K s`exprime en m² (0,25 )

Bac blanc 2 de Sciences Physiques
TSA et TSB
NOM :
CLASSE :
PRENOM :

Ce devoir comporte 4 exercices indépendants à traiter sur des copies doubles séparées :
- Exercices 1, 2, 3 et 4 pour les non-spécialistes.
-
Exercices 1, 2, 3 et 5 pour les spécialistes.

Une grande partie des points est attribuée à la qualité de la rédaction.

Vous pouvez traiter les exercices dans l’ordre qu’il vous convient

Vous indiquerez sur vos copies le numéro de l’exercice et de la question que vous traitez

Les calculatrices alpha numériques non imprimantes sont autorisées.

Si au cours du devoir vous détectez une erreur ou le manque d’une donnée vous
indiquerez l’erreur sur votre copie en expliquant votre raisonnement. Si cela est possible,
corrigez cette erreur et répondez à la question corrigée.
I. Le grand saut : une chute libre ? ( 5,5 points )
II. Circuit RL ( 4,5 points )
III. Aïe ! J’ai une crampe ! ( 5,5 points )
IV. Etude cinétique par spectrophotométrie. ( 4,5 points)
( pour les non-spécialistes uniquement )
V. Titre alcalimétrique d’une eau minérale. ( 4,5 points )
( pour les spécialistes uniquement )
Vous n’oublierez pas d’indiquer votre nom sur l’énoncé et de le rendre avec la copie, certaines
réponses étant à donner sur celui-ci.
Lycée Racan 2006-2007
Exercice I : LE GRAND SAUT : UNE CHUTE LIBRE ? ( 5,5 points )
L'une des disciplines rattachées au parachutisme sportif est appelée « chute libre » par ses
adeptes. Correspond-elle à la définition physique de la chute libre ? Pour le savoir, nous nous
intéressons au cas où un sportif saute, par vent nul, d'un avion à 3 000 m d'altitude, et n 'ouvre son
parachute que 2 000 m plus bas, au terme d'une chute dite « libre ».
L'étude sera faite dans le référentiel terrestre considéré comme galiléen. On donne la valeur de
l'accélération de la pesanteur dans la portion d'espace où se déroule le saut : g = 9,80 m.s -2.
Les parties 1,2 et 3 sont indépendantes.
1.
Recherche de la trajectoire d'une chute libre avec vitesse initiale.
Alors que l'avion vole en palier horizontal à l'altitude
h 0 = 3,0  10 3 m, à la vitesse v 0 = 130 km.h -1 , le
sauteur quitte l'avion, en un point A, à un instant t pris
comme origine des dates. On négligera à cet instant la
vitesse du sauteur par rapport à l'avion devant la
vitesse de l'avion par rapport au sol.
Nous supposerons dans cette partie que la chute est
libre au sens des physiciens et nous assimilerons le
sauteur à un point matériel.
Le mouvement ultérieur du sauteur est repéré par
rapport à deux axes, comme l'indique la figure 1 :
- O origine du repère est placée au niveau du sol ;
- Ox est horizontal ;
- Oz est vertical vers le haut ;
- le point A est sur l'axe Oz, de sorte que ses
coordonnées sont : x A – 0 ; ZA – h0 .
Figure l
1.1.1. Au sens des physiciens, quand dit-on qu'une chute est libre ?
Un objet est en chute libre, dans un référentiel terrestre, s’il n'est soumis qu'à l'action de son poids. (0,25 )
1.1.2. Appliquer la deuxième loi de Newton et en déduire les coordonnées (ou projections) a x et az du
vecteur accélération du sauteur dans ce cas.
D'après la deuxième loi de Newton, appliquée au système {sauteur} dans un le référentiel lié au le sol (référentiel

terrestre supposé galiléen): P

 m.aG (0,25 )
Par projection suivant l'axe Ox horizontal: Px = m.ax
soit ax = 0
Par projection suivant l'axe Oz vertical vers le haut: P z = m.az
–m.g = m.az
soit az = – g (0,25 )
1.2.
Exprimer, dans le repère défini, les coordonnées (ou projections) v 0x, et
initiale du sauteur.

Le vecteur v0 est horizontal.
v0x = v0
v0z = 0
V 0Z
du vecteur vitesse
(0,25 )
1.3.1. Déduire des résultats précédents les équations horaires x(t) et z(t) du mouvement du sauteur.
ax = 0

aG
az = – g

dv


et aG =
donc par intégration : v
dt
vx = Cte = v0x = v0
vz = –g.t + Cte = –g.t + v0z = – g.t
Or
x(t) = v0.t + Cte = v0.t + x0 = v0.t
 dOG
v=
dt
donc par intégration
(0,25 )
OG
z(t) = –
1
1
1
.g.t² + Cte = – .g.t² + z0 = – .g.t² + h0 (0,25 )
2
2
2
1.3.2. Quelle est l'équation de la trajectoire z = f(x) du sauteur ? Comment nomme-t-on une telle portion
de courbe ?
x (t )
on a x(t) = v0.t
soit t =
qu'on remplace dans l'expression de z(t)
v0
1 x(t)²
z(x) = – .g.
² + h0 Cette équation correspond à un arc de parabole. (0,25 ) + (0,25 )
v0²
2
1.3.3. Au bout de quelle durée le sauteur atteindra-t-il l'altitude h1 = 1,0  103 m ?
Pour quelle durée a-t-on z(t) = h1?
–
1
.g.t² + h0 = h1
2
t=
2.
2(h0  h1)
g
t=
2  (3,0  103  1,0  103)
= 20 s (0,25 ) + (0,25 )
9,80
La chute est-elle réellement libre ?
2.1.1. Si la chute est libre, justifier, sans calcul, que l'énergie mécanique du sauteur se conserve
entre l'altitude h0 et l'altitude h1.
EM = E C + EPP
à t = 0s au point A
à t = t1 au point B
altitude z0 =h0 = 3,0103 m
à l'altitude z1 = h1 = 1,0103 m
le sauteur a une vitesse v0
le sauteur a une vitesse v1 = ?
Exprimons la variation d'énergie cinétique entre les points A et B:
EC =
W(Fext) , comme seule la force poids s'exerce : EC = W(P) = P.AB
Les coordonnées:
AB sont (x = xB – xA ; z = zB–zA)
- du vecteur P (Px = 0 ; Pz = –m.g)
-du vecteur
EC = (xB – xA) . Px + (zB – zA) . PZ
EC = –(zB – zA).m.g
EC = m.g.(zA–zB)
Or EPP = EPPB – EPPA = m.g.(zB–zA)
donc EPP = – EC, le système a gagné autant d'énergie cinétique qu'il a perdu d'énergie potentielle de pesanteur. La
variation d'énergie mécanique vaut EM = EPP + EC = 0. Elle ne varie pas. (0,25 )
De manière plus directe : seul le poids travaille : alors l’Energie mécanique se conserve.
2.1.2. En déduire la valeur v 1 de la vitesse atteinte dans ce cas par le sauteur à l'altitude h 1 = 1,0  103
m.
EC = m.g.(zA–zB) expression établie à la question précédente
zA = h 0
et zB = h1
EC = ECB – ECA
1
1
.m.v1² – .m.v0² = m.g.(h0 – h1)
2
2
on divise tout par m et on multiplie tout par deux:
v1² = 2.g.(h0 – h1) + v0²
v1 =
2.g.(h0  h1 )  v 02
v1 =
 130 
2  9,80  (3,0.10  1,0.10 )  

 3,60 
v1 = 2,0102 m.s–1
(0,25 )
3
3
2
il faut convertir v0 en m.s–1
(0,25 )
2.2.En réalité, après une phase d'accélération, la vitesse du sauteur se stabilise à la valeur v' 1 = 55 m.s-1.
Comment expliquez-vous cet écart ? La chute est-elle réellement libre ?
Cet écart est dû à l'existence d'une force de frottement exercée par l'air sur le sauteur et que nous avons négligé lors du calcul
de v1.
On ne peut donc pas considérer la chute comme libre au sens des physiciens.
La vitesse a atteint sa valeur maximale (ou limite), la force de frottement est compensée par la force poids, le sauteur cesse
d'accélérer.
(0,25 )
3.
Ouverture du parachute.
On considère que, dans cette phase, la trajectoire est verticale.
À l'altitude h1, le sauteur ouvre son parachute. L'ensemble sauteur-parachute, de masse m = 90 kg,
subit alors de la part de l'air une force de frottement F , de sens opposé à la vitesse, et dont on
modélisera la valeur par l'expression :
1
F= . K .  . v2
avec v : vitesse du mobile ;
2
 = 1,3 kg.m–3 : masse volumique de l'air ;
K = 38 unité S.I : coefficient dépendant de la forme et de la
surface du parachute.
On négligera la poussée d'Archimède sur le système devant les valeurs des autres forces exercées.
3.1. Quelle est l'unité de K ? On rappelle que 1 N = 1 kg.m.s –2 . (On pourra utiliser l'analyse
dimensionnelle.)
analyse dimensionnelle:
F est une force exprimée en newtons, soit, avec les unités de base du système international, en kg.m.s –2 .
1
. K .  . v2
2
[M].[L]
[M] [L]2
=
[K]
.
.
[T]2
[L]3 [T]2
1
1 = [K] .
[L]2
F=
[K] = [L]²
K s'exprime en m²
(0,25 )
3.2. En utilisant la deuxième loi de Newton, montrer que l'équation différentielle du mouvement au cours
de cette phase est de la forme :
dv K ..v²

g
dt
2m
Système: {sauteur+parachute}
référentiel: le sol (référentiel terrestre supposé galiléen)
Le système subit:
-son poids de direction verticale et sens vers le bas,
- la force de frottement due à l'air de direction verticale et sens vers le haut.


D'après la deuxième loi de Newton: P + F = m. aG (1)
On conserve le repère utilisé précédemment, l'axe vertical est orienté positivement vers le haut.
Soit j le vecteur unitaire de cet axe. On a P = – m.g. j
et
F =+
1
. K .  . v2. j
2
dv
avec v = vz. j = –v. j où v représente la norme du vecteur vitesse
dt
dv z
dv
aG =
. j =–
.j
dt
dt
1
dv
La relation (1) devient : – m.g. j + . K .  . v2. j = –m.
.j
2
dt
K . .v² dv
en divisant par m et j :
–g +
=–
2m
dt
dv K ..v²
on retrouve :

g
dt
2m
D'autre part
aG =
(0,25 ) PFD
(0,25 ) projections
(0,25 ) arrivée sans encombres à la solution
z
F
P
v
j
3.3. Cette vitesse diminue rapidement, puis se stabilise à une valeur v 2. À partir de l'équation
différentielle, déduire l'expression de v2, puis calculer sa valeur.
dv
Lorsque la vitesse est stabilisée alors
= 0.
dt
K . .v 22
g
2m
2.g.m
v2² =
K.
soit v2 =
v2 =
2.g.m
K.
(0,25 )
2  9,80  90
= 6,0 m.s–1
38  1,3
(0,25 )
3.4. La figure 2 ci-dessous représente la courbe donnant l'allure de l'altitude z du sauteur en fonction du
temps, après l'ouverture du parachute quand la vitesse est devenue constante. Retrouver à l'aide de cette
courbe la valeur limite v2 calculée au 3.3.
dz
v2z =
dt
A l'aide des points appartenant à la droite représentative de z(t): M( t = 80 s; z = 760m) et N( t = 180s ; z = 160 m)
 zN
. t + Constante
tM  t N
760  160
z(t) =
.t + constante
80  180
z
on trouve z(t) = M
z(t) = – 6,0 t + constante
donc v2z = – 6,0
v2 =

(coordonnée verticale du vecteur vitesse v 2 )
v 2x  v 2z = (6,0)²
v2 = 6,0 m.s-1.
(0,25 ) technique et (0,25 ) valeur
CE RESULTAT EST COHERENT AVEC LA VALEUR DE V2 OBTENUE A LA QUESTION PRECEDENTE.
Figure 2
Exercice II : CIRCUIT RL ( 4,5 Points )
L'objectif de cette étude est de retrouver expérimentalement l'inductance d'une bobine pour les comparer
à celles données par le fabricant.
Le matériel disponible pour l'ensemble de cet exercice est le suivant :
 Une bobine d'inductance dont les indications du fabricant sont L=1,0H et r=10
 Un générateur de tension constante E = 10 V
 Un conducteur ohmique de résistance R= 1,0 k
 Un interrupteur simple et un commutateur bipolaire
 Des fils de connexion
 Un système d'acquisition informatisé
1. Étude expérimentale d'un circuit RL
Le schéma du montage réalisé est représenté sur la figure 1 (le système d'acquisition est connecté
mais non représenté):
figure 1
Une fois le paramétrage du système d'acquisition effectué, on ferme l'interrupteur à l'instant
de date t0 = 0 s et on enregistre l'évolution de la tension aux bornes du conducteur ohmique de résistance
R en fonction du temps. On obtient l'enregistrement représenté sur la figure 2.
figure 2
1.1 L'adaptateur du système d'acquisition s'utilise comme un voltmètre. Il possède deux bornes :
COM et V. Préciser à quels points du circuit il faut relier ces bornes pour obtenir la courbe de la
figure 2.
La courbe représentative de la tension montre que la tension est positive. Il faut mesurer uAB, pour cela on relie la borne « V »
au point A et la borne « COM » au point B.
(0,25 )
1.2 On donne différentes courbes susceptibles de représenter l'intensité du courant en fonction du
temps. Choisir celle qui correspond à l'évolution de l'intensité du courant en fonction du temps
dans le circuit de la figure 1, après la fermeture de l'interrupteur. Justifier à partir de la courbe
expérimentale donnée sur la figure 2.
D'après la loi d'Ohm: uAB = uR = R.i. Donc i =
uR
.
R
(0,25 )
L’intensité du courant est proportionnelle à la tension uR. La courbe i = f(t) a donc la même allure que
uR = f(t) : il s’agit donc de la courbe c.
(0,25 )
1.3 Quelle est l'influence de la bobine sur l'établissement du courant lors de la fermeture du circuit ?
Toute bobine s’oppose aux variations de l’intensité du courant qui la traverse. Ici elle retarde
l’établissement du courant qui ne passe pas instantanément de 0 à sa valeur maximale.
(0,25 )
2. Modélisation et équation différentielle
2.1 Si l'on considère que la résistance r de la bobine est négligeable devant R, montrer que l'équation
différentielle de ce circuit, interrupteur fermé, peut s'écrire sous la forme :
 L  duR(t)
E = uR(t) +  
 R  dt
D’après la loi d’additivité des tensions dans le circuit : E = uR(t) + uL(t)
(1)
La tension aux bornes de la bobine de résistance interne négligeable a pour expression :u L(t) = L.
or i =
uR(t)
R
di
dt
 L  du (t)
d’où uL(t) =  . R (0,25 )
 R  dt
En remplaçant dans l’équation (1), on trouve : E = uR(t) +
 L  du R (t )
 
 R  dt
(0,25 )
L
2.2 Le terme   correspond à la constante de temps  de ce circuit (dans lequel on a négligé r par
R
rapport à R). Par une analyse dimensionnelle montrer que cette constante a la dimension d'un temps (ou
durée).
Analyse dimensionnelle:
La loi d’ohm permet décrire : [U] = [R]×[I] (0,25 )
La tension aux bornes d’une bobine permet d’écrire : [U] = [L]×[I]/[T] = [L]×[I]×[T] -1
On en déduit [U] = [R]× [I] = [L]×[I]×[T] -1 soit [L]/[R] = [T]
Le rapport L/R a donc les dimensions d’un temps.
(0,25 )
2.3 On note uR() la valeur prise par uR à l'instant de date t = . Sachant que
uR() = 0,63(uR)max, avec (uR)max, valeur maximale atteinte par la tension uR, déterminer à partir du graphe
de la figure 2 la valeur de la constante de temps  de ce circuit.
(uR)max = 10 V.
uR() = 0,6310 = 6,3 V
Par lecture graphique, on trouve  = 1,0 ms.
6,3
(0,25 )

2.4 En déduire la valeur de L et la comparer avec l'indication du fabricant.
On a  =
L
, soit L = .R
R
L = 1,0.10 -3  1,0.103 = 1,0 H
valeur compatible avec celle du fabricant.
(0,25 )
3. Résolution numérique de l'équation différentielle par la méthode d'Euler
La méthode de résolution numérique d'Euler permet de trouver des couples de valeurs (t, u R) qui vérifient
l'équation différentielle du 2.1. On rappelle que les couples de valeurs sont liés par la relation :
uR tn 1  uR tn  uR tn

avec uR
et tn+1 = tn + t où t est le pas de la méthode numérique
3.1. À partir de l'expression du 2.1, exprimer
tn   dudtR 

tn
.t
duR
en fonction de uR et des données.
dt
L duR
L duR
.
donc .
= E – uR
R dt
R dt
duR R
1,0.103
soit
= .(E – uR) =
 (10  uR)
L
1,0
dt
duR
= 1,0.103(10 – uR)
(0,25 )
dt
E = uR +
3.2. La tension uR est initialement nulle. Pour compléter progressivement le tableau de la page A3 de
l'annexe, en utilisant un pas de valeur t = l,010–4 s, calculer, littéralement puis numériquement,
duR
du
à la date t = 0s puis (uR)t à la date t = t, puis R à la date t puis (uR)2t à la date 2t.
dt
dt
Présenter tous les résultats numériques dans le tableau de la page annexe 1 À RENDRE AVEC LA
COPIE.
A l'aide d'un tableur grapheur on continue les calculs pas à pas jusqu'à t = 5 ms. Les valeurs calculées de
(uR)t sont portées sur le graphique de la figure 3 et sont représentées par le symbole +.
Sur la même figure, on porte aussi les valeurs expérimentales de (uR)t que l'on représente par le symbole •
figure 3
Chaque • représente une valeur expérimentale.
Chaque + représente une valeur calculée par la méthode numérique d'Euler avec t= 1,0.10–4s.
3.2.
*
duR
 du 
à la date t = 0s on a uR = 0 donc  R  = 1,0.103 10 = 1,0.104 V.s–1
dt
 dt t0
* (uR)t à la date t = t:
(0,25 )
(uR)t  (uR)t0  (uR)t0
 du 
(uR)t  (uR)t0   R  .t
 dt t0
(uR)t  0 + 1,0.104  1,0.10–4
(uR)t  1,0 V
*
duR
à la date t = t:
dt
* (uR)2t à la date 2t:
(uR)2t
(0,25 )
 duR 

 = 1,0.103(10–1,0) = 9,0.103 V.s–1
 dt t
 (uR)t  (uR)t
 du 
(uR)2t  (uR)t   R  .t
 dt t
(uR)2t  1,0 + 9,0.103  1,0.10–4 = 1,9 V
(0,25 )
(0,25 )
 du 
date
Valeur de (uR)t en V
Valeur de  R 
 dt t
t0 = 0 s
(uR)t0  0
 duR 

  1,0.104
 dt t0
t=t
(uR)t  1,0
 duR 

  9,0.103
dt

t
t = 2 t
(uR)2t  1,9
(0,25 )
(0,25 )
3.3 Quelle serait qualitativement l'influence d'une augmentation du pas de calcul t sur l'écart entre le
nuage de points ainsi obtenu par la méthode d'Euler et la courbe expérimentale ?
Une augmentation du pas augmenterait l’écart entre le nuage de point obtenu par la méthode d’Euler et la
courbe expérimentale.
(0,25 )
Exercice III : AIE ! J’AI UNE CRAMPE ! ( 5,5 points )
Lors du métabolisme basal de l’homme, l’énergie nécessaire provient de la transformation en
milieu oxygéné du glucose en dioxyde de carbone et eau. Le dioxyde de carbone est transporté par
le sang jusqu’aux poumons où il est alors éliminé par ventilation.
Lors d’un effort physique intense, les besoins énergétiques des muscles augmentent : le
métabolisme basal augmente ainsi que la ventilation.
Dans certains cas, lorsque la ventilation est insuffisante, l’énergie nécessaire au fonctionnement
du muscle devient insuffisante : la crampe apparaît. Il se forme, dans la cellule musculaire, de
l’acide lactique qui lorsqu’il passe dans le sang, provoque une diminution locale de son pH du fait
de la création en abondance de dioxyde de carbone dissous dans le sang Cette diminution du pH
sanguin déclenche des ordres hypothalamiques qui vont amplifier la ventilation.
Le but de cet exercice est d’expliquer, de façon très simplifiée, les processus mis en jeu lors de l’apparition d’une crampe.
1 - pH du sang et maintien de sa valeur :
Le sang est constitué d’un liquide plasmatique (contenant entre autres les globules et les plaquettes), qui peut être assimilé à
une solution aqueuse ionique dont le pH (d’une valeur voisine de 7,4) est quasiment constant et ne peut subir que de très
faibles fluctuations. Dans le cas contraire, de fortes fluctuations nuiraient gravement à la santé.
Le maintien de la valeur du pH se fait par deux processus :
-
Le premier met en œuvre un ensemble d’espèces chimiques régulatrices dont notamment le couple acide-base
CO2, H2O / HCO3- (couple dioxyde de carbone dissous / ion hydrogénocarbonate) grâce à l’équilibre :
CO2, H2O(aq) + H2O(l) = HCO3–(aq) + H3O+(aq)
(réaction 1).
-
Le deuxième processus physico-chimique est la respiration.
A une température de 37°C on donne :
- pH d’un sang artériel « normal » : 7,4
- pKa(CO2, H2O / HCO3–) = 6,1
1.1.
a) Donner l’expression de la constante d’acidité Ka1 associée au couple régulateur (réaction 1).
En déduire la relation entre le pH et le pKa1 du couple CO2, H2O / HCO3–.
–
+
CO2 , H2O (aq) + H2O (l) = HCO3 (aq) + H3O (aq)
pKa1 = – log Ka1 = – log
[HCO3(aq)]éq.[H3O(aq)]éq
KA1 =
(0,25 )
[CO2, H 2O(aq)]éq
[HCO3(aq)]éq.[H3O(aq)]éq
[CO2, H 2O(aq)]éq
pKa1 = – log
[HCO3(aq)]éq
– log [H3O+(aq)]éq
[CO2, H 2O(aq)]éq
pKa1 = – log
[HCO3(aq)]éq
+ pH
[CO2, H 2O(aq)]éq
[HCO3(aq)]éq
pH = pKa1 + log
(0,25 )
[CO2, H 2O(aq)]éq
b) Calculer alors la valeur du rapport
log
[HCO3]
dans le sang artériel normal.
[CO2, H 2O]
[HCO3(aq)]éq
= pH – pKa1
[CO2, H 2O(aq)]éq
[HCO3(aq)]éq
= 10pH–pKa1 = 107,4 – 6,1 = 101,3
[CO2, H 2O(aq)]éq
[HCO3(aq)]éq
= 20
[CO2, H 2O(aq)]éq
(0,25 )
c) Lors d’un effort physique, la concentration en dioxyde de carbone dissous dans le sang, au voisinage du muscle,
augmente. Comment devrait varier le pH du sang ?
[HCO3(aq)]éq
Si [CO2 , H2O (aq) ] augmente alors le rapport
diminue. (0,25 )
[CO2, H 2O(aq)]éq
On a établi que pH = pKa1 + log
[HCO3(aq)]éq
[CO2, H 2O(aq)]éq
Donc le pH doit diminuer, c'est d'ailleurs ce qu'indique le texte: "diminution locale du pH sanguin du fait
de la création en abondance de dioxyde de carbone dissous dans le sang".(0,25 )
Pour éviter cette variation du pH du sang, l’hémoglobine contenue dans ce dernier et la respiration interviennent pour éliminer
l’excès de dioxyde de carbone.
Le transport des gaz dissous dans le sang peut être modélisé par l’équilibre :
HbO2 + CO2 = HbCO2 + O2
(réaction 2)
Où Hb représente l’hémoglobine du sang.
1.2. Répondre qualitativement aux questions suivantes :
a) Au voisinage du poumon la quantité de O2 dissous augmente. Dans quel sens est déplacé l’équilibre 2 ?
Au voisinage du poumon, l'équilibre 2 est déplacé dans le sens de la consommation de O 2. La réaction 2 a lieu majoritairement
en sens inverse. L'hémoglobine se charge de dioxygène.
(0,25 )
b) Au voisinage du muscle la quantité de CO2 dissous augmente Dans quel sens est déplacé l’équilibre 2 ?
Au voisinage du muscle, l'équilibre 2 est déplacé dans le sens de la consommation de CO 2. La réaction 2 a lieu majoritairement
en sens direct.
(0,25 )
b) Expliquer comment la respiration permet de maintenir constante la valeur du pH sanguin.
Lors d'un effort l'hémoglobine réagit avec le dioxyde de carbone, il y a formation de HbCO 2, ainsi elle empêche une
augmentation de [CO2 , H2O (aq) ] et empêche une baisse du pH.
La respiration, donc l'apport de O2, permet à l'hémoglobine de se "régénérer": elle libère du CO2 au niveau des poumons et se
recharge en O2. Ensuite HbO2 est acheminée par le flux de sang vers les muscles, où il y a libération de O2 et capture de CO2.
(0,25 )
2. L’acide lactique
L’acide lactique
CH3–CHOH–COO–.
a
pour
formule
CH3–CHOH–COOH.
Sa
base
conjuguée
est
l’ion
lactate
2.1. Donner la formule développée de l’acide lactique ; entourer et nommer les différents groupes fonctionnels de la molécule.
O
acide carboxylique
CH3 – CH – C
OH
OH
groupe hydroxyle
(0,25 ) + (0,25 )
2.2. Donner la définition d’un acide selon Brönsted.
Un acide est une espèce chimique capable de céder un ou plusieurs protons H+. (0,25 )
2.3. Ecrire l’équation de la réaction de l’acide lactique avec l’eau.
CH3–CHOH–COOH (aq) + H2O (l) = CH3–CHOH–COO– (aq) + H3O+(aq). (0,25 )
L'acide lactique cède un proton à la molécule d'eau.
2.4. Dans la cellule musculaire, l’acide lactique est formé à partir de l’acide pyruvique de formule
CH3–CO–COOH. La transformation produite est une oxydoréduction faisant intervenir le couple acide pyruvique / acide
lactique.
Écrire la demi-équation électronique associée au couple.
Couple Ox / Réd:
acide pyruvique / acide lactique
CH3–CO–COOH / CH3–CHOH–COOH
soit en formules brutes: C3H4O3 / C3H6O3
demi-équation électronique: : C3H4O3 + 2 e– + 2H+ = C3H6O3
(0,25 )
S’agit-il d’une oxydation ou d’une réduction de l’acide pyruvique dans la cellule musculaire ?
L'acide pyruvique est le réactif et c'est l'oxydant; l'acide lactique est le produit et c'est le réducteur.
Il y a donc passage de l'oxydant au réducteur : c'est une réduction qui a lieu dans la cellule musculaire.
(0,25 )
3. Variation locale du pH sanguin en l’absence des processus de maintien :
Lorsque l’acide lactique produit dans la cellule musculaire est en partie transféré dans le sang, il réagit avec les ions
hydrogénocarbonate selon l’équation :
CH3–CHOH–COOH(aq) + HCO3–(aq) = CH3–CHOH–COO–(aq) + CO2,H2O(aq) (réaction 3)
Données à 37°C :
Pour le sang avant l’effort :
- [HCO3-]i = 2,710-2 mol.L-1
- [CO2, H2O]i = 1,410-3 mol.L-1
- pKa (CO2, H2O / HCO3-) = pKa1 = 6,1
- pKa (acide lactique / ion lactate) = pKa2 = 3,6
On considère un volume V = 100 mL de sang « après » effort dans lequel apparaît n0 = 3,010–4 mol d’acide lactique
3.1. Calculer la constante d’équilibre K de la réaction 3.
réaction 3:
CH3–CHOH–COOH(aq) + HCO3–(aq) = CH3–CHOH–COO–(aq) + CO2,H2O(aq)
la constante d'équilibre de cette réaction a pour expression K =
[lactate]éq.[CO2, H 2O(aq)]éq
(0,25 )
[acide lactique].[HCO3(aq)]éq
On a la réaction de l'acide lactique avec l'eau:
CH3–CHOH–COOH (aq) + H2O (l) = CH3–CHOH–COO– (aq) + H3O+(aq).
avec Ka2 =
[lactate]éq.[H3O(aq)]éq
[acide lactique]éq
On a la réaction de l'acide carbonique avec l'eau:
CO2 , H2O (aq) + H2O (l) = HCO3–(aq) + H3O+(aq)
avec Ka1 =
On remarque que K =
Soit K = 3,2.102
[HCO3(aq)]éq.[H3O]éq
[CO2, H 2O(aq)]éq
Ka2 10pKa2
=
= 10(pKa1–pKa2) = 10(6,1–3,6) = 102,5
Ka1 10 pKa1
( 0,25 )
3.2. En supposant la transformation totale, compléter le tableau d’évolution des espèces (tableau d’avancement) fourni en
annexe 2 (à rendre avec la copie)
acide lactique
ion lactate
Avancement
AH (aq)
+ HCO3– (aq)
=
A– (aq)
+ CO2,H2O (aq)
–
État initial
n
=
[HCO
]

V
n3 =[CO2,H2O]i  V
1
3 i
n0 = 3.10–4
0
x= 0
= 2,7.10–2  0,100
n3 = 1,4.10–3  0,100
n1 = 2,7.10–3
n1 = 27.10–4
n (mol)
État intermédiaire
x
État final
x = xmax = 3.10– 4
n3 = 1,4.10– 4
n0 – x
n1 – x
x
n3 + x
0
24.10– 4
xmax = 3.10– 4
1,4.10– 4 + xmax =
4,4.10– 4
(0,25 )
Si AH est réactif limitant alors n0 – xmax = 0 alors xmax = 3.10–4 mol
Si HCO3– est réactif limitant alors n1 – xmax = 0 alors xmax = 24.10–4 mol.
AH est donc réactif limitant car il conduit à l'avancement maximal le plus faible, x max = 3.10–4 mol.
(0,25 )
3.3. Calculer alors pour le sang après effort : [HCO3–]f et [CO2, H2O]f.
[HCO3–] f =
n1  xmax 24.104

= 2,4.10–2 mol.L–1 (0,25 )
V
0,100
[CO2,H2O] f =
n3  xmax 4,4.104
= 4,4.10–3 mol.L–1 à cause de la réaction, il y a davantage de CO2

V
0,100
dissout. (0,25 )
3.4. En utilisant la relation établie au 1.1.a) calculer le pH local du sang après effort.
D'après le 1.1.a) pH = pKa1 + log
[HCO3(aq)]éq
(0,25 )
[CO2, H 2O(aq)]éq
2,4.102
4,4.10 3
pH = 6,8 après effort (0,25 )
pH = 6,1 + log
avant effort pH = 6,1 + log
2,7.102
= 7,4 on vérifie bien que le pH a diminué
1,4.10 3
Exercice IV pour les non-spécialistes : ÉTUDE CINÉTIQUE PAR SUIVI
SPECTROPHOTOMÉTRIQUE ( 4 points )
On se propose d’étudier la cinétique de la transformation lente de
oxygénée
par
les
ions
iodure
en
présence
d’acide
sulfurique,
comme totale.
L’équation de la réaction qui modélise la transformation d’oxydoréduction s’écrit :
décomposition
transformation
de l’eau
considérée
H2O2(aq) + 2 I–(aq) + 2 H3O+(aq) = I2(aq) + 4 H2O(l)
La
solution
de
diiode
formée
étant
colorée,
spectrophotométrie,
méthode
qui
consiste
à
mesurer
grandeur proportionnelle à la concentration en diiode.
la
transformation
l'absorbance
A
est
de
suivie
par
la
solution,
1. Étude théorique de la réaction
1.1. Donner la définition d'un oxydant, et celle d'un réducteur.
Un oxydant est une espèce chimique capable de capter un ou plusieurs électrons.
Un réducteur est une espèce chimique capable de céder un ou plusieurs électrons. (0,25 )
1.2.
Identifier,
dans
l'équation
de
la
réaction
d'oxydoréduction mis en jeu et écrire leurs demi-équations correspondantes.
Couple H2O2(aq)/H2O(l)
réduction de l'eau oxygénée
Couple I2(aq) / I–(aq)
étudiée,
les
deux
couples
H2O2(aq) + 2H+(aq) + 2e– = 2 H2O(l)
oxydation des ions iodure 2 I–(aq) = I2(aq) + 2e–
(0,25 ) + (0,25 )
2. Suivi de la réaction
À la date
t =
0 s, on mélange
20,0
mL d'une
solution d'iodure
de potassium de
concentration
0,10
mol.L-1
acidifiée
avec
de
l'acide
sulfurique
en
excès,
8,0
mL
d'eau
et 2,0 mL d'eau oxygénée à 0,10 mol.L-1.
On
remplit
une
cuve
spectrophotométrique,
et
on
relève
les
valeurs
de
l'absorbance
au
cours du temps. On détermine alors, grâce à la loi de Beer-Lambert, la concentration [I2]
du diiode formé :
t (s)
0
126
434
682
930
1178
1420
[I2] (mmol.L–1)
0,00
1,74
4,06
5,16
5,84
6,26
6,53

2.1.
Le mélange initial est-il stœchiométrique ?
n1 = n(I–)i = C1×V1 = 0,10×20,0.10-3 = 2,0 mmol
n2 = n(H2O2)i = C2×V2 = 0,10×2,0.10-3 = 0,20 mmol (0,25 )
D'après l’équation de la réaction, les réactifs sont en proportions stœchiométriques si
n
ici n(H
O )i =
2 2
(I )i
10
2.2.
Équation
État initial
n
(I )i
2
= n(H
2O2)i
, or
, les réactifs ne sont pas dans les conditions stœchiométriques. (0,25 )
Établir le tableau descriptif de l'évolution du système (tableau d'avancement de la transformation).
H2O2(aq)
+
2 I–(aq)
+
2 H3O+(aq)
=
I2(aq)
+ 4 H2O(l)
n2
n1
Excès
0
beaucoup
État intermédiaire
n2 – x
n1 – 2x
Excès
X
beaucoup
État final
n2 – xf
n1 – 2xf
Excès
xf
beaucoup
n2 – x(300) =
0,20 – 0,09 =
0,11
n1 – 2x(300) = 2,0
– 20,09 =
1,8
Excès
x(300) = 0,09
beaucoup
t = 300 s
(en mmol)
(0,25 ) + (0,5 : dernière ligne)
2.3.
Établir la relation entre [I2] et l'avancement x de la transformation.
x
[I2(aq)] =
(0,25 )
VT
avec VT = 20,0 + 8,0 + 2,0 = 30 mL (0,25 )
2.4.
Déterminer
l'avancement
maximal.
En
déduire
la
concentration en diiode formé lorsque la transformation est terminée.
valeur
théorique
de
la
n
Si le diiode est le réactif limitant alors n1 – 2xmax = 0, soit xmax = 1 = 1,0 mmol
2
Si l'eau oxygénée est le réactif limitant alors n 2 – xmax = 0, soit xmax =n2 = 0,20 mmol
Le réactif limitant est l'eau oxygénée car elle conduit à la valeur de x max la plus faible. (0,25 )
[I2(aq)]th =
xmax 0,20
=
= 6,7.10 –3 mol.L-1 = 6,7 mmol.L–1 lorsque la transformation est terminée. (0,25 )
VT
30
3. Exploitation des résultats
La courbe en annexe représente les variations de l'avancement x de la transformation en fonction du temps.
3.1.
Donner la composition du mélange réactionnel pour t = 300 s.
H
h
L
d
t1/2
300
Méthode: On utilise l'échelle horizontale du document:
d=
2500 s représentées par L =14,8 cm
300 s représentées par d cm
14,8  300
= 1,8 cm. On trace un segment de d = 1,8 cm pour repérer t = 300 s.
2500
On utilise la courbe pour trouver x(300s).
On utilise l'échelle verticale:
2,510–4 mol représentée par H =11,3 cm
x(300) mol représentée par h = 4,2 cm
2,5  104  4,2
= 0,9310–4 mol = 0,093 mmol. Vu le manque de précision, on décide de
11,3
ne conserver qu'un seul chiffre significatif soit x(300) = 0,09 mmol ( 0,25 démarche) + ( 0,25 valeur )
soit x(300) =
Pour la composition voir tableau 2.2.
3.2.
Comment varie la vitesse
peut être responsable de cette variation ?
volumique
de
réaction
?
Justifier.
Quel
facteur
cinétique
1 dx
dx
où
représente le coefficient directeur de la tangente à la courbe x = f(t) à la date t, on voit
V dt
dt
sur la courbe que cette valeur diminue au cours du temps. La vitesse volumique de réaction diminue au
cours du temps. (0,25 )
v=
Le facteur cinétique responsable de cette diminution est la concentration des réactifs (qui diminue au
cours du temps). (0,25 )
3.3.
Donner la définition du temps de demi-réaction, puis le déterminer.
Le temps de demi-réaction est la durée pour laquelle l’avancement vaut xf / 2 . (0,25 )
Sur le graphique, on lit t1/2 pour x =
Voir courbe: t1/2 = 3.102 s
2,0  104
.
2
(1 seul chiffre significatif, lecture peu précise)
(0,25 )
Exercice IV pour les spécialistes : Titre alcalimétrique d’une eau minérale ( 4,5 points )
Les eaux minérales contiennent de nombreuses espèces chimiques dissoutes. Ces eaux minérales sont particulièrement riches
en ions « bicarbonate ». Ce nom désigne en fait les ions hydrogénocarbonate HCO 3–(aq).
Données :
- Zone de virage de quelques indicateurs colorés :
Phénolphtaléine:
pH
Incolore 8
Rose pâle
10
Fuschia
Vert de bromocrésol:
pH
Jaune
3,8
Vert
5,4
Bleu
- Valeurs de quelques pKa de couples acido-basiques :
Pour le couple (H3O+ / H2O) : pKa1 = 0
Pour le couple (H2O / HO–) : pKa2 = 14
Pour le couple (CO2, H2O / HCO3–) : pKa3 = 6,3
Pour le couple (HCO3– / CO32–) : pKa4 = 10,3
- Masses molaires atomiques :
M(H) = 1 g.mol-1 ;
M(O) = 16 g.mol-1 ;
-1
M(C) = 12 g.mol .
Pour effectuer le dosage alcalimétrique, on prélève V1 = 50,0 mL d’eau minérale que l’on titre par une solution d’acide
chlorhydrique de concentration Ca= 2,0×10 -2 mol.L-1. Un système d’acquisition permet de mesurer le pH au cours du dosage.
On obtient ainsi la courbe donnant le pH en fonction de Va, volume d’acide versé, et celle de sa dérivée
dpH
= f(Va). Ces
dVa
courbes sont données en annexe (à rendre avec la copie).
1. Le titre alcalimétrique TA
La mesure du titre alcalimétrique TA permet de déterminer la concentration en ions carbonates CO32-(aq).
On donne la définition du TA : c'est le volume, exprimé en millilitres, de solution d’acide chlorhydrique de concentration Ca =
2,0×10-2
mol.L-1
en
ions
H3O+(aq)
nécessaire
pour
doser
les
ions
carbonates
CO32 - (aq) dans 100 mL d’eau minérale en présence de phénolphtaléine.
1.1 En vous servant du graphique donné en annexe, donner le pH de l’eau minérale.
Pour Va = 0 mL, on lit pH = 7. Il s'agit du pH de l'eau minérale. (0,25 )
1.2 Établir le diagramme de prédominance des espèces carbonatées. En déduire la forme prédominante de ces espèces
dans cette eau minérale.
Diagramme de prédominance:
Sur un axe gradué de pH, on place les pKa des deux couples acido-basiques concernés.
[A(aq)]éq
On a la relation pH = pKa + log
où A–(aq) est la base conjuguée et AH(aq) l'acide conjugué du couple AH/A–.
[AH (aq)]éq
Pour pH < pKa, alors AH prédomine sur A– et pour pH > pKa alors A– prédomine sur AH.
On obtient donc ce diagramme:
CO32
CO2 , H2O
0,0
6,3
HCO3
10,3
pH
(0,25 )
Le pH de l'eau minérale étant égal à 7, les ions HCO3– prédominent en solution par rapport aux autres
espèces carbonatées. (0,25 )
1.3 Quelle teinte prend la phénolphtaléine dans cette eau ?
pH = 7 donc la phénolphtaléine est incolore. (0,25 )
1.4 Par ajout d’acide chlorhydrique, la phénolphtaléine changera-t-elle de couleur ? Peut-on déterminer par
l’observation un volume équivalent ?
L'ajout d'acide chlorhydrique apporte en solution des ions H 3O+ qui vont consommer les ions HCO3–.
Le pH va diminuer, la phénolphtaléine ne changera pas de couleur. Il faudrait que le pH devienne supérieur à 8 pour
qu'elle devienne rose pale.
On ne peut donc pas déterminer par l'observation un volume équivalent. (0,25 )
1.5 Justifier la valeur nulle du TA de cette eau minérale.
TA = 0 car il n'y a pas ou trop peu d'ions carbonate dans l'eau de pH = 7 pour pouvoir les titrer. (0,25 )
2. Le titre alcalimétrique complet TAC
Le titre alcalimétrique complet
HCO3-(aq) et carbonate CO32 - (aq).
TAC
est
lié
à
la
concentration
totale
en
ions
hydrogénocarbonate
On donne la définition du TAC : c’est le volume, exprimé en millilitres, de solution d’acide chlorhydrique de concentration Ca
= 2,0×10-2 mol.L-1 nécessaires pour doser 100 mL d’eau minérale en présence de vert de bromocrésol.
2.1. Ecrire l’équation de la réaction utilisée pour le titrage.
On a vu que HCO3– prédomine dans l'eau minérale par rapport aux autres espèces carbonatées.
L'équation de la réaction modélisant la transformation qui a lieu lors du titrage est:
HCO3–(aq) + H3O+(aq) = CO2,H2O (aq) + H2O(l) (0,25 demi equations ) + (0,25 équation )
2.2. Calculer na la quantité d'ions H3O+(aq) introduite lorsque Va = 14,0 mL. Evaluer n' a la quantité d’ions H3O+(aq)
restant dans le volume total du mélange réactionnel. Justifier l’utilisation de cette réaction pour réaliser un dosage.
na = Ca Va = 2,0×10-2  14,010–3
na = 2,810–4 mol(0,25 )
On utilise la courbe pH = f(Va). Pour Va = 14,0 mL, on lit pH = 4,5.
[H3O+] = 10–pH
n'a = [H3O+]  V
n'a = 10–pH  (V1+Va)
n'a = 10–4,5  (50,0 +14,0)10–3
n'a = 2,0210–6 mol (0,25 )
Justification utilisation de cette réaction pour le titrage:
La réaction support d'un titrage doit être rapide et totale.
Pour que la réaction soit totale, il faut que l'avancement à l'équivalence soit égal à l'avancement maximal.
Si tous les ions oxonium versés étaient consommés alors na – xmax = 0 soit xmax = 2,8.10–4 mol
En réalité, il reste n'a ions oxonium. On a na – xéquivalence = n'a
soit xéquivalence = na – n'a = 2,77976.10–4 mol = 2,8.10–4 mol
donc xéquivalence = xmax. La réaction peut être considérée comme étant totale. (0,25 )
2.3. Déterminer les coordonnées du point d’équivalence.
Autour de l'équivalence, il se produit un saut de pH. L'équivalence correspond au minimum de la valeur de la dérivée
Le point d'équivalence a pour coordonnées (VaE = 14 ; pHE = 4,5) . Valeurs approximatives, vu le
manque de précision du graphe donné. (0,25 )
dpH
.
dVa
pH
équivalence
VaE
(0,25 )
2.4..Justifier le choix du vert de bromocrésol comme indicateur coloré.
La zone de virage du vert de bromocrésol contient le pH à l'équivalence et est contenu dans le saut de pH.
Cet indicateur coloré est donc bien adapté pour repérer l'équivalence. (0,25 )
2.5. Déterminer la concentration molaire C des ions hydrogénocarbonate dans cette eau minérale.
A l'équivalence les réactifs sont limitants, soit
n  versée = n  initiale
H3O
HCO3
Ca  VaE = C  V1
C=
2,0.102  14
Ca  VaE
=
50,0
V1
C = 5,610–3 mol.L–1
(0,25 )
2.6. Déterminer la concentration massique T des ions hydrogénocarbonate dans cette eau minérale.
T
C=
donc T = CM
= 5,610–3  61
HCO3
M
(0,25 calculs ) + (0,25 valeur )
T = 0,34 g.L–1
2.7. Déterminer le TAC de cette eau minérale.
D'après le texte: "c’est le volume, exprimé en millilitres, de solution d’acide chlorhydrique de concentration Ca = 2,0×10 -2
mol.L-1 nécessaires pour doser 100 mL d’eau minérale en présence de vert de bromocrésol".
Lors du dosage, on a utilisé seulement V 1 = 50,0 mL d'eau minérale, et on a versé 14 mL d'acide chlorhydrique.
Si on avait utilisé 100 mL d'eau minérale, on aurait versé 28 mL d'acide chlorhydrique.
Donc TAC = 28
(0,25 )