(Corrigé du bac blanc sciences physiques)

1
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
1.3
Le vecteur accélération est centripète. Sa norme (ou valeur) est a = an =
v²
r
avec r = MP
1.4.
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 :
→
FM/P =
2PM
r
m.m
G−
MP
u= n
r
m.m
G
2PM
Par application de la deuxième loi de Newton :
→
F
M/P
= m
P
.
→
a =m
P
. n.a
D’où :
→
F
M/P
= n
r
m.m
G
2PM
= m
P
. n.a Soit a =
2
M
r
.m
G
1.5.
a =
v²
r
=
2
M
r
.m
G
soit v²= G.
M
m
r
et v= r
m.G
M
1.6.
Le satellite Phobos parcourt la distance d = 2 π .r pendant une durée ∆ t = T
P
, donc v =
P
2 .
T
r
π
1.7.
v²= G.
M
m
r
et v
2
=
2
P
22
Tr4
π
, par combinaison de ces deux relations,
on obtient :
2
3
4 ²
.
P
M
T
G m r
π
=
Application numérique :
2
3
P
T
r
=
11 23
4 ²
6,67.10 6,42.10
π
−
×
= 9,22.10
–13
s².m
-3
1.8.
2
3
4 ²
.
P
M
T
G m r
π
= donc
3
2
4 ².
.
P
M
r
T
G m
π
=
d’où T
P
=
3
4 ².
.
M
r
G m
π
Application numérique : T
P
=
3 3 3
11 23
4 ².(9,38.10 10 )
6,67.10 6,42.10
π
−
×
×= 2,76.104 s
1.9.
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.
1.10.
La période TS de révolution du satellite est la même que la période de rotation de Mars donc TS
= TM = 24 h 37 min.
P
a
M
MP
u
n
τ

2
Questions Réponses
2 Problèmes de l’air
2.1.1.
2.1.2.
Une électrolyse est une transformation forcée.
2.2.1.
2
O
n
=
m
v
V
×60 = 0,72 mol
2.2.2.
Quand une mole de dioxygène est produite à l’anode, alors quatre moles d’électrons sont échangées.
Soit ne–(échangées)= 4
2
O
n
(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
I =
Q
t
∆
=
.F
t
e
n
−
∆
=
2,88 96500
3600
×
= 77,2 A
2.2.5.
Eel = UI∆t = U.Q = U. ne- F = 5,00×2,88×96500 = 1,39×106 J
Exercice 2: Transport du dioxygène dans le sang
Questions Réponses
1 Transport du dioxygène dans l’organisme par l’hémoglobine du sang
1.1.
n0(Hb) =
Hb
Hb
M
m =
4
15
1,6 10
×
= 9,4 × 10
–4
mol
1.2
Le dioxygène étant en excès, le réactif limitant est Hb et si la transformation est totale, il sera
totalement consommé :
n
0(Hb)
– x
max
= 0 d’où x
max
= n
0(Hb)
= 9,4 × 10
–4
mol
1.3
Taux d’avancement final : τf =
max
f
x
x
alors x
f
= τf .x
max
et donc x
f
= 0,97 × 9,4 × 10
–4
= 9,1 × 10
–4
mol
1.4.
2
HbO
n = xf = 9,1 × 10
–4
mol dans le volume V = 100 mL de sang (on peut s’aider d’un tableau
descriptif de l’évolution du système).
1.5.
En une minute,
2
HbO
n = xf = 9,1
× 10
–4
mol sont formées dans 100 mL de sang
donc dans 5L de sang, la quantité de matière de sous-unités d’oxyhémoglobine
2
HbO
formées
est : n
S
=
4
5,0
9,1 10
0,100
−
× × = 4,5 × 10
–2
mol
2 Libération du dioxygène au niveau des organes
2.1.
Q
r1
=
2( ) 1
( ) 2( )
1 1
.
aq
aq aq
HbO
Hb O
=
3
4 5
9,1 10
2,8 10 3,6 10
−
− −
×
× × × = 9,0×10
5
2.2.
K
1
= 3,0×10
5
donc Q
r1
> K
1
. Le système chimique évolue dans le sens inverse de l’équation (1).
Nom de l'électrode
CATHODE
Nature de la réaction :
RÉDUCTION
Équation de la demi-réaction :
2 H2O + 2 e– = H2 + 2 HO–
Nom de l'électrode
ANODE
Nature de la réaction :
OXYDATION
Équation de la demi-réaction :
2 H
2
O = O
2
+ 4 H+ + 4 e–

3
3 Non traitée (
et lors d’un effort musculaire ?)
3.1.
CO
2
,H
2
O + H
2
O
(l)
= HCO
3–(aq)
+ H
3
O
+
équation (2)
3.2.
Domaines de prédominance des espèces du couple CO
2
,H
2
O / HCO
3–
:
3.3.
Pour pH = 7,4 > pKa, la base HCO
3–
prédomine.
3.4.
La dissolution du dioxyde de carbone libère des ions oxonium H
3
O
+
(cf. réaction 2) dans le sang.
[H
3
O
+
] augmente, or pH = – log [H
3
O
+
] donc le pH diminue.
3.5.
HbO
2
(aq) + H
3
O
+
= O
2
(aq) + HbH
+
(aq) + H
2
O équation (3)
L’apport d’ions H
3
O
+
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 Empoisonnement au dioxyde de carbone
4.1.
Hb
(aq)
+ CO
(aq)
= HbCO
(aq)
(équation 4) avec K
4
= 7,5 × 10
7
K
4
=
( )
( ) ( )
1
aq éq
aq aq
éq éq
HbCO
Hb CO
  ×
( )
( )
aq
éq
aq éq
HbCO
Hb
= K
4
.[CO
(aq)
]
éq
= 7,5×10
7
× 2,0×10
-4
= 1,5×10
4
Après analyse du tableau, la personne ressent des maux de tête.
4.2.
HbO
2(aq)
+ CO
(aq)
= HbCO
(aq)
+ O
2(aq)
(équation 5) avec K
5
=
( ) 2( )
2( ) ( )
.
.
aq aq
éq éq
aq aq
éq éq
HbCO O
HbO CO
Or, K
1
= 3,0×10
5
=
2( )
( ) 2( )
.
aq éq
aq aq
éq éq
HbO
Hb O
cf équation 1, K
4
= 7,5 × 10
7
=
( )
( ) ( )
.
aq éq
aq aq
éq éq
HbCO
Hb CO
cf
équation 4
On remarque alors que K5 = K4 /K1, en effet,
K
5
=
( )
( ) ( )
2( )
( ) 2( )
.
.
aq éq
aq aq
éq éq
aq éq
aq aq
éq éq
HbCO
Hb CO
HbO
Hb O
=
( ) ( ) 2( )
( ) ( ) 2( )
.
.
.
aq aq aq
éq éq éq
aq aq aq
éq éq éq
HbCO Hb O
Hb CO HbO
      ; K
5
= K
4
K1 =
7
5
7,5 10
3,0 10
×
×= 2,5×10
2
4.3.
En augmentant la concentration de dioxygène dissous dans le sang [O
2(aq)
], le quotient de réaction
Q
r,5
augmente. Q
r,5
devient supérieur à K
5
, ainsi la réaction en sens inverse est favorisée c'est à
dire libération du CO dissout dans le sang et formation de HbO
2
(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.
pH
pKa = 6,4
CO
2
,H
2
O HCO
3
–

4
1.2
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 :
G.Ext
a.mF =Σ
1.3
Système: la goutte
Référentiel terrestre supposé galiléen
Conditions initiales : à t = 0, OG
0
→
= 0 et 0v
0
=
Forces extérieures exercées sur la goutte: Le poids
P
= m.g
Par application de la deuxième loi de Newton :
G.Ext
a.mF =Σ
Donc gm P ==
G
a.m et g = a =
dt
vd
Soit, par projection sur l’axe Oz (descendant) g
z
=g =
dt
dv
z
Par intégration : v
z
= g.t + cte = g.t + v
0z
=g.t
dt
OGd
v
G
= d’où par intégration z = t..g
2
1
z t..g
2
1
cte t..g
2
1
2
0
22
=+=+
2
h = 10 m donc z = 10 m
Soit t
1
l'instant où la goutte a parcouru z = 10 m
z = 2
1g.t
1
² donc t
1
= g
z2
Soit v
1
la vitesse atteinte par la goutte après une durée t
1
: v
1
= g.t
1
v
1
= g. g
z2 soit v
1
= zg.2 = 108,92 ×× = 14 m.s–1
2 Les frottements
2.1.
Expression de la poussée d’Archimède : g.V.
gair
ρ−=π .
En valeur :
π
= ρ
air
. V
g
. g
2.2
Expression du poids de la goutte : g.V.P
geau
ρ= .
En valeur : P = m.g = ρ
eau
.V
g
. g
On peut négliger la poussée d’Archimède devant le poids car : 1000
P
air
eau
≈
ρ
ρ
=
π
2.3.1.
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:
G.Ext
a.mF =Σ
Donc :
G
a.mfP =+
Par projection suivant l'axe Oz vertical descendant:
P
z
+ f
z
= m.a
z
=m.
dt
dv
z
d’où m.g – k.v
z
= m.
dt
dv
z
ou plus simplement :
m.g – k.v = m.
dt
dv soit dt
dv = – m k.v + g

5
h
H
2.3.2..
dt
dv = a.v + b donc a = – m k= −
geau
V
k.
ρ
et b = g
2.3.3.
Quand la goutte atteint la vitesse limite v
L
alors v = cte donc dt
dv = 0
Soit dt
dv = – m k.v
L
+ g = 0 et v
L
=
.
m g
k
2.3.4.
k =
.
v
L
m g
Analyse dimensionnelle :
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
Donc [k] =
[
]
[
]
[
]
[ ] [ ]
2
1
. .
.
M L T
L T
−
−
et finalement [k] = [M]. [T]–1
k s'exprime en kg.s–1
Exercice 1 spé : La menthone
Questions Réponses
1ère partie Extraction de la menthone
1.
La technique utilisée est l’hydrodistillation
2.
N°1 : chauffe ballon
N°2 : ballon (à fond rond)
N°3 : réfrigérant droit (dit de Liebig)
N°4 : éprouvette
4.
Trait en bas du chromatogramme : ligne de dépôt (A)
Trait en haut du chromatogramme : ligne de front de solvant
5.
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
Rf = 4,0
5,34,1 H
h==
1ère partie Extraction de la menthone
1.
Classe II ou alcool secondaire
A 20°C, le menthol est à l’état solide car sa température de fusion est de 43°C
2.
La menthone possède un groupe carbonyle.
Elle appartient à la famille des cétones.