Correction - Bac France - Juin 2009

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I ) Le synthol ( 6,5 points)

II ) Frottements avec l'air : qu'en dit la NASA ? ( 5,5 points)

III ) Airbag et condensateur, quel rapport ?( 4 points)

III ) Détection d'exoplanètes (4 points) (spe)

 

Sujet complet en pdf (non disponible )

 

Correction - Bac France - Juin 2009 - I ) Le synthol :

1.1) L’acide salicylique est la molécule n°2 car elle possède un groupe carboxylique –COOH

Le résorcinol est la molécule n°3 car elle possède 2 groupes hydroxyle –OH.

Le vératrole est donc la molécule n°1.

1.2.1) équation : AH_(aq) + H₂O_(l) = H₃O⁺_(aq) + A^-_(aq)

1.2.2)

Equation chimique		AH(aq) + H2O(l) = H3O+(aq) + A-(aq)
Etat du système	Avancement	Quantité de matière en mol
Etat initial	0	n0	excès	0	0
En cours de transformation	x	n0 - x	excès	x	x
Etat final	xf	n0 - xf	excès	xf	xf

 

1.2.3) [H₃O⁺ ] = 10^-pH = x_éq / V₀

1.2.4) x_éq = 10^-pH . V₀ = 10^-2,6 x 0,100 = 2,51.10^-4 mol

1.2.5) τ = x_éq / x_max .   Si la réaction était totale, n(AH)_f = 0 = n₀ – x_max   ;  x_max = n₀

τ = x_éq / n₀ = 2,51.10^-4 / 7,20.10^-4 = 0,349 = 34,9 %

La transformation n’est pas totale. ( τ < 1 )

 

2.1) m(solution) = ρ . V_A = 0,950 x 100,0 = 95,0 g

m_A = m(solution ) x 0,0105 / 100 = 9,97.10^-3 g

n_A = m_A / M_A = 9,97.10^-3 / 138 = 7,23.10^-5 mol

c_A = n_A / V_A = 7,23.10^-5 / 0,100 = 7,23.10^-4 mol.L^-1

 

2.2.1) A l'équivalence, la quantité de matière de l'espèce à doser et la quantité de matière de l'espèce titrante ont été mélangées et ont réagi dans les proportions stoéchiométriques de l'équation.

D’après l’équation , n_i( C₇H₆O₃ ) = n(HO^-)

2.2.2) c_B = n(HO^- ) / V_BE = c_A.V_A / V_BE

c_{B max} = 7,23.10^-4 x 0,1000 / 0,0050 = 1,44.10^-2 mol.L^-1

c_{B min} = 7,23.10^-4 x 0,1000 / 0,0200 = 3,61.10^-3 mol.L^-1

Il faut donc que la concentration c_B soit comprise entre 3,61.10^-3 et 1,44.10^-2 .

2.2.3) La valeur de la concentration de la solution à préparer correspond bien à l’encadrement trouvé précédemment.

Calcul du volume V₀ de solution mère à prélever :

Lors d’une dilution, la quantité de matière ne change pas : c₀ . V₀ = c_B . V_f

V₀ = c_B . V_f / c₀ = 1,0.10^-2 x 50,0 / 1,0.10^-1 = 5,0 mL

On verse environ 10 mL de solution S₀ dans un bécher de 50 mL. On en prélève 5,0 mL avec une pipette jaugée de 5 mL surmontée d’une propipette que l’on verse dans une fiole jaugée

de 50,0 mL. On complète la fiole jaugée avec de l’eau distillée jusqu’au trait de jauge.

On bouche et on retourne plusieurs pour homogénéiser la solution.

 

2.3.1) a) On choisit l’indicateur coloré dont la zone de virage comprend le pH à l’équivalence.

Le bleu de bromothymol convient bien car 6,0 < pH_éq < 7,6.

b) Le jaune de quinoléine (E104) ne gêne pas beaucoup l’observation du changement de couleur car sa couleur jaune correspond à celle de la solution à doser contenant l’indicateur et après l’équivalence, la solution change fortement de couleur , on aura une couleur bleu-vert différente du jaune de départ.

2.3.2) L’espèce majoritaire est l’éthanol, on n’est donc pas en solution aqueuse, un dosage pH-métrique n’est donc pas recommandé.

2.4) Schéma du dosage

 

2.5.1)  Après l’équivalence, les ions Na⁺ et HO^- restent en solution sans réagir, la solution contient donc plus d’ions qui sont responsables de conductivité de la solution qui augmente.

2.5.2) D’après la figure 1, V_BE = 7,0 mL

2.5.3) c_A.V_A = c_B . V_BE

c_A = c_B . V_BE / V_A = 1,00.10^-2 x 7,0.10^-3 / 100,0.10^-3

c_A = 7,0.10^-4 mol.L^-1

Cette valeur est proche de la valeur de la question 2.1. de 7,23.10^-4 mol.L^-1

 

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Correction -Bac France - Juin 2009 - II ) Frottements avec l'air , qu'en dit la NASA ? :

 

1) Le champ de pesanteur est uniforme car il est identique en tout point au voisinage de la Terre.

 

2) La poussée d’Archimède est verticale vers le haut.   π = m_{air déplacée} . g = ρ_air . V . g

3) On applique la 2^ème loi de Newton au système dans le référentiel terrestre galiléen :

+       + ₁ = m .

On projète sur l’axe Oz :  P - π - f₁ = m . a = m . dv/dt

(1)     m. dv/dt = m.g – V. ρ_air . g – A . η_air . v = m.g . (1 – V. ρ_air / m )  – A . η_air . v

(2)     m. dv/dt = m.g – V. ρ_air . g – B . ρ_air . v² = m.g . (1 – V. ρ_air / m )  – B . ρ_air . v²

 

4.1) v₀ = 0 m.s^-1  .   m . a₀ = m . g . (1 – V . ρ_air / m)   ;   a₀ = g . ( 1 – V . ρ_air / m)

4.2) L’accélération correspond au coefficient directeur de la tangente à la courbe v = f(t).

On trace donc la tangente à l’origine pour déterminer a₀ .

Elle passe par les points (0 ,0 ) et (0,2  ; 1,2).   a₀ = (v(0,2) – v₀) / (0,2 – 0) = 1,2 / 0,2 = 6 m.s^-1 

4.3) a₀ = g . ( 1 – V . ρ_air / m) = 9,8 x (1 – 7 x 1,2.10^-3 / 22.10^-3 ) = 6 m.s^-1 

 

5.1) D’après la figure 2, v_lim = 2,7 m.s^-1  ( tracé sur la figure à venir plus tard)

5.2) Lorsque la vitesse limite est atteinte, la vitesse est constante, dv/dt = 0.

(1)   0 = m.g – V. ρ_air . g – A . η_air . v_lim    ;  v_lim = m.g . (1 – V . ρ_air / m)  / (A . η_air )

5.3) v_{lim 1} = 22.10^-3 x 9,8 x ( 1 – 7 x 1,2.10^-3 / 22.10^-3 ) / (1.10¹ x 2.10^-5 ) = 6,7.10² m.s^-1 

5.4) v_{lim 1}  >> 2,7 m.s^-1  . Le modèle 1 n’est donc pas adapté à la situation.

V_{lim 2} = 2 m.s^-1  .  V_{lim 2} est assez proche de 2,7 m.s^-1  .

Ce modèle 2 est mieux adapté mais il n’est pas pleinement satisfaisant.

 

6.1) La navette en orbite autour de la planète possède une grande énergie cinétique et de l’énergie potentielle de pesanteur.

6.2) 2 térajoules correspond à de l’énergie et 1 mégawatt correspond à une puissance.

6.3) v_i = 28000 km/h = 28 000 x 1000 / 3600 = 7,78.10³ m.s^-1 

v_f = 250 x 1000 / 3600 = 69,4 m.s^-1 

variation d’énergie : E = ½ m . (v_i² – v_f²) = ½ 70.10³ x ((7,78.10³ )² – 69,4² ) = 2,1.10¹² J

1 terajoules = 10¹² J .  La valeur calculée correspond bien.

Puissance : P = E / t = 2,1.10¹² / 2000 = 1,0.10⁹ W

Cette valeur ne correspond pas, elle est 1000 fois supérieure à 1 mégawatt.

 

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Correction - Bac France - Juin 2009 - III ) Airbag et condensateur , quel rapport ?:

 

1.1) Lorsqu’on ferme l’interrupteur, le condensateur se charge, sa tension nulle au départ augmente jusqu’à sa valeur de charge 5,0 V. Il s’agit de la courbe (a)

L’intensité est maximale au démarrage car les plaques du condensateur ont le maximum d’électrons disponibles. Elle diminue au cours de la charge du condensateur.

Il s’agit donc de la courbe (b).

1.2) De 0 à 5 ns, on a un régime transitoire où les grandeurs u_C et i varient.

Au delà de 5 ns, le régime est permanent, u_C et t sont constants.

1.3) Pour déterminer la constante de temps τ, on détermine le temps où u_C = 0,63 u_{C max}

u_C(τ) = 0,63 x 5,0 = 3,15 V. D’après la figure 5, τ = 1,0 ns = 1,0.10^-9 s

τ est très inférieur à 200 ms. La réaction du dispositif est donc beaucoup plus rapide que le choc.

1.4) τ = R . C ;  R = τ / C = 1,0.10^-9 / 100.10^-12 = 10 Ω

1.5.1) En régime permanent, u_C = u_{C max} = 5,0 V   et i = 0 A

1.5.2) q =  C . u_C = 100.10^-12 x 5,0 = 5,0.10^-10 C

 

2.1) Le peigne fixe et le peigne mobile sont les armatures du condensateur.

2.2.1) Si la distance d entre les armatures diminue, la capacité C augmente.

La relation (b) C = k / d correspond à cette évolution.

2.2.2) loi d’additivité des tensions :  u_G = u_C + u_R

u_C = u_G – u_R = E – R . i ; R est considérée nulle ;   u_C = E

q = C . u_C = C . E

2.2.3) La tension E ne varie pas lors du choc, la tension u_C reste donc constante.

C augmente lors du choc, la charge q augmente donc aussi.

2.3) La charge augmente, il y a plus d’électrons qui sont arrachés à l’armature chargée positivement.

2.4) i = dq /dt

La charge q varie, l’intensité n’est donc plus nulle.

Le déclenchement du gonflage de l’airbag est commandé par la détection d’une variation d’intensité du courant dans le circuit.

 

 

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Correction Bac France - Juin 2009 - III ) Détection d'exoplanètes (spe)

 

1.1) L'objet AB étant à l'infini, son image se trouve dans le plan focal du miroir, d'où F₁ est confondu avec A₁.

 

1.2) α ≈ tan α = A₁B₁/f₁

 

1.3.1) A₂B₂ est le symétrique de A₁B₁ par rapport au miroir plan.

1.3.2) A₂B_{2 =} A₁B₁ car le miroir plan conserve les distances.

 

1.4.1) L'image définitive A'B' se forme à l'infini : A' sur l'axe Δ' et B' (voir schéma).

 

1.5.1) voir schéma

1.5.2) α'≈tan α' = A₂B₂/ f₂

1.5.3) G_r = α'/α = A₂B₂/ f₂ x f₁/ A₁B₁ et comme A₂B_{2 =} A₁B₁  G_r = f₁/ f₂ = 1200/30 = 40

 

1.6.1) Soit D la distance entre l'étoile hôte et la terre ,alors α = AB/ D.

Or AB = 0,045x150.10⁹ = 6,75.10⁹ m et D = 153 x 9,5.10¹⁵ = 1,45.10¹⁸ m d'où α= 4,6.10^-9 rad

1.6.2) α' = 40 x α = 1,8.10^-7 rad

1.6.3) Comme α' << 3,5.10^-4 rad l'image de l'étoile et de sa compagne ne sont pas séparées.

 

2.1) T = 3,5 jours soit 302400s

a³ = T² x G x M / (4π²) = 3,23.10²⁹

a = 6,89.10⁹ m

Les valeurs a et AB sont donc  très proches.

 

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