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Le 28/02/2014 Page : 1 / 6 Bac Blanc – Correction T

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

2.2. Pour comparer deux résultats, on utilise l’écart relatif défini par : e = │xmes-xtheo│ xtheo

.

Planète Vénus Terre Mars

Valeur de n 1 2 3

Prévision selonTitius-Bode 59,8+22,4x2=104,6 59,8+ 22,4x2²=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 Titius- Bode 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.

2.4. 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

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 :

F S/P = G Ms Mp

R² u SP où G est la constante de gravitation universelle, MS et MP les masses du Soleil et de la terre, R est la distance entre le Soleil et la Terre.

La norme de ce vecteur vaut FS/T = 6,67.10^-11 × 5,98.10²⁴ × 2,00 10³⁰

(150 10⁹)² = 3,55.10²² N Ce vecteur mesure 3,55 cm avec l’échelle 1 cm ↔ 1 10²² N

3.2.

3.2.1 Si le mouvement est uniforme alors dv

dt = 0. L’accélération devient aG= v² r n .

3.2.2 Le système n’est soumis qu’à une seule force celle exercée par le soleil. La seconde loi de Newton donne : d p

dt = F S/P MP aG = F S/P MP aG= G Ms Mp

R² n => aG = G Ms R² n . 3.2.3 Si compare les deux expressions de l’accélération, on obtient : G Ms

R² n = aG = v² R n on a donc G MS

R² = MS v²

R soit v = GMS

R . On retrouve bien la relation proposée.

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.

On peut donc écrire : v = 2πR

T Soit T = 2πR 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, on a T²= 4π²R²

v² => T²= 4 π²R³ GMS

=> T² R³= 4 π²

GMS

. Comme G et MS sont des constantes, on a bien T²

R³ = constante 3.2.6 La relation précédente donne T = 4 π²

GMS

R³ = 2π R³ GMS

= 2 (150 10⁹)³ 6,67 10^-11 2,0 10³⁰ T=3,16 10⁷ s = 365,8 j. On retrouve bien environ 365 jours.

t

II. La lidocaïne

1. Les étapes de la synthèse 1.1.

1.2. La molécule B est l’éthanol CH3CH2OH. Formule semi-développée ci-contre.

1.3. Il s’agit d’une réaction de substitution de l’atome de chlore par le groupe N(C2H5)2. 1.4.

1.5. 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.

1.6. 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.

2. Réalisation de la synthèse à partir de l’étape 2

C C O

H H

H

H H

H

NH O

Cl

N H

+

N NH O

+

+

A C lidocaïne

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

2.5.1 Quantité initiale de A : n(A) = m1

MA

soit n(A) = 4,0

197,7 = 2,0 10^–2 mol = 20 mmol Quantité initiale de C : n(C) =m2

M2

= ρ2V2

M2

soit n(C) = 0,707 10,0

73,0 = 9,68 10^–2 mol = 96,8 mmol 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.

nlidocaïne = m Mlidocaïne

soit mlidocaïnetheo = 2,0 10^–2 234,3 = 4,686 g 4,7 g Rendement = mlidocaïneexp

mlidocaïnethéo 100 = 3,8

4,7 100 = 81%

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 est du même ordre de grandeur que la largeur de la fente a.

1.2. tan( ) = ℓ/2 D = ℓ

2D. L’angle vérifie =

a d’où ℓ 2D =

a soit ℓ = (2 D ) 1 a 1.3. 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 . Graphiquement, k = 11,5 mm

6,0 mm^-1 = 1,9 mm² = 1,9 10^-6 m² = k

2D = 1,9 10^-6

(2 1,50) = 6,3 10^-7 m = 6,3 10^-6 10⁹ nm = 630 nm.

Remarque : on calcule la valeur de θ pour la valeur de a la plus petite (soit 1/a la plus grande) : θ = λ

a = 640.10^-9 × (10 10³) = 6,4 10^-3 rad soit 0,37° qui est bien un angle faible.

2. Etude des documents 2, 3 et 4 Document 2

Le phénomène mis en jeu est le phénomène d’interférence.

La valeur de l’interfrange i est donnée par la relation i = λ × D 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.

Puis, λ = i × a

D A.N. : λ = 3,79 10^-2 × 50,0 10^-6

3,00 = 6,32 10^-7 m = 632 nm. (3 chiffres significatifs) 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.

D’où, la période vaut T = 14,5 × 12,5

(17,3 × 5) = 2,10 fs = 2,10 10^-15 s.

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 Puis la longueur d’onde λ = h × c

ΔE ; A.N. : λ = 6,626 10^-34 × 2,998 10⁸

3,14 10^-19 = 6,33 10^-7 = 633 nm (rouge).

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 %.

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)4

2+ 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(NH3)42+

dans la solution réalisée, puis, en écrivant la relation entre la quantité de matière d’ions Cu(NH3)4

2+ 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)4

2+] = 3,5 mmol.L^-1 par le graphique ou C = [Cu(NH3)4

2+] = 0,196

55,6 10^-3 = 3,53 mmol.L^-1 par le calcul.

La quantité de matière d’ion complexe tétra aminé cuivre II dans le volume V = 100,0 mL de solution est : n(Cu(NH3)4

2+) = [Cu(NH3)4

2+] = 3,5 10^-3 100,0 10^-3 = 3,5 10^-4 mol On en déduit n(Cu²⁺(aq)) = n(Cu(NH3)4

2+) = 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⁺ ) n(NO ^- )

I

1.1 1

/28 1.2 1 2

2.1 1

2.2 1 2 3 4 2.3 1 2

2.4 1 2.5 1 2

3.1 1 2 3 4 5 ^CS-U

3.2.1 1 3.2.2 1 2 3.2.3 1 3.2.4 1 2 3.2.5 1 2

3.2.6 1 2 ^CS-U

II

1.1 1 2 3 4

/32 1.2 1 2

1.3 1 2 1.4 1 2 3 1.5 1

1.6 1 2 1.7 1 2 3 2.1 1 2 3 2.2 1

2.3 1 2 2.4 1

2.5.1 1 2 3 4 ^CS-U 2.5.2 1 2

2.5.3 1 2 ^CS-U

III

1.1 1

/20 1.2 1 2

1.3 1 2 3 ^CS-U

doc2 1 2 3 4 ^CS-U doc3 1 2 3 4 ^CS-U doc4 1 2 3 4 ^CS-U conclusion 1 2

IV

1.1 1 2

/20 1.2 1 2 3 4

courbe 1 2 3

Ceau 1 2 ^CS-U

n(tétra) 1 2 n(Cu²⁺) 1 n(NO3-

) 1 2 ^CS-U

[NO3

-] 1 2

t(NO3

-) 1 2

TOTAL : ... /80

NOTE : ... /20