Examen normal 2024 correction
📖 Exercice 1 (7 points) : chimie
| 1- | a- vrai b- faux c- vrai | 0,25×3 |
| 2- | On a \( x(t_{1/2}) = \dfrac{x_0}{2} \), graphiquement \( x_f = 0,5 \, \text{mmol} \) | 0,25 |
| D’où \( x(t_{1/2}) = 0,25 \, \text{mmol} \) | 0,25 | |
| 3- | On sait que : \( v(t_1) = \dfrac{1}{V} \dfrac{dx}{dt} \) | 0,75 |
| Donc : \( v(t_1) = \dfrac{1}{V} \dfrac{dx}{dt} \) | 0,25 | |
| 4- | \( \text{AN} : v(t_1) = \dfrac{1}{200.10^{-3}} \times \dfrac{(0,41-0,26)}{60-0} = 1,25.10^{-2} \, \text{mol.L}^{-1}. \, \text{h}^{-1} \) | 0,25 |
| 1- | \( AH_{(aq)} + H_2O_{(l)} \rightarrow A^{-}_{(aq)} + H_3O^{+}_{(aq)} \) | 0,5 |
| 2- | -Graphiquement : \( V_{BE} = 25 \, \text{mL} \) | 0,5 |
| 3- | A l’équivalence, on a : \( C_A.V_A = C_B.V_{BE} \) Donc \( C_A = \dfrac{C_B.V_{BE}}{V_A} \) | 0,25 |
| 4- | \( \text{AN} : C_A = \dfrac{1,5.10^{-2} \times 25}{15} \) | 0,25 |
| 5- | On a \( m = C_A.V_{SA} \) d’où \( m = C_A.V_{AS}.M \) | 0,5 |
| 6- | \( \text{AN} : m = 2,5.10^{-2} \times 50.10^{-3} \times 176 \) | 0,25 |
| 5-1 | On sait que \( pK_A = -\log K_A = -\log \dfrac{[A^{-}][H_3O^{+}]}{[AH]} \) | 0,5 |
| 5-2 | Donc : \( pK_A = -\log[H_3O^{+}] – \log \dfrac{[A^{-}]}{[AH]} \) | 0,75 |
| L’équation chimique | \( H_2O_{(l)} + AH_{(aq)} \rightarrow A^{-}_{(aq)} + H_3O^{+}_{(aq)} \) | 0,5 | ||
| L’état | Avancement | Les quantités de matière en (mol) | ||
| Initiale | 0 | \( C_BV_B \) | \( C_AV_A \) | 0 |
| Inter | \( x \) | \( C_BV_B – x \) | \( C_AV_A – x \) | \( x \) |
| Finale | \( x_f \) | \( C_BV_B – x_f \) | \( C_AV_A – x_f \) | \( x_f \) |
Avant l’équivalence \( V_B < V_{BE} \) : \( AH_{(aq)} \) est le réactif limitant. Alors : \( x_{max} = C_BV_B \).
A partir du tableau d’avancement :
\[ [A^{-}_{(aq)}] = \frac{x_{max}}{V_T} = \frac{C_BV_B}{V_T} \quad\text{et}\quad [AH_{(aq)}] = \frac{C_AV_A – C_BV_B}{V_T} \]
Donc : \[ \frac{[AH_{(aq)}]}{[A^{-}_{(aq)}]} = \frac{C_AV_A – C_BV_B}{C_BV_B} = \frac{C_AV_A}{C_BV_B} – 1 \]
A l’équivalence, on a : \( C_A.V_A = C_B.V_{BE} \) d’où : \( \dfrac{[AH_{(aq)}]}{[A^{-}_{(aq)}]} = \dfrac{C_B.V_{BE}}{C_B.V_B} – 1 \)
Alors : \[ \frac{[AH_{(aq)}]}{[A^{-}_{(aq)}]} = \frac{V_{BE}}{V_B} – 1 \]
| 5-3 | On a : \( pK_A = pH + \log \dfrac{[AH]}{[A^{-}]} \) et \( \dfrac{[AH_{(aq)}]}{[A^{-}_{(aq)}]} = \dfrac{V_{BE}}{V_B} – 1 \) | 0,75 |
| Donc : \( pK_A = pH + \log \left( \dfrac{V_{BE}}{V_B} – 1 \right) \) Pour \( V_B = 8,5 \, \text{mL} \) on a \( pH = 3,8 \) | ||
| A.N : \( pK_A = 3,8 + \log \left( \dfrac{25}{8,5} – 1 \right) \) Finalement : \( pK_A = 4,09 \) |
📘 Physique – Exercices 2, 3 & 4
⚡ Exercice 2 (2,5 points) – Ondes & dispersion
| Q | Réponse / Développement | Barème |
|---|---|---|
| 1- | B : un milieu est dispersif si la célérité de l’onde dépend de sa période \(T\). | 0,5 |
| 2-1 | On a \( v = \dfrac{r_2 – r_1}{t_2 – t_1} \) A.N. : \( v = \dfrac{(56 – 14) \cdot 10^{-2}}{1,5} \) D’où \( v = 0,28 \ \text{m·s}^{-1} \) | 0,25×2 |
| 2-2 | On a \( v = \dfrac{r_2}{t_2} \) donc \( t_2 = \dfrac{r_2}{v} \) A.N. : \( t_2 = \dfrac{56 \cdot 10^{-2}}{0,28} = 2 \ \text{s} \) |
0,5 |
| 3-1 | On sait que : \( v = L \cdot T^{-1} \). Et \( \sqrt{g \cdot h} = \sqrt{ L \cdot T^{-2} \cdot L } = L \cdot T^{-1} \). Donc la relation \( v = \sqrt{g \cdot h} \) est homogène. |
0,5 |
| 3-2 | On a \( v = \sqrt{g \cdot h} \) alors \( h = \dfrac{v^2}{g} \). A.N. : \( h = \dfrac{0,5^2}{9,8} = 0,008 \ \text{m} = 8 \ \text{mm} \) |
0,5 |
☢️ Exercice 3 (2 points) – Radioactivité (Iridium 192)
| Correction | Points | |
|---|---|---|
| 1- | Composition du noyau d’iridium \( ^{192}_{77}\text{Ir} \) : \( A = 192 \), \( Z = 77 \) (protons) donc \( N_n = 192 – 77 = 115 \) neutrons. |
0,25×2 |
| 2- | Équation de désintégration : \( ^{192}_{77}\text{Ir} \rightarrow ^{192}_{78}\text{Pt} + \ _{-1}^{0}e + \gamma \) (conservation \( A \) : \(192=192\), conservation \( Z \) : \(77 = 78 + (-1) \) ) Type : désintégration \( \beta^- \). |
0,25 |
| 3-1 | \( a_0 = \lambda N_0 \) ⇒ \( N_0 = \dfrac{a_0}{\lambda} \) avec \( \lambda = \dfrac{\ln 2}{t_{1/2}} \) \( N_0 = \dfrac{a_0 \cdot t_{1/2}}{\ln 2} \) A.N. : \( N_0 = \dfrac{1,08 \cdot 10^{-2} \cdot 6,3936 \cdot 10^{6}}{\ln 2} \approx 9,962 \cdot 10^{4} \ \text{noyaux} \) |
0,25 |
| 3-2 | \( N_d = N_0 – N \) avec \( N(t) = N_0 e^{-\lambda t} \) Donc \( N_d = N_0 \bigl(1 – e^{-\lambda t}\bigr) = N_0 \left(1 – e^{-\frac{\ln 2}{t_{1/2}} t}\right) \) A.N. (avec \(t=74,73\) j ? d’après l’énoncé) : \( N_d = 9,96\cdot 10^{4} \left(1 – e^{-\frac{\ln 2}{74,73}\cdot 74,73}\right) \approx 9,951\cdot 10^{4} \) noyaux. |
0,25 |
| 3-2 suite | On constate \( N_d \approx N_0 \) : les noyaux d’iridium 192 sont presque totalement désintégrés. | 0,25 |
🔌 Exercice 4 (3,5 points) – Electricité : circuit RLC amorti
| Réponse / Établissement | Points | |
|---|---|---|
| 1- | L’amortissement est dû à la dissipation de l’énergie électrique par effet Joule dans le conducteur ohmique et la bobine (résistance \(r\)). | 0,25 |
| 1-2 | Loi d’additivité des tensions : \( u_c + u_R + u_L = 0 \) \( u_R = R\, i = R\, C \dfrac{du_c}{dt} \) et \( u_L = r\,i + L\dfrac{di}{dt} = r C \dfrac{du_c}{dt} + L C \dfrac{d^2u_c}{dt^2} \). En remplaçant : \( u_c + (R+r)C \dfrac{du_c}{dt} + LC \dfrac{d^2u_c}{dt^2} = 0 \) Soit \( \boxed{\dfrac{d^2u_c}{dt^2} + \dfrac{R+r}{L} \dfrac{du_c}{dt} + \dfrac{1}{LC} u_c = 0} \). |
0,25 |
| 1-3 | À l’instant \( t_1 \) où \( u_c = 0 \) et \( i = I_{\max} \) : l’énergie totale \( E_T(t_1) \) est sous forme magnétique (bobine). | 0,25 |
| 1-3 | À l’instant \( t_2 \) où \( u_c = U_{\max} \) et \( i = 0 \) : \( E_T(t_2) \) est sous forme électrique (condensateur). | 0,25 |
📌 Rappels utiles :
• Pseudo-période \( T_0 = 2\pi\sqrt{LC} \) • Facteur d’amortissement \( \alpha = \dfrac{R+r}{2L} \)
• Énergie électrique : \( \frac{1}{2}C u_c^2 \) • Énergie magnétique : \( \frac{1}{2} L i^2 \)
• Pseudo-période \( T_0 = 2\pi\sqrt{LC} \) • Facteur d’amortissement \( \alpha = \dfrac{R+r}{2L} \)
• Énergie électrique : \( \frac{1}{2}C u_c^2 \) • Énergie magnétique : \( \frac{1}{2} L i^2 \)
📘 Réponse de l’examen – Mécanique & Électricité
⚡ Exercice 5 (5 points) – Mécanique & circuit RL
| Correction détaillée | Barème | |
|---|---|---|
| 1 | On a : \( E_j = |\Delta E| = |E_T(t_2) – E_T(t_0)| \) c-à-d : \( E_j = |(E_e(t_2) + E_m(t_2)) – (E_e(t_0) + E_m(t_0))| \) \((i(t_2)=i(t_0)=0)\) c-à-d : \( E_j = |E_e(t_2) – E_e(t_0)| \) Donc : \( E_j = \frac{1}{2}C\bigl(u_c^2(t_2) – u_c^2(t_0)\bigr) \) A.N : \( E_j = \frac{1}{2} \cdot 0,22 \cdot 10^{-9} \cdot \bigl((4,4)^2 – (6)^2\bigr) \) Alors : \( E_j = 1,83 \cdot 10^{-9} \, \text{J} = 1,83 \, \text{nJ} \) |
0,5 |
| 2-1 | On a : \( u_R + u_L = E \) d’où \( (R+r)i + L \dfrac{di}{dt} = E \) Donc : \( \dfrac{di}{dt} = -\dfrac{R+r}{L}\, i + \dfrac{E}{L} \) |
0,5 |
| 2-2-1 | Pour \( i = 0 \) : graphiquement \( \left(\dfrac{di}{dt}\right)_{0} = 3\cdot10^{3} \) L’équation différentielle devient : \( \dfrac{di}{dt} = \dfrac{E}{L} \) ⇒ \( L = \dfrac{E}{\left(\frac{di}{dt}\right)_{0}} \) A.N : \( L = \dfrac{6}{3\cdot10^{3}} = 2\cdot10^{-3} \, \text{H} \) ⇒ \( L = 2 \, \text{mH} \) |
0,25 |
| 2-2-2 | On a \( \tau = \dfrac{L}{R+r} \). En régime permanent : \( \dfrac{di}{dt}=0 \) et \( i_p = 6 \, \text{mA} \). L’équation différentielle donne \( -\dfrac{1}{\tau} i_p + \dfrac{E}{L} = 0 \) ⇒ \( \dfrac{E}{L} = \dfrac{i_p}{\tau} \) A.N : \( \tau = \dfrac{L \cdot i_p}{E} = \dfrac{2\cdot10^{-3} \cdot 6\cdot10^{-3}}{6} = 2\cdot10^{-6} \, \text{s} \) |
0,25 |
🌊 Partie I – Chute verticale dans un fluide (5 points)
⚙️ 1 – Équation différentielle
Système : bille de masse \(m_B\), volume \(V_B\), masse volumique \(\rho_B\).
Forces : poids \( \vec{P} \), poussée d’Archimède \( \vec{F}_A \), frottement fluide \( \vec{F} = -\mu \, \vec{v} \).
Référentiel terrestre supposé galiléen. 2ᵉ loi de Newton :
\[ \vec{P} + \vec{F}_A + \vec{F} = m_B \, \vec{a}_G \] Projection sur l’axe vertical \((O,\vec{k})\) orienté vers le bas :
\[ m_B g – \rho_L V_B g – \mu v_z = m_B \frac{dv_z}{dt} \] \[ g\left(1 – \frac{\rho_L}{\rho_B}\right) – \frac{\mu}{m_B} v_z = \frac{dv_z}{dt} \] D’où l’équation canonique : \[ \boxed{\frac{dv_z}{dt} + \frac{\mu}{m_B} v_z = g\left(1 – \frac{\rho_L}{\rho_B}\right)} \qquad \text{avec } \tau = \frac{m_B}{\mu} \] 0,75 pt
Forces : poids \( \vec{P} \), poussée d’Archimède \( \vec{F}_A \), frottement fluide \( \vec{F} = -\mu \, \vec{v} \).
Référentiel terrestre supposé galiléen. 2ᵉ loi de Newton :
\[ \vec{P} + \vec{F}_A + \vec{F} = m_B \, \vec{a}_G \] Projection sur l’axe vertical \((O,\vec{k})\) orienté vers le bas :
\[ m_B g – \rho_L V_B g – \mu v_z = m_B \frac{dv_z}{dt} \] \[ g\left(1 – \frac{\rho_L}{\rho_B}\right) – \frac{\mu}{m_B} v_z = \frac{dv_z}{dt} \] D’où l’équation canonique : \[ \boxed{\frac{dv_z}{dt} + \frac{\mu}{m_B} v_z = g\left(1 – \frac{\rho_L}{\rho_B}\right)} \qquad \text{avec } \tau = \frac{m_B}{\mu} \] 0,75 pt
| Exploitation graphique | Points | |
|---|---|---|
| 2-1 | Vitesse limite \( v_1 = 0,7 \, \text{m·s}^{-1} \) | 0,25 |
| 2-2 | Temps caractéristique \( \tau = 0,1 \, \text{s} \) | 0,25 |
| 2-3 | Accélération initiale : \( a_0 = \dfrac{\Delta v}{\Delta t} = \dfrac{0,7-0}{0,1-0} = 7 \, \text{m·s}^{-2} \) | 0,25×2 |
📐 3 – Détermination de \(\mu\) et \(\rho_L\)
| Calcul | Points | |
|---|---|---|
| 3 (coefficient μ) | \( \tau = \dfrac{m_B}{\mu} \) ⇒ \( \mu = \dfrac{m_B}{\tau} = \dfrac{5\cdot10^{-3}}{0,1} = 5,0\cdot10^{-2} \, \text{kg·s}^{-1} \) | 0,5 |
| 3 (masse volumique \(\rho_L\)) |
À \(t=0\), \(v_0=0\) et \(a_0 = 7 \, \text{m·s}^{-2}\). L’équation différentielle donne : \( a_0 + \dfrac{\mu}{m_B}v_0 = g\left(1 – \dfrac{\rho_L}{\rho_B}\right) \) ⇒ \( a_0 = g\left(1 – \dfrac{\rho_L}{\rho_B}\right) \) ⇒ \( \rho_L = \rho_B \left(1 – \dfrac{a_0}{g}\right) \) A.N : \( \rho_L = 5,526\cdot10^{3} \left(1 – \dfrac{7}{10}\right) = 5,526\cdot10^{3} \times 0,3 = 1,658\cdot10^{3} \, \text{kg·m}^{-3} \) |
0,5 |
💡 Récapitulatif des résultats :
• Énergie dissipée \(E_j = 1,83\ \text{nJ}\) • Inductance \(L = 2\ \text{mH}\) • \(\tau = 2\ \mu\text{s}\)
• Masse volumique du liquide \(\rho_L = 1,66\times10^{3}\ \text{kg/m}^{3}\) • Coefficient de frottement \(\mu = 5,0\times10^{-2}\ \text{kg/s}\)
• Énergie dissipée \(E_j = 1,83\ \text{nJ}\) • Inductance \(L = 2\ \text{mH}\) • \(\tau = 2\ \mu\text{s}\)
• Masse volumique du liquide \(\rho_L = 1,66\times10^{3}\ \text{kg/m}^{3}\) • Coefficient de frottement \(\mu = 5,0\times10^{-2}\ \text{kg/s}\)
📐 Mécanique – Mouvement de rotation & système poulie-charge
🎯 1 – Mouvement du cylindre
| Correction | Barème | |
|---|---|---|
| 1-1 |
On a : \( a_G = r \cdot \ddot{\theta} \) \( \theta(t) = 20 t^2 \) ⇒ \( \ddot{\theta} = 40 \ \text{rad·s}^{-2} \) A.N : \( a_G = 0,1 \times 40 = 4 \ \text{m·s}^{-2} \) |
0,5 |
| 1-2 |
On a \( d = r \cdot \theta(t) \) ⇒ \( d = 0,1 \times 20 t^2 = 2 t^2 \) A.N : à \( t = 2\ \text{s} \) : \( d = 2 \times 2^2 = 8 \ \text{m} \) |
0,5 |
⚙️ 2 – Dynamique du système (charge + cylindre)
📦 Étude de la charge \(C\)
Système : charge \(C\) (masse \(m\))
Bilan des forces : \( \vec{P} \) (poids), \( \vec{R} \) (réaction du plan incliné), \( \vec{T} \) (tension du câble).
2ᵉ loi de Newton : \( \vec{P} + \vec{R} + \vec{T} = m \, \vec{a}_G \)
Projection sur l’axe \((O,\vec{i})\) parallèle au plan :
\[ -mg\sin\alpha + T = m a_x = m a_G \] \[ \Rightarrow \boxed{T = m a_G + m g \sin\alpha} \] 0,25 pt
Bilan des forces : \( \vec{P} \) (poids), \( \vec{R} \) (réaction du plan incliné), \( \vec{T} \) (tension du câble).
2ᵉ loi de Newton : \( \vec{P} + \vec{R} + \vec{T} = m \, \vec{a}_G \)
Projection sur l’axe \((O,\vec{i})\) parallèle au plan :
\[ -mg\sin\alpha + T = m a_x = m a_G \] \[ \Rightarrow \boxed{T = m a_G + m g \sin\alpha} \] 0,25 pt
🔄 Étude du cylindre en rotation
Système : cylindre de moment d’inertie \(J\), rayon \(r\)
Forces : \( \vec{P}’\) (poids), \( \vec{R}’\) (réaction de l’axe), \( \vec{T}’\) (tension du câble), \(M\) moment moteur.
Théorème du moment cinétique (RFDR) : \(\sum M(\vec{F}) = J \ddot{\theta}\)
\[ M(\vec{P}’) + M(\vec{R}’) + M(\vec{T}’) + M = J \ddot{\theta} \] Par projection : \( -T \cdot r + M = J \ddot{\theta} \) ⇒ \( T’ = \dfrac{M – J\ddot{\theta}}{r} \)
Avec \( a_G = r \ddot{\theta} \) ⇒ \( \ddot{\theta} = \dfrac{a_G}{r} \)
Donc : \( T’ = \dfrac{M}{r} – \dfrac{J a_G}{r^2} \)
Câble inextensible ⇒ \( T = T’ \) :
\[ m a_G + m g \sin\alpha = \frac{M}{r} – \frac{J a_G}{r^2} \] \[ \Rightarrow M = r \left( m a_G + m g \sin\alpha + \frac{J a_G}{r^2} \right) \] \[ \boxed{M = \frac{a_G}{r} \left( J + m r^2 \right) + m g r \sin\alpha} \] 0,25 pt
Forces : \( \vec{P}’\) (poids), \( \vec{R}’\) (réaction de l’axe), \( \vec{T}’\) (tension du câble), \(M\) moment moteur.
Théorème du moment cinétique (RFDR) : \(\sum M(\vec{F}) = J \ddot{\theta}\)
\[ M(\vec{P}’) + M(\vec{R}’) + M(\vec{T}’) + M = J \ddot{\theta} \] Par projection : \( -T \cdot r + M = J \ddot{\theta} \) ⇒ \( T’ = \dfrac{M – J\ddot{\theta}}{r} \)
Avec \( a_G = r \ddot{\theta} \) ⇒ \( \ddot{\theta} = \dfrac{a_G}{r} \)
Donc : \( T’ = \dfrac{M}{r} – \dfrac{J a_G}{r^2} \)
Câble inextensible ⇒ \( T = T’ \) :
\[ m a_G + m g \sin\alpha = \frac{M}{r} – \frac{J a_G}{r^2} \] \[ \Rightarrow M = r \left( m a_G + m g \sin\alpha + \frac{J a_G}{r^2} \right) \] \[ \boxed{M = \frac{a_G}{r} \left( J + m r^2 \right) + m g r \sin\alpha} \] 0,25 pt
📊 Application numérique
Données : \( a_G = 4\ \text{m·s}^{-2},\ r = 0,1\ \text{m},\ J = 2\cdot10^{-2}\ \text{kg·m}^{2},\ m = 100\ \text{kg},\ \alpha = 45^\circ,\ g = 10\ \text{m·s}^{-2} \) (d’après le contexte).
\[ M = \frac{4}{0,1} \left( 2\cdot10^{-2} + 100 \times (0,1)^2 \right) + 100 \times 10 \times 0,1 \times \sin 45^\circ \] \[ M = 40 \times \left( 0,02 + 1 \right) + 100 \times 0,1 \times 10 \times 0,7071 \] \[ M = 40 \times 1,02 + 70,71 = 40,8 + 70,71 \approx 111,51 \ \text{N·m} \] \[ \boxed{M = 111,51\ \text{N·m}} \] 0,25 pt
\[ M = \frac{4}{0,1} \left( 2\cdot10^{-2} + 100 \times (0,1)^2 \right) + 100 \times 10 \times 0,1 \times \sin 45^\circ \] \[ M = 40 \times \left( 0,02 + 1 \right) + 100 \times 0,1 \times 10 \times 0,7071 \] \[ M = 40 \times 1,02 + 70,71 = 40,8 + 70,71 \approx 111,51 \ \text{N·m} \] \[ \boxed{M = 111,51\ \text{N·m}} \] 0,25 pt
💡 Récapitulatif des résultats :
• Accélération de la charge \(a_G = 4\ \text{m/s}^2\) • Distance parcourue en 2 s : \(d = 8\ \text{m}\)
• Moment moteur exercé sur le cylindre : \(M = 111,51\ \text{N·m}\).
• Accélération de la charge \(a_G = 4\ \text{m/s}^2\) • Distance parcourue en 2 s : \(d = 8\ \text{m}\)
• Moment moteur exercé sur le cylindre : \(M = 111,51\ \text{N·m}\).