orrigé de l épreuve du premier groupe de SIENES PHYSIQUES Baccalauréat séries S S 3 Session juillet 009 Exercice : (03 points). : amine primaire : n H n+ NH avec n entier supérieur ou égal à acide α aminé : n H n+ H O H avec n supérieur ou égal à 0. : NH n H n+ A H NH O H n H n+ H NH + O B La formule générale de B est n H n+ H NH La masse molaire de B s exprime : M = 4n + 3 Donc 4n + 3 = 3 soit n = 0. La formule semi développée de B est alors H 3 - NH et son nom est la méthanamine. On en déduit la formule semi développée de A : HOO H NH et son nom est acide aminoéthanoïque.3 : H 3 NH + H O H 3NH 3 + + OH - ouple acide base auquel appartient B : H 3 NH 3 + / H 3 NH.4 : ph = pk A + log [H 3NH ] [H 3 NH 3 + ] () L expression du ph de la solution est ph = - log [H 3 O + ] elle du produit ionique est K E = [H 3 O + ][OH - ] La relation d électroneutralité s écrit : [H 3 NH 3 + ] + [H 3 O + ] = [OH - ] [H 3 NH 3 + ] = [OH - ] - [H 3 O + ] La solution est basique et la valeur de est telle que [OH - ] >> [H 3 O + ] [H 3 NH 3 + ] [OH - ] La conservation de la matière H 3 NH donne : = [H 3 NH ] + [H 3 NH 3 + ] [H 3 NH ] = - [H 3 NH 3 + ] - [OH - ]
omme >> [OH - ] on en déduit [H 3 NH ] () ph = pk A + log [OH - ] = pk A + log [H 3O + ] K E ph = pk A + log + log [H 3 O + ] log K E ph - log [H 3 O + ] = pk A + log log K E ph = pk A + log + 4 Donc ph = 7 + (pk A + log ) = 0 - alors ph = 7 + (0,7 + log 0- ) =,85.5 : H 3 H NH O OH + Exercice : (03 points) H H N H O H H 3 H liaison peptidique NH H O N H O H + H O. : ette réaction chimique est appelée saponification aractéristiques : elle est lente et totale.. : Equation bilan de la réaction ROOR + OH - ROO - + R OH.3 : [ROO - ] = n ROO - V T avec V T = V Or d après la stœchiométrie de la réaction, on a : n ROO - = (noh - )0 - (n OH - )t [ROO - ] = (n OH - ) 0 - (n OH - )t V T = V V - [n OH - ] t = - [n OH - ] t Le produit ionique de l eau s écrit : Ke = [H 3 O + ][OH - ] [OH - ] = Ke [H 3 O + ] Avec Ke = 0-4 et [H 3 O + ] = 0 -ph alors [OH - ] = 0-4 0 -ph Soit [ROO - ] = - 0-4 0 -ph = - 0pH 4
.4 : t (min) 0 3 6 9 5 8 4 7 30 [ROO - ] (0-3 mol.l - ) 0,9,6 3,3 3,8 4, 4,6 4,9 5, 5,4 5,6 6 [ROO - ] (0-3 mol.l - ) 5 θ' 4 θ 3 0 t (min) 0 5 0 5 0 5 30 35.5 : vitesse volumique de formation de ROO - est v(t) = d [ROO - ] dt Graphiquement cette vitesse est le coefficient directeur de la tangente à la courbe au point d abscisse t considéré. v 0 = v 0 = (6-0).0-3 (0-0) (6 - ).0-3 (5-0) = 6.0-4 mol.l -.min - =,6.0-4 mol.l -.min - v 0 > v 0 La vitesse v diminue au cours du temps car les concentrations molaires des réactifs diminuent..6 : Voir tracé ci-dessus : la vitesse v augmente avec la température. Exercice 3 : (5,5 points) 3. : 3.. : x = v a x = 0 a z = - g v x = v 0 cosα 0 tcosα v z = - gt + v 0 sinα z = - gt + v 0 tsinα + h 3
z = - g x v 0 cos α + xtanα + h = - 0 x z = - 0,56 x + x +,5 3.. : 8 cos 45 + x +,5 x = l =,6 m z l = - 0,56 (,6) +,6 +,5 =,7 m Or h = m et z l > h donc le ballon passe au dessus de la corde. 3..3 : z = 0-0,56 x + x +,5 = 0 = + 4,5 0,56 =,94 x = - ±,94-0,56 = 7,7 m La distance qui sépare le solide de la ligne d arrivée lorsqu il touche l eau est : L x = 0 7,7 =,3 m 3..4 : On applique le théorème de l énergie cinétique au solde entre l instant initial et l instant où il touche l eau : mv - mv 0 = mgh v = gh + v 0 = 0,5 + 64 = 9,7 m.s- sin β = v 0cosα 8 cos 45 v = 9,7 = 0,58 β = 35,7 3. : x 3 = m z 3 = 0 - g x 3 v 0 cos α + x 3tanα + h = 0 v 0 = cosα gx 3 = 0,3 m.s- (x 3 tanα + h ) 3.3 : 3.3. : z = - g V ' 0 x cos a' + x tanα + h Tenant compte du fait que cos ' a = + tan α l équation précédente s écrit : z = - g V x 0 ' ( + tan α ) + x tanα + h 4
Au point de chute on a : x = m ; par ailleurs V 0 = m.s -. Si on pose Y = tanα l équation précédente est une équation du second degré en Y qui s écrit : - 5,95 Y + Y 4,45 = 0 La résolution de cette équation conduit à deux solutions : Y = tanα =,56 d où α = 56,77 Y = tanα = 0,490 impliquant α = 6,0 On calcule la durée de chute pour chaque valeur de α par t = x : V ' 0 cosα ' - pour α = 56,77 on obtient t =,990 s - pour α = 6,0 on trouve t =,0 s omme t < t donc la solution à retenir est : α = 6,0 3.3. Pour les essais décrits en 3. et en 3.3. on calcule la valeur de z pour x = l =,6 m. - Pour l essai décrit en 3. on fait V 0 = 0,3 m. s - et x =,6 m et α = 45 ; d où :,6 z = - 0 (0,3) cos 45 +,6 +,5 =,86 m - Pour l essai décrit en 3.3. on fait V 0 = m.s - et x =,6 m mais avec α = 6,0 ; d où :,6 z = - 0 () cos 6, +,6 x 0,49 +,5 =,5 m On trouve z > z donc la balle s élève plus au-dessus de la corde lors du second essai c'est-à-dire à l essai décrit en 3.. Exercice 4 : (5 points) 4. : 4.. : q = It q = U It = U U = I t 4.. : U est proportionnelle à t : U = kt avec k = U t =,7 V.s - k = Ι 0 = Ι 0 k = 0.0 6,7 = 4,6.0-6 F = 4,6 µf 5
4. : 4.. : u = q u R = Ri aussi u = - u R donc q = - Ri q + Ri = 0 q + Rdq dt = 0 u + Rdu dt = 0 R du dt + u = 0 4.. : R - A τ e-t/τ + A e -t/τ = 0 + A e -t/τ ( - R τ ) = 0 τ = R A t = 0 on a u = Ae 0 = U 0 donc A = U 0 A t = 5τ on a u = U 0 e -5τ/τ = U 0 e -5 = 0,007 U 0 = 0,007 6 = 0,04 V. On remarque que u est pratiquement nulle au bout de t = 5τ donc τ renseigne sur la durée de charge ou décharge du condensateur. Dans notre étude si t 5τ alors le condensateur est presque déchargé. 4..3 : ln u = ln U 0 e -t/τ - τ = ln u t =,8-0 0-80.0-3 = -,5 s- (déduite de la courbe) τ = 4,44.0 - s = τ R = 4,44.0-0 4 = 4,44.0-6 F = 4,44 µf 4.3. 4.3. : Entre t et t, u > 0 et décroit le condensateur se décharge. 4.3. : Entre t et t, i < 0, le sens de circulation du courant est le sens inverse du sens proposé. 4.3.3 : Sur le graphe 3, on lit 4T 0 = 0,05 s T 0 = 3,75.0-3 s Aussi T 0 = π L = T 0 4π L = (3,75.0-3 ) 4 0 80.0-3 = 4,4 µf Exercice 5 : (3,75 points) 5. : Equation de désintégration : 40 9 K 40 8 Ar + 0 e 6
Lois de conservation : conservation du nombre de nucléons et conservation du nombre de charge. La particule émise en même temps que le noyau fils est le positon. 5. : 5.. : à la date t on a N( 40 K) = N 0 e -λt 5.. : A la date t : N( 40 Ar) = N 0 N( 40 K) = N 0 - N 0 e -λt = N 0 ( - e -λt ) Donc N(40 Ar) N( 40 K) = N 0 ( - e -λt ) N 0 e -λt = - + e λt 5..3 : e λt - = N(40 Ar) N( 40 K) = v V 0 N m M( 40 K)N e λt = v V 0 m M( 40 K) + v M( 40 K) λt = ln ( + v ln ( + M(40 K) V 0 m ) t = T V 0 m ) ln 8.0-7 40 ln ( +,4,66.0-6) A.N : t =,5.09 ln = 4,9.0 9 ans 5.3. : e λt - = N(40 Ar) N( 40 K) = 4 t = T ln 5/4 ln = 4,8.08 ans 5.3. : N( 4 ) N 0 ( 4 ) e-λt e - ln 5600 4,8.08 0 La proportion de 4 résiduelle est très faible, on ne peut utiliser cette méthode. 7