Baccalauréat mai12Généralspécorrc .pdf



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Bac blanc Mai 2012
Éléments de correction.
EXERCICE I. LANCEMENT D'UN SATELLITE MÉTÉOROLOGIQUE (8 points)
y

1.1.1. (0,5)Remarque : Pour que la fusée décolle, la valeur de la force de poussée F
doit être supérieure à celle du poids P sur la représentation.
1.1.2. (0,75)Deuxième loi de Newton appliquée au système fusée, dans un
référentiel terrestre considéré galiléen : F + P = M. a
Soit : F. j – P. j = M.a. j . En projection sur (Oy): F – P = M.a
M.g= M.a

donc F –

F

F
a=
g
M

1.1.3. (0,25) a =

1,16  107
 10  1,6  101  102  10  16  10 = 6 m.s-2
5
7,3  10

1.1.4. (0,5)a(t) =

dv F
F
=
 g d’où v(t) = (
 g ).t + A avec A=cste
M
dt M
O

F
or à t=0 v(0)=0 d’où A=0 donc v(t) = (
 g ).t
M
1.1.5. (0,5)v(t) =

P

dy
F
1 F

=(
 g ).t d’où y(t) =   g  .t² + B
M
2M
dt


or à t=0, y(0)=0 donc B=0. Ainsi y(t) =

avec B=cste

1 F

  g  .t²
2M


1.1.6. (0,5)À la date t1 = 6,0 s, on a y(6,0s)=

1 F

2
  g  (6,0)²=0,5x6,0x36=3x36=110 m
2M


1.2. (0,5)Cas réel : Les forces de frottement, opposées au sens de déplacement de la fusée, n’ont pas
2
été prises en compte dans le cas idéal. Cela peut expliquer l’écart entre 80 m et 110 m .

2.1.

(0,5) FT/S

= G.

m.MT

RT  h 

2

.n
RT

2.2.

h

S

(0,5) Deuxième loi de Newton, appliquée au système {satellite} de masse m dans le référentiel
géocentrique galiléen :

2.3.

t

n

FT/S

T

FT/S = m. aS donc G.

(0,5)

m.MT

RT  h 

.n = m. aS => aS =

G.MT

RT  h 

2

.n

t

n

aS

T

2

S

2.4.
v S2 

(0,75) aS =

v

2
S

RT  h 

G.MT
Ainsi v S 
 RT  h 

.n dans le repère





( S,  , n )

donc

G.MT

RT  h 

G.MT
AN avec h = 6,0102 km = 6,0105 m
RT  h 

.n
2

=

v S2
.n alors
RT  h 

vS=

6,67  6,0  1013
6,67  1011  6,0  1024
4,0  101  1013
4,0  108
=
=
=
=7,610–1 108
6,4  106  0,60  106
7,0  106
7,0
7,0  106

vS = 7,6  103 m.s-1 , cette valeur est en accord avec celle proposée.

2.5.

(0,5)T est la période de révolution du satellite autour de la Terre.

Pendant une période, la distance parcourue est le périmètre du cercle de la trajectoire à la vistesse vs :

vS =
3.1.

2 RT  h 
T

soit v 
2
S

4.2 RT  h 
T2

2

3
4.2 RT  h 
G.MT
42 R T + h 
2
=>
=> T =
.

G.M T
T2
 RT  h 

2

(0,5) Deuxième loi de Kepler, ou "loi des aires": le rayon vecteur

TS balaye des aires égales pendant des durées égales.
3.2.

(0,5) pendant la même durée t, les aires A1 et A2 sont égales
mais les distances parcourues par le satellite L1 et L2 sont
différentes : L1 > L2.

Or, en A et P: v A =

L2
L
et v P = 1
t
t

A
L2

L1
A2

A1

donc vA <vP ainsi la vitesse du
h'

satellite n’est pas constante sur l’orbite de transfert.

2RT

h

Elle est maximale au périgée P et minimale à l’apogée A.

3.3.

(0,25)Graphiquement on voit : AP = 2RT + h + h’=2  6,4106 + 6,0105 + 3,6107= 4,9  107 m

3.4.

(0,25)La durée de transfert entre A et P est égale à une demie période: t =

T'
= 5 h 21 min.
2

3.5.

(0,25)Le satellite est géostationnaire : sa trajectoire est donc située dans un plan contenant
l’équateur terrestre.
Le fait de lancer la fusée d’un lieu proche de l’équateur permet : (une seule réponse était nécessaire)
- d’éviter de consommer du carburant pour ramener le satellite dont l’orbite ne serait pas
contenue dans le plan de l’équateur terrestre,
- de bénéficier de la vitesse de rotation propre de la Terre, au départ de la fusée, qui est
maximale à l’équateur.
- Profiter du fait que l’intensité de la pesanteur soit plus faible à l’équateur.
EXERCICE II. ÉTUDE D’UN SYSTÈME SOLIDE-RESSORT.(5,5)
1.1.

(0,25)À t = 0 s, x(0) = 2,0 cm donc x(0) > 0. L'axe (x'x) est orienté positivement de la gauche vers
la droite donc le mobile est écarté initialement de sa position d'équilibre vers la droite.

1.2.

(0,25)vX =

dx
dx
,
est égal au coefficient directeur de la tangente à la courbe x(t). À t = 0 s, la
dt
dt

tangente à x(t) est horizontale v x ( 0 )  

dx 
-1
  0 m.s . Le mobile est lâché sans vitesse initiale.
dt
 0

1.3. (0,25) La période est la plus petite durée qui sépare le passage du mobile par sa position d'équilibre
dans le même sens. Graphiquement, on mesure 2T = 1,41 – 0,15 = 1,26 s
donc T = 0,63 s
1.4. (0,5)Allure de la courbe si le mobile était lancé avec une vitesse initiale depuis sa position
 dx 

d’équilibre dans le sens des x négatifs. On aurait v X(0) < 0, donc   < 0. Avec l’origine de la courbe
 dt 0
en x(0)=0

P

2.1.
(0,5)Le système {mobile} dans le référentiel
terrestre galiléen est soumis à trois forces :
le poids P , la réaction du support R et la force de
rappel F

R

F

2.2.
(0,5)Deuxième loi de Newton appliquée au
système {solide} dans le référentiel terrestre : P + R +
F = m. a

G

i
x'

x

O

d²x(t)
en projection sur l'axe (x'x) : – K.x(t) = m.
dt²

P

d 2 x(t) K
 x(t)  0 .
m
dt 2
2.3.
(0,5)À t = 0 s, x(0) = 2,0 cm et x(0) = XM.cos()
Soit



t
2
dx 
2
   d’où v x(0) = 
. XM. sin(  )
. XM. sin  2π

T
T0
T0
 dt 
0



À t = 0 s, vx(0) = 0,0 m.s-1 or v x (t )  

On a donc 2,0.10-2 = XM.cos() et 0= 

2
-2
. XM. sin(  ) => sin() = 0 et 2,0.10 = XM.cos()
T0

On a alors  = 0 et XM = 2,0 cm
2

2.4.

 2 


t
d ² x dv x
t
 Xm. cos 2
(0,5)
=
=  
   et x(t)  X M cos (2   )
T0
dt ²
dt
 T0 
 T0


 2
d 2 x(t) K
que l’on injecte dans
 x(t)  0 =>  
2
m
dt
 T0
 2
donc  
 T0
2.5.

2



 K


t
t
 Xm. cos 2
   + Xm. cos 2
   =0

 T0
 m
 T0


2

 K
 + =0 donc x(t)  X M cos (2 t   ) est solution de l’équation différentielle si T0 = 2 m
K
T0
 m

(0,25)Période propre T0 du mouvement : T0 = 2

0,100
m
avec K = 2.k d’où T0 = 2
==
K
2  5, 0

0,63 s , valeur que l’on avait trouvée graphiquement.


3.1.

(0,25) W = FE .dl

3.2.

(0,25) FE = K.x. i et dl =dx. i donc W = FE .dl = K.x.dx

3.3.

(0,25)W ( FE ) =







XM



XM

Kx.dx = K

0

0



3.4.



XM


 x2 
1
1
x.dx = K.   = .K.X M2 Or EPE = W( FE ) = .K.X M2
2
2
 2 0







(0,25)On n’utilise pas W ( F )  F . AB car la force de rappel F n'est pas une force constante
A B

3.5.1. (0,25)EC(t) = ½.m.v²(t) et EPE(t) = ½.K.x²(t)
Or v(0) = 0 m.s-1 alors EC(0) = 0 J, donc la courbe 2 est EC(t).
x(0) = XM alors EPE(0) est maximale donc la courbe 1 est EPE(t).
3.5.2. (0,25+0,25)EM(t) = EC(t) + EPE(t) or il n’ya pas de forces de frottements, l'énergie mécanique est
donc constante
3.5.3. (0,25)En réalité, à cause des frottements, l'énergie mécanique diminue au cours du temps. une
partie de l'énergie mécanique est perdue sous forme de chaleur à causes des frottements.

EXERCICE III : UN BIJOU PEU COUTEUX(6,5)
1.1.
(0,5)On veut déposer de l’argent solide sur la bague en cuivre ; la demi-équation ayant lieu sera :
Ag+(aq) + e– = Ag(s).Il s’agit d’une réduction qui a lieu à la cathode.
Le générateur fournit les électrons nécessaires à la réduction, la bague doit être reliée à la borne
négative du générateur de tension.
1.2.
(0,25)L’oxydant H+ est présent dans la solution, il peut subir une réduction selon la demi-équation
de réduction : 2H+(aq)+2e– =H2(g) soit 2H3O+(aq)+2e– = H2(g) +2H2O(l).
1.3.
(0,25)il se produit une oxydation à l’origine d’un dégagement gazeux. Le seul réducteur présent
est l’eau, on a 6H2O( ) = O2(g) + 4 H3O+(aq) + 4e–
1.4.
(0,25)Ag+(aq) + e– = Ag(s)
(x4)
6H2O( ) = O2(g) + 4 H3O+(aq) + 4e–
4Ag+(aq) + 6H2O( ) = 4Ag(s) + O2(g) + 4 H3O+(aq)
1.5.1. (0,5)Q = I.t et Q =n(e-).F donc I.t = n(e-).F soit n(e-) = I.t =1,210–3 mol
F

1.5.2. (1,0) ni(Ag+) = C.V = 4,010–3  0,500 = 2,010–3 mol
Équation de la transformation
4Ag+(aq) + 2H2O( ) = 4Ag(s) + O2(g) + 4H+(aq)
chimique
État du
Avancement
n(Ag+)
n(H2O)
n(Ag)
n(O2)
n(H+)
système
en mol
en mol
en mol
en mol
en mol
en mol

n(e-)
échangés

État initial

x=0

ni(Ag+)

Excès

0

0

Excès

0

État
intermédiaire

x

ni(Ag+) – 4x

Excès

4x

x

Excès

4x

1.5.3. (0,5)D’après le tableau d’avancement 4x = n(e-), soit x = n(e-)/4= 1,210–3 / 4 = 3,0×10–4 mol
1.5.4. (0,5)D’après le tableau d’avancement n(Ag) = 4x or n(Ag) =

m( Ag)
donc m(Ag) = 4x.M(Ag)
M( Ag)

m(Ag) = 43,010-4100 = 0,12 g
2.1. (0,5) Matériel proposé Matériel nécessaire pour le dosage
Burette de 25,0 mL

X contient la solution titrante

Bécher de 1,0 L

X contient la solution titrée

Bécher de 50 mL

X pour verser la solution titrante dans la burette

Conductimètre avec sonde

x

Agitateur magnétique

x

Barreau aimanté

x

2.2. (0,5) À l’équivalence, les réactifs ont été
introduits dans les proportions stœchiométriques.
D’après l’équation de la réaction support du titrage :
nCl- versé = nAg+ restant dans la solution S après
électrolyse.
2.3. (0,5) Graphiquement, par extrapolation, à
l’équivalence, VE = 10,0 mL.
2.4. (0,25) on a nr(Ag+) = C1.VE
2.5. (0,5) ni(Ag+) = nC(Ag+) + nr(Ag+) donc nC(Ag+)
= ni(Ag+) - nr(Ag+) = ni(Ag+) – C1.VE
V = 10,0 mL
nC(Ag+) = 2,010–3 – 0,8010–110,010–3
= 1,210–3 mol
2.6.
(0,5)m(Ag) = nC(Ag+).M(Ag) = 1,2×10–3×100 = 0,12 g en accord avec les 0,12g de l’énoncé
E

EXERCICE III. ELABORATION ET SEPARATION DES METAUX(6,5)
1.1. (0,25)Al(OH)4 –(aq) = Al(OH)3(s) + HO – (aq)

équation (1)

K=

 HO(aq ) 

 éq
 Al (OH ) 4( aq ) 

 éq

1.2. (0,25) [HO–(aq)]éq = K.[Al(OH)4–]éq
1.3. (0,5) [HO–]éq = K.c = 1,010–1 1,010–1= 1,010–2 mol.L–1
1.4. (0,5) pH = – log [H3O+]éq Or [H3O+]éq =
1.5. (0,25)

Ke
 HO(aq ) 

 éq

donc pH = – log

Al(HO)3 (s)

Figure 1

Ke
 HO(aq ) 

 éq

= – log (10-12)= 12

pH

pH1

2.1. (0,25) D'après le texte, l'électrolyte en fusion dissout l'alumine : Al2O3(s) = 2 Al(aq) 3+ + 3 O(aq) 2–
2.2. (0,5)
blocs de carbone (= anodes)

+
cuve recouverte de carbone ( = cathode)

électrolyte

2.3.1. (1)

évacuation de l'aluminium

Avancement

4 Al3+

+

6 O2–

=

3 O2 (g) +

4 Al(s)

Quantité
(en
mol)
d'électrons
échangés
ne = 0

État initial
0
n1
n2
0
nAl = 0
État en cours de
ne = 12x
x
n1 – 4 x
n2 – 6x
3x
nAl = 4x
transformation
ne = 12xf
État final
xf
n1 – 4 xf
n2 – 6xf
3xf
nAl = 4xf
À chaque fois que la réaction a lieu une fois, ce sont 12 électrons qui sont échangés. D’après le tableau
d’avancement ce sont 12x mol d'électrons qui sont échangées.
Or nAl = 4x. Ainsi nAl =

ne
3

.De plus nAl =

mAl
m
. Donc ne = 3. Al .
M Al
M Al

2.3.2. (0,25) Q = ne .F = 12.xf.F.
2.3.3.a. (0,5) nAl = 4xf soit
2.3.3.b. (0,5) I =

mAl
mAl
1, 08.106
4, 00.102.106
= 4xf => xf =
=
=
= 1,00.104 mol
M Al
4 M Al
4
4  27, 0

12.x f F 12 1, 00.104 1, 0.105
Q
Q
donc t =
et Q = 12.xf.F alors t =
=
= 12,0.104 s
5
I
1, 0.10
t
I

Donc t est bien de l’ordre de 10 5 s.
3.1. (0,5)

burette

Solution d'hydroxyde de sodium de
concentrationC = 0,1 mol.L –1.

pH
Solution contenant des ions Cu2+(aq)
de concentration [Cu2+ (aq) ] = 0,1
mol.L–1.

pH-mètre
Agitateur

magnétique
3.2. (0,25)Graphiquement Cu(HO)2 (s)précipite à partir de pH=5,2
3.3. (0,25)À pH=3,5 on voit graphiquement que le pourcentage en Fe 3+ vaut 0%. Il n’ya plus d’ions fer
(III) .
3.4.1. (0,25)À pH=4,0, les ions fer(III) ont précipité en hydroxyde de fer (III) mais les ions cuivre (II) sont
toujours en solution.
3.4.2 (0,25)Seuls les ions cuivre(II) sont en solution car Fe(HO)3 (s) a précipité.
3.4.3. (0,25)En se plaçant à un pH compris entre 3,0 et 5,2 ; on ne devrait pas observer de précipité
couleur rouille du à l’hydroxyde de fer (III)


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