sn2015

Correction Examen National 2015 – Session Normale (Détaillée)

Correction détaillée de l’examen national du Baccalauréat

Physique – Chimie – Session normale 2015

Partie I : Synthèse du benzoate d’éthyle

Étape 1 : Calcul des quantités initiales des réactifs

1. Quantité d’acide benzoïque (C₆H₅COOH) :

La masse d’acide benzoïque utilisée est \(m = 2,44 \text{ g}\).

La masse molaire de l’acide benzoïque est :

\(M(C_6H_5COOH) = 7 \times 12 + 6 \times 1 + 2 \times 16 = 84 + 6 + 32 = 122 \text{ g.mol}^{-1}\)

La quantité de matière est donc :

\(n_i(C_6H_5COOH) = \dfrac{m}{M} = \dfrac{2,44}{122} \approx \boxed{0,020 \text{ mol}}\)

2. Quantité d’éthanol (C₂H₅OH) :

Le volume d’éthanol utilisé est \(V = 10 \text{ mL}\).

La masse volumique de l’éthanol est \(\rho = 0,78 \text{ g.mL}^{-1}\).

La masse d’éthanol est donc : \(m = \rho \times V = 0,78 \times 10 = 7,8 \text{ g}\).

La masse molaire de l’éthanol est :

\(M(C_2H_5OH) = 2 \times 12 + 6 \times 1 + 16 = 24 + 6 + 16 = 46 \text{ g.mol}^{-1}\)

La quantité de matière est donc :

\(n_i(C_2H_5OH) = \dfrac{m}{M} = \dfrac{7,8}{46} \approx \boxed{0,170 \text{ mol}}\)

L’acide benzoïque est le réactif limitant car \(0,020 < 0,170\).

Étape 2 : Tableau d’avancement

État	\(C_6H_5COOH\) (acide)	\(C_2H_5OH\) (éthanol)	\(C_6H_5COOC_2H_5\) (ester)	\(H_2O\) (eau)
Initial \((t=0)\)	0,020	0,170	0	0
Intermédiaire \((t)\)	\(0,020 – x\)	\(0,170 – x\)	\(x\)	\(x\)
Final (équilibre)	\(0,020 – x_{eq}\)	\(0,170 – x_{eq}\)	\(x_{eq}\)	\(x_{eq}\)

Étape 3 : Quantité d’ester formé

La masse d’ester obtenue est \(m(E) = 2,25 \text{ g}\).

La masse molaire du benzoate d’éthyle est :

\(M(C_6H_5COOC_2H_5) = 9 \times 12 + 10 \times 1 + 2 \times 16 = 108 + 10 + 32 = 150 \text{ g.mol}^{-1}\)

La quantité d’ester effectivement formée est :

\(n_{exp}(E) = \dfrac{m(E)}{M(E)} = \dfrac{2,25}{150} = \boxed{0,015 \text{ mol}}\)

Étape 4 : Avancement maximal

Si la réaction était totale, le réactif limitant (l’acide) serait entièrement consommé :

\(x_{max} = n_i(acide) = 0,020 \text{ mol}\)

Étape 5 : Rendement de la réaction

Le rendement est le rapport entre la quantité d’ester réellement formée et la quantité maximale théorique :

\(r = \dfrac{n_{exp}(E)}{x_{max}} = \dfrac{0,015}{0,020} = \boxed{0,75 = 75\%}\)

Le rendement est de 75%, ce qui signifie que la réaction est limitée.

Étape 6 : Formule de l’anhydride benzoïque

L’anhydride benzoïque est obtenu par élimination d’une molécule d’eau entre deux molécules d’acide benzoïque :

\(2C_6H_5COOH \rightarrow (C_6H_5CO)_2O + H_2O\)

Sa formule semi-développée est :

\((C_6H_5CO)_2O\)

Question 1 : Retard temporel

1. Lecture graphique :

La figure 2 montre deux signaux décalés dans le temps.

La sensibilité horizontale est de \(0,2 \ \mu s\) par division.

On mesure un décalage d’environ \(1,6\) divisions.

2. Calcul du retard :

\(\tau = 1,6 \times 0,2 = \boxed{0,32 \ \mu s = 3,2 \times 10^{-7} \text{ s}}\)

Question 2 : Indice de réfraction du milieu

1. Définition :

L’indice de réfraction d’un milieu est le rapport entre la vitesse de la lumière dans le vide et sa vitesse dans le milieu :

\(n = \dfrac{c}{v}\)

2. Application :

La vitesse de la lumière dans le milieu est \(v = 2,00 \times 10^8 \text{ m.s}^{-1}\).

La vitesse de la lumière dans le vide est \(c = 3,00 \times 10^8 \text{ m.s}^{-1}\).

\(n = \dfrac{3,00 \times 10^8}{2,00 \times 10^8} = \boxed{1,50}\)

Question 3 : Énergie du photon

1. Relation de Planck-Einstein :

L’énergie d’un photon est liée à sa fréquence par :

\(E = h \cdot \nu\)

Où \(h = 6,62 \times 10^{-34} \text{ J.s}\) est la constante de Planck.

2. Application :

La fréquence du rayonnement est \(\nu = 5,66 \times 10^{14} \text{ Hz}\).

\(E = 6,62 \times 10^{-34} \times 5,66 \times 10^{14} = 6,62 \times 5,66 \times 10^{-20} \approx \boxed{3,75 \times 10^{-19} \text{ J}}\)

Question 4 : Équation de désintégration

1. Donnée :

L’astate 211 se désintègre en bismuth 207 avec émission d’une particule alpha.

2. Équation :

\(^{211}_{85}At \rightarrow {}^{207}_{83}Bi + {}^{4}_{2}He\)

Vérification :

– Conservation du nombre de masse : \(211 = 207 + 4\) ✓

– Conservation de la charge : \(85 = 83 + 2\) ✓

Détermination du temps de demi-vie

1. Loi de décroissance radioactive :

Le nombre de noyaux radioactifs diminue exponentiellement avec le temps :

\(N(t) = N_0 \cdot e^{-\lambda t}\)

En prenant le logarithme népérien :

\(\ln N = \ln N_0 – \lambda t\)

C’est l’équation d’une droite décroissante en fonction du temps.

2. Lecture graphique :

La courbe \(\ln N = f(t)\) est donnée dans la figure.

On lit les coordonnées de deux points :

Point 1 : \((t_1 = 0 \text{ h}, \ln N_1 = 37,94)\)
Point 2 : \((t_2 = 3 \text{ h}, \ln N_2 = 37,65)\)

3. Coefficient directeur :

Le coefficient directeur de la droite est :

\(K = \dfrac{\ln N_2 – \ln N_1}{t_2 – t_1} = \dfrac{37,65 – 37,94}{3 – 0} = \dfrac{-0,29}{3} \approx -0,097 \text{ h}^{-1}\)

4. Constante radioactive :

Par identification avec l’équation \(\ln N = \ln N_0 – \lambda t\) :

\(-\lambda = K \Rightarrow \lambda = -K = 0,097 \text{ h}^{-1}\)

5. Temps de demi-vie :

Le temps de demi-vie est lié à la constante radioactive par :

\(t_{1/2} = \dfrac{\ln 2}{\lambda}\)

\(t_{1/2} = \dfrac{0,693}{0,097} \approx \boxed{7,14 \text{ h}}\)

Au bout de 7,14 heures, la moitié des noyaux se sont désintégrés.

Partie I : Mouvement d’un projectile

Question 1 : Équations horaires

1. Système étudié et bilan des forces :

Le système est la balle de masse \(m\).

Après l’impulsion au point P, la balle n’est soumise qu’à son poids \(\vec{P} = m\vec{g}\) (on néglige les frottements de l’air).

2. Application de la 2ème loi de Newton :

Dans un référentiel terrestre supposé galiléen :

\(\vec{P} = m \cdot \vec{a} \Rightarrow m\vec{g} = m\vec{a} \Rightarrow \vec{a} = \vec{g}\)

Les coordonnées de l’accélération sont donc :

\(a_x = 0\) et \(a_y = -g\)

3. Intégration pour obtenir la vitesse :

Les conditions initiales sont :

\(v_{0x} = V_0 \cos\theta\) et \(v_{0y} = V_0 \sin\theta\)

Par intégration :

\(v_x(t) = V_0 \cos\theta\)
\(v_y(t) = -g t + V_0 \sin\theta\)

4. Intégration pour obtenir la position :

Les conditions initiales sont \(x(0) = 0\) et \(y(0) = 0\).

\(x(t) = (V_0 \cos\theta) \cdot t\)
\(y(t) = -\dfrac{1}{2}g t^2 + (V_0 \sin\theta) \cdot t\)

5. Application numérique :

Avec \(V_0 = 10 \text{ m.s}^{-1}\), \(\theta = 45^\circ\), \(g = 10 \text{ m.s}^{-2}\) :

\(\cos45^\circ = \sin45^\circ = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \approx 0,707\)

\(x(t) = 10 \times 0,707 \times t = \boxed{7,07t}\)
\(y(t) = -5t^2 + 10 \times 0,707 \times t = \boxed{-5t^2 + 7,07t}\)

Question 2 : Équation de la trajectoire

1. Élimination du temps :

D’après l’équation horaire \(x(t) = (V_0 \cos\theta) t\), on a :

\(t = \dfrac{x}{V_0 \cos\theta}\)

En remplaçant dans l’équation \(y(t)\) :

\(y = -\dfrac{1}{2}g \left(\dfrac{x}{V_0 \cos\theta}\right)^2 + (V_0 \sin\theta) \cdot \dfrac{x}{V_0 \cos\theta}\)
\(y = -\dfrac{g}{2V_0^2 \cos^2\theta} x^2 + x \tan\theta\)

2. Application numérique :

\(y = -\dfrac{10}{2 \times 100 \times \cos^2 45^\circ} x^2 + x \tan 45^\circ\)
\(y = -\dfrac{10}{200 \times 0,5} x^2 + x \times 1 = -\dfrac{10}{100} x^2 + x = \boxed{-0,1x^2 + x}\)

Question 3 : Coordonnées du sommet S

1. Condition au sommet :

Au sommet de la trajectoire, la composante verticale de la vitesse s’annule : \(v_y = 0\).

\(-g t_s + V_0 \sin\theta = 0 \Rightarrow t_s = \dfrac{V_0 \sin\theta}{g}\)

2. Calcul du temps de montée :

\(t_s = \dfrac{10 \times 0,707}{10} = 0,707 \text{ s}\)

3. Coordonnées du sommet :

\(x_s = V_0 \cos\theta \cdot t_s = 7,07 \times 0,707 \approx \boxed{5,00 \text{ m}}\)
\(y_s = -5 \times 0,707^2 + 7,07 \times 0,707 = -5 \times 0,5 + 5,00 = -2,5 + 5,00 = \boxed{2,50 \text{ m}}\)

Question 4 : La balle atteint-elle la cible ?

1. Position de la cible :

D’après la figure, la cible est située à l’abscisse :

\(x_T = OA + AB \cdot \cos\alpha + BT\)

Avec \(OA = 2,2 \text{ m}\), \(AB = 4,0 \text{ m}\), \(\alpha = 24^\circ\), \(BT = 2,1 \text{ m}\) :

\(x_T = 2,2 + 4 \times \cos24^\circ + 2,1 = 2,2 + 4 \times 0,9135 + 2,1 = 2,2 + 3,654 + 2,1 \approx \boxed{7,954 \text{ m}}\)

2. Hauteur de la trajectoire à cette abscisse :

En utilisant l’équation de la trajectoire \(y = -0,1x^2 + x\) :

\(y_T = -0,1 \times 7,954^2 + 7,954 = -0,1 \times 63,27 + 7,954 = -6,327 + 7,954 \approx \boxed{1,627 \text{ m}}\)

3. Hauteur de la cible :

D’après la figure, la hauteur de la cible est :

\(h_T = AB \cdot \sin\alpha = 4 \times \sin24^\circ = 4 \times 0,4067 \approx \boxed{1,627 \text{ m}}\)

4. Conclusion :

On constate que \(y_T = h_T\).

La balle atteint exactement la cible.

Partie II : Oscillateur mécanique

Question 1 : Régime d’oscillations

D’après la figure 3, l’amplitude des oscillations diminue progressivement au cours du temps.

Il s’agit d’un régime pseudopériodique (oscillations amorties).

L’amortissement est dû aux frottements (résistance de l’air, frottements internes).

Question 2 : Énergie potentielle élastique

L’énergie potentielle élastique d’un ressort est donnée par :

\(E_{pe} = \dfrac{1}{2} k x^2\)

La constante de raideur du ressort est \(k = 20 \text{ N.m}^{-1}\).

L’énergie potentielle de pesanteur est prise nulle à l’origine (\(E_{pp} = 0\)).

Question 3 : Variation de l’énergie potentielle entre \(t_0 = 0\) et \(t_1 = 1,2 \text{ s}\)

1. Lecture des positions :

D’après la figure 3 :

À \(t_0 = 0\) : \(x_0 = 2,5 \text{ cm} = 0,025 \text{ m}\)
À \(t_1 = 1,2 \text{ s}\) : \(x_1 = 1,0 \text{ cm} = 0,010 \text{ m}\)

2. Calcul des énergies :

\(E_{pe0} = \dfrac{1}{2} \times 20 \times (0,025)^2 = 10 \times 6,25 \times 10^{-4} = 6,25 \times 10^{-3} \text{ J}\)
\(E_{pe1} = \dfrac{1}{2} \times 20 \times (0,010)^2 = 10 \times 10^{-4} = 1,00 \times 10^{-3} \text{ J}\)

3. Variation :

\(\Delta E_{pe} = E_{pe1} – E_{pe0} = 1,00 \times 10^{-3} – 6,25 \times 10^{-3} = \boxed{-5,25 \times 10^{-3} \text{ J}}\)

L’énergie potentielle élastique diminue, ce qui est normal car le ressort se détend.

Question 4 : Travail de la force de rappel

Le travail de la force de rappel \(\vec{F} = -k x \vec{i}\) est lié à la variation de l’énergie potentielle par :

\(W(\vec{F}) = -\Delta E_{pe}\)

\(W(\vec{F}) = -(-5,25 \times 10^{-3}) = \boxed{5,25 \times 10^{-3} \text{ J}}\)

Le travail est positif : la force de rappel effectue un travail moteur.

Question 5 : Variation de l’énergie mécanique

1. Énergie mécanique à \(t_0 = 0\) :

À \(t_0 = 0\), la vitesse est nulle donc \(E_{c0} = 0\).

\(E_{m0} = E_{c0} + E_{pe0} + E_{pp0} = 0 + 6,25 \times 10^{-3} + mg \cdot OG\)

2. Énergie mécanique à \(t_1 = 1,2 \text{ s}\) :

À \(t_1 = 1,2 \text{ s}\), la vitesse est également nulle (point d’inversion) donc \(E_{c1} = 0\).

\(E_{m1} = E_{c1} + E_{pe1} + E_{pp1} = 0 + 1,00 \times 10^{-3} + mg \cdot OG\)

3. Variation de l’énergie mécanique :

La position \(OG\) est la même (l’énergie potentielle de pesanteur est constante).

\(\Delta E_m = E_{m1} – E_{m0} = (1,00 \times 10^{-3} – 6,25 \times 10^{-3}) + (mg \cdot OG – mg \cdot OG) = \boxed{-5,25 \times 10^{-3} \text{ J}}\)

4. Interprétation :

L’énergie mécanique diminue au cours du temps.

Cette diminution est due au travail des forces de frottement (non conservatives).

L’énergie est dissipée sous forme de chaleur.

\(\Delta E_m = W(\vec{f}_{frottement}) = -5,25 \times 10^{-3} \text{ J}\)