Corrigé Bac Physique Chimie 1er groupe S1 S3 2016
Exercice 1
1.1.1 Formules semi-développées :

1.1.2 Équation bilan de la réaction :

1.1.3 La réaction est rapide, totale et exothermique : c'est une réaction d'estérification indirecte.
1.2.1 Quantités de matière des réactifs :
nacide=318=2.210−2mol
nanhydre=7×1.08102=7.410−2mol
L'anhydride est en excès.
1.2.2 Calcul du rendement de la réaction :
η=3.8×100180×2.210−2=96%
Commentaire : la réaction étant totale, le rendement serait sensiblement proche de 100%.
La légère différence pourrait relever de la pureté des réactifs utilisés.
1.2.3 Équation de la réaction parasite :
Si l'erlenmeyer n'était pas sec l'anhydride réagirait rapidement avec l'eau suivant la réaction d'équation bilan :

Exercice 2
2.1.1 Équation de la réaction :
AH+OH− ⟶ A−+H20
2.1.2 Équivalence acido-basique : lorsque l'acide et les ions hydroxyde sont mélangés dans les proportions stœchiométriques (nAH=nOH−).
2.2.1 Établir la relation :
Nombre de mol d'acide présent dans le mélange : nAH(total)=CbVbE.
Nombre de mol d'acide ayant réagi avec la base : nAH(réagi)=CbVb.
Nombre de mol d'acide restant dans le mélange : nA=nAH(total)−nAH(réagi)
On tire que :
nA=CbVbE−CbVb⇒nA=Cb(VbE−Vb)
2.2.2 Expression du rapport [AH][A−]
[AH][A−]=nAHVnA−V = Cb(VbE−Vb)Cb.Vb⇒[AH][A−]=VbEVb−1
2.2.3 Expression de [H3O+] :
Ka=[H3O+][A−][AH]⇒Ka=[H3O+]VbEVb−1⇒[H3O+]=Ka(VbEVb−1)
2.3.1 Tableau de valeur :
Vb(mL)2.533.544.555.5pH3.633.743.833.924.014.14.19[H3O+] en 10−4mol.L−12.341.821.481.20.980.790.651Vb en mL−10.40.330.290.250.220.20.18
2.3.2 Courbe [H3O+]=f(1Vb)

2.3.3 Valeurs du pKa et de VbE :
Exploitation du graphe donne :
[H3O+]=7.710−4×1Vb−0.7310−4
De la question 2.2.3 on tire la relation théorique :
[H3O+]=Ka.VbE1Vb−Ka
Par identification on tire :
Ka=0.7310−4 ⇒ pKa=4.1
Ka.VbE=7.710−4 ⇒ VbE≈10.5mL
2.4 Masse d'acide dans un comprimé :
mAH(total)=nAH(total).M=Cb.VbE=510−2×10.510−3×5.176=0.462g
mAH(total)=462mg
Aux erreurs de mesures près l'indication sur la boîte est proche de la valeur expérimentale donc l'appellation semble correcte.
Exercice 3
3.1.1 Les forces extérieures qui s'appliquent sur S à l'équilibre :

3.1.2 Les allongements x1 et x2 à l'équilibre :
L=(L0+x2)+(L0+x1)⇒x1+x2=L−2L0
T.C.I : →P+→RN+→T1+→T2=→0
−mgsinα−T2+T1=0⇒−mgsinα−kx2+kx1=0⇒x1−x2=mgsinαk
Ainsi, x1=12(L−2L0+mgsinαk) et x2=12(L−2L0−mgsinαk)
A.N : x1=6.25cm et x2=3.75cm
3.2.1 Équation différentielle du mouvement :
T.C.I : →P+→RN+→T′1+→T′2=m→a
En projetant sur l'axe xx′ parallèle au plan et orienté vers le haut on obtient :
k(x1−x)−k(x2+x)+mgsinα=m¨x
Or mgsinα+kx2−kx1=0
On tire : ¨x+2kmx=0
3.2.2 Nature du mouvement : l'équation différentielle montre que le système étudié un oscillateur harmonique : le mouvement est rectiligne sinusoïdal.
Expression de T0 : T0=2π√m2k
3.3 Montrons que : ¨x+2kmx=0
Système conservatif, l'énergie mécanique est constante ; dEmdt=0
Em=Ec+Ep or Ec=12˙x2 et Ep=12k(x2+x)2+12k(x1−x)2+mgxsinα
donc, Em=12˙x2+12k(x2+x)2+12k(x1−x)2+mgxsinα
⇒ dEmdt=m˙x¨x+k˙x(x2+x)−k˙x(x1−x)+mg˙xsinα
⇒ ˙x[k(x2−x1+2x)+mgsinα+m¨x]=0
Or mgsinα+kx2−kx1=0
On tire : ¨x+2kmx=0
3.4.1 Identification
Au passage par x la vitesse est maximale donc l'énergie cinétique est maximale :
C1 correspond à Ec.
Au passage par x l'énergie potentielle est nulle : C2 correspond à Ep.
L'élongation étant la seule grandeur algébrique parmi les trois donc C3 correspond à x.
3.4.2 Valeurs des périodes :
Période pour Ep ou Ec : T=47×3=141ms.
Période pour x : T0=47×6=282ms.
Comparaison : T0=2T
3.5 Valeur de chaque division :
Ep=12k(x21+x22)=12.20.((6.25)2+(3.75)2).10−4=53.12510−3J⇒ Ep/division=Ep3=17.7mJ par division
Déduction de la vitesse maximale :
EC max=12mV2max ⇒ Vmax=√2.EC maxm
Or, d'après graphe EC max=3 divisions =53.12510−3J
Donc, Vmax=√2×53.12510−30.1=1.0m/s
Exercice 4
4.1.1 Expression de la vitesse :
T.E.C entre P1 et P2 :
12mV2−0=W→FP1→P2=qU⇒V=√2.qUm
4.1.2 Nature de la portion du trajet (E, S) :
→Fm=m.→a⇒→a=qm.→V∧→B⇒→a⊥→V⇒at=0⇒dVdt=0⇒V=cste
→a=qm.→V∧→B⇒at=0⇒→a=→aN
Comme a=|q|.VBm et aN=V2ρ alors, ρ=m.V|q|.B=cste
(ES) est un arc de cercle de rayon R=m.V|q|.B
4.1.3 Expression de la durée τ :
^ES = R.β=τ.V⇒τ=β.RV = β.m.VV.q.B⇒τ=m.βq.B
4.2.1 Valeur du rayon de la trajectoire pour 11H+
R=m.V|q|.Bor V=√2.qUm⇒R=1B.√2.m.Uq=10.5.√210−3×80256.021023×1.610−19=2.58cm ≈ 2.6cm
4.2.1 Valeurs des autres nombre de masse :
R2=2.m1.U1q.B2 = 2.A1.u.U1q.B2⇒A1=R2.q.B22.u.U1=(0.0258)2×1.610−19×(0.5)22×1.6610−27×2675=3
Ainsi, A1=3 et A2=2
4.3 Expression de D=FC :
sinβ2=ROF=ROC ;
{cosβ=cos2(β2)−sin2(β2)1=cos2(β2)+sin2(β2)} ⇒ 1−cosβ = 2sin2(β2)
D=OF+OC=2OF or OF=Rsinβ2=D2
Donc, sinβ2=2RD
On tire : sin2(β2)=(2RD)2
1−cosβ=2×[2RD]2=8R2D2 or R=1B.√2.m.Uq
On tire : D=4B.√m.Uq(1−cosβ)
4.4.1 Valeur de R′ :
R′=m.Vc|q|.B=1.6610−27×1.241061.610−19×0.5=2.573cm
4.4.2 Expressions des vitesses :
Conservation de la quantité de mouvement :
mp→Vc=mp→Vp′+mn→Vn′ ⇒ mn→Vn′=mp(→Vc−→Vp′)
Conservation énergie cinétique :
12mV2c=12mV2p′+12mV2n′ ⇒ →Vc+→Vp′=→Vn′
On tire : {Vp′=|Vc(mp−mnmp+mn)|Vn′=2Vcmpmp+mn
4.4.3 Détermination de mn :
Par exploitation des rayon des trajectoires
(Rp=2.5cm; Rn′=103cmetRp′=53cm)
On trouve mn=2mp ; c'est 21H+
4.5.1 Équation de la trajectoire : mouvement (voir cours).
4.5.2 Montrer que E=mpV2c18qRp′
Exercice 5
5.1 Équation de la réaction : 13153I ⟶ 13154Xe + 0−1e + 00¯v
La radioactivité est de type β−
5.2 L'intérêt de la mesure : la prise des comprimés d'iode 127 (non radioactifs) permet une saturation du corps en iode Cette saturation empêche la fixation de l'iode 131 (radioactif) ce qui procure une protection.
5.3 Définition : l'activité radioactive est le nombre de désintégration par unité de temps.
Dans le S.I elle s'exprime en becquerel (Bq)
A = λ.N=ln2T.mM.N=0.69×1×6.0210238.1×24×3600×131=4.61015Bq
A0=37106Bq
5.4 Masse m' d'iode à injecter :
m0m=A0A⇒m0=A0A.m=37106×14.61015=810−9g
5.5 Courbe de décroissance :
t en T012345A en 106Bq3718.59.254.632.311.16

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