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 : C2H5NHC2H5
 
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.min1
 
A t=5min : v5=17mmol.min1
 
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=0.4min1
 
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=kt1/2lnC0C02=kt1/2t1/2=ln2k
 
Valeur de la constante k : k=0.4min1
 
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=qE
 
Théorème du centre d'inertie : 
 
qE=maa=qEma{ax=0ay=qEmv{vx=v0vy=qEmtOM{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= soit yS=qE2mv202 avec E=Ud soit yS=qU2mdv202
 
3.2.4 Condition de sortie :
 
yS<d2qU2mdv202<d2U<mdv20q2
 
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=OP
 
tanα=YD=yS2Y=2DySY=DqUmdv20
 
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 (qv0, B, Fm) est direct donc, B sortant.
 
3.4.2 Intensité B du champ magnétique :
 
Fe+fm=0Fe=FmqE=qv0BB=Ev0=Udv0
 
A.N : B=4002102×1.6106=1.25102T
 
3.4.3 Charge massique qm en fonction de Y, , D, d, U  et  B.
 
Y=DqUmdv20  qm=Ydv20DU  et  v20=U2d2B2
 
Soit qm=YdU2DUd2B2=YUDdB2
 
3.4.4 Calcul de la charge massique :
 
qm=1.5102×40040102×5102×2102×(1.25102)2=9.6107C.kg1 ; 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(td1c)
 
Vibration issue de S2 : Y2(M)=S0sinω(td2c)
 
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)22cos2(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) :
 
xi3i/4i/2i/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+1xn=i
 
4.3
 
4.3.1
 
d=10i1d=10λ1Daλ1=ad10D
 
A.N : λ1=4.8107m=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=xb32λ2=λ1λ2=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=110103=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=0.5VImax=URmaxR=0.550=102A
 
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=ZcosφR
 
A.N : r=80cosπ550=14.7Ω
 
Valeur de L
 
sinφ=Lω1CωZLω=Zsinφ+1CωL=Zsinφω+1Cω2
 
A.N : L=0.4H
 

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