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1 UNIVERSITÉ CHEIKH ANTA DIOP DE DAKAR 1/4 08 G 27 A 01 Durée : 4 heures

1 UNIVERSITÉ CHEIKH ANTA DIOP DE DAKAR 1/4 08 G 27 A 01 Durée : 4 heures OFFICE DU BACCALAUREAT Séries : S2-S2A – Coef. 6 Téléfax (221) 824 65 81 - Tél. : 824 95 92 - 824 65 81 Séries : S4-S5 – Coef. 5 Corrigé épreuve du 1er groupe CORRIGE DE L’EPREUVE DE SCIENCES PHYSIQUES DU PREMIER GROUPE S2 EXERCICE 1 (04 points) 1.1 Formule semi-développée de la N-éthyléthanamine :C2H5-NH-C2H5 ou encore Et-NH-Et . Dans la suite on adopte la notation simplifiée (Et)2NH (0,5 pt) 1.2 Ecrire l’équation bilan de la réaction 1.3 . Couples acide base mis en jeu : H2O/ HO- et (Et)2NH2 + / (Et)2NH (01 pt) 1.4 Solution basique du fait de la prépondérance des ions hydroxyde HO- devant les ions hydronium H3O+. Vérification possible en ajoutant quelques gouttes d’indicateur coloré approprié tel que le bleu de bromothymol. On obtiendrait une coloration bleue, teinte basique du BBT. (01 pt) 1.5 . 1.5.1 Inventaire des espèces chimiques en solution : (Et)2NH2 + ; (Et)2NH ; HO- ; H3O+ (H2O est ultramajoritaire) (0,25 pt) 1.5.2 Ke = [H3O+][ HO-] = constante à une température donnée. A 25° C on a ke = 10-14 (0,25 pt) 1.4.3 pH = pka + log ] NH [(Et) NH] Et) [( 2 2 2 + (0,25 pt) 1.4.4 L’équation d’électroneutralité conduit à [(Et)2NH2 + ] ≈ [HO-] en considérant que [H3O+] << [HO-] L’équation de conservation de la matière conduit à : [(Et)2NH] ≈ [(Et)2NH ]i = C1 En remplaçant dans la relation précédente on obtient : pH = pka + log ] [HO- 1 C Tenant compte de l’expression de ke donnée en 1.5.2) on aboutit à : : pH = 2 1 (pKe + pKa – pC1) ; avec pC1 = - log C1 Pour C1 = 10-1 mol.L-1 , le calul donne pH = 11,7 (0,75 pt) EXERCICE 2 (04 points) 2.1 [HO-]0 = total V n ) HO ( - = V CV 2 = 2 C = 5.10-2 mol. L-1 (0,25 pt) 2.2 Equattion-bilan de la réaction de dosage A l’équivalence la solution est neutre puisqu’il s’agit d’un mélange d’acide fort et de base forte à l’équivalence ; donc la solution prend la teinte neutre du BBT, soit la coloration verte. (0,50 pt) (Et)2NH + H2O (Et)2NH2 + + HO- HO- + H3O+ 2 H2O 2 2.3 La réaction est lente et totale. (0,50 pt) 2.4 2.4.1 On a : n(alcool) = n (HO-) réagi = n (HO-) initial – n (HO-) restant En divisant par le volume v on obtient : C = [HO-]0 - v CaVa . (0,50pt) 2.4.2 On complète le tableau. On obtient : (01 pt) : t (min) 0 4 8 12 16 20 24 28 32 36 40 Va (mL) 22,0 19,8 18,0 16,5 15,0 13,8 12,8 12,0 11,5 11,0 C (10-3mol/L) 0 6 10 14 17 20 22,4 24,4 26 27 28 La courbe C = f(t) a l’allure suivante : . 2.4.3 V (alcool) = dt dC A chaque instant v(alcool) correspond au coeffiient directeur de la tangente à la courbe C = f(t) à cette date. A t1 = 4 min on trouve V(alcool)1 = 10-3 mol.L-1.min-1 A t2 = 32 min. V(alcool)2 = 3.10-4 mol.L-1.min-1 V(alcool) diminue car la concentration des réactifs diminue. (0,75 pt) 2.4.4 A 30° C la température du mélange est plus faible, la vitesse de réaction serait alors plus faible aux même dates, la quantité de soude qui reste serait plus grande donc le volume d’acide nécessaire pour doser la soude serait plus grand. (0,50 pt) EXERCICE 3 (04 points) 3.1 3.1.1 Un référentiel géocentrique a pour origine le centre de la terre et comprend trois axes orientés vers trois étoiles lointaines. Par analogie le référentiel « Uranocentrique » a pour origine le centre d’Uranus et comprend trois axes orientés vers trois étoiles lointaines. (0,50 pt) 3.1.2 - Référentiel uranocentrique : galiléen - Système : satellite - Forces appliquées : force gravitationnelle g m F v v = C6H5-CO2 - CH-CH3 + HO- C6H5-CO2 - + CH3 - CH-OH CH3 CH3 0 5 10 15 20 25 30 0 20 40 60 t (min) C (10-3 mol.L-1) 3 . - On applique la deuxième loi de Newton. a m F v v = D’où l’on tire 2 r u M G a v v = d’où a v est centripète ; par conséquent τ a = 0 = dt dV Impliquant que V = constante ; le mouvement est uniforme (0,75 pt) 3.1.3 T est la durée d’un tour ; d’où T = V r π 2 et V = T r π 2 Etablir l’expression de la vitesse V du centre d’inertie du satellite en fonction du rayon r de sa trajectoire et de sa période T de révolution. (0,25 pt) 3.1.4 On trouve pour le satellite Umbriel. V = 4,7.102 m.s-1. (0,25 pt) 3.2 . 3.2.1 Méthode graphique. a) a = an = r V 2 = 2 r M G d’où = V r GM (0,25 pt) b) De l’expression précédente on tire : r GM V = 2 d’où V2 est une fonction linéaire de r 1 , ce qui en adéquation avec la courbe V2 = f(r 1 ) donnée en annexe qui est une droite passant par l’origine et dont l’équation s’écrit : V2 = k. r 1 . La constante k est le coefficient directeur de la droite. K = ) / 1 ( ) ( 2 r V ∆ ∆ = 6,1.1015 Par identification on a : GM = k ; d’où M = G k ; AN : M = 9. 1025 kg. (0,50 pt) 3.2.2 Utilisation de la troisième loi de Kepler a) On a T = V r π 2 et = V r GM ; d’où l’on tire : GM 4 r T 2 3 2 π = (0,50 pt) b) On calcule 3 2 r T pour les différents satellites. On obtient : Satellite Rayon de l’orbite r (106m) Période de révolution T (jour) 3 2 r T MIRANDA 129,8 1,4 6,7.10-15 ARIEL 191,2 2,52 6,8.10-15 UMBRIEL 266,0 4,14 6,8.10-15 TITANIA 435,8 8,71 6,8.10-15 OBERON 582,6 13,50 6,9.10-15 Le rapport 3 2 r T est une constante de valeur moyenne 6,8.10-15 (0,50pt) 4 c) On a GM 4 r T 2 3 2 π = d’où l’on déduit M = 8,8.1025 kg. ; ce résultat est concordant à celui de la question b) du 3.2.1). (0,50pt) EXERCICE 4 (04 points) 4.1 - la tension aux bornes du condensateur : uc0= E = 6 V - la charge du condensateur : Q0 = C uc0 = 6.10-5 C - l’intensité du courant circulant dans le conducteur ohmique : I0 = 0 - la tension aux bornes du conducteur ohmique. UR = 0 (01 pt) 4.2 4.2.1 Décharge oscillante du condensateur : la bobine ayant une résistance nulle, le circuit est siège d’oscillations électriques libres non amorties. (0,25 pt) 4.2.2 Aux bornes du condensateur : uc = C q Aux bornes de la bobine on a : : ub = L dt di = L 2 2 dt d q = LC 2 c 2 dt u d (0,5 pt) 4.2.3 On a : uc + ub = 0 d’où l’on tire : LC 2 c 2 dt u d + uc = 0 (0,25 pt) 4.2.4 Solution de la forme : uc = Ucmax cos ) ( ψ ω + t La courbe donnant les variations de la tension uc en fonction de t est une sinusoïde : (0,50 pt) 4.2.5 T0 = 2 LC π = 6,28.10-3 s. (0,25 pt) 4.3 4.3.1 ub ’ = R’ i + L dt di et uc = C q conduisent à : LC 2 c 2 dt u d + R’ C dt d c u + uc = 0 (0,25 pt) 4.3.2 L’énergie totale du circuit diminue par dissipation par effet joule à cause de la résistance R’ de la bobine. . (0,25 pt) 4.3.3 on a : T1.= 1 w 2π : le calcul donne : T1. = 6,4.10-3 s. ; donc T1.≈ T0 . (0,25 pt) 4.3.4 Sinusoïde dont l’amplitude décroît du fait de l’amortissement. (0,50 pt) EXERCICE 5 (04 points) 5.1. Equation de désintégration du radon 222 He 4 2 Y 218 84 Rn 222 86 + → Par identification on trouve Y = PO. (0,25 pt) 5.2. L'état gazeux du radon le rend dangereux à cause de la facilité d’infiltration dans les moindres fissures (0,25 pt) 5 5.3 N0 = n NA = RT PV . NA ; d’où N0 = 4,8.1017 noyaux (0,50 pt) 5.3.2 5.3.2.1 L’activité A est le nombre de désintégrations par seconde. A = - dt dN = λ N ; par intégration on obtient : A = λ λ λ λ N0 e- λ λ λ λt = A0 e- λ λ λ λt (0,50 pt) 5.3.2.2 L’activité décroit au cours du temps d’après le tableau. Ce qui est uploads/s3/ corrige-s2-2008.pdf