CORRECTION BAC BLANC 2013 Tronc Commun Exercice I

CORRECTION BAC BLANC 2013 Tronc Commun
Exercice I : Autour des satellites (6 points)
Partie A : Décollage d’une fusée
1.(0,25pt) Lors de son décollage une fusée éjecte vers l’arrière des gaz produits par le fonctionnement des moteurs.
D'après la 3ème loi de Newton, les gaz poussent vers l'avant la fusée : il y a propulsion par réaction.
2.1. (0,75pt) Pour déterminer la valeur de l’accélération, il faut appliquer la deuxième loi de Newton.
- Système étudié = la fusée
- Référentiel d’étude = référentiel terrestre considéré galiléen
- Inventaire des forces : le poids  et la poussée  des moteurs (action de l’air négligeable)
- Deuxième loi de Newton : 
 = 
On a : 
De plus, au décollage la fusée a une masse m que l’on peut considérer constante, on donc peut écrire :
La comparaison des deux expressions conduit à : 
Le repère utilisé possède un axe (O,) vertical orienté vers le haut.
Dans ce repère on a : 
 et 
Les coordonnées du vecteur  sont donc : 
L’accélération de la fusée a donc pour valeur 
 = 5,9 m·s2
2.2. (0,75pt) Une recherche de primitives conduit à :
où  et  sont des constantes. Leurs valeurs sont déterminées à partir des coordonnées de la vitesse initiale :
Il vient alors : 
Une autre recherche de primitives conduit à : 
où  et  sont des constantes. Leurs valeurs sont déterminées à partir des coordonnées de la position initiale :
Il vient alors : 
On a donc bien 
2.3. (0,5pt) Avec la relation précédente on peut calculer la distance parcourue en 5s : 
 = 74 m
La distance réellement parcourue est inférieure à cette valeur. On peut en conclure que les frottements ne sont pas
négligeables.

Partie B : Mouvement d’un satellite
1. (0,5pt) Lorsqu’un satellite a une trajectoire circulaire alors, d’après la loi des aires, il faut que pendant des durées
égales ce satellite parcoure sur son orbite des distances égales. Ce satellite a donc un mouvement uniforme.
On peut également utiliser la deuxième loi de Newton pour montrer cela (voir question suivante).
2.1. (1pt) On applique la deuxième loi de Newton au satellite en orbite autour de la Terre.
Système étudié : le satellite S.
Référentiel choisi : référentiel géocentrique, considéré galiléen.
Inventaire des forces exercées sur le satellite : la force d’attraction gravitationnelle exercée par la Terre 
L’application de la deuxième loi de Newton conduit à : 
Dans le repère indiqué sur le texte, l’expression de la force d’attraction gravitationnelle exercée par la Terre est :
Il vient 
Le vecteur accélération est centripète, c’est-à-dire qu’il est dirigé vers le centre de la trajectoire.
Pour un mouvement circulaire de rayon R et de vitesse v on a : 
Par identification, on en déduit :
- L’égalité 
 implique que la valeur de la vitesse v est constante. Ce mouvement circulaire est donc uniforme.
- L’égalité 
 implique que la valeur de la vitesse est :
Comme on a  il vient finalement
2.2. (0,25pt) 
 = 3,87×103 m·s-1
2.3. (0,5pt) 
=
T = 
= 4,31.104 s
Ou plus long: T = 
Avec  il vient 
 = 4,31×104 s
Partie C : Une théorie d'Einstein remise en cause ?
1.1. (1pt) 
  2,997 999 36×108 m·s-1
L’incertitude associée est 
 =
1,35×103 m·s-1
Cela s’écrit aussi U(v) = 0,0000135×108 m·s-1
On a donc v = (2,997999±0,000014)×108 m·s-1
1.2. (0,25pt) Cela conduit à v  [2,997985×108 m·s-1 ; 2,998013×108 m·s-1]
Or la valeur c = 299 792 458 m·s-1 n’appartient pas à cet intervalle, la vitesse mesurée était strictement supérieure à c.
Les résultats remettaient donc en cause la relativité restreinte qui «interdit de voyager à une vitesse plus rapide que la
lumière dans le vide ».
2. (0,25pt) La valeur de la vitesse des neutrinos obtenue était trop grande. Cela signifie que la durée mesurée pour le
trajet était trop petite.
La mauvaise connexion avait fait diminuer le temps de vol mesuré.

Exercice II : Etude d'une oxydation d'un composé organique (9 points)
Partie A : Étude des composés organiques (4 pts)
1. (0,5pt) A est le propan-2-ol
B est la propan-2-one ou propanone
2. (0,5pt) Pour A le groupe caractéristique est –OH, groupe hydroxyle associé à la fonction alcool.
Pour B le groupe caractéristique est C = O, groupe carbonyle , associé à la fonction cétone.
3.1. (0,25pt) Le nombre d’onde  varie entre 600 et 4000 cm-1.
3.2. (0,5pt) =  en cm , soit 1=  = 
 = 1,6710-3 cm = 1,6710-5 m
Et 2=  = 
 = 2,5010-4 cm = 2,5010-6 m
Donc 2,5010-6 m <  < 1,6710-5 m
3.3. (0,25pt) On parle de spectroscopie IR car les longueurs d’onde des bandes d’absorption des liaisons chimiques sont
comprises entre 10-6 m et 10-3 m.
4. (0,5pt) Le spectre (1) présente une bande d’absorption intense à 1700 cm-1 caractéristique du groupe C=O, c’est donc
le spectre du composé B.
Le spectre (2) présente une bande large d’absorption à 3300 cm-1 caractéristique du groupe OH lié d’un alcool en
solution aqueuse, c’est donc le composé A.
5.1. (0,5pt) Le composé A présente 3 groupes de protons équivalents
6 protons équivalents dans les groupes méthyle –CH3
1 proton dans le groupe hydroxyle –OH
Et 1 proton dans le groupe CH
5.2. (0,5pt)
Groupe de protons
Nombre n de protons
voisins
Multiplicité du signal
Règle des (n+1)-uplets
6 protons des –CH3
1
2 ( doublet)
1 proton dans –OH
0
1 ( singulet)
1 proton dans le groupe
CH
6
6+1 = 7 ( septuplet)
5.3. (0,5 pt)Le spectre de RMN présente 3 signaux :
1 doublet à 1,4 ppm (qui compte pour 6 protons sur la courbe d’intégration) donc qui correspond aux protons des 2
groupes CH3.
1 singulet à 2,3 ppm (qui compte pour 1 proton sur la courbe d’intégration ) : proton du groupe -OH
et un septuplet à 4,0 ppm ( qui compte pour 1 proton sur la courbe d’intégration), proton du groupe CH.
Ce spectre de RMN peut bien correspondre à celui du composé A.
Partie B : Étude de la réaction support de titrage (réaction 2) : (1,75 pts)
1. (0,25pt) On introduit les prélèvements dans l’eau glacée pour faire un blocage cinétique et stopper la réaction lente
(1) avant le titrage.
2. (0,5pt) Soit les couples Fe3+(aq)/Fe2+(aq) et MnO4-(aq)/Mn2+(aq). Écrivons les demi-équations électroniques
correspondantes :
Fe3+(aq)/Fe2+(aq) : oxydation Fe2+(aq) = Fe3+(aq) + e– (×5)
MnO4-(aq)/Mn2+(aq) : réduction MnO4–(aq) + 8H+(aq) + 5e– = Mn2+(aq) + 4H2O(l) (×1)
MnO4–(aq) + 8H+(aq) + 5Fe2+(aq)  5Fe3+(aq) + Mn2+(aq) + 4H2O(l)
3. (0,5pt) À l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques.
Au cours du titrage les ions permanganate (violets) sont transformés en ions manganèse II (incolores). À l’équivalence,
tous les ions MnO4– sont consommés, la coloration violette du mélange réactionnel disparaît et le mélange devient
incolore.
4. (0,5pt) D’après l’équation (2) : 
 avec nFe2+ = c’.V’E donc
tnMnO
4
= 

Partie C : Étude de la réaction principale (réaction 1) dans un échantillon pour une température de 20°C ( 1,75 pts)
1. (0,5pt) Dans le mélange initial de volume total 100 mL
n(MnO4) = c0.V
n(MnO4) = 0,20 50,010–3 = 1,0×10–2 mol
Et dans l’échantillon de 10,0 mL, n0 = 
 = 1,010–3 mol .
Pour le composé A : n(A) = 
 avec m = .V
D’où : n(A) = 
 =   = 1,310–2 mol et donc n1 =   = 1,310–3 mol.
2. (0,5pt)
Équation de la
réaction
5C3H8O(aq) +2MnO4-(aq) +6H+(aq) 5C3H6O(aq)+2Mn2+(aq)+ 8H2O(l)
États du
système
x
(mol)
Quantités de matière
État initial
x = 0
n1
n0
Excès
0
0
Solvant
État
intermédiaire
x
n1 – 5x
n0 – 2x
Excès
5x
2x
Solvant
État final
xmax
n1 – 5xmax
n0 –
2xmax
Excès
5xmax
2xmax
Solvant
3. (0,5pt) Si l’ion permanganate est le réactif limitant : n0 – 2xmax = 0, soit xmax = 
alors xmax = 5,0×10–4 mol
Si le propan-2-ol est le réactif limitant : n1 – 5xmax = 0 ,
soit xmax =
, alors xmax =  = 2,6×10–4 mol
Le propan-2-ol conduit à l’avancement maximal le plus faible, c’est donc le réactif limitant et xmax = 2,6×10–4 mol.
4. (0,25pt) A t = 18 min, on constate sur la courbe a) que l’avancement x = xmax = 2,6×10–4 mol
On peut donc considérer la réaction comme terminée.
Partie D : Cinétique de la réaction ( 1,5 pts)
1. (0,25pt) Le temps de demi-réaction est la durée au bout de laquelle l’avancement de la réaction est égal à la moitié
de l’avancement maximal.
2. (0,5pt) Détermination graphique
t1/2 = 2,5 minutes
3. (0,5pt) Pour une température de 30°C, la courbe se situera au dessus de la courbe a), tout en atteignant la même
valeur de xmax, les quantités de réactifs étant inchangées.
4. (0,25pt) La courbe b) n’aurait pas pu être obtenue en ajoutant un catalyseur au mélange réactionnel, car un
catalyseur ne modifie pas l’avancement maximal de la réaction. Il modifie la vitesse de la réaction, donc la courbe se
serait bien située au-dessus de la courbe a) mais avec la même valeur limite de 2,610–3 mol.
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18
x en 10-4 mol
Temps en min
t1/2
xmax

Exercice III : Quelques propriétés des ondes lumineuses (5 points)
Partie A :
1. (0,25 pt) Les interférences ne sont pas observées sur toute la largeur de l’écran mais seulement dans le champ
d’interférences c'est-à-dire dans la partie où les ondes issues de chacune des fentes, se superposent.
2. (0,5 pt) Pour obtenir des interférences constructives en un point de l’écran il faut que les ondes qui y interférent et
se superposent soient en phase. La différence de marche vaut alors :  = d2 – d1 = k..
Le point M situé au centre de la tâche centrale est sur une frange brillante car  = d2 – d1 = 0.
Partie B :
1. (0,5 pt) Une analyse dimensionnelle de chaque formule donne pour i les unités suivantes :
D.a
i
en m-1
D
a.
i
en m
a
D.
i
en m
D.a i
en m
Les trois formules 2,3 et 4 sont donc homogènes
2. (0,5 pt) Il est dit dans le texte que i est proportionnel à la longueur d’onde . De plus les graphiques montrent que i
est aussi proportionnel à D. La seule formule qui reste est donc la 3 :
a
D.
i
3. (0,5 pt) Le coefficient directeur des deux droites i = k. D dépend de
 : k =  / a . La droite ayant le coefficient directeur le plus grand
correspond donc au laser rouge ( = 650 nm), l’autre étant le vert.
4. (1 pt) Par lecture graphique sur les courbes :
Courbe du laser rouge : k = 5,010-3 / 2,2 = 2,3103
Or k =  / a d’où a =  /k = 6,5107 / 2,3103
a = 2,9104 m
Courbe du laser vert: k’ = 4,0103 / 2,2 = 1,8103
D’où :  = a.k = 2,8104  1,8103 = 5,2107 m
ce qui correspond bien à du vert ( 520 nm).
Partie C :
1. (0,75 pt)
Les interférences sont destructives si les ondes arrivent en opposition de phase au point M ou si = k +
Les interférences sont constructives si les ondes arrivent en phase au point M ou si = k
Il est dit dans le texte que :
Lorsque le faisceau est entièrement réfléchi sur un plat alors, la différence de marche = 0. Les interférences sont alors
constructives. Le capteur reçoit alors un maximum de lumière
Lorsque le faisceau est en partie réfléchi par un creux (document 5 partie A) et en partie réfléchi par un plat (document
5 partie B) alors =
2
poly
. Les interférences sont alors destructives car les ondes arrivent en opposition de phase. Le
capteur reçoit alors un minimum de lumière.
2. (0,5 pt) La différence de marche rendant les interférences destructives vient de la réflexion dans un creux. C’est la
profondeur du creux qui crée ce décalage. Comme l’onde y fait un aller-retour alors la profondeur du creux correspond
à /4 = 480/ 4 = 120 nm = 0,120 µm ce qui est bien la profondeur annoncée.
3. (0,5 pt) Pour augmenter la capacité de stockage d’informations il faut pouvoir diminuer la distance entre les pistes.
Mais la tâche de diffraction doit également diminuer dans les mêmes proportions pour éviter de lire plusieurs pistes en
même temps. Ainsi, la diminution de la longueur d’onde du laser et l’augmentation de l’ouverture numérique NA sont
deux facteurs qui vont dans le même sens pour diminuer la tâche de diffraction d.
Document 2