Corrigé Physique-Chimie 2026 Amérique du Nord jour 1

En résumé : le sujet Physique-Chimie corrigé

Le sujet comporte trois exercices : valorisation du dioxyde de carbone dans les cimenteries, effet photoélectrique et panneaux photovoltaïques, puis étude d’un lancer franc. Cette page propose une correction pédagogique, avec les résultats attendus, les étapes de calcul et les points de méthode à retenir pour le bac.

Exercice 1 — Valorisation du dioxyde de carbone dans les cimenteries

Q1 — Groupes caractéristiques de l’éthanolamine

L’éthanolamine a pour formule semi-développée HO–CH2–CH2–NH2. Elle possède deux groupes caractéristiques : le groupe hydroxyle –OH, associé à la famille des alcools, et le groupe amino –NH2, associé à la famille des amines.

Q2 — Vérification de la concentration

Pour 1,0 L de solution de densité voisine de 1, la masse de solution est environ 1000 g. La solution contient 20 % en masse d’éthanolamine :

m = 0,20 × 1000 = 200 g
n = m / M = 200 / 61,0 = 3,28 mol
C = n / V = 3,28 / 1,0 ≈ 3,3 mol·L⁻¹

Q3 et Q4 — Prédominance acide-base

Le couple étudié est C2H8NO+ / C2H7NO avec pKA = 9,5. Pour pH = 11, on a pH > pKA, donc la forme basique C2H7NO prédomine.

Q5 à Q8 — Taux d’avancement

Par définition, le taux d’avancement vaut :

τ = xf / xmax

Le réactif limitant est l’éthanolamine, donc xmax = C × V. À l’équilibre, xf = [HO−] × V, d’où :

τ = [HO−] / C
τ = Ke × c° / (C × 10^(-pH))

Avec Ke = 1,0 × 10⁻¹⁴, C = 3,3 mol·L⁻¹ et pH = 11 :

τ = (1,0 × 10⁻¹⁴) / (3,3 × 10⁻¹¹)
τ ≈ 3,0 × 10⁻⁴

Q9 et Q10 — Intermédiaire réactionnel et flèches courbes

Un intermédiaire réactionnel est une espèce formée dans une étape puis consommée dans une étape suivante. Pour l’étape 1, le doublet non liant de l’atome d’azote attaque le carbone électrophile du dioxyde de carbone, tandis que le doublet de la liaison π C=O se déplace vers l’oxygène.

Q11 à Q15 — Contrôle qualité par titrage

Pour préparer 250,0 mL de solution diluée 50 fois, il faut prélever :

Vm = 250,0 / 50 = 5,0 mL

On utilise donc une pipette jaugée de 5,0 mL et une fiole jaugée de 250,0 mL.

À l’équivalence, les réactifs sont introduits dans les proportions stœchiométriques. La lecture graphique donne VE ≈ 14,3 mL.

CB = CA × VE / VB
CB = 0,10 × 14,3 / 25,0
CB ≈ 5,72 × 10⁻² mol·L⁻¹

CS = 50 × CB ≈ 2,86 mol·L⁻¹
Cm = CS × M = 2,86 × 61,0 ≈ 174 g·L⁻¹
w = 174 / 1000 × 100 ≈ 17,4 %

Q16 à Q18 — Production de méthanol

L’équation équilibrée est :

CO2 + 3 H2 → CH3OH + H2O

Pour produire 37 500 tonnes de dihydrogène :

m = 37 500 000 kg
E = 37 500 000 × 55 = 2,0625 × 10⁹ kW·h
P = 330 MW = 330 000 kW
t = E / P ≈ 6250 h ≈ 260 jours

Comme une année contient 8760 h, la puissance installée est suffisante si les électrolyseurs fonctionnent assez longtemps.

Exercice 2 — Effet photoélectrique et applications

Q1 — Décrire l’effet photoélectrique

L’effet photoélectrique correspond à l’émission d’électrons par un métal lorsqu’il reçoit une radiation de fréquence suffisamment grande. Il existe une fréquence seuil : en dessous, il n’y a pas d’émission.

Q2 et Q3 — Fréquence et longueur d’onde seuil

Wext = 4,3 eV = 4,3 × 1,60 × 10⁻¹⁹ = 6,88 × 10⁻¹⁹ J
νs = Wext / h = 6,88 × 10⁻¹⁹ / 6,63 × 10⁻³⁴
νs ≈ 1,04 × 10¹⁵ Hz

λs = c / νs ≈ 2,9 × 10⁻⁷ m = 290 nm

La longueur d’onde seuil appartient au domaine ultraviolet.

Q4 à Q7 — Émission et vitesse des électrons

Pour λ = 250 nm, on a λ < λs, donc la fréquence est supérieure à la fréquence seuil : l’effet photoélectrique se produit.

hν = hνs + 1/2 me v²
v = √[2h(ν − νs) / me]

Avec ν = c / λ = 1,20 × 10¹⁵ Hz, on obtient :

v ≈ 4,9 × 10⁵ m·s⁻¹

Q8 et Q9 — Panneau photovoltaïque

S = 1,346 × 1,112 ≈ 1,50 m²
Plum = 800 × 1,50 ≈ 1,20 × 10³ W
η = 135 / 1200 ≈ 0,113 ≈ 11 %

Pour couvrir la moitié d’une consommation de 7500 kW·h par an, il faut produire environ 3750 kW·h par an.

E panneau/jour = 4,1 × 1,50 × 0,10 ≈ 0,615 kW·h
E panneau/an = 0,615 × 365 ≈ 224 kW·h
N = 3750 / 224 ≈ 16,7

Exercice 3 — La Wemba-mania : mouvement d’un projectile

Q1 à Q4 — Vitesse initiale du ballon

La coordonnée x(t) est affine : le mouvement selon l’axe Ox est rectiligne uniforme.

x(t) = 4,0t donc vx = 4,0 m·s⁻¹
vy(t) = −9,7t + 5,0 donc vy0 = 5,0 m·s⁻¹

v0 = √(4,0² + 5,0²) = √41 ≈ 6,4 m·s⁻¹
tan α = 5,0 / 4,0 = 1,25 donc α ≈ 51°

Q5 et Q6 — Accélération et équations horaires

Le ballon est uniquement soumis à son poids. D’après la deuxième loi de Newton :

ax = 0
ay = −g ≈ −9,81 m·s⁻²

Les équations horaires sont :

x(t) = 4,0t
y(t) = −4,9t² + 5,0t + 3,05

Q7 — Équation de la trajectoire

Comme t = x / 4,0, on remplace dans y(t) :

y = −4,9 × (x/4,0)² + 5,0 × (x/4,0) + 3,05
y ≈ −0,31x² + 1,3x + 3,05

Q8 — Le lancer franc est-il réussi ?

Pour x = 4,2 m :

y(4,2) = −0,31 × 4,2² + 1,3 × 4,2 + 3,05
y(4,2) ≈ 3,04 m

Le cerceau est à 3,05 m. L’écart est d’environ 1 cm, inférieur à la marge disponible liée au diamètre du panier et du ballon.

Méthode bac : réussir ce sujet de Physique-Chimie

• Écrire les formules avant de remplacer par les valeurs numériques.
• Vérifier les unités : mL en L, tonnes en kg, eV en joules, nm en mètres.
• Justifier les lectures graphiques, notamment pour l’équivalence d’un titrage.
• Ne pas se contenter du résultat : expliquer ce qu’il signifie chimiquement ou physiquement.
• Pour la mécanique, partir du bilan des forces puis appliquer la deuxième loi de Newton.

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