CORRECTION : bac blanc avril 2015 EXERCICE I : EFFET

CORRECTION : bac blanc avril 2015
EXERCICE I : EFFET DOPPLER ET ASTROPHYSIQUE (7 points)
1. Spectre NGC 691 : λ = 5315 Å
2. f = c /λ = 5,64.1014 Hz .
3. « redshift » z =
0
0
z =
5315 5268
5268
= 8,922×10-3 = 9×10–3 Remarque : Une erreur de lecture d’un angstrom
entraine une variation de z = 0,2×10–3. Il est raisonnable d’arrondir z à 9×10–3
4 . Vitesse d’éloignement de la galaxie NGC 691 par rapport à la Terre
V = c.
0
0
= c.z =2,99792×108 ×9×10–3 = 3×106 m.s-1.
5. V = c.z et z =
0
Hd
c
donc V = c.
0
Hd
c
V = H0.d avec H0 = Cte , on vérifie que V est proportionnelle à d.
6. La loi de Hubble permet de calculer la distance d de NGC 691 : d=V/Ho =37 Mpc
7. D’après le document 1, V = c
0
0
= c.z
Le document 2 indique que pour les objets lointains z vaut entre 4 et 5.
On aurait alors 4c < V < 5c, or aucun objet ne peut se déplacer plus vite que la lumière.
Donc l’expression n’est pas applicable dans tous les cas.
2. Détéction d'une étoile double
2.1. Le document 1 montre que lorsqu’une source lumineuse s’éloigne de l’observateur alors la
longueur d’onde de la lumière perçue augmente.
Comme l’étoile A s’éloigne λ augmente.
L’étoile B se rapproche alors λ diminue.
Finalement λ A > λ B. (voir remarque ci-après)
2.2. (0,5 pt *3)
Relation entre λ A et λ
B
λ A = λ B
λ A > λ B
λ A < λ B
Configuration(s)
2 et 4
1
3
Configuration 1 : identique à celle du
document 4
Configuration 3 :
Configuration 2&4 :
A B
A = B

3. Pour passer de la configuration 1 à 3 les étoiles ont parcouru la moitié de leur orbite, il s’est
alors écoulé une durée égale à T/2.
L’évolution temporelle des spectres est égale à T/2.
Remarque 2.1. & 2.2. :
Le centre de gravité du système {étoile A+ étoile B} est en mouvement par rapport à la Terre (il
s'éloigne ou se rapproche, le sujet ne le dit pas). Dès lors l'effet Doppler se manifeste dans
toutes les configurations.
Mais le centre de gravité de l'étoile A ne possède pas le même mouvement par rapport à la Terre
que le centre de gravité de l'étoile B, dès lors l'effet Doppler ne se manifeste pas identiquement
pour l'étoile A et pour l'étoile B.
Si l'on fait l'hypothèse que le centre de gravité de l'étoile double (système {étoile A+ étoile B})
s'éloigne de la Terre alors le centre de l'étoile A s'éloigne plus vite que ne le fait le centre de
l'étoile B ce qui explique que λA> λB.
2.4. Le document 5 montre que l’on retrouve la situation de la date « 0,061 days » aux dates
« 1,886 » et « 2,038 ».
Dans le premier cas : T / 2 = 1,886 – 0,061 = 1,825 donc T = 2 x 1,825 = 3,650 jours.
Dans le second cas : T / 2 = 2,038 – 0,061 = 1,977 donc T = 2 x 1,977 = 3,954 jours.
En valeur moyenne, T = (3,954 + 3,650) / 2 = 3,802 jours.
La période de l’évolution temporelle de la position de la raie Hα est proche de 3,8 jours.
Remarque : On a considéré que l’alignement exact des raies avait lieu à la date 0,061 d, puis
que l’alignement suivant avait sans doute lieu entre les dates 1,886 et 2,038 d.
EXERCICE II : L'ALCOOL DANS TOUS SES ETATS (8 POINTS)
 Représentation de la formule topologique de l’éthanol et groupe caractéristique entouré :
Cette molécule appartient à la famille des alcools
 Représentation de la formule semi-développée de l’éthanal et groupe caractéristique entouré
Cette molécule appartient à la famille des aldéhydes.
 Sur le spectre IR1 on retrouve une bande d’absorption à 1750 cm-1 correspondant à
l’absorption d’une liaison C=O, il s’agit donc du spectre de l’éthanal. Sur le spectre IR2 on
retrouve une bande large d’absorption entre 3200-3500 cm-1 correspondant à
l’absorption d’une liaison O-H, il s’agit donc du spectre de l’éthanol.
 Le spectre de RMN du document 2 est celui de l’éthanol. En effet il est
constitué de trois signaux, chacun produit par un groupe de protons
équivalents, or seul l’éthanol possède 3 groupes de protons équivalents
(l’éthanol n’a que 2 groupes de protons équivalents).

À partir de la courbe d’intégration, on trouve
.La molécule contenant 6 protons au total, on en déduit donc que le signal
correspondant au saut h1 est produit par 3 protons équivalents, que le
signal correspondant au saut h3 est produit par 2 protons équivalents et
que le signal correspondant au saut h2 est produit par 1 seul proton
équivalent. Cela est cohérent avec la multiplicité des signaux :
Partie 2
1. Il s’agit ici d’un dosage par étalonnage
2. L’absorbance est proportionnelle à la concentration.
3. Le spectrophotomètre doit être réglé sur la longueur d’onde correspondant au maximum
d’absorbance de l'acide 3-amino-5-nitrosalicylique (composé rouge).
4. La solution doit être diluée afin que l’absorbance mesurée soit dans la
gamme des résultats d’étalonnage.
5. Protocole expérimental pour diluer 50 fois la solution de moût du raisin
Muscadet :
Pour diluer 50 fois (soit un facteur de dilution Vf/VM =50) la solution de moût
du raisin Muscadet, on prélève, par exemple, VM=2 mL de cette solution à
l'aide d'une pipette jaugée, que l'on verse dans une fiole jaugée de Vf=100
mL, préalablement remplie au tiers d'eau distillée. On complète jusqu'au trait
de jauge avec de l'eau distillée, on bouche puis on homogénéise une dernière
fois.
Problème : 2 points

Exercice III : Le cor des alpes (5 points)
Pourra-t-on entendre le cor à Haute Nendaz si le niveau d’intensité sonore est de 100 dB à un
mètre de l’instrument ?
Pour répondre à cette question il faudra effectuer plusieurs calculs afin de connaître la
fréquence du son et son niveau d’intensité sonore à Haute Nendaz pour utiliser le doc 4 et
conclure :
Recherche du niveau d’intensité sonore à à Haute Nendaz
 Déterminons la distance entre la source sonore (le cor) et Haute Nendaz :
D’après la carte, 17 mm  2 km
On mesure sur la carte entre le point A et Haute Nendaz 75 mm  d2 en km

d2 =
75 2
17
= 8,8 km
Déterminons le niveau d’intensité sonore L2 à Haute-Nendaz :
L2 = 10 log(
I
I2
0
) Or I2 =
P
d
2
2
4
et à une distance d1 = 1 m, on a I1 =
P
d
2
1
4
donc
I
I2
1
=
2 2 2
2 1 1
22
22
2
1
4 4.
.
4.
4
P
d d d
P
Pd P d
d
Ainsi I2 =
d
d
2
1
2
2
. I1
L2 = 10 log
dI
dI
2
11
2
2
0
.
= 10 log
dI
dI
2
11
2
20
.
= 10 log
d
d
2
1
2
2
+ 10 log
I
I
1
0
= 10 log
d
d
2
1
2
2
+ L1
L2 = 10 log
32
1
(8,810)
+ 100 = 21 dB
 Déterminons la fréquence f de la note émise par le cor :
D’après le document 2, la note la plus grave correspond à une longueur d’onde λ égale à deux
fois la longueur L du cor. λ = 2L
De plus λ =
v
f
, soit f =
v
donc f =
vL2
En considérant que la température
est d’environ 20°C, en été et en
montagne, on donnera la célérité du
son avec 2 chiffres significatifs :
v = 3,4.102 m.s–1.
f =
4,3*2 10.4,3 2
= 50 Hz
 Utilisons le document 4
pour déterminer si le cor sera
audible :
À la fréquence de 50 Hz, le son est
audible si son niveau d’intensité
sonore est supérieur à 45 dB. (Attention à l’échelle logarithmique pour la fréquence)
Donc, le son du cor n’étant perçu qu’avec un niveau d’intensité sonore de 21 dB, il n’est pas
audible à Haute Nendaz.
Regard critique sur le résultat (Compétence VALIDER):
D’après le document 2, le cor est entendu à une dizaine de km, ce qui ne correspond pas à
notre résultat.
Le phénomène de l’écho (Evoqué par plusieurs élèves), qui rallonge les distances à parcourir,
ne peut pas constituer une explication, de même que la non prise en compte de
l’amortissement de l’onde qui réduit également son audibilité.
Le son du cor est sans doute un son complexe qui contient des harmoniques de fréquences
multiples du mode fondamental, donc de fréquences plus élevées et pour lesquelles le niveau
d’intensité sonore minimal pour l’audibilité (doc 4) est plus faible. Donc on entend probablement
mieux les notes plus aigues.
Par ailleurs, le rayonnement du cor n’est pas isotrope, mais on ne sait pas à quel endroit ont été
mesurés les 100dB….