DS n°3 – 2h Equilibres – Nucléaire et RC TS
Corrigé
Exercice 1. Circuit RC pour alimenter une alarme – 15’
1.
2.
La constante de temps est l’abscisse du point d’intersection entre la tangente à la courbe à la date t = 0 s et l’asymptote horizontale.
Sur le graphique, à l'aide d'une règle graduée, on a : τ = 5.102s
3. ττττ = R××××C = 47.103×1,1×103×10-6 = 52 s : la valeur obtenue est bien en accord avec le résultat précédent.
4. ∆t correspond à la durée nécessaire pour que uC atteigne 8,0 V.
Sur le graphique, on mesure ∆t = 1,1××××102 s.
Exercice 2. Où est passée l’antimatière ? – 60’
1. L’antimatière au voisinage de la Terre
1.1. Exploitation du texte : 1.1.1. E = m.c²
Il s’agit de l’équivalence masse-énergie.
E : énergie de masse en joules (J) d’une particule au repos.
m : masse de la particule en kilogrammes (kg).
c : célérité de la lumière dans le vide en m.s-1.
1.1.2. D’après Einstein, il y a équivalence entre la masse et l’énergie. Au cours de l’annihilation, la masse des particules est convertie en énergie sous forme de rayonnement (E = h.ν).
1.2. Énergie créée lors de l’éruption solaire de juillet 2002 : 1.2.1. −01e+ o1e→200γ
1.2.2. ∆E = 0 − (mélectron + mpositon).c² = − 2.mélectron.c²
∆E = − 2×9,109×10−31×(2,998×108)² = −1,63743457×10−13 J = −−−−1,637×10-13 J
Le système {positon + électron} libère une énergie Elib = 1,637×10−13 J au milieu extérieur.
1.2.3. En 2002, l’éruption solaire a formé 0,5 kg d’antimatière, soit 0,5 kg de positons.
Or l’énergie précédente est celle libérée pour la consommation d’un seul positon de masse 9,109×10-31 kg.
Soit N le nombre de positons contenus dans un demi-kilogramme d’antimatière.
E = N. Elib
E = 0,500 31
9,109 10× − × 1,63743457×10−13 = 8,988×1016 J
Or 1 W.h = 3600 J donc E = 2,497×1013 W.h = 2,497×104GW.h
L’éruption solaire a fourni 2,497×104GW.h au milieu extérieur. Ce qui correspond à environ 21 jours (2,497×104 / 1200) de consommation électrique en France.
i
E
R
A
B
C uAB
Y
2. La création d’éléments radioactifs artificiels.
2.1. Étude de la réaction 1 :
2.1.1. Une « particule alpha » est un noyau d’hélium 42He .
2.1.2. Réaction 1 : transformation nucléaire provoquée 42He+2713Al→ 3015P+01n.
2.1.3. ∆E = (Σmf – Σmi).c² = (mn + m(P) – m(He) –m(Al)).c²
2.1.4. Méthode + simple : Sachant que 1 u correspond à une énergie de 931,5 MeV, il suffit d’exprimer la variation de masse en u et de la multiplier par 931,5 pour avoir l’énergie libérée en MeV.
∆E = (1,008 66 + 29,970 1 − 4,001 50 − 26,974 4) × 931,5 = 0,00286 × 931,5 = 2,664 MeV Cette réaction provoque un gain de masse Σmf − Σmi > 0.
Remarque : Cette réaction ne se produit que si le système reçoit cette énergie qui lui est apportée sous la forme d’énergie cinétique des particules alpha.
2.2. Étude de la réaction 2 : 2.2.1. 3015P→ 01e+3014Si
Il s’agit d’une désintégration β+ qui libère un positon.
2.2.2. C’est une réaction nucléaire spontanée qui provoque une perte de masse.
Elle fournit de l’énergie au milieu extérieur, donc Elib < 0 car (Σmf – Σmi) < 0.
3. Décroissance radioactive du phosphore.
3.1. L’activité est égale au nombre moyen de désintégrations chaque seconde.
A(t) = A0.e−λ.t A0 activité à la date t = 0 exprimée en becquerels λ constante radioactive exprimée en s−1
t date exprimée en s
3.2. Le temps demi-vie t1/2 est la durée au bout de laquelle la population d’un échantillon radioactif a été divisé par deux. Il en est de même pour l’activité.
A(t1/2) = A0/2
A0.e−λ.t1 2/ = A0/2 d’où e−λ.t1 2/ = ½ ln(e−λ.t1 2/ ) = ln(1/2) = −ln2
Soit 1/2 ln 2 t =
λ .
3.3. A(t1) = A1 = A0. e−λ.t1
ln(A(t1)) = lnA1 = ln (A0. e−λ.t1) = lnA0 − λ.t1
λ.t1 = lnA0 – lnA1
1/2
ln 2
t .t1 = ln 0
1
A A t1 = (ln 0
1
A A ).t1/2
ln 2 = (ln
13 12
7,2 10 9,0 10
×
× ) × 156
ln 2 = 468 s = 4,7×102 s
3.4.
13 0
12 1
A 7,2 10
A 9,0 10
= ×
× = 8,0
A1 =A0/8 : L’activité initiale a été divisée par 8.
Or au bout de t1/2 elle est divisée par deux, au bout de 2.t1/2 elle est divisée par quatre, et au bout de 3.t1/2 elle est divisée par huit.
Soit t1 = 3.t1/2 = 3×156 = 468 s
Exercice 3. Comparaison de l’acidité de deux acides – 40’
1.a) & b)
équation chimique AH (aq) + H
2O (l) = A
−−−−(aq) + H
3O
+Etat du système
Avancemen
t (mol) Quantités de matière (mol)
Etat initial
x = 0
C.V Excès 0 0En cours de
transformation
x
C.V − x Excès x xEtat final
(équilibre)
x
éq C.V − xéq Excès xéq xéqc) [H3O+]éq = [A−(aq)]éq = V xéq
[AH(aq)]éq = V
x V C. − éq
= C − V xéq
donc [AH(aq)]éq = C −−−− [H3O+]éq
Qr,éq =
éq éq éq
aq
aq AH
O H A
)]
( [
] [
]
[ (− ) × 3 + =
éq éq
O H C
O H
] [
] [
3 2 3
+ +
− d) σ = λ1 . [H3O+]éq + λ2 . [A−(aq)]éq
σσσσ = (λλλλ1 + λλλλ2 ) . [H3O+]éq
2.a) σ = (λ1 + λ2 ) . [H3O+]éq donc [H3O+]éq =
2
1 λ
λ σ + [H3O+]éq = 3
2
10 ).
62 , 3 0 , 35 (
10 . 18 , 7
−
−
+ = 1,859 mol.m−3 soit [H3O+]éq = 1,86.10–3 mol.L−−−−1
Qr,éq =
éq éq
O H C
O H
] [
] [
3 2 3
+ +
− = 3 3
3
10 . 859140342 ,
1 10 . 00 , 5
)² 10 . 859140342 ,
1 (
−
−
−
− =1,10.10
−3 = 11,0.10−−−−4
b) [H3O+]éq est plus grande pour l’acide salicylique que pour l’acide benzoïque (à concentration égale), donc on peut dire que l’acide salicylique se dissocie mieux dans l’eau que l’acide benzoïque.
L’acide salicylique est plus fort que l’acide benzoïque. Il cède plus facilement son proton H+ à l’eau.
c) La constante d'acidité est égale au quotient de réaction à l'équilibre Qr,éq de réaction entre un acide et l'eau, soit KA =
éq éq éq
aq
aq AH
O H A
)]
( [
] [
]
[ (− ) × 3 +
= Qr,éq
Pour retrouver les valeurs respectives des pKa des acides, on effectue la moyenne des trois Qr,éq pour chacun. Puis on calcule –lg(Qr,éq moyen) = pKa.
