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Le 28/02/2014
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Bac Blanc – Correction
Tale S
I. Deux visions du système solaire
1. Questions préliminaires
1.1. Le référentiel adapté pour l’étude du mouvement de ces planètes est le référentiel héliocentrique.
1.2. Première loi de Kepler : dans le référentiel héliocentrique, la trajectoire du centre d’inertie d’une planète est une
ellipse dont le centre S du Soleil occupe l’un des foyers.
Deuxième loi de Kepler : le segment de droite [SP] qui relie le centre du Soleil au centre de la planète balaie
des aires égales pendant des durées égales.
2. La vision de Bode
2.1. La ceinture d’astéroïde se situe à une distance de 2,77 UA. Or l’unité astronomique (UA) correspond à la
distance Soleil-Terre. On a donc : raster = 2,77 150 109 m soit raster = 415 Gm
│x -x │
2.2. Pour comparer deux résultats, on utilise l’écart relatif défini par : e = mes theo .
xtheo
Planète
Vénus
Terre
Mars
Valeur de n
1
2
3
2
Prévision selonTitius-Bode 59,8+22,4x2=104,6 59,8+ 22,4x2 =149,4 59,8+ 22,4x23=239,0
Valeur réelle
108,2
150
227,9
Écart
4%
0,4%
5%
L’écart entre la valeur prévue et la valeur réelle étant inférieur à 5% on peut considérer que la loi de TitiusBode est valable (dans la limite des planètes retenues).
2.3. A l’époque de Titius et de Bode, on ne connaissait que deux planètes gazeuses Jupiter et Saturne. On repère
les différentes valeurs des distances R par rapport au Soleil de ces planètes et on cherche l’abscisse
correspondante.
On remarque que les rangs associés à Jupiter et à Saturne sont respectivement de 5 et de 6.
On remarque que les planètes telluriques possèdent les rangs 1,2 et 3 et que les planètes gazeuses les rangs 5
et 6. Il manque donc un astre correspondant au rang 4.
2.5. L’astre manquant correspond au rang 4. D’après la loi de Titius-Bode, cela correspond à une distance de
r4 = 59,8 +22,4 24 soit r4= 418,2 Gm
La ceinture d’astéroïde se situe à une distance de 2,77 UA soit raster = 415 Gm.
On remarque que les distances correspondent (aux approximations près). On peut donc supposer que l’astre
manquant dans le système solaire est soit présent dans la ceinture d’astéroïdes soit il s’agit de la ceinture
d’astéroïdes elle-même.
 Remarque :
En 1801, la planète naine Cérès a été découverte dans la ceinture d’astéroïdes par Piazzi et on a supposé qu’il
s’agissait de la planète manquante. En 1802, Olbers découvrit également Pallas dans la ceinture d’astéroïdes et il
imagina que cette ceinture résultait de la destruction d’une planète plus grande qu’il appela Phaeton.
2.4.
28/02/2014
Bac_Blanc_2014_02_28_corr.doc
1/6
3. La vision de Kepler
3.1. La force de gravitation universelle FS/T s’exerce sur la Terre, la droite d’application passe par les centres de
gravité des deux corps. Cette force est attractive, elle s’exerce de la planète vers le Soleil. On a donc :
Ms Mp
F S/P = G
u SP où G est la constante de gravitation universelle, MS et MP les masses du Soleil et
R2
de la terre, R est la distance entre le Soleil et la Terre.
5,98.1024 × 2,00 1030
La norme de ce vecteur vaut FS/T = 6,67.10-11 ×
= 3,55.1022 N
(150 109)²
Ce vecteur mesure 3,55 cm avec l’échelle 1 cm ↔ 1 1022 N
t
3.2.
dv
v2
= 0. L’accélération devient aG =
n .
dt
r
3.2.2 Le système n’est soumis qu’à une seule force celle exercée par le soleil. La seconde loi de Newton
d p
Ms Mp
Ms
donne :
= F S/P
MP aG = F S/P
MP aG = G
n => aG = G
n .
dt
R2
R2
Ms
v2
3.2.3 Si compare les deux expressions de l’accélération, on obtient : G
n
2 n = aG =
R
R
3.2.1 Si le mouvement est uniforme alors
MS MS v2
GMS
soit v =
. On retrouve bien la relation proposée.
2 =
R
R
R
3.2.4 La période de révolution correspond à la durée nécessaire pour que la planète effectue un tour complet
autour du Soleil. Comme le mouvement est circulaire uniforme, la distance parcourue par une planète
pendant une révolution est le périmètre d’un cercle de rayon R.
2πR
2πR
On peut donc écrire : v =
Soit T =
T
v
3.2.5 Si on porte la relation précédente au carré et qu’on utilise l’expression de la vitesse de la question 3.2.3,
4π²R2
4 π²R3
T² 4 π²
on a T²=
=> T²=
=> 3=
.
v²
GMS
R GMS
T²
Comme G et MS sont des constantes, on a bien 3 = constante
R
on a donc G
3.2.6 La relation précédente donne T =
T=3,16
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4 π²
R3 = 2π
GMS
R3
=2
GMS
(150 109)3
6,67 10-11 2,0 1030
107 s = 365,8 j. On retrouve bien environ 365 jours.
Bac_Blanc_2014_02_28_corr.doc
2/6
II. La lidocaïne
1. Les étapes de la synthèse
1.1.
1.2.
1.3.
1.4.
1.5.
1.6.
La molécule B est l’éthanol CH3CH2OH. Formule semi-développée ci-contre.
Il s’agit d’une réaction de substitution de l’atome de chlore par le groupe N(C2H5)2.
H
H
H
C
C
H
H
L’atome d’azote porte une charge partielle δ– c’est un site donneur d’électrons. De plus, les deux atomes de
carbone et l’atome d’hydrogène qui lui sont liés étant moins électronégatif, ils
portent une charge partielle positive. L’atome d’azote constitue donc un site
donneur de doublets d’électrons tandis que les trois autres atomes mentionnés sont
des sites accepteurs de doublets d’électrons.
La molécule A présente cinq liaisons polarisées : la liaison C–Cℓ, la double liaison
C=O, la liaison N–H et les deux liaisons C–N. Au vu du produit, la réaction s’est déroulée au niveau du site
accepteur que forme l’atome de carbone de charge partielle + relié à l’atome de chlore de charge partielle -.
1.7.
O
O
Cl
NH
N
+
NH
N
+
+
H
+
Cl
-
H
A
lidocaïne
C
2. Réalisation de la synthèse à partir de l’étape 2
2.1. Le volume V2 = 10,0 mL, donné avec une précision au 1/10ème de mL, est prélevé à l’aide d’une pipette
jaugée de 10 mL. Pour V3 = 50 mL, précision au mL près, on utilise une éprouvette graduée de 50 mL.
2.2. La température est un facteur cinétique. Une diminution de la température ralentie (arrête) la réaction.
t = 60 min, A est totalement
consommé, il n’y a plus que de la
lidocaïne dans le milieu réactionnel
lidocaïne
t = 0 min, seul A est présent
A
t = 20 min, A n’est pas totalement
consommé, il s’est formé de la lidocaïne
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O
Bac_Blanc_2014_02_28_corr.doc
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H
2.3.
La réaction est terminée à la date t = 60 min. Le réactif A est totalement consommé, il n’y a plus que de la
lidocaïne dans le milieu réactionnel.
2.4. Le suivi par chromatographie est un suivi non quantitatif et approximatif.
2.5. Rendement
m
4,0
2.5.1 Quantité initiale de A : n(A) = 1 soit n(A) =
= 2,0 10–2 mol = 20 mmol
MA
197,7
m ρV
0,707 10,0
Quantité initiale de C : n(C) = 2 = 2 2 soit n(C) =
= 9,68 10–2 mol = 96,8 mmol
M2
M2
73,0
2.5.2 Les coefficients stœchiométrique valent 1. Le réactif limitant est A. xmax = 20 mmol.
2.5.3 Si la transformation est totale, d’après le tableau nlidocaïne = xmax. On peut obtenir au maximum 20 mmol de
lidocaïne. On obtient m = 3,8 g de lidocaïne.
m
nlidocaïne =
soit mlidocaïnetheo = 2,0 10–2 234,3 = 4,686 g 4,7 g
Mlidocaïne
m
exp
3,8
Rendement = lidocaïne
100 =
100 = 81%
mlidocaïnethéo
4,7
III.
Non – Spécialistes uniquement : La mesure de la longueur d’onde d’un LASER
1. Etude du document 1
1.1. Le phénomène de diffraction est observé si la longueur d’onde
largeur de la fente a.
1.2.
1.3.
est du même ordre de grandeur que la
ℓ
ℓ
1
= . L’angle vérifie = d’où
= soit ℓ = (2 D
)
D 2D
a
2D a
a
La courbe ℓ = f(1/a) est une fonction linéaire. La droite doit passer par l’origine.
Le coefficient directeur de la droite est k = 2 D
.
11,5 mm
Graphiquement, k =
= 1,9 mm² = 1,9 10-6 m²
6,0 mm-1
tan( ) =
ℓ/2
1,9 10-6
= 6,3 10-7 m = 6,3 10-6 109 nm = 630 nm.
2D (2 1,50)
Remarque : on calcule la valeur de θ pour la valeur de a la plus petite (soit 1/a la plus grande) :
λ
θ = = 640.10-9 × (10 103) = 6,4 10-3 rad soit 0,37° qui est bien un angle faible.
a
2. Etude des documents 2, 3 et 4
Document 2
Le phénomène mis en jeu est le phénomène d’interférence.
λ×D
La valeur de l’interfrange i est donnée par la relation i =
a
On mesure l’interfrange i pour 19 interfranges : 19 i = 18,0 cm sur le document soit 18,0 × 4 = 72,0 cm en
réalité en tenant compte de l’échelle, ce qui donne i = 72,0/19 = 3,79 cm.
i×a
3,79 10-2 × 50,0 10-6
Puis, λ =
A.N. : λ =
= 6,32 10-7 m = 632 nm. (3 chiffres significatifs)
D
3,00
Document 3
La mesure de 5T donne 14,5 cm. D’après l’échelle du document 12,5 fs soit 10 carreaux mesurent 17,3 cm.
14,5 × 12,5
D’où, la période vaut T =
= 2,10 fs = 2,10 10-15 s.
(17,3 × 5)
Puis λ = c × T ; A.N. : λ = 2,998 108 × 2,10 10-15 = 6,30 10-7 m = 630 nm. (3 chiffres significatifs)
Document 4
Lors de la désexcitation de l’atome, il y a émission d’une radiation lumineuse.
La radiation émise a pour énergie : ΔE = E2 – E1 ; A.N. : ΔE = 20,66 - 18,70 = 1,96 eV = 3,14 10-19 J
h×c
6,626 10-34 × 2,998 108
Puis la longueur d’onde λ =
; A.N. : λ =
= 6,33 10-7 = 633 nm (rouge).
ΔE
3,14 10-19
Conclusion : Les valeurs obtenues de la longueur d’onde sont cohérentes. En moyenne, nous obtenons = 632 nm
avec une erreur relative de 2/632 = 3,2 10-3 = 0,32 %.
=
28/02/2014
k
=
Bac_Blanc_2014_02_28_corr.doc
4/6
IV.
Spécialistes uniquement : La Bretagne submergée
1. Questions préliminaires
1.1. L’excès d’ions nitrate apportés par les engrais ou le lisier entraîne un déséquilibre de l’écosystème avec
notamment une prolifération des algues vertes sur le littoral.
1.2. Stratégie du protocole : A partir de l’ion nitrate NO3-(aq), espèce incolore, on forme des ions cuivre II puis le
complexe tétra aminé cuivre II Cu(NH3)42+ qui elle, est une espèce colorée ; la spectrophotométrie peut alors
être utilisée et on réalise un dosage par étalonnage. On en déduit la concentration en ions Cu(NH 3)42+ dans la
solution réalisée, puis, en écrivant la relation entre la quantité de matière d’ions Cu(NH3)42+ et la quantité de
matière d’ions nitrate de départ, on peut déduire la concentration en ions nitrate dans l’eau polluée.
On choisit la longueur d’onde de 620 nm car c’est la longueur d’onde associée au maximum d’absorption
du complexe coloré ; en choisissant cette longueur d’onde on obtiendra la plus grande précision sur la
valeur de la concentration déduite de l’absorbance.
2. Problème
Equation de la droite : A = 55,6 10-3 C avec C en mmol.L-1
Pour la solution d’eau Seau, Aeau = 0,196 soit C = [Cu(NH3)42+] = 3,5 mmol.L-1 par le graphique
0,196
ou C = [Cu(NH3)42+] =
= 3,53 mmol.L-1 par le calcul.
55,6 10-3
La quantité de matière d’ion complexe tétra aminé cuivre II dans le volume V = 100,0 mL de solution est :
n(Cu(NH3)42+) = [Cu(NH3)42+] = 3,5 10-3 100,0 10-3 = 3,5 10-4 mol
On en déduit n(Cu2+(aq)) = n(Cu(NH3)42+) = 3,5 10-4 mol ; en effet l’ammoniac étant en excès, d’après la
stœchiométrie de la réaction (2), il s’est formé autant d’ions complexe tétra aminé cuivre II qu’il y avait
initialement d’ions cuivre II Cu2+(aq).
n(Cu2+(aq))formé n(NO3-(aq))consommé
D’après la stœchiométrie de la réaction (1),
=
, on obtient :
3
2
2
2
n(NO3-(aq))eau polluée =
n(Cu2+(aq))formé =
3,5 10-4 = 2,3 10-4 mol
3
3
2,3 10-4
Dans les 50,0 mL d’eau polluée, [NO3-(aq)] =
= 4,6 10-3 mol.L-1
50,0 10-3
Soit t le titre massique en ions nitrate : t = [NO3-(aq)] M(NO3-(aq)) = 4,6 10-3 (14,0 + 3 16,0)
t = 0,29 g.L-1 = 290 mg.L-1 ce qui est largement supérieure à la limite autorisée de 50 mg/L.
L’eau est donc non potable.
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Bac_Blanc_2014_02_28_corr.doc
5/6
I
II
III
IV
1.1
1.2
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
3.1
3.2.1
3.2.2
3.2.3
3.2.4
3.2.5
3.2.6
1.1
1
2
1
1
2
1
2
1
2
1
2
4
3
4
5
CS-U
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1.2
1
2
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5.1
2.5.2
1
2
1
2
CS-U
3
/28
4
3
1
1
2
1
2
3
1
2
3
1
1
2
1
1
2
1
2
2.5.3
1
2
1.1
1.2
1.3
doc2
doc3
doc4
conclusion
1.1
1.2
courbe
Ceau
n(tétra)
n(Cu2+)
n(NO3-)
[NO3-]
1
t(NO3 )
3
1
1
-
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1
3
4
CS-U
CS-U
1
2
1
2
3
1
2
3
4
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1
2
3
4
CS-U
1
2
3
4
CS-U
1
2
1
2
1
2
3
1
2
3
1
2
1
2
/32
CS-U
TOTAL : ............ /80
/20
NOTE : ............ /20
4
CS-U
1
1
2
1
2
1
2
CS-U
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