Session Normale

1- Réaction de l'acide avec l'eau :

1-1- L'équation de la réaction :


1-2-1- Expression de la constante d'acidité $K_A$ :


1-2-2- Montrons l'expression de $K_A$ et vérifions $\text{p}K_A \approx 4,81$ :
On a : $K_A = \frac{[\text{C}_3\text{H}_7\text{COO}^-][\text{H}_3\text{O}^+]}{[\text{C}_3\text{H}_7\text{COOH}]}$ et $[\text{H}_3\text{O}^+] = 10^{-\text{pH}}$.
D'après le tableau d'avancement : $[\text{C}_3\text{H}_7\text{COO}^-] = [\text{H}_3\text{O}^+]$ et $[\text{C}_3\text{H}_7\text{COOH}] = C_A - [\text{H}_3\text{O}^+] = C_A - 10^{-\text{pH}}$.
Donc : $K_A = \frac{[\text{H}_3\text{O}^+]^2}{C_A - [\text{H}_3\text{O}^+]} = \frac{10^{-2\text{pH}}}{C_A - 10^{-\text{pH}}}$.
A.N. : $K_A = \frac{10^{-2 \times 3,55}}{5,40 \cdot 10^{-3} - 10^{-3,55}} = 1,55 \cdot 10^{-5}$.


1-3- Justification que la réaction est limitée :
On a : $\tau = \frac{x_{\text{éq}}}{x_{\max}} = \frac{[\text{H}_3\text{O}^+] \cdot V}{C_A \cdot V} = \frac{10^{-\text{pH}}}{C_A}$.
A.N. : $\tau = \frac{10^{-3,55}}{5,40 \cdot 10^{-3}} = 5,2 \cdot 10^{-2} = 5,2\% \lt 1$.


2- Réaction d'estérification :

2-1- L'équation de la réaction d'estérification :



2-2-1- L'équation de la réaction du dosage :


2-2-2- La valeur de la constante d'équilibre $K$ du dosage :
$K = \frac{[\text{C}_3\text{H}_7\text{COO}^-]}{[\text{C}_3\text{H}_7\text{COOH}][\text{HO}^-]} = \frac{K_A}{K_e} = \frac{10^{-\text{p}K_A}}{K_e}$.
A.N. : $K = \frac{10^{-4,81}}{10^{-14}} = 1,54 \cdot 10^9$.


2-2-3- Volume $V_{BE}$ à $t = 30\text{ min}$ :
D'après la courbe, à $t = 30\text{ min}$, $n_{\text{ac}}(\text{restant}) = 48\text{ mmol}$.
$n_{\text{ac}}(\text{restant}) = C_b \cdot V_{BE} \implies V_{BE} = \frac{n_{\text{ac}}(\text{restant})}{C_b} = \frac{48\text{ mmol}}{2\text{ mol/L}} = 24\text{ mL}$.


2-3- Temps de demi-réaction $t_{1/2}$ :
On a : $n_{\text{ac}}(t_{1/2}) = n_0 - \frac{x_f}{2}$.
À l'état final : $n_{\text{ac f}} = 33\text{ mmol} \implies x_f = n_0 - n_{\text{ac f}} = 100 - 33 = 67\text{ mmol}$.
$n_{\text{ac}}(t_{1/2}) = 100 - \frac{67}{2} = 66,5\text{ mmol}$.
Graphiquement, à $n_{\text{ac}} = 66,5\text{ mmol}$, on trouve : $t_{1/2} = 14,5\text{ min}$.


2-4- Rôle de l'acide sulfurique :


2-5- Rendement de la réaction de synthèse :
$r = \frac{n_{\text{exp}}}{n_{\text{th}}} = \frac{x_f}{n_0} = \frac{0,067}{0,10} = 0,67 = 67\%$.

1- Équation de désintégration :
Radioactif $\beta^-$ donc la particule émise est un électron $^0_{-1}\text{e}$.
$^{35}_{16}\text{S} \rightarrow ^{A}_{Z}\text{Y} + ^0_{-1}\text{e}$.
D'après les lois de conservation de Soddy :
• Conservation du nombre de nucléons : $35 = A + 0 \implies A = 35$.
• Conservation de la charge : $16 = Z - 1 \implies Z = 17$.
D'après le tableau périodique, l'élément de numéro atomique $Z=17$ est le Chlore ($\text{Cl}$).


2- Énergie libérée $E_{\text{lib}}$ :
$E_{\text{lib}} = |\Delta E| = |(m(^{35}_{17}\text{Cl}) + m(^0_{-1}\text{e}) - m(^{35}_{16}\text{S})) \cdot c^2|$.
A.N. : $E_{\text{lib}} = |(34,95954 + 5,48560 \cdot 10^{-4} - 34,96027) \cdot 931,5| = |-1,8164 \cdot 10^{-4} \cdot 931,5| = 0,169\text{ MeV}$.


3- Classification comme déchet VTC :
À $t = t_{1/2}$, l'activité est $a(t_{1/2}) = \frac{a_0}{2} = \frac{8,1 \cdot 10^{16}}{2} = 4,05 \cdot 10^{16}\text{ Bq}$.
Graphiquement, pour $a = 4,05 \cdot 10^{16}\text{ Bq}$, on trouve $t_{1/2} = 87\text{ jours}$.
Puisque $t_{1/2} = 87\text{ jours} \lt 100\text{ jours}$,


4- Calcul de l'instant $t_d$ :
Loi de décroissance : $a(t_d) = a_0 \cdot e^{-\lambda t_d} \implies t_d = \frac{t_{1/2}}{\ln 2} \cdot \ln\left(\frac{a_0}{a(t_d)} \right)$.
A.N. : $t_d = \frac{87,4}{\ln 2} \cdot \ln\left(\frac{8,1 \cdot 10^{16}}{10^8} \right) = 126,09 \times 20,51 = 2584,8\text{ jours} \approx 2585\text{ jours}$.

Partie I : Dipôle RL

1- Équation différentielle en $u_R$ :
Loi d'additivité des tensions : $u_R + u_L = E$.
Or $u_L = r \cdot i + L \frac{\text{d}i}{\text{d}t}$ et $i = \frac{u_R}{R} \implies \frac{\text{d}i}{\text{d}t} = \frac{1}{R} \frac{\text{d}u_R}{\text{d}t}$.
Donc : $u_R + \frac{r}{R} u_R + \frac{L}{R} \frac{\text{d}u_R}{\text{d}t} = E \implies \frac{\text{d}u_R}{\text{d}t} + \frac{R+r}{L} u_R = \frac{R E}{L}$.


2- Expression de $u_{Rp}$ en régime permanent :
En régime permanent, $u_{Rp} = \text{Cte} \implies \frac{\text{d}u_{Rp}}{\text{d}t} = 0$.
Donc : $0 + \frac{R+r}{L} u_{Rp} = \frac{R E}{L} \implies u_{Rp} = \frac{R E}{R+r}$.


3-1- Détermination de $r$ et $L_3$ pour l'expérience (3) (courbe b) :
D'après la courbe (b), $u_{Rp3} = 6\text{ V}$.
$u_{Rp3} = \frac{R_3 E_3}{R_3 + r} \implies R_3 + r = \frac{R_3 E_3}{u_{Rp3}} \implies r = R_3 \left(\frac{E_3}{u_{Rp3}} - 1 \right) = 150 \left(\frac{6,4}{6} - 1 \right) = 10\ \Omega$.
D'après la courbe (b), la constante de temps est $\tau_3 = 1,25\text{ ms} = 1,25 \cdot 10^{-3}\text{ s}$.
$\tau_3 = \frac{L_3}{R_3 + r} \implies L_3 = \tau_3 (R_3 + r) = 1,25 \cdot 10^{-3} \times (150 + 10) = 0,2\text{ H}$.


3-2- Énergie magnétique $E_m$ en régime permanent :
$E_{mp} = \frac{1}{2} L_3 I_p^2 = \frac{1}{2} L_3 \left(\frac{u_{Rp3}}{R_3} \right)^2 = \frac{1}{2} \times 0,2 \times \left(\frac{6}{150} \right)^2 = 1,6 \cdot 10^{-4}\text{ J}$.


4- Courbe correspondant à l'expérience (1) :
Pour l'expérience (1) : $u_{Rp1} = \frac{R_1 E_1}{R_1 + r} = \frac{80 \times 9}{80 + 10} = \frac{720}{90} = 8\text{ V}$.
La courbe ayant une tension permanente de 8 V est la courbe (a).


Partie II : Modulation & Réception

1- Identification de $u_{AM}$ et fréquence $F$ :
L'oscillogramme (b) représente la tension modulée $u_{AM}$.
Période de la porteuse $T_p$ : sur l'oscillogramme (b), 4 périodes de la porteuse occupent 1 division de $0,4\text{ ms}$.
$4 T_p = 0,4\text{ ms} \implies T_p = 0,1\text{ ms} = 10^{-4}\text{ s}$.
Fréquence $F = \frac{1}{T_p} = \frac{1}{10^{-4}} = 10^4\text{ Hz} = 10\text{ kHz}$.


2- Valeur de la capacité $C_0$ :
À la résonance du circuit bouchon : $F = \frac{1}{2\pi \sqrt{L_0 C_0}} \implies F^2 = \frac{1}{4\pi^2 L_0 C_0} \implies C_0 = \frac{1}{4\pi^2 L_0 F^2}$.
A.N. : $C_0 = \frac{1}{4 \times 10 \times 2 \cdot 10^{-3} \times (10^4)^2} = \frac{1}{8 \cdot 10^6} = 1,25 \cdot 10^{-7}\text{ F} = 125\text{ nF}$.


3- Oscillogramme après détection d'enveloppe :
L'oscillogramme (a) correspond à la tension après le filtre détecteur d'enveloppe (diode + RC en parallèle), qui élimine la porteuse haute fréquence et conserve l'enveloppe avec composante continue.


4- Taux de modulation $m$ :
$m = \frac{U_{AM\max} - U_{AM\min}}{U_{AM\max} + U_{AM\min}}$.
D'après l'oscillogramme (b) : $U_{AM\max} = 1,8\text{ V}$ et $U_{AM\min} = 0,6\text{ V}$.
$m = \frac{1,8 - 0,6}{1,8 + 0,6} = \frac{1,2}{2,4} = 0,5$.

Partie I : Saut sans parachute

1- Cas 1 : Chute libre

1-1- Équation horaire $z(t)$ :
Deuxième loi de Newton : $\vec{P} = m \cdot \vec{a}_G \implies m \cdot g = m \cdot a_z \implies a_z = g$.
Mouvement rectiligne uniformément varié : $z(t) = \frac{g}{2} t^2 + v_0 t + z_0$.
Conditions initiales $(v_0=0, z_0=0)$ : $z(t) = \frac{g}{2} t^2 = 4,9 t^2$.


1-2- Durée de chute $t_f$ jusqu'au filet :
À la hauteur du filet, $z(t_f) = H - h = 7620 - 70 = 7550\text{ m}$.
$4,9 t_f^2 = 7550 \implies t_f = \sqrt{\frac{7550}{4,9}} = \sqrt{1540,82} \approx 39,25\text{ s}$.


1-3- Vitesse finale $v_f$ et interprétation :
$v_z(t) = \frac{\text{d}z}{\text{d}t} = 9,8 t \implies v_f = 9,8 \times 39,25 = 384,65\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}$.
En $\text{km}\cdot\text{h}^{-1}$ : $v_f = 384,65 \times 3,6 = 1384,74\text{ km}\cdot\text{h}^{-1}$.
Cette vitesse est extrêmement élevée par rapport à la vitesse limite réelle de $200\text{ km}\cdot\text{h}^{-1}$.


2- Cas 2 : Frottements non négligeables

2-1- Équation différentielle en $v_z$ :
$\vec{P} + \vec{f} = m \cdot \vec{a}_G \implies m \cdot g - \mu v_z^2 = m \frac{\text{d}v_z}{\text{d}t} \implies \frac{\text{d}v_z}{\text{d}t} + \frac{\mu}{m} v_z^2 = g$.


2-2- Vitesse limite $v_{\ell}$ et valeur de $\mu$ :
En régime permanent, $\frac{\text{d}v_z}{\text{d}t} = 0$.
D'après la courbe (figure 2), $\frac{\text{d}v_z}{\text{d}t} = 0 \implies v_{z\text{lim}}^2 = 3120\text{ m}^2\cdot\text{s}^{-2}$.
$v_{\ell} = \sqrt{3120} \approx 55,85\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}$.
$g - \frac{\mu}{m} v_{\ell}^2 = 0 \implies \mu = \frac{m \cdot g}{v_{\ell}^2} = \frac{80 \times 9,8}{3120} = \frac{784}{3120} \approx 0,251\text{ S.I.}$.


2-3- Interprétation de la réalité du saut :
La vitesse limite réelle est $v_{\text{réelle}} = 200\text{ km}\cdot\text{h}^{-1} = \frac{200}{3,6} = 55,56\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}$.
Comme $v_{\text{th}} \approx v_{\text{réelle}}$ $(55,85 \approx 55,56)$,


2-4- Méthode d'Euler :
• Pas de temps : $\Delta t = 0,5\text{ s}$.
• $v_{z1} = v_{z0} + a_{z0} \cdot \Delta t = 0 + 9,8 \times 0,5 = 4,9\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}$.
• $a_{z1} = 9,8 - \frac{0,25}{80} \cdot (4,9)^2 = 9,8 - 0,075 = 9,725\text{ m}\cdot\text{s}^{-2}$.
• $v_{z2} = v_{z1} + a_{z1} \cdot \Delta t = 4,9 + 9,725 \times 0,5 = 4,9 + 4,8625 = 9,76\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}$.


Partie II : Systèmes oscillants

1- Association de la courbe $C_2$ :
À $t=0$, le solide est lâché sans vitesse initiale donc $v(0)=0 \implies E_c(0) = 0$.
La courbe qui s'annule à $t=0$ est la courbe $C_2$.


2- Énergie mécanique $E_m$ et constante de raideur $K$ :
En l'absence de frottements, l'énergie mécanique se conserve :
$E_m = E_{pe}(\max) = 1,25\text{ mJ} = 1,25 \cdot 10^{-3}\text{ J}$.
$E_m = \frac{1}{2} K X_m^2 \implies K = \frac{2 E_m}{X_m^2} = \frac{2 \times 1,25 \cdot 10^{-3}}{(0,02)^2} = \frac{2,5 \cdot 10^{-3}}{4 \cdot 10^{-4}} = 25\text{ N}\cdot\text{m}^{-1}$.


3- Vitesse $v_1$ à $t_1 = \frac{T_0}{2}$ :
D'après les courbes, à $t_1 = \frac{T_0}{2}$ (demi-période), le solide repasse par son élongation maximale minimale (extrémité), donc l'énergie cinétique est nulle : $E_c(t_1) = 0 \implies v_1 = 0\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}$.