Sujet bac S - Annale physique-chimie 2019 - Corrigé

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 $40\degree\text{C}$ alors que celle de l’éthanol est de $78\degree \text{C}$. 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 $4,75\ \text{g}$ pour $20\ \text{g}$ de noix de muscade, soit un pourcentage massique de $\dfrac{4,75}{20}\times 100\approx \boxed{24\ \%}$.
Ce résultat est en accord avec le pourcentage indiqué qui est compris entre $20\ \%$ et $25\ \%$.

Obtention de l’acide myristique

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

2.2. D’après les données l’acide myristatique, dont son acide conjuguée a pour formule $\text{R-COO}^-$, a pour formule $\text{C}${14}\text{H}{28}\text{O}2C14​H28​O2​. Or, dans le groupe $\text{COOH}$, nous avons $2$ atomes d’oxygènes, $1$ atome de carbone et $1$ atome d’hydrogène. Nous pouvons donc déduire que $\boxed{\text{R}=\text{C}${13}\text{H}_{27}}.

2.3.

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

2.4. Avec un $\text{pH}$ proche de $1$ inférieur au $\text{p}K\text{a}$ du couple, nous pouvons dire que c’est la forme acide qui prédomine.

2.5.1. En introduisant $4,75\ \text{g}$ de trimyristine, nous obtenons $n(\text{trimyristine})=\frac{4,75}{723} = 6,57\times 10^{-3}\ \text{mol}$ de trimyristine.
Sachant que $1$ mole de trimyristine produit $3$ moles d’ions myristate, alors $n(\text{R-COOH})=3n(\text{trimyristine})$ soit :

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

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

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

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

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

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

3.2. Dans la solution $S$1S1​, nous avons dissous $m${\text{ech}}=1,14\ \text{g} dans un volume $V_0= 100\ \text{mL}$, alors :

$C$m=\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 $\boxed{11,4\ \text{g}\cdot\text{L}^{-1}}$.

3.3. En prenant en compte les résultats du titrage, nous pouvons écrire à l’équivalence :
$C$1\times V1=C2\times VE
Soit, $C$1=\dfrac{C2\times VE}{V1}

De plus, $C$1=\dfrac{n{\text{exp}}}{V0}C1​=V0​nexp​​ avec $n${\text{exp}}=\dfrac{m_{\text{exp}}}{M(\text{acide myristique})}.

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

$\begin{aligned} m${\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 $\boxed{m_{\text{exp}}= 1,1\ \text{g}}$.

3.4. Avec les données numériques, on calcule l’incertitude relative $\dfrac{\text{U}(m${\text{exp}})}{m{\text{exp}}} = 7,53\times 10^{-3}. Soit une incertitude absolue de $\text{U}(m${\text{exp}})= 0,008\ \text{g}U(mexp​)=0,008 g.
Donc $\boxed{m${\text{exp}}=1,10±0,008\ \text{g}}.
La masse initialement dissoute étant de $1,14\ \text{g}$ à $±0,01\ \text{g}$, 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 :
$d =\dfrac{m$\text{exp}}{m\text{ech}}= \dfrac{1,1}{1,14} \approx 0,96

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

• Données :
• débit massique d’éjection de gaz du moteur Vulcain noté est $D_m(\text{V})$ ;
• débit massique d’éjection de gaz de chaque booster noté est $D_m(\text{b})$.

Estimation de la poussée

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

$\begin{aligned} m$g&=(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 $\boxed{9,3\ \text{tonnes}}$.

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

1.2. Afin d’estimer la valeur $y$5y5​, la chronophotographie nous permet de mesurer la distance $y$5 égale à $4,6\ \text{cm}$ par comparaison la distance $y$1y1​ égale à $3,3\ \text{cm}$.
Alors nous pouvons poser le calcul suivant :
$y$5=30,1\times \frac{4,6}{3,3}\approx 41,96\ \text{m}

Soit $y_5= \boxed{42\ \text{m}}$.

1.3.1. $v_2$ est estimer en calculant :

$\begin{aligned} v$2&=\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 $\boxed{v_2 = 4,0\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}}$, vitesse cohérente avec la valeur lue sur la figure 4 à $t=0,6\ \text{s}$.

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 $v$y=f(t)vy​=f(t). En calculant son coefficient directeur nous obtenons $a$y\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 $\vec{a}=\dfrac{\text{d}\vec{v}}{\text{d}t}$. Elle est égale au coefficient directeur de la droite $f(t)$, soit une accélération de $6,8\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$, proche de $7\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$ .

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 $\vec{F}$, nous appliquons la seconde loi de Newton :
$\vec{F}+\vec{P}=M\cdot\vec{a}$
Soit $\vec{F} =M\cdot\vec{a}-\vec{P}$, avec $M$ la masse ponctuelle de la fusée.

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

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

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

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

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

De plus, le travail $W$ correspond a une puissance moyenne $P_m$ sur le chemin suivi $\Delta t$ :
$W=P\times \Delta t$
Avec $\Delta t=2,2-0,2=2,0\ \text{s}$.

Alors,
$\begin{aligned} P_m&=\dfrac{W}{\Delta t}\&= \dfrac{12\ 600\times 10^3\times 16,4}{2,0}\&\approx 1,03\times 10^8\ \text{W} \end{aligned}$

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

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 $11,4\ \text{cm}$ pour $8T$ et $20\ \text{ms}$ correspondent à $12,1\ \text{cm}$.
Soit $8T=\dfrac{11,4\times 20}{12,1}\approx 18,7\ \text{ms}$. D’où $T=\dfrac{18,7}{8}\approx2,34$.
Alors :
$f=\dfrac{1}{T}=427\ \text{Hz}$

Le diaposon produit donc un son de fréquence $\boxed{427\ \text{Hz}}$, 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 $440\ \text{Hz}$, donc le spectre c peut-être aussi éliminé car sa fondamentale est à $218\ \text{Hz}$.

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

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 $\Delta t=2,0\ \text{s}$, que l’on peut découper en morceaux de $\dfrac{1}{f$e}=2,3\times 10^{-5}\ \text{s}fe​1​=2,3×10−5 s, nous pouvons calculer le nombre d’échantillons qui est de $2,0 \times f$e=88\ 000 échantillons.

Or, avec un encodage sur $32$ bits, la taille totale vaudra $88\ 000\times 32=2,82\times 10^6$ bits. Sachant que $1$ octet est composé de $8$ bits, alors nous aurons une taille de fichier vallant $\dfrac{2,82\times 10^6}{8}=\boxed{352\ \text{ko}}$. 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 $I$ :
$L=\text{log}(\dfrac{I}{I$0})\Leftrightarrow \boxed{I=I0 \times 10^{\frac{L}{10}}}

Puis nous aurons $I${B1}=I0\times 10^{\frac{ L{B1} }{ 10 } }IB1​=I0​×1010LB1​​ et $I${B2}=I0\times 10^{\frac{ L{B2} }{ 10 } }.

Donc
$\dfrac{ I${B2} }{ I{B1} }=\dfrac{ I0\times 10^{\frac{ L{B2} }{ 10 } } }{ I0\times 10^{\frac{ L{B1} }{ 10 } } }\approx 50

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

3.2. D’après les documents, $B$1B1​ se situe en $\theta=0\degree$ et vaut $L${\text{max}} = L{B1} = 59\ \text{dB}, correspondant a un niveau sonore maximal et une atténuation nulle. De plus, $B$2B2​ se situe en $\theta=90\degree$, l’atténuation est minimale valant $L${B2} - L{B_1}= 42 - 59 = -17\ \text{dB}.
La valeur obtenue est cohérente avec la figure 4b.