Exercice II Lancement d`un satellite météorologique 5,5 points

BAC BLANC 2013 / CORRECTİON
Chiffres significatifs :
0,25pt à chaque erreur ; 0,75pt pourront être retirés dans l’ensemble du devoir
EXERCİCE
EN ORBİTE
SATELLİTE
pts)
EXERCICE 1I :: MİSE
L’ÉLÉMENT
IODED’UN
D’HIER
À AUJOURD’HUI (7,5
(6pts)
y
1.1.(0,25) Voir schéma ci-contre :
- la flèche représentant F doit être plus longue que celle représentant P

- l’axe ( O, j ) est représenté
1.2.(0,75) Appliquons la deuxième loi de Newton au système fusée dans le
référentiel terrestre considéré galiléen :
F + P = M. a
F. j – P. j = M.a. j
En projection sur (Oy):
F – P = M.a
F – M.g = M.a
Finalement :
a=
F
g
M
1,16  107
 10  1,6  101  102  10  16  10 = 6,1 m.s-2
O
5
7,3  10
dv
1.4.(0,5) a(t) =
= 6,1 m.s-2
dt
En primitivant : v(t) = 6,1t + Cte
Initialement, la vitesse de la fusée est nulle donc v(0) = 0 soit Cte = 0 et finalement :v(t) = 6,1t
dy
1.5.(0,25) v(t) =
= 6,1t
dt
En primitivant : y(t) = 3,0t² + Cte’
Initialement, le centre d’inertie de la fusée est confondu avec l’origine du repère donc : y(0) = 0
soit Cte’ = 0 et finalement :
y(t) = 3,0t²
1.3.(0,25)
a=
1.6.(0,25) La distance d parcourue par la fusée jusqu’à la date t1 = 6,0 s est : d = y(t1) = 3t1²
AN : d = 3,036 = 1,1.102 m
m.MT
2.1.(0,25) FT/S = G.
.n
2
 RT  h 
2.2.(0,25) Appliquons la deuxième loi de Newton au système {satellite} dans le référentiel
géocentrique considéré galiléen : FT/S = m. aS

G.
m.MT
 RT  h 
2
.n = m. aS finalement :
⃗⃗⃗⃗
2.3.(0,75)
T
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
S
aS =
G.MT
RT  h 
2
.n
2.4. Le satellite ayant un mouvement circulaire et uniforme, alors :
En égalant les deux expressions de aS , il vient :
Finalement :
v S2
.n (0,25)
aS =
RT  h 
v S2
.n
.n =
2
RT  h 
RT  h 
G.MT
vS 
G.MT
 RT  h 
(0,25)
6,67  1011  6,0  1024
= 7,6.103 m.s-1
6
6
6,4  10  0,60  10
AN : vS =
2 RT  h 
4.2 RT  h 
soit
v 
T
En reportant l’expression de v S2 obtenue à la question précédente, il vient :
2.5.(0,25) La vitesse du satellite s’écrit :
4.2 RT  h 
G.MT

T2
RT  h 
vS =
2
S
2
(0,5)
2
T2
42 R T + h 
3
soit finalement :
3.1.(0,75) D’après la deuxième loi de Kepler :
« le rayon vecteur TS balaye des aires égales pendant
des durées égales »
Ainsi, pendant la même durée t, les aires A1 et A2
sont égales mais les distances parcourues par le
satellite L1 et L2 sont différentes : L1 > L2.
La vitesse du satellite n’est donc pas constante sur
l’orbite elliptique et elle est maximale au périgée P.
2
T =
A
L2
G.M T
L1
A2
A1
h'
2RT
P
h
3.2.(0,25) Le satellite peut être considéré comme un système isolé donc sa quantité de
mouvement se conserve : ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
 m.⃗⃗⃗⃗ = (m-mg).⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + mg.⃗⃗⃗⃗⃗
D’où :
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
= ( m.⃗⃗⃗⃗ - mg.⃗⃗⃗⃗⃗ ) / (m-mg)
(0,5)
3.3. AP = 2RT + h + h’ donc : atransfert = (2RT + h + h’)/2
AN: atransfert = (26,4.106 + 6,0.105 + 3,6.107)/2 = 2,5.107 m (0,25)
3.4. Par association de la 3ème loi de Kepler et de la relation trouvée en 2.5, il vient :
Ttransfert 2 / a3transfert = 4π2 / G.MT
soit : Ttransfert = [(4π2. a3transfert) / (G.MT)]1/2 (0,25)
AN: Ttransfert = [4π2. (2,5.107)3 / (6,67.10 –11. 6,0.10 24)]1/2 = 3,9.104 s (=10h54min20s)
(0,25)
La durée de transfert entre A et P est égale à une demie période: t=Ttransfert /2 = 5h27min10s
(0,25)
3.5.(0,25) Par définition d’un satellite géostationnaire : Tgéo = 24h
EXERCİCE 2 : HISTOIRE DE L’ANESTHESIE
(8.5 pts)
Partie A : Synthèse de l’éther diéthylique
1.
Conditions
opératoires
1
2
Température Nom du produit
°C
300
éthylène
140
éther diéthylique(0,25)
Catégorie de la
chimique
élimination(0,25)
substitution(0,25)
réaction
2.1. La température d’ébullition de l’éther est de 35°C à pression atmosphérique. L’éther
s’évapore facilement. Il faut donc le recueillir dans la glace. (0,25)
2.2. Par contre, la température d’ébullition de l’éthylène (- 104°C) est trop basse pour le
condenser dans le régrigérant et il s’échappera sous forme de gaz. (0,25)
2.3.
AN :
éthanol
éthanol
éthanol
éthanol
éthanol
=
(0,25)
= 0,44 mol(0,25)
D’après l’équation, néther = × néthanol(0,25)
éther
AN :
éther
éther
éther
éthanol
éther
(0,25)
g (0,25)
2.4. L’éther étant moins dense que la phase aqueuse, il constitue la phase supérieure.
(0,25+0.25J)
3. Étude du mécanisme de la synthèse de l’éther diéthylique
3.1. L’oxygène est l’élément le plus électronégatif, il porte donc une charge partielle δ- c’est le
donneur de doublets d’électrons. L’ion H+ porte une charge entière + est accepteur d’électrons.
Un doublet donneur de l’oxygène de l’éthanol attaque l’ion H+ accepteur. (0,25+0.25)
Étape (a) : CH3-CH2-OH + H+
CH3-CH2-OH2+
3.2. L’ion H+ est consommé lors de l’étape (a) et régénéré lors de l’étape (c) (0,25). Ce n’est
donc pas un réactif. L’acide sulfurique est un catalyseur(0,25).
4. Techniques d’analyse des espèces chimiques intervenant dans la réaction
4.1. Le spectre IR2 ne présente pas de large bande vers 3200-3700 cm-1 caractéristique du
groupe OH. C’est donc celui de l’éther et le spectre IR1 celui de l’éthanol. (0,5).
4.2. Pour la RMN, les protons de l’éthanol CH3-CH2-OH sont tels que :
CH3 : 2 voisins donc d’après la règle du (n+1)uplet 2 + 1 = 3 pics donc triplet.
CH2 : 3 voisins donc quadruplet
OH : pas de voisin donc singulet
Pour l’éther, il n’y a plus le singulet. Donc le spectre RMN 1 est celui de l’éthanol et le spectre
RMN 2 est celui de l’éther. (1).
Partie B : Un remplaçant de l’éther diéthylique
5. Etude des molécules de la kétamine
Groupe carbonyle
5.1.
Groupe amine
(0,25+0.25)
5.2. Les molécules A et A’ n’ont pas la même configuration spatiale. Elles possèdent un
carbone asymétrique(0,25) et sont symétrique par rapport à un miroir plan et non superposable.
Il s’agit donc de molécules chirales ou de deux énantiomères (0,25).
5.3. Ces deux molécules, énantiomères ont des propriétés physiques identiques (hormis leur
pouvoir rotatoire) mais des propriétés biologiques différentes. (0,25).
6. Utilisation médicale de la kétamine
6.1. La demi-vie d’élimination est la durée nécessaire pour que la moitié de la kétamine soit
éliminée par l’organisme. (0,25).
6.2. t1/2 = 2,5h (0, 5).
Partie C : Un remplaçant de l’éther diéthylique
7.1. Les atomes de carbone asymétrique de la molécule sont
représentés par un astérisque (0,25).
7.2. La molécule active A et cette molécule B sont énantiomères puisqu’image l’une de l’autre
dans un miroir plan (visible à condition de pivoter la molécule sur sa liaison C—C) (0,25).
7.3. Voici un stéréoisomère de configuration. Les deux molécules, A et C sont des
diastéréoisomères. (0,25+0.25).
H7C3
C2H5
C
H3C
H
C
R1
R2
EXERCİCE
L’UNİVERS
FOSSİLE
(4 pts)
EXERCICE 3I :: CARTOGRAPHİE
L’ÉLÉMENT IODEDE
D’HIER
À AUJOURD’HUI
(6pts)
Exemple de synthèse :
Le satellite Planck a été mis en orbite, en 2009, par Ariane 5. Il est équipé de différents
capteurs permettant de détecter le rayonnement fossile. Par un balayage systématique du ciel,
il a pour mission de recueillir des informations sur l'origine de l'Univers et l'assemblage des
galaxies.
Le rayonnement fossile détecté par le satellite est un rayonnement électromagnétique émis par
l’Univers, se comportant comme un corps noir, quelques centaines de milliers d’années après le
Big-Bang. Ce rayonnement provient de toutes les directions du ciel avec une intensité
constante dans le temps.
A cause de la dilatation de l'Univers, ce rayonnement correspond aujourd'hui au rayonnement
d'un corps à la température de 3K.
D'après la loi de Wien,
. Ce rayonnement a donc une
longueur d'onde dans le vide de l'ordre de 1mm. Il s'agit donc d'un rayonnement à la frontière
entre infrarouge et ondes radio (document 4).
Les rayonnements de cette longueur d'onde sont presque totalement absorbés par
l’atmosphère terrestre, comme l’indique le document 3. Cela explique l'intérêt de placer les
capteurs hors de l'atmosphère pour réaliser la cartographie de l'Univers.
Le rayonnement fossile a été émis par l’Univers primitif lorsqu’il est devenu transparent.
L’intensité de ce rayonnement, capté par le satellite Planck, dépend de la densité de l’univers
primitif dans la direction pointée. Cette observation permet donc de mesurer les
inhomogénéités de densité de matière de l’Univers quelques centaines de milliers d’années
après le Big-Bang, et d’en dresser une véritable carte.
Points clés :
Présentation du satellite (année et lieu de lancement par exemple)
0,25 point
De sa mission : recueillir des informations sur l'origine de l'Univers
0,25 point
Source du rayonnement : l’Univers primitif devenu transparent, se comportant comme un corps
noir.
0,25 point
Nature : rayonnement électromagnétique.
0,25 point
Intensité et direction : intensité constante au cours du temps, provient de toutes les directions
du ciel.
0,5 point
Longueur d’onde dans le vide : Corps noir à 3K => Valeur de la longueur d'onde λmax = 1 mm
(loi de Wien). Rayonnement à la frontière entre IR et onde radio.
1 point
L'atmosphère est totalement opaque à la longueur d'onde λ = 1 mm
=> Nécessité de capter ce rayonnement hors atmosphère
0,5 point
Conclusion :
Capter le rayonnement fossile dans toutes les directions donne des informations sur sa source,
l’univers fossile, donc d’en dresser une carte présentant les inhomogénéités (ou « grumeaux »)
selon la direction d’observation.
0, 75 point
Soin apporté à la rédaction
0, 25 point
EXERCİCE
POSITIONSIODE
DES FRETTES
D’UNE GUITARE(6pts)
(4pts)
EXERCICE 3spé:
I : L’ÉLÉMENT
D’HIER À AUJOURD’HUI
1. Si L ou  diminuent, T augmente, la fréquence f du son émis augmente. (0,25 si 1 item ou
0,75 point si le principe de l’analyse est compris sur au moins deux items).
2. Le guitariste déplace son doigt de 2 cases de façon à raccourcir la corde(0,25).
f
2 440
440
f
3. fDo3 = La 3 =
= 262 Hz ; fDo4 = 2 fDo3 = 2 La 3 =
= 523 Hz
1,682 1,682
1,682 1,682
(0,5 point si le principe est compris mais certains éléments inexacts (valeurs
numériques, étourderies,…) 1 point si les réponses sont exactes)
4. - Si f i est la fréquence du son émis lorsque la corde est bloquée sur la frette n°i et Li la
longueur alors utile de la corde, on a : Li 
1
2 fi
T

.
La gamme tempérée est construite de telle sorte que : f i  2
i
12
fo .
L
fo
. Il vient : Li = oi . La distance di de la frette à l’extrémité du
fi

212
1
manche est donc : di = Lo – Li = Lo (1 - i )
212
On trouve : d1 = 3,6 cm ; d2 = 7,1 cm ; d3 = 10,4 cm ; d4 = 13,5 cm.
Or Lo 
1
2 fo
T
d’où : Li = Lo
- Sur la photo, la distance entre deux frettes successives diminue. Les valeurs numériques de
cette distance sont successivement : 3,5 cm, 3,3 cm et 3,1 cm, valeurs décroissantes.
Détermination de l’échelle de la photographie du document 1 : 12,8 cm correspondent à
65,2 cm.
Positions des frettes numéro 1 à 4, mesurées sur la photo : 0,7 cm, 1,4 cm, 2,0 cm et 2,5 cm,
soit en réalité : 3,6 cm, 7,1 cm, 10,2 cm et 12,7 cm, ce qui correspond aux résultats
précédemment obtenus.
Les objectifs fixés par la question sont pour l’essentiel atteints. Les
réponses sont argumentées et la démarche suivie est clairement
exposée. L’ensemble est correctement rédigé.
Résolution
satisfaisante La réponse intègre la plupart des informations utiles. La démarche
suivie est pertinente, clairement exposée, même si elle n’aboutit pas.
L’ensemble est correctement rédigé.
Les informations sélectionnées sont pertinentes au regard de la
question, mais peu sont correctement exploitées. Quelques éléments
de démarche sont présents. L’ensemble est correctement rédigé.
Résolution
partielle
Les informations sélectionnées sont incomplètes ou mal choisies. Il
n’y a pas de démarche construite. Les éléments restitués ne sont
pas organisées.
Quelques éléments très simples d’analyse, sans démarche
Aucune
construite.
résolution
Absence de toute démarche cohérente.
2 points
1,5 points
1 point
0.5 point
0,25 point
0 point