Correction Bac Nouvelle Calédonie Mars 2008

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I ) Stockage de l'énergie solaire" (6,5 points)

II ) Science et sport (5,5 points)

III ) Un conservateur alimentaire (4 points)

Correction Bac Nouvelle Calédonie Mars 2008 - I ) Stockage de l'énergie solaire" :

1) Utilisation d’un condensateur de très grande capacité

1.1) Charge du condensateur à courant constant

1.1.1) voir graphe

 

1.1.2) uC = q / C

 

1.1.3) q = I . t     ; uC = q / C = I . t / C     (si uC < Umax )

 

1.1.4) D'après le graphique, à t = 0,80s, uC = 2,2 V  ;  k = 2,2 / 0,80 = 2,75

 

1.1.5) EC = ½ C . uC2 = ½ x 0,100 x 2,252 = 0,25 J

 

 

 

1.2) Décharge du condensateur dans un conducteur ohmique

1.2.1) i = dq/dt   ;  q = C . uC  ;  i = C . duC/dt

 

1.2.3) D'après le montage, uC + uR = 0  (on flèche les tensions à l'opposé du courant)

uR = R . i   ;  duC/dt = - (1/RC) . Umax . e – t / RC

uC + R.C.duC/dt = Umax . e – t / RC – R.C.(1/RC) Umax . e – t / RC = 0

 

1.2.4) Lors de la charge, i est positif, les électrons circulent en sens inverse, la plaque B se charge négativement. Lors de la décharge, les électrons de la plaque B circulent en sens inverse vers la plaque A, le courant i est donc négatif lors de la décharge?


1.2.5) On peut utiliser deux méthodes différentes : 

* la méthode de la tangente à l'origine qui coupe l'axe des temps au temps τ 

* la méthode des 37% : la tension uC au temps τ vaut 37 % de la tension initiale .

D'après le graphique, τ = 130 ms .     R = τ / C = 0,13 / 0,100 = 1,3 Ω

 

1.2.6) D'après le graphique, uC = 1,0 V pour t = 100 ms.

La lampe fonctionne correctement pour uC supérieure à 1,0 V. La durée Δt pendant laquelle la lampe fonctionne correctement est donc de 100 ms.

2) Utilisation d’une pile à combustible

2.1) Electrolyse de l’eau

2.1.1) L'électrolyse est toujours une réaction forcée car il faut lui apporter de l'énergie sous forme électrique grace à un générateur.

 

2.1.2) 2 H2O(l) = O2 (g) + 4 e- + 4 H+(aq)   oxydation à l'anode

2 H+(aq) + 2 e-  = H2 (g)   réduction à la cathode

 

2.1.3) Les électrons arrivent de la borne négative vers l'électrode . Cela permet un gain d'électrons, une réduction. Cette électrode est donc une cathode.

 

2.2) Fonctionnement de la pile

2.2.1) voir schéma

 

2.2.2)  H2 (g) = 2 H+(aq) + 2 e-  

D'après cette demi-équation : n(H2)f = n(H2)0 – xmax

D'après le texte, n(H2)f = 0   ; xmax = n(H2)0

n(e- )f = 2 xmax = 2 n(H2)0 = 2 x 6,0.10-2 = 0,12 mol

Q = n(e-) . F = 0,12 x 9,65.104 = 1,2.104 C

 

2.2.3) Q = I . t   ; t = Q / I = 1,2.104 / 0,70 = 1,7.104 s = 4,6 h

 

Ce temps est nettement plus grand que celui de la question 1.2.6. Ce dispositif peut être utilisé pour un éclairage de nuit.

 

 

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Correction Bac Nouvelle Calédonie Mars 2008 - II ) Science et sport :

1) Saut du plongeur :

1.1) A la date tS , l’altitude est maximale, l’énergie potentielle Epp est donc maximale.

D’après le graphique de la figure 7, Epp est maximum pour tS = 400 ms.   Epp = 3,45 kJ.

Epp = m . g . yS  ;  yS = Epp / (m . g) = 3,45.103 / (70,0 x 9,80) = 5,03 m. Cette valeur est compatible avec la valeur de y0 de 4,0 m.

 

1.2.1) Em = Ec + Epp = ½ m . v2 + m . g . y

 

1.2.2) Le plongeur peut être considéré en chute libre car il n’est soumis qu’à son poids. Les forces de l’air sont négligées.

Lors de la chute libre , les forces autres que le poids n’existent pas, l’énergie mécanique se conserve donc. Em = constante.

 

1.2.3) Em =Em0 = ½ m.v02 + m.g.y0 = Em1 = Ec1 + m.g.y1   ;   Ec1 = ½ m .v02 + m . g . (y0 – y1)

Ec1 = ½ x 70,0 x 4,02 + 70,0 x 9,80 x (4,0 – 1,0) = 2,6.103 J

 

1.2.4) v12 = 2 Ec1 / m  ;   v1 = (2 Ec1 / m) = ( 2 x 2,6.103 / 70,0) = 8,6 m.s-1

Cette valeur est compatible avec celle de v0 de 4,0 m.s-1 car v1 doit être supérieure à v0 .

2) Mouvement dans l'eau :

2.1) D'après la figure 8, à t = 0 s, y = - 2,0 m. Les mains sont donc à 3,0 m de profondeur, elles sont à 2,0 m du fond.

 

2.2.1) Les forces exercées sur le plongeur sont :

- le poids du plongeur, vertical vers le bas. P = m . g

- la poussée d'Archimède A de l'eau sur le plongeur, verticale vers le haut.   PA = ρ. V . g

- la force de frottements de l'eau sur le plongeur, opposé au déplacement.   f = k . v2

 

2.2.2) On applique la 2ème loi de Newton dans le référentiel terrestre galiléen :

+ A +  =

On projète sur l'axe Oy :  - P + PA + f = m . a   ;   - m . g + ρ . V . g + k . v2 = m . a = m . dvy/dt

On divise par la masse m :    g . ( -1 + ρ> . V / m) + (k / m) . v2 = dvy/dt

dvy/dt + g . ( 1 - ρ . V / m) + (k / m) . v2 = 0

 

2.2.3) En régime permanent, la vitesse limite vl est atteinte, elle est constante et dvy/dt = 0.

g . ( 1 - ρ . V / m) + (k / m) . vl2 = 0    ;   vl2 = (m - ρ . V) . g / k

vl = ((m - ρ . V) . g / k )

 

2.2.4) vl = ((70,0 – 1,00.103 x 6,50.10-2 ) x 9,80 / 150 ) = 0,57 m.s-1 

 

2.2.5) Au delà de 3,0 s, l'évolution de y est linéaire, la courbe y = f(t) est une droit, dvy/dt est alors constante et égale à vl , le régime permanent est atteint.

A t = 3,0 s, y = 3,6 m , les mains sont donc à 4,6 m de profondeur, à0,40 m du fond.

 

2.3) vy(tn+1) = vy(tn) + ay(tn) . Δt  et ay(t) = 2,14 vy2 – 0,700  

vy(tn+1) = - 2,21 + 9,75 x 1,20.10-2 = - 2,09 m.s-1  ;   ay(tn+1) = 2,14 x (-2,09)2 – 0,700 =8,67 m.s-2

Ces valeurs sont compatibles avec les autres valeurs du tableau.

- 2,21 < vy(tn+1) < - 1,99 et  7,77 < ay(tn+1) < 9,75

 

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Correction Bac Nouvelle Calédonie Mars 2008 - III ) Un conservateur alimentaire :


1) Composition d'une solution saturée d'acide benzoïque

1.1) C6H5CO2H(aq) + H2O(l) = H3O+(aq) + C6H5CO2-(aq)

 

1.2) c = n / V = (m / M) / V = (3,26 / 122) / 1,00 = 2,67.10-2 mol.L-1

D'après la définition donnée dans le texte, la valeur de la solubilité s de l'acide benzoïque à 24°C est égale à la solubilité :   s = c = 2,67.10-2 mol.L-1

 

1.3) n0 = c . V' = 2,67.10-2 x 20,0.10-3 = 5,34.10-4 mol

Si la réaction est totale, n(C6H5CO2H)f = 0 = n0 – xmax  ;  xmax = n0 = 5,34.10-4 mol

 

1.4) D'après l'équation,  n(H3O+ )f = xf . 

n(H3O+)f = 10-pH . V = 10- 2,9 x 0,0200 = 2,52.10-5 mol = xf

Taux d'avancement : τ = xf / xmax = 2,52.10-5 / 5,34.10-4 = 4,71.10-2 = 4,71 %

La transformation n'est donc pas totale, elle est très limitée.

 

1.5) Le taux d'avancement étant faible, la concentration en ion benzoate est faible. Dans une solution saturée d'acide benzoïque à l'équilibre, la concentration en acide benzoïque dans la solution à l'équilibre est sensiblement égale à la concentration apportée en acide benzoïque. (b)

2) Titrage des solutions saturées d'acide benzoïque

2.1) C6H5CO2H(aq) + HO-(aq) H2O(l) + C6H5CO2-(aq)

Ici on peut utiliser une flèche car une réaction de dosage doit être totale.

 

2.2) A l'équivalence, les réactifs ont été mélangés dans les proportions stoechiométriques de l'équation et sont complètement consommés tous les deux.

 

2.3) On utilise la méthode des tangentes parallèles.

D'après le graphique, VbE = 10,9 mL

 

2.4) n(C6H5CO2H)f = 0 = c . Vp – xmax

n(HO-)éq = 0 = cb . VbE - xmax

xmax = c . Vp = cb . VbE

c = cb . VbE / Vp

c = 5,0.10-2 x 10,9.10-3 / 20,0.10-3

c = 2,7.10-2 mol.L-1

 

n = c . V = 2,7.10-2 x 0,100 = 2,7.10-3 mol ; mmax = n . M = 2,7.10-3 x 122 = 0,33 g

On a introduit initialement 0,55g et 0,33g d'acide benzoïque a été dissous dans 0,10 Litre.
Il reste donc 0,22 g d'acide benzoïque solide, la solution est donc bien saturée.

 

3) Variation de la solubilité de l'acide benzoïque dans l'eau en fonction de la température

3.1) L'expression (1) est fausse car elle correspond à une droite.

Les expressions (2) et (4) correspondent à des courbes décroissantes or la courbe proposée est croissante.

L'expression (3) est donc la bonne :  (3) s = b . e – a / T

 

3.2) T = 80 + 273 = 353 °K. D'après la figure 10, s = 13,6.10-2 mol.L-1

 

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