Corrige de L'Epreuve de Sciences Physiques Du Premier Groupe S1
Corrige de L'Epreuve de Sciences Physiques Du Premier Groupe S1
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(0,25 pt)
1.1.3 Il s’agit du pH d’un mélange d’acide faible et de base forte à l’équivalence. La base forte
l’emporte, le pH est basique. (0,25 pt)
Cb .Vb -3 -3
1.1.4. C0 = = 7,02.10 mol.L-1 ; m(AH) =n(AH).M(AH) = C0 V0 M(AH) = 247.10 g = 247 mg
V
La masse trouvée est nettement en deçà de 500 mg ; c’est à peine la moitié. L’indication du comprimé
n’est pas vérifiée. . (0,5 pt)
1.2
1.2.1 On calcule la quantité de matière de chaque espèce par n =
m
M
-3
Pour l’acide ascorbique : n(AH) = m( AH ) = 1,41.10 mol
M ( AH )
- -3
Pour l’ascorbate de sodium n(ANa) = n(A )= m( ANa ) = 1,42.10 mol (0,5 pt)
M ( ANa )
[A ] −
−
1.2.2 pH = pKa + log = pka + log n( A ) ≈ pka = 4,2 . La solution S0 est une solution
[ AH ] n( AH )
tampon; son pH reste pratiquement invariable par faible dilution ou par addition d’acide, ou de base
en quantité modérée. Intérêt réside : contrôle de pH. (0,5 pt)
−
1.2.3 Par application de la relation rappelée en 1.2.2) on tire : [A ] = 7,9.10
-4
[ AH ]
− −
Or [A ] = n( A ) - -4
; ce qui implique n(A ) =7,9.10 × n(AH) (1)
[ AH ] n( AH )
La conservation de la matière s’écrit :
- -3 -3
n(A ) + n(AH) = n(A-)initial + n’(AH) initial= 1,42.10 + 1,41.10 (2)
-3
Les équations (1) et (2) permettent de trouver : n(AH) = 2,83.10 mol
m(AH) = n(AH).M(AH) = 498 mg
Ce qui correspond pratiquement à l’indication « acide ascorbique total : 500 mg » portée sur la notice.
(0,5 pt)
EXERCICE 2 (03 points)
2.1 On a : nO2 =
V (O )
2 (0,25 pt)
Vm
2.2 On a n(H2O2)restant = n(H2O2) initial - n(H2O2)décomp
Or n(H2O2)décomp = 2 n(O2) ; d’où n(H2O2)restant = n(H2O2) initial - 2 n(O2)
En divisant par V0 on trouve :
1
V (O )
1− 2 2
C = Vm (0,25 pt)
R
V0
0,6
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
0
0 100 200 300 400 500 600 700
dCR
2.4 V = - correspond au coefficient directeur de la tangente à la courbe CR= f (t)
dt
0 - 0,2
A la date t = 120 min V120 ≈ - 120 - 0 = 1,67.10-3 mol/L.min
0 - 0,1
à t = 360 min V360 ≈ - 460 - 0 = 2,17.10-4 mol/L.min (0,75 pt)
2.5 La vitesse volumique de disparition de l’eau oxygénée décroît avec le temps du fait que la
concentration en eau oxygénée diminue. (0,25 pt)
1 − 2n(O )
2.6 En dérivant par rapport au temps expression C =
R
2 on déduit :
V 0
dn(O2 ) 1 dC 1
= ( − R ) V0 ; d’où Vform(O2) = V0.Vdispar (H2O2) (0,5 pt)
dt 2 dt 2
EXERCICE 3 (05 points)
3.1 Etude d’un accélérateur linéaire : le modèle de Wideröe
3.1.1 Entre deux tubes il existe un champ électrique uniforme E constant pendant la durée courte de
v v
traversée. Sur la particule s’exerce la force électrostatique F = qE = cte
2
v v v
Par application de la deuxième loi de Newton on obtient : F = qE = ma = cte d’où
r
v qE
a= = cte , la vitesse initiale étant nulle la particule est animée d’un mouvement rectiligne
m
uniformément accélérée.
Par application du théorème de l’énergie cinétique on obtient : ∆EC = q U (0,75 pt)
v v
3.1.2 A l’intérieur d’un tube le champ est nul, la particule n’est soumise à aucune force ∑ F = 0 d’où
la particule est en mouvement rectiligne uniforme, la vitesse est constante.
L
Durée de traversée : θ=
V
T0 2L
La période : θ= d’où T0 = (0,75 pt)
2 V
3.2 Etude d’un accélérateur circulaire : le cyclotron.
v v
3.2.1 a) Entre deux dees le champ E est uniforme. Particule soumise à la force F = qE = cte
Par application de la deuxième loi de Newton on montre que le mouvement de la particule est
rectiligne uniformément accéléré.
1
mV = eU 2eU
2
Théorème de l’énergie cinétique d’où l’on tire V1 =
1
2 m
5 -1
Application numérique : V1 = 8,75.10 m.s (0,5 pt)
v v v
3.2.2 Le proton est soumis à la force magnétique Fm = qVΛB
v v
v
Par application de la deuxième loi de Newton on tire a =
q VΛB
m
dV
Le vecteur accélération est centripète ; d’où = 0 donc V = cte d’où le mouvement est
dt
uniforme.
a =V
2 eV1 mV1
Expression du rayon : on a
= impliquant que R1=
R1 m eB
2mU
En remplaçant par son expression on obtient : R1 = :
eB 2
-3
Par application numérique R1 = 9,14.10 m (01 pt)
πR1 πm
Temps de transit dans le dee D1 : τ= , on obtient τ=
V1 eB
τ est indépendant de la vitesse, donc c’est non modifié par le champ électrique accélérateur.
mV2 πm
3.2.3 Comme en 3.2.2 on a : R2 = et τ '=
eB eB
On a τ '= τ (0,5 pt)
3.2.4
3
Si on applique le théorème de l’énergie cintéique entre D1 et D2 On obtient :
1 1 2eU ,
mV2 − mV = eU −V =
2 2 2 2
d’où l’on tire : V
2 2
1
2 1
m
2eU d’où V 2 = 2V
2
Or d’après 3.2.1 on a V 2
1
= 2 1
m
V3 = 3V V4 = 4V Vn = nV
2 2 2 2 2 2
Ainsi on montre que 1
; 1
et plus généralement 1
2
Rn = R1 n et n = Rn ; application numérique : n ≈ 234 demi-tours soit 117 tours.
2
R1
7 -1
Vn = V1 n; soit Vn = 1,34. 10 m.s
R1 K R1 K R1 K
(L, R) C (L, R) C (L, R) C
M M M
Y2 Y2 Y1
Figure 1 Figure 2 Figure 3
4
Le déphasage ϕ :
M
S1
S2
Ecran
(0,5 pt)
De même E5 – E1 =
hC et E5 = - 0,85 eV (0,5 pt)
λ2
5.3.2
On a : E5 – E0 = (E5 – E1) + (E1 – E0) ; de cetté égalité on tire la relation suivante
hC = hC + hC ; ce qui implique λ0,5 = λ0,1.λ1,5
λ0,5 λ0,1 λ1,5 λ0,1 + λ1,5
Application numérique : λ0,5 = 289,46 nm la radiation n’appartient pas au spectre visible. (0,75 pt)
5.3.3
On a E(laser) = (Eionisé – E1) + Ec d’où Ec = E(laser) + E1 puis que Eionisé = 0
1
mV 2 = 5
E(laser) + E1 ; où l’on tire V = 3,5.10 m.s
-1
(0,5 pt)
2