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Corrigé manip-radioLYON 2011

1) La radioactivité

1.1) Un noyau radioactif est un noyau instable qui se transforme spontanément, de manière aléatoire,on dit qu’il se désintègre. La désintégration  s’accompagne de :

- l’apparition d’un nouveau noyau,

- l’émission d’une particule 3 sortes de particules peuvent être émises :  α, β - ou β +

- l’émission d’un rayonnement γ, de nature  électromagnétique
1.2) Lois de Soddy : Lors d’une désintégration radioactive
a ou b,
il y a conservation du nombre de charge Z et du nombre de nucléons A.
1.3) La masse des produits est toujours inférieure à celle des réactifs. La masse n’est pas conservée dans une transformation radioactive

 

2) Echantillon radioactif

2.1) Le thorium 232, le radium 228, le thorium 228, le radon 220
2.2) La particule alpha est un noyau d’hélium.elle est notée  42 He
2.3)  23290Th  —>  22888Ra + 42He.

2.4) Seul le radon et l’hélium sont gazeux et peuvent passer dans le flacon 2, les autres éléments sont des solides à température ambiante.

 

L’hélium est produit en infime quantité étant donné la longue période du thorium 232. Dans le montage réalisé, seul  le radon gaz sera décelable dans le flacon 2

 

3 ) Décroissance radioactive

3.1) Pendant les 5 s de comptage le radon 220 se transforme en polonium 216, ce dernier en plomb 212 (en émettant des particules α).

En 5 s, tous les noyaux de polonium 216 produits sont transformés en plomb.

3.2) Réponse  c) N correspond à deux fois le nombre de noyaux de radon désintégrés : le nombre de particules α émises est égal au nombre de noyaux de radon désintégrés et au nombre de noyaux de polonium produits ; ces derniers se désintègrent tous en 5 s étant donné la période du polonium

3.3) Courbe de désintégration

a) La fonction mathématique est une fonction exponentielle décroissante

b) Le temps de demi-vie est la durée au bout de laquelle la moitié des noyaux initiaux se sont désintégrés.

 

 Corrigé manip-radioLYON 2011 dans Corrigés concours manip radio 2011 Cbe_desint2

 

 

 c) La lecture du graphique permet de donner la valeur de la demi-vie du radon 220: : t1/2 = 60 s

 

 

Corrigé manip-radio TOURS 2011

1.1) Les  deux couples oxydant / réducteur mis en jeu .sont : S2O82-aq / SO42- aq et I2 aq/ I-aq.
1.2) Calcul des quantités de matière initiales des ions iodure, des ions peroxodisulfate et des ions potassium dans le mélange initial :

Dissolution de l’iodure de potassium : KI(s) → K+ (aq)   + I- (aq) ;   n(I-aq)0 = 0,300  × 2/15 = 4,0 10-2 mol.
Dissolution du peroxodisulfate :K2S2O8(s) → 2K+ (aq)    + S2O82-aq

n(S2O82- aq)0 = 0,300 × 1/30 = 1,0 10-2 mol.
Les ions K+ sont apportés par les deux solutés : n(K+ aq)0 = 4,0 10-2 + 2,0 10-2 = 6,0 10-2 mol.
1.3) L’évolution de la couleur de la solution est observable donc la réaction n’est pas immédiate, elle peut être qualifiée de lente.
1.4) Tableau d’avancement

  avancement (mol) 2 I-aq                +          S2O82-aq    =       I2aq            +    2 SO42-aq.
initial

0

0,04 0,01 0 0
en cours

x

0,04 – 2 x 0,01 – x x 2 x
fin

xmax

0,04 – 2 xmax 0,01 – xmax xmax 2 xmax

1.5) Quantité de diiode formée à l’état final
Si I-aq est en défaut : 0,04 – 2 xmax = 0 ; xmax=  0,02 mol.
Si S2O82-aq est en défaut : 0,01 – xmax = 0 ; xmax== 0,01 mol. On retient la plus petite valeur : S2O82-aq est en défaut,  il est le réactif limitant. Il se forme donc 0,010 mol  = 10 mmol de I2aq.

2) Etude cinétique
2.1) L’ajout d’eau froide bloque de la réaction.

2.2) La réaction doit être rapide et totale.
2.3) La solution titrante se trouve dans une burette graduée.
2.4) L’empois d’amidon joue le rôle d’indicateur de fin de réaction.
2.5) Tableau d’avancement de la réaction du dosage

  avancement (mol) I2 (aq) 2 S2O32-(aq) 2 I- S4O62-
initial

0

C V0 C3 VE 0 0
en cours

x

C V0 - x C3 VE – 2 x 2 x x
fin

xmax

C V0 - xm C3VE – 2 xm    

A l’équivalence les quantités de matière des réactifs sont en proportions stoechiométriques de l’équation du dosage : x = n(I2aq) = n(S2O32-aq)/2.
xm = c3  × VE/2  = 0,5 × 0,01 VE  ; [I2aq] = xm/V0 = c3 × VE/2 V0  = x/V(volume total de la solution) d’où X = c3 × VE  × V/2 V0  = 0,01 × 600 × VE/50 = 0,12 V.

2.6) Vitesse de réaction : elle est donnée par la relation : v = (1/V) × dx/dt avec v : vitesse de réaction en mol.L-1.s-1 ; V volume du système chimique en L ; x avancement en mol ; t temps en s.

dx/dt est le coefficient directeur de la tangente à la courbe à la date t.  On peut donc déterminer graphiquement [dx/dt]t=0 puis en divisant par V = 0,60 L, calculer la vitesse initiale de la réaction.
v(t=0) = 0,036 / 0,6 = 0,06 mmol L-1 min-1.


2. 7) Le temps de demi-réaction est la durée au bout de laquelle l’avancement est égal à la moitié de l’avancement final. La réaction étant totale

       xfin = xmax = 0,010 mol.
   x = ½xfin = 0,005 mol = 5,0 mmol. Le graphe ne permet pas la détermination de t½.Corrigé manip-radio TOURS 2011 dans Corrigés concours manip radio 2011 cbe_evolution_x_sol

 

COrrigé manip radio Caën 2010

 

 Exercice 1 : Circuit RLC

 

Partie A

 Etude de la charge du condensateur

 1 Entre A et B est placé un conducteur Ohmique de résistance R, avec la convention récepteur uAB = -R*i

2. pour visualiser uC(t), on doit relier le point M à l’entrée Y et le point N à la masse.

3  (Courbe indisponible) rendue avec la copie du candidat. La courbe de charge d’un condensateur à travers une résistance permet de lire la constante de temps t du circuit

 t = R*C  d’où R = t/C

 La tension aux bornes du condensateur évolue versla valeur E

 

Partie B

 Décharge du condensateur

1. Equation différentielle à laquelle satisfait uc

 La loi d’additivité des tensions permet d’écrire uc + uL = 0

 Uc = q/C  ; uL = L*di/dt + r*i , i = dq/dt

 i= Cdu/dt ; uL  = LCd2uc/dt2 +r Cd2u/dt2

D’où  uC + LCd2u/dt2 +r Cd2u/dt2  =0

 

2.Si la bobine est idéale r=0 donc l’équation différentielle devient :

uC + LCd2uc/dt2 = 0

 

3.a L’équation différentielle doit être vérifiée pour toute valeur de t :

Uc = Umax cos(w0t+j)

 duc/dt = – Umaxw0sin(w0t+j)

d2uc/dt2 = – Umaxw02cos(w0t+j)

 Reportons ces valeurs dans l’équation : 1/LC Umax cos(w0t+j)  – Umaxw02cos(w0t+j) =0

Umax cos(w0t+j) *(1/LC- w02) =0

 Equation vérifiée quel que soit t si (1/LC- w02) =0 donc 1/LC=  w02

1/LC = 4p2/T02

d’où T0 = 2p(racine carrée LC)

Pour déterminer Umax et j on prend en compte les conditions initiales :

A t =0 uc = Umax cos j;  i = 0 Umax sin j = 0

 Sin j = 0 donc j = 0

 A t=0 uc = Umax  = E

 

3.b :  uc(t) = E cos(w0t)

 

4. Energie du circuit :

A chaque instant l’énergie totale pour le circuit LC est la somme des énergies stockées dans le condensateur et dans la bobine. E= Ec + Eb = ½ q2/C + 1/2Li2

La dérivée par rapport au temps de l’énergie totale  a pour expression :

 dE :dt = 1/C qdq/dt  +lLdq/dt d2q/dt2 = Ldq/dt (d2q/dt2 +q/LC) La quantité entre parenthèses est égale à 0 c’est l’équation différentielle vérifiée par le circuit ;

 La valeur de la dérivée est égale à 0 donc l’énergie totale est constante Les oscillations de uc ne sont pas amorties.

 

5. Inductance de la bobine :

La période des oscillations est : T0 = 2p(racine carrée LC) d’où L =(1/C) T02/4p2

L = 1/(C*f02*4p2)= 1/(1×10-6*4*p2*(12,5×103)2) = 0,16 mH

 

 

Exercice N°2

1 ; Dans le repère (Oi,j),les coordonnées du vecteuOG0 sont : (0 ; 5,0)

du vecteur V0( 4cos35 ; 4sin35) soit (3,28 ; 2,29)

 Du vecteur g : (0 ; -g)

 

2. Si on néglige l’action de l’air, la force exercée sur le plongeur est son poids : vecteur P = m*vecteur g

 

3. Enoncé de la deuxième loi de Newton : Dans un référentiel galiléen, la somme des forces extérieures appliquées à un solide est égale au produit de sa masse par l’accélération de son centre d’inertie. SF = m*a ( F et a sont des vecteurs)

 

4. vecteur a = -vecteur g

 Ax = 0 ; az = -g

5. Vx(t) =  4cos35 ; Vy(t) –g*t + 4sin35

 

6. x(t) = 4cos35 *t

 Z(t) = -1/2 g*t2 + 4sin35*t  + 5,0

 

7. Equation de la trajectoire z = f(x)

 A partir de l’expression de x(t) on peut écrire : t = x/4cos35 

 Remplaçons t par cette valeur dans z(t)

Z(x) = -1/2 g(x/4cos35 )2   +  x*tan35  + 5,0

 Cette expression est l’équation de la trajectoire.

 

8. Lorsque le plongeur touche l’eau z = 0 donc : -1/2 g(x/4cos35 )2   +  x*tan35  + 5,0 =0

 -0,14 x2  + 0,7x  + 0,5 = 0

La solution de cette équation qui convient est x = 5,6

 La valeur de la distance xf atteinte par le plongeur est5,6 m

 

 Exercice N°3

1. Relation entre la fréquence n d’une radiation et sa longueur d’onde l  n = c/ l où c est la célérité de la lumière dans le vide.

 

2. n = 3,00×108/ 591×10-9 = 5,08×1014 Hz

 

3. E= h*n = 6,62×10-34*5,08×1014 = 3,36×10-19 J  = 2,1 eV

 

4. L’énergie de la radiation correspond à la transition : -5,1 à -3,0, E = 2,1 eV

 

5. L’atome initialement à l’état fondamental absorbe la radiation et se trouve au niveau -3,à

 E = -3,0-(-5,1) = 2,1 eV ;

 

6. Si dans son état fondamental l’atome reçoit un quantum de 3,0eV il ne se passe rien, ce quantum ne correspond à aucune transition possible pour l’atome.

 

 

CHIMIE

 Exercice N° 4

 La pile au lithium dans un simulateur cardiaque

1.Demi-équation à la borne positive : MnO2 +  e- + H+  = MnOOH

2. Demi-équation à la borne négative : Li = Li+  +   e-

3. Equation de la réaction se produisant dans la pile :

Li(s)    +   MnO2(s)   +  H+    = Li(aq)+    +   MnOOH

4. Tableau d’avancement :

équation Li(s)                +             MnO2(s)   +               H+    = Li(aq)+    +   MnOOH
État initial N0 Ni(X) excés 0 0
Intermédiaire N0-x Ni(X)  - x   x x
final N0-xm= 0 Ni(X)  - xm   xm xm

Li étant le réactif limitant n0 = xm

 5. ne = x d’où Q = x*F

6.C=  Q =( 1/6,9 )* 9,65x&04 =13992,5 C

 7. C= 13992,5/ 3600 = 3,887 A.h par g = 3887 A.h.kg-1

 8. C= I*Dtmax d’où Dtmax  = C/I

 L’intensité étant très faible la durée de fonctionnement est importante, de l’ordre de 10ans . C’est pour cette raison que l’on utilise les piles au lithium dans les simulateurs cardiaques

 

 Exercice N°5

1.HCl (g)    + H2O (l)    = H30+      + Cl- Toutes les molécules du gaz HCl ont réagi avec l’eau.

 

2. a. Nombre de moles n0 de soluté dans 5 ,0 mL de solution commerciale

 Ρsolution = d*ρeau = 1,16 g/mL Cela signifie que 1mL de la solution commerciale a pour masse 1,16g

 Masse de 5mL de solution commerciale : m’ = 5,8g

 Masse de HCl : m = 5,8*33/100 =1,9 g

n0 = m/M = 1,9 /36,5 = 5,2×10-2 mol

b. C = n0 /V = 5,2×10-2/1000 = 5,2×10-5  mol.L-1

c. Les ions majoritaires présents dans la solution sont = H30+  et Cl- leurs concentrations sont égales et égales à la concentration en soluté HCl. [H30+] = [Cl-] =  5,2×10-5  mol.L-1

d. pH de la solution pH = -log [H30+] = 4,3

3. a. Equation de la réaction : C2H5NH2   +   H30+     =   C2H5NH3+     + H2O

 b. constante d’équilibre : K =[ C2H5NH3+ ] / [C2H5NH2 ]* [H30+]  = 1/KA = 1/10,7 = 0,093   

c. Tableau d’avancement :

Equation C2H5NH2             +           H30+           =        C2H5NH3+     +    H2O
Etat initial 5×10-4 1,3×10-6 0 excès
Etat final 5×10-4 -1,3×10-6 0 1,3×10-6 excès

Le réactif limitant est H3O+

 d. Composition finale du mélange

 Volume total 45 mL

[H30+] = 0

[C2H5NH3+] = 1,3×10-6/ 45×10-3 = 2,8×10-5 mol/L

 [C2H5NH2] = 1,11×10-2mol/L

4 La concentration finale est 1,11×10-2mol/L

Corrigé manip radio Clermont 2011

Corrigé manipulateur d’électroradiologie médicale : Clermont-Ferrand 2011.

 

Exercice 1.
1) Les longueurs d’onde dans le vide du spectre visible sont comprises entre 400nm pour le violet et 800 nm pour le rouge, le rayonnement infra rouge se situe au-delà du rouge, longueur d’onde supérieure à 800nm, le rayonnement ultra violet est situé en deçà du violet, longueur d’onde inférieure à 400nm

 

2) Une radiation de longueur d’onde l =600 nm dans l’air.est une radiation de couleur jaune.

La célérité de la lumière dans l’air est voisine de celle dans le vide : c = 3×108 m/s

 La fréquence de cette radiation est : ; f = c / l =3,0 108 / 600 10-9 =5,0 1014 Hz

3) La fréquence caractérise une onde ; elle est indépendante du milieu de propagation donc

f = 5,0 1014 Hz.
La couleur est liée à la fréquence : la radiation est toujours jaune.
lverre = 1,8 108 / 5,0 1014 =3,6 10-7 m = 360 nm.

Exercice 2.

1) Schéma représentant la somme des forces ( indisponible momentanément)

La luge est soumise à  :
- son poids, vertical, vers le bas, valeur

P= mg  = 11*10 = 110 = 1,1 102 N ;
-la réaction du plan, perpendiculaire au plan,(absence de frottements) vers le haut, valeur  RN = mg*cos a = 110 cos12

 

2) Rn = 1,076 102 ~1,1 102 N.

 

La luge est soumise à la force ΣF parallèle à la piste de valeur mg*sina = 110cos 12 = 22,87 N

 

3) On écrit le théorème de l’énergie cinétique

:D elta EC = Somme des travaux des forces extérieures

 état initial : départ (luge à l’arrêt en haut de la piste)

 Etat final :  la luge a parcouru 100 m
Ec initiale = 0 ; Ec fin = ½mv2 ;

DEc = Ec fin – Ec initiale = ½mv2 ;

 Travail moteur de : ΣF :  W = mg d sin a ;
½mv2  = mg d sin a ; v2 =2 g d sin a ; v = Racine carrée ( 2*10*100*sin12) = 20,4 m/s

Exercice 3.

1) Schéma représentant l’objet AB et son image A’B’

2) Relation de conjugaison : 1/OA’ – 1/OA = 1/f d’où 1/OA’ = 1/f + 1/OA = 1/0,05  + 1/(-à,12) 11,66

OA’ = 1/11,66 = 0,086m =8,6 cm

 L’image A’B’est située à8,6 cmde la lentille

 Taille de l’image : relation de grandissement g = A’B’/AB = OA’/OA d’où A’B’ = (OA’/OA)*AB = 8,6*1,5/12 = 1,1cm

 

Exercice 4
1) Calcul de la puissance électrique Pél reçue par le moteur.
Puissance (W) = énergie ( J) / durée (s)
Pél = 360 / (2*60) =3,0 W.

2) Intensité du courant qui le traverse
Pél = U I d’où I = Pél / U = 3,0 / 12 = 0,25 A.

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