موضوع مباراة مباريات التوظيف بموجب عقود بالنسبة للتعليم الثانوي بسلكيه الإعدادي والتأهيلي – وزارة التربية الوطنية والتكوين المهني – المركز الوطني للتقويم والامتحانات والتوجيه 2016

MÉCANIQUE

A.

• 1.1. PFD sur Oz : m z'' = mg − K(z − ℓ0), soit z'' + (K/m) z = g + Kℓ0/m, d'où ω0 = √(K/m).
• 1.2. z'' = 0 à l'équilibre : ze = ℓ0 + mg/K.
• 1.3. z(t) = ze + a cos(ω0 t), puisque z(0) = ze + a et ż(0) = 0.
• 2.1. Ep = ½K(z − ℓ0)² − mgz + cte ; avec Ep(ze) = 0, Ep = ½K(z − ze)².
• 2.2. Ep = ½ K Z² (le terme de pesanteur s'élimine).
• 2.3. Z = a cos ω0t : <Ep> = ¼Ka² et Ec = ½ m a²ω0² sin²(ω0t), donc <Ec> = ¼Ka². Ainsi <Ec> = <Ep>, ce qui vérifie le viriel avec k = 2 (Ep homogène de degré 2 en Z).

B.

• 1. Ep(θ) = mgb(1 − cos θ) ≈ ½ m g b θ².
• 2. Roulement sans glissement : le point de contact I a une vitesse nulle. v(I) = v(C) + ω∧CI donne bθ' + aφ' = 0, soit bθ' = −aφ'.
• 3. Ec = ½ m b²θ'² + ½ J φ'² = ½ m b²θ'² + ¼ m a² (bθ'/a)² = (3/4) m b² θ'².
• 4. Oui : la réaction du cylindre s'applique en un point de vitesse nulle, donc sa puissance est nulle, et le poids est conservatif.
• 5. Em = ¾ m b²θ'² + ½ m g b θ² = cte ; en dérivant, θ'' + (2g/3b) θ = 0, d'où θ(t) = θ0 cos(Ωt) avec Ω = √(2g/(3b)).
• 6. <Ep> = ¼ m g b θ0² et <Ec> = ½ × ¾ m b² θ0² Ω² = ¼ m g b θ0². Les deux moyennes sont égales : on retrouve le théorème du viriel pour un potentiel quadratique (k = 2).

OPTIQUE

• 1.1. Conditions de Gauss : rayons paraxiaux, peu inclinés et proches de l'axe (stigmatisme et aplanétisme approchés).
• 1.2. f' = −f (lentille mince dans un même milieu), soit OF' = −OF.
• 1.3. Cas 1 : AB avant F, objet réel ; image réelle, renversée, après F'. Cas 2 : AB entre F et O, objet réel ; image virtuelle, droite, agrandie, du même côté que l'objet. Cas 3 : AB après la lentille (la lumière allant vers la droite), objet virtuel ; image réelle, droite, plus petite, entre O et F'.
• 2.1. A en F : les rayons issus de B sortent parallèles de la lentille, se réfléchissent sur le miroir et restent parallèles, puis convergent dans le plan focal objet. L'image A'B' est donc dans le plan de AB (A' = F), renversée et de même taille (A'B' = −AB) si le miroir est perpendiculaire à l'axe.
• 2.2. Non : la distance lentille–miroir n'intervient pas (faisceaux parallèles), d'où l'intérêt de la méthode.
• B.1. Huygens-Fresnel : chaque point d'une surface atteinte par l'onde se comporte comme une source secondaire fictive, émettant une ondelette sphérique d'amplitude proportionnelle à l'amplitude incidente et à l'élément de surface. Ces sources secondaires sont cohérentes entre elles et l'onde en un point est la superposition de leurs ondelettes.
• B.2. Fraunhofer : source à l'infini (ou au foyer d'une lentille) et observation à l'infini (ou dans le plan focal image d'une lentille), soit d ≫ a²/λ.
• B.3. L'intégrale se factorise : s = K∫e^{j2πuX x/λ}dx ∫e^{j2πuY y/λ}dy = K a b sinc(πa(αd − αi)/λ) sinc(πb(βd − βi)/λ). Donc I = |s|² avec I0 = K²a²b².
• B.4. En incidence normale : une tache centrale rectangulaire très lumineuse, de demi-largeurs λd/a selon x et λd/b selon y, et des taches secondaires deux fois moins larges et beaucoup moins intenses, alignées le long des deux axes (figure en croix). La plus petite dimension du diaphragme donne le plus grand étalement.
• B.5. Si b ≫ a, la diffraction selon y devient négligeable : la figure se réduit à une suite de taches alignées selon x, perpendiculairement à la grande dimension de la fente (fente fine).
• B.6. Une translation ne change que la phase et laisse l'intensité inchangée : la figure ne bouge pas. Une rotation d'angle θ autour de z'z fait tourner la figure du même angle θ.

THERMODYNAMIQUE

• 1.1. ΔU + ΔE = W + Q.
• 1.2. Il existe une fonction d'état extensive S telle que ΔS = Se + Sc, avec Se = ∫δQ/T_ext (entropie échangée) et Sc ≥ 0 (entropie créée), nulle pour une transformation réversible.
• 1.3. Gaz parfait : molécules ponctuelles sans interactions, PV = nRT. U = nCv,m T + cte et H = nCp,m T + cte (lois de Joule), avec Cp,m − Cv,m = R.
• 2.1.1. Équilibre du piston : P1 = P0 + Mg/S.
• 2.1.2. ΔU = 0 (isotherme), W = −∫PdV = RT0 ln(P1/P0) > 0 et Q = −W = −RT0 ln(P1/P0).
• 2.1.3. ΔS = −R ln(P1/P0), Se = Q/T0 = −R ln(P1/P0), donc Sc = 0 : la transformation est réversible, ce qui est cohérent.
• 2.2.1. ΔU = 0 (état final à T0) ; W = −P1(V1 − V0) = RT0(P1/P0 − 1) et Q = −RT0(P1/P0 − 1).
• 2.2.2. ΔS = −R ln(P1/P0) (même état final, S est une fonction d'état) ; Se = Q/T0 = −R(P1/P0 − 1) ; Sc = R[(P1/P0) − 1 − ln(P1/P0)] > 0, car x − 1 − ln x > 0 pour x ≠ 1. La transformation brutale est irréversible. On constate aussi W(brutal) > W(réversible).

ÉLECTRICITÉ

• A.1. LC v'' + RC v' + v = 0.
• A.2. v(0) = E et i(0) = 0 (continuité du courant dans la bobine), donc v'(0) = 0.
• A.3. d²v/dτ² + 2α dv/dτ + v = 0.
• A.4. Polynôme caractéristique r² + 2αr + 1 = 0, de discriminant réduit α² − 1. Pour α < 1, régime pseudo-périodique (oscillations amorties autour de 0). Pour α > 1, régime apériodique (retour à 0 sans oscillation).
• A.5. α = 1 (régime critique) : Rc = 2√(L/C), la résistance critique. Rc = 2√(0,04 / 22·10⁻⁹) ≈ 2,7·10³ Ω (≈ 2,70 kΩ).
• B.1. AO idéal en régime linéaire : V+ = V− = u (B à la masse). Le diviseur R1–R0 donne V_S = u(1 + R1/R0). Aucun courant n'entre dans l'AO, donc i traverse la résistance entre A et S : u − V_S = R1 i, soit u = −R0 i. Le dipôle se comporte comme une résistance négative −R0 (en supposant les deux résistances égales à R1, comme indiqué sur la figure ; à vérifier).
• B.2. Puissance dissipée dans le RLC : R i² (L et C échangent l'énergie sans la dissiper). Pour l'entretien, il faut R0 = R, en pratique légèrement supérieur pour le démarrage. L'énergie provient de l'alimentation de l'amplificateur opérationnel.

STRUCTURE ÉLECTRONIQUE

• 1.1. n : nombre quantique principal ; l : secondaire (azimutal) ; ml : magnétique ; ms : de spin.
• 1.2.1. ms = 1/2 (seul demi-entier) ; −1 ne peut être que ml ; n > l impose n = 4 et l = 2 ; |ml| = 1 ≤ l convient.
• 1.2.2. Orbitale atomique 4d.
• 2.1. Métal de transition : élément dont l'atome ou un ion courant possède une sous-couche d partiellement remplie. Zr (Z = 40) : 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 3d¹⁰ 4s² 4p⁶ 4d² 5s², soit [Kr] 4d² 5s².
• 2.2. Zr²⁺ : [Kr] 4d² (départ des électrons 5s) ; Zr⁴⁺ : [Kr].
• 3.1. NH3 : N central lié à 3 H, plus un doublet non liant sur N (3 doublets liants et 1 non liant).
• 3.2. NH4⁺ est de type AX4 : géométrie tétraédrique, angles de 109,5°. Le moment dipolaire est nul par symétrie. (NH3, pyramide trigonale, a un moment dipolaire dirigé selon l'axe de symétrie, du côté des H vers N.)

CINÉTIQUE

• 1.1. ln([N2O5]0/[N2O5]t) = k t.
• 1.2. V(O2) est proportionnel à x/2 et V∞ correspond à x = n0, donc ρ1 = V1/V∞ = 19,0/35,0 ≈ 0,543.
• 1.3. k = (1/t1) ln[1/(1 − ρ1)] = ln(2,19)/40 ≈ 1,96·10⁻² min⁻¹ ; t1/2 = ln2/k ≈ 35,4 min.
• 2.1. Concentrations initiales égales (c0 = 1,00·10⁻² mol/L) : dC/dt = k(c0 − C)², d'où t = (1/k)[1/(c0 − C) − 1/c0] = C / [k c0 (c0 − C)].
• 2.2. À t1, c0 − C = 0,25 c0, donc t1 = 3/(k c0) et k = 3/(c0 t1) = 3/(1,00·10⁻² × 2,00) = 150 L·mol⁻¹·h⁻¹ (2,5 L·mol⁻¹·min⁻¹). t1/2 = 1/(k c0) ≈ 0,667 h = 40 min.

ACIDES ET BASES

• A.1.1. K1 = [Cl2(aq)]/(P(Cl2)/P°) ; K2 = [Cl⁻][HClO][H3O⁺]/[Cl2(aq)] ; K3 = [ClO⁻][H3O⁺]/[HClO] (concentrations rapportées à c° = 1 mol/L).
• A.1.2. ④ = ① + ② + ③ + 2 × (H3O⁺ + HO⁻ → 2H2O), donc K4 = K1K2K3/Ke² = (6,3·10⁻² × 6,3·10⁻⁴ × 3,2·10⁻⁸)/10⁻²⁸ ≈ 1,3·10¹⁶. La réaction est quasi totale.
• A.2.1. [Cl⁻] = [HClO] = h et K2 = h³/C, donc h = (K2 C)^{1/3} = (3,97·10⁻⁵)^{1/3} ≈ 3,4·10⁻² mol/L, et pH ≈ 1,5.
• A.2.2. À pH = 5 (h = 10⁻⁵), en négligeant la dilution : Q = (3,4·10⁻²)² × 10⁻⁵ / 6,3·10⁻² ≈ 1,9·10⁻⁷ < K2. Évolution dans le sens direct (dismutation de Cl2).
• B.1.1. KA = C α² / (1 − α).
• B.1.2. Quand C tend vers 0, α tend vers 1 : l'acide est totalement dissocié à dilution infinie.
• B.2.1. σ = C α (λ°H3O⁺ + λ°A⁻), avec C en mol·m⁻³.
• B.2.2. α = σ/(C Λ°) = 0,122 / (10 × 37,0·10⁻³) ≈ 0,33.
• B.2.3. KA = 10⁻² × 0,33²/0,67 ≈ 1,6·10⁻³, soit pKA ≈ 2,8, en accord avec la valeur donnée.
• C.1. Rose : la solution contient HO⁻ et CO3²⁻, donc pH > 8,5.
• C.2. HO⁻ + H3O⁺ → 2 H2O et CO3²⁻ + H3O⁺ → HCO3⁻ + H2O.
• C.3. Hélianthine jaune au départ (pH > 4,4), teinte orangée dans la zone de virage, puis rose (pH < 3,4) après la seconde équivalence.
• C.4. HCO3⁻ + H3O⁺ → CO2,H2O + H2O.
• C.5. Entre 19,0 et 20,0 mL : n(HCO3⁻) = n(CO3²⁻) = 0,1 × 1,0·10⁻³ = 1,0·10⁻⁴ mol, donc [CO3²⁻] = 5,0·10⁻³ mol/L. n(HO⁻) = 0,1 × 19,0·10⁻³ − 1,0·10⁻⁴ = 1,8·10⁻³ mol, donc [HO⁻] = 9,0·10⁻² mol/L.
• C.6. CO2 + 2HO⁻ → CO3²⁻ + H2O, donc CB = [HO⁻] + 2[CO3²⁻] = 0,100 mol/L (vérification : 20,0 mL × 0,1 / 20,0 mL).

OXYDORÉDUCTION

Questions absentes (page 12/12 manquante) : pas de corrigé.