Correction Bac France - Juin 2008

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I ) Les couleurs du bleu de bromothymol ( 6,5 points)

II ) Un réveil en douceur ( 5,5 points)

III ) La Terre, une machine thermique ( 4 points)

III ) Vous avez dit "wha-wha" (4 points) (spe)

 

Correction Bac France - Juin 2008 - I ) Les couleurs du bleu de bromothymol :


1) Titrage acido-basique avec le bleu de bromothymol :

1.1) Equationdu titrage : H3O+(aq) + HO-(aq) → 2 H2O(l)

On peut utiliser une flèche car la réaction d'un dosage doit être totale.

 

1.2) Couples acide/base mis en jeu :  H3O+ / H2O  et  H2O / HO- 

 

1.3) A l'équivalence, les réactifs ont été mélangés dans les proportions stoechiométriques de l'équation, ils sont complètement consommés, leurs quantités de matière sont nulles.

 

1.4)  n(H3O+)f = 0 = n(H3O+)éq – xmax   ;    n(HO-)f = 0 = n(HO-)0 – xmax   

xmax = n(H3O+)éq = n(HO-)0    ;   cA . VE = cB . VS  

cB = cA . VE / VS = 1,00.10-1 x 12,3.10-3 / 10,0.10-3 = 1,23.10-1 mol.L-1

2) Questions autour du couple acido-basique du bleu de bromothymol :

2.1) Equation :   HIn(aq) + H2O(l) = In-(aq) + H3O+(aq)

 

2.2) La constante d'acidité KA est la constante d'équilibre de la réaction de l'acide HIn avec l'eau :

KA = [In-]éq . [H3O+ ]éq / [HIn]éq

3) Détermination du pKA du bleu de bromothymol :

3.1.1) La longueur d'onde λmax d'absorbance maximale de la forme In- est 610 nm d'après la figure 1.

 

3.1.2) La couleur de la lumière absorbée est orange d'après la figure 2.

 

3.1.3) La couleur de la forme basique In- est le bleu d'après la figure 2.

 

3.2) La longueu d'onde λmax de 610 nm correspond bien car In- absorbe au maximum et HIn n'absorbe pas.

 

3.3.1) nBBT = c0 . V0 = 3,0.10-4 x 1,0.10-3 = 3,0.10-7 mol

 

3.3.2) Il y a dilution lors du mélange :  nBBT avant = nBBT après  .   c0 . V0 = c . (V + V0)

c = c0 . V0 / (V+ V0) = 3,0.10-4 x 1,0.10-3 / 11.10-3 = 2,7.10-5 mol.L-1

 

3.3.3) A la longueur d'onde λ0 , seule la forme basique In- absorbe, HIn n'absorbe pas.

On a donc :  A = A(In-)

 

3.3.4) Dans la solution S13 , HIn est négligeable devant In-, [In-]éq = c.

A = Amax = k . [In-]éq = k . c

 

3.3.5) k = Amax / c   ;   A = k . [In-]éq    ;  [In-]éq = A / k = (A / Amax.) . c

 

3.4.1) D'après la figure 3, [HIn]éq = [In-]éq  pour pH = 7,2.

KA = [In-]éq . [H3O+ ]éq / [HIn]éq  ;  - log KA = - log([In-]éq / [HIn]éq ) – log [H3O+ ]éq

pKA = pH - log([In-]éq / [HIn]éq )  ;   pH = pKA + log([In-]éq / [HIn]éq )

Si [HIn]éq = [In-]éq  ,  log([In-]éq / [HIn]éq ) = 0  ;  pH = pKA.

On a donc :  pKA = 7,2 

 

 

3.4.2)

3.4.3) Dans la zone de virage, la couleur de la solution est verte, mélange de jaune et de bleu.

4) Utilisation du bleu de bromothymol pour le titrage de la partie 1 :

4.1) Avant l'équivalence, la solution est basique, pH est supérieur à 8,2, la solution est bleue.

A l'équivalence, la solution est neutre, c'est de l'eau salée, le pH vaut 7, la solution est verte mais en ajoutant une goutte de plus d'acide, la solution devient jaune. On a un virage de couleur du bleu au jaune.

 

4.2) Pour un dosage, on choisit un indicateur coloré pour lequel le pH à l'équivalence est situé dans la zone de virage de l'indicateur. Le BBT convient bien pour ce dosage.

 

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Correction Bac France - Juin 2008 - II ) Un réveil en douceur :

1) Influence d'une bobine dans un circuit électrique :

1.1) La lampe L1 s'allume instanement car le courant s'y établit instanément alors que dans la branche de la lampe L2, la bobine ralentit l'établissement du courant et la lampe L2 s'allume avec retard.

 

1.2) Le régime pendant lequel le courant augmente est appelé régime transitoire.

Le régime pendant lequel le courant est maximum et constant est appelé régime permanent.

 

1.3) En fin d'expérience, le courant I2 dans la branche de la bobine est constant et égal au courant I1 dans la branche de la lampe L1 car les résistances de ces branches sont égales. Les deux lampes L1 et L2 brillent donc de façon identique.

 

1.4.1) τ = L / R

1.4.2) [R] = [u / i ] = U / I   ;   [L] = [uL / di/dt] = U . T / I

[L / R ] = [L] / [R] = (U . T / I ) / (U / I ) = T

L / R est bien homogène à un temps.

 

1.4.3) τ = L / R ≈ 1 / 10 ≈ 0,1 s.   5 τ ≈ 0,5 s

Un observateur peut donc détecter ce phénomène d'environ 0,5 s.

2) Vérification de la vaelur de l'inductance L de la bobine utilisée :

2.1) Il s'agit d'un régime pseudo-périodique car l'amplitude des oscillations de uC diminue.

 

2.2) La bobine possède une résistance interne r qui consomme de l'énergie sous forme de chaleur (effet Joule) .

Cette perte d'énergie du système amortit les oscillations de la tension uC.

 

2.3) L'énergie totale du système est décroissante.

 

2.4) D'après la figure 6, on a 6 pseudo-périodes sur un temps de 180 ms.  T = 180 / 6 = 30 ms

T02 = 4 π2 L . C 

L = T02 / (4 π2 . C ) ≈ T2 / (4 π2 . C ) ≈ 0,0302 / (4 x 3,142 x 22.10-6) = 1,0 H

 

2.5) La valeur de l'inductance L calculée est compatible avec la valeur de 1 H du constructeur.

3) Etude expérimentale de la luminosité d'une lampe dans un circuit électrique contenant une bobine :

3.1) L'énergie électrique reçue par la lampe est transférée àl'environnement par rayonnement et de chaleur (effet Joule).

 

3.2) On branche Y1 en C et la masse en D, on mesure ainsi uR0 et on branche Y2 en B, on mesure ainsi uBD entre B et D.

 

3.3.1) uBD = uR0 + u(t)  ;  u(t) = uBD  - uR0   (en série)

 

3.3.2) uR0 = R0 . i(t)   ;  i(t) = uR0 / R0

 

3.3.3) p(t) = u(t) . i(t) = (uBD – uR0) . uR0 / R0

 

3.4) Les élèves ont choisit R0 faible pour que τ soit plus grand.

 

3.5) p(90%) = pmax x 0,90 = 11,2 x 0,90 = 10 W

D'après la figure 8, cette valeur de puissance est atteinte au bout de 1,3s.

 

3.6) Cette durée est trop rapide pour permettre un réveil en douceur.

Pour augmenter ce temps , il faudrait augmenter l'inductance L et diminuer la résistance du circuit, celle de la résistance R0.

 

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Correction Bac France - Juin 2008 - III ) La Terre, une machine thermique :

1) Transfert thermique et radioactivité du globe terrestre :

1.1.1) Les noyaux stables sont ceux pour lesquels N = Z. (droite rouge)

 

1.1.2) 4020Ca possède 20 protons (Z) et 20 neutrons (N).

4019K possède 19 protons (Z) et 21 neutrons (N). 4020Ca est stable car Z = N = 20.

Par contre , 4019K est instable car Z ¹ N.

 

1.1.3) On utilse les lois de Soddy : Z et A se conservent lors d'une désintégration

4019K → 4020Ca +  0- 1 e .       C'est une désintégration β-

 

1.2.1) C'est une désintégration β+ .

 

1.2.2) E = Δm . c2 = (m(4018Ar) + m(01e) – m(4019K)) . c2

E = (6,635913.10-26+9,1.10-31 – 6,636182.10-26) x (3,0.108)2 = -1,78.10-30 x (3,0.108)2

E = - 1,6.10-13 J = -1,6.10-13 / 1,6.10-19 = - 1,0.106 eV = - 1,0 MeV

2) Evolution temporelle et dynamique interne du globe terrestre

2.1) La désintégration d'un noyau radioactif est aléatoire et spontanée.

 

2.2.1) N(t) = N0 . exp( - λ . t)   .   λ se mesure en s-1 (inverse de la constante de temps τ)

 

2.2.2) Au temps de demi-vie t½ , N(t ½) = N0 / 2 ; au temps, 2t½ , N(2t ½) = N0 / 4

 

2.2.3) La décroissance est la plus rapide au dépard car la pente est maximale en valeur absolue.

 

 

2.3) Pour 238U, t ½ = 4,5 milliards d'années.

Au temps t1 recherché, N = N0 – ¾ N0 = N0 / 4 = (N0 / 2) / 2.

Au bout de 2t ½ , N(2t ½) = N0 / 4.  On a donc t1 = 2 t ½ = 9,0 milliards d'années.

 

2.4) La croissance des continents explique une diminution plus rapide du nombre de noyaux radioactifs dans le manteau (b). La phrase " mais la diminution du nombre de noyaux radioactifs dans le manteau s'est intensifiée ...) le justifie.


 

 

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Correction Bac France - Juin 2008 - III ) Vous avez dit "wha-wha"(spe)

1) Analyse temporelle d'une note de musique :

1.1) La qualité physiologique commune aux deux sons est leur hauteur ce qui correspond à deux sons de même fréquence.

 

1.2) Un motif correspond à 9 graduations donc T= 9,0.10-3 s d’où une fréquence

f = 1 / T= 1,1.102 Hz ce qui correspond au La1.

 

1.3) Les deux sons se distinguent par leur timbre ( richesse en harmoniques ).

2) Modes propres de vibration de la corde 6 :

2.1) La fréquence f1 du fondamental correspond à la plus petite valeur de la fréquence du spectre : f1 = 1 / 3 kHz = 3,3.102 Hz ;

ce résultat est cohérent avec le texte car la corde 6 correspond au mi3 dont la fréquence est 329,6 Hz.

 

2.2)  f2 = 2 f1 = 6,6.102 Hz et f3 = 3 f1 = 1,0 kHz.

 

2.3) 2 L = k . λ pour le mode fondamental k = 1 donc λ = 2 L = 2 x 0,63 = 1,26 m

 

2.4)  λ = v / f   avec λ en m ; v en m.s-1 ; f en Hz.

 

2.5) 2 L = v / f d’où v = 2 L . f = 1,26 x 329,6 = 415,3 m.s-1 

 

2.6) En comprimant la corde contre la frette , le guitariste diminue la longueur L de la corde ; comme la célérité v des ondes le long de la corde est constante, d’après la relation v = 2 L . f  c’est que f augmente et que le son devient plus aigu.

 

3) En comparant les 3 spectres, on remarque que l’on modifie l’amplitude des harmoniques, donc la pédale wha-wha agit sur le timbre de l’instrument.

 

 

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