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CORRECTION BAC BLANC MARS 2014

Concours (E3A MP) Session 2014. Corrigé. Q1. Afin de choisir le capteur de force nécessaire à cette campagne de mesures, donner un ordre de grandeur de  ...




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CORRECTION BAC BLANC MARS 2014


EXERCICE 1 : DE HUBBLE A JAMES WEBB (5 POINTS)

1. Première partie : étude de l'orbite de Hubble
1.1. (0,25) Le télescope Hubble évolue à une altitude constante de la surface de la Terre. Dans le référentiel géocentrique, sa trajectoire est un cercle.

1.2. (1 pt) La 2ème loi de Newton appliquée au système {télescope}, dans le référentiel géocentrique supposé galiléen indique  EMBED Equation.DSMT4 .
En considérant que le télescope n’est soumis qu’à la force  EMBED Equation.DSMT4  d’attraction gravitationnelle de la Terre, on a  EMBED Equation.DSMT4 .
La masse du satellite étant constante, on a :  EMBED Equation.DSMT4  =  EMBED Equation.DSMT4 

L’expression vectorielle de la force gravitationnelle  EMBED Equation.DSMT4  est  EMBED Equation.DSMT4 



En posant TH = RT + h il vient :  EMBED Equation.DSMT4 
L’accélération de Hubble est donc  EMBED Equation.DSMT4 .

Dans le repère de Frenet  EMBED Equation.DSMT4 ,
le vecteur accélération s’écrit :  EMBED Equation.DSMT4 .
avec  EMBED Equation.DSMT4  on obtient :  EMBED Equation.DSMT4 .
En égalant les deux expressions de l’accélération, il vient :  EMBED Equation.DSMT4 
Par identification on obtient :  EMBED Equation.DSMT4 
La valeur de la vitesse de la station est constante donc le mouvement est uniforme.

1.3. (0,5) D'après la question précédente, on a  EMBED Equation.DSMT4 
On en déduit que  EMBED Equation.DSMT4 .
1.4. (0,5) Pendant une période T, le satellite parcourt son orbite de longueur 2À(RT + h) à la vitesse v, donc T =  EMBED Equation.DSMT4 .

1.5. (0,5) Énoncé de la 3ème loi de Kepler : Le rapport du carré de la période de révolution par le cube du demi-grand axe de l'ellipse (ou du cube du rayon du cercle) est une constante qui ne dépend que du centre attracteur.

D'après la question 1.4 : T2 =  EMBED Equation.DSMT4 
D'après la question 1.3 :  EMBED Equation.DSMT4 
On en déduit que :  EMBED Equation.DSMT4 = EMBED Equation.DSMT4 
Finalement en posant r = RT + h , le rayon de l'orbite on obtient

1.6. (0,5) Pour calculer la valeur de T : RT et h sont à exprimer en m
T =  EMBED Equation.DSMT4 
T =  EMBED Equation.DSMT4  = 5,79×103 s = 96,6 min


2. Deuxième partie : étude de la mise en orbite du télescope spatial James Webb
2.1.1. (0,5) Calcul du poids de la fusée : P = M.g avec M la masse en kg
P = 780×103×9,8 = 7,6×106 N

2.1.2. (0,5) En appliquant la deuxième loi de Newton, dans le référentiel terrestre, et en supposant la masse M de la fusée constante :  EMBED Equation.DSMT4 
Par projection suivant l’axe vertical Oz orienté vers le haut, on a PZ + FZ = M.aZ
– M.g + F = M.aZ
aZ = – g +  EMBED Equation.DSMT4 
2.1.3. (0,25) Calculons l'altitude après une durée de 10 s :




2.1.4. (0,25) Les forces de frottements ne sont pas négligeables : le travail résistant de ces dernières engendre une diminution de l'énergie mécanique de la fusée.

2.2. (0,25) Au point L2, le télescope James WEBB sera dans l'ombre de la Terre et ne sera pas perturbé par la lumière issue du Soleil.




EXERCICE II – DES MOLÉCULES TÉMOINS DU MÛRISSEMENT DES POMMES (10 points)

Partie A : Identification des molécules A et B

1. Propriétés des molécules A et B.
1.1. (0,25 pt) Dans les deux molécules A et B, on reconnaît le groupe caractéristiques ester, la fonction chimique ester y est donc présente.
1.2. La molécule A se nomme éthanoate de 3-méthylbutyle.

Groupe alkyle
(0,25 pt) nommé 3-méthylbutyle


1.3. (0,5 pt) Les deux molécules ont la même formule brute : C7H14O2, mais des formules semi-développées différentes. Les molécules A et B sont des molécules isomères.
1.4. (0,5 pt) Aucun des atomes de carbone de la molécule A n’est relié à quatre groupes d’atomes différents, donc la molécule A ne présente aucun carbone asymétrique.
1.5. (0,5 pt) Les composés B1 et B2 sont images l’un de l’autre dans un miroir plan et ne sont pas superposables. Ce sont des énantiomères.

2. Séparation des molécules A, B1 et B2 par distillation fractionnée.
2.1.
(1 pt)















2.2. (0,75 pt) La distillation fractionnée permet de séparer des espèces chimiques dont les températures d’ébullition sont différentes ; ainsi il ne sera pas possible de séparer B1 de B2. Tandis que A peut être séparée de B1 et B2.
Les stéréoisomères B1 et B2 se vaporisent en premier à 133°C. À cette température, A reste dans le ballon.
Remarque : la faible différence entre les températures d’ébullition nécessitera d’utiliser une grande colonne de Vigreux.
3. Identification des molécules A et B à l’aide de la spectroscopie RMN du proton 1H.
3.1. (0,5 pt) La multiplicité des signaux dépend du nombre n d’atomes hydrogène portés par les atomes de carbone voisins. Le nombre de pics dans un signal est égal à n+1.















3.2. (0,25 pt) Le spectre 1 présente un singulet or aucun atome H de la molécule B ne donne de singulet. Ce spectre 1 correspond à la molécule A.

Le spectre 2 présente un sextuplet de déplacement chimique ´ H" 2,4 ppm qui correspond aux HC et qui est en conformité avec le tableau de données (CH COOR).
La molécule B correspond au spectre 2.

Partie B : Synthèse de la molécule A
1. Analyse du protocole.
1.1. L équation peut s écrire en formules brutes : C2H4O2 + C5H12O  EMBED Equation.DSMT4  C7H14O2 + CxHyOz
La conservation des éléments donne pour C : 2 + 5 = 7 + x donc x = 0
pour H : 4 + 12 = 14 + y donc y = 2
pour O : 2 + 1 = 2 + z donc z = 1.
(0,25 pt) Le produit manquant est de l’eau H2O.
1.2. (0,25 pt) L’acide sulfurique est un catalyseur. Il permet de réduire la durée de réaction.
1.3. (0,5 pt) La molécule A est moins soluble dans l’eau salée que dans l’eau, et moins soluble dans l’eau froide que dans l’eau à 20°C. Ainsi l’ajout d’eau salée glacée permet d’extraire la molécule A de la phase aqueuse.
1.4. (0,75 pt) Comme expliqué précédemment la molécule A est essentiellement dans la phase organique.
L’eau est essentiellement dans la phase aqueuse.
Les ions sont dans la phase aqueuse.
Le 3-méthylbutan-1-ol en excès est dans la phase organique puisqu’il possède une très faible solubilité dans l’eau salée froide.
L’acide éthanoïque, possédant une forte solubilité dans l’eau salée froide, est dans la phase aqueuse.
La phase située au-dessus est la moins dense, il s’agit de la phase organique dont tous les constituants ont des densités inférieures à 1.
1.5. (0,5 pt) L’effervescence est due à la réaction entre l’acide éthanoïque CH3COOH(aq) et la base hydrogénocarbonate HCO3–(aq) apportée par la solution d’hydrogénocarbonate de sodium.
HCO3–(aq) + CH3COOH(aq) ( CO2(g),H2O(l) + CH3COO–(aq)
Du dioxyde de carbone CO2 gazeux est libéré.
2. Calcul du rendement :
2.1. (1 pt) d =  EMBED Equation.DSMT4  donc Á = d.Áeau
m = Á.V donc m = d.Áeau
n =  EMBED Equation.DSMT4  finalement n =  EMBED Equation.DSMT4 

Quantité de matière de 3-méthylbutan-1-ol :
n1 =  EMBED Equation.DSMT4  = 0,18 mol de 3-méthylbutan-1-ol
Quantité de matière d acide éthanoïque :
n2 =  EMBED Equation.DSMT4  = 0,53 mol d’acide éthanoïque
2.2. (0,75 pt) D’après l’énoncé, rendement :r =  EMBED Equation.DSMT4 
On a obtenu V = 18,1 mL de la molécule A, déterminons la quantité de matière nA correspondant : d’après 2.1. n =  EMBED Equation.DSMT4 
nA =  EMBED Equation.DSMT4  = 0,12 mol de molécules A.
Déterminons le réactif limitant :
2 méthodes au choix
Méthode 1 : à privilégier quand les coefficients stœchiométriques sont égaux à 1
n1 < n2 et comme une mole d’acide éthanoïque réagit avec une mole de 3-méthylbutan-1-ol, le réactif limitant est alors le 3-méthylbutan-1-ol.
Méthode 2 : On peut aussi utiliser un tableau d’avancement.
équation chimique3-méthylbutan-1-ol + acide ( A + H2O
éthanoïqueÉtat du systèmeAvancement (mol)Quantités de matière (mol)État initialx = 0n1n20En cours de transformationxn1 – xn2 – xxÉtat finalx = xmaxn1 – xmaxn2 – xmaxxmaxSi le 3-méthylbutan-1-ol est limitant, alors n1 – xmax = 0, donc n1 = xmax.
Si l’acide éthanoïque est limitant alors n2 – xmax = 0 donc n2 = xmax.
Le réactif limitant est celui qui conduit à la valeur de l’avancement maximal la plus faible ; n1 < n2 donc il s’agit du 3-méthylbutan-1-ol.
Rendement : r =  EMBED Equation.DSMT4  = 0,66 = 66 % calcul effectué avec nA et n1 non arrondies
3. étude du mécanisme de la réaction d’estérification.
3.1. (0,5 pt) Annexe 4SubstitutionAdditionÉliminationÉtape 2XÉtape 4X3.2.

(0,5 pt)


3.3. (0,5 pt) 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. H+ est bien un catalyseur, le mécanisme réactionnel confirme qu’il n’intervient pas dans le bilan réactionnel.
EXERCICE III. JEU DU BOULET (5 points)

1. ÉTUDE DU MOUVEMENT DU BOULET ENTRE A ET B.
1.1. On étudie le système boulet dans un référentiel terrestre, supposé galiléen.
Le boulet est soumis : à son poids  EMBED Equation.3  (de direction verticale, sens vers le bas, de valeur P = m.g)
à la réaction  EMBED Equation.3  du plan incliné (de direction perpendiculaire au plan car les frottements sont négligés, sens vers le haut, de valeur R).









1.2.1. EPP(A) = m.g.hA et hA = D.sin( d’après la figure fournie EPP(A) = m.g.D.sin(
EPP(A) = 0,010×9,8×0,50×sin30 = 2,5×10–2 J.

1.2.2. Em(A) = EPP(A) + EC(A) et la vitesse au point A est nulle donc EC(A) = 0 J
Em(A) = EPP(A) Em(A) = 2,5×10–2 J.

1.2.3. Les frottements étant négligés au cours du mouvement l’énergie mécanique se conserve.
Em (B) = Em(A) Em (B) = 2,5×10–2 J.

1.3. Em (B) = Em(A)
½ m.vB2 + m.g.zB = ½ m.vA2 + m.g.zA
avec zB = 0 m, vA = 0 m.s-1 et zA = hA
on obtient ½ m.vB2 = m.g.hA = m.g.D.sin(
soit ½ .vB2 = g.D.sin(
vB2 = 2g.D.sin(
D’où vB =  EMBED Equation.3 

2. ÉTUDE DE LA CHUTE DU BOULET APRES LE POINT C.
On étudie le mouvement du centre d’inertie G du boulet après le point C.
L’origine des temps est prise lorsque le boulet est en C.
Le mouvement étant rectiligne et uniforme entre B et C, la vitesse en C est la même qu’en B : vC = vB = 2,2 m.s-1
2.1. L’action de l’air est négligée.
2.1.1. Deuxième loi de Newton: Dans un référentiel galiléen, la somme vectorielle des forces extérieures appliquées à un système est égale au produit de la masse du système par son accélération : EMBED Equation.DSMT4 
2.1.2. L'action de l'air étant négligée (ainsi que la poussée d'Archimède) seul le poids est appliqué au boulet  EMBED Equation.DSMT4  donc  EMBED Equation.DSMT4  (  EMBED Equation.DSMT4 
2.1.3. Compte tenu du repère Cxz choisi on a :  EMBED Equation.DSMT4 
2.2.1. À chaque instant :  EMBED Equation.DSMT4  donc ax=  EMBED Equation.DSMT4  et az=  EMBED Equation.DSMT4  donc en intégrant :
 EMBED Equation.DSMT4 
Coordonnées du vecteur vitesse initiale  EMBED Equation.DSMT4 =  EMBED Equation.DSMT4  :  EMBED Equation.DSMT4  alors  EMBED Equation.DSMT4 
Finalement  EMBED Equation.DSMT4 

2.2.2 On donne:  EMBED Equation.3 
on isole t de l'expression de x : t =  EMBED Equation.DSMT4 
on reporte dans z : z(x) =  EMBED Equation.DSMT4 
z(x) =  EMBED Equation.DSMT4  équation de la trajectoire.


2.3.1. Lorsque le boulet atteint le sol : z = - hc donc de l'expression z =  EMBED Equation.DSMT4  il vient hc =  EMBED Equation.DSMT4 
alors t =  EMBED Equation.DSMT4 
t =  EMBED Equation.DSMT4 = 0,29 s

2.3.2. Quand le boulet touche le sol : x = Xf et z = -hc.
Utilisons l’équation de la trajectoire z(x) =  EMBED Equation.DSMT4  pour obtenir Xf.
hC =  EMBED Equation.DSMT4 
Xf² = 4.D.hc.sin(
Xf =  EMBED Equation.DSMT4  (on ne retient pas la solution Xf = –  EMBED Equation.DSMT4 )
Xf = 2 (  EMBED Equation.DSMT4 = 0,63 m
Xf n'est pas compris entre X1 = 0,55 m et X2 = 0,60 m donc le boulet n'atteint pas la cible.

2.4. On repart de l'expression hC =  EMBED Equation.DSMT4 /;F‚ŒŽ’¿ÌÏ\ i Û Ü ó ô õ ö 3
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