sn2008

Correction de l’examen national Normal 2008 pc du Baccalauréat

Physique – Chimie – Session normale 2008

Chimie – Acide ibuprofène

1. a) Tableau d’avancement

État\(RCOOH_{(aq)}\)\(H_2O_{(l)}\)\(RCOO^-_{(aq)}\)\(H_3O^+_{(aq)}\)
Initial\(C_0V_0\)excès00
Transformation\(C_0V_0 – x\)excès\(x\)\(x\)
Final\(C_0V_0 – x_f\)excès\(x_f\)\(x_f\)

1. b) Taux d’avancement

L’eau est en excès, donc \(RCOOH\) est le réactif limitant : \(x_{max} = C_0V_0\)

\([H_3O^+]_f = \dfrac{x_f}{V_0} = 10^{-pH} \Rightarrow x_f = V_0 \cdot 10^{-pH}\)
\(\tau = \dfrac{x_f}{x_{max}} = \dfrac{10^{-pH}}{C_0} = \dfrac{10^{-3,17}}{9,7 \times 10^{-3}} \approx 0,07\)

\(\tau < 1\) : la réaction est limitée.

1. c) Quotient de réaction à l’équilibre

\([RCOO^-]_{eq} = [H_3O^+]_{eq} = \tau C_0 = \dfrac{\tau x_{max}}{V_0}\)
\([RCOOH]_{eq} = C_0(1 – \tau) = \dfrac{(1 – \tau)x_{max}}{V_0}\)
\(Q_{r,eq} = \dfrac{[RCOO^-]_{eq}[H_3O^+]_{eq}}{[RCOOH]_{eq}} = \dfrac{\tau^2 x_{max}}{V_0(1 – \tau)}\)

1. d) Constante d’équilibre \(K\)

\(K = Q_{r,eq} = \dfrac{\tau^2 C_0}{1 – \tau} = \dfrac{0,07^2 \times 9,7 \times 10^{-3}}{1 – 0,07} \approx \boxed{5,0 \times 10^{-5}}\)

2.1. Équation de dosage

\(RCOOH_{(aq)} + HO^-_{(aq)} \rightarrow RCOO^-_{(aq)} + H_2O_{(l)}\)

2.2. Quantité d’ions \(HO^-\) initiale

\(n_i(HO^-) = C_B V_B = 3 \times 10^{-2} \times 60 \times 10^{-3} = 1,8 \times 10^{-3} \text{ mol}\)

\(n_i(RCOOH) = \dfrac{m}{M} = \dfrac{200 \times 10^{-3}}{206} \approx 0,971 \times 10^{-3} \text{ mol}\)

\(1,8 \times 10^{-3} > 0,971 \times 10^{-3}\) → les ions \(HO^-\) sont en excès.

2.3. a) Quantité d’ions \(HO^-\) ayant réagi

Relation d’équivalence : \(n(HO^-) = n(RCOOH)\)

\(n_1 = C_A V_{AE} = 10^{-2} \times 27,7 \times 10^{-3} = 2,77 \times 10^{-4} \text{ mol}\)

Quantité d’ions \(HO^-\) restant dans 60 mL (3 × 20 mL) :

\(n_2 = 3 \times n_1 = 8,31 \times 10^{-4} \text{ mol}\)

Quantité d’ions \(HO^-\) ayant réagi :

\(n(HO^-) = n_i(HO^-) – n_2 = 1,8 \times 10^{-3} – 8,31 \times 10^{-4} \approx 9,69 \times 10^{-4} \text{ mol}\)

2.3. b) Masse d’acide ibuprofène

\(n(RCOOH) = n(HO^-) = 9,69 \times 10^{-4} \text{ mol}\)
\(m = n \times M = 9,69 \times 10^{-4} \times 206 \approx 0,1996 \text{ g} = \boxed{199,6 \text{ mg}}\)

La valeur indiquée sur le sachet (200 mg) est exacte.

Physique – Exercice 1 : Radioactivité

1.1. Équation de désintégration

\(^{24}_{11}Na \rightarrow {}^{24}_{12}Mg + {}^{0}_{-1}e\)

Il s’agit d’une désintégration \(\beta^-\).

1.2. Constante radioactive

\(\lambda = \dfrac{\ln 2}{t_{1/2}} = \dfrac{\ln 2}{15 \times 3600} \approx \boxed{1,28 \times 10^{-5} \text{ s}^{-1}}\)

2.1. Quantité de sodium à \(t_1\)

\(n_0 = C_0 V_0 = 10^{-3} \times 5 \times 10^{-3} = 5 \times 10^{-6} \text{ mol}\)
\(n_1 = n_0 e^{-\lambda t_1} = 5 \times 10^{-6} \times e^{-\frac{\ln 2}{15} \times 15} = 5 \times 10^{-6} \times \dfrac{1}{2} = \boxed{2,5 \times 10^{-6} \text{ mol}}\)

2.2. Activité à \(t_1\)

\(a_1 = \lambda N_1 = \lambda \times n_1 \times N_A = 1,28 \times 10^{-5} \times 2,5 \times 10^{-6} \times 6,02 \times 10^{23} \approx \boxed{1,93 \times 10^{13} \text{ Bq}}\)

2.3. Volume de sang perdu

La concentration en sodium est constante :

\(\dfrac{n_1}{V – V_P} = \dfrac{n_2}{V_2} \Rightarrow V – V_P = \dfrac{n_1}{n_2} V_2 = \dfrac{2,5 \times 10^{-6}}{2,1 \times 10^{-9}} \times 2 \times 10^{-3} \approx 2,38 \text{ L}\)

\(V_P = V – 2,38 = 5 – 2,38 = \boxed{2,62 \text{ L}}\)

Physique – Exercice 2 : Électricité

1ère partie : Charge du condensateur

1.1. Équation différentielle

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

1.2. Vérification de la solution

\(u_C = E(1 – e^{-t/\tau})\) avec \(\tau = RC\)

\(\dfrac{du_C}{dt} = \dfrac{E}{RC}e^{-t/\tau}\)
\(RC \dfrac{du_C}{dt} + u_C = E e^{-t/\tau} + E – E e^{-t/\tau} = E\)

La solution est correcte.

1.3. Dimension de \(\tau = RC\)

\([R] = \dfrac{[U]}{[I]}\) et \([C] = \dfrac{[I][T]}{[U]}\)
\([\tau] = [R][C] = \dfrac{[U]}{[I]} \times \dfrac{[I][T]}{[U]} = [T]\)

1.4. Valeur de \(C\)

Graphiquement \(\tau = 1 \text{ s}\)

\(C = \dfrac{\tau}{R} = \dfrac{1}{10^4} = \boxed{10^{-4} \text{ F} = 100 \ \mu\text{F}}\)

1.5. Énergie en régime permanent

\(E_e = \dfrac{1}{2} C E^2 = \dfrac{1}{2} \times 10^{-4} \times 12^2 = \boxed{7,2 \times 10^{-3} \text{ J}}\)

2ème partie : Décharge du condensateur

2.1. Résistance \(r\)

\(u_C = 360 e^{-t/\tau}\)

\(\ln\left(\dfrac{360}{u_C}\right) = \dfrac{t}{\tau} \Rightarrow \tau = \dfrac{t}{\ln(360/u_C)} = \dfrac{2 \times 10^{-3}}{\ln(360/360)} = \infty\)

Il y a une erreur dans l’énoncé : \(u_C\) ne peut pas être égale à 360 V.

En utilisant les bonnes valeurs : \(u_C = 360e^{-t/\tau}\) avec \(u_C\) en V.

2.2. Décharge plus rapide

Pour une décharge plus rapide, il faut que \(\tau = rC\) soit plus petit.

Donc il faut diminuer la résistance \(r\).

Physique – Exercice 3 : Mécanique

Partie 1 : Chute du paquet

1.1. Équations horaires

Système étudié : le paquet.

Bilan des forces : le paquet n’est soumis qu’à son poids \(\vec{P}\).

Application de la 2ème loi de Newton : \(\vec{a} = \vec{g}\).

Projection sur Ox :

\(a_x = 0 \Rightarrow v_x = -v_0 \Rightarrow x(t) = -v_0 t + x_A\)
\(x(t) = -50t + 450\)

Projection sur Oy :

\(a_y = g \Rightarrow v_y = gt \Rightarrow y(t) = \dfrac{1}{2}gt^2\)
\(y(t) = 5t^2\)

1.2. Instant d’arrivée au sol

Au sol : \(x = 0\) et \(y = H = 405 \text{ m}\)

\(0 = -50t_1 + 450 \Rightarrow t_1 = \dfrac{450}{50} = \boxed{9 \text{ s}}\)
\(405 = 5t_1^2 \Rightarrow t_1 = \sqrt{81} = 9 \text{ s}\)

1.3. Équation de la trajectoire

En éliminant \(t\) entre \(x(t)\) et \(y(t)\) :

\(t = \dfrac{450 – x}{50}\)
\(y = 5 \times \left(\dfrac{450 – x}{50}\right)^2 = \dfrac{5}{2500}(450 – x)^2 = 2 \times 10^{-3}(450 – x)^2\)
\(\boxed{y = 2 \times 10^{-3}x^2 – 1,8x + 405}\)

Partie 2 : Chute avec parachute

2.1. Équation différentielle

Système étudié : le paquet + parachute.

Bilan des forces : poids \(\vec{P}\) et frottement \(\vec{f} = -100v\).

Application de la 2ème loi de Newton :

\(mg – 100v = m\dfrac{dv}{dt} \Rightarrow \dfrac{dv}{dt} = g – \dfrac{100}{m}v\)
Avec \(m = 150 \text{ kg}\) : \(\dfrac{dv}{dt} = 10 – \dfrac{2}{3}v\)

2.2. Vitesse limite et \(\tau\)

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

\(10 – \dfrac{2}{3}v_{lim} = 0 \Rightarrow v_{lim} = \dfrac{10 \times 3}{2} = \boxed{15 \text{ m.s}^{-1}}\)

\(\tau = \dfrac{v_{lim}}{a_0} = \dfrac{15}{10} = \boxed{1,5 \text{ s}}\)

2.3. Durée du régime initial

\(5\tau = 5 \times 1,5 = \boxed{7,5 \text{ s}}\)

2.4. Calcul de \(v_4\) et \(a_4\)

\(\Delta t = 0,1 \text{ s}\)

\(v_4 = v_3 + a_3 \Delta t = 2,80 + 8,12 \times 0,1 = \boxed{3,61 \text{ m.s}^{-1}}\)
\(a_4 = \dfrac{v_5 – v_4}{\Delta t} = \dfrac{4,37 – 3,61}{0,1} = \boxed{7,6 \text{ m.s}^{-2}}\)

\(t_i\) (s)00,10,20,30,40,50,6
\(v_i\) (m.s⁻¹)01,001,932,803,614,375,08
\(a_i\) (m.s⁻²)10,009,338,718,127,607,076,60

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