Fiche de physique - chimie
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Sujet et correction Bac S 2016 Physique Chimie Washington

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exercice 1

1. Caractéristiques physiques de l'acide fumarique



1.1 formule topologie de l'acide fumarique et maléique

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Acide fumarique

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Acide maléique

Il s'agit de deux stéréoisomères Z/E donc qui se distinguent par la position dans l'espace des différents atomes de la molécule.

1.2. Ces deux stéréoisomères présentent une isomérie Z/E ce sont donc des diastéréoisomères.

1.3. On constate que ces deux stéréoisomères ont des températures de fusion bien différentes. On peut rechercher leur point de fusion en utilisant un banc Kofler.

1.4.1 Dans l'acide fumarique : les positions des deux fonctions acide carboxylique de part et d'autre de la molécule, empêche la formation de liaisons hydrogène au sein même de la molécule. Les liaisons hydrogène se forment alors entre plusieurs molécules d'acide fumarique (les liaisons hydrogène sont représentées en pointillés) :

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L'acide maléique permet d'avoir en regard dans la même molécule les deux fonctions acide carboxylique :

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Il y a également des liaisons intermoléculaires mais en nombre moindre.

1.4.2. Les liaisons hydrogène sont bien plus importantes dans l'acide fumarique que dans l'acide maléique. Casser les liaisons hydrogène de l'acide fumarique demandera donc plus d'énergie pour rompre celles de l'acide maléique. Cela permet d'expliquer la grande différence des points de fusion de ces deux acides.

1.5 La différence d'électronégativité entre un atome d'oxygène et un atome d'hydrogène permet d'affirmer que les liaisons de covalence au sein de l'eau sont polaires. De plus, les deux doublets non-liants de l'atome d'oxygène confèrent à la molécule d'eau une forme coudée, ce qui implique que le moment dipolaire total n'est pas nul. La molécule et donc polaire.

1.6. Un composé polaire est très soluble dans un solvant polaire, un composé apolaire est peu soluble dans un solvant polaire. Ceci explique la différence de solubilité des deux composés.

2. Propriétés chimiques de l'acide fumarique

2.1. On pèse précisément 500mg d'acide fumarique que l'on place dans une fiole jaugée de 100mL. On complète avec de l'eau distillée jusqu'au trait de jauge. On bouche et on agite afin d'homogénéiser le système.

2.2. Un acide est une espèce chimique capable de céder un proton H^+

2.3. L'acide fumarique possède deux fonctions acide carboxylique donc susceptibles de libérer un proton H^+

2.4. C_A=\frac{m}{M\times V} \\ C_A = \frac{500.10^{-3}}{116\times100.10^{-3}} \\ C_A=4,3.10^{-2}mol.L^{-1}

2.5. Si l'acide fumarique est un acide fort, le pH de la solution est pH = -log(2\times C_A) soit
pH=-log(2\times 4,3.10^{-2}) \\ pH = 1,1

Or le pH de la solution est de 2,4. La solution est donc moins acide, ou l'acide dissout ne s'est pas totalement dissocié dans l'eau. L'acide fumarique n'est donc pas un diacide fort.

2.6.
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D'après le diagramme de prédominance ci-dessus, à pH=2, c'est l'espèce AH2 qui prédomine.

3. Contrôle qualité d'un traitement nutritionnel à base d'acide fumarique

3.1. Pour prélever 10,0mL de la solution, il faut utiliser une pipette jaugée de 10,0Ml

3.2. Schéma du montage de dosage :
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3.3. Déterminons le volume d'hydroxyde de sodium versé à l'équivalence
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Le volume équivalent vaut V_E=8,4mL

L'équation de la réaction support de dosage étant :

AH_{2(aq)}+2HO^-_{(aq)}\rightarrow A^{2-}_{(aq)}+H_2O_{(l)}

A l'équivalence, les réactifs ont été introduits en proportion stoechiométriques, ainsi :
n_{\text{acide fumarique}}=\frac{n_{HO^-_{(aq)}}}{2}

La concentration molaire en acide fumarique de la solution se calcule par :

C_aV_a=\fac{C_BV_E}{2}
Donc C_A=\frac{C_BV_E}{2V_A}

On trouve alors : C_A=4,2.10^{-2}mol.L^{-1}

Ainsi dans 100mL de solution, on va trouver une quantité de matière n_{\text{acide}}=4,2.10^{-3}mol
On en déduit la masse d'acide fumarique contenue dans une gélule : m_{exp}=n_{\text{acide}}\times M_{\text{acide}}

m_{exp}=4,2.10^{-3}\times 116 \\ m_{exp}=4,9.10^{-1}g

3.4. \frac{U(V_A)}{V_A}=\frac{0,1}{10}=1,0\% \\ \frac{U(V_E)}{V_E}=\frac{0,1}{8,4}=1,2\% \\ \frac{U(C_B)}{C_B}=\frac{0,3.10^{-2}}{1,0.10^{-1}}=3\%

La plus grande contribution à l'incertitude concerne la concentration de la solution d'hydroxyde de sodium.

3.5. En appliquant la formule donnée, on parvient à
U(m_{exp})=m_{exp}\times \sqrt{[(\frac{U(V_A)}{V_A})^2+(\frac{U(V_E)}{V_E})^2+\frac{U(C_B)}{C_B}^2]} \\  U(m_{exp})=1,6.10^{-2}g \approx 0,2.10^{-1}g

On parvient à m_{exp}=(4,9.10^{-1}+/-0,2.10^{-1})g

L'indication sur le produit nous donne 500mg d'acide fumarique, soit 5^{5,0.10^{-1}g}, elle est donc tout à fait correcte !

3.6. Le pH à l'équivalence vaut environ 8,3. L'indicateur coloré le plus adapté sera celui pour lequel le pH de 8,3 sera au coeur de sa zone de virage. Cet indicateur est donc le Rouge de crésol.



exercice 2

1. Illustration de principe de détection par vélocimétrie.

1.1. La mesure des décalages périodiques des raies spectrales de l'étoile permet d'accéder à la vitesse radiale de cette dernière et donc de tracer le graphe présenté dans le document 2.
De par l'effet doppler que subissent les rayonnements issus de l'étoile, les raies spectrales se décalent vers les courtes longueurs d'onde lorsque l'étoile se déplace en direction de l'observateur et vers les grandes longueurs d'onde lorsque l'étoile s'éloigne de l'observateur. Ce décalage est ensuite converti en une vitesse radiale de l'étoile par la formule présentée dans l'énoncé.

1.2. Dans le document 2, on peut observer 4 périodes sur une durée de 8,8 jours. La période de révolution de l'étoile est donc de T=2,2 jours.

1.3. La courbe présentée dans le document 2 est une sinusoïde, ainsi, d'après ce qu'il nous est dit dans le document 1, la trajectoire de la planète autour de cette étoile est de nature circulaire.

1.4. D'après la seconde loi de Kepler qui stipule que le rayon planète-étoile balaie des aires égales en des temps égaux. La trajectoire circulaire de la planète autour de l'étoile implique alors forcément que la vitesse de la planète est constante sur sa trajectoire.

2. Habitabilité du système HD 189733

2.1. Troisième loi de Kepler :
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« Pour toutes les planètes autour d'une étoile, le rapport \frac{R^3}{T^2} est constant.
R est le rayon de la trajectoire circulaire, et T la période de révolution de la planète autour de son étoile.

2.2. Seconde loi de Newton : Dans un référentiel galiléen, la somme vectorielle des forces extérieures appliquées au système est égale à la dérivée de la quantité de mouvement par rapport au temps.

\sum\overrightarrow{forces}=\frac{d\vec{p}}{dt} \\ \sum\overrightarrow{forces}=\frac{d(M.\vec{v})}{dt} \\ \sum\overrightarrow{forces}=\frac{dM}{dt}.\vec{v}+M.\frac{d\vec{v}}{dt}

Or, la masse m est constante alors le terme \frac{dM}{dt}=0 ce qui se traduit par :

\sum\overrightarrow{forces}=M.\frac{d\vec{v}}{dt}.\v

Soit : \sum\overrightarrow{forces}=M.\vec{a}
Dans le repère lié à la planète, on peut écrire

\vec{a}=\frac{v^2}{R}.\vec{n}+\frac{dv}{dt}.\vec{t}

Or comme la vitesse est constante, \frac{dv}{dt}=0

Donc \vec{a}=\frac{v^2}{R}.\vec{n}

Or la planète est soumise à la force de gravitation \vec{F} telle que :

\vec{F}=\frac{G\times M\times M_{planète}}{R^2}.\vec{n}

Ainsi, on peut écrire que comme \sum\overrightarrow{forces}=M.\vec{a} alors
\frac{G\times M\times M_{planète}}{R^2}.\vec{n}=M_{planète}\frac{v^2}{R}.\vec{n}

Soit
\frac{G\times M}{R^2}=\frac{v^2}{R}

La planète, sur son orbite circulaire, avec une période de révolution T possède une vitesse :

v=\frac{2\pi R}{T}

On écrit donc

\frac{G\times M}{R^2}=\frac{4\pi^2R^2}{R\times T}
On aboutit alors à la relation :

\frac{T^2}{R^2}=\frac{4\pi^2}{GM}

2.3. Distance moyenne de l'étoile à la planète
On calcule le rayon R de la trajectoire
R^3=\frac{GMT^2}{R\pi^2}

Donc : R=\sqrt[3]{\frac{GMT^2}{4\pi^2}}

La période T=2,2 jours = 190 080s

R=\sqrt[3]{\frac{6,67.10^{-11}\times 0,82\times 1,989.10^{30}\times(190080)^2}{4\pi^2}}
On trouve R=4,7.10^9m

2.4. R=5,4.10^9m=\frac{5,4.10^9}{1,50.10^{11}} UA soit R=0,031 U.A.
La planète ne se trouve pas dans la zone d'habitabilité de son étoile.



exercice 3 - OBLIGATOIRE

1. Propagation des ondes radio

1.1. Une information de fréquence f=800MHz aura une longueur d'onde \lambda=\frac{c}{f}.
Soit \lambda=\frac{3.00.10^8}{800.10^6}. Ce qui donne \lambda=0,37m. Cette longueur d'onde est dans un domaine de longueur d'onde où l'absorption par l'atmosphère terrestre est minimale.

1.2. Les ouvertures des fenêtres, des portes est du même ordre de grandeur que la longueur d'onde de transmission de l'information. Aussi, le phénomène de diffraction qui sera alors associé permet une diffusion de l'onde dans toutes les directions de l'espace, permettant ainsi la réception du signal.

1.3. Le signal transmis se propage à la vitesse c=3.00.10^8m.s^{-1} dans toutes les directions de l'espace. Le temps mis par le signal pour parcourir 50km est
\Delta t=\frac{50000}{3,00.10^8}=1,7.10^{-4}s

Donc le signal est reçu en quasi-simultané par tous les récepteurs situés dans un rayon de 50km de l'antenne.

2. Atténuation du signal

2.1. Un signal analogique prend toutes les valeurs possibles entre ses deux extrémums, c'est un signal correspondant à une fonction continue. Un signal analogique ne prend que des valeurs discrètes.
(a) : signal analogique
(b) : signal numérique.

2.2. D'après les données de l'énoncé, on peut aisément écrire que

\alpha=\frac{10\times log(\frac{P_{entrée}}{P_{sortie}})}{L}

Et donc : L=\frac{10\times log(\frac{P_{entrée}}{P_{sortie}})}{\alpha}

En prenant P_{entrée}=100nW \text{ et } P_{sortie}=20nW ainsi que \alpha = 0,17dB.m^{-1} on obtient L=\frac{10 \times log(\frac{100.10^{-9}}{20.10^{-9}})}{0,17}

On trouve L \approx 41m

3. Débit et transmission d'une chaine HD



3.1. Ce codage de chaque couleur en 8 bits (256 valeurs possibles de 0 à 255) permet de réaliser une synthèse additive des couleurs. Un pixel noir correspondra aux couleurs rouge, vert et bleu au minimum soit (0,0,0) et le pixel blanc correspondra aux trois couleurs portées à leur maximum soit (255,255,255)

3.2. Le format 1080p/50 correspond à 50 images par secondes constituées de 1080 lignes de 1920 pixels, chaque pixel occupant un espace de 3 octets.
Le nombre de bits à transmettre par seconde est donc N=1080 X 1920 X 3 X 50 X 8
Donc N=2,49.109 octets par seconde soit N = 2,49 Gbits/s

3.3. Les diffuseurs utilisent une technique de compression d'image (formats MPEG4 par exemple) pour parvenir à diffuser 3 chaines au format HD sur un canal de 24Mbits/s qui serait insuffisant pour transmettre une seule chaine sans technique de compression.

3 ? SPECIALITE

1. Nous allons calculer le temps de réverbération de la pièce pour des fréquences autour de 1500Hz, ce qui, d'après le document 1 correspond à un pic du spectre en fréquence du Français et du Nord-Américain

Le temps de réverbération est donné dans l'énoncé : T=\frac{0,163 \times V}{A}

Le volume de la pièce se calcule aisément : V=5,00 X 4,00 X 2,50 soit V=50m3

Calculons l'aire totale d'absorption :
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Ainsi, on calcule le temps de réverbération : T=\frac{0,163\times 50}{8,0}.
On trouve T = 1,0s
Or d'après le document 2, intervalle de réverbération conseillé pour une pièce de type « home-cinéma » est compris entre 0,15s et 0,25s
La pièce ne correspond donc pas aux critères nécessaires pour avoir l'acoustique d'une salle de cinéma.

2. Pour que la pièce réponde aux critères nécessaires, il va falloir remplacer quelques matériaux afin de diminuer le temps de réverbération.
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Avec cette configuration, on aboutit à un temps de réverbération T=0,20s soit un temps idéal puisqu'exactement situé entre les valeurs maximale et minimale recommandées.

Plus simplement, on constate que les améliorations les plus importantes concernent le plafond et le sol. En posant simplement une moquette sur le plancher et des dalles acoustiques au plafond, l'aire équivalente prend alors pour valeur A=30,4 et le temps de réverbération T=0,27s soit tout juste au-dessus de la valeur maximale recommandée. En recouvrant l'un des murs d'une moquette ou d'un rideau, on peut encore légèrement abaisser ce temps de réverbération.
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