CORRIGE DE L EPREUVE DE SCIENCES PHYSIQUES DU PREMIER GROUPE S2. (Et) 2 NH + H 2 O

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1 UNIERSIÉ CHEIKH ANA DIOP DE DAKAR /4 08 G 7 A 0 Duée : 4 heues OFFICE DU BACCALAUREA Séies : S-SA Coef. 6 éléfax () él. : Séies : S4-S Coef. Coigé épeue du e goupe CORRIGE DE L EPREUE DE SCIENCES PHYSIQUES DU PREMIER GROUPE S EXERCICE. Fomule semi-déeloppée de la N-éthyléthanamine :C H -NH-C H ou encoe Et-NH-Et. Dans la suite on adopte la notation simplifiée (Et) NH (0, pt). Ecie l équation bilan de la éaction.. (Et) NH + H O + - (Et) NH + HO Couples acide base mis en jeu : H O/ HO - et (Et) NH + / (Et) NH (0 pt).4 Solution basique du fait de la pépondéance des ions hydoxyde HO - deant les ions hydonium H O +. éification possible en ajoutant quelques gouttes d indicateu coloé appopié tel que le bleu de bomothymol. On obtiendait une coloation bleue, teinte basique du BB. (0 pt).... Inentaie des espèces chimiques en solution : (Et) NH + ; (Et) NH ; HO - ; H O + (H O est ultamajoitaie) (0, pt).. Ke = [H O + ][ HO - ] = constante à une tempéatue donnée. A C on a ke = 0-4 (0, pt).4. ph = pka + log [(Et) [(Et) NH] NH + ] (0, pt).4.4 L équation d électoneutalité conduit à [(Et) NH + ] [HO - ] en considéant que [H O + ] << [HO - ] L équation de conseation de la matièe conduit à : [(Et) NH] [(Et) NH ] i = C En emplaçant dans la elation pécédente on obtient : ph = pka + log C [HO - ] enant compte de l expession de ke donnée en..) on aboutit à : : ph = (pke + pka pc ) ; aec pc = - log C Pou C = 0 - mol.l -, le calul donne ph =,7 (0,7 pt) EXERCICE. [HO - ] 0 = n (HO ) - C = total = C =.0 - mol. L - (0, pt). Equattion-bilan de la éaction de dosage HO - + H O + H O A l équialence la solution est neute puisqu il s agit d un mélange d acide fot et de base fote à l équialence ; donc la solution pend la teinte neute du BB, soit la coloation ete.

2 . C 6 H -CO - CH-CH + HO - C 6 H -CO - + CH - CH-OH CH CH La éaction est lente et totale On a : n(alcool) = n (HO - ) éagi = n (HO - ) initial n (HO - ) estant En diisant pa le olume on obtient : C = [HO - ] 0 - Caa. (0,0pt).4. On complète le tableau. On obtient : (0 pt) : t (min) a (ml),0 9,8 8,0 6,,0,8,8,0,,0 C (0 - mol/l) ,4 4, La coube C = f(t) a l allue suiante :..4. (alcool) = dc A chaque instant (alcool) coespond au coeffiient diecteu de la tangente à la coube C = f(t) à cette date. A t = 4 min on toue (alcool) = 0 - mol.l -.min - A t = min. (alcool) =.0-4 mol.l -.min C (0 - mol.l - ) (alcool) diminue ca la concentation des éactifs diminue. (0,7 pt).4.4 A 0 C la tempéatue du mélange est plus faible, la itesse de éaction seait alos plus faible aux même dates, la quantité de soude qui este seait plus gande donc le olume d acide nécessaie pou dose la soude seait plus gand. EXERCICE... Un éféentiel géocentique a pou oigine le cente de la tee et compend tois axes oientés es tois étoiles lointaines. Pa analogie le éféentiel «Uanocentique» a pou oigine le cente d Uanus et compend tois axes oientés es tois étoiles lointaines... - Réféentiel uanocentique : galiléen - Système : satellite - Foces appliquées : foce gaitationnelle F = mg t (min)

3 =. - On applique la deuxième loi de Newton. F ma D où l on tie a G M u = d où a est centipète ; pa conséquent Impliquant que = constante ; le mouement est unifome π.. est la duée d un tou ; d où = et = π d a = τ = 0 (0,7 pt) Etabli l expession de la itesse du cente d inetie du satellite en fonction du ayon de sa tajectoie et de sa péiode de éolution. (0, pt)..4 On toue pou le satellite Umbiel. = 4,7.0 m.s -. (0, pt).... Méthode gaphique. G M a) a = a n = = (0, pt) d où = b) De l expession pécédente on tie : adéquation aec la coube = f( = d où est une fonction linéaie de, ce qui en ) donnée en annexe qui est une doite passant pa l oigine et dont l équation s écit : = k.. La constante k est le coefficient diecteu de la doite. K = ( ) (/ ) = 6,.0 Pa identification on a : = k ; d où M = G k ; AN : M = 9. 0 kg... Utilisation de la toisième loi de Keple π a) On a = ; d où l on tie : b) On calcule Satellite et = pou les difféents satellites. On obtient : Rayon de l obite (0 6 m) Péiode de éolution (jou) 4π = MIRANDA 9,8,4 6,7.0 - ARIEL 9,, 6,8.0 - UMBRIEL 66,0 4,4 6,8.0 - IANIA 4,8 8,7 6,8.0 - OBERON 8,6,0 6,9.0 - Le appot - est une constante de aleu moyenne 6,8.0 (0,0pt)

4 c) On a 4π question b) du..). = d où l on déduit M = 8,8.0 kg. ; ce ésultat est concodant à celui de la (0,0pt) EXERCICE la tension aux bones du condensateu : u c0 = E = 6 - la chage du condensateu : Q0 = C u c0 = C - l intensité du couant ciculant dans le conducteu ohmique : I 0 = 0 - la tension aux bones du conducteu ohmique. U R = 0 (0 pt) Déchage oscillante du condensateu : la bobine ayant une ésistance nulle, le cicuit est siège d oscillations électiques libes non amoties. (0, pt) 4.. Aux bones du condensateu : u c = C q di Aux bones de la bobine on a : : u b = L = L d q = LC u d 4.. On a : u c + u b = 0 d où l on tie : LC c 4..4 Solution de la fome : u c = Uc max cos ( ω t + ψ ) d u c (0, pt) + u c = 0 (0, pt) La coube donnant les aiations de la tension u c en fonction de t est une sinusoïde : = π LC = 6,8.0 - s. (0, pt) 4. di 4.. u b = R i + L et u q d u c = conduisent à : LC C c + R C du c + uc = 0 (0, pt) 4.. L énegie totale du cicuit diminue pa dissipation pa effet joule à cause de la ésistance R de la bobine.. (0, pt) π 4.. on a :.= : le calcul donne :. = 6,4.0 - s. ; donc. 0. (0, pt) w 4..4 Sinusoïde dont l amplitude décoît du fait de l amotissement. EXERCICE.. Equation de désintégation du adon 8 4 Rn Y + He Pa identification on toue Y = P O. (0, pt).. L'état gazeux du adon le end dangeeux à cause de la facilité d infiltation dans les moindes fissues (0, pt) 4

5 P. N 0 = n N A =. NA ; d où N 0 = 4,8.0 7 noyaux R..... L actiité A est le nombe de désintégations pa seconde. A = - dn = λ N ; pa intégation on obtient : A = λ N 0 e - λt = A 0 e - λt... L actiité décoit au cous du temps d apès le tableau. Ce qui est en accod aec l expession établie à la question pécédente.... a) et b) La coube ln A = f(t) est une doite affine de pente négatie ; d où ln A = k t + b () Aec k = ln A = - 0,8 jou - et b = odonnée à l oigine = 7,6 t De l expession A = A 0 e - λt on déduit ln A = ln A 0 - λt () Les elations () et () donnent pa identification on déduit : :λ = - k d où λ = 0,8 jou - ln A 0 = b = 7,6 impliquant que A 0 = e 7,6 d où A 0 = 0 bq (0, pt). ln A 0 b t (jous)...4 A 0 = λ N 0. En eplaçant on toue : A 0 = 0 bq.on toue la même aleu. ln... t /. = =,8 jous λ (0, pt)...6 En faisant N = N 0 e - λt on toue N 0 s où A 0. Il n y a plus de noyaux adioactifs dans l ampoule, la substance n est plus actie.. (0,0pt)