Document - Lycée Pierre Corneille

Correction du Bac Blanc Lycée Corneille 2013
Page 1/5
EXERCICE I : Chimie et sang 1ère partie : détection de traces de sang en criminologie 7 pts
A. La réaction produite est une réaction d’oxydoréduction (3pts)
1. Un oxydant est une espèce chimique capable de capter un ou plusieurs électrons.
2. Schéma légendé du dispositif de titrage
3. Couple : MnO4-(aq)/ Mn2+(aq) MnO4–(aq) + 8 H+(aq) + 5 e– = Mn2+(aq) + 4 H2O(l) (×2)
Couple : O2(aq)/H2O2(aq) H2O2(aq) = O2(aq) + 2 H+(aq) + 2e– (×5)
2 MnO4–(aq) + 16 H+(aq) + 5 H2O2(aq) = 5 O2(aq) + 10 H+(aq) + 2 Mn2+(aq) + 8 H2O(l)
Soit : 2 MnO4–(aq) + 6H+(aq) + 5 H2O2(aq) → 5 O2(aq) + 2Mn2+(aq) + 8 H2O(l)
4. À l’équivalence il y a changement de réactif limitant. Les réactifs sont introduits dans les proportions stœchiométriques.
Avant l'équivalence, H2O2 est le réactif en excès, la solution reste incolore. Au-delà de l'équivalence, H2O2 a totalement
réagi et les ions permanganate sont le réactif en excès. La solution doit virer de l'incolore au magenta à l'équivalence.
5. À l’équivalence : n(MnO4-)versé
2 = n(H2O2)dosé 5  C0VE 2 = CRVR 5 
donc CR = 5 C0VE
2VR = 5 x 0,5 x 7,9.10-3 2 x 10,0.10-3 = 0,99 mol.L-1 (arrondi avec deux chiffres significatifs)
6. On donne VE = 0,1 mL, et VE
VE = CR CR ainsi CR = CR VE VE = 0,99 x 0,1 7,9 = 0,01 mol.L-1
On a donc CR = 0,99  0,01 mol.L-1
7. La solution initiale a été diluée 10 fois : C = 10.CR = 9,9  0,1 mol.L-1
L’eau oxygénée à 110 volumes a une concentration C = 9,8 mol.L-1, ainsi on trouve expérimentalement une valeur très
proche de celle annoncée.
B. La réaction entre le luminol et l’eau oxygénée est une transformation lente (3,25 pts)
1. n1 = m
M = 1 177 = 5,6.10–3 mol
2. Si le luminol est le réactif limitant : n1 – 2xmax = 0  xmax = n1
2 = 2,8.10–3 mol
Si l’eau oxygénée est le réactif limitant : n2 – 7xmax = 0  xmax = n2
7 = 7,0.10–4 mol
L’eau oxygénée est donc le réactif limitant car elle conduit à l’avancement le plus petit et xmax = 7,0.10–4 mol.

Correction du Bac Blanc Lycée Corneille 2013
Page 2/5
3. D’après le tableau d’avancement n(N2) = 2 x
La relation donnée dans l’énoncé devient P = 2 x RT
Vgaz , et on en déduit x = PVgaz 2RT
4. xf = PfVgaz
2RT = 1660 x 2,1.10-3 2 x 8,314 x 300 = 7,0.10–4 mol avec Vgaz exprimé en m3
La réaction peut être considérée comme totale car xf = xmax.
5. La vitesse de la réaction diminue car la concentration des réactifs diminue lorsque la réaction avance
6. Le temps de demi-réaction correspond à la durée nécessaire pour que l’avancement atteigne la moitié de sa valeur finale
x(t1/2) = xf/2. Dans le cas présent xf = xmax, et t1/2 = 3 s
C. La réaction entre le luminol et l’eau oxygénée devient rapide en présence d’un composé ferrique (0,75 pts)
1. Un catalyseur est une espèce chimique qui permet d’augmenter la vitesse d’une réaction chimique sans participer au bilan
de celle-ci.
2. Le texte introductif indique que l’hémoglobine du sang contient des ions fer III. Ceux-ci catalysent la transformation entre le
luminol et l’eau oxygénée, il y a émission d’une lumière bleue qui révèle des traces de sang latentes. En criminologie, on
peut ainsi mieux comprendre le déroulement d’un crime, ou simplement mettre en évidence ce crime.
EXERCICE I : Chimie et sang 2ème partie : transport du dioxygène dans le sang 3 pts
1. Le produit ionique de l’eau est Ke = [H3O+]éq[HO-]éq
2. Dans une solution de pH neutre, il y a autant d’ions oxonium que d’ions hydroxyde : [H3O+]éq = [HO-]éq
On a donc Ke = [H3O+]éq² on en déduit [H3O+]éq = Ke = 1,9.10-14 = 1,4.10-7 mol.L-1
pHneutre = - log[H3O+]éq = 6,9
3. pH = 7,4 > 6,9 (ou [H3O+]éq = 10-pH = 10-7,4 = 4,0.10-8 mol.L-1 )
cette valeur est plus petite que celle calculée à la question précédente, il s’agit donc d’une solution basique.
4. Constante d’acidité KA = [H3O+]éq[HCO3–] éq
[ CO2,H2O] éq
5. On a pKA = - log KA = - log [H3O+]éq – log [HCO3–] éq
[ CO2,H2O] éq
 pKA = pH - log [HCO3–] éq
[ CO2,H2O] éq  pH = pKA + log [HCO3–] éq [ CO2,H2O] éq
6. Domaines de prédominance des espèces du couple CO2,H2O / HCO3– :
7. Pour pH = 7,4 > pKA la base HCO3– prédomine.
8. [HCO3-]= 24.10-3 mol.L-1 , on utilise la relation pH = pKA + log [HCO3–] éq
[ CO2,H2O] éq
log [HCO3–] éq
[ CO2,H2O] éq = pH - pKA = 7,4 – 6,1 = 1,3  [HCO3–] éq [ CO2,H2O] éq = 101,3
 [CO2,H2O] = [HCO3-]
101,3 = 24.10-3 19,9 = 1,2.10-3 mol.L-1
9. Si [CO2,H2O] diminue, alors log [HCO3–] éq
[ CO2,H2O] éq augmente, et donc le pH augmente
Xmax
2
t1/2
pH
pKA = 6,1
CO2,H2O
HCO3
–

Correction du Bac Blanc Lycée Corneille 2013
Page 3/5
EXERCICE II : SUIVEZ LA FLÈCHE
A. Trajectoire de la flèche 2,25 pts
1. La résistance de l’air ayant relativement peu d’effet, on peut négliger la force de frottement de l’air face aux autres forces
subies par la flèche.
2. Système : flèche de masse m
Référentiel : terrestre supposé galiléen
La seule force qui s’exerce sur cet objet est son poids
P
= m
g
= - m g
k
.
Ainsi la 2ième loi de Newton s’écrit : m
a
=
P
= - m g
k
.
Les coordonnées du vecteur accélération sont donc : ax = 0 et az = -g.
3. D’après (1) x(t) = (v0.cos).t on peut écrire t = x(t)
v0.cos
On remplace t par cette expression dans (2) :
z(t) = - 1
2 gt² + (v0.sin).t = - 1 2 g( x
v0.cos )² + (v0.sin). x v0.cos = - 1
2 g x²
v0².cos² + x tan
4. L’expression de la trajectoire est du type z(x) = ax² + bx, la courbe représentative de cette fonction est une parabole
comme l’indique le premier texte.
5. Par définition vx(t) = dx
dt = v0.cos par dérivation de l’équation (1)
et vz(t) = dz
dt = - gt + v0.sin par dérivation de l’équation (2)
6. La fonction vx(t) = v0.cos = constante est une droite horizontale
La fonction vz(t) = - gt + v0.sin
est une droite décroissante d’ordonnée à l’origine égale à v0.sin
B. « Chute » de la flèche 2,25 pts
B.1. Durée du trajet de la flèche
1. x(tC) = xC = (v0.cos).tC
2. Avec une vitesse initiale v0 de 70 m/s, le vol dure une seconde (tC = 1 s) et l’angle α vaut 4°, enfin la chute h est d’environ 5
mètres. Le premier texte nous apprend que xC = 70 m.
Vérifions la cohérence de ces valeurs numériques, en calculant tC :
tC = xC
v0.cos = 70
70 cos4° = 1,0 s durée conforme à celle indiquée.
B.2. « Distance de chute »
1. Garder les mêmes conditions initiales signifie que l’on ne modifie pas la vitesse initiale v0, ni l’angle .
Pour que la flèche atteigne le point A, il faudrait qu’elle se déplace en ligne droite suivant la droite (OA). Pour cela, on doit
faire l’hypothèse que l’attraction gravitationnelle n’est pas assez forte pour courber la trajectoire.
La flèche ne subirait aucune force, elle constituerait un système mécaniquement isolé. Le mouvement serait rectiligne et
uniforme (
extF
=
0
alors
a
=
0
).
2. Méthode 1 : Dans le triangle OAC rectangle en C, tan  = AC
OC = h xC
De plus on a établi en B.1.1. que xC = (v0.cos).tC, alors tan  = h
xC = h
(v0.cos).tC
On en déduit h = tan  (v0.cos).tC = sin
cos (v0.cos).tC = sin α .v0.tC
Méthode 2:
Entre O et A le mouvement est rectiligne et uniforme à la vitesse v0 pendant la durée tOA = tC
donc : OA = v0.tOA = v0.tC.
Et sin = h
OA donc OA = h
sin
En égalant les deux expressions de OA : v0.tC = h
sin finalement : h = sin α .v0.tC
3. On a : z(tC) = 0 = - 1
2 gtC² + (v0.sin).tC 0 = - 1 2 gtC² + h  h = 1 2 gtC²
Ainsi pour t = tC la « distance de chute » h vaut « gt²/2 ».
C. Influence de la valeur de la vitesse initiale sur le tir 0,5 pts
1. On garde  constant, donc si v0 augmente alors, pour xC fixé, la durée de chute tC = xC
v0.cos diminue. La hauteur de chute
h = 1
2 gtC² diminue car tC diminue.
2. Si la hauteur de chute h diminue, la flèche atteint la cible au-dessus du point C.

Correction du Bac Blanc Lycée Corneille 2013
Page 4/5
Exercice III : microscopie acoustique
Partie A : Analyse de documents (2,5 points)
1. Les ultrasons sont des ondes mécaniques progressives longitudinales de fréquences supérieures à 20kHz.
2. Dans un microscope acoustique, un transducteur piézoélectrique génère les ultrasons. Un signal électrique est converti en
signal acoustique.
3. La résolution spatiale est la dimension des plus petits détails repérables.
4. a. longueur d’onde  = 1μm
b. célérité : v =  f d'où vsaphir = 10-6.109 = 1000 m.s-1
c. veau= 0,135 vsaphir = 135 m.s-1
d. eau = veau / f = 135 / 109 = 0,135 μm ≈ 0,1μm : résolution spatiale du microscope acoustique.
5. Quand une onde mécanique rencontre une ouverture ou un obstacle de
l'ordre de grandeur de la longueur d'onde, celle-ci est diffractée. Elle
change de direction. L'image d'un point devient alors une tache. Deux
points proches ne pourront être distingués : c'est une limite au pouvoir de
résolution de l'appareil
Partie B : Synthèse de documents (2,5 points)
On associe souvent le microscope au domaine de l'optique, c'est à dire aux ondes électromagnétiques mais il existe aussi un
autre type de microscope : le microscope acoustique qui utilise des ultrasons, c'est à dire des ondes mécaniques. Comment
ces ultrasons permettent-ils de voir au cœur de la matière ?
Développé dans la seconde moitié du 20ème siècle, le microscope acoustique utilise des ultrasons de haute fréquence de
quelques MHz à quelques GHz aussi bien par transmission que par réflexion. Ces ultrasons sont produits à l'aide d'un
transducteur piézoélectrique qui convertit un signal électrique en signal acoustique. Ceux-ci sont ensuite focalisés sur
l'échantillon étudié grâce à un saphir de forme concave qui agit comme une « lentille » acoustique.
La résolution spatiale du microscope acoustique est de l'ordre de 0,1 μm. Celle-ci correspond à la longueur d'onde dans le
liquide de couplage entre le saphir et l'échantillon à analyser. Cette résolution est donc semblable à celle d'un microscope
optique. Le grandissement d'un microscope acoustique usuel est de 1 à 2000.
Cependant le phénomène de diffraction apparaît pour des distances de l'ordre de la longueur d'onde. L'image d'un point
devient une tache, limitant ainsi le pouvoir de résolution de cet instrument.
L'avantage principal de cet appareil est qu'il permet un contrôle non destructif en utilisant des ondes non ionisantes y compris
pour l'observation de tissus vivants.
Les applications sont multiples . La microscopie acoustique permet l'analyse de matériaux dans l’industrie. On l'utilise
notamment pour étudier les aciers soumis à la radioactivité dans les centrales nucléaires, permettant ainsi de surveiller le
vieillissement de ces centrales . Elle est aussi utilisée en médecine pour l'étude de l'ostéoporose qui est une décalcification
osseuse touchant de nombreuses personnes âgées.
Très utilisée aujourd'hui dans de nombreux domaines, la microscopie acoustique permet, contrairement à la microscopie
optique, d'obtenir des images en profondeur. C'est pourquoi cette technique permet de voir au cœur de la matière. Néanmoins
sa résolution est semblable à celle d'un microscope optique. Pour aller plus loin, d'autres appareils ont été développés comme
la microscopie éléctronique ou la sonde atomique développée à l'université de Rouen.

Correction du Bac Blanc Lycée Corneille 2013
Page 5/5
Exercice III Spécialité : acoustique d’une salle (5 pts)
1. a. Une onde sonore est une onde mécanique progressive longitudinale Un auditeur entend un son réverbéré qui est lié à la
réflexion des ondes sonores (doc 1) sur les différents éléments d’architecture de la salle. Cela a pour conséquence le
prolongement dans le temps du son émis par une source.
b. Le temps de réverbération (doc 2) est défini comme la durée nécessaire à l’affaiblissement de 60 dB du niveau sonore
d’une source après son extinction.
c. Si le temps de réverbération est trop grand, on a l’impression d’une cacophonie, s’il est plus petit, l’ambiance de la salle
est plus agréable et on entend parfaitement les paroles.
2. Pour pouvoir modifier le temps de réverbération d’une salle, on peut jouer sur le volume V de la pièce et sur l’aire
d’absorption équivalente A. D’après la loi de Sabine (doc 3) le temps de réverbération et le volume sont deux grandeurs
sont proportionnelles alors que les temps de réverbération et l’aire d’absorption équivalente sont inversement
proportionnels.
3. a. En effet, on peut jouer sur la nature des matériaux utilisés car chaque matériau absorbe plus ou moins l’énergie sonore
émise et il possède son propre coefficient d’absorption alpha Sabine () pour une fréquence donnée (doc 3 et doc 4).
b. Lorsque l’énergie sonore est totalement absorbée, le coefficient d’absorption vaut 1, et lorsque l’énergie sonore est
totalement réfléchit, le coefficient d’absorption vaut zéro.
4. Pour la salle home cinéma, on peut déterminer les aires équivalentes à 1000 Hz avant et après changement des matériaux
puisque l’on connait les dimensions de la pièce et les coefficients d’absorption de sabine des matériaux utilisés (doc 3 et
doc 5).
On utilise la relation suivante A = ∑ Ai = ∑i Si
 Avant traitement : S = 2  (53) + 2 (43) + 2(54) = 94 m2
Tout est en béton dont le coefficient d’absorption à 1000 Hz vaut 0,020
A = 0,02094 = 1,9 m2
 Après traitement :
A = Alaine de roche + Amoquette + Aplâtre
A = 0,93 (43) + 0,45 (54) + 0,030 [(54) + 2 (53)+ (43)] = 0,93  12 + 0,45 20 + 0,030  62 = 22 m2
Quant au temps de réverbération on peut le déterminer grâce à la formule de Sabine Tr60 = 0,16V
A
V = Llh = 543 = 60 m3
Avant traitement : Tr60 = 0,16 x 60
1,9 = 5,1 s
Après traitement : Tr60 = 0,16 x 60
22 = 0,44 s
5. On n’a donc pu diminuer le temps de réverbération d’une salle en augmentant l’aire d’absorption équivalente et en utilisant
des matériaux plus fibreux, qui ont un coefficient d’absorption acoustique plus important. On pourrait aussi jouer sur le
volume de la pièce en le diminuant si on veut baisser le temps de réverbération et ainsi améliorer l’acoustique de la salle.
Synthèse : L’élève doit répondre à la problématique, dans un texte soigné (orthographe, syntaxe), cohérent (structuré par des
connecteurs logiques), et mettant clairement en évidence les relations entre les divers arguments utilisés) et en s’aidant des
questions posées.
Afin d’avoir une bonne diffusion et une bonne écoute sonore dans une salle il faut agir sur certains paramètres.
Les ondes sonores qui sont des ondes mécaniques progressives mécaniques se propagent de façon rectiligne et se
réfléchissent sur les différents éléments d’architecture de la salle. Cela a pour conséquence le prolongement dans le temps du
son émis par une source. Le temps de réverbération, noté Tr60 correspond à la durée au bout de laquelle le niveau d’intensité
sonore a diminué de 60 dB après l’extinction de la source sonore. Si la durée du temps de réverbération est trop grande cela
peut nuire à l’intelligibilité de la parole. Dans ce cas on peut jouer sur le volume V de la pièce et sur l’aire d’absorption
équivalente A, d’après la loi de Sabine.
En effet en choisissant des matériaux absorbants et en augmentant la surface d’absorption, on peut diminuer le temps de
réverbération et ainsi l’adapter à la fonction de la salle.
Dans un auditorium, comme toutes salles de spectacles, salles de cours ou réfectoires le phénomène de réverbération doit être
maitrisé afin d’assurer une acoustique agréable pour l’auditeur en agissant soit sur le volume de la pièce ou sur les matériaux
utilisés, mais en jouant aussi sur d’autres paramètres comme le choix du mobilier, ou la forme de la salle suivant l’utilisation
souhaitée de la pièce.