BAC 2004 Polynésie Calculatrice autorisée

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BAC 2004 Polynésie
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Calculatrice autorisée
Exercice 1 Chimie "Aïe j'ai une crampe"
1. pH du sang et maintien de sa valeur
+
[ HCO -3 aq ] f ×[ H 3 O aq
]f
[CO 2 , H 2 Oaq ] f
+
[ HCO 3 aq ] f ×[ H 3 Oaq ] f
[ HCO -3 aq ] f
pKa1 = – log Ka1 = – log
soit
pKa1 = – log
– log [H3O+(aq)]éq
[CO 2 , H 2 Oaq ] f
[CO 2 , H 2 Oaq ] f
[ HCO -3 aq ] f
[ HCO -3 aq ] f
pKa1 = – log
+ pH
soit
pH = pKa1 + log
[CO 2 , H 2 Oaq ] f
[CO 2 , H 2 Oaq ] f
[ HCO 3 aq ] f
[ HCO 3 aq ] f
[ HCO -3 aq ] f
1.1.b) log
= pH – pKa1
= 10pH–pKa1 = 107,4 – 6,1 = 101,3
= 20
[CO 2 , H 2 Oaq ] f
[CO 2 , H 2 Oaq ] f
[CO 2 , H 2 Oaq ] f
[ HCO -3 aq ] f
[ HCO -3 aq ] f
1.1.c) Si [CO2 , H2O (aq) ] augmente alors le rapport
diminue. On a établi que pH = pKa1 + log
[CO 2 , H 2 Oaq ] f
[CO 2 , H 2 Oaq ] f
K a1=
1.1.a) CO2 , H2O (aq) + H2O (l) = HCO3–(aq) + H3O+(aq)
Donc le pH doit diminuer, c'est d'ailleurs ce qu'indique le texte: "diminution locale du pH sanguin du fait de la création en abondance de
dioxyde de carbone dissous dans le sang".
1.2.a) Au voisinage du poumon, l'équilibre 2 est déplacé dans le sens de la consommation de O2. La réaction 2 a lieu majoritairement en sens
inverse. L'hémoglobine se charge de dioxygène.
1.2.b) Au voisinage du muscle, l'équilibre 2 est déplacé dans le sens de la consommation de CO2. La réaction 2 a lieu majoritairement en
sens direct.
1.2.c) Lors d'un effort l'hémoglobine réagit avec le dioxyde de carbone, il y a formation de HbCO2, ainsi elle empêche une augmentation de
[CO2 , H2O(aq) ] et empêche une baisse du pH.
La respiration, donc l'apport de O2, permet à l'hémoglobine de se "régénérer": elle libère du CO2 au niveau des poumons et se recharge en O2.
Ensuite HbO2 est acheminée par le flux de sang vers les muscles, où il y a libération de O2 et capture de CO2.
2. L'acide lactique
Groupe hydroxyle
2.1.
OH
O
CH3–CH-C
Groupe carboxyle
OH
2.2. Un acide est une espèce chimique capable de céder un ou plusieurs protons H+.
2.3. CH3–CHOH–COOH (aq) + H2O (l) = CH3–CHOH–COO– (aq) + H3O+(aq).
L'acide lactique cède un proton à la molécule d'eau.
2.4. Couple Ox / Réd:
acide pyruvique / acide lactique
CH3–CO–COOH / CH3–CHOH–COOH
soit en formules brutes: C3H4O3 / C3H6O3
demi-équation électronique: : C3H4O3 + 2 e– + 2H+ = C3H6O3
L'acide pyruvique est le réactif et c'est l'oxydant; l'acide lactique est le produit et c'est le réducteur.
Il y a donc passage de l'oxydant au réducteur : c'est une réduction qui a lieu dans la cellule musculaire.
3. Variation locale du pH sanguin en l'absence des processus de maintien
3.1. Réaction 3 : CH3–CHOH–COOH(aq) + HCO3–(aq) = CH3–CHOH–COO–(aq) + CO2,H2O(aq)
-
La constante d'équilibre de cette réaction a pour expression K =
[C 3 H 5 O 3 ] f ×[CO 2, H 2 O aq ] f
-
[C 3 H 6 O 3 ] f ×[ HCO 3 aq ] f
On a la réaction de l'acide lactique avec l'eau : CH3–CHOH–COOH(aq) + H2O(l) = CH3–CHOH–COO–(aq) + H3O+(aq).
-
+
[C 3 H 5 O 3 ] f ×[ H 3 Oaq ] f
[C 3 H 6 O 3 ] f
+
[ HCO -3 aq ] f ×[ H 3 Oaq
]f
avec K a1=
[CO 2 , H 2 Oaq ] f
avec K a2=
On a la réaction de l'acide carbonique avec l'eau : CO2 , H2O(aq) + H2O(l) = HCO3–(aq) + H3O+(aq)
On remarque que K =
3.2.
Avancement
État initial x= 0
n (mol)
K a1 10-pK_a1
=
= 10(pKa1–pKa2) = 10(6,1–3,6) = 102,5
K a2 10-pK_a2
acide lactique
AH (aq)
n00 = 3.10–4
+
HCO3– (aq)
n10= [HCO3–]i × V
= 2,7.10–2 × 0,100
n10 = 2,7.10–3
Soit K = 3,2.102
=
ion lactate
A– (aq)
+
n20 = 0
État intermédiaire
n00 – x
n10 – x
n20 + x
x
État si l'avancement est
0
24.10– 4
xmax = 3.10– 4
maximal x = xmax = 3.10– 4
Si AH est réactif limitant alors n00 – xmax = 0
alors xmax = 3.10–4 mol
–
Si HCO3 est réactif limitant alors n10 – xmax = 0 alors xmax = 24.10–4 mol.
AH est donc réactif limitant car il conduit à l'avancement maximal le plus faible, xmax = 3.10–4 mol.
CO2,H2O (aq)
n30 =[CO2,H2O]i × V
n30 = 1,4.10–3 × 0,100
n30 = 1,4.10– 4
n30 + x
1,4.10– 4 + xmax = 4,4.10– 4
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n10 − x max
-2
-1
=2,4 .10 mol.L
V
n  x max
[ H 2 O ,CO 2 ] f = 30
=4,4 .10-3 mol.L-1 à cause de la réaction, il y a davantage de CO2 dissous.
V
[ HCO -3 aq ] f
2,4 .10 -2
3.4. D'après le 1.1.a) pH = pKa1 + log
soit
pH = 6,1 + log
-3 = 6,8 après effort
[CO 2 , H 2 Oaq ] f
4,4 .10
-2
2,7 .10
avant effort pH = 6,1 + log
= 7,4 on vérifie bien que le pH a diminué.
-3
1,4 .10
-
3.3. [ HCO 3 ] f =
EXERCICE 2 : PRINCIPE DE FONCTIONNEMENT D’UN BAC A DÉCANTATION A FLUX
HORIZONTAL (5,5 points)
1. Étude de la chute d’une particule dans un liquide visqueux :
 =− f. v soit F = f×v ou encore
1.1. F
f=
F
v
[ f ]=
[ F ] [m×a] [ M ]×[ L]×[T -2 ]
=
=
=[ M ]×[T -1 ]
-1
[v ]
[v ]
[ L]×[T ]
([F]=[m×a] d’après la deuxième loi de Newton)
f s’exprime bien en kg .s–1


 : poussée d'Archimède
1.2. F : force de frottement
P : poids d’une particule Π
1.3. Considérons comme système une particule de masse m, soumise aux trois forces précédentes, dans un référentiel
terrestre supposé galiléen. En appliquant la deuxième loi de Newton, il vient :

 F
  =m
P
a
dv
dt
3
3
4
dv
4  R l g
4  R l
3
dv
fv
dv − f
Soit mg − fv−  R l g=m
ou encore :
soit
=g− −
=
v g 1 −
3
dt
dt
m
3m
dt
m
3m
m
4
3
La masse volumique d'une particule est S =
avec V S =  R
VS
3
V 
4
3
dv − f
 R par VS, on obtient :
On remplace
=
vg 1 − S l
3
dt
m
m
V 
dv − f
=
vg 1 − S l
Puis, en remplaçant m par ρS.VS dans l'expression entre crochets
dt
m
V S S
En projetant sur l’axe Oz vertical, on obtient :
[
On obtient :
[

dv − f
=
vg 1 − l
dt
m
S
]
1.4. Quand la vitesse limite est atteinte, on a
]
[
 ]
 
−f
t
m
−f
t
d’où 0,99 =1−exp
m 1
[ ]
[ ]
[ ]
 −
dv l
f
v =g S l
=0 . On obtient :
m l
S
dt
-14
1.5. v t =v l . 1−exp
[ ]
S −l m
.
f
S
1500 −1000
5.10
-2
-1
×
=5,3 .10 m.s
-12
1500
3,1 .10
soit encore
On applique la fonction Ln des deux côtés de l'égalité :
-2
exp
[
alors 0,99 v l =v l . 1−exp
, si on a : v(t1) = 0,99×vl
Application numérique : t 1 =ln 10 ×
]
 −
dv − f
=
vg S l
dt
m
S
soit finalement
On retrouve l'expression proposée pour la vitesse limite: v l =g
Application numérique : v l =9,8 ×
Π
P
P – F –Π = m.a = m.
[
F


−f
t =1−0,99 =0,01
m 1

−f
t
m 1
]
−f
m
-2
t =ln 0,01 , on exprime alors t1 : t 1 =ln 10 ×
m 1
−f
5.10-14
=74.10-3 s
−3,1 .10-12
1.6.a. Le temps caractéristique est égal à l'abscisse du point d’intersection de la tangente à la courbe à la date t = 0 s avec l’asymptote
horizontale, on obtient (compte tenu de la qualité du document) un temps caractéristique : τ1 = 15 ms (voir graphe ci-après) :
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   












  
1.6.b. Sur le graphique on observe une première phase (t < τ1) où la vitesse de la particule augmente rapidement au début, puis de plus en
plus lentement. C’est le régime initial (ou transitoire). Sur la seconde partie(t > 5 τ1) de la courbe, la vitesse reste constante et égale à la
vitesse limite (vl). C’est le régime asymptotique (ou permanent). La particule est animée d’un mouvement rectiligne uniforme.
2. Application : modélisation simple d’un bac à décantation à flux horizontal :
2.1. Si la particule reste à la surface de l’eau, elle va se déplacer à la vitesse vh sur une distance L v h =
L
L
soit 2 = =10 s
vh
2
2.2. Pour la chute parfaitement verticale, la vitesse limite est atteinte au bout de 5τ1, soit environ 0,075 s.
Ce qui représente 0,75 % de la durée nécessaire (τ2) pour parcourir la distance L.
A peine dans l'eau la bille possède une vitesse verticale vZ = vl.
De plus avec le courant d'eau, elle possède une vitesse horizontale vh.
Le vecteur vitesse de la bille est donc 
v = vh vl
Projection selon Ox
Projection selon Oz
Accélération
ax(t) = 0
az (t) = 0
vitesse
vx(t) = vh
vz(t) = vl
Position
x(t) = vh×t
z(t) = vl×t
2.3.
dx
=v x t 
dt
dz
=v z t 
dt
Soit en intégrant : x(t) = vh.t + Cste = vh.t
(car à t = 0 s, x0 = 0)
Soit en intégrant : z(t) = vl.t + Cste = vl.t
(car à t = 0 s, z0 = 0)
et t=
2.4. z(t) = vl×t
x t 
vh
z t = x t .
d’où
vl
vh
La trajectoire de la particule est bien une droite (z(t) est une fonction linéaire) de coefficient directeur : α avec =
Or d’après la question 1.4 : v l =g
2.5. Pour x = L et z = H0
Soit
mC =
[
[ ]
S −l m
.
f
S
On applique z t = x t .
H 0 S . f.v h
L . g S −l
]
soit
vl
vh
Application numérique :
2.6. On souhaite connaître z(t) pour x = L (longueur du bac).
Analysons la situation :
Si z(t) < H0 la bille passera au dessus du bac de récupération.
Si z(t) = H0 la bille atterrit dans le bac au dernier moment.
Si z(t) > H0 la bille tombe bien dans le bac.
=g
[ ]
[ ]
S −l
m
.
f.v h
S
on a H 0 =L . g
mC =
vl
vh
[
S −l mC
.
f.v h
S
-12
]
0,54 1500 ×3,1 .10 ×0,1
-14
=5,1 .10 kg
1 ×9,8
1500 −1000
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On a vu que z=x . g
[ ]
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[ ]
S −l mC
S −l mC
.
.
soit ici z=L . g
ou encore z = k.L.m puisqu'on étudie les particules de même
f.v h
f.v h
S
S
masse volumique.
Si m < mC
alors kLm < kLmC donc
Si m > mC
alors kLm > kLmC donc
z(t) < H0
z(t) > H0
La particule va tomber après le bac de récupération.
La particule va tomber dans le bac de récupération.
EXERCICE 3 – ONDES EN QUESTION (4 points)
Question 1
V 10
= =
=0,20 m
f 50
Question 2
La fente est horizontale, les taches de diffraction seront donc disposées verticalement, la figure observée correspond au schéma C.
Question 3
a) VRAIE : La fréquence de l'onde est constante et indépendante de l'indice du milieu.
b) FAUSSE : =
v
c
c
, or la célérité v de l'onde dépend de l'indice du milieu n= , soit v= où c est la célérité de la lumière dans le
f
v
n
vide. Si n augmente, alors v diminue et donc λ diminue.
Question 4
4.1. v=

kT
M
Non, quand la température T augmente alors la célérité augmente.
4.2. Non, la célérité du son reste constante quelque soit la fréquence du son émis. L'air n'est pas un milieu dispersif pour le son.
4.3. Non, la célérité du son dans l’air est de 340 m.s-1 à 25 °C, elle n’est pas de l’ordre de 1000 km.s-1
Question 5
Non, une perturbation à la surface de l’eau correspond à une onde transversale, la perturbation va donc affecter le flotteur verticalement, il ne
va donc pas se déplacer à la célérité v de l’onde, qui elle se propage dans une direction horizontale. Le flotteur oscille verticalement, puis
après passage de l'onde il retrouve sa position initiale. La propagation d'une onde s'effectue sans transport de matière.
Question 6
Quand deux ondes se croisent en un point, la perturbation qui en résulte est la somme géométrique des deux perturbations. Ensuite les ondes
continuent à se propager sans avoir été affectées par leur rencontre.
Le cas C est la somme géométrique des deux perturbations, mais pas au point de rencontre.
Le cas A est incohérent par rapport au sens de propagation initial.
C’est donc le cas B qui convient.