CORRECTION DU BACCALAUREAT BLANC

DE SCIENCES PHYSIQUES (MARS 2015)

EXERCICE N°I : LOI DE DITTMAR (SPECIALISTE) 5 POINTS

Q1. Déterminer la masse volumique ρ eau de mer de l’eau de mer S0 étudiée en kg.L-1

.

ρ eau de mer

Q2. Calculer la concentration massique, en g.L-1

, des sels dissous dans l’eau de mer S0 étudiée.

Q3. Montrer que (S) =

En effet

cm et

ρ eau de mer

Q4. Rappeler la définition de l’équivalence.

L’équivalence est l’état du système pour lequel les réactifs sont placés dans les proportions stœchiométriques.

Q5. Vérifier que la concentration molaire des ions chlorure de l’eau de mer S0 est égale à 5,40.10-1

mol.L-1

.

A l’équivalence, les quantités des réactifs vérifient la relation suivante :

Sachant que la solution titrée est l’eau de mer

5,40.10-1

mol.L-1

.

Le volume de solution titrante versée à l’équivalence est déterminé à partir d’une lecture graphique. Il correspond

à l’abscisse du point d’intersection entre les droites modélisant les nuages de points.

Q6. A l'aide des documents fournis, montrer que l'eau de mer étudiée vérifie la loi de Dittmar. (On

tolérera un écart relatif maximum de 5 % entre la valeur prévue par la loi et la celle issue de

l’expérience)

(S) = 1.806655 x (Cl)

(S) =

=

(calcul a)

A comparer avec la prévision de la loi de Dittmar où

(S) = 1.806655 (Cl)

On sait que (Cl) =

Ainsi (S) = 1.806655

(S) = 1.806655

(S) = 3.38 x

(calcul b)

Soit un écart relatif de

La loi de Dittmar permet dans le cas étudié de prévoir la salinité de l’eau de mer à partir de la chlorinité.

EXERCICE N°II : CONTROLE DE QUALITE ET CINETIQUE (NON SPECIALISTE) 5 POINTS

ETAPE 1. PREPARATION DE LA SOLUTION AQUEUSE D’ACIDE CHLORHYDRIQUE

1. Une dilution.

2. Pour réaliser une dilution, le matériel nécessaire est :

Une fiole jaugée dont le volume correspond au volume final désiré, soit 100,0 mL

Une pipette jaugée de volume imposé par la relation

, où F désigne le facteur de dilution défini par

= 20, donc

soit F= 20, donc un volume pour la pipette jaugée de 5,0 mL.

bécher, eau distillée, dispositif pour pipeter

ETAPE 2. TITRAGE ACIDO-BASIQUE

1.

2. Le volume à l’équivalence est déterminé à l’aide de la méthode des tangentes,

soit VE = (10,0 0,1) mL

3. L’équivalence pour un titrage acido-basique peut être déterminée grâce à un indicateur coloré acido-basique dont la

zone de virage contient le pH à l’équivalence.

D’après la construction précédente, le pH à l’équivalence est de 5,4 donc selon le tableau des indicateurs colorés, le

seul répondant au critère évoqué est le rouge de méthyle.

La solution passe du jaune au rouge à l’équivalence.

4. A l’équivalence, les réactifs ont été introduits en proportions stœchiométriques/il y a changement du réactif limitant.

5. A l’équivalence, la relation entre les quantités de matière des réactifs s’écrit :

Or n = C x V, la relation précédente s’écrit alors :

Donc

Soit finalement

6.

D’après la relation donnée,

Donc

Soit finalement

L’encadrement de CB est donc : 25,0 – 0,25 = 24,8 mol.L-1 < CB < 25,0 + 0,25 = 25,3 mol.L-1

Ou

24,7 mol.L-1 < CB < 25,3 mol.L-1 avec

7. D’après le document 2, la concentration trouvée pour un prélèvement urinaire n’est pas dans la norme (Urines de

24 heures : 30 - 60 µmol /L), donc l’ammoniémie est anormale.

8. Ce titrage peut être suivi par conductimètrie. Parmi les représentations graphiques suivantes, quelle est celle qui représente l'allure de l'évolution de la conductivité σ du mélange en fonction du volume V de solution d’acide chlorhydrique versé ? Justifier. La proposition correcte est la proposition 2, car :

Avant l’équivalence le milieu réactionnel contient et

apporté par l’ajout d’acide

chlorhydrique.

La conductivité a pour expression :

.

Les deux ions présents voient leurs concentrations augmenter, au fur et à mesure de l’ajout d’acide donc une

conductivité qui augmente elle aussi.

Après l’équivalence, le milieu réactionnel contient ,

et .

La conductivité a pour expression :

En négligeant la dilution, la concentration en ion ammonium reste constante, mais celles des ions

et

augmentent au fur et à mesure de l’ajout d’acide chlorhydrique. De plus la conductivité molaire ionique de

l’ion oxonium étant nettement supérieure à celle des autres ions en solution, l’augmentation de la conductivité est

plus marquée après l’équivalence en raison de leur présence.

PARTIE B-DECOMPOSITION DE L’UREE ET UREASE

1. NH2 – CO – NH2 + H2O -> 2NH3 +CO2

2. L’uréase diminue le temps de réaction, elle accélère une réaction et joue donc le rôle de catalyseur.

3.

a. La température accélère généralement une réaction. L’augmentation de la température entraîne une

augmentation de la cinétique d’une réaction.

b. Le document 5 ne confirme pas ce postulat, puisqu’au-delà de 60°C l’activité de l’enzyme décroit et donc

inhibe la réaction.

EXERCICE N°III : L’HUILE DANS L’EAU, ÇA FAIT DES VAGUES. (7 POINTS).

1. Chute dans l’air.

1.1. En négligeant les frottements de l’air, la goutte est soumise à :

- son poids P = mH.g = H.V.g

- à la poussée d’Archimède due à l’air = .V.g

H et sont en kg.m3

donc le volume V est en m3 : V = 0,50 mL = 0,5010

6 m

3

Valeurs : P = 8000,5010610 = 4,010

3 N

= 1,300,5010610 = 6,510

6 N

1.2. H H.V.gP

.V.g

P 800

1,30

= 615 = 6,210

2. Ainsi le poids a une valeur environ 620 fois plus grande que la poussée

d’Archimède. On peut donc négliger la poussée d’Archimède de l’air devant le poids de la goutte d’huile.

Dans l’expérience de l’élève, la goutte d’huile est en chute libre.

1.3. La goutte d’huile est étudiée dans le référentiel terrestre

supposé galiléen. Elle n’est soumise qu’à son poids. La deuxième

loi de Newton donne alors : HP m .a

H Hm .g m .a a g

En projection selon l’axe Z’Z, d’origine O orienté vers le bas : aZ =

g. a = 2za = 10 m.s

2

Comme dv

adt

, on a : ZZ

dva g

dt

Par intégration : vZ(t) = g.t + Cte1.

À l’instant initial, la goutte est lâchée sans vitesse initiale donc

vZ(0) = 0 + Cte1 = 0 Cte1 = 0.

D’où : vZ(t) = g.t

Soit G le centre d’inertie de la goutte, dOG

vdt

alors Z

dZv g.t

dt

Par intégration : Z(t) = ½.g.t2 + Cte2.

À l’instant initial, la goutte est lâchée à l’origine du repère donc Z(0) = 0 + Cte2 = 0 Cte2 = 0

Finalement l’équation horaire de la goutte est : Z(t) = ½.g.t2

1.4. La goutte d’huile frappe la surface de l’eau à la date te telle que : Z(te) = H

donc ½.g.te2 = H soit, en ne retenant que la solution positive: e

2Ht

g .

On reporte l’expression de te dans l’équation horaire sur la vitesse : vZ(te) = g.te

vZ(te) = g. 2H

g soit finalement : vZ(te) = 2gH

vZ(te) = 2 10 1,0 = 4,5 m.s1

.

Goutte

d’huile

lâchée sans

vitesse

initiale H

Z’

Z

O

eau

g

P

2. Des ondes à la surface de l’eau.

2.1. Une onde est le phénomène de propagation d’une perturbation sans transport de matière mais avec

transport d’énergie.

2.2. Les ondes qui apparaissent sur la surface de l’eau sont transversales car la direction de la

perturbation est perpendiculaire à la direction de propagation de l’onde.

2.3. Entre l’image n°1 et l’image n°5, il y a 4 images donc :

10 images 1,0 s

4 images t t = 41,0/10 = 0,40 s.

Sur l’image n°5 :

30 cm 4,6 cm

d 2,4 cm d = 2,430/4,6 = 16 cm

La célérité V des ondes à la surface de l’eau est alors :

dV

t

soit 16

V0,40

= 40 cm.s1

= 0,40 m.s1

3. Des ondes en continu.

3.1. 6D mesure 8,3 cm sur le schéma donc :

30 cm 5,4 cm

6D 8,3 cm

D = 8,330/(65,4) = 7,7 cm = 7,7×102

m

D est la longueur d’onde .

3.2. La célérité des ondes à la surface de l’eau

est V = 0,38 m.s1

. On a :

V = .f V

f

Soit 2

0,38f

7,7 10

= 4,9 Hz.

3.3. On observe le phénomène de diffraction

des ondes mécaniques à la surface de l’eau. Ce

phénomène est d’autant plus marqué que la

taille de l’ouverture est faible face à la

longueur d’onde, ce qui est ici le cas.

3.4. Forme des ondes obtenues derrière l’ouverture : le phénomène de diffraction ne modifie pas la

longueur d’onde ; l’ouverture se comporte comme une source vibratoire.

d

6D

EXERCICE N°IV : EXPLORER L’ESPACE

1. Pourquoi utiliser un satellite géostationnaire pour ce projet ?

1.1. Un satellite géostationnaire est situé sur une orbite équatoriale, à une altitude de 36 000 kilomètres.

Il apparaît immobile dans le référentiel terrestre, sa vitesse y est donc nulle (période infinie).

La courbe représentative de la vitesse orbitale en fonction de l’altitude permet de dire que dans le référentiel

géocentrique sa vitesse est égale à 3 km/s. Enfin sa période est égale à 24h.

1.2. La deuxième loi de Kepler ou loi des aires énonce que « les aires balayées par le vecteur Terre-Satellite

pendant des durées égales sont égales ». Puisque sa trajectoire est circulaire, pour balayer toujours la même aire

en un temps donné, le satellite doit avoir une vitesse constante. Son mouvement est circulaire et uniforme.

1.3. Pour un mouvement circulaire, l’expression du vecteur accélération dans la base de Frenet est 2dv v

a ndt r

. . où r est le rayon de l’orbite circulaire.

Si le mouvement est uniforme alors dv

0dt

et il vient 2v

a nr

. .

Le vecteur accélération a pour

- direction : le rayon de la trajectoire ; il est radial

- sens : du satellite vers le centre de la Terre ; il est centripète.

Dans le référentiel géocentrique, le satellite n’est soumis qu’à T SF / l’attraction gravitationnelle de la Terre.

La deuxième loi de Newton indique T SF / = m. a où m est la masse du satellite, soit a = T SF

m

/.

Cette loi nous indique également que l’accélération est radiale et centripète tout comme la force d’attraction

gravitationnelle.

1.4. Le satellite parcourt son orbite de longueur égale à 2π.(RT+h) en une durée égale à sa période de révolution

TGéo

v = T

Géo

2 R h

T

.( )

v = 3 3 32 6 4 10 36 10 10

24 3600

( , )

= 3,1×103 m.s-1 = 3,1 km.s-1

1.5. Pour transformer un satellite géostationnaire en ascenseur spatial, il faudrait le relier au sol terrestre avec un

câble. L’altitude de 36 000 km permet au satellite de rester toujours à l’aplomb du même point de la surface

terrestre.

2. Les molécules extra terrestres

2.2 Molécule C: 3 groupes de protons équivalents

Le spectre semble compatible avec la structure de cette molécule.

: