Lycée Lyautey – Casablanca

P a g e |1
TS
Baccalauréat blanc 2009
Obligatoire
Corrigé
EXERCICE N°1 : « Les oscillateurs mécaniques » (11 points)
I. Première partie : le pendule simple
A. Etude énergétique
1.Donner l’expression de l’énergie cinétique au point G.
Ec =
1
2
.m.vG2
2. a) Donner l’expression de l’énergie mécanique E au point G en fonction de m, g, L, v et .
E = Ec + Ep soit : E =
1
2
.m.vG2 + m.g.L.(1 – cos )
b) Pourquoi cette énergie mécanique se conserve-t-elle au cours des oscillations ?
Cette énergie se conserve car le pendule oscille sans frottement.
3. a) En exploitant la conservation de l’énergie mécanique, exprimer la vitesse v0 au passage par la position d’équilibre
en fonction de g, L et m.
Entre les points Gi et G0, l’énergie mécanique se conserve : E(Gi) = E(G0)
1
1
=>
.m.vi2 + m.g.L.(1 – cos m) = .m.v02 + m.g.L.(1 – cos 0)
2
2
1
Or : vi = 0 et cos 0 = 1 => m.g.L.(1 – cos m) = .m.v02 => v0 = 2.g.L.(1 - cos a m )
2
b) Calculer v0.
v0 =
2 ´ 10, 0 ´ 1, 00 ´ (1 - 0, 95) = 1,0 m.s-1
B. Isochronisme
1. Énoncer la loi d’isochronisme des petites oscillations.
La période des oscillations d’un pendule simple est indépendante de l’amplitude de ces oscillations à
condition que cette dernière reste faible.
2. En justifiant par une analyse dimensionnelle, choisir l’expression correcte de la période propre T0 des oscillations
parmi les suivantes :
Analyse dimensionnelle de l’expression : T0 = 2..
-2
[T0] = T ; [] = 1 ; [L] = L ; [g] = L.T => [2..
L
g
L
g
1
1
1
-
1
1
] = []. [L ]2 . [g] 2 = 1. L2 . L 2 . T = T = [T0]
L’expression est homogène.
II. Deuxième partie : le ressort
 l et m.
On obtient une droite qui passe par l’origine :  l est une fonction linéaire de m et  l = a.m
(a : coefficient directeur de la droite).
- 2
Dl N - Dl M
(3,32 - 1, 66) ´ 10
a=
soit : a =
= 8,3 x 10-1 m.kg-1
- 3
mN - mM
(40 - 20) ´ 10
1. Déduire du graphe une relation numérique entre
On a finalement :  l = 0,83.m
Bac blanc 2009 - Corrigé
Document : M.Moppert - CPF - Beyrouth
P a g e |2
2. a) Après avoir fait le bilan des forces extérieures s’exerçant sur une masse m, établir l’expression littérale de la
constante de raideur k du ressort.
La masse m est en équilibre sous l’action de 2 forces :
r
- son poids : P
ur
- la tension du ressort : T
r ur r
On a alors : P + T = 0 et P = T avec P = m.g et T = k.  l => k =
m.g
Dl
b) Après avoir rappelé l’unité de cette constante dans le Système International, vérifier l’homogénéité de l’expression
par une analyse dimensionnelle.
La constante de raideur d’un ressort s’exprime en N.m-1.
[k] = M.L.T-2.L-1 = M.T-2 ; [m] = M ; [g] = L.T-2 ; [  l ] = L
=> [
m.g
Dl
] = M.L.T-2.L-1 = M.T-2 = [k] : la relation est homogène.
c) Calculer la valeur de k.
k =
10, 0
0, 83
= 12 N.m-1
III. Troisième partie : le système solide-ressort
A. Etude théorique du mouvement du solide
1. Forces exercées sur le solide en mouvement
a) On note F la force exercée par le ressort sur le solide (S). Faire le bilan des autres forces extérieures qui
s’exercent sur (S) à une date quelconque. Représenter toutes ces forces au point G, sans souci d’échelle, sur le
schéma en annexe 1.
Hormis la force F , le solide (S)
est soumis à l’action :
r
- de son poids : P
R
O i
x
K
r
F
- de la réaction du support : R
G
(S)
)
banc à coussin d’air
P
b) En rappelant l’expression de F dans le repère (O, i ), vérifier que cette force a bien le sens attendu sur le schéma
en annexe 1.
F = - K.x. i : quand x > 0, F et i sont de sens contraire… ce qui correspond bien au schéma.
2. Équation différentielle du mouvement du solide
a) En appliquant la deuxième loi de Newton au solide (S), établir l’équation différentielle du mouvement du centre
d’inertie G.
Système : solide (S) ; Référentiel : terrestre supposé galiléen
r
r
Deuxième loi de Newton : P + R + F = m. a G
dx
2
Projection dans le repère (O, i ) : Fx = m.ax => - K.x = m.
Bac blanc 2009 - Corrigé
dt
2
dx
2
=>
dt
2
+
K
m
.x = 0
Document : M.Moppert - CPF - Beyrouth
P a g e |3
b) Montrer que l’expression de la période propre T0 de l’oscillateur est : T0 = 2  .
m
K
2
2
dx
 2 

 2 

 2 
,
on
tire
= - Xm. 
. cos 
.t


.t  0 
0 



2
dt
 T0 

 T0 

 T0 
De l’expression : x  Xm . cos 
2
 2 
=>
=- 
 .x
2
dt
 T0 
dx
2
2
K
 2 
L’équation différentielle devient : - 
.x +
.x = 0 =>

m
 T0 
2
m
K
 2 
 T  .x = m .x => T0 = 2. K
 0
c) Vérifier l’homogénéité de l’expression de T0 par une analyse dimensionnelle.
[T0] = T ; [] = 1 ; [m] = M ; [K] = M.T-2
[ 2.
m
K
] = [].[m]1/2.[K]-1/2 = 1.M1/2.M-1/2.T = T = [T0] : l’expression est homogène.
B. Retour à l’expérience
x (m)
1. Sur le graphe en annexe 2, représenter les grandeurs
expérimentales T0 ,exp et Xm,exp par des segments en trait épais
sur chacun des deux axes.
MODELISATION
x = a.cos (b.t + c)
avec :
a = 4,25 x 10-2 m
b = 21,18 rad.s-1
c = 4,71 rad
Voir ci-contre.
2. Déterminer les valeurs expérimentales de l’amplitude Xm,exp et
de la période propre T0,exp des oscillations du solide (S) par
identification avec les résultats de la modélisation de la courbe
en annexe 2.
Xm,exp = a = 4,25 x 10-2 m
 2 
2
2
soit T0,exp =
= 0,297 s

  b => T0,exp =
b
21,18
 T0,exp 
Xm,exp
O
t (s)
T0,exp
3. Calculer, à partir des résultats de l’étude théorique, la
période propre T0 des oscillations.
T0 = 2.
m
K
=> T0 = 2.
avec K = 2k = 24,0 N.m-1
54  10
3
24, 0
= 0,298 s
4. a) Comparer les deux valeurs de la période propre en calculant l’écart relatif : e =
T
 T
0 , exp
0
T
0
e =
0, 297  0, 298
0, 298
= 3,36 x 10-3 ou 0,336 %
b) L’hypothèse formulée à la question 3 est-elle vérifiée ?
L’écart relatif est inférieur à 0,5% : l’expression de la période propre trouvée dans la partie A reste
valable dans le cas des 2 ressorts initialement tendus.
Bac blanc 2009 - Corrigé
Document : M.Moppert - CPF - Beyrouth
P a g e |4
C. Aspect énergétique en l’absence de frottement
1. a) Rappeler l’expression de l’énergie mécanique E du système solide-ressort horizontal pour une position quelconque
du centre d’inertie G, en fonction de m, K, x et v (valeur de la vitesse du point G).
E = Ec + Ep => E =
1
2
.m.v +
2
1
2
.K.x
2
b) Quelle est la propriété de l’énergie mécanique du système dans les conditions d’étude du mouvement ?
Le système est supposé osciller sans frottement : l’énergie mécanique E se conserve.
2. Soit Vm la valeur maximale de la vitesse atteinte par le point G pour les oscillations d’amplitude X m étudiées. En
utilisant la propriété de l’énergie mécanique donnée à la question précédente, montrer que Vm = 2  .
X
T
m
.
0
1
Lorsque le point G atteint l’abscisse x = ± Xm alors v = 0 et E =
2
2
.K.Xm
1
Lorsque le point G passe par l’abscisse x = 0 alors v = ± V m et E =
=>
1
2
2
.m.Vm =
1
2
2
.K.Xm et Vm = Xm.
K
m
. Or :
K
m
=
2
T0
2
=> Vm = 2.
2
.m.Vm
Xm
T0
3. Calculer Vm pour une amplitude Xm = 4,3 cm et pour une période propre T0 = 0,30 s.
Vm = 2  
4,3  10
2
= 9,0 x 10-1 m.s-1
0,30
Énergies (J)
4. Sans justifier, et en s’aidant du graphe en annexe
2, légender le graphe de l’annexe 3 en indiquant :
- la durée désignée par la double flèche en fonction
de T0,
- les énergies E, Ec (énergie cinétique) et Ep (énergie
potentielle élastique).
E
Ec
Voir ci-contre.
D. Aspect énergétique
frottements
en
présence
de
Ep
1. a) De quel régime s’agit-il dans le cas où l’on
observe toujours des oscillations bien que l’on ne puisse
plus négliger les frottements ?
Il s’agit du régime pseudo-périodique.
b) Comment nomme-t-on
correspondant ?
le
temps
caractéristique
t (s)
O
T0/2
Le temps caractéristique est la pseudopériode T.
2. Soit E0 la valeur de l’énergie mécanique de l’oscillateur lâché sans vitesse initiale avec un allongement maximal
initial Xm,0.
a) Établir l’expression de E0 en fonction de Xm,0.
Au moment où l’oscillateur est lâché, v = 0. Donc E 0 = Ep,0 => E0 =
1
2
2
.K.Xm,o
b) On constate expérimentalement qu’au bout d’une oscillation l’amplitude du mouvement est divisée par un nombre r
(réel positif non nul). Établir, en fonction de r, l’expression du rapport de l’énergie mécanique correspondante E1 à
l’énergie mécanique initiale E0.
 Xm,o 
.K. 
2

E1
1
2
 Xm,0 
 r  et E1  1

= .K. 
=>

2
1
Eo
Eo
r
2
2
 r 
.K.Xm,0
2
1
Xm,1 =
Xm,0
r
=> E1 =
1
2
2
.K.Xm,1
2
Bac blanc 2009 - Corrigé
Document : M.Moppert - CPF - Beyrouth
P a g e |5
IV. Quatrième partie : comparaison des périodes du pendule simple (partie I) et du
système solide-ressort (partie III)
Les comportements des deux pendules sont maintenant envisagés sur la Lune. Parmi les hypothèses ci-dessous, choisir
pour chaque pendule celle qui est correcte.
Hypothèse 1
T0 ne varie pas
Hypothèse 2
T0 augmente
Hypothèse 3
T0 diminue
La valeur du champ de pesanteur sur la Lune est plus faible que sur la Terre.
La période propre des oscillations du pendule simple est inversement proportionnelle à la racine
carrée de la valeur du champ de pesanteur : T0 augmente.
La période propre des oscillations du système solide-ressort ne dépend pas de la valeur du champ de
pesanteur : T0 ne varie pas.
EXERCICE N°2 : « Étude cinétique par suivi de pression » (4 points)
I. Première partie : étude théorique de la réaction
1. En supposant la réaction totale, compléter numériquement, en annexe 4, le tableau descriptif de l’évolution du
système (soit x l’avancement).
t=0
t
t
Avancement
Mg(s)
x=0
x
xmax = 2,1
2,1
2,1 - x
0
H3O
+
(aq)
Quantités (mmol)
H2 (g)
Mg2+(aq)
H2O
0
x
2,1
0
x
2,1
excès
excès
excès
80
80 – 2x
76
Justifications :
5,1 ´ 10- 2
m
n(Mg)0 =
soit : n(Mg)0 =
= 2,1 x 10-3 mol ou 2,1 mmol
24,3
M
n(H3O+)0 = c.V soit : n(H3O+)0 = 8,0 x 10 x 10-3 = 8,0 x 10-2 mol ou 8,0 x 101 mmol
2. En supposant que le dihydrogène se comporte comme un gaz parfait, montrer que l’avancement x de la réaction, à
une date t quelconque, est donnée par l’expression : x =
( P - Patm ).( V0 - V )
R.T
La loi des gaz parfaits permet d’écrire : Phyd.(V0 – V) = nhyd.R.T
En remarquant que nhyd = x et que Phyd = P – Patm, il vient : (P – Patm).(V0 – V) = x.R.T
=> x =
(P - Patm ).(V0 - V)
R.T
II. Deuxième partie : suivi de la pression
1. a) Expliquer pourquoi on peut considérer que la réaction est terminée à la date t = 100 s.
A partir de la date t = 90s, la pression dans le ballon n’augmente plus. On peut donc considérer que,
à t = 100 s, la réaction est terminée.
b) Calculer le taux d’avancement final  de la réaction. Le résultat trouvé confirme-t-il l’hypothèse formulée à la
question 1 de la première partie ?
t =
xf
xmax
avec xf = 2,07 mmol et xmax = 2,1 mmol soit t =
2, 07
= 9,9 x 10-1 soit 99%
2,1
L’hypothèse d’une réaction totale est confirmée.
Bac blanc 2009 - Corrigé
Document : M.Moppert - CPF - Beyrouth
P a g e |6
2. Construire, en annexe 5, le graphe représentatif de la fonction t  x(t).
Échelle : 1,0 cm pour 10 s et 1,0 cm pour 2,00 x 10-1 mmol.
3. Déterminer graphiquement la valeur du temps de demi-réaction t1/2.
Le temps de demi-réaction est la durée au bout de laquelle l’avancement atteint la moitié de sa
valeur finale :xf = 2,07 mmol
x
=> f = 1,04 mmol. Graphiquement (voir ci-dessus), on lit : t1/2 = 36,3 s.
2
4. En déterminant les valeurs des pressions Pmax et P½, respectivement pression maximale et pression au temps de
demi-réaction, dire s’il est possible d’affirmer que : « Le temps de demi-réaction est la durée au bout de laquelle la
pression dans le ballon est égale à la moitié de sa valeur finale ».
Pmax = 1,66 x 105 Pa =>
Pmax
2
= 8,30 x 105 Pa
De l’expression trouvée en A.2, on déduit : P =
xf
x.R.T
+ Patm .
(V0 - V)
1, 04 ´ 10- 3 ´ 8,31 ´ 293
+ 1,10 ´ 10 5 => P1/2 = 1,38 x 105 Pa
- 6
2
(100 - 10, 0)x10
Pmax
On constate que : P1/2 ≠
et donc il n’est pas possible d’affirmer que le temps de demi-réaction
2
est la durée au bout de laquelle la pression dans le ballon est égale à la moitié de sa valeur finale.
Soit pour x =
: P1/2 =
III. Troisième partie : influence de certains paramètres
1. Si on avait utilisé la même masse de magnésium que précédemment mais sous forme de limaille (poudre fine), la
valeur du temps de demi-réaction aurait-elle été plus grande ou plus petite que dans l’expérience précédente ?
Utiliser le magnésium en poudre a pour effet d’augmenter sa surface de contact avec l’acide. La
réaction sera alors plus rapide et le temps de demi-réaction sera plus petit.
2. Même question si on avait placé le ballon dans un cristallisoir d’eau chaude.
La température est un facteur cinétique : si le ballon est placé dans un cristallisoir d’eau chaude, la
réaction sera plus rapide et le temps de demi-réaction plus petit.
Bac blanc 2009 - Corrigé
Document : M.Moppert - CPF - Beyrouth
P a g e |7
EXERCICE N°3 : « Injections alcalinisantes » (5 points)
I. Première partie : dosage des ions lactate dans la solution S1
1. Exploitation du titrage
a) Écrire l'équation de la réaction du titrage, la transformation associée étant considérée comme totale.
A-(aq) + H3O+(aq) = HA(aq) + H2O
b) Déterminer graphiquement les coordonnées du point d'équivalence (V2E , pH1E) en indiquant la méthode choisie.
Le volume équivalent V2E correspond à l’extremum de la courbe dpH = f(V2). Graphiquement, sur
dV2
cette courbe en annexe 6, on trouve V2E = 11,2 mL. Le point E est le point de la courbe pH = f(V2)
d’abscisse V2E et son ordonnée est : pH1E = 2,4.
c) Justifier la valeur du pH à l'équivalence.
A l’équivalence, le contenu du bécher est une solution d’acide lactique, et de chlorure de sodium (ions
spectateurs) : c’est donc une solution acide et son pH est donc inférieur à 7,0 (à 25°C).
d)
Montrer
que la
concentration
vaut c1 = 2,80 x 10-1 mol.L-1.
molaire
en
lactate
de
sodium
apporté
dans
la
solution
S1
A l’équivalence, la quantité d’ions oxonium apportée par la solution titrante est égale à la quantité
d’ions lactate initialement présente dans le bécher : n(H3O+)E = n(A-)0
=> c1.V1 = c2.V2E et c1 =
c2 .V2E
V1
5, 00  10  11,2
1
soit : c1 =
20, 0
= 2,80 x 10-1 mol.L-1
2. On se place dans un cas particulier, avant l'équivalence, lorsque l'on a versé un volume V2 = 5,0 mL de solution
titrante.
a) Quel est le réactif limitant (justifier sans calcul) ?
Le volume V2 < V2E : on est avant l’équivalence, et tous les ions oxonium versés ont réagi. Le réactif
limitant est donc l’ion oxonium.
b) Déterminer les quantités initiale n(H3O+)i et finale n(H3O+)f en ions oxonium.
n(H3O+)i = c2.V2
soit : n(H3O+)i = 5,0 x 10-1 x 5,0 x 10-3 = 2,5 x 10-3 mol ou 2,5 mmol
n(H3O+)f = [H3O+]f.(V1 + V2) => n(H3O+)f = 10
 pHf
.(V1 + V2)
Par lecture graphique sur la courbe en annexe 6 : pHf = 1,0 x 10-4,0.
Soit : n(H3O+)f = 1,0 x 10-4,0 x 25,0 x 10-3 = 2,5 x 10-6 mol ou 2,5 mol
c) Dire pourquoi la réaction de dosage est bien totale.
La quantité finale d’ions oxonium est négligeable devant la quantité initiale : tous les ions introduits
ont réagi et la réaction est bien totale.
II. Deuxième partie : étude de la solution injectable
1. Préparation de la solution injectable
a) Vérifier que le Dr. Ross devra effectuer une dilution au dixième.
c1
c3

280
28, 0
 10, 0
: il faut donc faire une dilution au 1/10ème.
b) Énumérer la verrerie lui permettant de préparer un volume V0 = 100,0 mL de solution injectable.
Pipette jaugée de 10,0 mL et fiole jaugée de 100,0 mL.
c) Sans justification, identifier les trois courbes du graphe en annexe
courbe 1 : %AH ; courbe 2 : pH ;
Bac blanc 2009 - Corrigé
.
courbe 3 : %A-
Document : M.Moppert - CPF - Beyrouth
P a g e |8
2. Faisabilité du dosage
a) Le volume versé à l'équivalence est V4E = 14,2 mL. Sur le graphe en annexe 7, placer le point d’équivalence E de ce
dosage et en déduire la valeur du pH3E à l’équivalence.
Le point d’abscisse V4E = 14,2 mL a pour ordonnée pH3E = 3,0.
b) Le Dr Ross pourra-t-il faire son dosage colorimétrique dans de bonnes conditions ?
Le saut de pH étant très peu marqué, un dosage colorimétrique sera impossible, même si on dispose
d’un indicateur coloré dont la zone de virage contient le pH à l’équivalence.
3. Exploitation du graphe en annexe 7
a) Quelles sont les valeurs des pourcentages en forme acide %AH et en forme basique %A - au début du dosage ?
Conclure.
Sur le graphe, on lit, pour un volume versé V4 = 0 mL : %A- = 100 % et %AH = 0.
On en déduit que la réaction de l’ion lactate avec l’eau est TRES limitée.
[ A ] éq

b) En admettant que
basique
KA 
%A
[ AH ]éq
=
%A

% AH
, exprimer le rapport des pourcentages en forme acide et en forme

% AH
en fonction du pKA du couple de l’acide lactique et du pH.
[A ]éq .[H3O  ]éq
[AH]éq
=>
[A ]éq
[AH]éq
[A ]éq
%A
KA
(pH  pKA )
 10(pH  pKA )

10
et
=>


%AH
[AH]éq
[H3O ]éq
c) Déterminer graphiquement la valeur du pKA du couple de l’acide lactique.
D’après la relation précédente : si %A- = %AH, on a 10
= 1 soit pH = pKA
Graphiquement : %A = %AH pour V4 = 7,1 mL. Pour cette valeur : pH = 3,9 et pKA = 3,9
pH  pKA
d) Pour V4 = 20,0 mL, on a dépassé l’équivalence et le réactif limitant est donc l’ion lactate : il doit avoir totalement
disparu. Or, ce n’est pas le cas. Expliquer pourquoi.
Pour V4 = 20,0 mL, le pourcentage d’ion lactate dans le mélange n’est pas nul (environ 4 %). Ceci est
dû au fait que la réaction du dosage n’est pas vraiment totale : elle est limitée par la réaction entre
l’acide lactique et l’eau.
Bac blanc 2009 - Corrigé
Document : M.Moppert - CPF - Beyrouth