(0,25) Si A est le poi

Bac S 2015 Antilles Guyane
EXERCICE I : LES TIRS AU BUT (6 points)
1. Schématisation du problème
1.1.
z
0,25 h
0,25 d
0,25 , v0
G
P
v0
h
g
A
k
O
α i
d
x
1.2. (0,25) Si A est le point où se situe le ballon lorsquʼil franchit la ligne de but, alors le pénalty
est réussi si pour xA = d alors 0 < zA < h.
2. Étude dynamique du mouvement du ballon
2.1. Système {ballon} de masse m constante et de centre dʼinertie G
Référentiel terrestre supposé galiléen
Repère (Ox ; Oz)
Forces :
poids du ballon, P = mg
les forces de frottement de lʼair ainsi que la poussée dʼArchimède sont négligés
dp
dv
(0,25) Deuxième loi de Newton :
Fext =
= m.
dt
dt
(0,25) soit P = m.aG soit m.g = m.aG dʼoù aG = g
2.2. (0,25) En projection dans le repère (Ox ; Oz) : aG
Or aG =
dvG
donc aG
dt
À t = 0, vG (t = 0 ) = v 0
dv x (t )
=0
dt
dv ( t )
aZ = Z
= −g
dt
v .cos α
avec v0 0
v 0 .sin α
ax =
ax ( t ) = g x = 0
aZ ( t ) = g Z = −g
en primitivant vG
Donc en égalant les coordonnées des deux vecteurs, il vient
(0,5) Finalement : vG
v x ( t ) = v 0 .cos α
v Z ( t ) = −g.t + v 0 .sin α
dx( t )
= v 0 .cos α
dOG
dt
Et vG =
donc v G
dz( t )
dt
= −g.t + v 0 .sin α
vZ ( t ) =
dt
x( t ) = v 0 .cos α.t + C'1
(0,25) en primitivant OG
1
z(t ) = − g.t 2 + v 0 .sin α.t + C' 2
2
v x (t ) =
v x ( t ) = C1
v Z ( t ) = −g.t + C2
C1 = v 0 .cos α
0 + C2 = v 0 .sin α
 C' = 0 
À t = 0, OG(t = 0 ) = 0 donc en égalant les coordonnées des deux vecteurs  1

 C' 2 = 0 
 x( t ) = v 0 .cos α.t



(0,25) Finalement les équations horaires x(t) et z(t) sont : OG
 z(t ) = − 1 g.t 2 + v 0 .sin α.t 
2


Pour obtenir l’équation de la trajectoire z(x) du ballon, on isole le temps t de x(t) et on reporte
l’expression de t dans z(t) :
x
x = v0.cosα.t donc t =
v 0 .cos α
(0,25) Finalement : z( x ) = −
2

1 
x
x
et z( x ) = − g. 
 + v 0 .sin α.
2  v 0 .cos α 
v 0 .cos α
g .x ²
+ tan α.x
2.v .(cos α )²
2
0
2.3. (0,25) Le pénalty est réussi si pour xA = 11,0 m on a 0 < zA < 2,44 m.
g.x A2
+ tan α.x A
zA = −
2.v 02 .(cos α )²
zA = −
9,81× (11,0 )
2
2 × (11,5 ) × ( cos55 )
2
2
+ tan55 × 11,0 = 2,1 m
(0,25)
Comme zA vérifie les inégalités 0 < zA < 2,44 m, le pénalty est réussi.
3. Étude énergétique du mouvement du ballon
3.1. (0,5 expressions + 0,5 raisonnement)
1
Énergie cinétique : Ec = .m.v 2
2
Énergie potentielle de pesanteur : Epp = m.g.z
1
Énergie mécanique : Em = Ec + Epp = .m.v 2 + m.g.z
2
À t = 0, le ballon est à l’origine du repère donc x = 0 et z = 0.
À cette date, l’énergie potentielle de pesanteur EPP = m.g.z est nulle. Seule la courbe 3 passe
par l’origine du repère du graphe des énergies. Ainsi la courbe 3 est associée à l’énergie
potentielle de pesanteur.
Les frottements étant négligés, l’énergie mécanique est constante au cours du mouvement. On
associe donc la courbe 1 à l’énergie mécanique.
La courbe 2 est donc associée à l’énergie cinétique. La vitesse diminue lors de la montée en
altitude de la balle, puis augmente au cours de la descente.
3.2. (0,25 + 0,25) Lorsque le ballon franchit la ligne de but, xA = 11,0 m ; graphiquement on lit :
EC = 28 J et EPP = 13 J.
EC = 28 J
EPP = 13 J
Or EC =
2EC
1
soit v A =
.m.v A 2 donc v A2 =
2
m
(0,25) v A =
2EC
m
en ne conservant que la solution positive.
2 × 28
= 9,5 m.s−1.
0, 620
Et EPP = m.g.zA = m.g.hA donc hA =
EPP
m.g
13
= 2,1 m.
0, 620 × 9,81
Remarque : on retrouve la valeur de zA de la question 2.3.
(0,25) soit hA =
3.3. L’énergie mécanique du ballon se conserve au cours du mouvement.
(0,25) Ainsi, entre le point O et le point A on a : Em(O) = Em(A)
1
1
soit
.m.v 02 + m.g.zO = .m.v A2 + m.g.zA
2
2
1
1
Or zO = 0 m et zA = hA donc : .m.v 02 + 0 = .m.v A2 + m.g.hA
2
2
(0,25) En multipliant tous les termes par 2 et en les divisant par m, on obtient :
v 02 = v A2 + 2.g.hA
d’où : v A2 = v 02 – 2.g.hA
Finalement, en ne conservant que la solution positive : v A = v02 − 2.g.hA
(0,25) vA =
(11,5 )
2
− 2 × 9,81 × 2,1 = 9,5 m.s−1.
On retrouve bien la valeur vA de la vitesse du ballon lorsqu’il franchit la ligne de but.
La conservation de l’énergie mécanique utilisée ici est confirmée.
Bac S 2015 Antilles
EXERCICE II. SYNTHÈSE D’UN ANESTHÉSIQUE : LA BENZOCAÏNE (9 points)
1. Étude bibliographique préliminaire
1.1. Groupe caractéristique : amino
Famille : amine
(0,5)
Groupe caractéristique : ester
Famille : ester
1.2. (0,5) La molécule de benzocaïne ne possède pas de doubles liaisons C=C, elle ne peut pas
présenter de diastéréoisomères Z/E.
De plus elle ne possède pas d’atomes de carbone asymétriques (ce qui peut impliquer des
énantiomères et/ou des diastéréoisomères selon leur nombre).
En conclusion, la molécule de benzocaïne ne présente pas de stéréoisomères de configuration
(énantiomères ou diastéréoisomères).
1.3.1. (0,5) Lors de l’étape (a) de la synthèse de la benzocaïne, un atome d’hydrogène (qui
n’apparaît pas dans l’écriture topologique) est remplacé par un groupe d’atomes NO2. Ce qui
classe cette réaction dans la catégorie des réactions de substitution.
1.3.2. (0,25) Un catalyseur est une espèce chimique qui diminue la durée d’une réaction
chimique.
Au cours de la réaction, un catalyseur est consommé lors d’une étape puis régénéré lors d’une
étape ultérieure : il n’est pas consommé par la réaction (on le constate au document 2 où H+ est
consommé à l’étape (1) puis régénéré à l’étape (5)).
De plus, un catalyseur est sélectif : son action est spécifique à une réaction donné.
1.4. (1)
2. Vérification de la pureté du réactif
2.1.1. (0,5) On souhaite déterminer la pureté de l’acide 4-aminobenzoïque NH2-C6H4-COOH
mais celui-ci peut exister sous plusieurs formes en fonctions du pH comme le montre le
diagramme de prédominance suivant :
2,5
NH3+-C6H4-COOH
4,9
NH3+-C6H4-COO–
NH2-C6H4-COO–
pH
pKa1
pKa2
Initialement, la solution S a un pH égal à 3,8, comme pKa1 < pH < pKa2 donc c’est bien la forme
NH3+-C6H4-COO–(aq) qui prédomine et c’est donc sous cette forme que l’acide 4-aminobenzoïque
est titrée.
Rq : cette forme est un amphion (ou zwitterion) qui provient d’une autoprotonation de la molécule
NH2-C6H4-COOH qui possède un groupe acide COOH et une groupe base NH2.
2.1.2. (0,5) À la fin du titrage, le pH est proche de 12,5 ; l’espèce chimique dosée se trouve donc
sous sa forme d’anion NH2-C6H4-COO– (cf 2.1.1.).
2.1.3. (0,25) Espèce titrante : l’ion hydroxyde HO– (base forte)
Espèce titrée : l’amphion NH3+-C6H4-COO– (qui se comportera comme un acide ici)
L’équation chimique de la réaction support du titrage est donc :
NH3+-C6H4-COO–(aq) + HO– (aq)
NH2-C6H4-COO–(aq) + H2O (l)
2.2. (0,5) En utilisant la méthode des tangentes parallèles, on trouve VE = 14,5 mL (tracé non
exigée car la courbe n’est pas à rendre en Annexe)
2.3. (0,75) L’équivalence est définie par le changement de réactif limitant.
À l’équivalence, le réactif titré (noté AH pour simplifier) et le réactif titrant HO– ont été introduits
dans les proportions stœchiométriques de l’équation de titrage : il n’en reste donc plus.
On peut écrire à l’équivalence :
n(AH)titré n(HO- )versée
=
1
1
C.Vtitré = CB .VE
C=
CB ×VE
Vtitré
5,00 ×10−1 ×14,5
C=
= 0,145 mol.L-1 = 0,15 mol.L-1
50,0
(2 CS demandé dans l’énoncé)
Rq : cette valeur est cohérente avec la valeur plus précise donnée à la question suivante.
2.4. (0,5) Il faut déterminer la pureté du réactif contenu dans le flacon.
Notons A4 l’acide 4-aminobenzoïque.
m(acide 4-aminobenzoïque)titré
m(A4)
=
m(échantillon)
m(échantillon)
n(A4)titré .M (A4)
C.Vtitré .M (A4)
Soit ici : pureté =
=
m(échantillon) m(échantillon)
D’après les données, pureté =
1,44 ×10−1 × 50,0 ×10−3 ×137,1
= 0,987 = 98,7%
1,00
La pureté de l’échantillon étant supérieure à 98%, il peut être utilisé dans la synthèse envisagée.
pureté =
3. Réalisation de la dernière étape de la synthèse et détermination de son rendement
3.1. (0,75) Déterminons d’abord le réactif limitant.
m(Et)i
ρ(Et).V (Et)i
Pour l’éthanol, noté Et : n(Et)i =
=
M (Et)
M (Et)
0,79 × 20,0
n(Et)i =
= 3,43 ×10−1 mol = 343 mmol
46,0
Pour l’acide 4-aminobenzoïque noté A4 considéré pur.
m(A 4)i
n(A 4)i =
M (A 4)
1,50
n(A 4)i =
= 1,09 ×10−2 mol = 10,9 mmol
(stockée en mémoire)
137,1
En tenant compte des nombres stœchiométriques de l’équation de réaction (cf. étape (d) doc.1) :
n(Et)i n(A4)i
>
donc l’acide 4-aminobenzoïque est le réactif limitant.
On a
1
1
En notant Be la benzocaïne, on peut donc écrire ici :
n(Be)max n(A4)i
=
1
1
Ainsi, mthéorique = n(Be )max .M (Be ) = n(A 4)i .M (Be )
mthéorique = 1,09 ×10−2 ×165,2 = 1,81 g
Le sujet annonce 1,80 g. Cette différence de 0,01 g n’est pas significative. Notre valeur est en
accord avec celle annoncée.
3.2. (0,5) Par définition du rendement : η =
m(Be)
n(Be)
Ici η =
η=
exp
n(Be)
max
=
exp
M (Be)
m(Be)
max
=
M (Be)
n(produit)exp
n(produit)max
m(Be)
exp
m(Be)
max
=
mexp érimental
mthéorique
(avec les notations de l’énoncé)
0,81
= 0,45 = 45 %
1,80
4. Identification du produit formé
4.1. L’un des spectres est celui de l’acide 4-aminobenzoïque :
(0,5 + 0,5)
tandis que l’autre est celui de la benzocaïne :
Pour pouvoir attribuer ces 2 spectres, il faut chercher les différences entres ces 2 molécules :
une fonction acide carboxylique pour la 1ère, une fonction ester pour la 2nde.
La différence du nombre d’onde pour la liaison C=O ester et C=O acide n’est pas suffisamment
importante pour attribuer les spectres.
On retrouve dans le spectre 1, une bande large pour la liaison O-H acide carboxylique de l’acide
4-aminobenzoïque entre 2500 et 3200 cm-1. Cette liaison n’est pas présente dans le spectre 2.
Donc le spectre de la benzocaïne est le spectre 2, et celui de l’acide 4-aminobenzoïque est le
spectre 1.
4.2. Si l’estérification de l’acide 4-aminobenzoïque s’est bien déroulée, on doit obtenir le spectre
de RMN de la benzocaïne.
3H sur le C voisin donc
quadruplet à 4,3 ppm pour 2H
H
H
C
C
C
(1)
C
C
H
C
CH2
CH3
H
2H sur le C voisin
donc triplet à
1,3 ppm pour 3H
Les signaux caractéristiques du groupe éthyle de l’ester sont présents et permettent de conclure
que l’estérification s’est bien déroulée.
Bac S 2015 Antilles Guyane
EXERCICE III. DES CINÉMOMÈTRES (5 POINTS)
1. Cinémomètre Doppler
1.1. (0,5) Une source d’onde de fréquence fsource est perçue par un récepteur en mouvement à
une fréquence différente frécepteur. La fréquence perçue dépend de la vitesse relative du récepteur
par rapport à la source émettrice.
Si la source et le récepteur sont en approche relative alors frécepteur > fsource. Si la source émet des
ondes sonores, elles seront perçues plus aigües par le récepteur en mouvement relatif.
Si la source et le récepteur s’éloignent relativement alors frécepteur < fsource. Si la source émet des
ondes sonores, elles seront perçues plus graves par le récepteur en mouvement relatif.
Ce phénomène est appelé effet Doppler. Il s’applique également aux ondes électromagnétiques
dont la lumière.
1.2. (0,5) Sur la figure présentée la cible réfléchit les
ondes du cinémomètre. La cible joue alors le rôle de
l’émetteur (ou source). Tandis que le cinémomètre (en A
ou B) est le récepteur.
λA
λB
Comme la cible s’approche de l’émetteur alors
frécepteur > fsource soit dans le contexte fAouB > fsource.
L’observation du schéma montre que A perçoit une onde
de longueur d’onde λA inférieure à celle λB perçue par B.
λA < λB
v
Comme λ =
et que l’onde possède partout la même
f
v
v
célérité v alors
<
. On en déduit que fA > fB.
fA fB
Ainsi pour A, il perçoit fA > fsource, c’est que la cible s’approche de lui.
Pour B, fB < fsource , la cible s’éloigne de B.
Le cinémomètre est situé en A puisque la cible s’approche de lui.
Voir l’animation http://www.ostralo.net/3_animations/swf/doppler.swf et jouer sur le déplacement
de l’émetteur avec le curseur Déplacement G—D.
cible
1.3.1. (0,25) fD =
(0,25) vr =
cinémomètre
2.f0 .v r
f .c
donc vr = D
c
2.f0
7416 × 3,00 × 108
= 46,1 m.s-1
9
2 × 24,125 × 10
1.3.2. (0,25) On convertit en km/h en multipliant le résultat précédent par 3,6.
vR = 166 km.h-1 valeur conforme à celle affichée par le cinémomètre photographié.
Photon incident
2. Cinémomètre laser
2.1. (0,5) Lors d’une émission stimulée, un photon E
incident interagit avec un atome dans un état excité. Le E2
photon incident provoque l’émission d’un second photon
par cet atome. L’énergie E = h.ν du photon incident doit
être égale à la différence d’énergie E2 – E1 entre deux
niveaux d’énergie de cet atome. Le photon incident et le
photon émis ont même fréquence, même direction et
sens de propagation et sont en phase.
Consulter la vidéo réalisée par http://toutestquantique.fr
hν
hν
Photon émis
hν
E1
https://youtu.be/UDxdq_ogqR8
La lumière émise par le laser est directive, cohérente, monochromatique et elle est concentrée
sur une zone de l’espace relativement étroite.
2.2. (0,25) Le radar laser possède une longueur d’onde de 904 nm > 800 nm, ce qui correspond
au domaine de l’infrarouge.
2.3.1. (0,75) À l’aide de la calculatrice on calcule l’écart-type expérimental sn-1 et la moyenne v .
Voir le diaporama http://fr.slideshare.net/Labolycee/ts-tpc2calculatricemoy-ecart
sn-1 = 0,149 m.s-1
v = 3,67 m.s-1
On peut calculer l’incertitude U(v) = 2.
U(v) = 2 ×
sn −1
N
0,149
= 0,094 m.s-1
10
On arrondit par excès à un seul chiffre significatif.
U(v) = 0,1 m.s-1
L’incertitude porte sur les 1/10e, on arrondit donc la moyenne au 1/10e le plus proche
v = 3,7 m.s-1.
On obtient l’intervalle de confiance avec un niveau de confiance de 95% : v = 3,7 ± 0,1 m.s-1.
U (v ) 0,1
= 0,027 = 2,7%.
=
3,7
v
(0,25) Elle est inférieure à 3% conformément au souhait indiqué.
2.3.2. (0,25) L’incertitude relative vaut
2.4.1. (0,75)
À la date t = 0 s, la première impulsion est émise.
À la date t = τ, la première impulsion a effectué un aller-retour.
On considère que la voiture est si lente par rapport à la lumière du laser qu’elle n’a pas bougé
pendant cette durée τ.
2d
La lumière laser a parcouru la distance 2d à la célérité c. On a c =
.
τ
À la date t = T, la deuxième impulsion est émise.
2d '
τ'
La distance d’ est plus petite que la distance d car la cible s’est rapprochée d’une distance égale
à d – d’ à la vitesse v en une durée égale à T.
d – d’
d
d −d'
v=
T
À la date t = T + τ’, elle a parcouru la distance 2d’ à la célérité c ainsi c =
d'
L’expression de la vitesse de la cible proposée ne contient pas d et d’.
c.τ
c.τ '
et d’ =
.
Exprimons ces distances en fonction de τ et τ’ : d =
2
2
c.τ c.τ ' c
−
.(τ − τ ')
2 = 2
v= 2
T
T
τ −τ '
.
On retrouve l’expression proposée : v = c.
2T
2.4.2. (0,5) D’après l’expression précédente, on obtient τ − τ ' = v .
2T
.
c
En 2.3. on a déterminé que la vitesse est d’environ 4 m.s-1.
2 × 100 × 10−6
τ −τ ' = 4 ×
= 3×10–12 s
3,00 × 108
Soit une durée de l’ordre de 10–12 s.
Cette durée τ – τ’ est très faible, techniquement elle est très difficile à mesurer.
Il faut disposer d’un chronomètre d’une précision extrême.
Bac S 2015 Antilles Guyane
Spécialité
EXERCICE III. LE CAPODASTRE (5 points)
Question préalable :
Déterminer les paramètres physiques de la corde dont dépend sa fréquence de vibration et
préciser le ou lesquels de ces paramètres restent fixes lors de l’utilisation d’un capodastre.
La relation du document 4 montre que la fréquence de vibration dépend de la masse linéique µ,
de la tension T et de la longueur L de la corde.
Le capodastre n’intervient qu’au niveau du paramètre longueur de la corde, tous les autres
paramètres restent fixes.
Problème :
Montrer que lorsqu’on place le capodastre à la troisième case, la corde n°1 joue à vide
trois demi-tons au-dessus de celui joué sans capodastre.
Le document 2 nous apprend que la corde n°1 produit, sans capodastre, la note Mi3 dont le
document 3 nous donne la fréquence fMi3 = 329,63 Hz.
Le document 3 nous apprend que la fréquence augmente d’un demi-ton lorsqu’elle est multipliée
par 1,059 = 21/12.
Si la corde produit des sons augmentés de trois demi-tons alors la fréquence a été multipliée par
(21/12)3.
On peut calculer la fréquence fcapo de la corde n°1 avec le capodastre : fcapo = (21/12)3×fMi3
fcapo = (21/12)3 × 329,63 = 391,48 Hz
À l’aide de la relation du document 4, déterminons la longueur de corde pour laquelle la corde
n°1 produit la fréquence fcapo.
1 T
fcapo =
.
2L µ
1
T
2fcapo µ
T et µ sont indiquées sur la pochette de cordes.
1
74,85
L=
×
= 0,5398 m = 54,0 cm.
2 × 391,48
0,419 × 10 −3
donc L =
.
Convertir µ en kg.m-1
Vérifions maintenant que cette longueur de corde est bien celle obtenue lorsque le capodastre
est placé sur la 3ème case du manche. La longueur est mesurée, sur le document 1, entre le
chevalet et la frette inférieure de la 3ème case.
On mesure 18,4 cm sur le schéma.
Utilisons l’échelle indiquée 6,8 cm schéma
20 cm réels
18,4 cm schéma
L cm réels
20 × 18,4
= 54 cm
6,8
Nous avons bien montré que lorsqu’on place le capodastre à la troisième case, la corde n°1 joue
à vide trois demi-tons au-dessus de celui joué sans capodastre.
Donc L =