CORRECTION DU BAC BLANC de PHYSIQUE - CHIMIE

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1 Terminale S 14 mars 006 CORRECTION DU BAC BLANC de PHYSIQUE - CHIMIE EXERCICE 1 Temps de demi-vie et temps de demi-réaction PARTIE 1 1. α représente un noyau d hélium 4 He On écrit l équation de la désintégration α en respectant la conservation de la charge (Z) et de la conservation du nombre de nucléons (A) : 0 90 T h 6 88 Ra + 4 He. Le temps de demi-vie est le temps au bout duquel la moitié des noyaux initialement présents se sont désintégrés. On a donc N(t 1 ) = N 0 N(t 1 ) = 1 N 0 On lit sur le graphe la valeur de t correspondant à N(t) N 0 = 0, 5 et on a bien t 1. Loi de décroissance radioactive : N(t) = N 0.e λt = 7, ans. La constante radioactive est λ = ln() t 1 = ln() 7, = 9,.10 6 an 1 4. Seule la nature des noyaux a une influence sur le temps de demi-vie. 5. Z 4 = 9, Z 5 = 90 (il s agit de l uranium et du thorium). La première désintégration est une désintégration α et la seconde est une désintégration β 6-a. N(t) = N 0.e λt dn dt = λn 0.e λt = λn(t) Donc avec la définition de A(t) donnée dans l énoncé, on a : A(t) = dn dt = λn(t) 6-b. A l équilibre séculaire, on a A( 8 U) = A( 0 T h) λ U N( 8 U) = λ T h N( 0 T h) N(0 T h) N( 8 U) = λ U λ T h Or les valeurs λ U et λ T h sont des constantes, donc à l équilibre séculaire, on trouve bien que le rapport N(0 T h) est constant. N( 8 U)

2 PARTIE 1. Le peroxyde d hydrogène est également mise en jeu dans le couple H O /H O où il joue le rôle d oxydant.. La réaction est lente car les concentrations évoluent à l échelle de la minute: on peut observer l évolution des concentrations à l oeil nu La réaction est totale car à la fin de la réaction, la concentration du réactif (qui est forcément limitant puisque tout seul) est nulle.. le temps de demi-réaction est le temps au bout duquel l avancement a atteint la moitié de sa valeur finale. On cherche donc le temps t 1 x max = n(h O ) 0 x(t 1 ) = n(h O ) 0 Or n(h O ) = n(h O ) 0 x(t). Donc pour t = t 1 pour lequel x(t 1 ) = xmax. Or la réaction étant totale, on a n(h O ) = n(h O ) 0 n(h O ) 0 On divise par le volume pour exprimer les concentrations : [H O ](t 1 ) = [H O ] 0 : = n(h O ) 0 Sur la courbe 1, on cherche donc le temps pour le quel [H O ] = 4, 5.10 mol.l 1. On trouve graphiquement t 1 5 min. 4. Sur la courbe, le temps de demi-réaction correspond au temps pour lequel [H O ] = 9.10 mol.l 1 : on trouve t 1 5 min Pour cette réaction, on constate que la concentration initiale des réactifs n a pas d influence sur la valeur du temps de demi-réaction. 5. La température est un facteur cinétique : le temps de demi-réaction augmente et la réaction est plus lente. PARTIE Analogies : t 1 dépend du noyau/réactif t 1 ne dépend pas des quantités initiales de noyaux/réactif t 1 ne dépend pas de l âge des noyaux/réactifs Différences : t 1 dépend de la température pour la cinétique alors que la température n a pas d influence sur le temps de demi-vie d un noyau radioactif.

3 EXERCICE Comportement d une bobine dans un circuit PARTIE 1 1. On règle le rhéostat à 9 Ω pour simuler la résistance interne de la bobine r.. On met en évidence le retard à l allumage de la lampe branchée en série avec la bobine : ceci traduit le fait qu une bobine s oppose à l établissement du courant dans un circuit.. En régime permanent, les lampes brillent avec la même intensité. PARTIE 1. Sur la voie EA0, on visualise u AM, soit la tension aux bornes du générateur quand K est fermé. Sur la voie EA1, on visualise u BM, soit la tension aux bornes de la résistance R.. La tension u AM (voie EA0) correspond à la tension E aux bornes du générateur : elle est visualisée sur la courbe 1. La tension u BM (EA1) correspond à la tension aux bornes de la résistance : on la visualise sur la courbe.. La courbe permet de déduire les variation de l intensité i dans le circuit. En effet, sur cette courbe on visualise les variations de la tension u BM aux bornes de la résistance R, et d après la loi d Ohm : u BM = Ri i = u BM R 4. On applique la loi d additivité des tensions (ou loi des mailles) dans le circuit : u AM = u AB + u BM L di + ri + Ri = E dt di dt + r + R L i = E L 5-a. En régime permanent, on lit sur la courbe : u BM, 8 V Or en régime permanent, u BM = RI 0 donc I 0 = u BM R =, 8 50 = 5, 6.10 A = 56 ma 5-b. En régime permanent, les variables ne dépendent pas du temps, donc di dt l équation différentielle établie en 4 s écrit donc : r + R L I 0 = E L I 0 = E R + r Sur la courbe 1, on lit E =, V donc il vient : I 0 =, = 5, 4.10 A = 54 ma = 0 et

4 5-c. Etant données les incertitudes de lecture sur le graphique, on peut dire que les deux valeurs de I 0 concordent! L écart relatif entre les deux valeurs de I 0 est = 0, 05 soit,5%. 6. A l instant t = 0, on a i = 0 par continuité du courant dans la bobine, donc l équation différentielle établie en 4 s écrit : ( di dt ) t=0 = E L Or on a vu précédemment que E = I 0.(R + r), donc on a, en notant τ = ( di dt ) t=0 = I 0.(R + r) L = I 0 τ L : R+r 7. On lit graphiquement que τ = 1, ms donc on a : L = τ.(r + r) = 1,.10 (50 + 9) = 7, 1.10 H = 71 mh PARTIE 1. On visualise la tension aux bornes du condensateur sur la voie EA0.. L amortissement est dû à la présence d une résistance interne dans la bobine. De l énergie est dissipée par effet Joule.. On lit graphiquement 9T = 0, 040 s donc on en déduit T = 4, s = 4, 44 ms 4-a. voir cours pour l analyse dimensionnelle 4-b. Expression de la pseudo-période : T = π LC T = 4π LC L = T On retrouve bien la valeur déterminée dans la partie précédente. 5-a. Energies : 4π C = (4, ) 4 π 7, = 7, 0.10 H = 70 mh ε bob = 1 Li et ε cond = 1 Cu C 5-b. ε EM = ε bob + ε cond = 1 Li + 1 Cu C A t = 0, i = 0 et u C = E donc ε EM (t = 0) = 1 CE La valeur de l énergie électromagnétique diminue au cours du temps : en effet, lors de chaque transfert d énergie entre la bobine et le condensateur, une partie de cette énergie est dissipée par la résistance (effet Joule). 6. Dans le cas d une résistance interne nulle, les oscillations sont périodiques non amorties, de même période T que les oscillations précédentes.

5 EXERCICE A propos d une pile PARTIE 1 1-a. Par définition : τ = x f x max Dressons le tableau d avancement de cette réaction : état avancement (mol) P b(no ) (s) = P b + (aq) + NO (aq) initial 0 n 0 0 final x f n x f x f x f maximal x max = n 0 n n [P b + ] f = x f V x f = [P b + ]V = 1, 00 0, 100 = 0, 100 mol x max = n = m(p b(no ) ) M(P b(no ) ) =, 1 1, = 0, 100 mol. On a donc τ 1 : la dissolution peut être considérée comme totale. 1-b. A l état final : Q r,f = [P b + ] f [NO ] f = (x f)(x f ) = 4x f V V Or d après la question précédente : x f n donc il vient : Q r,f = 4n 4 (0, 100) = = 4, 00 V 0, 100 -a. La formule de l ion aluminium est Al + et celle de l ion sulfate est SO 4. Sachant qu un solide est électriquement neutre, la formule du sulfate d aluminium est donc Al (SO 4 ) (s) et l équation de sa dissolution dans l eau est : Al (SO 4 ) (s) = Al + (aq) + SO 4 (aq)

6 -b. D après l équation précédente, et sachant que cette réaction de dissolution est totale, alors on a n Al + = n 1 n 1 = n(al+ ) = [Al+ ] 1.V 1 Application numérique : n 1 = 1, 00 0, 100 = 5, mol -c. m 1 = n 1.M(Al (SO 4 ) ) = 5, , = 17, 1 g PARTIE 1. bécher de gauche : 100 ml de solution de sulfate d aluminium à 1,00 mol.l 1 bécher de droite : 100 ml de solution de nitrate de plomb à 1,00 mol.l 1 au milieu : pour relier les deux bécher, on place un pont salin. la valeur absolue de cette tension représente la fem de la pile. Comme la tension U Al P b est négative, alors l électrode d aluminium constitue le pôle - et l électrode de plomb constitue le pôle + : ( ) Al (s) Al + (aq) P b+ (aq) P b (s) (+) 4. Les électrons quittent le pôle - : Les électrons arrivent au pôle + : Al (s) = Al + (aq) + e P b + (aq) + e = P b (s) 5. L oxydation se déroule à l Anode : c est l électrode d aluminium La réduction se déroule à la Cathode : c est l électrode de plomb. 6. Equation de fonctionnement de la pile : P b + (aq) + Al (s) = P b (s) + Al + (aq)

7 PARTIE 1. Q = I. t = 0, 000, = 1, C. Q = n(e ) ech.f n(e ) ech = Q F = 1, = 1, mol. Calculons m(al) : n(al) disparu = n(e ) ech 6 n(al) disparu = n(e ) ech = 4, mol Donc on en déduit : m(al) = m(al) disparu = n(al) disparu.m(al) = 4, , 0 = 0, 14 g Calculons m(p b) : n(p b) forme = n(e ) ech 6 n(p b) forme = n(e ) ech = 7, mol Donc on en déduit : m P b = m(p b) forme = n(p b) forme.m P b = 1, , = 1, 55 g 4. Calculons [Al + ] f : n(al + )forme Donc on en déduit : = n(e ) ech 6 n(al + )forme = n(e ) ech = 4, mol n(al + ) f = n(al + ) 0 + n(al + ) forme = [Al + ] 1.V 1 + n(al + ) forme n(al + ) f = 1, 00 0, , = 9, mol Comme on néglige toute variation de volume alors [Al + ] f = n(al+ ) f V 1 = 1, , 100 = 1, mol.l 1 Calculons [P b + ] f : n(p b + ) disparu = n(e ) ech 6 n(p b + ) disparu = n(e ) ech = 7, mol Donc on en déduit : n(p b + ) f = n(p b + ) 0 n(p b + ) disparu = [P b + ] 1.V n(p b + ) disparu n(p b + ) f = 1, 00 0, 100 7, = 9, 5.10 mol Comme on néglige toute variation de volume alors [P b + ] f = n(p b+ ) f V = 9, , 100 = 9, mol.l 1

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