Correction du sujet Bac Amérique du Nord Juin 2009

Sujet Bac Amérique du Nord Juin 2009 - I ) Le hockey sur gazon :

A) Première phase

1.1) Dans le référentiel terrestre galiléen, on applique la 2eme loi de Newton à la balle : = m .

1.2) La force étant constante, l’accélération est donc constante, le mouvement est uniformément accéléré et rectiligne ( La trajectoire est une droite). a = F / m

2.1) = d / dt

2.2) L’accélération étant constante, elle est égale à l’accélération moyenne entre A et B.

a = (v_B – v_A) / Δt = 14 / 0,11 = 1,3.10² m.s^-2

3) F = m . a = 0,160 x 1,3.10² = 20 N ( ou 21 N avec la valeur arrondie de a)

P = m . g = 0,160 x 9,8 = 1,6 N . F / P =20 /1,6 = 12,5

L’hypothèse n’est donc pas justifiée, il faudrait un rapport F / P supérieur à 100.

B) Deuxième phase

1.1) v_Bx = v₀ . cos α ; v_Bz = v₀ . sin α

1.2) x_B = 0 ; z_B = OB = h

1.3) Ce qui suit n’est pas demandé mais aurait pu l’être

Seule force extérieure exercée sur la balle : le poids vertical vers le bas , P = m . g

On néglige les actions de l’air sur la balle.

On applique la deuxième loi de Newton dans le référentiel terrestre galiléen à la balle : = m .

On projète sur l’axe Ox : P_x = m . a_x ; 0 = m . a_x ; a_x = 0

Oz : P_z = m . a_z ; - m . g = m . a_z ; a_z = - g

a_x = dv_x/dt = 0 ; v_x = constante = v_Bx = v₀ . cos α

a_z = dv_z/dt = - g ; v_z = - g . t + constante = - g . t + v_Bz = - g . t + v₀ . sin α

Au sommet S de la trajectoire, la vitesse est tangente à la trajectoire et donc horizontale, v_z = 0 et

v_x = v_s = v₀ . cos α = 14 x cos 30 = 12 m.s^-1

1.4) On calcule par intégrations successives

v_x = dx/dt = v₀ . cos α ; x = v₀ . cos α . t + constante = v₀ . cos α . t + x_B = v₀ . cos α . t

v_z = dz/dt = - g . t + v₀ . sin α ; z = - g . t² / 2 + v₀ . sin α . t + constante

z = - g . t² / 2 + v₀ . sin α . t + v_Bz = - g . t² / 2 + v₀ . sin α . t + h

1.5) t = x / (v₀.cos α) ;

z = - g . t² / 2 + v₀ . sin α . t + h = - g . x² / (2v₀².cos²α) + x . tan α + h

2.1) Pour que le but soit marqué, il faut que x = d et z < L

2.2) z₁ = - g . d² / (2v₀².cos²α) + d . tan α + h = - 9,8 x 15² / (2 x 14² x cos30²) + 15 x tan 30 + 0,40

z₁ = 1,6 m < L. Buuuuuuuuuuuuuuuut !!!!!!!.

C ) Etude énergétique

1) énergie potentielle de pesanteur : E_P = m . g . z

énergie mécanique : E_M = Ec + Ep = ½ m . v² + m . g . z

2) E_M(B) = ½ m . v_B² + m . g . z_B = ½ . m . v_B² + m . g . h

E_M(B) = 0,160 x 14² / 2 + 0,160 x 9,8 x 0,40 = 16 J

3.1) Le poids est la seule force exercée sur la balle, elle est donc en chute libre, l’énergie mécanique se conserve au cours de son mouvement .

3.2) E_M = ½ m . v_S² + m . g . z_max ; z_max = (E_M / m – ½ v_S²) / g

z_max = (16 / 0,160- 12²/ 2 ) / 9,8 = 3,0 m. ( avec la valeur 16,3 non arrondie de E_M(B))

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Sujet Bac Amérique du Nord Juin 2009 - II ) Pourquoi cuisiner dans des casseroles en cuivre :

Partie A : Etamage d’une casserole

1.1) schéma

1.2) L’électrolyse n’est pas une transformation spontanée, c’est une transformation forcée qui nécessite l’apport d’énergie électrique du générateur.

2.1) L’électrode A reliée à la borne négative du générateur apporte des électrons et il s’y produit donc un gain d’électrons, une réduction. L’électrode est donc une cathode.

2.2) Réaction à l’électrode A : Sn²⁺_(aq) + 2 e^- = Sn_(s)

Le récipient à recouvrir doit donc constituer cette électrode pour recevoir l’étain.

2.3) Réaction à l’électrode B en étain : Sn_(s)= Sn²⁺_(aq) + 2 e^- ( l’étain est oxydé)

2.4) équation : Sn²⁺_(aq) + Sn_(s) = Sn_(s) + Sn²⁺_(aq)

Les ions étain Sn²⁺_(aq) sont consommés puis formés, globalement leur concentration ne varie pas.

3.1) Q = I . Δt

3.2) D’après la demi-équation : Sn²⁺_(aq) + 2 e^- = Sn_(s) ; n(e^- ) = 2 n(Sn)

3.3) Q = n(e^-) . F

3.4) n(e^- ) = 2 n(Sn) = 2 m_Sn / M_Sn ; Δt = Q / I = n(e^- ) . F / I = 2 m_Sn . F / (I . M_Sn )

4.1) V = (π . D²/ 2 + 2 π . D . H) x e = (3,14 x 15² / 2 + 2 x 3,14 x 15 x 7,0 ) x 20.10^-4 = 2,0 cm³

4.2) m = ρ x V = 7,30 x 2,0 = 15 g

4.3) Δt = 2 m_Sn . F / (I . M_Sn ) = 2 x 15 x 9,65.10⁴ / ( 0,250 x 119 ) = 9,7.10⁴ s ≈ 27 h

PARTIE B : Pourquoi ne pas utiliser un autre métal ?

2 Fe_(s) + 4 H₂O_(l) = (Fe₂O₃, H₂O)_(s) + 6 H⁺ + 6 e^–

1.1) O_2(g) + 4 e^- + 4 H⁺_(aq) = 2 H₂O_(l)

1.2) 3 x (O_2(g)+4 e^-+4 H⁺_(aq)= 2 H₂O_(l) ) et 2 x ( 2 Fe_(s) + 4 H₂O_(l) = (Fe₂O₃, H₂O)_(s)+ 6 H⁺ + 6 e^– )

4 Fe_(s) + 8 H₂O_(l) + 3 O_2(g)+ 12 H⁺_(aq)= 6 H₂O_(l) + 2 (Fe₂O₃, H₂O)_(s)+ 12 H⁺

4 Fe_(s) + 2 H₂O_(l) + 3 O_2(g)= 2 (Fe₂O₃, H₂O)_(s)

1.3) schéma

2.1) Un acide selon Brønsted est une espèce chimique capable de céder un proton H⁺ .

2.2) AH_(aq) + H₂O_(l) = H₃O⁺_(aq) + A^-_(aq)

2.3) [H₃O⁺] = 10^-pH = 1,0.10^-3

2.4) L’aluminium est théoriquement le moins recommandé pour le produit le plus acide, le jus d’orange.

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Sujet Bac Amérique du Nord Juin 2009 - III ) Le plutonium :

1.1) Le noyau de plutonium 238 contient 94 protons (Z) et 144 neutrons (238 – 94).

Le noyau de plutonium 239 contient 94 protons (Z) et 145 neutrons (239 – 94).

1.2) Des isotopes sont des noyaux ayant le même nombre de protons Z mais un nombre de neutrons différent.

1.3) une particule alpha est un noyau d’hélium ⁴₂He.

1.4) ²³⁸₉₄Pu^{→ A}_ZY^* + ⁴₂He . On utilise les lois de conservation de Soddy pour déterminer A et Z :

Conservation du nombre de nucléons : 238 = A + 4 ; A = 234

Conservation de la charge : 94 = Z + 2 ; Z = 92.

²³⁸₉₄Pu^{→
234}₉₂U^* + ⁴₂He

1.5) Le noyau fils est émis dans un état excité et il se désexcite en émettant un rayonnement &gamma.

1.6) Dans le commentaire de la carte d’identité, on parle de la fission nucléaire, qui consiste à casser un noyau en plusieurs autres noyaux en le bombardant avec un neutron

2.1) Δm = m(¹³⁵₅₂Te) + m(¹⁰²₄₂ Mo) + 2 m(¹₀n) – m(²³⁹₉₄Pu)

perte de masse :

| Δm | = 239,0530 – (134,9167 + 101,9103 + 2 x1,0089) = 0,2082 u = 3,457.10^-28 kg

2.2) E_lib = Δm . c² = - 3,457.10^-28 x (2,9979.10⁸)² = - 3,107.10^-11 J = - 194 MeV

3.1) E = El(²³⁹₉₄Pu) - El(¹³⁵₅₂Te) - El(¹⁰²₄₂Mo) - = 1,79.10³ - 1,12.10³ - 8,64.10² = - 194 MeV

Ces deux énergies sont égales.

3.2) El_/nucléon(²³⁹₉₄Pu) = 1,79.10³ / 239 = 7,49 MeV/nucléon

El_/nucléon(¹³⁵₅₂Te) = 1,12.10³ / 135 = 8,30 MeV/nucléon

El_/nucléon(¹⁰²₄₂Mo) = 8,64.10² / 102 = 8,47 MeV/nucléon

Le noyau ¹⁰²₄₂Mo est plus stable que le noyau ¹³⁵₅₂Te, qui est plus stable que le noyau ²³⁹₉₄Pu.

3.3) L’énergie de liaison par nucléon du plutonium étant la plus faible, il se casse pour former des noyaux fils plus stable que lui les noyaux Tellure et Molybdène

Sujet Bac Amérique du Nord Juin 2009 - IV ) La harpe celtique (spe):

1.1) L’instrument doit vibrer et émettre

1.2) Les cordes vibrent et la caisse de résonance assure l’émission des sons.

2.1) Dans le mode fondamental, on observe un seul fuseau.

2.2) Pour le mode fondamental, n = 1 et L = λ / 2 (distance entre deux nœuds consécutifs)

En déduire, pour ce mode, la relation entre la longueur L de la corde et la longueur d’onde λ.

2.3) v = λ / T = λ . f ; f = v / λ = v / (2 L)

2.4) v = f x 2 L = 440 x 2 x 0,72 = 6,3.10² m.s^-1

2.5) L₁ = v / (2 f₁ ) = 6,3.10² / ( 2 x 110) = 2,9 m

Une telle longueur est trop grande pour une corde.

2.6) Pour utiliser une corde de 72 cm, on peut modifier la célérité de l’onde . v = ( T / μ)

En diminuant la tension T de la corde et / ou en augmentant la masse linéique μ, on diminue la célérité v.

2.7) Si le musicien soulève la palette de l’une des cordes, il diminue la longueur L de la corde.

Comme f = v / (2 L) , la fréquence augmente si f diminue, le son devient plus aigu.

3.1) La hauteur du son émis correspond à la fréquence du fondamental (1^er pic) donc f₁ = 130 Hz

3.2) Les autres fréquences obtenues sont celles des harmoniques de rang n et f_n = n x f₁ ( n entier)

4.1) C’est l’ensemble do₂-sol₂ qui correspond à un intervalle consonant car les harmoniques de sol₂ sont présents dans le spectre de do₂ .

4.2) Si deux notes sont jouées simultanément, l’intensité sonore I’ est doublée 2 I.

L’ = 10 log(2 I / I₀ ) = 10 log 2 + 10 log (I / I₀) = L + 3 dB.

Le niveau sonore augmente seulement de 3 dB.