Correction Examen session rattrapage 2026 pour PC SR

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Page 10 / 2 Chimie (Partie I)

1- Équation de la réaction au niveau de la lame d’aluminium :

\( \text{Ni}^{2+}_{(aq)} + 2\,e^- \longrightarrow \text{Ni}_{(s)} \)

2- Rôle de la lame d’aluminium :

Puisqu’il s’y produit une réduction, la lame d’aluminium joue le rôle de la cathode.

3- Expression de m(Ni) et calcul de sa valeur :

On a : \( n(e^-) = 2 \times n(\text{Ni})_{déposé} \)

Or \( n(e^-) = \dfrac{I \cdot t}{F} \) et \( n(\text{Ni}) = \dfrac{m(\text{Ni})}{M(\text{Ni})} \)

\( m(\text{Ni}) = \dfrac{I \cdot t \cdot M(\text{Ni})}{2F} \)

Calcul numérique : \( I = 0{,}50\ \text{A} \) ; \( t = 15\ \text{min} = 900\ \text{s} \) ; \( M(\text{Ni}) = 58{,}7\ \text{g·mol}^{-1} \) ; \( F = 96500\ \text{C·mol}^{-1} \)

\( m(\text{Ni}) = \dfrac{0{,}50 \times 900 \times 58{,}7}{2 \times 96500} = 0{,}136\ \text{g} \)

4- Calcul de la valeur de l’épaisseur e :

\( e = \dfrac{m(\text{Ni})}{\rho(\text{Ni}) \cdot S} \)

Avec : \( \rho(\text{Ni}) = 8{,}9\ \text{g·cm}^{-3} \) ; \( S = 10{,}0\ \text{cm}^2 \)

\( e = \dfrac{0{,}136}{8{,}9 \times 10{,}0} = 1{,}53\times10^{-3}\ \text{cm} = 15{,}3\ \mu\text{m} \)
Page 10 / 3 Chimie (Partie II : Q1 à Q3-1)

1- Équation de la réaction avec l’eau :

\( \text{AH} + \text{H}_2\text{O} \rightleftharpoons \text{A}^- + \text{H}_3\text{O}^+ \)

2- Expression de τ :

\( \tau = \dfrac{x_f}{x_{max}} = \dfrac{[\text{A}^-]_{eq}}{C_A} = \dfrac{[\text{H}_3\text{O}^+]_{eq}}{C_A} \)

3- Exploitation de la courbe (Figure 2) :

La courbe représente l’évolution du pH en fonction de \((-\log(C_A))\).

4,0 3,5 3,0 2,5 pH 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 -log(C₀)
Figure 2 : pH en fonction de −log(C₀)

3-1 Vérification de CA :

Graphiquement, pour pH = 2,9, on trouve :

\( -\log(C_A) = 1{,}5 \Rightarrow C_A = 10^{-1{,}5}\ \text{mol·L}^{-1} \)
Page 10 / 4 Chimie (Partie II : Q3-2 à Q4-3)

3-2 Calcul de τ₁ et τ₂ :

Graphiquement, pour pH = 3,15, on a

\( -\log(C_2) = 1{,}5 \Rightarrow C_2 = 10^{-1{,}5}\ \text{mol·L}^{-1} \)

D’après la courbe :

  • pour \( -\log(C_1) = 2 \Rightarrow \text{pH}_1 \approx 3{,}40 \)
  • pour \( -\log(C_2) = 1{,}5 \Rightarrow \text{pH}_2 \approx 3{,}15 \)

Comme \( [\text{H}_3\text{O}^+] = 10^{-\text{pH}} \) et \( \tau_i = \dfrac{[\text{H}_3\text{O}^+]_{eq}}{C_{Ai}} \)

\( \tau_1 = \dfrac{10^{-3{,}40+2}}{10^{-1{,}40}} \approx 4{,}0\times10^{-2} \)
\( \tau_2 = \dfrac{10^{-3{,}15+1{,}5}}{10^{-1{,}65}} \approx 2{,}2\times10^{-2} \)

3-3 Effet de la dilution :

La dilution augmente le taux d’avancement final de la réaction \((\tau_1 > \tau_2)\).

4/4-1 Démonstration de l’expression du pH :

Puisque la réaction est limitée : \( [\text{AH}]_{eq} \approx C_A \)

et \( [\text{A}^-]_{eq} = [\text{H}_3\text{O}^+]_{eq} \)

Donc : \( [\text{H}_3\text{O}^+]^2 = K_A\,C_A \)

\( \Rightarrow -\log[\text{H}_3\text{O}^+]^2 = -\log(K_A\,C_A) \)

\( \Rightarrow -\log[\text{H}_3\text{O}^+] = \dfrac{1}{2}(\text{p}K_A – \log C_A) \)

\( \text{pH} = -\dfrac{1}{2}\log(C_A) + \dfrac{1}{2}\text{p}K_A \)
Page 10 / 5 Physique : Transformations nucléaires

1- Composition du noyau \( ^{138}_{52}\text{Te} \) :

  • Protons : Z = 52
  • Neutrons : N = 138 − 52 = 86

2- Valeur de x :

D’après la conservation du nombre de masse A :

\( 95 + 4 = x + 1 \Rightarrow x = 98 \)

3- Énergie de liaison \( E_\ell(^{138}_{52}\text{Te}) \) :

\( E_\ell = \left[Z\,m_p + N\,m_n – m_{noyau}\right]c^2 \)

Avec : Z = 52 ; N = 86 ; \( m_p = 1{,}0073\,\text{u} \) ; \( m_n = 1{,}0087\,\text{u} \) ; \( m_{noyau}(^{138}_{52}\text{Te}) = 137{,}9092\,\text{u} \) ;

\( 1\,\text{u}\,c^2 = 931{,}5\ \text{MeV} \) :

\( E_\ell(^{138}_{52}\text{Te}) \approx 1{,}08\times10^{3}\ \text{MeV} \)

4- Justification de la stabilité :

Énergie de liaison par nucléon pour \( ^{95}_{40}\text{Zr} \) :

\( \dfrac{E_\ell}{A} = \dfrac{851{,}3}{95} = 8{,}96\ \text{MeV/nucléon} \)

Énergie de liaison par nucléon pour \( ^{138}_{52}\text{Te} \) :

\( \dfrac{E_\ell}{A} = \dfrac{1080}{138} = 7{,}83\ \text{MeV/nucléon} \)

Le noyau \( ^{95}_{40}\text{Zr} \) est plus stable car son énergie de liaison par nucléon est plus grande.

5- Énergie totale libérée |ΔE| pour m = 1 kg :

  • Énergie pour un noyau : \( |\Delta E_1| = 295{,}5\ \text{MeV} = 4{,}73\times10^{-11}\ \text{J} \)
  • Nombre de noyaux dans 1 kg : \( N = \dfrac{1000}{138}N_A = 4{,}36\times10^{24}\ \text{noyaux} \)
  • Énergie totale libérée : \( |\Delta E| = N|\Delta E_1| \) :
\( \approx 2{,}06\times10^{14}\ \text{J} \)
Page 10 / 6 Électricité (RC et Modulation)

1-5 Valeur de E et C₀ :

3 2 0 ln(u⁠ᵣ) 0 50 100 t (10⁻⁵ s)
Figure 2 : ln(uR) en fonction du temps t

À \( t=0 \) : \( \ln(u_R(0)) = \ln(E) = 3 \Rightarrow E = e^3 \approx 20{,}1\ \text{V} \)

Pente : \( -\dfrac{1}{\tau} = \dfrac{0-3}{100\times10^{-5}-0} = -0{,}03 \Rightarrow \tau = 33{,}3\times10^{-5}\ \text{s} \)

\( C_0 = \dfrac{\tau}{R} = \dfrac{33{,}3\times10^{-5}}{10^4} = 3{,}33\times10^{-8}\ \text{F} \approx 33\ \text{nF} \)

1-6 Énergie Ee à t = 55×10⁻⁵ s :

\( u_C(t) = E\left(1-e^{-t/\tau}\right) \)

\( u_C(55\cdot10^{-5}) = 20{,}1\left(1-e^{-55/33{,}3}\right) = 16{,}1\ \text{V} \)

\( E_e = \dfrac{1}{2}C_0u_C^2 = \dfrac{1}{2}\times33\times10^{-9}\times(16{,}1)^2 \)

\( E_e \approx 4{,}3\times10^{-6}\ \text{J} \)
Page 10 / 7 Électricité (Démodulation)

2-1 Choix de l’affirmation juste :

C — \( u_3(t) \) est la tension démodulée.

2-2 Calcul de la fréquence F :

D’après la Figure 4, la période propre \( T_0 \) correspond à 2 divisions pour une alternance complète, soit :

\( T_0 = 0{,}8\ \text{ms} \)
\( F = \dfrac{1}{T_0} = \dfrac{1}{0{,}8\times10^{-3}} = 1{,}25\ \text{kHz} \)
2 -2 u(V) 0,4 0,8 1,2 1,6 2,0 t(ms) T₀ = 0,8 ms
Figure 4 : Signal sélectionné (exemple)

2-3 Choix de la capacité :

La condition \( T_P \ll R\cdot C \ll T_M \) est vérifiée pour :

C = 100 nF ou 120 nF (les deux valeurs conviennent).
Page 10 / 9 Mécanique (Chute verticale)

1- Équation différentielle :

En appliquant la 2e loi de Newton sur (Oz) vers le bas :

\( m\dfrac{dv_z}{dt} = mg – f \)

Avec \( f = kv_z \Rightarrow k = m\mu \)

Donc :

\( \dfrac{dv_z}{dt} = g\left(1-\mu v_z\right) \)

2- Expression de vz,lim et calcul de μ :

À la vitesse limite, \( \dfrac{dv_z}{dt} = 0 \Rightarrow v_{z,lim} = \dfrac{1}{\mu} \)

\( \mu = \dfrac{1}{v_{z,lim}} \)

D’après la courbe, \( v_{z,lim} \approx 5{,}0\ \text{m·s}^{-1} \)

\( \mu = \dfrac{1}{5{,}0} = 0{,}20\ \text{s·m}^{-1} \)

3- Méthode d’Euler :

\( a_n = g(1-\mu v_n) \) ;  \( v_{n+1} = v_n + a_n\Delta t \) ;  \( z_{n+1} = z_n + v_n\Delta t \)

Avec : \( \Delta t = 0{,}10\ \text{s} \) ; \( v_0 = 0 \) ; \( z_0 = 0 \).

n012345
t (s)00,100,200,300,400,50
v (m·s⁻¹)0,000,981,762,362,853,24
z (m)0,000,000,100,280,510,80
Page 10 / 10 Mécanique (Système oscillant)

1- Expression de Epe :

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

2- Valeur de k et T₀ :

\( T_0 = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}} \Rightarrow k = \dfrac{4\pi^2 m}{T_0^2} \)

Avec \( m = 0{,}20\ \text{kg} \) et \( T_0 = 0{,}40\ \text{s} \) :

\( k = \dfrac{4\pi^2\times0{,}20}{(0{,}40)^2} \approx 49{,}3\ \text{N·m}^{-1} \)

3- Énergie mécanique Em :

Au point d’élongation maximale \( X_m = 0{,}050\ \text{m} \),

\( v=0 \Rightarrow E_m = E_{pe,max} = \dfrac{1}{2}kX_m^2 \)

\( E_m = \dfrac{1}{2}\times49{,}3\times(0{,}050)^2 \)

\( E_m = 6{,}16\times10^{-2}\ \text{J} \)

4- Vitesse algébrique vz à \( x = X_m/2 \) :

\( E_m = \dfrac{1}{2}mv_z^2 + \dfrac{1}{2}kx^2 \)

\( \Rightarrow v_z = \pm\sqrt{\dfrac{2}{m}\left(E_m – \dfrac{1}{2}kx^2\right)} \)

Pour \( x=\dfrac{X_m}{2} \) : \( v_z = \pm\sqrt{\dfrac{3k}{4m}}\,X_m \)

\( v_z \approx \pm0{,}96\ \text{m·s}^{-1} \)

5- Travail de la force de rappel entre x₁ et x₂ :

\( W_{rappel} = -\Delta E_{pe} = -\left[\dfrac{1}{2}kx_2^2-\dfrac{1}{2}kx_1^2\right] \)

Entre \( -\dfrac{X_m}{2} \) et \( +\dfrac{X_m}{2} \) :

\( W_{rappel} = -\dfrac{1}{2}k\left[\left(\dfrac{X_m}{2}\right)^2-\left(\dfrac{X_m}{2}\right)^2\right] \)

\( W_{rappel} = 0 \)