Examen rattrapage 2023 PC

Correction Examen PC – Session Rattrapage 2023

Correction de l’examen national de Physique Chimie

Filière Sciences Physique – Session de rattrapage 2023

Partie 1 : Électrolyse d’une solution aqueuse de bromure de zinc

Exercice 1

1– La proposition juste : 0,5

B : L’électrode B est le siège d’une oxydation.

2– L’équation de la réaction au niveau de chaque électrode. 0,5 + 0,5

Au niveau de l’anode B se produit l’oxydation des ions \(\text{Br}^-\) :

\(2\text{Br}^-_{(aq)} \;\rightleftharpoons\; \text{Br}_{2(aq)} + 2e^-\)

Au niveau de la cathode A se produit la réduction des ions \(\text{Zn}^{2+}\) :

\(\text{Zn}^{2+}_{(aq)} + 2e^- \;\rightleftharpoons\; \text{Zn}_{(s)}\)

3– L’équation bilan de cette électrolyse : 0,25

\(\text{Zn}^{2+}_{(aq)} + 2\text{Br}^-_{(aq)} \;\rightarrow\; \text{Zn}_{(s)} + \text{Br}_{2(aq)}\)

4– Montrons que la masse du Zn déposée s’écrit : \(m(\text{Zn}) = \dfrac{I\cdot\Delta t\cdot M(\text{Zn})}{2F}\) 0,75 + 0,25

Tableau d’avancement au voisinage de la cathode :

Équation de la réaction \(\text{Zn}^{2+}_{(aq)} + 2e^- \rightleftharpoons \text{Zn}_{(s)}\)
États Avancement \(n(\text{Zn}^{2+})\) Quantité produite (mol)
Initial0\(n_1(\text{Zn}^{2+})\)0
Après \(\Delta t\)\(x\)\(n_1(\text{Zn}^{2+}) – x\)\(x\)

D’après le tableau d’avancement : \(n(\text{Zn}) = x\)   et d’autre part   \(n(\text{Zn}) = \dfrac{m(\text{Zn})}{M(\text{Zn})}\)

D’où : \(m(\text{Zn}) = x \cdot M(\text{Zn})\)

Et on sait que : \(Q = I\cdot\Delta t = n(e^-)\cdot F\)   et   \(n(e^-) = 2x\)

Donc \(x = \dfrac{I\cdot\Delta t}{2F}\)

Finalement : \(m(\text{Zn}) = \dfrac{I\cdot\Delta t\cdot M(\text{Zn})}{2F}\)

A.N : \(m(\text{Zn}) = \dfrac{82\times10^{-3} \times 3600 \times 65{,}4}{2 \times 9{,}65\times10^4}\)

\(m(\text{Zn}) = 0{,}1\text{ g} = 100\text{ mg}\)

Partie 2 : Dosage d’une solution

1– Définition de la base selon Bronsted : 0,5

Une base selon Bronsted, est toute espèce chimique capable de capter le proton \(H^+\).

2– L’équation de la réaction du dosage : 0,5

\((\text{CH}_3)_3\text{N}_{(aq)} + \text{H}_3\text{O}^+_{(aq)} \;\rightarrow\; (\text{CH}_3)_3\text{NH}^+_{(aq)} + \text{H}_2\text{O}_{(\ell)}\)

3– Calcul de la concentration \(C_B\) : 0,25 + 0,25

À l’équivalence, on a : \(C_B \cdot V_B = C_A \cdot V_{AE}\)

Alors : \(C_B = \dfrac{C_A \cdot V_{AE}}{V_B}\)

A.N : \(C_B = \dfrac{4\times10^{-2} \times 20}{20}\)

\(C_B = 4\times10^{-2} \text{ mol.L}^{-1}\)

4– Montrons que ce patient est atteint du syndrome de l’odeur de poisson pourri : 0,5

On a \(C_0 = 10 \cdot C_B = 10 \times 4\times10^{-2}\)

\(C_0 = 4\times10^{-1} \text{ mol.L}^{-1}\)

Et puisque \(C_0 \gg 2{,}2\times10^{-10} \text{ mol.L}^{-1}\) alors ce patient est atteint du syndrome de l’odeur de poisson pourri.

5– La justification de la nature acide du mélange réactionnel à l’équivalence : 0,5

À l’équivalence, les ions \(\text{H}_3\text{O}^+_{(aq)}\) et la base \((\text{CH}_3)_3\text{N}_{(aq)}\) disparaissent complètement, alors les espèces chimiques présentes dans la solution sont : l’acide \((\text{CH}_3)_3\text{NH}^+_{(aq)}\) et \(\text{H}_2\text{O}_{(\ell)}\), ce qui explique l’acidité du mélange réactionnel.

6– Le choix de l’indicateur coloré : 0,25 + 0,25

On a \(pH_E = 5{,}8\)

L’indicateur coloré convenable pour ce dosage est le rouge de méthyle car le \(pH_E\) à l’équivalence appartient à sa zone de virage.

7– Calcul de la valeur du rapport \(\dfrac{[(\text{CH}_3)_3\text{NH}^+_{(aq)}]}{[(\text{CH}_3)_3\text{N}_{(aq)}]}\) pour \(V_A = 10 \text{ mL}\) : 0,75 + 0,25

L’équation chimique \((\text{CH}_3)_3\text{N}_{(aq)} + \text{H}_3\text{O}^+_{(aq)} \rightarrow (\text{CH}_3)_3\text{NH}^+_{(aq)} + \text{H}_2\text{O}_{(\ell)}\)
L’étatAvancement\((\text{CH}_3)_3\text{N}\)\(\text{H}_3\text{O}^+\)\((\text{CH}_3)_3\text{NH}^+\)
Initiale0\(C_B V_B\)\(C_A V_A\)0
Intermédiaire\(x\)\(C_B V_B – x\)\(C_A V_A – x\)\(x\)
Finale\(x_f\)\(C_B V_B – x_f\)\(C_A V_A – x_f\)\(x_f\)

Avant l’équivalence \(V_A = 10\text{ mL} < V_{AE} = 20\text{ mL}\) : les ions \(\text{H}_3\text{O}^+\) est le réactif limitant, alors \(x_{\max} = C_A V_A\).

À partir du tableau d’avancement :

\([(\text{CH}_3)_3\text{NH}^+_{(aq)}] = \dfrac{x_{\max}}{V_T} = \dfrac{C_A V_A}{V_T}\)    et    \([(\text{CH}_3)_3\text{N}_{(aq)}] = \dfrac{C_B V_B – C_A V_A}{V_T}\)

Finalement :

\(\dfrac{[(\text{CH}_3)_3\text{NH}^+_{(aq)}]}{[(\text{CH}_3)_3\text{N}_{(aq)}]} = \dfrac{C_A V_A}{C_B V_B – C_A V_A}\)

A.N : \(\dfrac{[(\text{CH}_3)_3\text{NH}^+_{(aq)}]}{[(\text{CH}_3)_3\text{N}_{(aq)}]} = \dfrac{4\times10^{-2}\times10}{4\times10^{-2}\times20 – 4\times10^{-2}\times10} =\) \(1\)

Déduisons que \(pK_A = 9{,}9\) : 0,5

On sait que \(pH = pK_A + \log\dfrac{[(\text{CH}_3)_3\text{N}_{(aq)}]}{[(\text{CH}_3)_3\text{NH}^+_{(aq)}]}\)

D’où : \(pK_A = pH – \log\dfrac{[(\text{CH}_3)_3\text{N}_{(aq)}]}{[(\text{CH}_3)_3\text{NH}^+_{(aq)}]} = pH + \log\dfrac{[(\text{CH}_3)_3\text{NH}^+_{(aq)}]}{[(\text{CH}_3)_3\text{N}_{(aq)}]}\)

A.N : \(pK_A = 9{,}9 + \log 1\)

\(pK_A = 9{,}9\)

Exercice 2 – Ondes lumineuses

1– La proposition juste : 0,5

C : une onde lumineuse monochromatique est caractérisée par sa fréquence.

2– L’expression de \(a\) la largeur de la fente en fonction de \(L_j\), \(D\) et \(\lambda_{0j}\) : 0,5 + 0,25

On a \(\tan\theta = \dfrac{L_j}{2D}\), et pour \(\theta\) petit : \(\tan\theta \approx \theta\)   D’où \(\theta = \dfrac{L_j}{2D}\)    (1)

Et on sait que : \(\theta = \dfrac{\lambda_{0j}}{a}\)    (2)

D’après (1) et (2) : \(\dfrac{\lambda_{0j}}{a} = \dfrac{L_j}{2D}\)

\(a = \dfrac{2D\lambda_{0j}}{L_j}\)

A.N : \(a = \dfrac{2 \times 1{,}4 \times 580\times10^{-9}}{2{,}7\times10^{-2}}\)

\(a = 6\times10^{-5} \text{ m} = 60\,\mu\text{m}\)

3– Montrons que \(\lambda_{0R} = \dfrac{L_R \cdot \lambda_{0j}}{L_j}\) : 0,5 + 0,25

D’après la relation 3 : \(a = \dfrac{2D\lambda_{0j}}{L_j}\)   et aussi : \(a = \dfrac{2D\lambda_{0R}}{L_R}\)

D’où : \(\dfrac{2D\lambda_{0j}}{L_j} = \dfrac{2D\lambda_{0R}}{L_R}\)

\(\lambda_{0R} = \dfrac{L_R \cdot \lambda_{0j}}{L_j}\)

A.N : \(\lambda_{0R} = \dfrac{3{,}4 \times 580}{2{,}7} =\) \(730{,}37 \text{ nm}\)

4-1– Calcul de la vitesse \(V_j\) : 0,25 + 0,25

On a \(n_j = \dfrac{c}{V_j}\)   d’où \(V_j = \dfrac{c}{n_j}\)

A.N : \(V_j = \dfrac{3\times10^8}{1{,}5}\)

\(V_j = 2\times10^8 \text{ m/s}\)

4-2– Calcul de la longueur d’onde \(\lambda_j\) : 0,25 + 0,25

On sait que : \(n_j = \dfrac{\lambda_{0j}}{\lambda_{1j}}\)   d’où \(\lambda_{1j} = \dfrac{\lambda_{0j}}{n_j}\)

A.N : \(\lambda_{1j} = \dfrac{580}{1{,}5}\)

\(\lambda_{1j} = 386{,}66 \text{ nm}\)

Exercice 3 – Réponse d’un dipôle RC à un échelon de tension

1-1– L’équation différentielle vérifiée par q : 0,5

En appliquant la loi d’additivité des tensions : \(u_C + u_R = E\)

On a : \(u_C = \dfrac{q}{C_0}\)   et : \(u_R = R\cdot i = R\cdot\dfrac{dq}{dt}\)

\(q + R\cdot C_0\cdot\dfrac{dq}{dt} = C_0\cdot E\)

1-2– Vérifions que \(C_0 = 10\,\mu\text{F}\) : 0,5

On a : \(\tau = R\cdot C_0\)   donc : \(C_0 = \dfrac{\tau}{R}\)

A.N : graphiquement, on trouve : \(\tau = 0{,}35 \text{ ms}\)

\(C_0 = \dfrac{0{,}35\times10^{-3}}{35} = 1\times10^{-5} \text{ F}\)

\(C_0 = 10\,\mu\text{F}\)

1-3– La valeur de \(E_e\) dans le régime permanent : 0,25 + 0,25

On a : \(E_e = \dfrac{1}{2}\cdot C_0\cdot u_C^2 = \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{q^2}{C_0}\)

Dans le régime permanent : \(q = Q_{\max}\) donc : \(E_e = \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{Q_{\max}^2}{C_0}\)

A.N : \(E_e = \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{(120\times10^{-6})^2}{10\times10^{-6}}\)

\(E_e = 7{,}2\times10^{-4} \text{ J}\)

Oscillations libres dans un circuit RLC série

2-1– Montrons que l’équation différentielle vérifie par q s’écrit : 0,5

\(\dfrac{d^2q}{dt^2} + \dfrac{R}{L}\cdot\dfrac{dq}{dt} + \dfrac{1}{L\cdot C_0}\cdot q = 0\)

En appliquant la loi d’additivité des tensions : \(u_C + u_R + u_L = 0\)

\(\dfrac{q}{C_0} + R\cdot\dfrac{dq}{dt} + L\cdot\dfrac{d^2q}{dt^2} = 0\)

D’où : \(\dfrac{d^2q}{dt^2} + \dfrac{R}{L}\cdot\dfrac{dq}{dt} + \dfrac{1}{L\cdot C_0}\cdot q = 0\)

2-2– La diminution de l’amplitude des oscillations : 0,5

La diminution de l’amplitude des oscillations au cours du temps est due à la dissipation de l’énergie par effet Joule dans la résistance R du conducteur ohmique.

2-3– Déterminons \(|\Delta E|\) entre \(t_0\) et \(t_1\) : 0,5 + 0,25

On a : \(\Delta E = E_T(t_1) – E_T(t_0)\)

c-à-d : \(\Delta E = (E_e(t_1) + E_m(t_1)) – (E_e(t_0) + E_m(t_0))\)

c-à-d : \(\Delta E = E_e(t_1) – E_e(t_0)\)

Donc : \(\Delta E = \dfrac{q_1^2}{2C_0} – \dfrac{q_0^2}{2C_0} = \dfrac{1}{2C_0}(q_1^2 – q_0^2)\)

A.N : \(|\Delta E| = \left|\dfrac{1}{2\times10\times10^{-6}}\cdot\left((40\times10^{-6})^2 – (120\times10^{-6})^2\right)\right|\)

\(|\Delta E| = 6{,}4\times10^{-4} \text{ J} = 640\,\mu\text{J}\)

2-4– Déterminons k : 0,5

On a : \(u_C + u_R + u_L = u_g\)   c-à-d : \(\dfrac{q}{C_0} + R\cdot\dfrac{dq}{dt} + L\cdot\dfrac{d^2q}{dt^2} = k\cdot\dfrac{dq}{dt}\)

Donc : \(\dfrac{d^2q}{dt^2} + \dfrac{R-k}{L}\cdot\dfrac{dq}{dt} + \dfrac{1}{L\cdot C_0}\cdot q = 0\)

Pour avoir des oscillations sinusoïdales, il faut que : \(R – k = 0\)   c.à.d. \(k = R\)

A.N : \(k = 35\,\Omega\)

Modulation d’amplitude

3-1– Le rôle du circuit bouchon LC : 0,25

La sélection de l’onde modulée.

3-2– Déterminons \(C_1\) et \(C_2\) : 0,25 + 0,25 + 0,25

Pour sélectionner l’onde modulée, il faut que : \(f_i = f_0 = \dfrac{1}{T_0} = \dfrac{1}{2\pi\sqrt{L\cdot C_i}}\)

c.à.d : \(f_i^2 = \dfrac{1}{4\pi^2 L C_i}\)   donc : \(C_i = \dfrac{1}{4\pi^2 L f_i^2}\)

A.N :

\(C_1 = \dfrac{1}{4\pi^2 \times 0{,}1 \times (150\times10^3)^2} = 11{,}11\times10^{-12}\text{ F}\)    \(C_1 = 11{,}11 \text{ pF}\)

\(C_2 = \dfrac{1}{4\pi^2 \times 0{,}1 \times (280\times10^3)^2} = 3{,}18\times10^{-12}\text{ F}\)    \(C_2 = 3{,}2 \text{ pF}\)

Exercice 4

Partie I : Étude du mouvement d’un ballon dans un champ de pesanteur uniforme

1– Les équations horaires de mouvement : 0,5 + 0,5

Système étudié : le ballon

Bilan de forces : \(\vec{P}\) le poids

\(\{O, \vec{i}, \vec{j}\}\) : repère lié à un référentiel terrestre considéré galiléen.

En appliquant la 2e loi de Newton : \(\sum\vec{F} = m\cdot\vec{a}_G\)   donc   \(\vec{P} = m\cdot\vec{g}\)   donc   \(\vec{a}_G = \vec{g}\)

Par projection sur le repère \(\{O,\vec{i},\vec{j}\}\) :

\(\left\{\begin{array}{l} a_x = \dfrac{dv_x}{dt} = 0 \\[6pt] a_y = \dfrac{dv_y}{dt} = -g \end{array}\right.\)

Par intégration et conditions initiales :

\(\left\{\begin{array}{l} v_x(t) = v_0\cos\alpha \\[4pt] v_y(t) = -g\cdot t + v_0\sin\alpha \end{array}\right.\)

Par intégration :

\(\left\{\begin{array}{l} x(t) = v_0\cos\alpha\cdot t \quad\text{(1)} \\[6pt] y(t) = -\dfrac{g}{2}\cdot t^2 + v_0\sin\alpha\cdot t + h \quad\text{(2)} \end{array}\right.\)

2– Déduisons l’équation de la trajectoire de G : 0,5

D’après la relation (1) : \(t = \dfrac{x}{v_0\cos\alpha}\)

On remplace dans l’équation (2) :

\(y = -\dfrac{g}{2(v_0\cos\alpha)^2}\cdot x^2 + x\cdot\tan\alpha + h\)

3– Montrons que le ballon passe au-dessus du filet : 0,5 + 0,25

Les coordonnées du filet f sont : \((x_f = D,\; y_f = H_f)\)

On remplace \(x_f = D\) dans l’équation de la trajectoire :

\(y_B = -\dfrac{g}{2(v_0\cos\alpha)^2}\cdot D^2 + D\cdot\tan\alpha + h\) \(= -\dfrac{10}{2\times(16\cos18°)^2}\times11^2 + 11\tan\alpha + 3\)

\(y_B = 4{,}089 \text{ m}\)

\(y_B > y_f\) : donc le ballon passe au-dessus du filet

4– Est-ce que le ballon ne tombe pas entre le filet et la ligne du fond du camp adversaire ? 0,5 + 0,25

On remplace \(t_s = 1{,}41 \text{ s}\) dans l’équation horaire \(x(t)\) :

\(x_S(t_s) = v_0\cos\alpha\cdot t_s = 16\cos(18°)\times1{,}41\)

\(x_S = 21{,}44 \text{ m}\)

Cette valeur est supérieure à \(D + d = 11 + 9 = 20 \text{ m}\), donc le ballon ne tombe pas entre le filet et la ligne du fond du camp adversaire.

Partie II : Étude du mouvement d’un pendule élastique

1– L’équation différentielle vérifiée par x(t) : 0,5

Système étudié : le ballon

Bilan de forces : \(\vec{P}\) le poids, \(\vec{R}\) la réaction du plan, \(\vec{F}\) la force de rappel

En appliquant la 2ème loi de Newton : \(\sum\vec{F} = m\cdot\vec{a}_G\)   donc   \(\vec{P} + \vec{R} + \vec{F} = m\cdot\vec{a}_G\)

Par projection sur le repère \(\{O, \vec{i}\}\) : \(P_x + R_x + F_x = m\cdot a_x\)

D’où : \(-K\cdot x = m\cdot\ddot{x}\)

\(\ddot{x} + \dfrac{K}{m}\cdot x = 0\)

2– Détermination des valeurs de \(x_m\), \(T_0\) et \(\varphi\) : 0,25 + 0,25 + 0,25

L’amplitude maximale : \(x_m = 2\times10^{-2} \text{ m}\)

La période propre : \(T_0 = 0{,}4 \text{ s}\)

La phase à l’origine à \(t = 0\) : \(x(0) = x_m\cos\varphi = x_0\) avec \(x_0 = 1 \text{ cm}\)

D’où : \(\cos\varphi = \dfrac{x_0}{x_m} = \dfrac{1}{2}\)   Donc   \(\varphi = \dfrac{\pi}{3}\) ou \(\varphi = -\dfrac{\pi}{3}\)

On a \(\dot{x}(t=0) = -\dfrac{2\pi}{T_0}\cdot x_m\cdot\sin(\varphi) < 0\)   d’où \(\sin\varphi > 0\)

Donc : \(\varphi = \dfrac{\pi}{3}\)

3– Vérifions que la constante de raideur \(k = 50 \text{ N.m}^{-1}\) : 0,5

On a \(T_0 = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}\)   d’où \(k = \dfrac{4\pi^2 m}{T_0^2}\)

A.N : \(k = \dfrac{4\pi^2\times200\times10^{-3}}{(0{,}4)^2}\)

\(k = 50 \text{ N.m}^{-1}\)

4– La variation de l’énergie potentielle élastique \(\Delta E_{pe}\) entre \(t_0\) et \(t_1\) : 0,25 + 0,25

On a : \(\Delta E_{pe} = E_{pe1} – E_{pe0}\)

c-à-d : \(\Delta E_{pe} = \dfrac{1}{2}k x_1^2 – \dfrac{1}{2}k x_0^2 = \dfrac{k}{2}(x_1^2 – x_0^2)\)

A.N : \(\Delta E_{pe} = \dfrac{50}{2}\cdot\left((2\times10^{-2})^2 – (1\times10^{-2})^2\right)\)

\(\Delta E_{pe} = 7{,}5\times10^{-3} \text{ J} = 7{,}5 \text{ mJ}\)

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