Si le Bac n’est toujours pas fini à l’heure de l’écriture de cet article, l’épreuve de physique-chimie, elle, est passée. Je me suis amusé à faire les exercices, et j’en fais donc profiter tout le monde.
Je l’ai fait normalement, sans aide, en répondant à la manière que je l’aurais fait sur la copie (ne considérant que les notions de lycée). Bon j’avoue, j’ai trouvé ça facile, même si j’ai mis un peu de temps pour certaines questions (au total j’y ai passé 2h30, ce qui est le temps que j’avais mis en vrai lors du bac, et je me suis lamentablement planté avec un piètre 17/20…).
Pour ce qui suit, je ne peux pas évidemment garantir que tout soit juste, mais étant donné que tout concorde à peu près, je ne pense pas m’être trompé dans les calculs ni les justifications.
Le sujet est ici en PDF (0,501 Mio) : Bac S 2013 Physique-Chimie spécialité
EXERCICE I - UN CATALYSEUR ENZYMATIQUE, L’URÉASE
1.1.1.
NH2-CO-NH2 + H2O = 2NH3 + CO2
1.1.2
C’est la durée nécessaire pour que l’avancement de la réaction soit à la moitié de son avancement maximal.
1.1.3
En présence d’uréase, le temps de réaction passe de 60 ans à 20 microsecondes.
La réaction est donc accélérée, sans pour autant que l’uréase ne soit présente dans la réaction. C’est là la définition d’un catalyseur.
L’uréase est donc un catalyseur de la réaction de décomposition de l’urée dans l’eau.
1.2.1
En général, la température accélère les réactions (durée de demi-réaction diminue avec la réaction) : la température correspondant à l’agitation des molécules, la probabilité d’un choc efficace entre deux molécules réactives est augmenté quand ces dernières s’agitent plus.
1.2.2
Pour la réaction considérée, la température influe l’activité de la réaction, atteignant son maximum à 60°C, croissant lentement en dessous, décroissant rapidement au dessus.
1.2.3
Le texte introductif dit :
« les différentes partie de cette molécule [l’uréase] sont liées entre-elles notamment par des liaisons hydrogènes qui se forment plus ou moins facilement suivant la température. Ces liaisons conduisent à la formation d’une structure tridimensionnelle présentant de nombreux replis. La réaction, que catalyse l’enzyme, se produit au sein de l’un de ces replis. »
L’information à noter est l’influence de la température sur les replis de la molécule, et donc de la présence ou non des sites actifs. Les sites sont formés par des liaisons hydrogène : ces liaisons ne sont pas fortes et sont facilement détruites par la température.
Ici, la température est donc un facteur influent indirectement sur la vitesse de la réaction en détruisant la zone active du catalyseur.
2.1
Calcule du potentiel hydrogène du milieu stomacal.
pH = –log[H+]
La concentration en acide chlorhydrique : 1,0×10−2 mol/L.
L’équation de dissolution de l’acide chlorhydrique est HCl = H+ + Cl−, donc on a : [H+] = [HCl]
Soit :
pH = −log[HCl]
pH = −log(1,0×10−2)
pH = 2.
2.2
Le milieu est acide (pH = 2, inférieur à 7).
Le pKa du couple NH4+/NH3 est de 9,2.
On a donc pKa > pH, donc c’est l’espèce basique qui prédomine, donc NH4+.
2.3
La bactérie secrète de l’ammoniac autour d’elle afin de réduire le pH : l’ammoniac réagit avec l’acide pour former du NH4+ et de l’eau. L’ion hydronium H3O+ est consommée et le pH diminue.
2.4
Le document 2 montre que l’activité de l’uréase est extrêmement faible (même nulle) à un pH acide comme celui du milieu acide de l’estomac.
L’uréase seul serait inefficace dans le milieu stomacal, même avec les secrétions d’ammoniac, qui augmentent un peu le pH.
EXERCICE II - PRINCIPE DE FONCTIONNEMENT D’UN GPS
1.
Graphiquement, il faut tracer les cercles (à l’échelle) de centre Lyon et de rayon 240 km et de centre Nancy et de rayon 340 km. Les cercles se coupent en deux points, dont un seul est en France (l’autre est en Suisse). Le point en France est situé à Bourges.
La ville où il se trouve est donc Bourges.
2.1
La seule force s’appliquant sur le satellite est la force de gravitation F imposée par la Terre :
F = G×m×MT / (RT + h)2
L’altitude des satellites étant supposée constante, tout comme la masse et le rayon de la Terre et la masse du satellite, F est donc constant.
Cette force étant purement normale au déplacement du satellite, la composante tangentielle est nulle. L’accélération tangentielle du satellite est donc nulle, et en intégrant on déduit que sa vitesse est constante.
Le mouvement du satellite est donc circulaire à vitesse constante, donc uniforme.
2.2
F = G×m×MT / (RT+h)2
m×a = G×m×MT / (RT+h)2
a = G×MT / (RT+h)2
Pour un mouvement circulaire uniforme, a = V2/ (RT+h) [lois de Kepler]
D’où :
V2 = G×MT / (RT+h)
Soit enfin :
V = Racine[G×MT / (RT+h)]
Sa valeur numérique est, avec :
G = 6,67×10−11 m3/kg/s2
MT = 5,98×1024 kg
RT = 6,38×103 km = 6,38×106 m
H = 2,00 × 104 km = 2,00×107 m
V = 3'888 m/s
Soit 13'996 km/h
2.3
La distance parcourue par un satellite est de 2×π×(RT+h).
La vitesse est connue (voir question précédente).
La durée de révolution est de : t = (2×π×(RT+h)) / V
t = 42 609 secondes, soit 11h et 50 minutes.
Ceci correspond avec l’expression « deux révolutions par jour ».
3.1
Le signal se déplace à une vitesse de 3×108 m/s
En 30 ns, il aura parcouru :
d = v × t = 3×10−8 × 30×10−9
d = 9 mètres.
Ceci est en concordance avec la phrase décrite, 9 mètres de précision étant meilleur que 10 mètres.
3.2
Un satellite est situé à une altitude de 20'000 km.
À une vitesse égale à la vitesse de la lumière, le temps de parcourt vaut :
t = 2,00×10−7 / 3×10−8
t = 0,066 s
Soit 66 ms.
La précision relative est donc de :
D = (t−delta)/t où delta représente les 30 ns et t la durée de parcourt, donc 66 ms.
D = 0.999999545
Soit un pourcentage de précision de 99,9999545% (ce qui est très précis).
3.3
Le texte nous dit que l’avance des horloges des satellites sur les horloges terrestres est de 38 microsecondes par jour.
En considérant que le décalage est significatif à partir de 30 ns, le temps au bout duquel cela arriverait serait bien inférieur à une journée :
38 µs / 30 ns = 38000 / 30 = 1260 soit 1/1260 de la durée d’un jour.
Une journée comptant 86400 secondes, cette fraction représente une durée de 68 secondes.
Donc, en seulement une minute le système serait totalement déréglé si les effets relativistes n’étaient pas pris en compte.
4.1
4,5 ko = 4500 octets soit 4500×8 = 36000 bits.
Le débit n’étant que de 50 bits/s, il faut donc 720 secondes (soit 12 minutes) pour envoyer la totalité du message.
Ceci semble long pour la pratique (un récepteur GPS reçoit en général sa position au bout de quelques secondes). On comprend donc tout de suite l’intérêt qu’ont les satellites à conserver cette information en mémoire : beaucoup plus rapide.
4.2
« La superposition du code C/A et du message consiste simplement à inverser les 0 et les 1 du code lorsque le bit du message vaut 1 »
C’est une simple opération XOR entre le message et le code.
La superposition C/A du code résulte donc dans le code suivant : 110010100-10011000101
EXERCICE III - COMMENT PROTÉGER LA COQUE D’UN BATEAU DE LA CORROSION ?
Questions préalables :
1)
La demi-équation d’oxydation II du fer est :
Fe = Fe2+ + 2e−
2)
Les métaux qui peuvent protéger la coque du navire sont ceux qui ont un potentiel standard plus faible que celui du métal de la coque du navire, soit le zinc, l’aluminium ou le magnésium (et on est dans les nombres négatifs).
Le qualificatif de « sacrificielle » désigne le fait que c’est l’anode qui va s’oxyder à la place de la coque du navire. L’anode sera donc détruite au bénéfice de la protection du navire : on la sacrifie.
Problème :
Le courant de surface est :
j = 0,1 A/m2
La surface à protéger est de 40 m2.
Il faut donc un courant de protection total de :
I = 40 × j
I = 40 × 0,1
I = 4,0 A
Ce courant, établi sur la surface totale immergée de la coque, provient de l’anode seule.
De plus, on a I = Q/dt : l’intensité I est le rapport de la charge Q libérée sur une durée dt.
Avec dt correspondant à une année, soit 60×60×24×365 = 31'536'000 secondes et I devant être égale à 4,0 A, on obtient une charge totale Q de :
Q = I × dt
Q = 4,0 × 31'536'000 = 126'144'000 coulombs
Pour atteindre cette charge, il faut une quantité d’électrons de :
ne− = Q / q
ne− = 126'144'000 / 9,65×10^4
ne− = 1307,19 moles.
La demi-équation d’oxydation du Zinc s’écrit :
Zn = Zn2+ + 2e−
Il faut donc moitié moins de quantité de matière de zinc solide que de quantité d’électrons ne− :
nZn = 1307,19 / 2
nZn = 653,60 moles.
Connaissant la masse molaire de Zinc : M = 65,4 g/mol, on en déduit la masse de zinc correspondant à une quantité de 653,60 moles :
m = nZn × M
m = 42'745,17 grammes
m = 42,75 kilogrammes
On double cette valeur, vu que l’anode doit être remplacée quand son usure est de 50% :
mf = 42,75 × 2
mf = 85,50 kg.
La masse totale de zinc à répartir sur la surface de la coque est donc de 85,50 kg.
Ceci est une masse relativement importante de métal.
Cependant, une surface de 40 m2 ne correspondant en fait qu’à un navire dont la coque mesure par exemple 2m sur 10m (avec cette surface des deux côtés du navire), donc à priori, 85 kg sur un navire de 10 mètres constitue une masse négligeable : c’est approximativement la masse d’un matelot en plus parmi l’équipage.
