Correction Bac Amérique du Nord Juin 2003

Calculatrice autorisée

 

I ) La physique sur un plan d'eau (9 points)

II ) Communication entre les insectes :Les phéromones (3 points)

III ) A propos de l'acide formique (4 points)

III ) (spe) Ion chlorure dans l'eau de mer (4 points)

 

 

Correction Amérique du Nord Juin 2003 - I ) La physique sur un plan d'eau :

 

Partie A: Onde à la surface de l'eau.

1) La cuve à ondes est également basée sur la projection d'ombres permet d'étudier les ondes.

2) D'après la figure 3, le déplacement des points du milieu de propagation s'effectue perpendiculairement à la direction de propagation. L'onde est donc transversale .

3) Au passage de l'onde, le brin d'herbe monte puis redescend mais sans se déplacer horizontalement. Elle reste au même endroit après le passage de l'onde.

4) On mesure un déplacement de l'onde entre es instants t1 et t2 de 1 cm, ce qui correspond à
100 cm d'après l'échelle. Célérité  :  v = d / Dt = 100.10-2 / 10 = 0,1 m.s-1 

 

5) La longueur d'onde se mesure entre deux sommets de l'onde , on mesure 1,8 cm (échelle 2)
l = 1,8.10-2 / 2 = 0,009 m

6) v = l / T = l . f = 0,009 x 5 = 0,045 m.s-1 » 4,4 cm.s-1

7) a) Pour que le gerris ait des chances de détecter le signal de détresse généré par le papillon, il faut que l'onde générée par le papillon soit diffracté. L'ordre de grandeur de la distance entre les deux galets émergeant de l'eau, doit être le même que la longueur d'onde de l'onde générée par le papillon. 

b) Ce phénomène propre aux ondes est la diffraction.

c) La longueur d'onde des ondes diffractées est la même que celle des ondes créées par le papillon.

 

 

8) a) d2 = v . t2 = 4,4 x 1 = 4,4 cm

b) d3 = v . (t2 + t ) = 4,4 x 2,5 = 11 cm

c)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Exercice I – Annexe  ( à rendre avec la copie )

 


 

 


Partie B : Le saut de la grenouille :

 

Pour atteindre un nénuphar situé à 40 cm une grenouille effectue un saut avec une vitesse initiale
v0
= 2 m.s-1 . Le vecteur vitesse initial fait un angle a0 = 45° avec la direction horizontale.

On prendra pour valeur de l'accélération de la pesanteur g = 10 m.s-2.

La durée entre deux positions successives est t = 20 ms.

1) a) v9 = G8G10/ 2 t =(2,9.10-2) x 2 /(2 x 20.10-3 ) = 1,45 m.s-1 (on mesure 2,9 cm pour G8G10)

v11 = G10G12/ 2 t = (3,2.10-2) x 2 /( 2 x 20.10-3 ) = 1,60 m.s-1 (on mesure 3,2 cm pour G10G12)

b) On mesure 0,8 cm pour Dv soit 0,4 m.s-1 

c) a10 = Dv / 2t = 0,4 / 40.10-3 = 10 m.s-2    ;  a0 a une longueur de 2 cm

(cela correspond à g = 10 m.s-2 , ce qui est normal pour une chute libre)

 

2) Etude dynamique du mouvement :

a) La seule force exercée sur la grenouille est le poids de la grenouille, vertical vers le bas : P

Dans le référentiel terrestre galiléen, on applique la 2ème loi de Newton à la grenouille :

         P = m . a              Þ   m. g = m . a            Þ  a  = g

Au cours du saut, le vecteur accélération a est vertical vers le bas avec a = g = 10 m.s-2 

 

On projète les vecteurs dans le repère ( O, i ,j ) :  ax = gx = 0   et   ay = gy = - g

ax = dvx/dt = 0  Þ vx = constante = vx(0) = v0.cos a0

ay = dvy/dt = - g  Þ vy = - g.t + constante = - g.t + vy(0) = - g.t + v0.sin a0

x(0) = 0 m   ;  y(0) = 0 m

vx = dx/dt = v0.cos a0   Þ  x = v0.cos a0.t + constante = v0.cos a0.t + x(0) = v0.cos a0.t

vy = dy/dt = - g.t + v0.sin a0 Þ  y = - ½ g.t2 + v0.sin a0.t + constante = -½ g.t2+v0.sin a0.t + y(0)

x = v0.cos a0.t    et    y = -½ g.t2 + v0.sin a0.t

b) t = x / (v0.cos a0)   ;   y = - ½ g.( x /(v0.cos a0))2 + v0.sin a0.x /(v0.cos a0)

y = - ½ g.x2 /(v0.cos a0))2 + tan a0.x    ( équation de la trajectoire )

Ce résultat est conforme à l'allure de la trajectoire de l'enregistrement expérimental  , à une parabole.

c) Au sommet S de la trajectoire, la tangente à la courbe est horizontale, le vecteur vitesse est donc horizontal. Par conséquent, vy S = 0 m.s-1 

vy S = 0 = - g.tS + v0.sin a0.  Þ  tS = v0.sin a0 / g

Au sommet S, yS = H.     H = -½ g.tS2 + v0.sin a0.tS

H = -½ g.( v0.sin a0 / g )2 + v0.sin a0.( v0.sin a0 / g ) = - ½v02.sin a02 / g + v02.sin a02 / g

H = v02.sin a02 / 2g = 22 x (sin 45°)2 / 20 = 0,1 m   ( H : hauteur maximale atteinte par la grenouille)

d) Soit D la distance à atteindre. En ce point,  x = D et y = 0. On utilise l'équation de la trajectoire.

y = - ½ g.x2 /(v0.cos a0))2 + tan a0.x    Þ  0 = - ½ g.D2 /(v0.cos a0))2 + tan a0.D

0 = - ½ g.D /(v0.cos a0))2 + tan a0    Þ    D = 2 v02.sin a0.cos a0 / g

v0 = (D.g / (2 sin a0.cos a0) = (0,60 x 10 / (2 sin 45° x cos 45°)) = 2,45 m.s-1 

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Correction Amérique du Nord Juin 2003 - II ) Communication entre les insectes :Les phéromones:

 

1)    Molécule A :

       groupe ester

Molécule C

groupes alcène et

alcool

 

a) D'après la formule de l'ester A , l'alcool D est :

D se nomme 3-méthylbutan-1-ol

b) CH3COOH + CH3–CH(CH3)–CH2–CH2–OH = CH3–CH(CH3)–CH2–CH2–O–CO–CH3 + H2O

Cette réaction chimique est une estérification. Elle est lente, athermique et limitée par l'hydrolyse de l'ester.

c) L'acide sulfurique est un catalyseur de l'estérification, il accélère la réaction sans modifier l'état d'équilibre. Les affirmations 1 et 2 sont fausses, l'affirmation 3 est vraie.

 

3) En remplaçant l'acide éthanoïque par l'anhydride éthanoïque, on obtient le même ester et l'acide éthanoïque, en évitant la formation d'eau , l'hydrolyse de l'ester (réaction inverse) n'est donc plus possible. La transformation est donc totale.

4) R-COOCH3 + HO-  ® R-COO- + CH3–OH

En remplaçant l'eau (hydrolyse de l'ester) par des ions hydroxyde HO-  , on obtient l'alcool et la base conjuguée de l'acide, l'acide n'est pas formé, on évite ainsi la réaction inverse, l'estérification

La transformation est donc totale.

 

5) a) MC = 8 MC + 16 MH + MO = 8 x 12 + 16 x 1 + 16 = 128 g.mol-1 ; 

nC = mC / MC = 10-15 / 128 = 7,8.10-18 mol  ; [C] = nC / V = 7,8.10-18 / 1 = 7,8.10-18 mol.L-1

b) Les phéromones sont des produits naturels, non polluants. De plus, elles ne tuent pas les insectes, elles les éloignent. On peut ajouter qu'il suffit de concentration très faible pour que le produit soit efficace. Enfin, ces produits sont très sélectifs.

         

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Correction Bac Amérique du Nord Juin 2003 - III ) A propos de l'acide formique:

 

1) a) n(HCOOH)0 = C0.V0= 0,01 x 0,1= 1,0.10-3 mol ;
M(HCOOH) = MC + 2 MO+ 2 MH = 46 g.mol-1

m = n(HCOOH)0. M(HCOOH) = 1,0.10-3 x 46 = 0,046 g

b) HCOOH(aq) + H2O(l) = HCOO-(aq) + H3O+(aq)  

c)

Equation de la réaction

 HCOOH(aq) +   H2O(l)   =  HCOO-(aq) +   H3O+(aq)  

Etat du système

Avancement en mol

Quantité de matière en mol

Etat initial

0

C0.V0

excès

0

0

Etat final (si la transformation était totale)

xmax

C0.V0- xmax = 0

excès

xmax

xmax

Etat d'équilibre (transformation non totale)

xéq

C0.V0 - xéq

excès

xéq

xéq


L'acide HCOOH est le réactif limitant puisque l'eau est en excès.

Si la réaction est totale, n(HCOOH)f = 0 = C0.V0 – xmax   Þ   xmax = C0 V0

d) t = xéq / xmax = [ H3O+]éq.V0  / (C0.V0 ) = [ H3O+]éq / C0 

e) Qr, éq = [HCOO-]éq.[H3O+ ]éq / [HCOOH]éq   ;  d'après l'équation, [HCOO-]éq = [H3O+]éq

D'après la conservation de la matière, C0= [HCOOH]éq+[HCOO-]éq ; [HCOOH]éq= C0 – [H3O+]éq

Qr, éq = [H3O+]éq2 / (C0 – [H3O+]éq)

 

2) s = l(H3O+ ).[ H3O+]éq + l(HCOO-).[HCOO-]éq = (l(H3O+) + l(HCOO-)).[ H3O+]éq

3) a) [ H3O+ ]éq = s / (l(H3O+) + l(HCOO-)) = 0,05 / (35,0.10-3 + 5,46.10-3) = 1,24 mol.m-3

t = [ H3O+]éq / C0 = 1,24.10-3 / 0,01 = 0,124 = 12,4 %

Qr, éq = [H3O+]éq2 / (C0 – [H3O+]éq) = (1,24.10-3)2 / ( 0,01 – 1,24.10-3) = 1,75.10-4

 

Solution

S0

S1

Ci (mol.L-1 )

0,010

0,10

s ( S.m-1 )

0,050

0,17

[ H3O+]éq (mol.m-3)

1,24

4,2

[ H3O+]éq (mol.L-1)

1,24.10-3

4,2.10-3

t  ( % )

12,4

4,2

Q r, éq

1,75.10-4

1,8.10-4

 

b) On constate que KA et Qr,éq sont très proches. Ce qui est normal puisque KA est constante d'équilibre de la réaction étudiée et que  KA = Qr,éq

 

4) a) D'après les valeurs du tableau, on constate que plus la solution est concentrée, plus le taux d'avancement t est faible (et inversement) car t0 > t1

b) Qr, éq 0  » Qr, éq 1 . La concentration n'a aucune influence sur le quotient de réaction dans l'état d'équilibre (qui est égal à la constante d'équilibre KA )

 

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Correction Amérique du Nord Juin 2003 - III ) Ion chlorure dans l'eau de mer (spe) :

Partie A dosage colorimétrique :

1) Illustration du fonctionnement de l'indicateur coloré :

a) n(Cl- ) = C(Cl- ).V = 0,10 x 2,0.10-3 = 2,0.10-4 mol
Tube n°1 : n(Ag+ ) 1 = C(Ag+ )1.V1 = 0,10 x 0,5.10-3 = 5,0.10-5 mol

n(Ag+ ) 1 < n(Cl-)  ;  Le réactif en excès est donc l'ion Cl- d'après l'équation de la réaction

Tube n°2 : : n(Ag+ ) 2 = C(Ag+ )2.V2 = 0,10 x 2,2.10-3 = 2,2.10-4 mol

n(Ag+ ) 2 > n(Cl-)  ;  Le réactif en excès est donc l'ion Ag+.

 

b) Dans le tube 1, tous les ions Ag+ sont consommés, la solution est jaune.

Dans le tube 2, tous les ions Cl- sont consommés , il reste des ions Ag+ , la solution est donc rose-rouge.

 

2) Principe du dosage :

a) Schéma ci-contre

 

b) A l'équivalence, les réactifs ont été ajoutés et ont réagis dans les proportions stœchiométriques de l'équation.

Lorsqu'on dépasse légèrement l'équivalence, il reste un peu d'ions argent , la solution contenant de la dichlorofluorescéine prend donc une couleur rose-rouge. A l'équivalence, la solution vire du jaune au rose-rouge.

 

3) Préparation de la solution à doser

a) Calcul du volume d'eau du marais à prélever :

Lors d'une dilution, la quantité d'espèces chimiques ne varie pas, on ne fait que rajouter de l'eau distillée, on a donc :  navant = naprès

Þ  C .V = C1.V1 ,  V = (c1 / c ). V1 = V1 / 10 = 50 / 10 = 5,0 mL

 

b) On prélève l'eau du marais avec une pipette jaugée de 5,0 mL surmontée d'une propipette que l'on verse dans une fiole jaugée de 50 mL. On complète avec de l'eau distillée jusqu'au trait de jauge , on bouche et on agite pour homogénéiser la solution.

 

4) Exploitation du dosage :

On réalise te dosage d'un volume V1 = 10,0 ml de solution S1 par une solution S2 de nitrate d'argent de concentration C2 = 1,00.10-1 mol.L-1 . Le volume de nitrate d'argent versé à l'équivalence est : VE = 15,2 mL.

a) A l'équivalence, les réactifs Ag+ et Cl- ont été ajoutés dans les proportions de l'équation :

n(Ag+ )E = n(Cl- )0 Þ C2.VE = C1.V1 Þ C1 = C2.VE / V1 = 1,00.10-1 x 15,2/ 10,0=1,52.10-1 mol.L-1

 

b) D'après la préparation de la solution S1 ,  C = 10 C1 = 1,52 mol.L-1

 

c) teneur en ions Cl- : tCl- = C . M(Cl) = 1,52 x 35,5 = 54,0 g

Cette valeur est supérieure à 30 g.L-1, cette eau est donc favorable au développement des Artêmia.

Partie B : dosage colorimétrique

1) D'après la détermination graphique, VE = 15 mL.

 

2) Avant l'équivalence, on ajoute des ions NO3- et Ag+ à la solution, la réaction consomme des ions Ag+ et Cl- , globalement, cela correspond à l'échange des ions Cl- par des ions NO3- .

La conductivité des ions NO3- étant plus faible que celle des ions Cl- , la conductivité de la solution baisse légèrement.

 

3) Après l'équivalence, on ajoute encore des ions NO3- et Ag+ à la solution et il n'y a plus de réaction, la conductivité de la solution augmente donc.

 

Exercice III – Annexes ( à rendre avec la copie )

 

 

 

 

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