Corrigé Bac Physique Chimie 1er groupe S1-S3 2014

 

Exercice 1

1.1.1

Groupe fonctionnel amide
 
1.1.2
 
a) formule de l'amine : $C_{2}H_{5}-NH-C_{2}H_{5}$
 
nom : diéthylamine
 
classe : amine secondaire
 
b) Équations-bilans de la préparation :

 

 
1.1.3
 
Nom officiel : N, N-diéthyl-3méthylbenzamide
 
1.2
 
Formule de l'IR3535

 

 

Exercice 2

2.1 Équation-bilan de la réaction et nom des produits :

 

 
2.2
 
2.2.1 La vitesse de formation $v$ est définie par : $V=+\dfrac{dn}{dt}$ ; sa valeur correspond au coefficient directeur de la tangente à la courbe $n=f(t)$ à la date $t$ considérée.

A chaque date, on trace la tangente à la courbe $n=f(t)$ ; et on détermine le coefficient directeur.
 
On obtient les résultats suivants :
 
A $t=2\;min\ :\ v_{2}=43\;mmol.min^{-1}$
 
A $t=5\;min\ :\ v_{5}=17\;mmol.min^{-1}$
 
On a : $v_{5}<v_{2}$ , donc la vitesse diminue.
 
Justification : la concentration des réactifs diminue entraînant ainsi la diminution de la vitesse.
 
2.2.2 Définition du temps de demi-réaction $t_{1/2}$
 
Le temps de demi-réaction est le temps au bout duquel la moitié de la quantité de matière initiale du réactif limitant a réagi.
 
2.2.3
 
a) D'après le graphe la quantité de matière d'éthanoate de sodium obtenue est : $n_{f}=200\;\mu moL$
 
b) A la date $t_{1/2}$ on a : $n_{\text{ester formé}}=\dfrac{n_{\text{ester finale}}}{2}=100\;\mu mol$ d'où, d'après le graphe, $t_{1/2}=1.6\;min.$
 
2.3.
 
2.3.1
 
a) Tracé de la courbe $\ln\left(\dfrac{C_{0}}{[OH^{-}]}\right)=f(t)$ :

 

 
b) Relation :
 
On a une droite qui passe par l'origine donc, lnC0[OH]=kt(1)avec k=pente=0.4min1
 
2.3.2
 
A la date $t_{1/2}$ la moitié des ions $OH^{-}$ a réagi donc, [OH]1/2=C02(2)
 
2.3.3
 
Les équations (1) et (2) entraînent, à  $t_{1/2}$ :
 
$lnC0[OH]1/2=kt1/2lnC0C02=kt1/2t1/2=ln2k$
 
Valeur de la constante $k\ :\ k=0.4\;min^{-1}$
 
2.3.4 : Valeur de $t_{1/2}$ :
 
On a : $t_{1/2}=\dfrac{\ln 2}{0.4}=1.7\;min$
 
Il y a accord entre les 2 valeurs; l'erreur relative est : $\dfrac{\Delta t_{1/2}}{t_{1/2}}=0.06\ $ soit $\ 6\%$ 

Exercice 3

3.1 Expression de $U_{0}$ :
 
Théorème de l'énergie cinétique : $qU_{0}=\dfrac{1}{2}mv_{0}^{2}$
 
D'où, $U_{0}=\dfrac{mv_{0}^{2}}{2q}$
 
3.2

 

 
3.2.1 Représentation du champ $\vec{E}$
 
$U_{AB}<0\ \Rightarrow\ v_{A}<v_{B}\ $ or $\ \vec{E}$ est dirigé vers les potentiels décroissants.
 
Ainsi, $\vec{E}$ a le sens de $B$ vers $A$
 
3.2.2 Équation de la trajectoire :
 
Système : particule
 
Référentiel terrestre (galiléen)
 
Bilan des forces : force électrostatique $\vec{F}=q\vec{E}$
 
Théorème du centre d'inertie : 
 
$Extra \left or missing \right\right.\ \&\Rightarrow&\vec{v}\;\left\lbracevx=v0vy=qEmt\right.\ \&\Rightarrow&\overrightarrow{OM}\;\left\lbracex=v0ty=qEmt2\right.\end{array}$
 
On a : $t=\dfrac{x}{v_{0}}$ ; on remplace dans $y\ \Rightarrow\ y=\dfrac{qE}{2mv_{0}^{2}}x^{2}$ ; la trajectoire est parabolique.
 
3.2.3 Ordonnée $y_{S}$ du point de sortie :
 
$x_{S}=\ell$ soit $y_{S}=\dfrac{qE}{2mv_{0}^{2}}\ell^{2}$ avec $E=\dfrac{U}{d}$ soit $y_{S}=\dfrac{qU}{2mdv_{0}^{2}}\ell^{2}$
 
3.2.4 Condition de sortie :
 
$yS<d2qU2mdv022<d2U<mdv02q2$
 
3.3
 
3.3.1 Nature du mouvement de la particule à la sortie du champ électrique :
 
A la sortie du champ électrique, la particule n'est soumise à aucune force, donc son mouvement est rectiligne et uniforme.
 
3.3.2 Déviation de la particule $Y=O'P$
 
$tanα=YD=yS2Y=2DySY=DqUmdv02$
 
3.4

 

 
3.4.1 Représentation de $\vec{B}$
 
La particule est soumise à la force électrique $\vec{F}_{e}$ et à la force magnétique $\vec{F}_{m}$
 
On a : $\vec{F}_{e}+\vec{F}_{m}=\vec{0}$ ; donc $\vec{F}_{m}$ est opposée à $\vec{F}_{e}$
 
Or le trièdre $(q\vec{v}_{0}\;,\ \vec{B}\;,\ \vec{F}_{m})$ est direct donc, $\vec{B}$ sortant.
 
3.4.2 Intensité $B$ du champ magnétique :
 
$Fe+fm=0Fe=FmqE=qv0BB=Ev0=Udv0$
 
A.N : $B=\dfrac{400}{2\;10^{-2}\times 1.6\;10^{6}}=1.25\;10^{-2}\;T$
 
3.4.3 Charge massique $\dfrac{q}{m}$ en fonction de $Y\;,\ \ell\;,\ D\;,\ d\;,\ U\ $ et $\ B.$
 
$Y=\dfrac{DqU\ell}{mdv_{0}^{2}}\ \Rightarrow\ \dfrac{q}{m}=\dfrac{Ydv_{0}^{2}}{DU\ell}\ $ et $\ v_{0}^{2}=\dfrac{U^{2}}{d^{2}B^{2}}$
 
Soit $\dfrac{q}{m}=\dfrac{YdU^{2}}{DU\ell d^{2}B^{2}}=\dfrac{YU}{D\ell dB^{2}}$
 
3.4.4 Calcul de la charge massique :
 
$\dfrac{q}{m}=\dfrac{1.5\;10^{-2}\times 400}{40\;10^{-2}\times 5\;10^{-2}\times 2\;10^{-2}\times(1.25\;10^{-2})^{2}}=9.6\;10^{7}\;C.kg^{-1}$ ; La particule est un proton.

Exercice 4

4.1 : Schéma du dispositif

 

 
4.2 Vibrations de $S_{1}\ $ et $\ S_{2}\ :\ Y_{01}=Y_{02}=S_{0}\sin\omega t$
 
4.2.1 Expression des vibrations au point $M$ de l'écran.

Les vibrations en $M$ accusent par rapport aux vibrations de $S_{1}\ $ et $\ S_{2}$ un retard respectif de : {t1=d1ct2=d2c
 
Vibration issue de $S_{1}\ :\ Y_{1}(M)=S_{0}\sin\omega\left(t-\dfrac{d_{1}}{c}\right)$
 
Vibration issue de $S_{2}\ :\ Y_{2}(M)=S_{0}\sin\omega\left(t-\dfrac{d_{2}}{c}\right)$
 
4.2.2 Le coefficient $2S_{0}\cos\left(\dfrac{\pi\delta}{\lambda}\right)$ est l'amplitude de la vibration $Y$ ; cela correspond à la valeur maximale de $Y$ au point considéré.
 
4.2.3
 
a) L'intensité lumineuse $E$ s'écrit :
 
 $E=CA^{2}=C\times 4S_{0}\cos^{2}\left(\dfrac{\pi\delta}{\lambda}\right)\quad\text{or }\cos^{2}x=\dfrac{1+\cos 2x}{2}$
 
$cos2(πδλ)=1+cos(2πδλ)22cos2(πδλ)=1+cos2πλaxD=1+cos2πxior i=λDa$
 
d'où,
 
$E=2S02C(1+cos2πi)E=E0(1+cos2πi)avec E0=2S02C$
 
b) Les valeurs de $E$ et la courbe $E(x)=f(x)$ :
 
xi3i/4i/2i/40i/4i/23i/4iE(x)2E0E00E02E0E00E02E0

 

 
c) Du graphe on déduit :
 
$\centerdot\ \ $ abscisses des points où l'éclairement est maximal dans l'intervalle considéré : x={i; 0; i; }
 
$\centerdot\ \ $ abscisses des points où l'éclairement est nul dans l'intervalle considéré : x={i2; i2; }
 
$\centerdot\ \ $ distance séparant deux franges consécutives de même nature d=xn+1xn=i
 
4.3
 
4.3.1
 
$d=10i1d=10λ1Daλ1=ad10D$
 
A.N : $\lambda_{1}=4.8\;10^{-7}\;m=480\;nm$
 
On mesure la distance correspondant à 10 interfranges au lieu de celle qui correspond à 1 interfrange pour avoir une détermination plus précise de l'interfrange. L'erreur de mesure est amoindrie.
 
4.3.2
 
Pour la lumière de longueur d'onde $\lambda_{1}$, au point considéré on a : xa=kλ1avec k=2
 
Pour la lumière de longueur d'onde $\lambda_{2}$, au point considéré on a : xb=(2k+1)λ22avec k=1
 
$xa=xb32λ2=λ1λ2=640nm$

Exercice 5

5.1 Schéma + branchements de l'oscilloscope :

 

 
5.2 La base des temps est restée la même sur les figures $5a$ et $5b.$ Par contre la sensibilité verticale a changé ; elle a augmenté.
 
5.3
 
5.3.1 : 1 correspond à $u(t)$ et 2 à $u_{R(t)}$ parce que la tension maximale aux bornes du GBF est supérieure à celle aux bornes du résistor (dans l'état actuel de fonctionnement du circuit).
 
5.3.2 Loi d'Ohm : $u_{R}=Ri\ \Rightarrow\ i=\dfrac{U_{R}}{R}$ donc, $i\ $ et $\ u_{R}$ sont proportionnelles ; ainsi, en visualisant $u_{R}$, on visualise en même temps $i.$
 
5.4
 
5.4.1 La fréquence des oscillations :
 
La période $T$ correspond à 10 divisions ; d'où : N=1T=110103=100Hz
 
5.4.2 Valeur maximale de la tension $u(t)$ : Umax=Sv.YA=0.2×4=0.8V
 
Valeur maximale de l'intensité $i(t)$ :
 
$URmax=Sv.YB=0.2×2.5=0.5VImax=URmaxR=0.550=102A$
 
Valeur de l'impédance : Z=UmaxImax=80Ω
 
5.4.3 Le déphasage entre $u\ $ et $\ i$
 
On a :
 
$|φ|2π=θT|φ|=2πθT=2π×110=π5$
 
La tension $u$ est en avance sur $u_{R}$ puisqu'elle atteint en premier son maximum ; $\varphi=+\dfrac{\pi}{5}$
 
Valeur de $r$
 
On a : $\cos\varphi=\dfrac{R+r}{Z}\ \Rightarrow\ r=Z\cos\varphi-R$
 
A.N : $r=80\cos\dfrac{\pi}{5}-50=14.7\;\Omega$
 
Valeur de $L$
 
$sinφ=Lω1CωZLω=Zsinφ+1CωL=Zsinφω+1Cω2$
 
A.N : $L=0.4\;H$
 

Ajouter un commentaire

Plain text

  • Aucune balise HTML autorisée.
  • Les adresses de pages web et de courriels sont transformées en liens automatiquement.