Correction Bac Nouvelle Calédonie Nov 2003

Calculatrice non autorisée

 

I ) Injections alcanisantes (4 points)

II ) Circuits RL et RLC (6,5 points)

III ) Influence des condition initiales sur le comportement d'un système (4 points)

I )(spe) Dosage de la caféine (4 points)

 

 

Correction Nouvelle Calédonie Nov 2003 - I ) Injections alcanisantes

 

1) La molécule possède un groupe alcool et un groupe acide .

 

 

 

2) formule semi-développée de l'ion lactate :

 

 

 

 

3.1) A^-_(aq) + H₃O⁺ _(aq) = HA_(aq) + H₂O_(l)

3.2) A l'équivalence, le pH chute brutalement, dpH/dV est maximale.

D'après cette courbe, V_2E = 19,5 mL

3.3) A l'équivalence, les réactifs ont été complètement consommés, ils ont été ajoutés dans les proportions stœchiométriques de l'équation : n(A^-)_initial = n(H₃O⁺ )_versé    ;  C₁.V₁ = C₂.V_2E

C₁ = C₂.V_2E / V₁ = 1,0 x 19,5.10^-3 / 20,0.10^-3 » 1,0 mol.L^-1

3.4) Pour vérifier que la réaction .support du dosage est bien totale, on se place dans le cas particulier avant l'équivalence lorsque l'on a versé 9,0 mL d'acide.

3.4.1) n(H₃O⁺)_versé = C₂.V₂ = 1,0 x 9,0.10^-3 = 9,0.10^-3 mol

3.4.2) pH = 4,0.  ; [H₃O⁺] = 1,0.10^-4 ; n(H₃O⁺)_présent = 1,0.10^-4 x (20,0+ 9,0).10^-3 = 2,9.10^-6 mol

3.4.3)

Equation de la réaction		A-(aq)    +  H3O+ (aq) =    HA(aq)   +   H2O(l)
Etat du système	Avancement (mol)	Quantité de matière en mol
Etat initial	0	n0	9,0.10-3	0	excès
Etat final	xf	n0 - xf	9,0.10-3 – xf	xf	excès

n(H₃O⁺ )_f = 9,0.10^-3 – x_f = 2,9.10^-6  Þ  x_f = 9,0.10^-3 mol    ;  t = x_f / x_max

Si la réaction est totale, n(H₃O⁺ )_f = 9,0.10^-3 – x_max = 0 ;  x_max = 9,0.10^-3 mol 

t = x_f / x_max = 9,0.10^-3 / 9,0.10^-3 = 100 %  ;  la transformation est totale.

 

4.1) HCO₃^-_(aq) + H₃O⁺_(aq) = CO_2(aq) + 2 H₂O_(l)

4.2) Une injection de lactate ou d'hydrogénocarbonate de sodium va faire diminuer la quantité d'ions H₃O⁺ , augmenter le pH des liquides physiologiques

 

 

 

 

Correction Nouvelle Calédonie Nov 2003 - II) Circuits RL et RLC

 

1) Etude expérimentale d'un circuit RL :

1.1) Pour mesurer la tension u_R , il faut relier la borne V au point A et la borne COM au point B.

1.2) On applique la loi d'ohm au conducteur ohmique R : u_R = R.i   ,  i = u_R / R

R étant une constante, l'intensité évolue de la même façon que u_R , la courbe correspondante à l'intensité est donc la courbe c.

1.3) La bobine s'oppose aux variation brusques de l'intensité. Lors de la fermeture du circuit, s'il n'y avait pas de bobine, l'intensité passerait instantanément à la valeur E / R, avec la bobine, elle va mettre un certain temps à atteindre cette valeur.

 

2) Modélisation et équation différentielle :

2.1) Loi des tensions du circuit :   u_G = u_L + u_R   Þ   E = L.di/dt + r.i + u_R   

On néglige r devant R   Þ E = L.di/dt + u_R    ;    i = u_R / R  Þ di/dt = ( du_R/dt ) / R   

E = ( L / R). du_R/dt + u_R

2.2) t = L / R  ;  [ L / R ] = [L] / [R]   ;   u_L = L.di/dt  Þ  [L] = U.T.I^-1 ;  u_R = R.i  Þ  [R] = U.I^-1

[ L / R ] = (U.T.I^-1 ) / ( U.I^-1 ) = T     

( notations  :U : dimension d'un tension, I : dimension d'une intensité , T : dimension d'un temps )

t a bien la dimension d'un temps.

 

2.3) u_R(t) = 0,63.u_{R max} .

D'après le graphique, u_{R max} = 10 V    u_R(t) = 6,3 V

En reportant cette valeur, sur le graphique, on trouve :  

t = 1,1 ms = 1,1.10^-3 s

 

 

 

 

 

2.4) L / R = t  Þ  L = t . R = 1,1.10^-3 x 1,0.10³ = 1,1 H

Cette valeur est proche de 1,0 H valeur indiquée par le fabriquant.

 

3) Résolution numérique de l'équation différentielle par la méthode d'Euler :

3.1) du_R/dt = - R.u_R / L + R.E / L = - 1,0.10³ u_R + 1,0.10⁴

3.2) (du_R/dt)₀ = - 1,0.10³ x 0 + 1,0.10⁴ = 1,0.10⁴ V.s^-1    

Du_R = u_{R Dt} – u_{R 0} = (du_R/dt)₀.Dt = 1,0.10⁴ x 1,0.10^-4 = 1,0 V  Þ u_{R Dt} = 1,0 V

date	t = 0s	t = Dt = 1,0.10-4 s	t = 2 Dt = 2,0.10-4 s
uR(t) en V	0	1,0	1,9
duR/dt  en V.s-1	1,0.104	0,9.104

3.3) Plus le pas est grand, moins la méthode d'Euler est précise, plus l'écart entre les valeurs calculées par la méthode d'Euler et les valeurs expérimentales, augmente.

 

4) Etude du circuit oscillant :

4.1) La diminution de l'amplitude des oscillations au cours du temps s'explique par une perte d'énergie du système par effet joule dans la bobine à cause de sa résistance interne.

4.2) On trouve la pseudo-période sur la figure 5, entre 2 valeurs maximales : T = 20 ms.

4.3) Période propre T₀ :    T₀ = 2 p. (L.C) » T

C » T² / (4 p².L) » (20.10^-3)² / ( 4 x 10 x 1,0 ) » 1,0.10^-5 F

Cette valeur correspond à celle indiquée par le fabriquant.

 

 

 

 

 

Correction Nouvelle Calédonie Nov 2003 - III ) Influence des conditions initiales sur le comportement d'un système

Partie 1 : Un système physique :

1) Dans le repère (O, x ,y), v_0x = v₀.cos a   ;   v_0y = v₀.sin a  .

2) Deuxième loi de Newton : Dans le référentiel terrestre supposé galiléen, la somme des forces exercées sur la balle est égale au produit de masse de la balle par son accélération

Le poids P est la seule force exercée sur la balle.

P  = m.a   Þ  m.g = m.a   Þ  g = a   Þ a_x = 0  et a_y = - g

a_x =  dv_x / dt  Þ  v_x = k₁   ( k₁ constante) , à t =0 s, v_x = k₁ = v_0x    Þ v_x = v_0x

a_y = dv_y/dt  Þ  v_y = - g.t + k₂   ;  à t = 0 s, v_y = v_0y = k₁  Þ  v_y = - g.t + v_0y

v_x = dx/dt  Þ  x = v_0x.t + k₃   ;  à t = 0 s, x = k₃ = 0  Þ  x = v_0x.t

v_y = dy/dt  Þ  y = - ½ g.t² + v_0y.t + k₄   ;  à t = 0 s, y = k₄ = 0  Þ  y = - ½ g.t² + v_0y.t

 

Calcul de D :  Si x = D , y = 0  Þ  D = v_0x.t_D    y = 0 = - ½ g.t_D² + v_0y.t_D   Þ - ½ g.t_D + v_0y = 0

t_D = D / v_0x = 2 v_0y / g       Þ                  D = 2 v_0x.v_0y / g = 2 v₀².cos a.sin a / g

Calcul de H : Si y = H , v est horizontal ;  v_y = 0 = - g.t_H + v_0y   ;  t_H = v_0y / g

y = H = - ½ g.t_H² + v_0y.t_H = - ½ g.(v_0y / g)² + v_0y.v_0y / g = ½ v_0y² / g     Þ    H = v_0y² / 2g

3) D'après la figure 2,  v_1x = v_0x  et v_1y = 2 v_0y

D₁ = 2 v_1x.v_1y / g = 4 v_0x.v_0y / g = 2 D      ;   

4) D'après la figure 3,  v_2x = 2 v_0x  et v_2y = v_0y

D₂ = 2 v_2x.v_2y / g = 4 v_0x.v_0y / g = 2 D      ;     H₂ = v_2y² / 2g = v_0y² / 2g =  H

5) D =  2 v₀².cos a.sin a / g  et H = v₀².sin²a / 2g

Si on conserve l'angle a de tir en multipliant la vitesse initiale v₀ par un coefficient k, H et D sont multipliés par k² .

Partie 2 : Un système chimique

1) Ag⁺_(aq)+Fe²⁺_(aq) = Ag_(s)+ Fe³⁺_(aq)        Q_r = [Fe³⁺] / ([Fe²⁺].[Ag⁺])

2) Q_r,i = [Fe³⁺]_i / ([Fe²⁺]_i.[Ag⁺]_i) = 1,0.10^-1 / (1,0.10^-1)² = 10

3) Q_r,i > K , l'évolution spontanée est donc dans le sens indirect de l'équation, de la formation de Ag⁺ et Fe²⁺ .

4) A l'électrode de platine :  Fe³⁺ + e^- = Fe²⁺  ( réduction) , il s'agit donc de la cathode, borne Å.

A l'électrode d'argent :  Ag = Ag⁺ + e^-  (oxydation) , il s'agit donc de l'anode, borne -.

5) Q_r,i = [Fe³⁺]_i / ([Fe²⁺]_i.[Ag⁺]_i) = 1,0.10^-2 / (1,0.10^-1)² = 1

Q_r,i < K , l'évolution spontanée est donc dans le sens direct de l'équation, de la formation de Ag et Fe³⁺ . Les demi-équations sont donc dans l'autre sens, les polarités sont donc inversées.

L'électrode de platine est la borne -  et celle d'argent est la borne Å.

 

©Sciences Mont Blanc

 

 

 

Correction Nouvelle Calédonie Nov 2003 - I ) (spe) Dosage de la caféine

 

I ) Extraction de la caféine :

1) Le rôle du réfrigérant est de condenser les vapeurs formées pour qu'elles retombent dans le ballon et ne s'échappent du milieu réactionnel..

2) On veut extraire la caféine des feuilles de thé, il faut donc la solubiliser dans l'eau. D'après les données, la solubilité de la caféine est beaucoup plus importante à 65°C qu'à 25°C, on chauffe donc pour l'augmenter .

3) On verse le mélange dans une ampoule à décanter et on y ajoute le solvant d'extraction : le dichlorométhane qui a une densité supérieure à l'eau et ne se mélange pas à l'eau, il y a donc deux phases différentes et le dichlorométhane est en dessous de l'eau.

La caféine est plus soluble dans le dichlorométhane que dans l'eau, elle passe presque totalement dans la phase organique.

4) Cette technique s'appelle l'extraction par solvant.

5) Le rôle du sulfate de magnésium anhydre est d'absorber les éventuelles traces d'eau qui pourraient rester dans la phase organique.

6) Pour purifier un solide, on réalise une recristallisation. Les impuretés solides sont ainsi éliminées

 

II ) Préparation de solutions de caféine de différentes concentrations

On veut préparer une solution de concentration 16 mg.L^-1 , soit la moitié de celle de la solution mère, il faut donc la diluer par 2. On place la solution mère dans un bécher de 100 mL, puis on prélève 5,0 mL de solution mère avec une pipette jaugée de 5,0 mL que l'on verse dans une fiole jaugée de 10,0 mL et on complète jusqu'au trait de jauge avec de l'eau distillée.

Remarque : L'éprouvette graduée n'est pas assez précise pour cette manipulation.

III ) Mesure d'absorbance :

1) Ces longueurs d'onde sont inférieures à 400 nm, limite du domaine visible, elles appartiennent au domaine des U.V.

2) On trouve A₁ = 0,17 pour la boisson 1 et A₂ = 0,53 pour la boisson 2.

D'après la loi de Beer-Lambert, l'absorbance A de la solution est proportionnelle à la concentration de l'espèce chimique absorbante : A = k x c

La boisson 2 a une absorbance plus grande, elle contient plus de caféine, elle est plus excitante.

 c_S = 16 mg.L^-1

4) A 228 nm, l'absorbance de l'espèce chimique est plus faible qu'à 271 nm pour une même concentration.

Par exemple, à 20 mg.L^-1 , A₁ » 0,85 ; A₂ » 0,65 et A₃ » 0,48.

La droite (3) a des valeurs plus faibles que les autres, elle correspond à l'étalonnage à 228 nm.