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BAC BLANC 2014 / CORRECTİON
EXERCİCE
saut de F. IODE
Baumgartner
(9 pts)
EXERCICE 1I :: Le
L’ÉLÉMENT
D’HIER À AUJOURD’HUI (6pts)
1.
Première partie du saut :
1.1. La force d'attraction gravitationnelle qui s'exerce sur Félix Baumgartner : F =
1.2. F = P = m × g => g =
G.M T .m
( RT  z ) 2
G.M T .
6,67.10 11 × 5,97.10 24.
F
-2
=
=
= 9,69 m.s .
2
6
2
m ( RT  z )
(6,371.10  39000)
0,25pt
0,5pt
1.3.
1.3.1 On étudie le système { Baumgartner+sa combinaison}, de masse m constante, dans le référentiel
terrestre supposé galiléen. Les actions dues à l’air étant négligées, le système n’est soumis qu’à son poids,
P  m.g .
La deuxième loi de Newton appliquée au mobile donne :
dp d(m.v) dm
dv


.v  m.
dt
dt
dt
dt
dp
 m.a ; Soit P  m.a , mg  ma ; d’où : a  g .
Or m = cte donc
dt
Projetons sur l’axe oy, il vient a = g
0,25pt
F
On a :
ext
a

0,25pt
dv
et a = g donc v = g.t + C1
dt
où C1 est la constante d’intégration qui dépend des conditions initiales.
Or v (t=0) = 0
dy
Et : v =
dt
donc C1 = 0 et alors
v = g.t
0,25pt
dy
1
2
et
= g.t ; donc y(t) =
g. t + C2
2
dt
Or y (t=0) =0
donc
C2 = 0
Finalement :
y(t) =
1.3.2 - La vitesse maximale vmax = 1341,9 km/h = 372,5 m.s
A l’instant t =
1
2
g. t
2
0,5pt
-1
v max
372,5
=
= 38,2 s.
g
9,75
0,5pt
1
1
2
2
3
g. t = × 9,75 × 38,2 = 7,12.10 m.
2
2
Son altitude z = 39000 – 7116 = 31884 m.
0,25pt
La distance parcourue y(t) =
0,5pt
2.
Chute réelle et record de vitesse :
-1
2.1. vmax = 1341,9 km/h = 372,5 m.s atteinte à t = 46s atteinte à l’altitude 30000m.
2.2. La vitesse du son au moment ou Baumgartner atteint sa vitesse maximale :
-1
Vson = vmax / 1,24 = 372,5 / 1,24 = 300 m.s .
0,25pt
0,75pt
V 2 son
o
= 224 K = 224-273 = - 49 C.
402
o
A l’altitude 30000 m, le graphe 3 indique - 49 C (valeur très proche).
0,25pt
Vson =
3.
402T
0, 5pt
=> La température de l'air à cette altitude T =
Chute réelle et forces
3.1. D’après la deuxième loi de Newton :


f

 

m.g + f = m a => a = g +
m
f
Projection sur l’axe Oy
a=g0, 25pt
m



P + f = m a =>
0,25pt
3.2. La vitesse vmax = constante
L'accélération est la dérivée de la vitesse par rapport au temps a =
dv
=0
dt
0,25pt
f
3
= 0 => La force de frottement f = m.g = P = 9,75 ×110 = 1,07.10 N. 0,5pt
m
v 2  v1 180  310
-2
0,5pt
3.3. Entre les instants t1 et t2 , a =
=
= - 6,5 m.s .
t 2  t1
80  60
f
3
0,5pt
a=g=> f = m × ( g-a ) = 110 × (9,75 + 6,5) = 1,79.10 N.
m
1
2
0,25pt
3.4. L'énergie mécanique du parachutiste EM = EC + Epp =
m v + m.g.z
2
a=g-
EC : énergie cinétique du mobile et Epp énergie potentielle de pesanteur du mobile.
La variation d’énergie mécanique ΔEM = EM (t2 ) - EM (t1 ) =
1
2
2
m (v 2 - v 1 ) + m.g. (z2 – z1)
2
0,25pt
1
2
2
6
× 110 × (180 - 310 ) + 110 × 9,75 × (20000 – 25000) = - 8,87.10 J.
0,25pt
2
3.5. ΔEM ≠ 0 , il n’y a pas eu conservation de l'énergie mécanique entre ces deux dates



6
f
f
3.6. ΔEM = W ( f ) = - 8,87.10 J.
a
W
(
)
travail
de
la
force
entre ces deux dates.
0,25pt

W ( f ) = - (z1 – z2) × f =>

6
3
La force de frottement f = W ( f ) / - (z1 – z2) = - 8,87.10 / - (25000-20000) = 1,77.10 N
AN.
ΔEM =
Valeur proche de celle obtenue en 3.4
0,25pt
0,5pt
EXEXERCİCE 2 : LA COMMUNICATION ENTRE LES INSECTES :
LES PHEROMONES
(15 pts)
Partie A : La phéromone d’alarme de l’abeille ; la molécule A
1- Etude de la molécule /1,25
O
1.1.
O
Molécule A :
Il s’agit du groupe caractéristique ester (0.25 topo ; 0.25pt (zéro si
le carbone n’est pas inclus) + 0.25 nom)
1.2.
En nomenclature systématique : A : éthanoate de 3-méthylbutyle (0,5pt)
2- Mécanisme /3,75
Aspect macroscopique
O
O
2.1.
OH + HO
compté faux s’ils avaient fait H2O en développé)
2.2.
La réaction d’estérification est une réaction de substitution car le OH du groupe carboxyle de l’acide
carboxylique a été substitué par le groupe CH3 – CH2 – CH2 – CH2 –O de l’alcool. (0,25pt+ 0,25J)
O
+ H2O
(0,5pt ; je n’ai pas
Aspect microscopique
2.3.
Etape 2 : réaction d’addition (0,25pt)
Etape 4 : réaction d’élimination (0,25pt)
2.4.
Pour l’acide éthanoïque : l’atome de carbone lié aux atomes d’oxygène est partiellement chargé
positivement car l’électronégativité de l’élément C est inférieure à celle de l’élément O.Cet atome C est un
site accepteur de doublet d’électrons. (J : 0,25pt ; représentation de δ : 0.25)
Pour l’alcool : L’atome d’oxygène avec ses deux doublets non liants est un site donneur de doublets
d’électrons. (J : 0,25pt ; représentation de δ : 0.25)
2.5.
2.6.
(0,5pt)
+
+
Le cation H est attaqué par un doublet d’un atome d’oxygène lors de l’étape 1 du mécanisme. Puis ce cation H
est libéré en fin de réaction lors de l’étape 5. (0.25pt) Le mécanisme réactionnel montre qu’il n’intervient pas
dans le bilan réactionnel. Il permet de réduire la durée de réaction (0,25pt), c’est un catalyseur. (0,25pt)
3- Synthèse /4,75
Analyse du protocole
3.1.
Les espèces sont corrosives, inflammables et dangereuses en cas de contact. Il faut donc porter gants,
lunettes, blouse et manipuler loin de toute source de chaleur. (0.5pt)
3.2.
L’estérification est réalisée avec un montage de chauffage à reflux. Le chauffe-ballon permet d’agir sur le
facteur cinétique qu’est la température et ainsi de modifier la durée de la réaction(0.25pt). Le réfrigérant à
boules condense d’éventuelles vapeurs nocives, maintenant constant le volume du milieu réactionnel.
(0.25pt)
3.3.
Le protocole proposé a pour objectif d’étudier la cinétique de la réaction d’estérification. La diminution de la
température augmente fortement la durée de réaction ; ceci s’appelle une trempe et joue sur le facteur
cinétique température. (0.5pt) Ainsi lors de l’étape 1, les réactifs en contact ne réagissent quasiment pas.
On choisit l’instant de début de réaction. Lors de l’étape 2, la réaction d’estérification au sein du
prélèvement qui pourrait se poursuivre est bloquée par le refroidissement. Le titrage reflètera bien la
composition du système chimique à la date du prélèvement. (0.25pt)
3.4.
nae =
=
-1
= 4,9.10 mol (0.5pt)
nal =
=
-1
= 4,1.10 mol (0.5pt)
Les nombres stoechiométriques de l’équation valant tous un, l’acide éthanoïque est bien introduit en
excès. (0.25pt)
3.5.
-1
nmax ester = nal = 4,1.10 mol (0.25pt)
Exploitation des résultats
3.6.
La température influence l’évolution temporelle d’une réaction chimique : la comparaison des courbes
relatives aux variantes 1 et 3, montre qu’en augmentant la température on obtient, en une même durée,
une plus grande quantité d’ester. (0.25pt)
Un catalyseur influence l’évolution temporelle d’une réaction chimique : la comparaison des courbes
relatives aux variantes 1 et 2, montre que le catalyseur permet d’obtenir, en une même durée, une plus
grande quantité d’ester. (0.25pt)
Excès d’un réactif : la comparaison des courbes relatives aux variantes 4 et 5, montre que l’excès de
butan-1-ol permet d’obtenir davantage d’ester. (0.25pt)
3.7.
Le temps de demi-réaction est la durée au bout de laquelle l’avancement atteint la moitié de sa valeur
finale. (0.25pt)
3.8.
t1/2 = 7,7min (0.25pt+0.25J sur tableau)
4- Identification /1
4.1.
Au cours de cette transformation chimique, la bande de vibration correspondant à la liaison O-H d’un alcool
-1
doit disparaitre. La bande fine de forte intensité à  = 3600/3700cm va donc disparaitre. Demeurera une
-1
bande large vers 2500/3200cm correspondant au OH de l’acide carboxylique.
La bande correspondant à la liaison C=O d’un ester doit apparaitre mais ne va-t-elle pas être confondu
avec celle de l’acide éthanoïque toujours présent dans le mélange car introduit en excès. En effet, ces
deux bandes fines et d’intensité forte sont comprises dans une plage de nombre d’onde su juxtaposant. Il
risque d’être difficile de les distinguer.
A priori, l’utilisation de la spectroscopie infrarouge en phase gazeuse pour s’assurer de l’obtention d’ester
semble judicieuse. (1pt, j’ai mis 0.5pt quand il y avait un argument scientifique correct mais
incomplet)
Partie B : La phéromone sexuelle d’un insecte nuisible pour les conifères ; la molécule C
1- Identification par RMN /2
1.1.
Il devrait y avoir 7 groupes de protons équivalents puisqu’on observe 7 groupes de protons ayant même
environnement chimique (0.5pt)
H3C
HO
C
H3C
1.2.
CH
CH2
CH
CH2
CH3
Signal a : la hauteur de la courbe d’intégration nous permet de dire qu’un seul proton est concerné
(0.25pt). Son déplacement chimique est important. D’après la table donnée en annexe, il s’agit du proton
lié à un des carbones de la double liaison (0.25pt). Ceci est confirmé par sa multiplicité. En effet, il a deux
protons voisins et d’après la règle du (n+1) uplet, il apparait bien sous la forme d’un triplet. (0.25pt)
Signal e : la hauteur de la courbe d’intégration nous permet de dire que 6 protons sont concernés (0.25pt).
Il ne peut donc s’agir que des 6 protons rouges. Ceci est confirmé par les valeurs de déplacements
chimiques donnés en annexe (0.25pt)ainsi que la multiplicité du signal qui est un singulet puisque ne
possède pas de protons voisins. (0.25pt)
2- Analyse de la molécule /2,25
2.1.
L’atome de carbone noté 2 est un carbone asymétrique car il est relié à 4 groupements différents. (0.5pt)
2.2.
La molécule C est chirale car elle n’est pas superposable à son image dans un miroir. (0.5pt)
H
*
C
CH3
R
OH
H
*
C
R
OH
CH3
(0.5pt)
2.3.
Le type de stéréoisomérie liant ces deux stéréoisomères est l’énantiomérie. . (0.25pt)
2.4.
Ces deux énantiomères ne peuvent être utilisés pour attirer les insectes vers les forêts non exploitées car
ils ont tous deux des propriétés biologiques différentes. Les mécanismes de perception du gout et de
l’odeur consistent en une fixation d’une molécule sur une cellule réceptrice. Or, cette fixation ne s’opère
que si molécule odorante et récepteur présentent des géométries complémentaires, ce qui peut se
produire avec une molécule donnée et non son énantiomère. Ainsi, deux énantiomères peuvent donner
des goûts ou des odeurs, voire des pouvoirs gustatifs ou odorants différents. (0.5pt)
EXERCİCE
pts)
EXERCICE 3I :: EXOPLANETES
L’ÉLÉMENT IODE D’HIER À AUJOURD’HUI (6
(6pts)
La recherche d’une vie extraterrestre commence par la détection d’exoplanètes sur lesquelles le développement
de la vie serait possible. Cependant, il est difficile de détecter une telle planète mais l’effet Doppler permet d’y
parvenir : nous allons comprendre comment.
Depuis la Terre, il est impossible d’observer directement une exoplanète, qui gravite autour de son étoile, du fait
de sa petite taille mais aussi de la faible luminosité qu’elle émet par rapport à l’étoile du système extrasolaire à
laquelle elle appartient (document 1).
Toutefois, en analysant le spectre d’absorption de la lumière de l’étoile autour de laquelle gravite l’exoplanète
et grâce à l’effet Doppler, on peut parvenir à détecter une exoplanète à condition qu’elle soit suffisamment
massive et proche de son étoile (document 1).
Lorsqu’une exoplanète tourne autour de son étoile, le mouvement de cette dernière est perturbée et le système
constitué de l’étoile et de son exoplanète se met à tourner autour du centre de masse du système (documents 2
et 3). Par conséquent, l’étoile se rapproche puis s’éloigne de l’observateur de façon périodique (document 2).
Ce mouvement relatif de l’étoile par rapport à l’observateur se traduit par des décalages en longueur d’onde des
raies d’absorption sur le spectre de l’étoile (document 4). Ce décalage s’explique par un effet Doppler qui se
manifeste par la différence entre la fréquence d’une onde émise par une source (ici l’étoile) et la fréquence de
l’onde reçue par un récepteur (ici l’observateur) lorsque l’émetteur et le récepteur sont en mouvement relatif l’un
par rapport à l’autre.
La mesure du décalage des raies d’absorption sur le spectre de l’étoile permet de calculer la vitesse radiale de
cette étoile, vitesse qui est mesurée dans la direction de la ligne de visée de l’observateur (document 3). La
périodicité de cette vitesse radiale en fonction du temps (document 5) prouve l’existence d’un astre gravitant
autour de l’étoile donc la présence d’une exoplanète autour de l’étoile.
L’ÉVALUATION PAR COMPETENCES
COMPETENCES
S’approprier
Analyser
Valider
Communiquer
Critères de réussite correspondant au niveau A
A
B
C
Rechercher, extraire et organiser l’information en lien avec une situation :
petite taille et faible luminosité (doc 1)
Exploiter et organiser des informations et des connaissances :
- Effet Doppler
- Exoplanète suffisamment massive
- Mouvement de l’étoile perturbé par l’exoplanète
- Etoile en mouvement d’où décalage en longueur d’onde
- Mesure du décalage en longueur d’onde permet le calcul de la vitesse
radiale de l’étoile
Valider l’hypothèse en cohérence avec l’analyse précédente :
« la périodicité de la vitesse radiale permet de conclure quant à la présence
d’une exoplanète autour de l’étoile. »
Rédiger une synthèse qui répond à la problématique. Utiliser un
vocabulaire scientifique adapté et rigoureux
Note (en point entier)
Niveau A : les indicateurs choisis apparaissent dans leur (quasi) totalité
Niveau B : les indicateurs choisis apparaissent partiellement
Niveau C : les indicateurs choisis apparaissent de manière insuffisante
Niveau D : les indicateurs choisis ne sont pas présents
LA NOTE
- Majorité de A (≥ 50%) et de B  5
- Majorité (A+B) et 1 ou 2 C 4 ou 3
- Majorité de C  2
- Que des C et D  1
- Que des D  0
/6
D
EXERCİCE 3 : La quête du GRAVE
(6 pts)
L’ensemble de l’exercice est évalué dans une feuille Excel jointe au fichier
Questions préalables
 Relation liant la fréquence f du mode de vibration fondamental, la longueur de la corde L et la célérité v de
l’onde sur la corde :
On sait que  =
v
v
soit f =

f
(1)

, soit  = 2.L (2).
2
v
En combinant (1) et (2), il vient f =
(3)
2.L
D’après le document 1, on a L =

Montrer que cette relation peut s’écrire : f 
D’après le document 1, on apprend que v 
1 T
:
.
2L 
1 T
T
.
ainsi d’après (3) on obtient f 
2L 

 Longueur de la corde L1 de l’octobasse nécessaire pour émettre la note do1 :
Hypothèse : T et µ sont constantes
fmi0 =
1
T
.
2L0 
1
T
.
2L 1 
1
fmi0
2L0 L 1


1
fdo1
L0
2L 1
fmi0
.L0
L1 =
fdo1
fdo1 =
L–1 =
41, 2
 1, 05 = 2,65 m
16, 3
La corde doit mesurer 2,65 m pour émettre la note do1 de fréquence 16,3 Hz.
Or le document 3 indique que les cordes de l’octobasse mesurent 2,18 m. Ainsi le luthier ne peut pas obtenir cette
note sans changer la tension T ou la masse linéique µ de la corde.
Problème
En s’affranchissant de l’hypothèse précédente, quelle(s) solution(s) technique(s) le luthier peut-il proposer pour
que, en respectant le cahier des charges (document 3), une même corde de l’octobasse puisse émettre un do 1 et
aussi un ré1 ?
Comme on s’affranchit de l’hypothèse précédente, le luthier va pouvoir modifier la tension T de la corde ou sa
masse linéique µ.
Pour diminuer la longueur de 2,65 m à 2,18 m, tout en maintenant f constante avec f 
1 T
alors le luthier
.
2L 
doit diminuer la tension T de la corde et/ou augmenter la masse linéique µ de la corde.
Ainsi avec une corde de 2,18 m vibrant à vide, il obtiendra un do1 de fréquence fdo1 = 16,3 Hz.
Comment alors obtenir avec cette même corde la note ré1 ?
La note ré1 possède une fréquence de 18,3 Hz, donc plus élevée que celle du do 1.
Cette fois-ci, comme on conserve la corde précédente, on ne peut pas modifier la tension ni la masse linéique.
On a toujours f 
1 T
, pour augmenter f avec T et µ constantes, il faut alors réduire la longueur L de la corde
.
2L 
à l’aide des manettes et des doigts métalliques.
D’après le raisonnement conduit dans les questions préliminaires : Lré1 =
Lré–1 =
fdo1
fré1
.L do1
16, 3
 2,18 = 1,94 m.
18, 3
Un doigt métallique va appuyer sur la partie haute de la corde afin de réduire sa longueur.
Fichier excel avec la grille pour calculer sa note :
http://labolycee.org/2013/2013-09-Metro-Spe-Exo3-Correction-Octobasse-5pts.xlsx
Le barême est sur 10 points sur la feuille Excel. Une petite règle de trois et le tour est joué !
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