Bac blanc n° 1 — Physique-Chimie (PC)

Partie 1 : étude et dosage d'une solution d'acide propanoïque (4 points)

1. Réaction de l'acide avec l'eau : $\mathrm{C_2H_5COOH_{(aq)} + H_2O_{(l)} \rightleftharpoons C_2H_5COO^-_{(aq)} + H_3O^+_{(aq)}}$. [0,25 pt]

2. Réaction de dosage : $\mathrm{C_2H_5COOH_{(aq)} + HO^-_{(aq)} \rightarrow C_2H_5COO^-_{(aq)} + H_2O_{(l)}}$. [0,25 pt]

À l'équivalence, les réactifs ont été mélangés dans les proportions stœchiométriques de l'équation de dosage : la quantité d'ions $\mathrm{HO^-}$ versée est égale à la quantité initiale d'acide, soit $C_A V_A = C_B V_{BE}$. [0,25 pt]

[0,25 pt]

3. L'eau, solvant, est en excès : l'avancement maximal est $x_{max} = C_A V_A$. À l'état final, $x_f = [\mathrm{H_3O^+}]_f \, V_A$, d'où

Avec $\mathrm{pH} = 3{,}44$ : $[\mathrm{H_3O^+}]_f = 10^{-3{,}44} = 3{,}63 \times 10^{-4}\ \text{mol/L}$, donc $\tau = \dfrac{3{,}63 \times 10^{-4}}{1{,}00 \times 10^{-2}} = 3{,}63 \times 10^{-2}$, soit environ $3{,}6\ \%$. [0,25 pt]

Comme $\tau < 1$, la transformation est limitée (non totale) : l'acide propanoïque est un acide faible, très peu dissocié dans l'eau. [0,25 pt]

4. a) À l'équilibre, $K_A = \dfrac{[\mathrm{C_2H_5COO^-}]_{\acute{e}q}\,[\mathrm{H_3O^+}]_{\acute{e}q}}{[\mathrm{C_2H_5COOH}]_{\acute{e}q}}$. D'après l'équation de la réaction, $[\mathrm{C_2H_5COO^-}]_{\acute{e}q} = [\mathrm{H_3O^+}]_{\acute{e}q} = C_A\,\tau$ (on néglige les ions $\mathrm{HO^-}$ de l'autoprotolyse) et $[\mathrm{C_2H_5COOH}]_{\acute{e}q} = C_A(1 - \tau)$. Donc

$K_A = \dfrac{1{,}00 \times 10^{-2} \times (3{,}63 \times 10^{-2})^2}{1 - 3{,}63 \times 10^{-2}} = 1{,}37 \times 10^{-5}$, donc $\mathrm{p}K_A = -\log K_A = 4{,}86$. [0,25 pt]

b) Pour $V_B = \dfrac{V_{BE}}{2} = 5{,}0\ \text{mL}$, la moitié de l'acide initial a été consommée par la réaction de dosage, donc $[\mathrm{C_2H_5COO^-}] = [\mathrm{C_2H_5COOH}]$. La relation $\mathrm{pH} = \mathrm{p}K_A + \log\dfrac{[\mathrm{C_2H_5COO^-}]}{[\mathrm{C_2H_5COOH}]}$ donne alors $\mathrm{pH} = \mathrm{p}K_A$. Le tableau indique $\mathrm{pH} = 4{,}86$ pour $V_B = 5{,}0\ \text{mL}$ : c'est bien la valeur trouvée en a). [0,25 pt]

5. Par définition, $K = \dfrac{[\mathrm{C_2H_5COO^-}]_{\acute{e}q}}{[\mathrm{C_2H_5COOH}]_{\acute{e}q}\,[\mathrm{HO^-}]_{\acute{e}q}}$. En multipliant numérateur et dénominateur par $[\mathrm{H_3O^+}]_{\acute{e}q}$ :

$K = 10^{14 - 4{,}86} = 10^{9{,}14} = 1{,}4 \times 10^{9}$. [0,25 pt]

Comme $K \gg 10^4$, la transformation est quasi totale ; elle est de plus rapide et ne met en jeu que cette réaction : elle convient pour un dosage. [0,25 pt]

6. À l'équivalence ($V_B = 10{,}0\ \text{mL}$), le tableau donne $\mathrm{pH}_E = 8{,}34$. [0,25 pt] Ce pH est supérieur à 7 car, à l'équivalence, la solution contient la base faible $\mathrm{C_2H_5COO^-}$. La zone de virage de l'indicateur doit contenir $\mathrm{pH}_E$ : ni l'hélianthine ($3{,}1 - 4{,}4$) ni le bleu de bromothymol ($6{,}0 - 7{,}6$) ne conviennent ; on choisit la phénolphtaléine ($8{,}2 - 10{,}0$). [0,25 pt]

Partie 2 : étude d'une pile zinc-fer (3 points)

1. $Q_{r,i} = \dfrac{[\mathrm{Zn^{2+}}]_i}{[\mathrm{Fe^{2+}}]_i} = \dfrac{0{,}10}{0{,}10} = 1$. [0,25 pt] Comme $Q_{r,i} = 1 < K = 5 \times 10^{10}$, le système évolue spontanément dans le sens direct : le zinc est oxydé et les ions $\mathrm{Fe^{2+}}$ sont réduits. [0,25 pt]

2. Symbole de la pile : $\ominus\ \mathrm{Zn_{(s)} \mid Zn^{2+}_{(aq)} \parallel Fe^{2+}_{(aq)} \mid Fe_{(s)}}\ \oplus$. [0,25 pt]

• Anode (oxydation) : l'électrode de zinc, pôle $\ominus$ : $\mathrm{Zn_{(s)} \rightarrow Zn^{2+}_{(aq)} + 2\,e^-}$. [0,25 pt]
• Cathode (réduction) : l'électrode de fer, pôle $\oplus$ : $\mathrm{Fe^{2+}_{(aq)} + 2\,e^- \rightarrow Fe_{(s)}}$. [0,25 pt]

Dans le circuit extérieur, les électrons circulent de l'électrode de zinc ($\ominus$) vers l'électrode de fer ($\oplus$), et le courant en sens inverse, de l'électrode de fer vers l'électrode de zinc. [0,25 pt]

3. $Q = I\,\Delta t = 20 \times 10^{-3} \times 4 \times 3600 = 288\ \text{C}$. [0,25 pt]

Cette charge est portée par les électrons : $n(\mathrm{e^-}) = \dfrac{Q}{F} = \dfrac{288}{96\,500} = 2{,}985 \times 10^{-3}\ \text{mol}$. Chaque mole de réaction échange 2 mol d'électrons, donc $x = \dfrac{n(\mathrm{e^-})}{2} = 1{,}492 \times 10^{-3}\ \text{mol}$. [0,25 pt]

4. La quantité de zinc consommée est égale à $x$ : $\Delta m(\mathrm{Zn}) = -x\,M(\mathrm{Zn}) = -1{,}492 \times 10^{-3} \times 65{,}4 = -9{,}76 \times 10^{-2}\ \text{g}$. La lame de zinc perd environ $97{,}6\ \text{mg}$. [0,5 pt]

5. $[\mathrm{Zn^{2+}}]_f = [\mathrm{Zn^{2+}}]_i + \dfrac{x}{V} = 0{,}10 + \dfrac{1{,}492 \times 10^{-3}}{0{,}100} = 0{,}115\ \text{mol/L}$ et $[\mathrm{Fe^{2+}}]_f = 0{,}10 - \dfrac{x}{V} = 0{,}085\ \text{mol/L}$. [0,25 pt]

$Q_{r,f} = \dfrac{0{,}115}{0{,}085} = 1{,}35 \ll K = 5 \times 10^{10}$ : le système est encore très loin de l'équilibre, la pile n'est pas usée et peut continuer à débiter. [0,25 pt]

1. La radioactivité $\beta^-$ est la désintégration spontanée d'un noyau instable qui émet un électron ${}^{0}_{-1}\text{e}$ (et un antineutrino) ; un neutron du noyau se transforme en proton. [0,25 pt]

Équation : ${}^{131}_{53}\text{I} \longrightarrow {}^{131}_{Z}\text{X} + {}^{0}_{-1}\text{e}$. Les lois de Soddy (conservation du nombre de nucléons et de la charge électrique) donnent : $131 = 131 + 0$ et $53 = Z + (-1)$, donc $Z = 54$. [0,25 pt]

Le noyau fils est le xénon : ${}^{131}_{53}\text{I} \longrightarrow {}^{131}_{54}\text{Xe} + {}^{0}_{-1}\text{e}$. [0,25 pt]

2. La demi-vie $t_{1/2}$ est la durée au bout de laquelle la moitié des noyaux radioactifs initialement présents s'est désintégrée. [0,25 pt]

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3. $A_0 = \lambda\,N_0$, donc

[0,5 pt]

4. On a $24\ \text{jours} = 3 \times 8{,}0\ \text{jours} = 3\,t_{1/2}$. À chaque demi-vie, l'activité est divisée par 2 :

[0,5 pt]

5. a) La variation de masse lors de la désintégration d'un noyau est $\Delta m = m(\text{X}) + m(\mathrm{e^-}) - m(\text{I}) = 130{,}87546 + 0{,}0005486 - 130{,}87705 = -1{,}041 \times 10^{-3}\ \text{u}$. [0,25 pt]

L'énergie libérée est $|E_{lib}| = |\Delta m|\,c^2 = 1{,}041 \times 10^{-3} \times 931{,}5 = 0{,}970\ \text{MeV}$, soit $0{,}970 \times 1{,}602 \times 10^{-13} = 1{,}55 \times 10^{-13}\ \text{J}$. [0,25 pt]

b) Entre $t = 0$ et $t = 24$ jours, le nombre de noyaux désintégrés est $N_0 - N(24\ \text{j}) = N_0\left(1 - \dfrac{1}{8}\right) = \dfrac{7}{8} \times 3{,}69 \times 10^{13} = 3{,}23 \times 10^{13}$. L'énergie totale libérée vaut

[0,25 pt]

Partie 1 : charge du condensateur (2,5 points)

1. Loi d'additivité des tensions : $E = u_R + u_C$ avec $u_R = R\,i$ et $i = \dfrac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t} = C\dfrac{\mathrm{d}u_C}{\mathrm{d}t}$. Donc

2. On dérive : $\dfrac{\mathrm{d}u_C}{\mathrm{d}t} = \dfrac{E}{\tau}\,e^{-t/\tau}$. En remplaçant dans l'équation différentielle :

Cette expression est égale à $E$ pour tout $t$ si et seulement si $\dfrac{RC}{\tau} - 1 = 0$, c'est-à-dire

La condition initiale $u_C(0) = E(1 - 1) = 0$ est bien vérifiée. [0,5 pt]

3. On utilise la méthode des 63 % : à $t = \tau$, $u_C(\tau) = E\,(1 - e^{-1}) = 0{,}63\,E = 0{,}63 \times 6{,}00 = 3{,}78\ \text{V}$. Le tableau donne $u_C = 3{,}79\ \text{V}$ pour $t = 2{,}0\ \text{ms}$, donc $\tau = 2{,}0\ \text{ms}$. [0,25 pt]

[0,25 pt]

4. $i = C\dfrac{\mathrm{d}u_C}{\mathrm{d}t} = C\,\dfrac{E}{\tau}\,e^{-t/\tau} = \dfrac{E}{R}\,e^{-t/\tau}$ car $\tau = RC$. [0,25 pt]

À $t = 0$ : $i(0) = \dfrac{E}{R} = \dfrac{6{,}00}{1{,}0 \times 10^{3}} = 6{,}0 \times 10^{-3}\ \text{A} = 6{,}0\ \text{mA}$. [0,25 pt]

5. En fin de charge, $u_C = E$ : $\mathcal{E}_e = \dfrac{1}{2}\,C\,E^2 = \dfrac{1}{2} \times 2{,}0 \times 10^{-6} \times 6{,}00^2 = 3{,}6 \times 10^{-5}\ \text{J} = 36\ \mu\text{J}$. [0,5 pt]

Partie 2 : décharge du condensateur dans la bobine (2,5 points)

1. Loi des mailles avec le condensateur et la bobine en convention récepteur, parcourus par le même courant $i$ : $u_C + L\dfrac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} + r\,i = 0$. Avec $i = C\dfrac{\mathrm{d}u_C}{\mathrm{d}t}$ :

Les oscillations ont une amplitude décroissante : le régime est pseudo-périodique (l'amortissement est dû à la résistance $r$ de la bobine). [0,25 pt]

2. L'énergie totale est la somme de l'énergie électrique du condensateur et de l'énergie magnétique de la bobine : $\mathcal{E} = \dfrac{1}{2}\,C\,u_C^2 + \dfrac{1}{2}\,L\,i^2$. [0,25 pt]

Comme $r\,i^2 \geq 0$, l'énergie totale diminue : elle est dissipée par effet Joule dans la résistance de la bobine. [0,25 pt]

3. $T \approx T_0 = 2\pi\sqrt{LC}$ donne $L = \dfrac{T^2}{4\pi^2\,C}$. [0,25 pt]

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4. À $t = 0$, $i = 0$ et $u_C = E$ : $\mathcal{E}(0) = \dfrac{1}{2}\,C\,E^2 = 36\ \mu\text{J}$. À $t = T$, $u_C$ est maximale, donc $i = C\dfrac{\mathrm{d}u_C}{\mathrm{d}t} = 0$ et $\mathcal{E}(T) = \dfrac{1}{2}\,C\,u_C(T)^2 = \dfrac{1}{2} \times 2{,}0 \times 10^{-6} \times 5{,}0^2 = 25\ \mu\text{J}$. [0,25 pt]

L'énergie dissipée par effet Joule est $\mathcal{E}(0) - \mathcal{E}(T) = 36 - 25 = 11\ \mu\text{J}$. [0,25 pt]

5. En remplaçant $u_G = k\,i$ et $i = C\dfrac{\mathrm{d}u_C}{\mathrm{d}t}$ dans la loi des mailles :

Pour $k = k_0 = r$ ($k$ s'exprime en ohms), le terme d'amortissement disparaît : $\dfrac{\mathrm{d}^2u_C}{\mathrm{d}t^2} + \dfrac{1}{LC}\,u_C = 0$, équation d'un oscillateur harmonique, dont les solutions sont sinusoïdales. [0,25 pt]

La période est alors la période propre : $T_0 = 2\pi\sqrt{LC} = 2\pi\sqrt{0{,}50 \times 2{,}0 \times 10^{-6}} = 6{,}3 \times 10^{-3}\ \text{s} = 6{,}3\ \text{ms}$. [0,25 pt]

Partie 1 : chute d'une bille dans l'huile (2,5 points)

1. Système : la bille. Forces : le poids $\vec{P}$ (vertical, vers le bas), la poussée d'Archimède $\vec{\Pi}$ (verticale, vers le haut) et la force de frottement $\vec{f}$ (verticale, vers le haut puisque la bille descend). [0,25 pt]

$\Pi = \rho\,V\,g = 9{,}0 \times 10^{2} \times 5{,}24 \times 10^{-7} \times 9{,}8 = 4{,}62 \times 10^{-3}\ \text{N}$ et $P = m\,g = 4{,}08 \times 10^{-3} \times 9{,}8 = 4{,}00 \times 10^{-2}\ \text{N}$. [0,25 pt]

2. Deuxième loi de Newton : $\vec{P} + \vec{\Pi} + \vec{f} = m\,\vec{a}$. Projection sur l'axe $(O, \vec{k})$ orienté vers le bas :

soit

Donc $A = g\left(1 - \dfrac{\rho\,V}{m}\right) = 9{,}8\left(1 - \dfrac{9{,}0 \times 10^{2} \times 5{,}24 \times 10^{-7}}{4{,}08 \times 10^{-3}}\right) = 8{,}67\ \text{m/s}^2$ et $B = \dfrac{h}{m} = \dfrac{0{,}20}{4{,}08 \times 10^{-3}} = 49{,}0\ \text{s}^{-1}$. [0,25 pt]

3. En régime permanent, $\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} = 0$, donc

Le temps caractéristique est $\tau = \dfrac{1}{B} = \dfrac{m}{h} = 2{,}04 \times 10^{-2}\ \text{s} = 20{,}4\ \text{ms}$. [0,25 pt]

Signification : $v_\ell$ est la valeur vers laquelle tend la vitesse quand les trois forces se compensent ; $\tau$ mesure la durée du régime transitoire, la vitesse limite étant pratiquement atteinte au bout de $5\,\tau \approx 0{,}10\ \text{s}$.

4. $a_0 = A - B \times 0 = 8{,}67\ \text{m/s}^2$. [0,25 pt]

$v_1 = v_0 + a_0\,\Delta t = 0 + 8{,}67 \times 5{,}0 \times 10^{-3} = 4{,}33 \times 10^{-2}\ \text{m/s}$.

$a_1 = A - B\,v_1 = 8{,}67 - 49{,}0 \times 4{,}33 \times 10^{-2} = 6{,}54\ \text{m/s}^2$. [0,25 pt]

$v_2 = v_1 + a_1\,\Delta t = 4{,}33 \times 10^{-2} + 6{,}54 \times 5{,}0 \times 10^{-3} = 7{,}6 \times 10^{-2}\ \text{m/s}$. [0,25 pt]

Partie 2 : pendule élastique horizontal (2,5 points)

1. Système : le solide $(S)$. Forces : le poids $\vec{P}$, la réaction normale $\vec{R}$ du banc (les frottements sont négligeables, donc $\vec{R}$ est verticale) et la force de rappel du ressort $\vec{T} = -k\,x\,\vec{i}$. Deuxième loi de Newton : $\vec{P} + \vec{R} + \vec{T} = M\,\vec{a}$. Projection sur $(O, \vec{i})$ (où $P_x = R_x = 0$) : $-k\,x = M\,\dfrac{\mathrm{d}^2x}{\mathrm{d}t^2}$, soit

2. On dérive deux fois $x(t)$ : $\dfrac{\mathrm{d}^2x}{\mathrm{d}t^2} = -\left(\dfrac{2\pi}{T_0}\right)^2 x$. En remplaçant dans l'équation différentielle, $\left(\dfrac{2\pi}{T_0}\right)^2 = \dfrac{k}{M}$, d'où

3. À $t = 0$ : $x(0) = X_m\cos\varphi = 4{,}0 \times 10^{-2}\ \text{m}$ et $v(0) = -X_m\,\dfrac{2\pi}{T_0}\sin\varphi = 0$. La seconde condition donne $\sin\varphi = 0$, donc $\varphi = 0$ ou $\varphi = \pi$. Comme $X_m > 0$ et $x(0) > 0$, on a $\cos\varphi > 0$, donc $\varphi = 0$ et $X_m = 4{,}0 \times 10^{-2}\ \text{m}$. [0,25 pt]

Avec $\dfrac{2\pi}{T_0} = 10{,}0\ \text{rad/s}$ : $x(t) = 4{,}0 \times 10^{-2}\cos(10\,t)$ ($x$ en m, $t$ en s). [0,25 pt]

4. $E_m = E_c + E_{pe} = \dfrac{1}{2}\,M\,v^2 + \dfrac{1}{2}\,k\,x^2$ (l'énergie potentielle de pesanteur reste constante, on la prend nulle). On note $\omega_0 = \dfrac{2\pi}{T_0} = \sqrt{\dfrac{k}{M}}$. Avec $x = X_m\cos(\omega_0 t)$, $v = -\omega_0 X_m\sin(\omega_0 t)$ et $M\omega_0^2 = k$ :

$E_m$ ne dépend pas du temps : l'énergie mécanique est constante. [0,25 pt]

$E_m = \dfrac{1}{2} \times 25{,}0 \times (4{,}0 \times 10^{-2})^2 = 2{,}0 \times 10^{-2}\ \text{J}$. [0,25 pt]

5. Par conservation de l'énergie mécanique : $\dfrac{1}{2}\,M\,v^2 = E_m - \dfrac{1}{2}\,k\,x^2 = 2{,}0 \times 10^{-2} - \dfrac{1}{2} \times 25{,}0 \times (2{,}0 \times 10^{-2})^2 = 1{,}5 \times 10^{-2}\ \text{J}$. [0,25 pt]

(le signe de $v$ dépend du sens de passage de $G$ en $x = 2{,}0\ \text{cm}$).

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