Correction Bac France - Juin 2005

Calculatrice NON autorisée

France - Juin 2005 - I ) Modélisation d'une alarme :

I ) Première partie :

1) Etude de la charge du condensateur dans le circuit RC :

b) Pour déterminer , on peut utiliser la méthode de la tangente à l'origine, elle coupe l'asymptote

u = E au temps t = t. D'après la figure 2, t vaut 51s.

c) t = R.C = 47.10³ x 1,1.10³.10^-6 » 52 s.

Cette valeur correspond à celle obtenue par détermination graphique aux erreurs de lecture près.

2) Déclenchement de l'alarme :

2.1) pour u_AB = 8 V, t vaut environ 114 s. Dt = 114 s

2.2) En fermant la porte, on court-circuite le condensateur, sa tension s'annule.

u_AB < 8 V, la sirène ne peut pas se déclencher.

II ) Deuxième partie :

1) Pour la courbe (a), le régime est pseudo-périodique. Elle correspond à la plus petite résistance R₁ = 160 W car plus cette résistance est faible, plus les oscillations sont importantes et se rapprochent d'une sinusoïde.

Pour la courbe (b), le régime est apériodique. Elle correspond à la résistance R₂ = 2,4 kW.

2) Au bout d'un certain temps, u_AB est constante, la charge q du condensateur est donc constante

(q = C.u_AB), l'intensité i s'annule donc (i = dq/dt).

3) Loi des tensions : E = u_L + u_R + u_AB = L.di/dt + R.i + u_AB

Au bout d'un certain temps, i = 0, di/dt = 0, u_AB = E = 9,0 V

4) L'inconvénient d'un régime associé à la courbe (a) est que la tension u_AB dépasse la valeur limite beaucoup plus vite que dans le régime associé à la courbe (b).

5) R = 47.10³ W , C = 1,1.10³.10^-6 F , L < 1.10^-3 H

(R/2). (C/L) > (47.10³/2) x (1,1.10^-3/ 1.10^-3) > (47.10³/2) > 1

Il n'y a donc pas d'oscillations dans le circuit d'alarme.

Annexe

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France - Juin 2005 - II ) Quatre satellites artificiels parmi bien d'autres :

I ) Le premier satellite artificiel :

1.1) F = F . u_N = (G.M_T.m / (R_T+h)²) u_N

1.2) On applique la 2^ème loi de Newton dans le référentiel géocentrique supposé galiléen : F = m. a

a = (G.M_T / (R_T+h)²) . u_N

2.1.1) Dans le repère de Frenet, a = (v² /(R_T+h)).u_N + dv/dt . u_T = (G.M_T / (R_T+h)²) . u_N

On a donc : (v² /(R_T+h) = (G.M_T / (R_T+h)² et dv/dt = 0 .

La dérivée de la vitesse est nulle, la vitesse est donc constante.

2.1.2) (v² /(R_T+h) = (G.M_T / (R_T+h)² ; v = (G.M_T / (R_T+h))

2.1.3) v = D / T = 2 p (R_T+h) / T = (G.M_T / (R_T+h))

T = 2 p (R_T+h)^3/2 / (G.M_T)^1/2

T² = 4 p² (R_T+h)³ / (G.M_T) ; T² / (R_T+h)³ = 4 p²/ (G.M_T) = constante ( 3ème loi de Kepler)

2.2) Cas d'un satellite géostationnaire :

2.2.1) Un satellite géostationnaire reste toujours à la verticale d'un même point de la Terre, sa période est de 24 heures.

2.2.2) a) Dans le cas de la figure 2, la 2^ème loi de Newton n'est pas applicable.

a_N est perpendiculaire à la trajectoire dans le plan de la trajectoire et F est dirigée dans l'axe satellite-Terre, ces deux vecteurs n'ont donc pas même direction selon la figure 2, m. a_N ¹ F

b) La figure 3 ne correspond pas à un satellite géostationnaire car l'axe de rotation du satellite et celui de rotation de la Terre sont différents, le satellite ne peut donc pas rester à la verticale d'un même point de la Terre. Seules la figure 1 correspond à un satellite géostationnaire.

3.1) 1^ère loi de Kepler : Dans le référentiel géocentrique, le centre d'un satellite de la Terre décrit une trajectoire elliptique dont la Terre est l'un des foyers.

3^ème loi de Kepler : T² / a³ = constante (a : demi-grand axe)

3.2)

3.3) En considérant des aires égales S_A (rouge) et S_P (jaune) autour de A et P, balayées pendant une durée égale, on constate que la distance à parcourir pour le satellite est bien plus grande pour l'aire S_P que celle pour l'aire S_A, la vitesse autour de P est donc plus grande que celle autour de A. La vitesse n'est donc pas constante.

3.4) La question précédente montre que la vitesse en P est maximale et la vitesse en A est minimale.

4) Les missions des satellites artificiels :

4.1) Les longueurs d'onde du domaine visible sont comprises entre 400 nm et 800 nm.

Celles de l'Infrarouge sont supérieures à 800 nm, celles des Ultraviolets sont inférieures à 400 nm.

4.2) c = l / T = l . f ; f_max = c / l_min = 3,0.10⁸ / 400.10^-9 = 0,75.10¹⁵ = 7,5.10¹⁴ Hz

f_min = c / l_max = 3,0.10⁸ / 800.10^-9 = f_max/2 = 3,75.10¹⁴ Hz

4.3) La valeur de longueur d'onde l dépend du milieu car la célérité de la lumière dépend du mileu.

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France - Juin 2005 - III ) Les indicateurs colorés naturels de la cuisine à la chimie :

I ) Des indicateurs colorés en cuisine :

1) Un indicateur coloré acido basique est un couple acide/base dont les formes acide et basique n'ont pas la même couleur. Il change donc de couleur selon le pH de la solution où il se trouve.

2) Le vinaigre est acide car le chou est violet en sa présence.

Le détergent est basique car le chou est vert en sa présence.

II ) Des indicateurs colorés pour les titrages :

1) Il faut utiliser une pipette jaugée de volume V₁ et une fiole jaugée de volume V₂.

La dilution étant de 10, V₂ / V₁ doit valoir 10.

Les valeurs qui correspondent sont : V₁ = 20,0 mL et V₂ = 200,0 mL.

2) Réaction de titrage :

a) HA_(aq) + HO^-_(aq) = A^-_(aq) + H₂O_(l)

Une réaction de titrage doit être totale, on peut l'écrire : HA_(aq) + HO^-_(aq) ® A^-_(aq) + H₂O_(l)

b) D'après la courbe, V_BE est voisin de 10 mL. Pour V_B = 6 mL, la quantité d'ions HO^- versé est donc inférieure à celle de l'acide HA, l'ion HO^- est donc le réactif limitant.

c) Si la réaction est totale, n(HO^-)_f = 0 = n(HO^-)₀ – x_max

x_max = n(HO^-)₀ = c_B . V_B = 1,0.10^-1 x 6,0.10^-3 = 6,0.10^-4 mol

d) D'après la courbe, pour V_B = 6,0 mL, pH = 5,0 mL. [H₃O⁺]_f = 10^-pH = 10^-5,0 = 1,0.10^-5 mol.L^-1

[HO^-]_f = Ke / [H₃O⁺ ]_f = 10^-14 / 10^-5,0 = 1,0.10^-9 mol.L^-1

n(HO^-)_f = [HO^-]_f . V_T = 1,0.10^-9 x 76,0.10^-3 = 7,6.10^-11 mol ( il faut tenir compte de l'eau)

n(HO^-)_f = n(HO^-)₀ – x_f = x_max – x_f ; x_f = x_max – n(HO^-)_f

t = x_f / x_max = (x_max – n(HO^-)_f) / x_max = (6,0.10^-4 – 7,6.10^-11) / 6,0.10^-4 = 100 %

La transformation est donc totale.

3) Détermination par titrage de la concentration molaire en acide éthanoïque apporté du vinaigre:

a) A l'équivalence, dpH/dt est maximum, on lit sur le graphique, V_BE = 10 mL.

On peut aussi utiliser la méthode des tangentes lorsqu'on n'a pas le tracé de la dérivée mais elle est moins précise.

(méthode valable ici)

b) A l'équivalence, d'après l'équation, n(HA)₀ = n(HO^-)_{versé à l'équivalence} ; c_A . V_A = c_B . V_BE

c_A = c_B . V_BE / V_A = 1,0.10^-1 x 10,0.10^-3 / 10,0.10^-3 = 1,0.10^-1 mol.L^-1

On a dilué par 10. c₀ = 10 c_A = 1,0 mol.L^-1

4) Retour historique ...

a) HA_{ind
(aq)} + H₂O_(l) = A^-_{ind (aq)} + H₃O⁺_(aq) Ki = [A^-_ind]_éq.[H₃O⁺]_éq / [HA_ind]_éq

[A^-_ind]_éq / [HA_ind]_éq = Ki / [H₃O⁺]_éq = 10^-pKi / 10^-pH = 10^{pH –pKi}

b) Pour l'artichaut, pour V_B = 9,8 mL, [A^-_ind]_éq / [HA_ind]_éq = 10^{pH –pKi} = 10^{6,5 – 7,5} = 1,0.10^-1

	Artichaut		Betterave
	V_B = 9,8 mL	V_B = 10,1 mL	V_B = 9,8 mL	V_B = 10,1 mL
[A^-_ind]_éq / [HA_ind]_éq	1,0.10^-1	1,0.10^-3	1,0.10^-5	1,0.10^-1
couleur	incolore	jaune	rouge	rouge

c) couleurs indiquées dans le tableau

d) La betterave n'est pas adaptée car elle ne change pas de couleur.

L'artichaut est l'indicateur adapté.

e) Si le vinaigre est coloré, on ne voit pas le virage de l'incolore au jaune de l'indicateur.

France - Juin 2005 - I ) Modulation et démodulation d'amplitude (spe)

I ) Analyse du son émis par une flûte à bec :

1) Le son n'est pas pur car le spectre de la figure 1 montre qu'il y a des harmoniques.

2) La fréquence du fondamental est la plus petite du spectre, soit 790 Hz.

3) D'après le spectre , il y a 5 harmoniques de fréquences f₁ = 1580 Hz, f₂= 2370 Hz,

f₃ = 3160 Hz, f₄ = 3950 Hz, f₅ = 4740 Hz.

II ) Modulation d'amplitude :

1) La tension u₁(t) est appelée porteuse, sa fréquence est très grande par rapport à celle de la note "sol". On peut ainsi envoyer cette onde sur de longue distance.

2) On retrouve le signal modulant sur l'enregistrement au niveau des maxima de la tension modulée s(t), l'enveloppe de la courbe.

3) S_max = 2,5 V , S_min = 1,4 V , m = (2,5 – 1,4) / (2,5 + 1,4) = 1,1 / 3,9 = 11 / 39 = 0,28 < 1

La qualité de la modulation est donc bonne.

III ) Démodulation :

1) a) Le condensateur se décharge lorsque la diode est bloquée.

b) t₁ = R₁ . C₁

c) Pour R₁ = 15 kW, t₁ = 15.10³ x 1,0.10^-9 = 1,5.10^-5 s

Pour R₁ = 150 kW, t₁ = 150.10³ x 1,0.10^-9 = 1,5.10^-4 s

d) Pour obtenir une bonne démodulation, il faut que T << t₁ < T_signal .

T = 1 / f = 1 / 100.10³ = 1,0.10^-5 s

La seule résistance qui convient, est celle dont la valeur est 150 kW.

La courbe 1 montre une mauvaise démodulation, la courbe 2 correspond à une bonne démodulation soit celle correspondant à la résistance de 150 kW.

La courbe 1 correspond donc à la résistance de 15 kW.

2) La courbe 2 présente une composante continue en plus par rapport à la courbe 3.

L'ensemble ( R₂-C₂) série a pour rôle de supprimer la composante continue présente dans la tension u_BM pour obtenir la tension u_DM.

IV ) Analyse du signal obtenu après démodulation :

1) La hauteur du son dépend de la fréquence du son. Or ici, les deux sons ont la même fréquence de 790 Hz. Ils ont donc la même hauteur.

2) Par contre, le timbre serait différent car les spectres des 2 sons sont différents, il manque notamment l'harmonique n°5 dans le son obtenu après démodulation.