EXERCICE 1 : L`ascenseur spatial F = −G a = −G uTS = − = G 0.rS

CORRECTION BAC BLANC
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EXERCICE 1 : L’ascenseur spatial
1. Satellite géostationnaire
1.1. Un satellite géostationnaire est en orbite équatorial à 36 000 km d’altitude ; il apparaît immobile dans
un référentiel terrestre. Dans le référentiel géocentrique, sa période de révolution est égale à la période
de rotation de la Terre, un jour sidéral T0 = 8,62 × 104 s.
1.2. Dans le référentiel géocentrique, le satellite parcours une orbite circulaire de circonférence 2πrS en
2πrS
une durée T0 , sa vitesse est donc v =
soit v = ω0 .rS .
T0
1.3. Le système satellite de masse m n’est supposé soumis qu’à l’attraction gravitationnelle de la Terre
MT .m »
# »
#»
FT/S = F = − G 2 u# TS
rS
» vecteur unitaire dirigé du centre de la Terre vers le satellite.
avec u# TS
MT »
# »
La deuxième loi de Newton FT/S = m #»
a donne l’accélération #»
a = − G 2 u# TS
rS
2
dv #» v # »
Dans le repère de Frenet, nous savons que #»
a =
eT + e N .
dt
rS
M
v2
#
»
= G 2T
Le satellite est en mouvement circulaire uniforme et u TS = −e#N» ; nous en déduisons que
rS
rS
G.M
T
En utilisant la question précédente, nous obtenons la relation ω02 .rS =
.
rS2
G.MT 1/3
2π
1.4. A.N. rS =
et ω0 =
soit ω0 = 7,29 × 10−5 rad · s−1 , nous obtenons rS = 4,22 × 107 m.
2
T0
ω0
Comme h = rS − R T , l’altitude du satellite est h = 3,58 × 107 m ≈ 36 000 km comme l’indique l’énoncé.
2. Câble avec son ancre
2.1. L’application de la seconde loi de Newton au satellite dans le référentiel terrestre donne
#» #»
F + Fc = m #»
a
MT .m
mω02 .r u#»r − G 2 u#»r = m #»
a.
rS
#»
Dans le référentiel terrestre, le satellite est immobile donc #»
a = 0 et de ce fait, nous retrouvons bien
G.MT
G.MT
pour r = rS et en divisant par m, ω02 .r −
= 0 soit ω02 .rS =
.
2
rS
rS2
2.2. D’après ce résultat G.MT = ω02 .rS × rS2 ; en remplaçant ce terme dans l’expression de la force gravir2
#»
tationnelle exercée par la Terre sur l’ancre, nous obtenons F = −mω02 .rS × S2 u#»r .
r
2.3. Dans le référentiel terrestre, l’ancre qui est immobile est soumise à l’attraction gravitationnelle centripète et à la force d’inertie centrifuge. Or, ces deux forces ne se compensent que pour le point situé à
l’altitude géostationnaire. Pour expliquer l’immobilité de l’ancre, il faut invoquer une force supplémentaire due à son contact avec le câble. C’est une force de tension dirigée dans la direction du câble vers la
Terre.
2.4. Dans le référentiel terrestre pour l’ancre immobile,
#» #» #»
#»
la seconde loi de Newton s’écrit F + Fc + T = m. #»
a = 0.
r
#»
La force d’inertie peut s’écrire Fc = mω02 .r u#»r = mω02 .rS × u#»r . D’où
rS
"
#
rS2
r #»
#»
#» #»
2
T = − F − Fc = mω0 .rS 2 −
ur .
r
rS
#»
2.5. T (rS ) = 0. À l’altitude géostationnaire, les forces gravitationnelle et d’inertie se compensent. En
plaçant l’ancre plus loin, le fil devient tendu ce qui permet sa stabilité.
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CORRECTION BAC BLANC
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1
7
#»
2
− 2 u#»r d’où une tension T = mω02 .rS .
2.6. Pour r = 2rS , T = mω0 .rS
4
4
(Pour un câble supposé sans masse, cette tension est la même tout au long du câble.)
4Tmax
La masse maximale de l’ancre vaut alors mmax =
soit mmax = 2,55 × 106 kg.
7ω02 .rS
Il paraît difficile de mettre une telle masse en orbite, donc le câble résistera.
3. Montée de l’ascenseur
3.1. Nous avons un mouvement rectiligne uniformément varié ; l’accélération a = Cte d’où v = at avec
1
une vitesse initiale nulle, puis z = at2 .
2
Au bout de T = 100 s, v0 = 100 m · s−1 et z0 = 5,0 × 103 m = 5,0 km.
3.2. La distance à parcourir dans la seconde phase est de d = z − z0 ≈ z. la durée de cette phase est donc
z
de ∆t =
soit ∆t = 3,6 × 105 s. La durée totale vaut t0 + ∆t ≈ ∆t = 100 h soit environ quatre jours ce
v0
qui est proche de la valeur de l’énoncé.
3.3 Dans la première phase, la hauteur atteinte est faible par rapport au rayon de la Terre, la force de
gravitation peut donc être considérée comme quasiment constante.
3.4. Au départ, l’énergie mécanique est nulle (vitesse initiale nulle et référence de l’énergie potentielle à
l’origine).
1
À l’altitude z = z0 , Em = Ec + E p = m0 v20 + m0 gz0 numériquement Em = 2,16 × 108 J.
2
Cela représente la variation de l’énergie mécanique : ∆Em = 2,16 × 108 J.
3.5. En négligeant les frottements, la seule force qui travaille est la force motrice, donc l’augmentation
#»
de l’énergie mécanique est due au travail de cette force : W ( Fm ) = ∆Em .
#»
W ( Fm )
#»
.
La puissance représente le débit d’énergie au cours du temps soit P( Fm ) =
t0
#»
Numériquement P( Fm ) = 2,16 × 106 W soit 2,16 MW.
Ceci ne représente que 80% de la puissance consommée par le moteur, aussi le moteur a consommé
#»
P( Fm )
P=
, soit 2,70 × 106 W ou 2,70 MW.
0, 80
3.6. Pendant la deuxième phase de la montée, l’énergie cinétique reste constante. Pendant une durée
dt, où l’altitude augment de dz = v0 .dt, la variation d’énergie potentielle est dEm = mgv0 dt ce qui
#»
correspond au travail élémentaire effectué par le moteur dW ( Fm ) = mgv0 dt.
#»
dW ( Fm )
#»
= mgv0 .
La puissance est donc P( Fm ) =
dt
La pesanteur diminue avec l’altitude, donc la puissance consommée par le moteur également.
3.7. Au-delà de l’orbite géostationnaire, la force d’inertie centrifuge l’emporte sur la force d’attraction
gravitationnelle, la résultante est centrifuge. La sonde est accélérée vers l’espace sans l’action de forces
supplémentaires.
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EXERCICE 2 : Titrage d’un comprimé d’ibuprofène
1. Schéma du montage
burette
solution
d’hydroxyde de sodium
PH
◦C
bécher
ibuprofène
10
mL de vinaigre dilué
eau distillée
+ qcq gouttes
de phénolphtaléine
agitateur magnétique
2. À l’équivalence, les quantités mises en jeu sont dans les proportions stœchiométriques (ou changement de réactif limitant).
3.1. La courbe 1 représente la variation du pH de la solution en fonction du volume de base ajouté ;
le pH est faible (acide) puis il augmente suite à l’addition de la base, la courbe présente un saut de
pH caractéristique, puis le pH augmente suite à l’addition de la base qui ne réagit plus (l’acide étant
entièrement consommé) .
La courbe 2 représente la dérivée de la courbe précédente, car elle présente un extrémum correspondant
au changement de courbure de la courbe du pH = f(Vb ).
3.2. Le volume de base équivalent correspond à l’extrémum de la courbe 2, soit VE = 9,8 mL.
Ou par la méthode des tangentes.
4. L’ion hydroxyde est la base conjuguée de l’acide H2 O soit H2 O/HO– .
5. Équation de la réaction support du titrage : R−COOH(aq) + HO– (aq) −→ R−COO– (aq) + H2 O(`)·
6. Une réaction chimique utilisée pour un titrage doit être totale, rapide et unique.
7. Domaines de prédominance
pK A = 4, 5
R−COOH
RCOO–
Au pH initial, environ 2,8 l’espèce qui prédomine est l’acide R−COOH.
pH
8. Le pH est défini par pH = − log[H3 O+ ], la concentration en ions oxonium et reliée à la concentration
Ke
.
en ion hydroxyde par le produit ionique Ke = [H3 O+ ].[HO− ] donc [H3 O+ ] =
[HO− ]
Ce qui donne pH = pKe + log[HO− ].
L’hydroxyde de sodium est totalement dissocié dans l’eau, donc [HO− ] = Cb d’où pH = pKe + log(Cb ).
Numériquement pH = 13,3.
L’hydroxyde de sodium est un produit corrosif donc blouse, gants et lunettes recommandés.
3
9. À l’équivalence ni (ibu) = n(HO– ) avec n(HO– ) = Cb .VE = 1,96 × 10−3 mol.
10. m(ibu) = n(ibu).M(ibu) soit m(ibu) = 4,04 × 10−1 g soit 404 mg.
Valeur à 1% de la valeur indiquée.
11. Calcul de l’incertitude
U (m)
s
U (m) = 404 ×
0, 162 0, 0102
+
9.82
0, 22
A.N. U (m) = 21 mg d’où m(ibu) = 404 ± 21 mg.
12. L’indicateur le plus adapté est celui qui comporte le pH à l’équivalence dans sa zone de virage. c’est
donc la phénolphtaléine.
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CORRECTION BAC BLANC
ANNEXE 2 À EXERCICE
RENDRE AVEC 3
LA: COPIE
L’arôme
[ document ]
de vanille
1. Schéma de l’ampoule à décanter
rrerie : ……………………………………………………….
phase aqueuse
d(eau) < 1.33
phase organique
Cette phase non miscible à l'eau de densité
plus importante contient la vanilline qui
est peu soluble dans l'eau.
1
2.Document
La vanilline
donne un proton à l’ion hydroxyde. Elle est donc un acide au sens de Brönsted.
3.1. L’absorbance de cet ion se situe dans un domaine de longueurs d’onde inférieur à la limite basse du
spectre visible (de 400 nm à 800 nm) ; cette absorbance se trouve dans le domaine des U.V.
3.2. Il n’y a pas assez de liaisons conjuguées pour obtenir une espèce colorée.
4.1. Courbe d’étalonnage
1,4
1,3
1,2
1,1
1
A = 0,027C
R² = 1
Absorbance
0,9
0,8
0,7
0,6
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
0
0
Document 2
5
10
15
20
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30
35
40
45
50
55
60
concentration en µmol/L
4.2. La loi de Beer-Lambert est vérifiée, la courbe est bien une droite.
Elle indique que l’absorbance est proportionnelle à la concentration. Donc de la forme A = k.c.
5. Calcul de la concentration en vanilline.
Méthode : utiliser l’équation de la droite de régression A = 0, 027c avec c en µmol · L−1 .
Pour A = 0,88, nous obtenons c = 33 µmol · L−1 ou 3,3 × 10−5 mol · L−1 .
ou
Méthode : rechercher graphiquement la valeur de l’abscisse qui correspond à l’ordonnée 0,88.
6. Le millilitre d’échantillon se retrouve dans les 250 mL de la fiole jaugée. La concentration obtenue c est
donc celle de la fiole jaugée. Pour la fiole jaugée, cela représente c/4 = 8,25 × 10−6 mol qui correspondent
au millilitre de l’échantillon d’où une concentration égale à c0 = 8,25 × 10−2 mol · L−1 ; la concentration
massique est donc de t = c0 .M = 1,2 g · L−1 .
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CORRECTION BAC BLANC
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EXERCICE 4 : L’artémia
1. Protocole
Y Dans un tube à essais, verser 2 mL d’une solution de chlorure de sodium (C = 0,010 mol · L−1 ), ajouter
1 mL de solution contenant l’indicateur coloré ; la solution est jaune.
Y Verser la solution de nitrate d’argent goutte à goutte avec une mini-pipette. Un précipité blanc se
forme.
Y Continuer de verser la solution de nitrate d’argent goutte à goutte. Lorsque l’équivalence est atteinte,
les gouttes suivantes de solution de nitrate d’argent ajoutent des ions argent qui provoquent une coloration rouge orangé.
Y C’est le changement de coloration jaune-rouge qui permet de repérer l’équivalence.
2. Schéma du dispositif de titrage
burette
solution de nitrate d'argent
bécher
solution S1 à doser
+ indicateur coloré
turbulent
agitateur magnétique
3. Détermination de la concentration
À l’équivalence, n E (Ag+ ) = ni (Cl– ) soit C2 .VE = [Cl− ]diluée .V1
d’où [Cl− ]diluée =
1,00 × 10−1 × 15,2
= 1,52 × 10−1 mol · L−1 .
10
Soit [Cl– ] = 10 × [Cl− ]diluée , ce qui donne [Cl– ] = 1,52 mol · L−1 .
La concentration massique Cm = [Cl− ].M(Cl) soit 54,0 g · L−1 .
Comme Cm > 30 g · L−1 , le marais salant est adapté à l’élevage des artémias.
4. Méthode conductimétrique
Lors du dosage, l’addition des ions argent consomme les ions chlorure qui sont remplacés par des ions
nitrate. La conductibilité des ions nitrate est légèrement plus faible que celle des ions chlorure, la conductivité de la solution diminue faiblement. Après l’équivalence, l’addition de solution de nitrate d’argent
amène des ions argent (qui ne réagissent plus) et des ions nitrate, la conductivité de la solution augmente.
Par la construction graphique de l’intersection des deux droites, nous obtenons un volume équivalent
de 15 mL. Ce qui donne une concentration massique de Cm = 5,33 g · L−1 .
De ce fait, la conclusions reste la même, l’eau est assez salée pour l’élevage des artémias.
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