(Corrigé du bac blanc sciences physiques)

Corrigé du bac blanc sciences physiques - Janvier 2008
Exercice 1 : MISSION SUR MARS
Questions Réponses
1
Mise en orbite
1.1.
Un mouvement circulaire est uniforme quand la trajectoire est un cercle parcouru à une vitesse
de valeur constante
1.2
Les vecteurs unitaires
P
τ
a
M
n
u MP
1.3
Le vecteur accélération est centripète. Sa norme (ou valeur) est a = an =
1.4.
F
M/P =
−G
m M .m P
m .m
u MP = G M 2 P n
2
r
r
→
Par application de la deuxième loi de Newton : F
→
D’où : F
1.5.
a=
1.7.
M/P
=G
m M .m P
n = mP. a.n
r2
1.10.
= mP. a =mP. a.n
Soit a = G
mM.
r2
Le satellite Phobos parcourt la distance d = 2π.r pendant une durée ∆t = TP, donc v =
2π .r
TP
2 2
mM
2 4π r
v²= G.
et v =
, par combinaison de ces deux relations,
r
TP2
4π ²
T2
on obtient :
= P3
G.mM r
TP2
4π ²
=
= 9,22.10–13 s².m-3
−11
23
3
r
6, 67.10 × 6, 42.10
4π ²
T2
4π ².r 3
= P3 donc
= TP2 d’où TP =
G.mM r
G.mM
4π ².r 3
G.mM
4π ².(9,38.103 × 103 )3
= 2,76.104 s
6, 67.10−11 × 6, 42.1023
Le satellite doit rester constamment au dessus du même point de Mars, il faut donc que :
- le centre de Mars appartienne au plan de la trajectoire ;
- le plan de la trajectoire doit être perpendiculaire à l'axe de rotation de Mars.
Le satellite doit donc être placé dans le plan de l'équateur de Mars.
La période TS de révolution du satellite est la même que la période de rotation de Mars donc TS
= TM = 24 h 37 min.
Application numérique : TP =
1.9.
→
M/P
m
v²
G.m M
m .
= G 2M soit v²= G. M et v=
r
r
r
r
Application numérique :
1.8.
avec r = MP
Le référentiel lié à Mars est supposé galiléen
Le système est le satellite Phobos, il subit la force d’attraction gravitationnelle exercée par Mars soit :
→
1.6.
v²
r
1
Questions Réponses
2
Problèmes de l’air
2.1.1.
Nom de l'électrode
2.1.2.
2.2.1.
Nom de l'électrode
ANODE
CATHODE
Nature de la réaction :
Nature de la réaction :
OXYDATION
RÉDUCTION
Équation de la demi-réaction :
Équation de la demi-réaction :
2 H2O = O2 + 4 H+ + 4 e–
2 H2O + 2 e– = H2 + 2 HO–
Une électrolyse est une transformation forcée.
n O2 =
v
×60 = 0,72 mol
Vm
2.2.2.
Quand une mole de dioxygène est produite à l’anode, alors quatre moles d’électrons sont échangées.
Soit ne–(échangées)= 4 n O2 (formées) = 0,72 x 4 = 2,88 mol
2.2.3.
Q = ne–. F = 2,88×96500 = 2,78.105 C
2.2.4.
Q = I.∆t
n − .F 2,88 × 96500
Q
I=
= e =
= 77,2 A
∆t
∆t
3600
Eel = UI∆t = U.Q = U. ne- F = 5,00×2,88×96500 = 1,39×106 J
2.2.5.
Exercice 2: Transport du dioxygène dans le sang
Questions Réponses
1
Transport du dioxygène dans l’organisme par l’hémoglobine du sang
1.1.
m
15
Hb
= 9,4×10–4 mol
=
M Hb
1, 6 ×104
Le dioxygène étant en excès, le réactif limitant est Hb et si la transformation est totale, il sera
totalement consommé :
n0(Hb) – xmax = 0 d’où xmax = n0(Hb) = 9,4×10–4 mol
n0(Hb) =
1.2
1.3
Taux d’avancement final : τf =
xf
xmax
alors xf = τf.xmax et donc xf = 0,97×9,4×10–4 = 9,1×10–4 mol
1.4.
n HbO2 = xf = 9,1×10 mol dans le volume V = 100 mL de sang (on peut s’aider d’un tableau
1.5.
descriptif de l’évolution du système).
En une minute, n HbO2 = xf = 9,1×10–4 mol sont formées dans 100 mL de sang
–4
donc dans 5L de sang, la quantité de matière de sous-unités d’oxyhémoglobine HbO 2 formées
5, 0
est : nS =
× 9,1× 10−4 = 4,5×10–2 mol
0,100
2
Libération du dioxygène au niveau des organes
2.1.
Qr1 =
 HbO2( aq ) 
9,1× 10−3
1
=
= 9,0×105
2,8 ×10−4 × 3, 6 ×10−5
 Hb( aq )  . O2( aq ) 
1
2.2.
1
K1 = 3,0×10 donc Qr1 > K1. Le système chimique évolue dans le sens inverse de l’équation (1).
5
2
3
3.1.
Non traitée (et lors d’un effort musculaire ?)
3.2.
Domaines de prédominance des espèces du couple CO2,H2O / HCO3– :
CO2,H2O + H2O(l) = HCO3–(aq) + H3O+
HCO3–
CO2,H2O
3.3.
équation (2)
pKa = 6,4
Pour pH = 7,4 > pKa, la base HCO3– prédomine.
pH
3.4.
La dissolution du dioxyde de carbone libère des ions oxonium H3O+ (cf. réaction 2) dans le sang.
[H3O+] augmente, or pH = – log [H3O+] donc le pH diminue.
3.5.
HbO2(aq) + H3O+ = O2(aq) + HbH+(aq) + H2O
équation (3)
L’apport d’ions H3O+ dû à la réaction d’équation (2), favorise la réaction en sens direct
d’équation (3). Ainsi, les ions oxonium sont consommés ce qui évite la diminution du pH sanguin
évoquée en 3.4. et ce qui permet la libération de dioxygène nécessaire à l’effort musculaire.
4
4.1.
Empoisonnement au dioxyde de carbone
Hb(aq) + CO(aq) = HbCO(aq)
avec K4 = 7,5 × 107
(équation 4)
 HbCO( aq ) 
 HbCO( aq ) 
1
éq
éq
×
= K4.[CO(aq)]éq = 7,5×107 × 2,0×10-4 = 1,5×104
 Hb( aq ) 
CO( aq ) 
 Hb( aq ) 
éq
éq
éq
Après analyse du tableau, la personne ressent des maux de tête.
K4 =
4.2.
HbO2(aq) + CO(aq) = HbCO(aq) + O2(aq) (équation 5) avec K5 =
 HbCO( aq )  . O2( aq ) 
éq
éq
 HbO2( aq )  . CO( aq ) 
éq
 HbO2( aq ) 
éq
Or, K1 = 3,0×10 =
 Hb( aq )  . O2( aq ) 
5
éq
éq
 HbCO( aq ) 
éq
cf équation 1, K4 = 7,5 × 10 =
 Hb( aq )  . CO( aq ) 
7
éq
éq
cf
éq
équation 4
On remarque alors que K5 = K4 /K1, en effet,
 HbCO( aq ) 
éq
K5 =
 Hb( aq )  . CO( aq ) 
HbCO(aq) 
Hb(aq)  .O2(aq) 
K 7,5 ×107
éq
éq
éq
éq
éq
=
; K5 = 4 =
= 2,5×102
.
K1 3, 0 ×105
 HbO2( aq ) 
Hb(aq)  .CO(aq) 
HbO2(aq) 
éq
éq
éq
éq
 Hb( aq )  . O2( aq ) 
éq
4.3.
éq
En augmentant la concentration de dioxygène dissous dans le sang [O2(aq)], le quotient de réaction
Qr,5 augmente. Qr,5 devient supérieur à K5, ainsi la réaction en sens inverse est favorisée c'est à
dire libération du CO dissout dans le sang et formation de HbO2(aq).
Exercice 3 : Brouillard et vitesse
Questions Réponses
1
Mise en orbite
1.1.
Le champ de pesanteur g est uniforme (mêmes sens, direction et valeur) dans une région dont les
dimensions sont de l’ordre de quelques kilomètres.
3
1.2
1.3
C’est la deuxième loi de Newton
Dans un référentiel terrestre, supposé galiléen, la somme des forces extérieures exercées sur le
système {goutte} est égale au produit de la masse du système par l’accélération de son centre
d'inertie donc du centre d’inertie de la goutte.
Ce qui se traduit par : Σ FExt . = m.a G
Système: la goutte
Référentiel terrestre supposé galiléen
→
Conditions initiales : à t = 0, OG0 = 0 et v 0 = 0
Forces extérieures exercées sur la goutte: Le poids P = m. g
Par application de la deuxième loi de Newton : Σ FExt . = m.a G
Donc P = mg = m.a G et g = a =
dv
dt
Soit, par projection sur l’axe Oz (descendant) gz =g =
dv z
dt
Par intégration : vz = g.t + cte = g.t + v0z =g.t
vG =
2
d OG
1
1
1
d’où par intégration z = g..t 2 + cte = g..t 2 + z 0 = g..t 2
dt
2
2
2
h = 10 m donc z = 10 m
Soit t1 l'instant où la goutte a parcouru z = 10 m
1
2z
z = g.t1²
donc t1 =
2
g
Soit v1 la vitesse atteinte par la goutte après une durée t1: v1 = g.t1
2z
v1 = g.
soit v1 = 2g.z = 2 × 9,8 × 10 = 14 m.s–1
g
2
2.1.
Les frottements
Expression de la poussée d’Archimède : π = −ρ air .Vg .g .
En valeur :
2.2
π = ρair . Vg . g
Expression du poids de la goutte : P = ρ eau .Vg .g .
En valeur : P = m.g = ρeau.Vg. g
On peut négliger la poussée d’Archimède devant le poids car :
2.3.1.
P
π
=
ρ eau
ρ air
≈ 1000
La goutte subit donc le poids (direction verticale, sens vers le bas) et la force de frottement fluide
(de sens opposé au sens du mouvement, donc orientée vers le haut et de direction verticale).
D'après la seconde loi de Newton: Σ FExt . = m.a G
Donc : P + f = m.a G
Par projection suivant l'axe Oz vertical descendant:
dv
dv z
Pz + fz = m.az =m. z d’où m.g – k.vz = m.
ou plus simplement :
dt
dt
dv
k
dv
m.g – k.v = m.
soit
= – .v + g
dt
m
dt
4
2.3.2..
dv
k
k
= a.v + b donc a = – = −
et b = g
dt
m
ρeau.Vg
2.3.3.
Quand la goutte atteint la vitesse limite vL alors v = cte donc
dv
=0
dt
dv
k
m.g
= – .vL + g = 0 et vL =
dt
m
k
m.g
k=
Analyse dimensionnelle :
vL
g est donnée dans l'énoncé en N.kg–1 mais g est aussi une accélération
que l’on doit exprimer dans le S.I. soit [g] = [L].[T]–2
Soit
2.3.4.
[ M ].[ L ].[T ]
−1
[ L].[T ]
−2
Donc [k] =
et finalement [k] = [M]. [T]–1
k s'exprime en kg.s–1
Exercice 1 spé : La menthone
Questions
1ère partie
1.
2.
4.
5.
Réponses
Extraction de la menthone
La technique utilisée est l’hydrodistillation
N°1 : chauffe ballon
N°2 : ballon (à fond rond)
N°3 : réfrigérant droit (dit de Liebig)
N°4 : éprouvette
Trait en bas du chromatogramme : ligne de dépôt (A)
Trait en haut du chromatogramme : ligne de front de solvant
L’huile essentielle extraite comporte un minimum de 6 substances.
On peut par lecture du chromatogramme identifier 4 de ces substances par simple comparaison
(hauteurs de migration identiques avec les 4 produits de référence déposés :
- menthone (ce qui est le produit recherché)
- menthol
- eucalyptol
- menthofuranne
Rappel : Un composé chimique migre à la même vitesse qu’il soit pur ou dans un mélange (dans
un éluant donné et sur un support donné)
6
H
Rf =
h 1,4
=
= 0,4
H 3,5
h
1ère partie Extraction de la menthone
1.
Classe II ou alcool secondaire
2.
A 20°C, le menthol est à l’état solide car sa température de fusion est de 43°C
La menthone possède un groupe carbonyle.
Elle appartient à la famille des cétones.
5
A 20 °C, la menthone est à l’état liquide car sa température de fusion est de –6,5 °C.
4.a.
Demi équation de réduction des ions permanganate en milieux acide :
MnO 4− + 8H + + 5e − = Mn 2+ + 4H 2 O x 2
Demi équation d’oxydation du menthol en milieu acide :
C 9 H 18 CHOH = C 9 H 18 CO + 2e − + 2H + x 5
Équation traduisant la transformation étudiée :
2MnO −4 + 16H + + 5C 9 H 18 CHOH = 2Mn 2+ + 8H 2 O + 5C 9 H 18 CO + 10H +
soit en final :
2MnO 4− + 6H + + 5C 9 H 18 CHOH = 2Mn 2+ + 8H 2 O + 5C 9 H 18 CO
ou avec l’ion oxonium :
2MnO 4− + 6H 3 O + + 5C 9 H 18 CHOH = 2Mn 2+ + 14H 2 O + 5C 9 H 18 CO
4.b.
Schéma : chauffage à reflux (voir cours)
Le schéma devra être
soigné !
4.c.
Un montage à reflux permet de chauffer un mélange réactionnel sans perdre de matière : les
vapeurs formées se condensent et retombent dans le mélange.
4.d.
Tableau d’avancement …….
Il peut contenir des expressions littérales et/ou des valeurs numériques cf : question 4.e.
4.e.
Le permangante de potassium est le réactif en excès
nmenthol (initial) = mmenthol/Mmenthol = 0,10 mol
nmenthol (initial) - 5xmax = 0 soit xmax = 0,020 mol
n MnO− = CxV = 0,8 x 0,100 = 0,08 mol
4
n
4.f.
4.g.
5.
6.
7.
MnO −4
(initial) – 2xmax
= 0 soit xmax = 0,04 mol
donc xmax = 0,020 mol
Masse théorique de menthone que l’on peut obtenir : nmenthone = 5.xmax
m2 = 5xmax.Mmenthone = 5x0,020x154 = 15,4 g
L’oxydation a lieu à une température voisine de 55°C car cette transformation nécessite que le
menthol soit à l’état liquide.
Lors de l’utilisation d’une ampoule à décanter il faut prendre soin de dégazer de temps en temps
afin d’éviter tout phénomène de surpression dans l’ampoule.
La phase surnageante est constituée de la phase organique puisque le cyclohexane est moins dense
que l’eau.
La distillation est un procédé judicieux dans la mesure où les températures d’ébullition du
cyclohexane et de la menthone sont bien distinctes, il n’y a donc aucun problème de séparation.
Rendement :
11,2
masse de produit obtenu
=
= 0,73 soit 73%
masse théorique de produit 15,4
6