Correction Examen 2022 Normal PC

Correction Examen PC – Session Normale 2022

Correction de l’examen national de Physique Chimie

Filière Sciences Physique – Session normale 2022

2.1. Équation à l’électrode de graphite (anode) : 0,5

A : \(2H_2O_{(l)} \rightleftharpoons O_2(g) + 4H^+_{(aq)} + 4e^-\)

2.2. Équation à l’électrode d’acier (cathode) : 0,5

B : \(Cr_{(aq)}^{3+} + 3e^- \rightleftharpoons Cr_{(s)}\)

3. Détermination de la masse \(m(Cr)\) : 1

Tableau d’avancement à la cathode :

État	\(Cr^{3+}\)	\(Cr\)	\(e^-\)
Initial	\(n_0\)	0	–
Pendant \(\Delta t\)	\(n_0 – x\)	\(x\)	\(3x\)

\(\begin{cases} n(e^-) = 3x \\ n(e^-) = \dfrac{I \cdot \Delta t}{F} \end{cases} \quad\Rightarrow\quad x = \dfrac{I \cdot \Delta t}{3F}\)

\(\begin{cases} n(Cr) = x \\ n(Cr) = \dfrac{m(Cr)}{M(Cr)} \end{cases} \quad\Rightarrow\quad m(Cr) = \dfrac{I \cdot \Delta t \cdot M(Cr)}{3F}\)

A.N. : \(m(Cr) = \dfrac{2 \times 2 \times 3600 \times 52}{3 \times 96500} = \boxed{2,59 \text{ g}}\)

1.1. Équation de la réaction avec l’eau : 0,5

\(C_2H_5COOH_{(aq)} + H_2O_{(\ell)} \rightleftharpoons C_2H_5COO^-_{(aq)} + H_3O^+_{(aq)}\)

1.2. Taux d’avancement final : 1

Tableau d’avancement :

État	\(C_2H_5COOH\)	\(H_2O\)	\(C_2H_5COO^-\)	\(H_3O^+\)
Initial	\(C_a V\)	excès	0	0
Intermédiaire	\(C_a V – x\)	excès	\(x\)	\(x\)
Équilibre	\(C_a V – x_{eq}\)	excès	\(x_{eq}\)	\(x_{eq}\)

\(x_{eq} = [H_3O^+]_{eq} \cdot V\), \(x_{\max} = C_a V\) \(\Rightarrow \tau = \dfrac{x_{eq}}{x_{\max}} = \dfrac{[H_3O^+]_{eq}}{C_a} = \dfrac{10^{-pH}}{C_a}\)

A.N. : \(\tau = \dfrac{10^{-3,1}}{5\times10^{-2}} = 0,0159 \approx 1,6\%\)

\(\tau < 1\) : réaction limitée.

1.3. Expression et calcul de \(Q_{r,eq}\) : 1

\(Q_{r,eq} = \dfrac{[C_2H_5COO^-]_{eq}[H_3O^+]_{eq}}{[C_2H_5COOH]_{eq}} = \dfrac{[H_3O^+]_{eq}^2}{C_a – [H_3O^+]_{eq}} = \dfrac{10^{-2pH}}{C_a – 10^{-pH}}\)

A.N. : \(Q_{r,eq} = \dfrac{10^{-2 \times 3,1}}{5\times10^{-2} – 10^{-3,1}} = 1,28 \times 10^{-5}\)

1.4. Déduction du \(pK_A\) : 0,5

\(K_A = Q_{r,eq} \Rightarrow pK_A = -\log(Q_{r,eq}) = -\log(1,28\times10^{-5}) \approx \boxed{4,9}\)

2.1. Équation du dosage : 0,5

\(C_2H_5COOH_{(aq)} + HO^-_{(aq)} \rightleftharpoons C_2H_5COO^-_{(aq)} + H_2O_{(\ell)}\)

2.2. Détermination graphique de \(V_{bE}\) : 0,5

\(V_{bE} = 20 \text{ mL}\)

2.3. Vérification de \(C_a\) : 0,5

\(C_a V_a = C_b V_{bE} \Rightarrow C_a = \dfrac{C_b V_{bE}}{V_a} = \dfrac{5\times10^{-2} \times 20}{20} = \boxed{5\times10^{-2} \text{ mol.L}^{-1}}\)

2.4. Détermination de la masse \(m\) : 0,5

\(C_0 = 10 C_a = 10 \times 5\times10^{-2} = 5\times10^{-1} \text{ mol.L}^{-1}\) \(m = C_0 \cdot M \cdot V = 5\times10^{-1} \times 74 \times 1 = \boxed{37 \text{ g}}\)

2.5. Pourcentage de la forme acide pour \(V_b = 5 \text{ mL}\) : 1

Graphiquement, à \(V_b = 5 \text{ mL}\), \(pH = 4,4\)

\(pH = pK_A + \log\dfrac{[A^-]}{[AH]} \Rightarrow \dfrac{[A^-]}{[AH]} = 10^{pH – pK_A} = 10^{4,4 – 4,9} = 10^{-0,5} \approx 0,316\)

\(\% (AH) = \dfrac{1}{1 + 10^{pH – pK_A}} = \dfrac{1}{1 + 0,316} \approx \boxed{76\%}\)

Partie 1 – Onde sonore

1. Vrai ou Faux : 0,5

– L’onde sonore est une onde transversale : Faux

– L’onde sonore ne se propage pas dans le vide : Vrai

2. Durée \(\Delta t\) : 0,5

D’après la figure : \(\Delta t = 5 \times 0,5 \text{ ms} = \boxed{2,5 \text{ ms}}\)

3. Célérité \(v\) : 0,5

\(v = \dfrac{L}{\Delta t} = \dfrac{85\times10^{-2}}{2,5\times10^{-3}} = \boxed{340 \text{ m.s}^{-1}}\)

Partie 2 – Désintégration de l’iode 131

1. Équation de désintégration : 0,5

\(^{131}_{53}I \rightarrow {}^{A}_{Z}X + {}^{0}_{-1}e\)

Loi de Soddy : \(\begin{cases} 131 = A + 0 \\ 53 = Z – 1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} A = 131 \\ Z = 54 \end{cases}\)

\(^{131}_{53}I \rightarrow \boxed{^{131}_{54}Xe} + {}^{0}_{-1}e\)

2. Énergie libérée \(|\Delta E|\) : 1

\(\Delta E = [m(^{131}_{54}Xe) + m(e^-) – m(^{131}_{53}I)] \cdot c^2\) \(\Delta E = (130,905082 + 5,4858\times10^{-4} – 130,906125) \times 931,5 \text{ MeV}\) \(\Delta E = -0,46055 \text{ MeV} \Rightarrow \boxed{|\Delta E| = 0,46055 \text{ MeV}}\)

3.1. Détermination graphique de \(t_{1/2}\) : 0,5

\(t_{1/2} = \boxed{8 \text{ jours}}\)

3.2. Nombre initial \(N_0\) : 0,5

\(a_0 = \lambda N_0 = \dfrac{\ln 2}{t_{1/2}} N_0 \Rightarrow N_0 = \dfrac{a_0 \cdot t_{1/2}}{\ln 2}\) \(N_0 = \dfrac{4\times10^6 \times 8 \times 24 \times 3600}{\ln 2} \approx \boxed{3,99 \times 10^{12}}\)

3.3. Instant \(t_1\) (95% désintégrés) : 0,5

Il reste 5% des noyaux : \(N(t_1) = 0,05 N_0\)

\(N(t) = N_0 e^{-\lambda t} \Rightarrow 0,05 = e^{-\lambda t_1}\) \(t_1 = -\dfrac{t_{1/2}}{\ln 2} \ln(0,05) = -\dfrac{8}{\ln 2} \ln(0,05) \approx \boxed{34,6 \text{ jours}}\)

1.1. Équation différentielle de \(u_C\) : 0,5

\(u_R + u_C = E\), avec \(u_R = R i = R C \dfrac{du_C}{dt}\)

\(\boxed{RC \dfrac{du_C}{dt} + u_C = E}\)

1.2.1. Expression de \(i(t)\) : 0,5

Pour \(u_C(t) = E(1 – e^{-t/RC})\) :

\(i(t) = C \dfrac{du_C}{dt} = \boxed{\dfrac{E}{R} e^{-t/RC}}\)

1.2.2. Valeur de \(R\) : 0,5

\(i(0) = \dfrac{E}{R} \Rightarrow R = \dfrac{E}{i(0)}\)

D’après la figure, \(i(0) = 12 \text{ mA}\), \(E = 12 \text{ V}\)

\(R = \dfrac{12}{12\times10^{-3}} = \boxed{1 \text{ k}\Omega}\)

1.2.3. Valeur de \(C\) : 0,5

Graphiquement, \(\tau = 50 \text{ ms}\)

\(C = \dfrac{\tau}{R} = \dfrac{50\times10^{-3}}{10^3} = \boxed{50 \ \mu\text{F}}\)

2.1.1. Équation différentielle du circuit RLC idéal : 0,5

\(u_L + u_C = 0\), avec \(u_L = L \dfrac{di}{dt} = LC \dfrac{d^2u_C}{dt^2}\)

\(\boxed{\dfrac{d^2u_C}{dt^2} + \dfrac{1}{LC} u_C = 0}\)

2.1.2. Courbe représentative : 0,5

À \(t=0\), \(u_C = E = 12 \text{ V}\) ; oscillations non amorties → courbe C₁.

2.1.3.a. Expression de \(T_0\) : 0,5

\(T_0 = 2\pi\sqrt{LC}\)

2.1.3.b. Valeur de \(L\) : 0,5

D’après C₁, \(T_0 = 10 \text{ ms}\)

\(L = \dfrac{T_0^2}{4\pi^2 C} = \dfrac{(10\times10^{-3})^2}{4\pi^2 \times 50\times10^{-6}} \approx \boxed{0,05 \text{ H}}\)

2.2.1. Énergie totale \(E_t\) : 0,5

\(E_t = \dfrac{1}{2} C u_C^2 + \dfrac{1}{2} L i^2\)

2.2.2. Énergie dissipée entre \(t_0\) et \(t_1\) : 1

À \(t_0 = 0\) : \(u_C = 12 \text{ V}\), \(i = 0\)

\(E_0 = \dfrac{1}{2} \times 50\times10^{-6} \times 12^2 = 3,6 \times 10^{-3} \text{ J}\)

À \(t_1 = 9 \text{ ms}\) : \(u_C = 6 \text{ V}\), \(i = 140 \text{ mA}\)

\(E_1 = \dfrac{1}{2} \times 50\times10^{-6} \times 6^2 + \dfrac{1}{2} \times 0,05 \times (0,14)^2 = 1,39 \times 10^{-3} \text{ J}\)

\(\Delta E = E_1 – E_0 = -2,21 \times 10^{-3} \text{ J} = \boxed{-2,21 \text{ mJ}}\)

Partie 1 – Chute d’une bille dans un fluide visqueux

1. Régimes : 0,5

Zone 1 → régime initial ; Zone 2 → régime permanent

2. Équation différentielle : 1

Bilan : \(\vec{P} + \vec{F}_a + \vec{f} = m\vec{a}\)

Projection : \(m g – \rho_r V g – k v = m \dfrac{dv}{dt}\)

\(\dfrac{dv}{dt} + \dfrac{k}{m} v = g \left(1 – \dfrac{\rho_r}{\rho_a}\right)\)

3.1. Valeur de \(\tau\) et déduction de \(k\) : 0,5

Graphiquement : \(\tau = 0,1 \text{ s}\)

\(k = \dfrac{m}{\tau} = \dfrac{10\times10^{-3}}{0,1} = \boxed{0,1 \text{ kg.s}^{-1}}\)

3.2. \(V_\ell\) : 0,5

\(V_\ell = \boxed{0,88 \text{ m.s}^{-1}}\)

4. Expression et calcul de \(\rho_r\) : 1

En régime permanent : \(\dfrac{dv}{dt} = 0\)

\(\dfrac{1}{\tau} V_\ell = g \left(1 – \dfrac{\rho_r}{\rho_a}\right) \Rightarrow \rho_r = \rho_a \left(1 – \dfrac{V_\ell}{\tau g}\right)\)

\(\rho_r = 7,8 \times \left(1 – \dfrac{0,88}{0,1 \times 10}\right) = \boxed{0,94 \text{ g.cm}^{-3}}\)

Partie 2 – Satellite artificiel

1.1. Expression de la force gravitationnelle : 0,5

B : \(F_{T/S} = G \dfrac{M_T \cdot m_S}{(R_T + h_1)^2}\)

1.2. Expression de la vitesse \(v\) : 0,5

\(\dfrac{G M_T}{(R_T + h_1)^2} = \dfrac{v^2}{R_T + h_1} \Rightarrow v = \sqrt{\dfrac{G M_T}{R_T + h_1}}\)

1.3. Vérification de \(T_1\) : 1

\(v = \dfrac{2\pi(R_T + h_1)}{T_1} \Rightarrow T_1 = \dfrac{2\pi(R_T + h_1)}{v}\)

\(T_1 = 2\pi \sqrt{\dfrac{(R_T + h_1)^3}{G M_T}}\)

A.N. : \(T_1 = 2\pi \sqrt{\dfrac{(6380\times10^3 + 1000\times10^3)^3}{6,67\times10^{-11} \times 5,97\times10^{24}}} \approx \boxed{1,75 \text{ h}}\)

2. Altitude \(h_2\) (satellite géostationnaire) : 1

D’après la 3e loi de Kepler : \(\dfrac{T^2}{(R_T + h)^3} = \text{cte}\)

\(\dfrac{T_2^2}{(R_T + h_2)^3} = \dfrac{T_1^2}{(R_T + h_1)^3} \Rightarrow h_2 = (R_T + h_1) \sqrt[3]{\left(\dfrac{T_2}{T_1}\right)^2} – R_T\)

A.N. : \(h_2 = (6380 + 1000) \times \sqrt[3]{\left(\dfrac{24}{1,75}\right)^2} – 6380 \approx \boxed{35\,904 \text{ km}}\)