De plus, au décollage la fusée a une masse m que l on peut considérer constante, on donc peut écrire : L accélération de la fusée a donc pour valeur

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1 CORRECTION BAC BLANC 2013 Tronc Commun Exercice I : Autour des satellites (6 points) Partie A : Décollage d une fusée 1.(0,25pt) Lors de son décollage une fusée éjecte vers l arrière des gaz produits par le fonctionnement des moteurs. D'après la 3 ème loi de Newton, les gaz poussent vers l'avant la fusée : il y a propulsion par réaction (0,75pt) Pour déterminer la valeur de l accélération, il faut appliquer la deuxième loi de Newton. Système étudié = la fusée Référentiel d étude = référentiel terrestre considéré galiléen Inventaire des forces : le poids et la poussée des moteurs (action de l air négligeable) Deuxième loi de Newton : On a : = De plus, au décollage la fusée a une masse m que l on peut considérer constante, on donc peut écrire : La comparaison des deux expressions conduit à : Le repère utilisé possède un axe (O, ) vertical orienté vers le haut. Dans ce repère on a : et Les coordonnées du vecteur sont donc : L accélération de la fusée a donc pour valeur = 5,9 m s (0,75pt) Une recherche de primitives conduit à : où et sont des constantes. Leurs valeurs sont déterminées à partir des coordonnées de la vitesse initiale : Il vient alors : Une autre recherche de primitives conduit à : où et sont des constantes. Leurs valeurs sont déterminées à partir des coordonnées de la position initiale : Il vient alors : On a donc bien 2.3. (0,5pt) Avec la relation précédente on peut calculer la distance parcourue en 5s : = 74 m La distance réellement parcourue est inférieure à cette valeur. On peut en conclure que les frottements ne sont pas négligeables.

2 Partie B : Mouvement d un satellite 1. (0,5pt) Lorsqu un satellite a une trajectoire circulaire alors, d après la loi des aires, il faut que pendant des durées égales ce satellite parcoure sur son orbite des distances égales. Ce satellite a donc un mouvement uniforme. On peut également utiliser la deuxième loi de Newton pour montrer cela (voir question suivante) (1pt) On applique la deuxième loi de Newton au satellite en orbite autour de la Terre. Système étudié : le satellite S. Référentiel choisi : référentiel géocentrique, considéré galiléen. Inventaire des forces exercées sur le satellite : la force d attraction gravitationnelle exercée par la Terre L application de la deuxième loi de Newton conduit à : Dans le repère indiqué sur le texte, l expression de la force d attraction gravitationnelle exercée par la Terre est : Il vient Le vecteur accélération est centripète, c estàdire qu il est dirigé vers le centre de la trajectoire. Pour un mouvement circulaire de rayon R et de vitesse v on a : Par identification, on en déduit : L égalité implique que la valeur de la vitesse v est constante. Ce mouvement circulaire est donc uniforme. L égalité implique que la valeur de la vitesse est : Comme on a il vient finalement 2.2. (0,25pt) = 3, m s (0,5pt) = T = = 4, s Ou plus long: T = Avec il vient = 4, s Partie C : Une théorie d'einstein remise en cause? 1.1. (1pt) 2, m s 1 L incertitude associée est = 1, m s 1 Cela s écrit aussi U(v) = 0, m s 1 On a donc v = (2,997999±0,000014) 10 8 m s (0,25pt) Cela conduit à v [2, m s 1 ; 2, m s 1 ] Or la valeur c = m s 1 n appartient pas à cet intervalle, la vitesse mesurée était strictement supérieure à c. Les résultats remettaient donc en cause la relativité restreinte qui «interdit de voyager à une vitesse plus rapide que la lumière dans le vide». 2. (0,25pt) La valeur de la vitesse des neutrinos obtenue était trop grande. Cela signifie que la durée mesurée pour le trajet était trop petite. La mauvaise connexion avait fait diminuer le temps de vol mesuré.

3 Exercice II : Etude d'une oxydation d'un composé organique (9 points) Partie A : Étude des composés organiques (4 pts) 1. (0,5pt) A est le propan2ol B est la propan2one ou propanone 2. (0,5pt) Pour A le groupe caractéristique est OH, groupe hydroxyle associé à la fonction alcool. Pour B le groupe caractéristique est C = O, groupe carbonyle, associé à la fonction cétone (0,25pt) Le nombre d onde varie entre 600 et 4000 cm (0,5pt) = en cm, soit 1 = = = 1, cm = 1, m Et 2 = = = 2, cm = 2, m Donc 2, m < < 1, m 3.3. (0,25pt) On parle de spectroscopie IR car les longueurs d onde des bandes d absorption des liaisons chimiques sont comprises entre 10 6 m et 10 3 m. 4. (0,5pt) Le spectre (1) présente une bande d absorption intense à 1700 cm 1 caractéristique du groupe C=O, c est donc le spectre du composé B. Le spectre (2) présente une bande large d absorption à 3300 cm1 caractéristique du groupe OH lié d un alcool en solution aqueuse, c est donc le composé A (0,5pt) Le composé A présente 3 groupes de protons équivalents 6 protons équivalents dans les groupes méthyle CH 3 1 proton dans le groupe hydroxyle OH Et 1 proton dans le groupe CH 5.2. (0,5pt) Groupe de protons Nombre n de protons voisins 6 protons des CH ( doublet) Multiplicité du signal Règle des (n+1)uplets 1 proton dans OH 0 1 ( singulet) 1 proton dans le groupe CH = 7 ( septuplet) 5.3. (0,5 pt)le spectre de RMN présente 3 signaux : 1 doublet à 1,4 ppm (qui compte pour 6 protons sur la courbe d intégration) donc qui correspond aux protons des 2 groupes CH 3. 1 singulet à 2,3 ppm (qui compte pour 1 proton sur la courbe d intégration ) : proton du groupe OH et un septuplet à 4,0 ppm ( qui compte pour 1 proton sur la courbe d intégration), proton du groupe CH. Ce spectre de RMN peut bien correspondre à celui du composé A. Partie B : Étude de la réaction support de titrage (réaction 2) : (1,75 pts) 1. (0,25pt) On introduit les prélèvements dans l eau glacée pour faire un blocage cinétique et stopper la réaction lente (1) avant le titrage. 2. (0,5pt) Soit les couples Fe 3+ (aq)/fe 2+ (aq) et MnO 4 (aq) /Mn 2+ (aq). Écrivons les demiéquations électroniques correspondantes : Fe 3+ (aq)/fe 2+ (aq) : oxydation Fe 2+ (aq) = Fe 3+ (aq) + e ( 5) MnO 4 (aq) /Mn 2+ (aq) : réduction MnO 4 (aq) + 8H + (aq) + 5e = Mn 2+ (aq) + 4H 2 O (l) ( 1) MnO 4 (aq) + 8H + (aq) + 5Fe 2+ (aq) 5Fe 3+ (aq) + Mn 2+ (aq) + 4H 2 O (l) 3. (0,5pt) À l équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques. Au cours du titrage les ions permanganate (violets) sont transformés en ions manganèse II (incolores). À l équivalence, tous les ions MnO 4 sont consommés, la coloration violette du mélange réactionnel disparaît et le mélange devient incolore. 4. (0,5pt) D après l équation (2) : avec n Fe2+ = c.v E donc n MnO t 4 =

4 Partie C : Étude de la réaction principale (réaction 1) dans un échantillon pour une température de 20 C ( 1,75 pts) 1. (0,5pt) Dans le mélange initial de volume total 100 ml n(mno 4 ) = c 0.V n(mno 4 ) = 0,20 50, = 1, mol Et dans l échantillon de 10,0 ml, n 0 = = 1, mol. Pour le composé A : n(a) = avec m =.V D où : n(a) = = = 1, mol et donc n 1 = = 1, mol. 2. (0,5pt) Équation de la réaction États du système x (mol) 5C 3 H 8 O (aq) +2MnO 4 (aq) +6H + (aq) 5C 3 H 6 O (aq) +2Mn 2+ (aq)+ 8H 2 O (l) Quantités de matière État initial x = 0 n 1 n 0 Excès 0 0 Solvant État intermédiaire x n 1 5x n 0 2x Excès 5x 2x Solvant État final x max n 1 5x max n 0 2x max Excès 5x max 2x max Solvant 3. (0,5pt) Si l ion permanganate est le réactif limitant : n 0 2x max = 0, soit x max = alors x max = 5, mol Si le propan2ol est le réactif limitant : n 1 5x max = 0, soit x max =, alors x max = = 2, mol Le propan2ol conduit à l avancement maximal le plus faible, c est donc le réactif limitant et x max = 2, mol. 4. (0,25pt) A t = 18 min, on constate sur la courbe a) que l avancement x = x max = 2, mol On peut donc considérer la réaction comme terminée. Partie D : Cinétique de la réaction ( 1,5 pts) 1. (0,25pt) Le temps de demiréaction est la durée au bout de laquelle l avancement de la réaction est égal à la moitié de l avancement maximal. 2. (0,5pt) Détermination graphique x max x en 10 4 mol t1/2 Temps en min t 1/2 = 2,5 minutes 3. (0,5pt) Pour une température de 30 C, la courbe se situera au dessus de la courbe a), tout en atteignant la même valeur de x max, les quantités de réactifs étant inchangées. 4. (0,25pt) La courbe b) n aurait pas pu être obtenue en ajoutant un catalyseur au mélange réactionnel, car un catalyseur ne modifie pas l avancement maximal de la réaction. Il modifie la vitesse de la réaction, donc la courbe se serait bien située audessus de la courbe a) mais avec la même valeur limite de 2, mol.

5 Exercice III : Quelques propriétés des ondes lumineuses (5 points) Partie A : 1. (0,25 pt) Les interférences ne sont pas observées sur toute la largeur de l écran mais seulement dans le champ d interférences c'estàdire dans la partie où les ondes issues de chacune des fentes, se superposent. 2. (0,5 pt) Pour obtenir des interférences constructives en un point de l écran il faut que les ondes qui y interférent et se superposent soient en phase. La différence de marche vaut alors : = d 2 d 1 = k.. Le point M situé au centre de la tâche centrale est sur une frange brillante car = d 2 d 1 = 0. Partie B : 1. (0,5 pt) Une analyse dimensionnelle de chaque formule donne pour i les unités suivantes : i a.d en m 1.a.D i D en m i en m a Les trois formules 2,3 et 4 sont donc homogènes i a. D en m 2. (0,5 pt) Il est dit dans le texte que i est proportionnel à la longueur d onde. De plus les graphiques montrent que i.d est aussi proportionnel à D. La seule formule qui reste est donc la 3 : i a 3. (0,5 pt) Le coefficient directeur des deux droites i = k. D dépend de : k = / a. La droite ayant le coefficient directeur le plus grand correspond donc au laser rouge ( = 650 nm), l autre étant le vert. 4. (1 pt) Par lecture graphique sur les courbes : Courbe du laser rouge : k = 5, / 2,2 = 2, Or k = / a d où a = /k = 6, / 2, a = 2, m Courbe du laser vert: k = 4, / 2,2 = 1, D où : = a.k = 2, , = 5, m ce qui correspond bien à du vert ( 520 nm). Partie C : 1. (0,75 pt) Les interférences sont destructives si les ondes arrivent en opposition de phase au point M ou si = k + Les interférences sont constructives si les ondes arrivent en phase au point M ou si = k Il est dit dans le texte que : Lorsque le faisceau est entièrement réfléchi sur un plat alors, la différence de marche = 0. Les interférences sont alors constructives. Le capteur reçoit alors un maximum de lumière Lorsque le faisceau est en partie réfléchi par un creux (document 5 partie A) et en partie réfléchi par un plat (document poly Document 2 5 partie B) alors =. Les interférences sont alors destructives car les ondes arrivent en opposition de phase. Le 2 capteur reçoit alors un minimum de lumière. 2. (0,5 pt) La différence de marche rendant les interférences destructives vient de la réflexion dans un creux. C est la profondeur du creux qui crée ce décalage. Comme l onde y fait un allerretour alors la profondeur du creux correspond à /4 = 480/ 4 = 120 nm = 0,120 µm ce qui est bien la profondeur annoncée. 3. (0,5 pt) Pour augmenter la capacité de stockage d informations il faut pouvoir diminuer la distance entre les pistes. Mais la tâche de diffraction doit également diminuer dans les mêmes proportions pour éviter de lire plusieurs pistes en même temps. Ainsi, la diminution de la longueur d onde du laser et l augmentation de l ouverture numérique NA sont deux facteurs qui vont dans le même sens pour diminuer la tâche de diffraction d.