BAC 2022 - Corrigé physique-chimie

1. BAC GÉNÉRAL/TECHNOLOGIQUE 2022
Épreuve de spécialité physique-chimie
Mercredi 11 mai
Exercice 1. LE COLORANT E127
1. Dosage du colorant E127 dans un révélateur de plaque dentaire.
Q1. Groupe A : Alcool
Groupe B : Cétone
Groupe C : Acide carboxylique
Q2. Diagramme de prédominance (échelle de pKa) :
à pH = 7, l’espèce majoritaire est Ery2-
car pH > pKa2
Q3. Sur le spectre d’absorption d’une solution aqueuse du colorant E127, nous voyons un maximum
d’absorption à environ 528 nm.
D’après le cercle chromatique, et sachant qu’une espèce qui absorbe à 528 nm émet la couleur opposée
c’est-à-dire le rouge, le colorant aura donc une couleur rouge.
Le composé coloré du révélateur étant le colorant E127, la solution sera donc de couleur rouge.
Q4. (1) À l’aide de l’absorbance de la solution à doser de 0,484 et de la figure 1, Par lecture graphique,
nous pouvons en déduire la concentration en colorant de la solution qui est de 5,5 µmol.L-1
.
(2) Or, d’après la préparation de cette solution où l’on a mis 0,5 mL de colorant dans 2,0 L d’eau,
nous pouvons en déduire qu’elle a été diluée 4 000 fois.
(1) + (2) Solution à doser de 5,5 µmol.L-1
: la solution aqueuse de colorant E127 a donc une concentration en
soluté de 5,5*10-6
* 4 000 = 2,2 * 10-2
mol.L-1
.
Calcul de w :
𝑤 =
!"##$!"#$%é
!"##$!"#$%'"(
=
%,%×()-2×).+×()-3×,,)
),+
= 0,019 = 1,9 %
Résultat en accord avec l’indication de la bouteille. Légèrement en dessous, probablement dû à des erreurs
de lecture, matériels, etc.

2. 2. Synthèse de l’érythrosine à partir de la fluorescéine
Q5. Étape 1 : Transformation
Étape 2 : Isolement et purification
Étape 3 : Analyse/identification
Q6. Dans l’étape 1, on chauffe et on agite le mélange. Ces conditions optimisent la vitesse de formation de
l’érythrosine car ce sont des facteurs cinétiques.
Q7.
Calcul de ni(H2Flu) :
𝑛-(/%012) =
!
4
=
+,)
55%
= 1,5 × 10-2
𝑚𝑜𝑙
Calcul de ni(I2) :
𝑛-(6%) =
!
4
=
7,+
%+8
= 3,7 × 10-2
𝑚𝑜𝑙
Calcul du réactif limitant :
Si H2Flu limitant ni(H2Flu) – xmax = 0 soit ni(H2Flu)=xmax= 1,5x10-2
mol
Si I2 limitant ni(I2) – 4xmax = 0 soit 𝑥!"9 =
:'(6))
8
=
5,;×(<*)
8
= 9,4 × 10-3
𝑚𝑜𝑙
I2 est donc le réactif limitant car 9,4x10-3
< 1,5 x 10-2
.
Q8. On a xmax = 9,4 x 10-3
mol.
On peut donc former 𝑚/)=>? = 𝑛@A>!é𝐻%𝐸𝑟𝑦 × 𝑀 = 9,4 × 10C5
× 836 = 7,8 𝑔 si la réaction est
maximale.
Or, le rendement de l’expérience est de 59 %, on a donc formé seulement :
𝑚DEF𝐻%𝐸𝑟𝑦 = 𝜂 × 𝑚!"9 = 0,59 × 7,8 𝑔 = 4,6 𝑔
Q9. D’après la question 4, nous savons que dans un flacon de 10 mL la concentration en E127 est de 2,2 *
10-2
mol.L-1
.
Calcul de la masse de E127 dans un flacon de 10 mL :
𝑚()!G = 𝑐 × 𝑉 × 𝑀 = 2,2 × 10C%
∗ 10 × 10C5
× 880 = 0,19 𝑔
Sachant que la réaction a produit expérimentalement 4,6 g, nous pouvons donc faire
8,H
),(7
= 24 flacons de
10 mL.
3. Suivi cinétique de la décoloration d’une solution de colorant E127 par l’eau de Javel

3. Q10. D’après la figure 2, dans l’expérience A la vitesse volumique de disparition de la forme Ery2-
est moins
importante que dans l’expérience B. On remarque que l’expérience A se finit au bout de 800 secondes
d’après le graphique.
La concentration, ou ici un réactif ajouté avec une plus grande quantité dans le mélange réactionnel, va
favoriser la rencontre entre deux réactifs et donc augmenter la cinétique de cette réaction, c’est donc un
facteur cinétique à l’origine de cette évolution.
Q11. t1/2 correspond à la durée au bout de laquelle la moitié du réactif a été consommé. Ici ci = 8,5 µmol.L-1
Alors t1/2 correspond à la durée au bout de laquelle nous arrivons à 4,25 µmol.L-1
à volume constant.
Graphiquement, nous trouvons t1/2 = 150 s.
Q12. Pour décolorer de façon optimale le filtre, il faut mettre une dose conséquente de javel pour accélérer
le processus, le laisser tremper dedans pour que la réaction et la décoloration soient uniformes et on peut
imaginer le mettre au soleil pour que le mélange se réchauffe (facteur cinétique).

4. Exercice A. LA PHYSIQUE DU JONGLAGE
Q1. Dans la phase 1, la balle monte jusqu’à 0,80 m de haut de façon ralentie jusqu’à s’arrêter et redescend
au niveau de l’origine de façon accélérée.
Q2. La main du jongleur permet de récupérer la balle et de remettre de la vitesse dans celle-ci.
Q3. D’après la deuxième loi de Newton :
∑𝐹
⃗ = 𝑚𝑎
⃗
or 𝑃
D⃗ = 𝑚𝑎
⃗ car en chute libre, seul le poids intervient
0 = 𝑎9 car 𝑃
D⃗ étant dans le sens inverse de l’axe Oy, il n’a pas de composantes suivant Ox
Avec 𝑎
⃗ =
IJ
K⃗
IM
alors 𝑣
DDD⃗ est la primitive de 𝑎
DDD⃗ on a :
𝑉
9 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
D’après les conditions initiales : vX(0) = V0x
Donc Vx = V0x.
Q4. On sait que 𝐸!) = 𝐸𝑐) + 𝐸𝑝𝑝)
Alors
𝐸!) =
(
%
× 𝑣)
%
+ 𝑚 × 𝑔 × ℎ)
𝐸!) =
(
%
× 𝑣)
%
carℎ)est nulle initialement
𝐸!) =
(
%
× 𝑚 × (𝑉)9
%
+ 𝑉)?
%
)
car Pythagore sur :
Q5.
La balle étant en chute libre, pas de forces conservatives, l’énergie mécanique se conserve :
Δ𝐸4 = 0
𝐸!"1M-M2I$!"9 − 𝐸!) = 0
(
%
× 𝑣%
+ 𝑚 × 𝑔 × 𝐻 − 𝐸!) = 0
𝑚 × 𝑔 × 𝐻 − 𝐸!) = 0car V=0 à l'altitude max
𝑚 × 𝑔 × 𝐻 −
(
%
× 𝑚 × 𝑉)?
%
= 0 suivant Oy
𝑚 × 𝑔 × 𝐻 =
(
%
× 𝑚 × 𝑉)?
%
𝐻 =
(
!×N×%
× 𝑚 × 𝑉)?
%
𝐻 =
O+,
)
%N
Q6. Voy = 4,00 m.s-1
par lecture graphique. (figure 2b à t=0 s)
Donc 𝐻 =
8,)))
%×7,,(
= 0,815𝑚
Le résultat est bien en accord avec la lecture graphique de la figure 2a.
Q7. D’après la deuxième loi de Newton :
∑𝐹
⃗ = 𝑚𝑎
⃗

5. or 𝑃
D⃗ = 𝑚𝑎
⃗ car en chute libre, seul le poids intervient
−𝑃? = 𝑚𝑎? car 𝑃
D⃗ étant dans le sens inverse de l’axe Oy
CP,
!
= 𝑎?
Avec 𝑎
⃗ =
IJ
K⃗
IM
alors 𝑣
DDDD⃗est la primitive de 𝑎
⃗ on a :
𝑉
?(𝑡) = −𝑔 × 𝑡 + 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 car P = mg
D’après les conditions initiales : vy(0) = V0y donc constante = V0y
On a donc 𝑉
?(𝑡) = −𝑔𝑡 + 𝑉)?.
Q8. Graphiquement, la « pente » de la phase 1 correspond à notre coefficient directeur -g.
−𝑔 =
O,)CO,-
M)CM-
=
),))C8,))
),8C),))
= −10 𝑚. 𝑠-2
On peut évaluer l’intensité de la pesanteur à 10 m.s-2
au lieu de 9,81 m.s-2
. L’écart peut s’expliquer par la
lecture graphique non précise, les conditions expérimentales, etc.
Q9. On sait que 𝑉
?(𝑡) = −𝑔𝑡 + 𝑉)? et 𝑣
⃗ =
I<4
KKKKKKK⃗
IM
alors 𝑂𝑀
DDDDDDDDD⃗est la primitive de 𝑣
DDD⃗ on a suivant Oy :
𝑦(𝑡) = −𝑔𝑡%
+ 𝑉)?𝑡 + 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
D’après les conditions initiales : y(0) = 0 donc constante = 0 ;
Donc 𝑦(𝑡) =
CNM)
%
+ 𝑉)?𝑡.
Q10.
𝑦(𝑡"->) =
CNM.'/
)
%
+ 𝑉)?𝑡"->or 𝑦(𝑡"->) = 0
Alors
0 =
CNM.'/
)
%
+ 𝑉)?𝑡"->
0 = 𝑡"->(
CNM.'/
%
+ 𝑉)?)
donc soit
0 =
CNM.'/
%
+ 𝑉)?ou𝑡"-> = 0(𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑖𝑜𝑛 𝑛𝑜𝑛 𝑝𝑜𝑠𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒)
NM.'/
%
= 𝑉)?
𝑡"-> =
%O+,
N
(1)
D’après la Q5 : 𝐻 =
O+,
)
%N
soit 𝑉)? = U2𝑔𝐻(2).
Alors (1) + (2) nous donne
𝑡"-> =
%Q%N/
N
𝑡"-> =
√8Q%N/
QN)
𝑡"-> = V
8×%N/
N)
𝑡"-> = V
,/
N
Q11. Avec une hauteur max de 0,81 m par lecture graphique, nous trouvons :

6. 𝑡"-> = V
,/
N
= V
,×),,(
7,,(
= 0,81 𝑠
Il semble que par les calculs le tair soit plus grand qu’expérimentalement. Probablement les frottements
avec l’air que nous avons négligés, qui peuvent expérimentalement rendre tair plus court.

7. Exercice B. REFROIDISSEMENT D’UN FER A CHEVAL
1. Chauffage du fer
Q1. Calcul de mFer :
𝑚 = 𝜌@$> × 𝑉@$> = 7,87 × 104 = 818𝑔 = 0,818 𝑘𝑔
Q2. Calcul de ΔU :
Δ𝑈 = 𝑚@$> × 𝑐@$> × (Θ) − Θ=9M) = 818 × 440 × (900 − 15) = 3,2 × 10,
𝐽
Q3. Au niveau microscopique , la température est directement liée à l’agitation des molécules dans le fer.
Plus la température augmente, plus l’agitation des molécules augmente.
Il a donc fallu donner cette énergie aux molécules du fer pour qu’elles s’agitent et que la température du
fer passe de 15 °C à 900 °C.
2. Refroidissement du fer
Q4. D’après le premier principe de la thermodynamique :
Δ𝑈 = Δ𝑄 + Δ𝑊
Δ𝑈 = Δ𝑄 (1) car aucun transfert thermique entre le fer à cheval et l’extérieur donc
Δ𝑊 = 0.
Δ𝑄 = −Φ𝑑𝑡 = −ℎ × 𝑆(Θ=ST − Θ)𝑑𝑡 (2)
Δ𝑈 = 𝑚0$> × 𝐶0$> × (Θ=ST − Θ)(3)
La combinaison mathématiques de (1), (2) et (3) donne :
𝑚0$> × 𝐶0$> × (Θ=ST − Θ) = −ℎ × 𝑆(Θ=ST − Θ)𝑑𝑡
(U012CU)
IM
=
CV×W
!34/×X34/
(Θ=ST − Θ)
(U012CU)
IM
=
CV×W
!34/×X34/
(Θ=ST − Θ)
(U012CU)
IM
+
V×W
!34/×X34/
(Θ) =
V×W×U012
!34/×X34/
(IU)
IM
+
U
Y
=
U012
Y
avec 𝜏 =
!34/×Z34/
V.'/×W
Q5. Il suffit de remplacer la solution fournie dans l’équation différentielle avec :
IU
IM
=
C(U+CU012)
Y
× 𝑒
*%
5
Q6. AN : avec t = 120 s (1 minute de façonnage et 1 minute d’installation).
Θ(120 𝑠) = 787 °𝐶
Cela reste cohérent avec l’idée qu’un fer à 900 °C, perd à peu près 110 °C en 2 minutes et assez logique
avec le fait que le maréchal-ferrand plonge le fer dans l’eau pour le fixer car il est encore vraiment très
chaud.
Q7.

8. 𝜏 =
!34/×Z34/
V4.$×W
on change hair en heau car il est plongé dans l’eau cette fois-ci.
AN : 𝜏 = 34 𝑠
Ensuite on cherche le temps pour lequel nous sommes arrivés à 40 °C.
On peut prendre la solution telle que :
40 = (600 − 15)𝑒
*%6+
5 + 15
8)C(+
H))C(+
= 𝑒
*%6+
5
8)C(+
H))C(+
= 𝑒
*%6+
5
−34 × ln
8)C(+
H))C(+
= 𝑡8) = 107 𝑠𝑒𝑐𝑜𝑛𝑑𝑒𝑠.
Q8.
Le temps est donc plus faible que celui calculé, probablement dû à nos conditions initiales et sur le fait que
le système soit incompressible.

9. Exercice C. DÉFIBRILLATEUR CARDIAQUE
Q1. Pour que le condensateur se charge il faut basculer l’interrupteur sur la position 1.
Q2. D’après la loi des mailles :
𝐸 − 𝑢> − 𝑢Z = 0
𝐸 − 𝑟 × 𝑖 − 𝑢Z = 0
𝐸 −
>X×I27(M)
IM
− 𝑢Z = 0
>×X×I27(M)
IM
− 𝑢Z = 𝐸
Q3. Remplacer la solution donnée dans l’équation différentielle avec
I27
IM
=
=
Y78./94
𝑒
%
578./94 avec
𝜏ZV">N$ = 𝑟 × 𝐶en secondes.
Q4.
uC(t) à t=0s est égale à 0V et au bout d’un temps très long est égale à E.
Q5. On remplace 𝑡( = 5 × 𝜏ZV">N$dans l’expression de la solution.
AN : 𝑢Z(𝑡() = 0,99𝐸
Q6. Graphiquement, t2 = 0,024s
Q7. En traçant la tangente à t2, son croisement
avec l’axe des abscisses nous donne la valeur
de 𝜏N>"[V-2$, ici de 0,015 s.
Il semble en adéquation avec la relation trouvée
en Q3 avec 𝜏 = 𝑟 × 𝐶 = 10 × 105
× 1,5 ×
10CH
= 0,015 𝑠.
Q8.
Nous avons vu que 𝜏 = 𝑟 × 𝐶et que l’on peut considérer la décharge totale au bout de 5𝜏.
Prenons le cas le plus extrême avec une résistance la plus haute du corps humain.
Le temps de la décharge en sera donc majoré.
5𝜏 = 5 × 170 × 10CH
× 150 = 0,13 𝑠
Ce résultat est donc bien en accord avec les valeurs données qui est d’une délivrance de choc de moins de
4 secondes.