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Bac S 2015 Amérique du Nord EXERCICE I. SUPER HÉROS EN DANGER ... (6 points)

1.Mouvement ascensionnel de Rocketeer

1.1. Pour la phase 1 :

par dÈfinition G dvv a dtt s oit ici 101
G vvv a tt Ainsi le vecteur accélération a même sens et même direction que le vecteur vitesse 1 v Le mouvement est vertical, la direction de G a est verticale. Le mouvement est ascensionnel, G a est orientÈ vers le haut.

Pour la phase 2 :

G dvv a dtt avec vCte ainsi 0 G a

1.2.1. Lautre force qui sexerce sur le système M est son poids

P

1.2.2. Pour que le système décolle, il faut que la valeur de la force de poussée

F (orientÈe vers le haut) soit supÈrieure ‡ celle du poids P (orientÈe vers le bas). F > P F > m R . g F > 120 10 F > 1200 N rÈsultat conforme ‡ la proposition C qui, seule, indique une valeur supÈrieure ‡ 1200 N. Remarque : il est possible de faire une réponse plus rigoureuse en appliquant la 2

ème

loi de Newton au système M et en utilisant la condition a y > 0 ce qui implique P y + F y > 0 s oit - P + F > 0 donc F > P < 0 orienté vers le bas >0 orienté vers le hau t

1.2.3. après énoncé, la valeur de la force de poussée est " égale au produit du débit

massique de gaz ÈjectÈ par la vitesse déjection de ces gaz » donc f fff 1 m

FD.v.v

!t

Ainsi,

1 f f F.t m v f3

16003,0

m 210
= 2,4 kg comme indiqué (1 seul CS en toute rigueur).

1.2.4. En appliquant la seconde loi de Newton au système M, dans un référentiel terrestre

c on s idéré galiléen : RR extR dmvdmdpdv vFm dtdtdtdt C omme la masse du système est considérée constante malgré éjection des gaz, alors 0 R dm dt , on obtient.. e xtG dv Fmma dt RG PFma En projetant sur un axe Oy vertical : P y + F y = m R a Gy En orientant axe vers le haut :- P + F = m R . a Gy a Gy R PF m R RR mgFF g mm a Gy 1600
10 120
= 3,3 m.s -2 v aleur non arrondie stockée en mémoire

Estimons la valeur v

1 de la vitesse à l'issue de la phase 1, soit à la date t 1 = 3,0 s :

Par définition a

Gy y dv dt donc en primitivant, on obtient v y = a Gy .t + C.

D'après les conditions initiales, à

t = 0 s, on a v y = 0 donc C = 0. Ainsi v y = a Gy .t v y (t = 3,0 s) = 3,3 ×3,0 = 10 m.s -1 22
111
xy vvtvt=+ v 1 = 10 m.s -1

2. Problème technique

2.1. D'après l'énoncé, la vitesse du système à la date t = 0 est nulle : on peut donc éliminer les

courbes C et D.

De plus, le système tombe verticalement donc le vecteur vitesse est orienté vers le bas et avec

l'orientation de l'axe Oy choisie V y < 0. Seule la courbe A est cohérente avec la situation présentée.

2.2. Considérons le système M dans le référentiel terrestre (supposé galiléen) en chute libre. Il

n'est soumis qu'à son poids.

Appliquons la deuxième loi de Newton :

.Pma= soit ..mg ma= donc ga= Par projection sur l'axe Oy vertical orienté vers le haut, il vient a y = - g

Par définition,

y y dv a dt

En primitivant, on obtient v

y = - g t + v 0y

Le système tombe sans vitesse initiale, soit v

0y = 0 m.s -1 donc : v y g.t

D'autre part v

y dy dt

En primitivant, on a : y = - ½ g.t² + C.

Or à

t = 0 s, le système est à la hauteur y 0 = 80 m, donc C = y 0 d'où : y = -½ g.t² + y 0

Numériquement : y = - ½ × 10

t² + 80

Soit, comme indiqué,

y = - 5.t² + 80 2.3. Il faut que Batman arrive sur le lieu de décollage avant que Rocketeer ne touche le sol. D'après l'équation précédente, la durée de chute t C est telle que y(t C ) = - 5.t C + 80 = 0. Donc 80
5 C t = 4,0 s. Il faut déterminer la distance que Batman doit parcourir en utilisant le schéma.

L'échelle donne 1 cm

! 1 km

9,4 cm ! d

d = 9,4 km à parcourir en t C = 4,0 s, à la vitesse moyenne v. v = C d t v = 3

9,4 10

4,0 = 2,4×10 3 m.s -1 = 2,4 km.s -1 Pour que Rocketeer soit sauvé, il faut que la Batmobile roule à une vitesse impressionnante, proche de 7 fois la vitesse du son (Mach 7). Il semble impossible que Batman ait le temps d'intervenir. Les aventures de Rocketeer risquent de s'arrêter lors de cet épisode. Bac S 2015 Amérique du Nord Correction © http://labolycee.org EXERCICE II. L'HUILE D'OLIVE, MATIÈRE PREMIÈRE ET ALIMENT (9 points)

1. De l'huile d'olive au savon

1.1. Les TAG possèdent 3 groupes esters, ils appartiennent à la

famille des esters. (plus précisément des triesters).

1.2. Dans le protocole donné, le savon brut est en suspension sous forme de précipité solide

dans le milieu réactionnel qui contient encore de l'éthanol (solvant), de la soude (réactif en

excès) ainsi que du glycérol (produit) et des ions (Na et Cl ) provenant de la dernière étape.

Il va falloir extraire (ou isoler) le savon solide par filtration du milieu réactionnel (filtration sous

vide avec un entonnoir Buchner pour aller plus vite) tout en le rinçant légèrement (pour ne pas le

redissoudre). Cependant il faudra purifier le savon brut en éliminant les traces des autres espèces, et en

particulier de la soude qui est corrosive (aucune information dans l'énoncé sur la technique à

mettre en oeuvre) et le déposer dans des moules pour qu'il puisse sécher.

1.3. Par définition du rendement :

exp max n(produit) n(produit)

η= ici

exp max n(savon) n(savon)

Détermination de n(savon)

exp Expérimentalement, on a récupéré une masse de savon m(savon) exp = 6,6 g Donc exp exp m(savon) n(savon)

M(savon)

2 exp 6,6 n(savon)2 2 10 mol 304
==× (valeur non arrondie stockée)

Détermination de n(savon)

max D'après l'énoncé, la soude est en excès donc l'oléine est le réactif limitant. En tenant compte des nombres stoechiométriques de l'équation de la réaction : n(savon)n(oleine) maxi 31
Or i i m(oleine) n(oleine)

M(oleine)

=, ainsi () i max m(oleine) n savon = 3×

M(oleine)

-2 max 13,6 n savon = 3×= 4,62×10 mol 884
(valeur non arrondie stockée)

Calcul du rendement :

2 2

2,2 10

0,47 47 %

4,62 10

R C O CH

CH 2 O O C R O

R C O CH

2 O

1.4. Mécanisme réactionnel de la synthèse d'un savon.

1.4.1. Les flèches courbes représentent le déplacement d'un doublet d'électrons et sont orientés

du site donneur de doublets d'électrons vers le site receveur de doublets d'électrons.

Étape a)

Étape b)

Étape c)

1.4.2. étape a) : réaction d'addition (2 réactifs et un seul produit),

étape b) : réaction d'élimination (1 seul réactif et 2 produits), étape c) : réaction acide base (transfert d'un proton H de l'acide vers la base).

2. Bénéfique pour la santé, l'huile d'olive ?

2.1.1. La réponse est dans le sujet : le mélange d'éthanol et d'éther joue le rôle de solvant et

permet le contact intime entre l'huile d'olive titrée et la solution titrante de potasse alcoolique car

l'huile d'olive n'est pas miscible avec l'eau.

2.1.2. Les volumes d'éthanol (40 ± 1 mL) et d'huile (20,0 ± 0,1 mL) n'ont pas été prélevés avec la

même verrerie car l'incertitude sur ces volumes est différente (probablement à l'éprouvette pour

l'éthanol et à la pipette jaugée pour l'huile).

Rq : Cela s'explique par le fait que l'éthanol joue le rôle de solvant donc son volume n'a pas à

être mesuré précisément, mais par contre, l'huile d'olive est titrée donc son volume doit être

connu précisément.

2.1.3. Les ions HO

de la potasse étant corrosifs, le technicien devra porter des gants de

protection (la blouse et les lunettes étant obligatoires). De plus, il faut travailler sous hotte pour

ne pas respirer les vapeurs d'éthanol et d'éther. Rq : on peut s'étonner de l'absence d'indications nous amenant à cette réponse.

2.1.4. Le technicien a réalisé le titrage colorimétrique (présence d'un indicateur coloré) de l'acide

oléique présent dans l'huile d'olive. Il s'agit d'un contrôle de qualité.

2.1. Exploitation de l'analyse

2.2.1. L'équivalence est définie par le changement de réactif limitant.

À l'équivalence, le réactif titré RCOOH et le réactif titrant HO ont été introduits dans les proportions stoechiométriques de l'équation de titrage : il n'en reste donc plus.

L'équation du titrage étant : RCOOH

(aq) + HO -(aq) → RCOO -(aq) + H 2 O (l)

On peut écrire à l'équivalence :

titréversée n(RCOOH) n(HO ) 11 n(RCOOH) titré C b .V e donc m a = m(RCOOH) titréquotesdbs_dbs29.pdfusesText_35

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