Correction Sujet Bac Réunion Juin 2005
Calculatrice autorisée
I ) Recherche d'un modèle de force de frottement(6 points)
II ) Evolution de la réaction de l'ammoniac avec l'eau (3 points)
III ) Scintigraphie thyroïdienne
(4 points)
I ) Extraits de la notice d'utilisation d'un télescope(spe)
(4 points)
Réunion Juin 2005 - I ) Recherche d'un modèle de force de frottement :
1) D'après le document 1, le mouvement est vertical et rectiligne. Le document 2 indique que entre les positions M15 et M21. , la vitesse est constante, le mouvement est donc uniforme.
La loi de Newton ainsi illustrée est la 1ère loi de Newton : Si un solide est en mouvement rectiligne et uniforme, la somme des forces exercées sur lui est nulle
2) Les prises de vue se font à 50 images par seconde, il y a donc un intervalle de temps de 1/50 s entre chaque image soit 20 ms.
1) v6 = M5M7 / (t7 – t5) = (69,0 – 41,0).10-3 / (140 – 100).10-3 = 7,00.10-1 m.s-1
2) a18 = (v19 – v17) / (t19 – t17) = (0,95 – 0,95).10-3 / 40.10-3 = 0 m.s-2
Le résultat obtenu est compatible avec celui obtenu au A) 1) car le mouvement étant uniforme, l'accélération doit être nulle.
1) P : poids de la bille, vertical vers le bas, P = m . g = rA.V.g
Pa : poussée d'Archimède exercée par l'huile, verticale vers le haut ,
Pa = mhuile . g = rH.V.g
f : force de frottements exercée par l'huile, verticale vers le haut.
2) m = rA .V = 7850 x 0,52.10-6 = 4,1.10-3 kg
3) Pa = rH .V. g = 920 x 0,52.10-6 x 9,8 = 4,7.10-3 N
1) Dans le référentiel terrestre supposé galiléen, on applique le théorème du centre d'inertie ou 2ème loi de Newton :
P + Pa + f = m . a (a = aZ , aucun mouvement selon Ox et Oy)
On projète sur un axe vertical dirigé vers le bas :
P – Pa – f = m . a ; rA.V.g – rH.V.g – f = rA.V.dv/dt
(1 – rH / rA).g = dv/dt + f /m
2) D'après l'équation, A = (1 – rH / rA).g = ( 1 – 920 / 7850) x 9,8 = 8,65 m.s-2
D'après l'équation, A est homogène à dv/dt, une accélération, son unité est donc m.s-2 .
1) a) On remplace l'expression de f dans l'équation différentielle :
A = dv/dt + k1.v /m B1 = k1 / m
b) Lorsque la vitesse de la bille atteint la vitesse limite V|im, elle est constante, le terme dv/dt est donc nul.
A = B1 . vlim ; B1 = A / vlim
k1 = m . A / vlim = 4,1.10-3 x 8,65 / 0,95 = 3,7.10-2 kg.s-1
A est en m.s-2 , m en kg et vlim en m.s-1 , k1 est donc en kg.s-1
2) A = dv/dt + k2.v2 /m B2 = k2 / m.
Si v = vlim , dv/dt = 0 , A = k2.vlim2 /m = B2 . vlim2 ; B2 = A / vlim2
k2 = m . A / vlim2 = 4,1.10-3 x 8,65 / 0,952 = 3,9.10-2 kg.m-1
A est en m.s-2 , m en kg et vlim en m.s-1 , k2 est donc en kg.m-1
3) Comparaison des deux modèles précédents :
De 0 à 0,80 m.s-1 , le modèle n°1coïncide le mieux et de 0,88 à 0,95 m.s-1 , c'est le modèle n°2 qui convient le mieux.
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Réunion Juin 2005 - II ) Evolution de la
réaction de l'ammoniac avec l'eau :
1) Lorsqu'on dilue, la quantité de matière ne change pas : n(NH3) = C1.V1 = C0. V0
V0 = V1 . C1 / C0 = V1 / 10 = 5,0 mL
2) On prélève 5,0 mL de solution S0 avec une pipette jaugée de 5,0 mL que l'on verse dans une fiole jaugée déjà à moitié remplie d'eau distillée ( pour éviter de verser de l'eau dans une solution très basique) puis on complète avec de l'eau distillée jusqu'au trait de jauge. Pour terminer, on agite pour homogénéiser la solution.
3) Ke = [H3O+].[HO-] ; [HO-](S1) = Ke / [H3O+] = 1,00.10-14 / 10- 11,62 = 4,17.10-3 mol.L-1
4) n1 = C1.V1 = 1,09 x 1,0 = 1,1 mol
Si la réaction est totale, n(NH3)f = 0 = 1,1 – xmax ; xmax = 1,1 mol
n(HO-)f = [HO-](S1).V1 = 4,2.10-3 mol = xf
Etat |
Avancement |
NH3 + H2O = HO- + NH4+ |
|||
initial |
0 |
n1 = 1,1 mol |
excès |
0 |
0 |
intermédiaire |
x |
1,1 – x |
x |
x |
|
final |
xf = 4,2.10-3 mol |
1,1 – xf |
xf |
xf |
|
maximal |
xmax = 1,1 mol |
1,1 – xmax |
xmax |
xmax |
5) taux d'avancement final : t1 = xf / xmax = 4,2.10-3 / 1,1 = 3,8.10-3 = 0,38 %
La réaction est donc très peu avancée.
6) quotient de réaction : Qr,1 = [HO-]f . [H3O+]f / [NH3]f = (xf / V1)2 / ((1,1 – xf) / V1)
Qr,1 = xf 2 / ((1,1 – xf).V1) = (4,2.10-3)2 / (( 1,1 – 4,2.10-3) x 1,0) = 1,6.10-5
Qr,1 » Qr, éq . On peut donc considérer que le système est à l'équilibre aux incertitudes près.
A) 1) En considérant que les quantités de matière n'ont pas changé. Cf.Vf = Ci.Vi , Vf / Vi = 100
[HO-](hyp) = [HO-](S1) / 100 ; [NH4+](hyp) = [NH4+] (S1) / 100 ; [NH3] (hyp) = [NH3] (S1) / 100
2) Qr,hyp = [HO-](hyp) . [H3O+](hyp) / [NH3](hyp) = ([HO-](s1)/100).([NH4+] (s1)/100) / ([NH3] (s1)/100)
Qr, hyp = Qr, 1 / 100
3) Qr, hyp » Qr, eq / 100 = 1,6.10-7
Qr, hyp < Qr, eq , d'après le critère d'évolution spontanée, le système évolue dans le sens direct de l'équation , la formation de NH4+ et HO- . Les quantités de matière varient, donc l'hypothèse n'est pas vérifiée.
B) Conductimétrie:
1) s = 0,114 mS.cm-1 = 11,4 mS.m-1 = 1,14.10-2 S.m-1
2) s = l(NH4+).[NH4+] (S2) + l(HO-).[HO-](S2).
3) D'après le tableau d'avancement de la réaction de l'ammoniac sur l'eau, [NH4+] (S2) = [HO-](S2).
[HO-](S2) = s / (l(NH4+) + l(HO-)= 1,14.10-2 / (7,34.10-3 + 19,9.10-3) = 0,418 mol.m-3
[HO-](S2) = 4,18.10-4 mol.L-1
4) On étudie une solution S2 de concentration C2 = C0 / 1000 = 1,09.10-2 mol.L-1
n1
= C2.V2 = 1,1.10-2 mol ( V2 = 1,0 L ) , xf
= [HO- ](S2)
. V2 = 4,2.10-4 mol
Etat |
Avancement |
NH3 + H2O = HO- + NH4+ |
|||
initial |
0 |
n1 = 1,1.10-2 |
excès |
0 |
0 |
intermédiaire |
x |
1,1.10-2 – x |
x |
x |
|
final |
xf =4,2.10-4 mol |
1,1.10-2 – xf |
xf |
xf |
|
maximal |
xmax = 1,1.10-2 |
1,1.10-2–xmax |
xmax |
xmax |
t2 = xf / xmax = 4,2.10-4 / 1,1.10-2 = 3,8.10-2 = 3,8 %
5) La dilution de la solution mère augmente le taux d'avancement de la réaction de l'ammoniac sur l'eau , le système évolue dans le sens direct de la formation de NH4+ et HO- .
L'hypothèse n'est pas valable.
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Réunion Juin 2005 - III ) Scintigraphie thyroïdienne
:
a) 21H + 12252Te = 12353 I + 10n
La particule émise est un neutron.
Il y a conservation du nombre global de nucléons : A = 122 + 2 – 123 = 1
Il y a conservation du nombre global de charge : X = 52 + 1 – 53 = 0
b) t1/2(123I) = ln 2 / l123 = ln 2 / 1,459.10-5 = 4,75.104
s = 13,2 h
t1/2(131I) = ln 2 / l131 = ln 2 / 1,001.10-6 = 6,92.105 s = 192 h
Il est préférable d'utiliser l'isotope 123I par rapport au 131I pour limiter le temps d'activité de l'élément radioactif dans le corps.
a) Arestant = l123 . Nrestant = l123 . (N0 – Ninjectée ) = A0 – Ainjectée = 28,5 – 7 = 21,5 MBq
b) e - l .Dt = e – 1,459.10-5 x 30 x 60
= 0,97 ; A9h30 = Arestant . e - l . Dt = 21,5 x 0,97 = 20,9 MBq
c) A10h = 0,97 (A9h30 – 7 ) = 13,5 MBq
; A10h30 = 0,97
(A10h – 7 ) = 6,3 MBq
Trois patients peuvent donc avoir la dose nécessaire (7 Mbq) à la réalisation d'une scintigraphie.
a) N0 = A0 / l123 = 7.106 / 1,459.10-5 = 4,8.1011 noyaux
b) N 6 sem = N0 . e - l . t = 4,8.1011 . exp( - 1,459.10-5
x 6 x 7 x 24 x 3600 ) = 4,9.10-12
La première injection n'a donc aucune influence sur la scintigraphie qui suit la deuxième injection.
c) Sur la scintigraphie avant traitement, on voit une zone plus claire indiquant
la présence d'un nodule hypofixant car cette zone émet moins de rayons gamma.
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Réunion Juin 2005 - I ) Extraits de la
notice d'utilisation d'un télescope (spécialité) :
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