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Baccalauréat général Session 2021 – épreuves de Mars Épreuve de Physique-Chimie

Baccalauréat général Session 2021 – épreuves de Mars Épreuve de Physique-Chimie Sujet de spécialité — Proposition de corrigé Ce corrigé est composé de 10 pages. Baccalauréat général Épreuve de Physique-Chimie (spécialité) Mars 2021 – Corrigé Exercice 1 — Le jeu du cornhole 1. Étude énergétique 1.1. À la ligne 15, on calcule la norme v de la vitesse (v = √vx2 + vz2). Ensuite, on calcule l’énergie cinétique à la ligne 16, puis l’énergie potentielle de pesanteur à la ligne 17. Finalement, l’énergie mécanique est calculée à la ligne 18. 1.2. Exploitation de la ﬁgure 3. 1.2.1. Lors de la chute libre du sac, sa vitesse va commencer par diminuer lors de la montée, donc son énergie cinétique diminuera également, ce qui permet de l’associer à la série 2. Au contraire, son altitude va commencer par augmenter, donc son énergie potentielle de pesanteur aussi : on lui attribue la série 3. Finalement, la série 1 est bien la somme des deux séries, et correspond donc à l’énergie mécanique. 1.2.2. Si l’action de l’air sur le sac était négligeable, l’énergie mécanique se conserverait (cas de la chute libre sans frottements). Or, on remarque sur la ﬁgure 3 que la série 1 n’est pas constante : l’énergie mécanique diminue au cours du temps. Le seul phénomène capable de dissiper l’énergie mécanique est, dans notre situation, l’action de l’air, qui n’est donc pas négligeable. 1.2.3. On cherche la valeur de la norme v0 de la vitesse à l’instant initial. Pour cela, on lit sur le code Python qu’à l’instant t = 0, on a vx = 7, 61 m·s−1 et vz = 4, 8 m·s−1. D’où, v0 = q 7, 612 + 4, 82= 9, 0 m · s−1 NB : une autre méthode serait de lire graphiquement la valeur de l’énergie ci- nétique à l’instant initial. En connaissant la masse m du sac, on remonte à la vitesse v0. En l’occurrence, on trouve v0 = 8, 9 m · s−1. 1.2.4. On cherche l’altitude H à l’instant initial. Or, on a, à l’instant t = 0 s : Ep,0 = mgH = ⇒ H = Ep,0 mg D’où, par lecture graphique, H = 3,5 0,440×9,81= 0, 81 m. Or, on lit dans les données entrées sur le programme python que H = 0, 869 m : la valeur trouvée est légèrement sous-évaluée, mais reste cohérente. 2. Étude du mouvement du sac après le lancer 2.1. On souhaite établir l’expression des coordonnées ax et az de l’accélération du centre du sac. On va alors, pour le centre de masse du sac, supposé ponctuel de masse m constante, appliquer la loi de quantité de mouvement dans le référentiel terrestre sup- posé galiléen. Pour cela, on remarquera que si on néglige les frottements de l’air, la seule force qui s’applique sur le système est son poids de valeur m⃗ g = −mg− → uz (− → uz est le vecteur unitaire dirigé à la verticale du sol et orienté vers le haut). D’où, le principe fondamental de la dynamique nous donne : m⃗ a = m⃗ g = −mg− → uz = ⇒⃗ a = −g− → uz D’où, en projetant sur − → ux et − → uz, on obtient :    ax = 0 az = −g (1) Page 2 sur 10 Baccalauréat général Épreuve de Physique-Chimie (spécialité) Mars 2021 – Corrigé 2.2. On va maintenant chercher à obtenir l’expression de x(t) et z(t). On commence alors par intégrer les coordonnées de l’accélération par rapport au temps, en se rappelant que la vitesse initiale ⃗ v a pour coordonnées vx(0) = v0 cos(α) et vz(0) = v0 sin(α). L’intégration de (1) donne alors :    vx(t) = cste = v0 cos(α) vz(t) = −gt + cste = −gt + v0 sin(α) (2) Et en intégrant de nouveau, on obtient :    x(t) = v0 cos(α)t + x0 z(t) = −1 2gt2 + v0 sin(α)t + z0 Or, on a x0 = 0 et z0 = H. Donc ﬁnalement, les résultats précédents deviennent :    x(t) = v0 cos(α)t z(t) = −1 2gt2 + v0 sin(α)t + H (3) 2.3. On souhaite obtenir l’équation de la trajectoire, à savoir l’expression de l’altitude z en fonction de la distance x. On va alors, dans (3), isoler l’expression x(t) et on va exprimer t en fonction de x. On a : x(t) = v0 cos(α)t = ⇒ t = x v0 cos(α) Et on va alors injecter ce résultat dans l’expression de z(t) obtenue précédemment : z(x) = −1 2g x v0 cos(α) !2 + v0 sin(α) x v0 cos(α) ! + H = −1 2 gx2 v02 cos2(α) + x tan(α) + H Et on a donc bien : z(x) = −1 2g x2 v02 cos2(α) + x tan(α) + H Cette équation étant un polynôme du second degré en x de coeﬃcient dominant négatif, la trajectoire sera parabolique et concave (la parabole a ses « bras » tournés « vers le bas »), ce qui est physiquement cohérent. 2.4. On peut alors remarquer, en observant l’équation que l’on vient d’obtenir, que les conditions initiale jouant un rôle sur la trajectoire sont la vitesse initiale v0 et l’angle α avec lequel on lance le sac. Sans oublier, bien sûr, l’altitude initiale H qui a également son importance. 2.5. On a l’équation de la trajectoire : z(x) = −0, 0842x2 + 0, 625x + 0, 880 Et on cherche le nombre de points marqués, donc la distance parcourue par le sac au moment où il touche le sol. Autrement dit, on cherche la distance x positive telle que z(x) = 0. Page 3 sur 10 Baccalauréat général Épreuve de Physique-Chimie (spécialité) Mars 2021 – Corrigé Par résolution graphique à la machine (NB : la précision de la résolution graphique permise par la calculatrice est suﬃsante en terme de chiﬀres signiﬁcatifs vu qu’on est en physique. Sinon, on peut toujours poser proprement son équation du second degré et la résoudre à la main comme appris en première.), on trouve alors x = 8, 633 m. Or, le joueur étant à une distance d de 8 mètres de la planche, le sac atterrira donc à une distance d′ = x −d = 63, 3 cm du bord de la planche. Il ne passera donc pas dans le trou, le joueur marquera 1 point. 2.6. On souhaite ﬁnalement déterminer la vitesse v0 qu’il faut donner au sac lorsqu’on le lance pour marquer 3 points. On va raisonner par étapes : — Tout d’abord, on remarque que pour rentrer dans le trou, le sac doit idéalement parcourir une distance d′ = 91+8 = 99 cm sur la planche, soit une distance totale d = 8, 99 m depuis la position du joueur. — Ensuite, on remarque que la valeur de l’angle α, donc nous auront besoin, n’est pas donnée. Or, on sait que tan(α) = 0, 625. D’où, α = tan−1(0, 625) = 32, 0◦. — Maintenant que nous avons les données numériques, on peut désormais entrer dans le vif du sujet. Aussi, nous allons chercher v0 tel que : − gx2 2 cos2(α) · 1 v2 0 + 0, 625x + 0, 880 = 0 (E) On peut alors résoudre cette équation : (E) ⇐ ⇒−551, 21 · 1 v2 0 + 5, 62 + 0, 880 = 0 ⇐ ⇒−551, 21 · 1 v2 0 + 6, 5 = 0 ⇐ ⇒551, 21 · 1 v2 0 = 6, 5 ⇐ ⇒ 1 v2 0 = 0, 012 ⇐ ⇒v2 0 = 1 0, 012 = 83, 33 Donc ﬁnalement, on obtient v0 = √83, 33 = 9, 1 m · s−1 la vitesse à donner au sac pour gagner trois points. Ce qui est une valeur cohérente au vu de la situation étudiée (proche de la valeur calculée dans la partie 1). Page 4 sur 10 Baccalauréat général Épreuve de Physique-Chimie (spécialité) Mars 2021 – Corrigé Exercice A — Un indicateur coloré naturel issu du chou rouge 1. Modélisation d’un indicateur coloré naturel issu du chou rouge 1.1. La forme 1 possède des groupes hydroxyle, alors est susceptible de céder des protons H+. C’est donc un acide de Brönsted. Mais cette même espèce est susceptible de capter un proton par son oxygène chargé négativement : c’est donc une base de Brönsted. Ainsi, vu que la forme 1 est à la fois un acide et une base de Brönsted, il s’agit bien d’un ampholyte (ou espèce amphotère). 1.2. On cherche à compléter le diagramme de prédominance de la cyanidine. Pour cela, on va chercher quelle forme est la plus basique, et laquelle est la plus acide. Pour cela, on regarde le nombre de protons que chaque forme est susceptible de céder : la forme 1 peut céder 3 protons, alors que la forme 2 ne peut en céder que 2, tandis que la forme 3 possède 4 protons qu’elle peut éventuellement céder. Aussi, la forme la plus acide est la uploads/s3/ spe-physique-chimie-2021-metropole-1-corrige.pdf