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Corrigé de l’épreuve de SVT Section Sciences expérimentales Session de contrôle Juin 2011

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Corrigé de l’épreuve de SVT Section Sciences expérimentales Session de contrôle Juin 2011

  1. 1. Bienvenue sur notre page: Sciences de la vie et de la terre http://www.facebook.com/SVTUNISIE Corrigé du sujet SVT section Sciences Expérimentales. BAC TUNISIE 2011- session de contrôlePremière partie : 8 points I. QCM : 4 points 1 2 3 4 5 6 7 8 d c, d d b, d d a, d a b - Toute réponse fausse annule la note attribuée à litem. - Pour les items 2, 4 et 6 ; attribuer 0.25 point pour une seule réponse correcte. II. Neurophysiologie : 4 points 1. O1 O2 O3 O4 O5 O6 phénomène Train de PA ou train de PPSE PPSI Train de PR PA PA PA Illustration Schéma Schéma d’une Schéma d’une Schéma d’une Schéma Schéma (schémas de d’un train dépolarisation légère légère d’un train du PR tracés) de PA qui atteint le dépolarisation hyperpolarisation de PA seuil suivie d’un PA ou suivie d’un train de PA N.B : accepter toute autre réponse cohérente. 2. a. Le fuseau neuromusculaire assure la transduction sensorielle c’est-à-dire la conversion de l’énergie mécanique résultant de l’étirement en un signal électrique (potentiel de récepteur) NB : on accepte la réponse : récepteur sensoriel sensible à l’étirement. b. La réponse doit comporter les étapes suivantes : - Arrivée d’un train de PA dans l’élément présynaptique. - Ouverture des CVD à Ca2+ et entrée des ions Ca2+ dans l’élément présynaptique. - Exocytose du neurotransmetteur inhibiteur dans la fente synaptique. - Fixation du neurotransmetteur sur les sites récepteurs spécifiques localisés sur la membrane postsynaptique. - Ouverture des CCD à Cl- et à K+ au niveau de la membrane postsynaptique. - Entrée de Cl- et sortie de K+. - Hyperpolarisation de la membrane postsynaptique. http://www.facebook.com/SVTUNISIE
  2. 2. Bienvenue sur notre page: Sciences de la vie et de la terre http://www.facebook.com/SVTUNISIEDeuxième partie : 12 points I. Immunité : 6 points. 1. Première série d’expériences. Analyse : Chez le sujet A : la streptolysine perfore la membrane des globules rouges ce qui entraine la sortie de l’hémoglobine dans le milieu qui rougit. Après centrifugation, le liquide est resté rouge alors que les membranes des hématies sédimentent au fond du tube. Chez le sujet B : les globules rouges restent intacts ce qui provoque que la streptolysine a été inactivée par les anticorps anti-streptolysine provenant du sérum du sujet B. Déductions : - Le sujet B est porteur de streptocoques. - La réaction mise en jeu est une RIMH. 2. Deuxième série d’expériences : Analyse :  Expérience 1 : les globules rouges sont éclatés ceci prouve que la streptolysine est active et a perforé les membranes des globules rouges et que le sérum de la souris 1 ne contient pas d’anticorps anti-streptolysine. Conclusion : la présence du thymus seul est insuffisante pour assurer la production des anticorps anti-streptolysine.  Expérience 2 : même analyse que l’expérience 1. Le sérum de la souris 2 ne contient pas d’anticorps anti-streptolysine. Conclusion : la présence de la moelle osseuse seule est insuffisante pour assurer la production d’anticorps anti-streptolysine.  Expérience 3 : le sérum de la souris 3 contient des anticorps anti-streptolysine qui ont neutralisé la streptolysine. Conclusion : Le thymus et la moelle osseuse sont nécessaires à la production des cellules de l’immunité (lymphocytes T et lymphocytes B) qui assurent, par coopération cellulaire, la synthèse d’anticorps anti-streptolysine. http://www.facebook.com/SVTUNISIE
  3. 3. Bienvenue sur notre page: Sciences de la vie et de la terre http://www.facebook.com/SVTUNISIEII. Génétique humaine : 6 points. 1. a. - Les enfants 2 et 4 sont sains ; ils possèdent uniquement l’allèle B ; donc cet allèle est normal. - Les enfants 1, 3 et 5 sont hétérozygotes et sains donc l’allèle B est dominant et l’allèle A est récessif : B > A. b. - La mère possède uniquement l’allèle B, donc elle est saine. - Le père possède uniquement l’allèle A, donc il est atteint. c. - Hypothèse 1 : le gène porté par Y : La mère (ne possédant pas le chromosome Y) présente le gène en question ; donc l’hypothèse 1 est à rejeter. - Hypothèse 2 : le gène porté par un autosome : Le père homozygote possède l’allèle récessif A et la mère possède l’allèle B ; dans ce cas, tous les enfants devraient être hétérozygotes, ce qui n’est pas le cas pour les enfants 2 et 4 ; donc l’hypothèse 2 est à rejeter. Conclusion : ce gène n’est porté ni par Y ni par un autosome ; il est donc porté par le chromosome sexuel X. N.B : accepter toute autre réponse correcte. 2. sujet Le père La mère L’enfant 1 L’enfant 2 L’enfant 3 L’enfant 4 L’enfant 5 génotype XA Y XB XB XA XB XB Y XA XB XA Y XA XB http://www.facebook.com/SVTUNISIE

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