BAC Juin 2008

 

EXERCICE I. LES COULEURS DU BLEU DE BROMOTHYMOL

 

 

1.1. L'équation de la réaction de titrage de la solution d'hydroxyde de sodium par la solution d'acide chlorhydrique s'écrit :

H₃O⁺ + HO^- = 2 H₂O

1.2. les 2 couples acide/base sont : H₃O⁺/H₂O et H₂O/HO^-

1.3. L'équivalence est l'état du système pour lequel il y a changement de réactif limitant.

1.4. A l'équivalence, on a :

n(H₃O⁺)_ajouté = n(HO^-)_initial

. . . . Or, n(HO^-)_initial = c_B . V_S

. . . . et n(H₃O⁺)_ajouté = c_A . V_E

. . . . D'où :

c_A . V_E = c_B . V_S

. . . . D'où :

c_B = c_A . `(V_E)/(V_S)`

. . . . A.N. : . . c_B = 1,00 . 10^-1 . `(12,3)/(10,0)` = 1,23 . 10^-1 mol.L^-1.

 

2.1. L'équation de la réaction de l'acide HIn avec l'eau s'écrit :

HIn + H₂O = In^- + H₃O⁺

2.2. La constante d’acidité d'un acide est la constante d’équilibre de la réaction de cet acide avec l’eau. Son expression est :

K_A = `([In^-]_(éq) * [H_3O^+]_(éq))/([HIn]_(éq))`

 

3.1.1. D'après la figure 1, l'absorbance de la forme basique In^- est maximale pour λ = 610 nm.

3.1.2. La couleur correspondant à λ₀ = 610 nm est l'orange.

3.1.3. Si l'absorbance maximale de l'espèce In^- est dans l'orange, la couleur de la solution est bleue (couleur complémentaire de l'orange).

3.2. D'après la figure 1, la longueur d'onde du spectrophotomètre doit être réglée à λ₀ = 610 nm pour que l'absorbance de la forme basique In^- soit maximale et celle de la forme acide HIn soit quasiment nulle.

 

3.3.1. La quantité de matière n_BBT est : . . n_BBT = c₀ . V₀

. . . . A.N. : . . n_BBT = 3,0 . 10^-4 . 1,0 . 10^-3 = 3,0 . 10^-7 mol.

3.3.2. La concentration molaire apportée c en BBT dans chacune des solution est : . . c = `(n_(BBT))/(V + V_0)`

. . . . A.N. : . . c = `(3,0 * 10^-7)/(11,0 * 10^-3)` = 2,7 . 10^-5 mol.L^-1.

3.3.3. A la longueur d'onde λ₀ = 610 nm, l'absorbance de l'espèce acide HIn étant nulle, l'absorbance de la solution est égale à celle de l'espèce basique In^- :

. . . . D'où : . . A = A_In-.

3.3.4. L'absorbance maximale étant celle de la solution S₁₃ , on a : . . A_max = A_S13 = A_{In- (S13)} = k . [In^-]_S13 . . . .

. . . . avec : . . [In^-]_S13 = [In^-]_max = c.

. . . . D'où : . . A_max = k . c

. . . . D'où :

k = `(A_max)/c`

3.3.5. La relation A = k . [In^-]_éq donne : . . [In^-]_éq = `A/k`

. . . . En remplaçant k par son expression établie à la question 3.3.4., on obtient :

[In^-]_éq = `(A * c)/(A_max)`

 

3.4.1. D'après le diagramme de ditribution (figure 3), les concentration effective en HIn et In^- sont égales pour pH = 7,2.

. . . . D'après la question 2.2. :

K_A = `([In^-]_(éq) * [H_3O^+]_(éq))/([HIn]_(éq))`

. . . . D'où :

log (K_A) = log (`([In^-]_(éq) * [H_3O^+]_(éq))/([HIn]_(éq))`) = log (`([In^-]_(éq))/([HIn]_(éq))`) + log [H₃O⁺]_(éq)

. . . . D'où :

- log [H₃O⁺]_(éq) = - log (K_A) + log (`([In^-]_(éq))/([HIn]_(éq))`)

. . . . Or, par définition : . . pH = - log [H₃O⁺]_(éq) . . et . . pK_A = - log (K_A)

. . . . D'où :

pH = pK_A + log (`([In^-]_(éq))/([HIn]_(éq))`)

Or d'après le diagramme de ditribution (figure 3), les concentration effective en HIn et In^- étant égales pour pH = 7,2, on a :

log (`([In^-]_(éq))/([HIn]_(éq))`) = 0

. . . . D'où :

pK_A = 7,2.

3.4.2. Diagramme de prédominance :

3.4.3. Dans la zone de virage la solution est verte (mélange de jaune et de bleu).

 

4.1. Avant l'équivalence, la solution est bleue car la solution est basique. Après l'équivalence, la solution est jaune car la solution est acide.

L'équivalence est donc repérée par le brusque changement de couleur du bleu au jaune.

4.2. Le BBT convient pour ce titrage parce qu'il change de couleur au passage du point d'équivalence, ce point étant dans la zone de virage de l'indicateur.

 

 

 

EXERCICE II. UN REVEIL EN DOUCEUR

 

 

1.1. La lampe L₁ s'allume la première.

La lampe L₂ s'allume avec retard, car elle est en série avec une bobine d'inductance L qui s'oppose aux variations brusques du courant.

1.2. Il y a d'abord un régime transitoire, puis un régime permanent.

1.3. Exprimons les tensions aux bornes des 2 branches du circuit :

. . . . u₁ = u_R1 + u_L1

. . . . . . . d'où : u₁ = R₁ . i₁ + R_Lampe . i₁ = (R₁ + R_Lampe) . i₁

. . . . u₂ = u_Bobine + u_L2

. . . . . . . avec : u_Bobine = r . i₂ + L `(di_2)/(dt)`

. . . . . . . d'où : u₂ = r . i₂ + L `(di_2)/(dt)` + R_Lampe . i₂ = (r + R_Lampe) . i₂ + L `(di_2)/(dt)`

. . . . . . . or en fin d'expérience, le régime permanent est atteint, donc : `(di_2)/(dt)` = 0

. . . . . . . d'où : u₂ = (r + R_Lampe) . i₂

. . . . Les 2 branches du circuit étant en dérivation, on a u₂ = u₁

. . . . . . . d'où : (r + R_Lampe) . i₂ = (R₁ + R_Lampe) . i₁

. . . . Etant donné que r = R₁, on obtient : (R₁ + R_Lampe) . i₂ = (R₁ + R_Lampe) . i₁

. . . . . . . d'où : i₂ = i₁

. . . . . . . L'intensité du courant étant la même dans les 2 branches du circuit, les 2 lampes auront la même luminosité.

1.4.1. La constante de temps du circuit est : τ = `L/R`.

1.4.2. Sachant que pour un dipôle RL, on a : u = R . i + L `(di)/(dt)`

. . . . on en déduit que : . . dim(L `(di)/(dt)`) = dim(R . i)

. . . . on en déduit que : . . dim(`L/R`) = `(dim(i))/(dim((di)/(dt)))`

. . . . D'où : . . dim(`L/R`) = `(dim(i))/((dim(i))/T)` = T.

1.4.3. τ = `L/R`

. . . . A.N. : . . τ = `1/(10)` = 0,1 s.

. . . . La durée nécessaire pour atteindre la luminosité maximale étant 5 τ = 0,5 s, l'oeil pourra détecter une évolution de la luminosité.

 

2.1. La tension u_C a un régime pseudo-périodique.

2.2. L'amortissement est dû aux pertes par effet Joule dans les parties résistives de la bobine.

2.3. A cause de ces pertes, l'énergie totale du circuit est décroissante.

2.4. D'après la figure 6 : . . 6 T = 180 ms, . . d'où : . . T = 30 ms.

. . . . Or : T = T₀ = 2π `sqrt(LC)`

. . . . D'où : T² = 4π² . L . C

. . . . D'où :

L = `(T^2)/(4π^2 . C)`

. . . . A.N. : . . L = `((30 * 10^-3)^2)/(4π^2 * 22 * 10^-6)` = 1,04 H.

2.5. La valeur calculée de l'inductance (1,04 H) est compatible avec la valeur annoncée par le constructeur (1,0 H).

 

3.1. L'énergie électrique reçue par la lampe est transférée à l'environnement :

. . . . . . . . . - sous forme de rayonnement (lumière),

. . . . . . . . . - sous forme de chaleur (effet Joule).

3.2. Pour enregistrer les 2 tensions, il faut brancher :

. . . . . . . . . - la masse en D,

. . . . . . . . . - l'entrée Y₁ en C,

. . . . . . . . . - et l'entrée Y₂ en B.

3.3.1. L'additivité des tensions donne : u(t) = u_BC = u_BD + u_DC = u_BD - u_CD = u_BD - u_Ro

3.3.2. La loi d'Ohm donne : u_Ro = R_o . i(t)

. . . . D'où : . . i(t) = `(u_(Ro))/(Ro)`.

3.3.3. La puissance p(t) est telle que :

p(t) = (u_BD - u_Ro) . `(u_(Ro))/(Ro)`

3.4. Les élèves ont choisi unconducteur ohmique de faible résistance :

. . . . . . . . . - pour avoir une intensité suffisamment grande (i diminue quand R augmente),

. . . . . . . . . - pour avoir une constante de temps suffisamment grande (τ = `L/R`).

3.5. A 90% de sa valeur finale, p(t) = 0,90 . 11,2 = 10,1 W.

. . . . D'après la figure 8 cette puissance est atteinte à t = 1,3 s.

Le passage d'une puissance lumineuse nulle à 90% de sa valeur finale en 1,3 s ne correspond absolument pas à un réveil en douceur !

. . . . Sachant que la constante de temps du circuit est τ = `L/(R_(text{totale}))`, pour augmenter la valeur de τ il faut :

. . . . . . . . . - soit augmenter la valeur de l'inductance (mais elle est déjà grande),

. . . . . . . . . - soit diminuer la valeur de la résistance totale du circuit RL.

 

 

 

EXERCICE III. LA TERRE, UNE MACHINE THERMIQUE

 

 

1.1.1. Sur le graphe suivant, la droite rouge représente les noyaux stables.

 

 

1.1.2. Sur le graphe précédent, le carré rouge représente le noyau ⁴⁰Ca qui est stable (20 protons et 20 neutrons), et le carré bleu représente le noyau ⁴⁰K qui est instable (19 protons et 21 neutrons).

1.1.3. L'équation de désintégration du potassium 40 en calcium 40, s'écrit :

⁴⁰₁₉K —> ⁴⁰₂₀Ca + ⁰_-1e

. . . . Les lois de conservation utilisées sont :

. . . . . . . . . - la conservation du nombre de nucléons,

. . . . . . . . . - la conservation de la charge.

. . . . La particule formée étant un électron, il s'agit d'une réaction de radioactivité β^-.

 

1.2.1. La particule formée étant un positon, la désintégration du potassium 40 en argon 40 est une réaction de radioactivité β⁺.

1.2.2. Calculons la perte de masse Δm lors de cette désintégration :

Δm = m(K) - m(Ar) - m(e)

. . . . A.N. : . . Δm = 6,636182 . 10^-26 - 6,635913 . 10^-26 - 9,1 . 10^-31 = 1,78 . 10^-30 kg.

Or, l'énergie E libérée lors de cette désintégration est telle que : E = Δm . c².

. . . . A.N. : . . E = 1,78 . 10^-30 . (3,0 . 10⁸)² = 1,60 . 10^-13 J.

. . . . D'où : . . E = `(1,60 * 10^-13)/(1,6 * 10^-19)` = 1,0 . 10⁶ eV = 1,0 MeV.

 

2.1. La désintégration d'un noyau radioactif est spontanée et aléatoire.

2.2.1. La loi de décroissance s'écrit : . . N = N₀ . e^-λt.

. . . . L'unité de λ est s^-1 dans le Système International.

2.2.2. Graphe de N(t) :

 

 

2.2.3. La décroissance est la plus rapide quand le coefficient directeur de la tangente à la courbe N(t) est le plus négatif; c'est-à-dire à l'instant initial.

2.3. Les trois quarts des noyaux d'uranium auront disparu au bout d'une durée t égale à 2 demi-vies (il restera alors un quart de la quantité initiale).

. . . . Or, d'après le texte : . . t_½ = 4,5 milliards d'années.

. . . . Donc : . . t = 2 . t_½ = 2 . 4,5 milliards d'années = 9,0 milliards d'années.

2.4. La croissance des continents explique (b) une diminution plus rapide du nombre de noyaux radioactifs dans le manteau, car " la diminution du nombre de noyaux radioactifs dans le manteau s'est intensifiée ... à l'époque où s'est formée ... la croûte terrestre ... appauvrissant ainsi le manteau en noyaux radioactifs."