (1) et (2) entraînent, à t1/2 :
lnC0[OH−]1/2=kt1/2⇒lnC0C02=kt1/2⇒t1/2=ln2k
Valeur de la constante k : k=0.4min−1
2.3.4 : Valeur de t1/2 :
On a : t1/2=ln20.4=1.7min
Il y a accord entre les 2 valeurs; l'erreur relative est : Δt1/2t1/2=0.06 soit 6%
Exercice 3
3.1 Expression de U0 :
Théorème de l'énergie cinétique : qU0=12mv20
D'où, U0=mv202q
3.2

3.2.1 Représentation du champ →E
UAB<0 ⇒ vA<vB or →E est dirigé vers les potentiels décroissants.
Ainsi, →E a le sens de B vers A
3.2.2 Équation de la trajectoire :
Système : particule
Référentiel terrestre (galiléen)
Bilan des forces : force électrostatique →F=q→E
Théorème du centre d'inertie :
q→E=m→a⇒→a=q→Em⇒→a{ax=0ay=qEm⇒→v{vx=v0vy=qEmt⇒→OM{x=v0ty=qEmt2
On a : t=xv0 ; on remplace dans y ⇒ y=qE2mv20x2 ; la trajectoire est parabolique.
3.2.3 Ordonnée yS du point de sortie :
xS=ℓ soit yS=qE2mv20ℓ2 avec E=Ud soit yS=qU2mdv20ℓ2
3.2.4 Condition de sortie :
yS<d2⇒qU2mdv20ℓ2<d2⇒U<mdv20qℓ2
3.3
3.3.1 Nature du mouvement de la particule à la sortie du champ électrique :
A la sortie du champ électrique, la particule n'est soumise à aucune force, donc son mouvement est rectiligne et uniforme.
3.3.2 Déviation de la particule Y=O′P
tanα=YD=ySℓ2⇒Y=2DySℓ⇒Y=DqUℓmdv20
3.4

3.4.1 Représentation de →B
La particule est soumise à la force électrique →Fe et à la force magnétique →Fm
On a : →Fe+→Fm=→0 ; donc →Fm est opposée à →Fe
Or le trièdre (q→v0, →B, →Fm) est direct donc, →B sortant.
3.4.2 Intensité B du champ magnétique :
→Fe+→fm=→0⇒Fe=Fm⇒qE=qv0B⇒B=Ev0=Udv0
A.N : B=400210−2×1.6106=1.2510−2T
3.4.3 Charge massique qm en fonction de Y, ℓ, D, d, U et B.
Y=DqUℓmdv20 ⇒ qm=Ydv20DUℓ et v20=U2d2B2
Soit qm=YdU2DUℓd2B2=YUDℓdB2
3.4.4 Calcul de la charge massique :
qm=1.510−2×4004010−2×510−2×210−2×(1.2510−2)2=9.6107C.kg−1 ; La particule est un proton.
Exercice 4
4.1 : Schéma du dispositif

4.2 Vibrations de S1 et S2 : Y01=Y02=S0sinωt
4.2.1 Expression des vibrations au point M de l'écran.
Les vibrations en M accusent par rapport aux vibrations de S1 et S2 un retard respectif de : {t1=d1ct2=d2c
Vibration issue de S1 : Y1(M)=S0sinω(t−d1c)
Vibration issue de S2 : Y2(M)=S0sinω(t−d2c)
4.2.2 Le coefficient 2S0cos(πδλ) est l'amplitude de la vibration Y ; cela correspond à la valeur maximale de Y au point considéré.
4.2.3
a) L'intensité lumineuse E s'écrit :
E=CA2=C×4S0cos2(πδλ)or cos2x=1+cos2x2
⇒cos2(πδλ)=1+cos(2πδλ)2⇒2cos2(πδλ)=1+cos2πλaxD=1+cos2πxior i=λDa
d'où,
E=2S20C(1+cos2πi)⇒E=E0(1+cos2πi)avec E0=2S20C
b) Les valeurs de E et la courbe E(x)=f(x) :
x−i−3i/4−i/2−i/40i/4i/23i/4iE(x)2E0E00E02E0E00E02E0

c) Du graphe on déduit :
⋅ abscisses des points où l'éclairement est maximal dans l'intervalle considéré : x={−i; 0; i; …}
⋅ abscisses des points où l'éclairement est nul dans l'intervalle considéré : x={−i2; i2; …}
⋅ distance séparant deux franges consécutives de même nature d=xn+1−xn=i
4.3
4.3.1
d=10i1⇒d=10λ1Da⇒λ1=ad10D
A.N : λ1=4.810−7m=480nm
On mesure la distance correspondant à 10 interfranges au lieu de celle qui correspond à 1 interfrange pour avoir une détermination plus précise de l'interfrange. L'erreur de mesure est amoindrie.
4.3.2
Pour la lumière de longueur d'onde λ1, au point considéré on a : xa=kλ1avec k=2
Pour la lumière de longueur d'onde λ2, au point considéré on a : xb=(2k′+1)λ22avec k′=1
xa=xb⇒32λ2=λ1⇒λ2=640nm
Exercice 5
5.1 Schéma + branchements de l'oscilloscope :

5.2 La base des temps est restée la même sur les figures 5a et 5b. Par contre la sensibilité verticale a changé ; elle a augmenté.
5.3
5.3.1 : 1 correspond à u(t) et 2 à uR(t) parce que la tension maximale aux bornes du GBF est supérieure à celle aux bornes du résistor (dans l'état actuel de fonctionnement du circuit).
5.3.2 Loi d'Ohm : uR=Ri ⇒ i=URR donc, i et uR sont proportionnelles ; ainsi, en visualisant uR, on visualise en même temps i.
5.4
5.4.1 La fréquence des oscillations :
La période T correspond à 10 divisions ; d'où : N=1T=11010−3=100Hz
5.4.2 Valeur maximale de la tension u(t) : Umax=Sv.YA=0.2×4=0.8V
Valeur maximale de l'intensité i(t) :
URmax=Sv.YB=0.2×2.5=0.5V⇒Imax=URmaxR=0.550=10−2A
Valeur de l'impédance : Z=UmaxImax=80Ω
5.4.3 Le déphasage entre u et i
On a :
|φ|2π=θT⇒|φ|=2πθT=2π×110=π5
La tension u est en avance sur uR puisqu'elle atteint en premier son maximum ; φ=+π5
Valeur de r
On a : cosφ=R+rZ ⇒ r=Zcosφ−R
A.N : r=80cosπ5−50=14.7Ω
Valeur de L
sinφ=Lω−1CωZ⇒Lω=Zsinφ+1Cω⇒L=Zsinφω+1Cω2
A.N : L=0.4H
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