Ministère de l'Éducation Nationale et du Préscolaire
Centre National des Examens, des Évaluations et du Pilotage des Systèmes d'Éducation
L'EXAMEN NATIONAL UNIFIÉ DU BACCALAURÉAT — SESSION NORMALE 2026
FILIÈRES INTERNATIONALES — Page 1 sur 10
Filière et Option : Filière Sciences Expérimentales, option Sciences de la Vie et de la Terre (Option Française).
Consignes :
- La calculatrice scientifique non programmable est autorisée.
- On donnera les expressions littérales avant toute application numérique.
- Le sujet d'examen comporte quatre exercices : un exercice en chimie et trois exercices en physique.
Répartition des points :
| Domaine | Détail des Exercices | Barème |
|---|---|---|
| Chimie | Réactivité de l'acide éthanoïque | 7 points |
| Physique | Exercice 1 : Radioactivité du Césium | 2,5 points |
| Exercice 2 : Dipôle RL, Circuit RLC série | 5 points | |
| Exercice 3 : Étude des systèmes mécaniques | 5,5 points |
Chimie (7 points)
Réactivité de l'acide éthanoïque
L'étude des acides carboxyliques est importante pour comprendre leurs réactivités en solutions aqueuses. Ces acides servent comme réactifs dans la synthèse des esters. Cet exercice vise :
• L'étude d'une solution aqueuse d'acide éthanoïque ;
• L'étude de la réaction de l'acide éthanoïque avec un alcool.
Partie 1 : Étude d'une solution aqueuse d'acide éthanoïque.
L'acide éthanoïque $CH_3COOH_{(aq)}$ est un acide carboxylique qui se distingue par une réactivité chimique caractéristique. On dispose d'une solution aqueuse ($S_A$) d'acide éthanoïque de volume $V$, de concentration molaire $C_A = 10^{-2} mol.L^{-1}$ et de $pH = 3,37$ à $25°C$.
On dilue, à la même température, la solution ($S_A$), on obtient une solution aqueuse ($S'_A$) de concentration molaire $C'_A$.
| A : $K = 1,45.10^{-5}$ | B : $K = 1,23.10^{-5}$ |
| C : $K = 1,90.10^{-5}$ | D : $K = 2,68.10^{-5}$ |
Partie 2 : Étude de la réaction de l'acide éthanoïque avec un alcool.
On introduces dans un erlenmeyer $n_1 = 0,6 mol$ d'acide éthanoïque et $n_2 = 0,6 mol$ de l'éthanol $C_2H_5OH$, quelques gouttes d'acide sulfurique concentré et des pierres ponce. Après chauffage à reflux du système chimique, on obtient une quantité $n_e = 0,4 mol$ d'ester (E).
Solution de la partie Chimie
Partie 1 : Étude d'une solution aqueuse d'acide éthanoïque
1. Définition d'un acide selon Brönsted : Un acide est une espèce chimique capable de céder au moins un ion hydrogène (proton) $H^+$ au cours d'une transformation chimique.
2. Équation de la réaction :
3. Tableau d'avancement de la réaction :
| État | Avancement | $CH_3COOH$ | $H_2O$ | $CH_3COO^-$ | $H_3O^+$ |
| Initial | 0 | $C_A \cdot V$ | Excès | 0 | 0 |
| Final / Éq. | $x_f$ | $C_A \cdot V - x_f$ | Excès | $x_f$ | $x_f$ |
4. Taux d'avancement final $\tau$ :
Par définition : $\tau = \frac{x_f}{x_{max}}$. L'eau étant en excès, le réactif limitant est l'acide donc $x_{max} = C_A \cdot V$.
D'après le tableau d'avancement, $x_f = [H_3O^+]_f \cdot V = 10^{-pH} \cdot V$.
Ainsi : $\tau = \frac{10^{-pH} \cdot V}{C_A \cdot V} = \frac{10^{-pH}}{C_A} = \frac{10^{-3,37}}{10^{-2}} = \frac{4,266 \cdot 10^{-4}}{10^{-2}} = 4,266 \cdot 10^{-2} \approx 4,26\%$.
Déduction : Comme $\tau < 1$ (ou $4,26\% < 100\%$), la réaction de l'acide éthanoïque avec l'eau est **limitée (non totale)**.
5. Expression de $Q_{r,éq}$ :
Par définition : $Q_{r,éq} = \frac{[CH_3COO^-]_{éq} \cdot [H_3O^+]_{éq}}{[CH_3COOH]_{éq}}$.
D'après le tableau d'avancement : $[CH_3COO^-]_{éq} = [H_3O^+]_{éq} = 10^{-pH}$.
Et $[CH_3COOH]_{éq} = \frac{C_A \cdot V - x_f}{V} = C_A - [H_3O^+]_{éq} = C_A - 10^{-pH}$.
En remplaçant ces expressions, on obtient bien : **$Q_{r,éq} = \frac{(10^{-pH})^2}{C_A - 10^{-pH}} = \frac{10^{-2pH}}{C_A - 10^{-pH}}$**.
6. Calcul du $pK_A$ :
La constante d'acidité $K_A$ est égale à $Q_{r,éq}$ pour la réaction d'un acide avec l'eau :
$K_A = \frac{10^{-2 \times 3,37}}{10^{-2} - 10^{-3,37}} = \frac{10^{-6,74}}{10^{-2} - 4,266 \cdot 10^{-4}} = \frac{1,82 \cdot 10^{-7}}{9,573 \cdot 10^{-3}} \approx 1,90 \cdot 10^{-5}$.
$pK_A = -\log(K_A) = -\log(1,90 \cdot 10^{-5}) \approx 4,72$. L'égalité est vérifiée.
7. Espèce prédominante :
On compare le $pH$ de la solution et le $pK_A$ du couple : $pH = 3,37$ et $pK_A = 4,72$.
Puisque $pH < pK_A$, c'est la forme acide qui prédomine en solution. **L'espèce chimique prédominante est donc l'acide éthanoïque $CH_3COOH$**.
8.1. Effet de la dilution : La dilution d'une solution d'acide faible fait **augmenter** le taux d'avancement final $\tau$ de sa réaction avec l'eau (la loi de dilution d'Ostwald).
8.2. Choix de la proposition pour la constante d'équilibre : La constante d'équilibre $K$ (ici égale à $K_A$) ne dépend **que de la température**. La dilution modifie les concentrations mais pas la valeur de la constante d'équilibre à température constante. La valeur reste donc identique à celle calculée à la question 6. **La bonne proposition est la C ($K = 1,90.10^{-5}$)**.
Partie 2 : Étude de la réaction de l'acide éthanoïque avec un alcool
1. Choix du montage : Le chauffage à reflux sert à chauffer le milieu réactionnel pour accélérer la réaction tout en évitant les pertes de réactifs ou de produits par vaporisation (grâce au réfrigérant vertical qui liquéfie les vapeurs). **Le montage correspondant est le montage à reflux (généralement le Montage 1 comportant un réfrigérant à boules ouvert à son extrémité supérieure)**.
2. Rôle de l'acide sulfurique : L'acide sulfurique apporte des ions $H^+$ qui agissent comme **catalyseur**. Il permet d'augmenter la vitesse de la réaction d'estérification sans modifier l'état d'équilibre final ni le rendement.
3. Forme semi-développée de l'ester (E) : La réaction entre l'acide éthanoïque ($CH_3COOH$) et l'éthanol ($CH_3-CH_2-OH$) produit de l'éthanoate d'éthyl et de l'eau. Sa formule semi-développée est :
CH₃ - COO - CH₂ - CH₃
4. Rendement $r$ de la réaction :
Par définition : $r = \frac{n_{exp}(ester)}{n_{th}(ester)}$. Le mélange initial étant équimolaire ($n_1 = n_2 = 0,6 mol$), la quantité maximale théorique d'ester si la réaction était totale est $n_{th} = 0,6 mol$.
$r = \frac{0,4}{0,6} = \frac{2}{3} \approx 0,667$ soit **$r = 66,7\%$**.
5. Méthode pour améliorer le rendement : Pour déplacer l'équilibre chimique dans le sens direct (synthèse de l'ester) et ainsi améliorer le rendement, on peut :
• Utiliser un des réactifs en excès (par exemple l'acide éthanoïque ou l'éthanol) ;
• Éliminer en continu l'un des produits au fur et à mesure de sa formation (par exemple éliminer l'eau par distillation fractionnée ou à l'aide d'un appareil de Dean-Stark).
Physique - Exercice 1 (2,5 points)
Radioactivité du CésiumLe Césium $^{137}_{55}Cs$ est un nucléide artificiel dont la présence est liée aux accidents nucléaires. Il se désintègre en Baryum $^{A}_{Z}Ba$ par émission $\beta^-$.
| Noyau ou particule | Proton | Neutron | Électron | $^{A}_{Z}Ba$ | $^{137}_{55}Cs$ |
| Masse en u | 1,00728 | 1,00866 | 0,00055 | 136,90582 | 136,90708 |
• Demi-vie de $^{137}_{55}Cs : t_{1/2} = 30$ ans.
• $1 u = 931,5 MeV/c^2$.
Suite à un accident nucléaire survenu en 1987, une zone a été contaminée par le Césium 137. L'activité spécifique (activité par kg de sol) mesurée à cette date est $a_{1987} = 1,2.10^5 Bq/kg$. On considère que la zone redevient sans danger lorsque son activité spécifique descend en dessous d'un seuil limite $a_{lim} = 3.10^3 Bq/kg$ (seuil de sécurité).
Solution de l'Exercice 1 (Radioactivité)
1. Composition du noyau :
Le noyau de Césium $^{137}_{55}Cs$ est composé de :
• Nombre de protons : **$Z = 55$**
• Nombre de neutrons : $N = A - Z = 137 - 55 =$ **$82$ neutrons**.
2. Équation de la désintégration :
Le noyau subit une désintégration de type $\beta^-$ (émission d'un électron $^{0}_{-1}e$) :
D'après les lois de conservation de Soddy :
• Conservation du nombre de nucléons : $137 = A + 0 \implies$ **$A = 137$**
• Conservation de la charge : $55 = Z - 1 \implies Z = 55 + 1 \implies$ **$Z = 56$**
L'équation s'écrit donc : **$^{137}_{55}Cs \rightarrow ^{137}_{56}Ba + ^{0}_{-1}e$**.
3. Énergie libérée $E_{lib}$ :
La variation de masse au cours de la réaction est : $\Delta m = m(^{137}_{56}Ba) + m(e^-) - m(^{137}_{55}Cs)$.
$\Delta m = 136,90582 + 0,00055 - 136,90708 = -0,00071 u$.
L'énergie de la réaction est $\Delta E = \Delta m \cdot c^2 = -0,00071 \times 931,5 MeV \approx -0,6614 MeV$.
L'énergie libérée est la valeur absolue de cette énergie : **$E_{lib} = 0,6614 MeV$**.
4.1. Activité spécifique en 2026 :
Le temps écoulé entre 1987 et 2026 est : $\Delta t = 2026 - 1987 = 39$ ans.
La loi de décroissance radioactive donne : $a(t) = a_0 \cdot e^{-\lambda \cdot \Delta t}$ avec $\lambda = \frac{\ln 2}{t_{1/2}}$. Donc $a(t) = a_0 \cdot 2^{-\frac{\Delta t}{t_{1/2}}}$.
Application numérique : $a_{2026} = 1,2 \cdot 10^5 \times e^{-\frac{\ln 2}{30} \times 39} = 1,2 \cdot 10^5 \times e^{-0,901} \approx 1,2 \cdot 10^5 \times 0,4061 = 4,87 \cdot 10^4 Bq/kg$.
4.2. Année où la zone redevient sans danger :
On cherche la date $t$ telle que $a(t) \leq a_{lim} \implies a_{1987} \cdot e^{-\lambda (t - 1987)} = a_{lim}$.
L'année correspondante est : $1987 + 160 = 2147$. La zone redevient sans danger au cours de l'année **2147**.
Physique - Exercice 2 (5 points)
ÉlectricitéOn réalise deux expériences mettant en jeu un dipôle RL puis un circuit RLC série.
Dans la première expérience, on utilise le montage expérimental représenté sur la figure (1) comportant :
• un générateur idéal de tension de force électromotrice $E = 6V$ ;
• un conducteur ohmique de résistance réglable ;
• une bobine d'inductance $L$ et de résistance $r$ ;
• un interrupteur $K$.
À l'instant $t_0 = 0$, on ferme $K$ et on enregistre à l'aide d'un dispositif convenable, l'évolution en fonction du temps de l'intensité du courant $i(t)$ qui traverse le circuit pour deux valeurs de la résistance $R = 30 \Omega$ et $R' = 50 \Omega$. Les résultats obtenus sont représentés sur la figure (2). La droite ($T$) représente la tangente à la courbe (2) à $t_0 = 0$.
Dans une deuxième expérience, on branche, à l'instant $t_0 = 0$, un condensateur de capacité C initialement chargé avec la bobine ($L;r$) précédente. La figure (3) donne l'évolution temporelle de l'énergie électrique $E_e$ emmagasinée dans le condensateur.
Solution de l'Exercice 2 (Électricité)
1.1. Justification du choix de la courbe :
En régime permanent, la dérivée $\frac{di}{dt} = 0$, l'intensité maximale est donnée par la loi d'Ohm globale : $I_{max} = \frac{E}{R_{tot}} = \frac{E}{R+r}$.
Comme $R = 30 \Omega < R' = 50 \Omega$, on a la relation : $\frac{E}{R+r} > \frac{E}{R'+r} \implies I_{max}(R) > I_{max}(R')$.
La courbe 1 atteint une valeur de régime permanent plus élevée que la courbe 2, elle correspond donc à la résistance la plus petite, c'est-à-dire **la courbe 1 correspond à $R = 30 \Omega$**.
1.2. Équation différentielle pour $R$ :
D'après la loi d'additivité des tensions : $u_b(t) + u_R(t) = E$.
Avec $u_b = L\frac{di}{dt} + r \cdot i$ et $u_R = R \cdot i$, on obtient : $L\frac{di}{dt} + (R+r)i = E$.
En divisant par $(R+r)$ : $\frac{L}{R+r}\frac{di}{dt} + i = \frac{E}{R+r}$.
On pose : **$\tau = \frac{L}{R+r}$** (constante de temps) et **$I = \frac{E}{R+r}$** (intensité en régime permanent).
1.3. Intensité $I'$ à partir de la courbe 2 :
Par lecture graphique sur le palier horizontal de la courbe 2 (régime permanent), on lit : **$I' = 0,1 A$**.
1.4. Vérification de $r = 10 \Omega$ :
On sait qu'en régime permanent pour la courbe 2 (résistance $R' = 50 \Omega$) : $I' = \frac{E}{R'+r}$.
Donc : $R' + r = \frac{E}{I'} \implies r = \frac{E}{I'} - R'$.
AN : $r = \frac{6V}{0,1A} - 50\Omega = 60 - 50 = 10 \Omega$. L'affirmation est vérifiée.
1.5. Détermination de $\tau'$ pour la courbe 2 :
La tangente ($T$) à l'origine intersecte l'asymptote horizontale $i = I' = 0,1A$ au temps $t = \tau'$. Par lecture graphique, cette intersection donne **$\tau' = 10 ms = 10^{-2} s$**.
1.6. Vérification de $L = 0,6H$ :
On a $\tau' = \frac{L}{R'+r} \implies L = \tau' \cdot (R'+r)$.
AN : $L = 10^{-2} \times (50 + 10) = 10^{-2} \times 60 = 0,6 H$. L'inductance vaut bien **$0,6 H$**.
1.7. Influence de la résistance : Plus la résistance totale du circuit augmente, plus la constante de temps $\tau = \frac{L}{R_{tot}}$ diminue, ce qui signifie que **le système atteint son régime permanent plus rapidement** (la réponse est plus rapide).
2.1. Détermination de la pseudo-période $T'$ :
Attention : Le graphe représente l'énergie électrique $E_e(t)$. L'énergie passe par un maximum deux fois par période de la tension ou de la charge. La période temporelle de l'énergie correspond donc à $\frac{T'}{2}$.
Sur le graphe de la figure 3, l'intervalle entre deux maxima successifs de l'énergie est de $25 ms$, donc $\frac{T'}{2} = 25 ms \implies$ **$T' = 50 ms = 5 \cdot 10^{-2} s$**.
2.2. Vérification de la capacité $C$ :
Par formulation de la période propre : $T_0 = 2\pi\sqrt{L \cdot C}$. En posant $T' = T_0$ :
$T'^2 = 4\pi^2 L \cdot C \implies C = \frac{T'^2}{4\pi^2 L}$.
AN : $C = \frac{(5 \cdot 10^{-2})^2}{4 \times 10 \times 0,6} = \frac{25 \cdot 10^{-4}}{24} \approx 1,04 \cdot 10^{-4} F =$ **$104 \mu F$**.
2.3. Variation de l'énergie totale $\Delta E_T$ et explication :
À $t_0 = 0$, l'énergie est uniquement dans le condensateur car il est totalement chargé (le courant est nul) : $E_T(0) = E_e(0) = 3 mJ$ (valeur lue au sommet initial).
À $t_1 = 75 ms$ (ce qui correspond à $1,5 T'$, soit un point où le condensateur est de nouveau chargé au maximum local de la courbe), on lit sur le troisième pic secondaire : $E_e(75ms) \approx 0,5 mJ$.
$\Delta E_T = E_T(t_1) - E_T(t_0) = 0,5 mJ - 3,0 mJ = -2,5 mJ$.
Explication : L'énergie totale diminue au cours du temps ($\Delta E_T < 0$). Cette perte est due à **l'effet Joule** provoqué par la résistance de la bobine qui dissipe une partie de l'énergie sous forme de chaleur.
Physique - Exercice 3 (5,5 points)
Mécanique
En mécanique classique, les forces appliquées aux solides influent sur la nature de leurs mouvements. Ces actions mécaniques variables ou constantes génèrent divers types de mouvement comme le mouvement de chute libre et le mouvement d'oscillations.
Ce exercice vise :
• l'étude de mouvement de chute libre verticale ;
• l'étude de mouvement oscillatoire d'un pendule élastique.
Partie 1 : Étude d'une chute libre verticale.
Dans une chambre vide (ne contient pas de l'air), des physiciens de la NASA ont abandonné, à un instant choisi comme origine des dates $t_0 = 0$, une boule et une plume, leur mouvement de chute verticale se fait sans vitesse initiale à partir d'une position $O$. Ce mouvement est étudié dans un repère $R(O, \vec{k})$ lié à la Terre supposé galiléen (figure 1).
Partie 2 : Étude du système oscillant {boule - ressort}
La boule précédente notée (S) est fixée à l'extrémité d'un ressort à spires non jointives, d'axe horizontal, de masse négligeable et de raideur K. La boule peut glisser sans frottement sur un rail horizontal (figure 2).
On étudie le mouvement de G dans un repère $(O, \vec{i})$ lié à la Terre supposé galiléen. On repère la position de G à un instant $t$ dans ce repère par son abscisse $x$. À l'équilibre $x = x_0 = 0$.
On écarte (S) de sa position d'équilibre d'une distance $X_m$ et on l'abandonne sans vitesse initiale. L'équation horaire de mouvement de $G$ s'écrit : $x(t) = X_m \cdot \cos\left(\frac{2\pi}{T_0} \cdot t\right)$ avec $T_0$ la période propre des oscillations. La courbe de la figure (3) donne les variations de la vitesse $\dot{x}(t)$ du mouvement de $G$.
Solution de l'Exercice 3 (Mécanique)
Partie 1 : Étude d'une chute libre verticale
1. Pourquoi l'état de chute libre : Dans la chambre, l'air a été complètement évacué (le vide). Les objets ne subissent donc ni la poussée d'Archimède ni les forces de frottement de l'air. Ils ne sont soumis **qu'à leur propre poids $\vec{P}$**, ce qui correspond par définition à un mouvement de chute libre.
2. Application de la deuxième loi de Newton :
Système étudié : la boule de masse $m_1$. Bilan des forces : le poids $\vec{P_1}$.
Dans le repère galiléen $R(O, \vec{k})$, la deuxième loi de Newton s'écrit : $\vec{P_1} = m_1 \cdot \vec{a_1} \implies m_1\vec{g} = m_1\vec{a_1} \implies \vec{a_1} = \vec{g}$.
En projetant sur l'axe vertical $(Oz)$ orienté vers le bas : **$a_1 = g = 10 m.s^{-2}$**.
Pour la plume : de la même manière, $m_2\vec{g} = m_2\vec{a_2} \implies \vec{a_2} = \vec{g}$, soit **$a_2 = g = 10 m.s^{-2}$**. L'accélération est identique.
3. Nature du mouvement : L'accélération $a_1$ est constante et la trajectoire est une ligne droite verticale. Le mouvement du centre d'inertie de la boule est donc un **mouvement rectiligne uniformément varié (accéléré)**.
4. Choix de la proposition vraie : L'accélération ne dépend absolument pas de la masse dans le vide ($a=g$). Les équations de mouvement sont les mêmes pour la plume et la boule. **La bonne proposition est la C : La boule et la plume arrivent au sol au même instant.**
5. Instant d'arrivée au sol :
L'équation horaire de la position est : $z(t) = \frac{1}{2}g \cdot t^2 + v_0 \cdot t + z_0$.
Puisque la chute démarre du point $O$ sans vitesse initiale : $v_0 = 0$ et $z_0 = 0 \implies z(t) = \frac{1}{2}g \cdot t^2$.
À l'arrivée au sol, $z(t) = h \implies h = \frac{1}{2}g \cdot t^2 \implies t = \sqrt{\frac{2h}{g}}$.
AN : $t = \sqrt{\frac{2 \times 30}{10}} = \sqrt{6} \approx 2,45 s$. La boule touche le sol à **$t = 2,45 s$**.
6. Vitesse de la boule à l'arrivée au sol :
L'équation de la vitesse est $v(t) = g \cdot t$.
AN : $v = 10 \times \sqrt{6} \approx 24,5 m.s^{-1}$.
Partie 2 : Étude du système oscillant {boule - ressort}
1. Détermination de $T_0$ et $X_m$ à partir du graphe de la vitesse :
• La période de la courbe de vitesse est identique à la période propre $T_0$ du mouvement. Graphiquement, la durée d'une oscillation complète de la vitesse est de **$T_0 = 0,4 s$** (lecture entre deux crêtes ou deux passages à zéro de même sens).
• L'équation horaire de la position est $x(t) = X_m \cdot \cos(\frac{2\pi}{T_0}t)$. En dérivant, la vitesse s'écrit : $\dot{x}(t) = -X_m \cdot \frac{2\pi}{T_0} \cdot \sin(\frac{2\pi}{T_0}t)$.
La valeur maximale de la vitesse lue sur le graphe est $V_{max} = 1,57 m.s^{-1}$ (soit $\frac{\pi}{2} m.s^{-1}$).
On sait que $V_{max} = X_m \cdot \frac{2\pi}{T_0} \implies X_m = \frac{V_{max} \cdot T_0}{2\pi}$.
AN : $X_m = \frac{1,57 \times 0,4}{2 \times 3,14} = \frac{0,628}{6,28} = 0,1 m =$ **$10 cm$**.
2. Calcul de la raideur K du ressort :
La formule de la période propre est $T_0 = 2\pi\sqrt{\frac{m_1}{K}} \implies T_0^2 = 4\pi^2 \frac{m_1}{K} \implies K = \frac{4\pi^2 \cdot m_1}{T_0^2}$.
AN : $K = \frac{4 \times 10 \times 3}{0,4^2} = \frac{120}{0,16} = 750 N.m^{-1}$.
3. Conservation qualitative de l'énergie : L'énoncé précise que le mouvement de glissement de la boule sur le rail se fait **sans frottement**. Comme la force de réaction du rail est alors normale à la trajectoire, elle ne travaille pas. Le ressort exerce une force conservative. En l'absence de toute force dissipative, **l'énergie mécanique globale du système se conserve intégralement**.
4. Calcul de l'énergie mécanique $E_m$ :
L'énergie mécanique peut se calculer à la position d'élongation maximale où l'énergie cinétique est nulle :
$E_m = \frac{1}{2}K \cdot X_m^2$.
AN : $E_m = \frac{1}{2} \times 750 \times (0,1)^2 = 375 \times 0,01 = 3,75 J$.
Vérification par l'énergie cinétique maximale : $E_m = \frac{1}{2}m_1 \cdot V_{max}^2 = \frac{1}{2} \times 3 \times (1,57)^2 \approx 1,5 \times 2,465 = 3,69 J \approx 3,75 J$ (aux incertitudes de lecture près).