Bac Blanc 2014- Corrigé

Exercice I – A propos des ondes

Vrai ou Faux

Justification ou explication

1.1.1 Vrai Les plus rapides sont les ondes P

1.1.2 Vrai D= v. Δt = 10x40= 400 km

1.1.3 Vrai VS = D / Δt = 400 / 65 = 6,15 km.s-1

1.2.1. Vrai

= 6,8 m.s-1

= 24,4 km.h-1

1.2.2.

Vrai λ est la distance entre 2 crêtes ( période spatiale )

1.2.3. Faux

V = λ.f soit f = v/ λ = 1,1 Hz

1.3.1. Vrai L1 = 10 log ( I1/ I0 ) ssi I1 / I0 = 107 ssi I1 = 10

-5 W.m

-2

L2 = 10 log ( I2/ I0 ) ssi I2 / I0 = 107,6

ssi I2 =4.10-5

W.m-2

1.3.2. Faux

I =I1 + I2 = 5.10-5

W.m-2

L =10. log ( I / I0 ) = 77 dB

1.3.3. Faux La distance est multipliée par 2 donc l’intensité sonore est divisé par 4. (et pas le niveau d’intensité sonore donc)

1.3.4. Vrai L' =10. log ( 100 I / I0 ) = 20 + L = 90 dB

2.1.1. Vrai PAS DE JUSTIFICATION

2.1.2 Vrai

2.1.3. Vrai

2.1.4. Vrai

2.1.5. Faux

2.2.1. Faux T = λ / c = 2.10-15

s

2.2.2. Faux F= 1/T = 5.1014

Hz

2.2.3. Faux PAS DE JUSTIFICATION

2.2.4. Faux

2.2.5. Faux θ=λ / a donc si λ diminue θ diminue

2.2.6. Vrai θ=λ / a donc si a diminue θ augmente

2.3.1. Vrai PAS DE JUSTIFICATION

2.3.2. Vrai

2.3.3. Faux I est proportionnelle à λ or λV < λR donc la courbe A correspond au laser rouge

2.3.4. Vrai Pour i = 4,5mm , D= 2m , λR = 650nm b= λR . D / i = 2,9.10

-4 m = 2,9.10

2 μm

2.4.1. Vrai FR et FE en Hz c et ( c+vE ) en m.s

-1

2.4.2. Vrai c+vE >c donc FR < FE

2.4.3. Vrai Les raies noires se déplacent vers les fréquences plus faibles donc vers le rouge.

Exercice II – A propos de l’ammoniac

1.1. Un réducteur est une espèce chimique susceptible de céder un ou plusieurs électrons.

1.2. Une température élevée permet d’accélérer la vitesse de la transformation.

1.3. Le catalyseur permet d’accélérer la vitesse de la transformation.

1.4. Il s’agit d’une catalyse hétérogène.

2.1. n0 =

m

v

V donc n0 =

-12,4 10

24,0 = 1,0 10–2 mol d’ammoniac dissous initialement.

2.2.1. Une base est une espèce chimique susceptible de capter un ou plusieurs protons H+.

2.2.2. Diagramme de prédominance :

Le pH est supérieur au pKa, l’espèce prédominante est donc l’espèce basique, soit l’ammoniac

NH3.

2.2.3. NH3(aq) + H2O(l) NH4+

(aq) + HO–(aq)

2.2.4

On donne le produit ionique de l’eau : Ke = [H3O+]éq. [HO–]éq. et [H3O

+]éq = 10–pH

On a donc Ke = 10–pH. [HO–]éq soit [HO–]éq = e

pH

K

10

D’après le tableau d’avancement, néq(NH4+) = néq(HO-) donc [NH4

+]éq = [HO–]éq

et [NH3]éq = S

f-2

V

x- 1,0.10= éq

S

-2

HOV

1,0.10][

Application numérique :

[NH4+]éq = [HO–]éq = 10-3,4 = 4,0.10-4 mol.L-1

[NH3]éq = 9,6.10-3 mol.L-1

2.2.5. Par définition, Ka =

éq4

éq3éq3

NH

OHNH

][

][][ A.N. : Ka =

4

6103

1004

101069

.,

., ,

= 6,0.10-10

La valeur du Ka est cohérente avec la valeur du pKa donné dans l’énoncé, en effet :

pKa = -log Ka soit pKa = -log(6,0.10-10) = 9,2

pKa = 9,2 pH

Forme acide NH4+ Forme basique NH3

2.2.4. Équation de la

réaction NH3(aq) + H2O(l) NH4

+(aq) + HO–

(aq)

État Avancement Quantités de matière (en mol)

Initial 0 1,0.10-2

excés 0 0

En cours x 1,0.10-2

- x excés x x

Final xéq 1,0.10-2

- xéq excés xéq xéq

2.2.6. Toute solution base faible avec justification correcte.

Solution 1 : si l’ammoniac était une base forte, on aurait alors pH = 14 – log C

Soit pH = 14 – log 1,0.10-2 =12. Or le pH mesuré est plus faible, l’ammoniac est donc une base

faible.

Solution 2 : le pKa du couple NH4+/NH3 est de 9,2 < 14. L’ammoniac est donc une base faible.

3.1.

3.2. L’équivalence correspond au changement de réactif limitant. À l’équivalence les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques. Ici on a versé autant d’ions hydroxyde qu’il y avait initialement d’ions ammonium.

3.3. Les coordonnées du point équivalent sont (vBE = 14 mL ; pHE = 11,2)

La méthode est explicitée ou apparait sur la courbbe.

3 .4. La zone de virage de l’indicateur coloré doit contenir la valeur du pH à l’équivalence. Il faut donc choisir ici le jaune d’alizarine R.

3.5. À l’équivalence les réactifs sont totalement consommés, appelons xE l’avancement à l’équivalence, en utilisant le tableau d’avancement :

4NH finalen = 0, tous les ions ammonium présents initialement ont été dosés n0(NH4

+) – xE = 0

soit xE = n0(NH4+)

HO finalen = 0, tous les ions hydroxyde versés ont été consommés ne(HO–) – xE = 0

soit xE = ne(HO–)

Finalement ne(HO–) = n0(NH4+)

Remarque : accepter la relation en justifiant à partir de la définition de l’équivalence et en indiquant que les coefficients stœchiométriques sont égaux à 1 ?

n0(NH4+) = CB.vBE

n0(NH4+) = 0,20×14×10-3 = 2,8 10-3 mol dans 10 mL de solution S

3.6. On a prélevé un volume V = 10 mL de la solution S, la fiole jaugée a un volume de 250 mL soit un volume 25 fois plus grand.

n(NH4+) =25× n0(NH4

+) = 7,0×10-2 mol dans 250 mL de solution S

D’après l’équation de dissolution NH4NO3(s) = NH4+

(aq) + NO3-(aq) considérée totale, une mole

de nitrate d’ammonium conduit à l’apparition d’une mole d’ions ammonium : la quantité de nitrate d’ammonium est la même que n(NH4

+).

n(NH4NO3) = n(NH4+) = 7,0×10-2 mol

Agitateur magnétique

Turbulent

Solution S titrée

burette

Solution titrante d’hydroxyde de sodium à 0,20 mol.L

-1

Electrode de pHmétrie

bécher

3.7. Dans une mole de nitrate d’ammonium NH4NO3 il y a 2 moles d’azote, soit n(N) = 2 moles.

n(N) = m(N)

M(N) donc m(N) = n(N).M(N)

m(N) = 2 14 = 28 g d’azote dans une mole de NH4NO3.

masse d’azote dans l’échantillon :

28 g 1 mole de NH4NO3

m g 7,0×10-2 mol de NH4NO3

m = 28 7,0 10–2 = 2,0 g d’azote dans l’échantillon.

3.8. %mexp =

m

m(N) %mexp =

0,6

0,2 = 33%

Le fabricant donne un pourcentage de 34,4%, ce qui fait un écart de relatif de 4%, l’indication donnée par le fabricant semble correcte.

3.9. 2

B

B

2

Be

Bemm

C

CU

V

VUppU

)()()(

A.N. :

22

m200

0100

14

16033pU

,

,,)( = 1,7 ≈ 2

On a donc pm = 33 ± 2 % à 95 %

La valeur de 34,4% indiquée par le fabricant est bien comprise dans l’intervalle de confiance.

Correction Exercice III – De l’ADSL à l’ADSL2+

1.1. Pour les infos envoyées par l’ordinateur d’un abonné ADSL :

– l’encodeur est l’ordinateur de l’abonné ;

– le canal de transmission est constitué de la « box », de la ligne téléphonique de l’abonné, puis d’autres lignes téléphoniques ou fibres optiques ;

– le décodeur est l’ordinateur qui reçoit les données et les interprète.

1.2. Avec la technologie ADSL, les données qui circulent dans les lignes téléphoniques sont numériques. L’information est codée en binaire.

2.1. « 20 méga » correspond à un débit de 20 Mibit · s–1, soit 20 × 220 bits par seconde.

2.2. Plus l’abonné réside loin du répartiteur, plus l’atténuation de sa ligne est importante, car l’atténuation augmente avec la longueur de la ligne. Comme l’atténuation augmente également avec la fréquence, la fréquence est automatiquement diminuée pour que l’atténuation ne soit pas trop importante et que le signal soit correctement reçu.

Comme le débit binaire est d’autant plus grand que la fréquence du signal est élevée, si la fréquence est plus faible, le débit binaire est plus faible.

2.3. Chaque pixel de l’image est codée sur 24 bits.

Sa taille est donc de : 24 × 2 048 × 1 536 = 75 497 472 bits soit : 75 497 472/220 = 72 Mibit.

Le téléchargement de la photo durera 72/10= 7,2 s.

3.1. Les fibres optiques permettent de transmettre des volumes importants de données sur de longues distances avec un affaiblissement faible ; les fils de cuivre transmettent un nombre limité de données sur de courtes distances. En effet, le débit binaire possible dans une fibre optique est plus important que dans un câble en cuivre et le coefficient d’atténuation d’une fibre optique est plus petit que celui d’un câble en cuivre.

3.2. Coefficient d’atténuation : 0,87 dB · km–1.

La valeur trouvée est environ quatre fois supérieure à celle donnée. Cette différence peut s’expliquer par la qualité des matériaux qui la constituent, par la valeur de la longueur d’onde qui peut être différente, ou par l’état de la fibre.

4.1. A= L = 15,0×1,423+2,481×10,3+0,560×7,90 = 51,3dB.

4.2. D’après le graphe, pour une atténuation de 51,3dB les débits les deux technologies sont les mêmes 2,5 Mbit.s-1

Il n’y a pas d’avantage à payer l’ADSL2+ dans ce cas.

5 Synthèse

Les offres internets sont de plus en plus nombreuses. De nouvelles technologies apparaissent proposant des débits de plus en plus importants. L’ADSL2+ présente-t-elle par exemple un réel intérêt ?

Le transport de l’information sur internet se fait principalement grâce à la technologie ADSL. L’information numérique transite à travers des câbles de cuivre des lignes téléphoniques. Malheureusement le signal électrique subit une atténuation liée à la longueur et à la qualité des câbles. Le débit binaire s’en trouve donc modifié augmentant ainsi les temps de chargements. La technologie ADSL2+ propose un débit plus intéressant que l’ADSL tant que l’atténuation ne dépasse pas 50dB.

Il faut donc être vigilant quant au proposition des FAI et vérifier la qualité de sa connexion. Ne serait-ce pas la fibre optique la connexion internet de demain ?

Exercice III - Eléments de correction

Pour un tuyau fermé à une extrémité :

Pour la fréquence fondamental L =

c = × f0 soit =

En combinant les deux relations précédentes, on trouve f0=

La hauteur du son émis correspond à la fréquence du fondamental : f0 = 330 Hz Le son émis est complexe car il y a les fréquences des harmoniques impairs qui sont présentes : f0 = 330 Hz, ensuite 3f0 = 3×330 = 990 Hz, 5×f0 = 5×330= 1650 Hz et 7×f0 = 7×330= 2310 Hz D’après la relation donnée pour calculer les fréquences fn des harmoniques, on retrouve bien que les

harmoniques impairs : fn =

Pour n = 0 f0 = c’est la fréquence fondamental.

Pour n = 1 f1 = = 3 ×f0

Pour n = 2 f2 = = 5 ×f0

Pour n = 3 f3 = = 7 ×f0

Résolution de problème

Critères à retenir : Matériau pouvant donner des tubes légers, creux, réguliers, avec un rapport diamètre/longueur cohérent. Matériau ayant une bonne sonorité musicale. Matériau suffisant dur mais pas trop pour pouvoir le travailler et fabriquer un biseau précis et régulier. Matériau déjà bouché à une extrémité, sinon possibilité de le faire facilement.

Longueur des tuyaux : Il faut d’abord déterminer les fréquences des cinq notes pour réaliser la flûte de Pan demandée. Les notes do3, sol3 et mi3 sont des informations à extraire du document. On trouve le do4 et le mi4 en appliquant la définition de l’octave :

= 2 et = 2 soit fdo4 = 2×262 = 524 Hz et fMi4 = 2×330 = 660 Hz

Puis on applique la relation L= pour déterminer la longueur des tuyaux sonores

Notes do3 mi3 sol3 do4 mi4

F (Hz) 262 330 393 524 660

L (m) 0,324 0,258 0,216 0,162 0,129

Introduction avec problématique annoncée.

Paragraphe argumentée bien construit, (vocabulaire précis, orthographe, connecteurs logiques)

Conclusion cohérente avec un choix de matériau ou non