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Sujet bac S - Annale physique-chimie 2019 - Corrigé
Fiche annale

Corrigés proposés par L’Étudiant.

Vous pouvez également retrouver les sujets probables 2020 ici.

BACCALAURÉAT GÉNÉRAL

SESSION 2019

PHYSIQUE-CHIMIE

Série : S

Corrigé

ENSEIGNEMENT OBLIGATOIRE

EXERCICE I - DE LA NOIX DE MUSCADE À LA COSMÉTIQUE

Extraction de la trimyristine à partir de la noix de muscade

1.1. Afin d’extraire la trimyristine, il est préférable d’utiliser le dichlorométhane plutôt que l’éthanol, car :

  • la trimyristine est plus soluble dans le dichlorométhane que dans l’éthanol ;
  • la température d’ébullition du dichlorométhane est de 40°C40\degree\text{C} alors que celle de l’éthanol est de 78°C78\degree \text{C}. Cela implique qu’il faudra moins chauffer la solution que si nous avions pris l’éthanol pour faire évaporer le solvant.

1.2. Dans l’étape 3, la trimyristine est soluble à chaud mais pas à froid. Ainsi, lorsqu’on place le ballon dans un bain d’eau glacée au cours du refroidissement, la trimyristine cristallise ce qui explique la formation d’un solide blanc.

1.3. La masse trimyristine obtenue est de 4,75 g4,75\ \text{g} pour 20 g20\ \text{g} de noix de muscade, soit un pourcentage massique de 4,7520×10024 %\dfrac{4,75}{20}\times 100\approx \boxed{24\ \%}.
Ce résultat est en accord avec le pourcentage indiqué qui est compris entre 20 %20\ \% et 25 %25\ \%.

Obtention de l’acide myristique

2.1. La formule semi-développée du glycérol est la suivante :

terminale s annale corrigé physique chimie 2019

2.2. D’après les données l’acide myristatique, dont son acide conjuguée a pour formule R-COO\text{R-COO}^-, a pour formule C14H28O2\text{C}{14}\text{H}{28}\text{O}2. Or, dans le groupe COOH\text{COOH}, nous avons 22 atomes d’oxygènes, 11 atome de carbone et 11 atome d’hydrogène. Nous pouvons donc déduire que R=C13H27\boxed{\text{R}=\text{C}{13}\text{H}_{27}}.

2.3.

terminale s annale corrigé physique chimie 2019

Le mécanisme de cette première étape est une réaction d’addition.

2.4. Avec un pH\text{pH} proche de 11 inférieur au pKa\text{p}K\text{a} du couple, nous pouvons dire que c’est la forme acide qui prédomine.

2.5.1. En introduisant 4,75 g4,75\ \text{g} de trimyristine, nous obtenons n(trimyristine)=4,75723=6,57×103 moln(\text{trimyristine})=\frac{4,75}{723} = 6,57\times 10^{-3}\ \text{mol} de trimyristine.
Sachant que 11 mole de trimyristine produit 33 moles d’ions myristate, alors n(R-COOH)=3n(trimyristine)n(\text{R-COOH})=3n(\text{trimyristine}) soit :

n(R-COOH)=3×4,75723=1,97×102 mol\begin{aligned} n(\text{R-COOH})&= 3\times\frac{4,75}{723}\ &= 1,97\times 10^{-2}\ \text{mol} \end{aligned}

À l’issue de la synthèse, on pourrait donc obtenir une quantité de matière maximale de 1,97×102 mol\boxed{1,97\times 10^{-2}\ \text{mol}} d’acide mystrique.

2.5.2. Sachant que nous avons obtenu 3,36 g3,36\ \text{g} d’acide myristique, soit 3,36228=1,47×102 mol\frac{3,36}{228} = 1,47\times 10^{-2}\ \text{mol}. Nous pouvons donc écrire :
1,47×1021,97×10275 %\dfrac{1,47\times 10^{-2}}{1,97\times 10^{-2}} \approx 75\ \%.

Le rendement de la synthèse est de 75 %\boxed{75\ \%}.

Détermination par titrage de la pureté de l’acide myristique obtenu

3.1. R-COOH+HOR-COO+H2O\boxed{\text{R-COOH} + \text{HO}^- \to \text{R-COO}^- + \text{H}_2\text{O}} La réaction est totale car c’est une réaction de titrage.

3.2. Dans la solution S1S1, nous avons dissous mech=1,14 gm{\text{ech}}=1,14\ \text{g} dans un volume V0=100 mLV_0= 100\ \text{mL}, alors :

Cm=mechV0=1,14100×103=11,4 gL1Cm=\dfrac{m{\text{ech}}}{V_0}=\dfrac{1,14}{100\times 10^{-3}}=11,4\ \text{g}\cdot\text{L}^{-1}

Nous pouvons donc en conclure que la concentration massique d’acide myristique de la solution titrée vaut 11,4 gL1\boxed{11,4\ \text{g}\cdot\text{L}^{-1}}.

3.3. En prenant en compte les résultats du titrage, nous pouvons écrire à l’équivalence :
C1×V1=C2×VEC1\times V1=C2\times VE
Soit, C1=C2×VEV1C1=\dfrac{C2\times VE}{V1}

De plus, C1=nexpV0C1=\dfrac{n{\text{exp}}}{V0} avec nexp=mexpM(acide myristique)n{\text{exp}}=\dfrac{m_{\text{exp}}}{M(\text{acide myristique})}.

Donc, si nous isolons mexpm_{\text{exp}} avec les données que nous avons, nous obtenons :

mexp=C2×VE×M(acide myristique)×V0V1=5×102×9,6×103×228×100×10310×103=1,1 g\begin{aligned} m{\text{exp}}&=\dfrac{C2\times VE\times M(\text{acide myristique})\times V0}{V_1}\&= \dfrac{5\times 10^{-2}\times 9,6\times 10^{-3}\times 228\times 100\times 10^{-3}}{10\times 10^{-3}}\&= 1,1\ \text{g} \end{aligned}

La masse vaut donc mexp=1,1 g\boxed{m_{\text{exp}}= 1,1\ \text{g}}.

3.4. Avec les données numériques, on calcule l’incertitude relative U(mexp)mexp=7,53×103\dfrac{\text{U}(m{\text{exp}})}{m{\text{exp}}} = 7,53\times 10^{-3}. Soit une incertitude absolue de U(mexp)=0,008 g\text{U}(m{\text{exp}})= 0,008\ \text{g}.
Donc mexp=1,10±0,008 g\boxed{m
{\text{exp}}=1,10±0,008\ \text{g}}.
La masse initialement dissoute étant de 1,14 g1,14\ \text{g}±0,01 g±0,01\ \text{g}, la masse déterminée expérimentalement n’est pas dans l’intervalle de confiance de la masse de l’échantillon.

  • L’acide obtenu contient donc des impuretés à l’issue de l’extraction.

3.5. Selon la définition du degré de pureté :
d=mexpmech=1,11,140,96d =\dfrac{m\text{exp}}{m\text{ech}}= \dfrac{1,1}{1,14} \approx 0,96

Soit un degré de pureté de 96 %\boxed{96\ \%}.

EXERCICE II - DÉCOLLAGE DE LA FUSÉE ARIANE 5
  • Données :
  • débit massique d’éjection de gaz du moteur Vulcain noté est Dm(V)D_m(\text{V}) ;
  • débit massique d’éjection de gaz de chaque booster noté est Dm(b)D_m(\text{b}).

Estimation de la poussée

1.1. Avec un débit massique de 270 kgs1270\ \text{kg}\cdot\text{s}^{-1}, le moteur Vulcain éjecte 648 kg648\ \text{kg} de gaz, tandis qu’avec un débit massique de 1,8×103 kgs11,8\times 10^3\ \text{kg}\cdot\text{s}^{-1} chacun des deux boosters éjectent 4 320 kg4\ 320\ \text{kg} de gaz. Soit, la masse totale des gaz éjectés mgm_g :

mg=(Dm(V)+2Dm(b))×Δt=(270+2×1,8×103)×2,409 288 t\begin{aligned} mg&=(Dm(\text{V})+ 2D_m(\text{b}))\times \Delta t\&= (270+2\times 1,8\times 10^3)\times 2,40\&\approx 9\ 288\ \text{t} \end{aligned}

Donc la masse totale des gaz éjectés est de 9,3 tonnes\boxed{9,3\ \text{tonnes}}.

  • Cette masse représente 1,2 %1,2\ \% de la masse totale de la fusée au décollage.

1.2. Afin d’estimer la valeur y5y5, la chronophotographie nous permet de mesurer la distance y5y5 égale à 4,6 cm4,6\ \text{cm} par comparaison la distance y1y1 égale à 3,3 cm3,3\ \text{cm}.
Alors nous pouvons poser le calcul suivant :
y5=30,1×4,63,341,96 my
5=30,1\times \frac{4,6}{3,3}\approx 41,96\ \text{m}

Soit y5=42 my_5= \boxed{42\ \text{m}}.

1.3.1. v2v_2 est estimer en calculant :

v2=(y3y1)(t3t1)=33,330,11,00,20=4 ms1\begin{aligned} v2&=\dfrac{(y3-y1)}{(t3-t_1)}\&= \dfrac{33,3-30,1}{1,0-0,20}\&= 4\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1} \end{aligned}

Soit v2=4,0 ms1\boxed{v_2 = 4,0\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}}, vitesse cohérente avec la valeur lue sur la figure 4 à t=0,6 st=0,6\ \text{s}.

1.3.2. Graphiquement, nous observons sur la figure 4, représentant la vitesse de la fusée au cours du temps, une droite passant par l’origine notée vy=f(t)vy=f(t). En calculant son coefficient directeur nous obtenons ay6,8 ms2ay\approx 6,8\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}.

De plus l’accélération est définie par la dérivée de la vitesse par rapport au temps, soit a=dvdt\vec{a}=\dfrac{\text{d}\vec{v}}{\text{d}t}. Elle est égale au coefficient directeur de la droite f(t)f(t), soit une accélération de 6,8 ms26,8\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}, proche de 7 ms27\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2} .

1.3.3. Sachant que la fusée décolle sont mouvement reste vertical et le vecteur accélération a donc une direction verticale. Ensuite, l’axe vertical est dirigé vers le haut et la vitesse de la fusée augmente alors la direction de l’accélération est donc vers le haut.

  • Le vecteur accélération de la fusée a donc une direction verticale et un sens dirigé vers le haut.

1.4. La fusée n’est soumise qu’à la poussée et à son poids (vertical vers le bas). La somme des deux est égale au produit de la masse par le vecteur accélération, selon la seconde loi de Newton.

  • C’est donc un vecteur vertical dirigé vers le haut.

On en déduit que la poussée est représentée par un vecteur vertical dirigé vers le haut de norme supérieure au poids.

  • C’est donc le schéma 1 qui est compatible avec le décollage de la fusée.

1.5. Afin de déterminer la valeur de la force de poussée F\vec{F}, nous appliquons la seconde loi de Newton :
F+P=Ma\vec{F}+\vec{P}=M\cdot\vec{a}
Soit F=MaP\vec{F} =M\cdot\vec{a}-\vec{P}, avec MM la masse ponctuelle de la fusée.

En projetant suivant uy\vec{u_y} et sachant que P=mg\vec{P}=-m\cdot g, nous obtenons :
F=M×(a+g)\boxed{F =M\times(a+g)}

F=765×103×(7+9,8)=1,26×107 NF = 765\times 10^3 \times (7+9,8) = 1,26\times 10^7\ \text{N}.

Alors la force de poussée vaut 12 600 kN\boxed{12\ 600\ \text{kN}}, résultat compatible avec les valeurs données dans l’énoncé où la poussée est comprise entre 12 000 kN12\ 000\ \text{kN} et 13 000 kN13\ 000\ \text{kN}.

Estimation de la puissance totale développée par la fusée Ariane 5 au début du décollage

Le travail WW de la force de poussée F\vec{F} est défini par la relation suivante :
W=F×ΔlW=F\times \Delta l
Avec Δl=46,530,1=16,4 m\Delta l=46,5-30,1=16,4\ \text{m} et F=12 600 kNF =12\ 600\ \text{kN}.

De plus, le travail WW correspond a une puissance moyenne PmP_m sur le chemin suivi Δt\Delta t :
W=P×ΔtW=P\times \Delta t
Avec Δt=2,20,2=2,0 s\Delta t=2,2-0,2=2,0\ \text{s}.

Alors,
Pm=WΔt=12 600×103×16,42,01,03×108 W\begin{aligned} P_m&=\dfrac{W}{\Delta t}\&= \dfrac{12\ 600\times 10^3\times 16,4}{2,0}\&\approx 1,03\times 10^8\ \text{W} \end{aligned}

La puissance moyenne fournie à la fusée par les réacteurs est donc de l’ordre de 103 MW\boxed{103\ \text{MW}}.
Sachant que ce travail est fourni à 10 %10\ \% par le moteur Vulcain et 90 %90\ \% par les boosters, on trouve que le moteur Vulcain fournit 10 MW10\ \text{MW} tandis que les boosters fournissent 90 MW90\ \text{MW}. Ces valeurs sont donc bien cohérentes avec les données du texte d’introduction.

EXERCICE III - ON VOUS DONNE LE « la\text{la} »

Caractéristiques du son produit par le diapason

1.1. L’enregistrement du son obtenu n’est pas pur car la courbe n’est pas sinusoïdale. C’est un son complexe.

1.2. Graphiquement, nous mesurons 11,4 cm11,4\ \text{cm} pour 8T8T et 20 ms20\ \text{ms} correspondent à 12,1 cm12,1\ \text{cm}.
Soit 8T=11,4×2012,118,7 ms8T=\dfrac{11,4\times 20}{12,1}\approx 18,7\ \text{ms}. D’où T=18,782,34T=\dfrac{18,7}{8}\approx2,34.
Alors :
f=1T=427 Hzf=\dfrac{1}{T}=427\ \text{Hz}

Le diaposon produit donc un son de fréquence 427 Hz\boxed{427\ \text{Hz}}, proche de la valeur annoncée.

Les conditions d’utilisation du diapason ne sont pas optimales et nos mesures sont quelques peu approximatives, le résultat obtenu n’est pas tout à fait le même que dans l’énoncé.

Numérisation d’un signal analogique

2.1. Le son enregistré n’est pas pur, donc il doit comporter plusieurs pics, nous pouvons donc éliminer le spectre b qui en comporte un seul. De plus, nous cherchons un spectre dont la fondamentale devrait se situer aux alentours de 440 Hz440\ \text{Hz}, donc le spectre c peut-être aussi éliminé car sa fondamentale est à 218 Hz218\ \text{Hz}.

  • Ainsi, le spectre correspondant ai son enregistré est par déduction le spectre a car nous avons bien une fondamentale à 440 Hz440\ \text{Hz} et une harmonique à 2 620 Hz2\ 620\ \text{Hz}.

2.2. Un signal analogique est continue au cours du temps alors qu’un signal numérique est échantillonné (échantillonnage temporel) et quantifié de valeurs discrètes (bits).

2.3. La fréquence d’échantillonnage est le nombre d’échantillons par seconde.
Avec une durée totale de Δt=2,0 s\Delta t=2,0\ \text{s}, que l’on peut découper en morceaux de 1fe=2,3×105 s\dfrac{1}{fe}=2,3\times 10^{-5}\ \text{s}, nous pouvons calculer le nombre d’échantillons qui est de 2,0×fe=88 0002,0 \times fe=88\ 000 échantillons.

Or, avec un encodage sur 3232 bits, la taille totale vaudra 88 000×32=2,82×10688\ 000\times 32=2,82\times 10^6 bits. Sachant que 11 octet est composé de 88 bits, alors nous aurons une taille de fichier vallant 2,82×1068=352 ko\dfrac{2,82\times 10^6}{8}=\boxed{352\ \text{ko}}. La condition sur la taille du fichier est bien respectée.

2.4. L’intérêt d’augmenter la valeur de la fréquence d’échantillonnage est d’être au plus proche du son analogique original et donc de gagner en précision, donc d’avoir une meilleure qualité sonore. En revanche, malgré ce gain de qualité nous augmenterons le nombre d’échantillons et donc la taille du fichier.

Emission du son produit par un diapason

3.1. Nous savons que pour un son d’intensité II :
L=log(II0)I=I0×10L10L=\text{log}(\dfrac{I}{I0})\Leftrightarrow \boxed{I=I0 \times 10^{\frac{L}{10}}}

Puis nous aurons IB1=I0×10LB110I{B1}=I0\times 10^{\frac{ L{B1} }{ 10 } } et IB2=I0×10LB210I{B2}=I0\times 10^{\frac{ L{B2} }{ 10 } }.

Donc
IB2IB1=I0×10LB210I0×10LB11050\dfrac{ I{B2} }{ I{B1} }=\dfrac{ I0\times 10^{\frac{ L{B2} }{ 10 } } }{ I0\times 10^{\frac{ L{B1} }{ 10 } } }\approx 50

Soit approximativement, IB2=IB150\boxed{I{B2}=\dfrac{I{B1}}{50}}.

3.2. D’après les documents, B1B1 se situe en θ=0°\theta=0\degree et vaut Lmax=LB1=59 dBL{\text{max}} = L{B1} = 59\ \text{dB}, correspondant a un niveau sonore maximal et une atténuation nulle. De plus, B2B2 se situe en θ=90°\theta=90\degree, l’atténuation est minimale valant LB2LB1=4259=17 dBL{B2} - L{B_1}= 42 - 59 = -17\ \text{dB}.
La valeur obtenue est cohérente avec la figure 4b.