CORRECTION DU BAC BLANC 2015 EXERCICE I (8 points)

CORRECTION DU BAC BLANC 2015
EXERCICE I (8 points)
1. Durée de visibilité de la fusée (4,5pts)
(0,25 g et trajectoire )
1.1.
Figure 1 : Trajectoire de la fusée éclairante
g
1.2. On étudie le système composé de la fusée éclairante dans le référentiel Terrestre supposé Galiléen ; on
utilise le repère ( O ,x , y ) donnée sur le schéma . La seule force exercée sur le système et son poids 𝑃⃗ car
on peut négliger les forces de frottements. Dans ce référentiel, on applique la deuxième loi de Newton au
système pour déterminer les coordonnées du vecteur accélération.
( 0.25) Dans un référentiel galiléen, la somme des forces extérieures appliquées au système (ici la
fusée éclairante) est égale au produit de sa masse par l’accélération : Fext  mf .
dv
= mf. a .
dt
(0.25) La seule force qui agit sur le système fusée est le poids car les frottement son négligeables donc
P  mf .a .
soit
mf. g = mf. a
donc : g = a
, dans le repère choisi, g ( 0 , - g )
ax (t )  0
ay (t )  g
(0.25) dans le repère (O, i , j ), on obtient a 
dv (t )

ax ( t )  x  0

dv

dt
1.3. (0.25) Comme a 
, on a a 
dt
a (t )  dv y (t )  g
 y
dt

v x (t )  C1
En primitivant, on obtient v 
où C1 et C2 sont des constantes liées aux conditions initiales.
v
(
t
)


g
.
t

C

y
2


v 0 x  v 0 .cos 
(0.25) À la date t = 0 s, on v  v 0 
.
Donc C1 = V0 cosα et C2 = V0 sinα
v

v
.sin


0
y
0


v x (t )  v 0 .cos 
On en déduit v 

v y (t )  g.t  v 0 .sin 
dx(t )
dx(t )


v x (t )  dt
v x (t )  dt  v 0 .cos 
(0.25) Comme v 
, on a v 
v (t )  dy (t )
v (t )  dy (t )  g.t  v .sin 
y
0

 y
dt
dt
1
 x(t )  v 0 .cos  .t  C3

En primitivant, on obtient OG 
où C3 et C4 sont des constantes liées aux
1
y(t )   .g.t ²  v 0 .sin  .t  C4


2
conditions initiales.
0
h
(0.25) À la date t = 0 s, la fusée éclairante est située à la sortie du pistolet à une altitude h donc OG  .
Donc C3 = 0 et C4 = h
 x(t )  v 0 .cos  .t

On en déduit OG 
conformément aux équations horaires proposées.
1
y(t )   .g.t ²  v 0 .sin  .t  h


2
1.4. Pour déterminer la valeur de la durée du vol de la fusée éclairante, on cherche la date tVol pour laquelle
la fusée touche le sol, ainsi y(tvol) = 0. ( 0.25 )
1
2
Il faut résoudre l’équation du second degré :  .g .tvol ²  v 0 .sin .tvol  h  0 et ne retenir que la solution
positive. ( 0.25 )
Calcul du discriminant : Δ = ( V0 sinα ) ² -4 ( -0,5g)(h) = ( V0 sinα ) ² + 2gh = (50×sin55)2 +2x9,8×1,8 =
1712,81
 g
v 0 .sin   (v 0 .sin  )²  4     .h
v 0 .sin  (v 0 .sin  )²  2.g.h
 2
tvol =
=
g
g
50  sin55  (50  sin55)²  2  9,8  1,8
= 8,4 s
9,8
1
1.5. On a y(t )   .g.t ²  v 0 .sin  .t  h .
2
tvol =
( 0.5 )
On sait que la fusée commence à éclairer au bout d’une seconde.
Pour connaître l’altitude à partir de laquelle la fusée commence à éclairer, calculons y(t = 1 s).
1
1
y(t  1 s )   .g  v 0 .sin   h    9,8  50  sin55  1,8 = 38 m
2
2
( 0.25 )
On cherche l’altitude à laquelle la fusée cesse d’éclairer.
La fusée éclaire ensuite de façon intense pendant 6 secondes, elle atteint alors l’altitude y(t = 6 + 1).
1
y(t  7 s )    9,8  7²  50  sin55  7  1,8 = 48 m
2
( 0.25 )
On a trouvé que la fusée éclairait entre 38 et 48 m d’altitude. La fusée étant très haute elle éclaire une large
zone, ce qui semble adapté au but recherché. ( 0.25 )
1.6. La fusée touche le sol en t = 8,4 s , la valeur de sa vitesse est donnée par la relation : V = ( Vx² + Vy² )1/2
avec Vx = V0 cosα et Vy = -gt + V0 sinα ( 0.25 )
Avec Vx = V0 cosα = 50xcos55 = 28,7 et Vy = -gt + V0 sinα = -9,8x8,4 + 50xsin55 = - 41,4
Ce qui donne V = ( 28,7² + ( -41,4)² )1/2 = 50,4 m.s-1 ( 0.5 )
2 . Aspect énergétique (2)
2.1. Les forces de frottements étant négligées, « le théorème de l’énergie mécanique » permet de dire que la
valeur de l’énergie mécanique du système sera constante au cours du mouvement. ( 0.25 )
2.2. On a les relations : EC = ½ mf v² pour l’énergie cinétique du système
( 0.5 )
EP = mf g y pour l’énergie potentielle de pesanteur .
EM = EC + EP pour l’énergie mécanique .
2.3. A t = 0 s on a V0 = 50 m.s-1 ce qui donne une énergie cinétique Ec(0) = ½ mf V0² = 0,5x0,058x50²
Ec(0) = 72,5 J ( 0.25 )
2
A l’impact au sol ( 8,4 s ) on a calculé que VF = 50,4 m.s-1 ce qui donne une énergie cinétique
EcF = ½ mf VF² = 0,5x0,058x50,4²
EcF = 73,7 J ( 0.25 )
2.4. A t = 0 s on a y0 = h = 1,8 m. ce qui donne une énergie potentielle de pesanteur
EP(0) = mf g y0 = 0,058x9,8x1,8
EP(0) = 1,02 J
A l’impact au sol ( 8,4 s ) on a y = 0 ce qui donne une énergie potentielle de pesanteur EPF = 0 J
( 0,25 )
2.5. Lorsque la fusée monte, sa vitesse diminue donc la valeur de son énergie cinétique diminue aussi ;
l’énergie cinétique est donc représentée par une courbe qui commence par décroitre : il s’agit de la courbe
2 . Les forces de frottements étant négligées, le théorème de l’énergie mécanique nous dit que la valeur de
l’énergie mécanique est constante au cours du mouvement : l’énergie mécanique est donc représentée par
la courbe 1 .
Il ne reste que la courbe 3 pour représenter l’énergie potentielle de pesanteur ( il s’agit d’une courbe qui
commence par croitre car la fusée commence par monter ) . (0.5)
3. Pour aller un peu plus loin (1.5 )
3.1. ( 0.25 ) La quantité de mouvement initiale totale est la somme des quantité de mouvement de chaque
composant du système : le pistolet et la fusée . Initialement les deux composant ont la même vitesse , ce qui
donne : p0  ( mp  mf ).v
( 0.25 ) Avant que la fusée ne quitte le pistolet, on a v  0 donc p0  0 .
3.2. Éjection de la fusée
3.2.1. ( 0.25 ) La quantité de mouvement d’un système isolé se conserve , donc : p  Cte .
3.2.2. Juste après l’éjection de la fusée, la quantité de mouvement du système a pour expression :
p  mp .v p  mf .v 0
Comme il y a conservation de la quantité de mouvement du système , alors sa valeur initiale est égale à sa
valeur finale ; soit : 0  mp .v p  mf .v 0
on obtient : v p  
mf
.v 0
mp
( 0.5 )
3.2.3. Le soldat tient fermement le pistolet lors du tir, ainsi il exerce une force sur le système ce qui réduit la
vitesse de recul du pistolet. D’autre part, le système subit des forces de frottement non prises en compte.
( 0.25 )
EXERCICE II (7 points)
1. (1 pt) Schéma du montage d’un titrage pH-métrique :
Burette graduée
contenant la soude à
cB = 0,20 mol.L1
bécher contenant
40 mL d’eau +
ibuprofène
Agitateur
magnétique
7.00
pH mètre
3
2. À l’équivalence, les réactifs ont été introduits en proportions stœchiométriques. (0,25 pt)
3.1. (0,25 pt) Lors du titrage, on ajoute une base dans une solution acide, ainsi le pH augmente. La courbe 1
représente pH = f(Vb).
Lorsque le pH augmente fortement alors
dpH
est maximale, ce qui est visible sur la courbe 2 sous
dVb
forme d’un pic.
3.2. (0,5) La méthode des tangentes ou la méthode de la dérivée permet de trouver un volume équivalent VE
= 9,7 mL.
4. (0,25) L’anion hydroxyde appartient au couple acide/base : H2O / HO–.
5. (0,5) L’équation de la réaction support du titrage est : R–COOH + HO–  R–COO– + H2O
6. (0,5) Pour être utilisée lors d’un titrage, une réaction chimique doit être rapide et totale.
7. (0,5) Domaine de prédominance :
R–COO–
R–COOH
pH
pKA = 4,5
La courbe 1 montre qu’en début du titrage, pH < 3 donc inférieur au pKA donc l’acide RCOOH prédomine sur
RCOO–.
8. (1 pt) pH = – log [H3O+]
Or Ke = [H3O+] × [HO–] et [HO–] = Cb (car base forte) donc [H3O+] =
Ainsi pH = – log
Ke
Cb
Ke
1,0.1014
= – log
≈ 13
Cb
0,20
Cette solution est très basique, il convient de la manipuler avec des lunettes de protection et une blouse.
9. (0,75) Quantité de matière d’ions hydroxyde nE(HO–) versée à l’équivalence :
nE(HO–) = Cb × VE
nE(HO–) = 0,20 × 9,7.10–3 = 1,9.10–3 mol
Quantité de matière ni(ibu) d’ibuprofène titré :
d’après l’équation support du titrage ni(ibu) = nE(HO–) donc ni(ibu) = 1,9.10–3 mol
10. (0,5) masse d’ibuprofène titré m = ni(ibu) × M(C13H18O2)
m = 1,94×10–3 × 206 = 0,40 g
Ce résultat est en accord avec l’indication « ibuprofène 400 mg » (= 0,400 g).
2
2
2
U  U 
U  U 
U(m)
11. (0,5)
  vol    Cb  donc U(m)  m.  vol    Cb 
m
 VE   Cb 
 VE   Cb 
2
2
2
 0,16   0, 010 
U(m)  0, 40  
 
 = 0,021 g , or l’incertitude est généralement arrondie par
 9, 7   0, 20 
excès avec un seul chiffre significatif soit U(m) = 0,03 g
m = 0,40 ± 0,03 g
12. (0,5) La zone de virage de l’indicateur coloré doit comprendre le pH à l’équivalence.
La méthode des tangentes montre que celui-ci vaut environ 8,7 donc seule la phénolphtaléine peut
être utilisée.
4
EXERCICE III (5 points)
Partie 1
1.1.1 (0.25) C’est la température
1.1.2 (0.5) Pour l’expérience A3, à la date t = 1200 s, on constate que la conductivité σ est devenue
presque constante : la réaction est terminée. Or à cette même date, pour les expériences A 2 et A3 la
conductivité augmente encore. La durée de réaction est plus courte pour l’expérience A3, ainsi la vitesse de réaction est plus élevée lorsque la température est plus forte.
1.2. (0.25) A3 et B
(0.5) Pour l’expérience A3, à la date t = 1200 s, on constate que la conductivité σ est devenue presque
constante : la réaction est terminée. Or à cette même date, pour l’expérience B la conductivité augmente
encore. La durée de réaction est plus courte
pour l’expérience A3, ainsi la vitesse de σ(xf)
réaction est plus élevée lorsque la proportion
eau / acétone est plus élevée.
σ(xf/2)
1.3. (0.25) Le temps de demi-réaction est la
durée au bout de laquelle l’avancement atteint
la moitié de sa valeur finale.
1.4. (0.5) D’après le tracé sur la courbe cidessus, on a t1/2 = 200s
Partie 2
2.1. (0.25) Le temps propre est la durée
mesurée dans le référentiel propre, c'est-àdire dans le référentiel de l’engin spatial où les événements émission 1 et émission 2 du signal lumineux ont
lieu au même endroit.
2.2. (0.5) Les deux référentiels étudiés sont le référentiel propre qu’est l’engin spatial et le référentiel lié à la
Terre (et aux balises).
2.3. (0.25) tP durée propre et tm durée mesurée ou impropre.
2.4. (0.25) tP mesurée dans l’engin spatial et tm mesurée dans le référentiel lié à la Terre.
2.5. (0.25) Pour mesurer tP une seule horloge suffit, les événements début de la réaction et x(t = t 1/2) ont
lieu au même endroit.
1
1
v2
(0,80 c) 2
1
1
2.6. (0.25) 2 = 1 2 donc 2 = 1
= 1 – 0,802 donc 2 =
soit  =
= 1,7
2
2

c
c

1 0,80 2
1 0,80
(0.25) Δtm = γ.ΔtP = 1,7 1000 = 1,7×103 s
2.7. (0.25) Δtm > ΔtP.
(0.25) La vitesse du vaisseau spatial est très élevée et proche de celle de la lumière, elle entraîne une
dilatation des durées pour un observateur situé dans le référentiel lié à la Terre.
2.8. (0.25) La dilatation des durées est constatée expérimentalement avec des particules cosmiques que
sont les muons. Leur durée de vie est plus grande mesurée sur Terre que dans leur référentiel propre
(référentiel accroché au muon).
5