BAC Révision CollègeBrevetBacAnnales Télécharger

Annales corrigées › Bac 2025 › Physique-chimie

Bac 2025

Physique-Chimie – Amérique du Nord 2025 – Sujet 1 : correction détaillée

Enseignement de spécialité · 3 h 30 · 3 exercices · 20 points

Corrigé

Correction rédigée par l'équipe BAC Révision, non officielle. Les énoncés sont reformulés avec leurs données : refais toujours les calculs et compare avec ton professeur.

Où trouver le sujet ? Cette page présente la correction. Le sujet officiel complet (PDF) et ses figures sont dans l'application BAC Révision.

Ouvrir le sujet dans l'application gratuite

Exercice 1 : Étude d'un vernis à ongles9 points

Synthèse de l'éthanoate d'éthyle (solvant du vernis) puis dosage spectrophotométrique de l'oxyde de fer (III) pigmentaire.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Figure 1 : formule topologique de l'éthanoate d'éthyle ; Équation de la synthèse : acide éthanoïque + éthanol = éthanoate d'éthyle + eau ; Figure 2 : première étape du mécanisme (protonation du carbonyle) ; Spectre d'absorption de Fe²⁺ avec l'orthophénantroline ; Figure 3 : courbe d'étalonnage (A en fonction de C). Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

1.Q1Représenter la formule semi-développée de l'éthanoate d'éthyle (donné en formule topologique), entourer le groupe caractéristique et nommer la famille fonctionnelle.Touche pour voir la correction

À retenir Dans un ester R–COO–R', le groupe caractéristique est –COO– (carbonyle lié à un oxygène lui-même lié à un carbone). Le nom « éthanoate d'éthyle » se lit : chaîne acide (éthanoate, 2 C) + chaîne alcool (éthyle, 2 C).

Démarche
  1. La partie « éthanoate » vient de l'acide éthanoïque CH₃–COOH (2 atomes de carbone).
  2. La partie « d'éthyle » est le groupe –CH₂–CH₃ fixé sur l'oxygène.
  3. Formule semi-développée : CH₃–C(=O)–O–CH₂–CH₃ (soit CH₃COOC₂H₅).
  4. On entoure le groupe –C(=O)–O– : c'est le groupe caractéristique ester.

RéponseCH₃–C(=O)–O–CH₂–CH₃ ; groupe –COO– entouré ; famille des esters.

1.Q2Sur la figure 2, une flèche courbe part de l'oxygène du groupe carbonyle de l'acide éthanoïque vers l'ion H⁺. Justifier son sens.Touche pour voir la correction

À retenir Une flèche courbe d'un mécanisme part d'un site donneur d'électrons (doublet, site riche en électrons) et pointe vers un site accepteur (site déficitaire en électrons).

Démarche
  1. L'atome d'oxygène du carbonyle est plus électronégatif que le carbone et porte des doublets non liants : c'est un site donneur de doublet d'électrons.
  2. L'ion H⁺ possède une lacune électronique (orbitale vide) : c'est un site accepteur.
  3. Le doublet de l'oxygène forme donc une liaison O–H : la flèche va du doublet de l'oxygène vers H⁺, ce qui explique la charge + portée par l'oxygène sur le produit.

RéponseLa flèche part du doublet non liant de l'oxygène (site donneur) et pointe vers H⁺ (site accepteur, lacune électronique) : le doublet devient la liaison O–H.

1.Q3Définir un catalyseur et justifier que l'acide sulfurique ajouté à l'étape 1 peut jouer ce rôle.Touche pour voir la correction

À retenir Un catalyseur augmente la vitesse d'une réaction sans figurer dans son équation : il est régénéré à la fin, sans modifier l'état final d'équilibre.

Démarche
  1. Définition : espèce qui accélère une transformation chimique, n'apparaît pas dans le bilan et est retrouvée intacte en fin de réaction.
  2. Ici l'acide sulfurique n'apparaît pas dans l'équation de l'estérification (acide + alcool = ester + eau).
  3. Le mécanisme commence par la protonation du carbonyle par H⁺ ; cet H⁺, fourni par H₂SO₄, est régénéré dans la dernière étape. Il est donc bien consommé puis restitué : H₂SO₄ est un catalyseur (ici par catalyse acide).

RéponseUn catalyseur accélère la réaction sans être consommé ; H₂SO₄ fournit H⁺ utilisé puis régénéré dans le mécanisme, donc il joue ce rôle.

1.Q4Indiquer l'étape du protocole (1, 2 ou 3) qui correspond à une extraction.Touche pour voir la correction

À retenir Une extraction liquide-liquide fait passer une espèce d'un solvant vers un autre solvant non miscible, où elle est plus soluble, dans une ampoule à décanter.

Démarche
  1. Étape 1 : chauffage à reflux (synthèse).
  2. Étape 2 : ajout d'eau salée dans l'ampoule à décanter, agitation, décantation : l'ester, presque insoluble dans l'eau salée, reste dans la phase organique tandis que acides et alcool passent dans l'eau salée.
  3. Étape 3 : neutralisation puis séchage.

RéponseL'étape 2 (extraction liquide-liquide avec de l'eau salée dans l'ampoule à décanter).

Piège L'étape 3 contient aussi une décantation, mais son but principal est la neutralisation de l'acide restant (puis le séchage) ; l'extraction principale est l'étape 2.

1.Q5Schématiser l'ampoule à décanter après décantation de l'étape 2 en indiquant les espèces de chaque phase ; justifier.Touche pour voir la correction

À retenir La phase la moins dense surnage. Une espèce se retrouve dans la phase où elle est la plus soluble.

Démarche
  1. Densité (masse volumique) : eau salée 1,15 g·mL⁻¹ ; éthanoate d'éthyle 0,902 g·mL⁻¹ → l'ester est moins dense, donc en phase supérieure.
  2. Phase supérieure (organique) : éthanoate d'éthyle, avec un peu d'acide éthanoïque restant (c'est pourquoi il est neutralisé à l'étape 3).
  3. Phase inférieure (aqueuse, eau salée) : eau, ions Na⁺ et Cl⁻, éthanol, acide éthanoïque (très solubles dans l'eau salée) et acide sulfurique.
  4. Schéma : ampoule avec robinet en bas, deux phases séparées par une interface ; en haut « phase organique : ester », en bas « phase aqueuse ».

RéponseHaut : phase organique (éthanoate d'éthyle, ρ = 0,902 g·mL⁻¹). Bas : phase aqueuse salée (eau, éthanol, acides sulfurique et éthanoïque ; ρ = 1,15 g·mL⁻¹).

Vérification Le schéma est à faire sur la copie : ici seul son contenu est décrit.

1.Q6Écrire l'équation de la réaction acido-basique entre HCO₃⁻(aq) et CH₃COOH(aq) (étape 3) et nommer le gaz formé. Couples : CO₂,H₂O/HCO₃⁻ et CH₃COOH/CH₃COO⁻.Touche pour voir la correction

À retenir L'acide du couple 1 réagit avec la base du couple 2 : on écrit les demi-équations puis on les additionne.

Démarche
  1. L'acide éthanoïque est l'acide : CH₃COOH = CH₃COO⁻ + H⁺.
  2. L'ion hydrogénocarbonate est la base : HCO₃⁻ + H⁺ = CO₂,H₂O.
  3. Somme : CH₃COOH(aq) + HCO₃⁻(aq) → CH₃COO⁻(aq) + CO₂,H₂O(aq), c'est-à-dire CO₂ dissous qui se dégage.

RéponseCH₃COOH(aq) + HCO₃⁻(aq) → CH₃COO⁻(aq) + CO₂(g) + H₂O(l) ; le gaz formé est le dioxyde de carbone.

Piège C'est ce dégagement de CO₂ qui impose de dégazer régulièrement l'ampoule.

1.Q7Déterminer le rendement de la synthèse : V₁ = 11,7 mL d'éthanol (ρ = 0,789 g·mL⁻¹, M = 46,1 g·mol⁻¹), V₂ = 14,3 mL d'acide éthanoïque (ρ = 1,05 g·mL⁻¹, M = 60,0 g·mol⁻¹), l'acide étant en excès ; on obtient V_ester = 12,0 mL d'éthanoate d'éthyle (ρ = 0,902 g·mL⁻¹, M = 88,1 g·mol⁻¹).Touche pour voir la correction

À retenir Rendement η = n_obtenue / n_max (ou m_obtenue / m_max). Le réactif limitant fixe n_max. Équation : acide + alcool = ester + eau, coefficients 1.

Démarche
  1. n(éthanol) = ρ·V₁ / M = 0,789 × 11,7 / 46,1 = 0,200 mol.
  2. n(acide) = 1,05 × 14,3 / 60,0 = 0,250 mol : acide en excès, l'éthanol est le réactif limitant (comme indiqué).
  3. Avancement maximal x_max = 0,200 mol, donc n_ester,max = 0,200 mol.
  4. Quantité réellement obtenue : m = ρ·V_ester = 0,902 × 12,0 = 10,8 g ; n = 10,8 / 88,1 = 0,123 mol.
  5. η = 0,123 / 0,200 ≈ 0,61.

Réponseη ≈ 61 %

Vérification n_max = 0,200 mol → m_max = 17,6 g, soit V_max ≈ 19,5 mL ; 12,0 / 19,5 ≈ 0,61 ✓.

Piège Ne pas oublier de convertir les volumes en masses puis en quantités de matière avant de comparer.

1.Q8Choisir la ou les propositions qui augmentent le rendement : A) ajouter de l'éthanol en excès aux 14,3 mL d'acide ; B) doubler le volume d'acide sulfurique ; C) éliminer l'eau produite.Touche pour voir la correction

À retenir L'estérification est limitée, lente, réversible : on déplace l'équilibre vers l'ester en augmentant un réactif ou en éliminant un produit (Le Chatelier). Un catalyseur n'agit que sur la vitesse.

Démarche
  1. A : ajouter de l'éthanol en excès (réactif) déplace l'équilibre vers la formation de l'ester → rendement ↑ (par rapport à l'acide, désormais limitant).
  2. B : un catalyseur accélère l'atteinte de l'état final mais ne change pas la composition à l'équilibre → pas d'effet sur le rendement.
  3. C : retirer l'eau (produit) déplace l'équilibre vers la droite → rendement ↑.

RéponsePropositions A et C.

Piège Le catalyseur modifie la vitesse, jamais le rendement à l'équilibre. Dans la proposition A, l'éthanol en excès rend l'acide limitant : le rendement s'évalue alors par rapport à l'acide et augmente.

2.Q9Indiquer la verrerie pour préparer S₅ (V₅ = 10,0 mL de S₀ dans 50,0 mL) et calculer C₅ (C₀ = 3,58×10⁻⁴ mol·L⁻¹).Touche pour voir la correction

À retenir Dilution : n prélevée = n dans la solution fille, soit C₀·V₀ = C₅·V_f.

Démarche
  1. Verrerie : pipette jaugée de 10,0 mL (avec propipette) pour prélever S₀ ; fiole jaugée de 50,0 mL pour la solution fille ; un bécher pour S₀.
  2. C₅ = C₀ × V₅ / V_f = 3,58×10⁻⁴ × 10,0 / 50,0 = 7,16×10⁻⁵ mol·L⁻¹.

RéponseC₅ = 7,16×10⁻⁵ mol·L⁻¹ (≈ 71,6 µmol·L⁻¹), préparée avec une pipette jaugée de 10,0 mL et une fiole jaugée de 50,0 mL.

Vérification Le sixième point de la courbe d'étalonnage se situe à 72 µmol·L⁻¹ (± 1) avec A ≈ 0,79 ✓.

2.Q10Indiquer, en justifiant, la longueur d'onde de réglage du spectrophotomètre pour les mesures d'absorbance, à partir du spectre d'absorption de Fe²⁺ + orthophénantroline.Touche pour voir la correction

À retenir On se place à la longueur d'onde du maximum d'absorbance : la sensibilité est maximale et l'incertitude relative minimale.

Démarche
  1. Sur le spectre, le maximum d'absorbance (≈ 1,0) se situe à 507 ± 5 nm.
  2. À ce maximum, une petite variation de concentration donne la plus grande variation d'absorbance : la mesure est la plus sensible et l'incertitude relative la plus faible.

Réponseλ ≈ 510 nm (maximum du spectre d'absorption, lu à 507 ± 5 nm).

Vérification Lecture graphique : le sommet se situe à 507 nm, avec une tolérance de ± 5 nm ; on retient la valeur arrondie 510 nm.

2.Q11Justifier que la courbe d'étalonnage (A en fonction de C) vérifie la loi de Beer-Lambert.Touche pour voir la correction

À retenir Loi de Beer-Lambert : A = k·C. L'absorbance est proportionnelle à la concentration (solutions diluées) : la courbe est une droite passant par l'origine.

Démarche
  1. Les points sont alignés sur une droite.
  2. Cette droite passe par l'origine (A = 0 pour C = 0).
  3. La modélisation donne A = 0,0113·C (C en µmol·L⁻¹) avec R² = 0,9992, très proche de 1.

RéponseLes points sont alignés sur une droite passant par l'origine : A est proportionnelle à C, A = 0,0113·C, donc la loi de Beer-Lambert est vérifiée.

2.Q12À partir de A_S = 0,360, de la courbe (A = 0,0113·C, C en µmol·L⁻¹) et de l'équation Fe₂O₃ + 6 H₃O⁺ → 2 Fe³⁺ + 9 H₂O (une mole de Fe³⁺ donne une mole de Fe²⁺), montrer que n(Fe₂O₃) = 0,80×10⁻⁶ mol dans l'échantillon (fiole de 50,0 mL).Touche pour voir la correction

À retenir On lit la concentration sur l'étalonnage, puis on remonte à la quantité de matière, puis aux coefficients stœchiométriques : 2 Fe³⁺ pour 1 Fe₂O₃.

Démarche
  1. C(Fe²⁺) = A_S / 0,0113 = 0,360 / 0,0113 ≈ 31,9 µmol·L⁻¹ = 3,19×10⁻⁵ mol·L⁻¹.
  2. n(Fe²⁺) dans la fiole = C × V = 3,19×10⁻⁵ × 50,0×10⁻³ = 1,59×10⁻⁶ mol.
  3. Chaque Fe³⁺ donne un Fe²⁺ : n(Fe³⁺) = 1,59×10⁻⁶ mol.
  4. Fe₂O₃ donne 2 Fe³⁺ : n(Fe₂O₃) = n(Fe³⁺) / 2 = 0,80×10⁻⁶ mol.

Réponsen(Fe₂O₃) ≈ 0,80×10⁻⁶ mol, comme demandé.

Vérification 1,59×10⁻⁶ / 2 = 7,97×10⁻⁷ ≈ 0,80×10⁻⁶ ✓.

2.Q13En déduire si le vernis (échantillon de 0,0103 g, M(Fe₂O₃) = 159,7 g·mol⁻¹) a un pouvoir couvrant optimal (5 % en masse).Touche pour voir la correction

À retenir Pourcentage massique = masse de pigment / masse de l'échantillon × 100.

Démarche
  1. m(Fe₂O₃) = n × M = 0,80×10⁻⁶ × 159,7 = 1,28×10⁻⁴ g.
  2. Pourcentage : 1,28×10⁻⁴ / 0,0103 × 100 ≈ 1,2 %.
  3. On compare avec 5 % : la valeur est très inférieure.

Réponse≈ 1,2 % de Fe₂O₃ < 5 % : le pouvoir couvrant n'est pas optimal.

Piège Bien convertir : 0,0103 g de vernis, pas 0,0103 mg.

Exercice 2 : Physique et raccordements routiers5 points

Étude cinématique et dynamique d'un véhicule sur un arc de clothoïde puis un arc de cercle (échangeur de Cronenbourg).

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Figure 2 : évolution de l'accélération sur le raccordement ; Les cinq schémas de forces (question 7) ; Annexe : trajectoire O, P, S, Q, centre C et point M (questions 4 et 6). Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

1.Q1Déterminer la valeur de l'accélération sur la portion rectiligne OP à partir de la figure 2 et caractériser le mouvement.Touche pour voir la correction

À retenir Si a = 0, d'après la deuxième loi de Newton ou le principe d'inertie la vitesse est constante en valeur et direction : mouvement rectiligne uniforme.

Démarche
  1. Sur la figure 2, dans la zone « ligne droite », la courbe d'accélération est confondue avec l'axe des temps.
  2. Donc a = 0 m·s⁻².
  3. Trajectoire rectiligne et accélération nulle : le mouvement est rectiligne uniforme.

Réponsea = 0 m·s⁻² ; mouvement rectiligne uniforme (vitesse constante).

1.Q2Écrire les lignes du programme Python manquantes (lignes 'ax.' et 'ay.') pour calculer les coordonnées du vecteur accélération, sachant que vx, vy sont les listes des vitesses et dt = 1,50 s.Touche pour voir la correction

À retenir a_x = Δv_x/Δt : l'accélération est la dérivée de la vitesse, approchée par la variation entre deux instants successifs divisée par dt.

Démarche
  1. Dans la boucle for i in range(0, len(t)-1), on compare vx[i+1] et vx[i].
  2. ax.append((vx[i+1]-vx[i])/dt)
  3. ay.append((vy[i+1]-vy[i])/dt)

Réponseax.append((vx[i+1]-vx[i])/dt) et ay.append((vy[i+1]-vy[i])/dt)

Vérification Les deux listes ont une valeur de moins que vx, ce qui est cohérent avec range(0, len(t)-1) où t a déjà perdu t[0].

1.Q3À partir du tableau (t en s : 1,50 ; 3,00 ; 4,50 ; 6,00 ; 7,50 ; 9,00 et a en m·s⁻² : 0,1587 ; 0,3218 ; 0,4824 ; 0,6411 ; 0,8070 ; 0,9506), vérifier que l'accélération augmente linéairement avec le temps.Touche pour voir la correction

À retenir Une fonction linéaire a = k·t se vérifie par un rapport a/t constant, ou par un graphe a(t) rectiligne passant par l'origine.

Démarche
  1. Calcul de a/t : 0,1587/1,50 = 0,106 ; 0,3218/3,00 = 0,107 ; 0,4824/4,50 = 0,107 ; 0,6411/6,00 = 0,107 ; 0,8070/7,50 = 0,108 ; 0,9506/9,00 = 0,106 (en m·s⁻³).
  2. Le rapport est quasi constant (≈ 0,107 m·s⁻³) : a est proportionnelle à t.
  3. Méthode équivalente : tracer a(t) et constater que les points sont alignés avec l'origine.

Réponsea/t ≈ 0,107 m·s⁻³ constant : l'accélération croît bien linéairement avec le temps (a ≈ 0,107·t).

Piège Les rapports varient de 0,106 à 0,108 (écart de l'ordre de 1 %), dû aux arrondis et à la méthode de dérivation numérique.

2.Q4Sur l'annexe, tracer les vecteurs unitaires u_N et u_T du repère de Frenet au point M de l'arc de cercle.Touche pour voir la correction

À retenir Repère de Frenet : u_T tangent à la trajectoire, dans le sens du mouvement ; u_N perpendiculaire à u_T, dirigé vers le centre de courbure (le centre C du cercle).

Démarche
  1. Placer M sur l'arc de cercle.
  2. u_T : tangent au cercle en M, dans le sens de parcours.
  3. u_N : sur le rayon MC, orienté de M vers C.

Réponseu_T tangent à la trajectoire dans le sens du mouvement ; u_N dirigé de M vers le centre C (schéma à réaliser sur l'annexe).

Vérification Le tracé figure sur l'annexe page 14 du sujet et n'est pas reproductible ici.

2.Q5Justifier que a = (v²/r)·u_N entre S et Q.Touche pour voir la correction

À retenir En repère de Frenet : a = (dv/dt)·u_T + (v²/r)·u_N.

Démarche
  1. La norme de la vitesse est constante : dv/dt = 0, donc la composante tangentielle est nulle.
  2. Il reste la composante normale : a = (v²/r)·u_N, avec r = 75,0 m le rayon du cercle.
  3. Le vecteur accélération est dirigé vers le centre C.

Réponsev = cte donc dv/dt = 0 et a = (v²/r)·u_N.

2.Q6Représenter a au point M à l'échelle 1,0 cm pour 1,0 m·s⁻² (v = 15,0 m·s⁻¹, r = 75,0 m).Touche pour voir la correction

À retenir Valeur de a = v²/r ; le vecteur est porté par MC, vers le centre.

Démarche
  1. a = 15,0² / 75,0 = 225 / 75,0 = 3,00 m·s⁻².
  2. À l'échelle : 3,00 cm.
  3. On trace une flèche de 3,00 cm partant de M, sur la droite (MC), orientée vers C.

Réponsea = 3,00 m·s⁻² : flèche de 3,0 cm de M vers C.

2.Q7Indiquer le numéro du schéma qui représente correctement poids P, réaction R et force de frottement f d'un véhicule en mouvement circulaire uniforme (le point C est le centre ; sur les schémas, C est à gauche de M).Touche pour voir la correction

À retenir Deuxième loi de Newton : ΣF = m·a, avec a dirigée vers C. Verticalement, la somme est nulle ; horizontalement, la force résultante est centripète.

Démarche
  1. Le vecteur accélération est horizontal, dirigé vers C : la résultante des forces est donc horizontale et dirigée vers C.
  2. Verticalement, rien ne s'accélère : R (vers le haut) et P (vers le bas) ont même norme.
  3. La force de frottement f est la seule force horizontale : elle est dirigée vers C.
  4. Schéma 5 : f vers C, R et P de même longueur. Schéma 1 : f vers C mais R plus courte que P ; schémas 3 et 4 : f dirigée à l'opposé de C ; schéma 2 : f verticale.

RéponseSchéma 5.

Piège Comparer la longueur de R et de P : seul le schéma 5 respecte à la fois la direction de f et l'égalité des normes de R et P.

2.Q8Pour un véhicule de 1 200 kg, f ne peut dépasser 10 400 N (chaussée sèche) ou 7 200 N (humide). Dans le virage de rayon r = 75,0 m, choisir le panneau (50, 70, 90, 110 km·h⁻¹) placé avant O.Touche pour voir la correction

À retenir En virage circulaire uniforme : f = m·a = m·v²/r. Le véhicule ne dérape pas tant que f ≤ f_max, donc v ≤ √(f_max·r/m). On retient la condition la plus contraignante (chaussée humide).

Démarche
  1. Le véhicule roule à vitesse constante : sur l'arc de cercle l'accélération est maximale (a = v²/r), la clothoïde, de courbure plus faible, est moins sollicitée. Le virage limitant est donc l'arc de cercle.
  2. On projette sur u_N : f = m·v²/r d'où v_max = √(f_max·r/m).
  3. Sec : v_max = √(10 400 × 75,0 / 1 200) = √650 ≈ 25,5 m·s⁻¹ ≈ 92 km·h⁻¹.
  4. Humide : v_max = √(7 200 × 75,0 / 1 200) = √450 ≈ 21,2 m·s⁻¹ ≈ 76 km·h⁻¹.
  5. Il faut une limite compatible avec la chaussée humide : v ≤ 76 km·h⁻¹, soit parmi les panneaux proposés 70 km·h⁻¹ (50 est possible mais inutilement bas).
  6. Le panneau 90 serait dangereux sous la pluie : à 25 m·s⁻¹, f = 1 200 × 25² / 75 = 10 000 N > 7 200 N.

RéponsePanneau 70 km·h⁻¹ (v_max ≈ 76 km·h⁻¹ sur chaussée humide, le cas le plus défavorable).

Vérification À 70 km·h⁻¹ = 19,4 m·s⁻¹ : f = 1 200 × 19,4² / 75 ≈ 6 050 N < 7 200 N ✓.

Piège Convertir km·h⁻¹ en m·s⁻¹ (÷ 3,6) et raisonner sur le cas le plus défavorable (humide).

Exercice 3 : Traitement des eaux d'un bassin d'orage6 points

Flottabilité d'une bouée de mesure, puis écoulement dans un aérateur à jet (conservation du débit, Bernoulli) et oxygénation du bassin.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Figure 2 : aérateur à jet et rétrécissement A–B. Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

1.Q1Nommer les deux forces exercées sur la bouée à l'équilibre et les représenter sur un schéma annoté.Touche pour voir la correction

À retenir Un système à l'équilibre subit des forces de somme vectorielle nulle (principe d'inertie).

Démarche
  1. Le poids P de la bouée, vertical vers le bas, appliqué au centre de gravité.
  2. La poussée d'Archimède A, verticale vers le haut, exercée par l'eau.
  3. Schéma : bouée flottante, P vers le bas et A vers le haut, flèches de même longueur.

RéponsePoids (vers le bas) et poussée d'Archimède (vers le haut), de même norme et de sens opposés.

1.Q2Déterminer le volume immergé V_imm à l'équilibre (m = 1,0 kg, ρ_eau = 1,00×10³ kg·m⁻³, g = 9,81 N·kg⁻¹, A = ρ_f·V_f·g).Touche pour voir la correction

À retenir À l'équilibre : A = P, soit ρ_eau·V_imm·g = m·g.

Démarche
  1. ρ_eau·V_imm·g = m·g ; g se simplifie.
  2. V_imm = m / ρ_eau = 1,0 / 1,00×10³ = 1,0×10⁻³ m³.

RéponseV_imm = 1,0×10⁻³ m³ (1,0 L).

1.Q3En déduire la proportion du volume immergé (V_bouée = 6,7×10⁻³ m³) et commenter (limite : 20 %).Touche pour voir la correction

À retenir Proportion = V_imm / V_bouée.

Démarche
  1. 1,0×10⁻³ / 6,7×10⁻³ = 0,15, soit 15 %.
  2. 15 % < 20 % : la contrainte est respectée.

Réponse≈ 15 % du volume est immergé, inférieur à 20 % : les instruments restent hors de l'eau.

Vérification Même avec V_imm = 20 % de 6,7 L = 1,34 L, la bouée supporterait jusqu'à 1,34 kg : marge de sécurité.

2.Q4Choisir la formule du débit volumique parmi D_V = v/S ; D_V = S·v ; D_V = v²·S, avec une analyse dimensionnelle.Touche pour voir la correction

À retenir Un débit volumique s'exprime en m³·s⁻¹ (volume par unité de temps).

Démarche
  1. v/S : (m·s⁻¹)/m² = m⁻¹·s⁻¹ ✗.
  2. S·v : m²·m·s⁻¹ = m³·s⁻¹ ✓.
  3. v²·S : m²·s⁻²·m² = m⁴·s⁻² ✗.

RéponseD_V = S·v (unité m³·s⁻¹).

2.Q5Montrer que D_V = 1,3×10⁻² m³·s⁻¹ (d_A = 55 mm, v_A = 5,6 m·s⁻¹).Touche pour voir la correction

À retenir Section circulaire : S = π·d²/4.

Démarche
  1. S_A = π × (55×10⁻³)² / 4 = 2,38×10⁻³ m².
  2. D_V = S_A·v_A = 2,38×10⁻³ × 5,6 = 1,33×10⁻² m³·s⁻¹.

RéponseD_V ≈ 1,3×10⁻² m³·s⁻¹.

2.Q6Exploiter la conservation du débit pour montrer que v_B = 16 m·s⁻¹ (d_B = 33 mm).Touche pour voir la correction

À retenir Fluide incompressible en régime permanent : S_A·v_A = S_B·v_B.

Démarche
  1. v_B = v_A × S_A / S_B = v_A × (d_A/d_B)².
  2. v_B = 5,6 × (55/33)² = 5,6 × 2,78 = 15,6 m·s⁻¹ ≈ 16 m·s⁻¹.

Réponsev_B ≈ 16 m·s⁻¹.

Vérification S_B = π(33×10⁻³)²/4 = 8,55×10⁻⁴ m² ; 1,33×10⁻² / 8,55×10⁻⁴ = 15,6 m·s⁻¹ ✓.

2.Q7Nommer le phénomène physique observé en B, responsable de l'aspiration de l'air.Touche pour voir la correction

À retenir Quand la vitesse d'un fluide augmente, sa pression diminue (Bernoulli) : c'est l'effet Venturi.

Démarche
  1. Au rétrécissement la vitesse augmente, la pression chute sous la pression atmosphérique.
  2. L'air extérieur, à pression plus élevée, est aspiré vers cette zone de basse pression.

RéponseL'effet Venturi.

2.Q8Montrer que Δp = p_B − p_A = ½·ρ·(v_A² − v_B²) avec la relation de Bernoulli dans la conduite horizontale.Touche pour voir la correction

À retenir Bernoulli : p + ½·ρ·v² + ρ·g·z = constante le long d'une ligne de courant.

Démarche
  1. Conduite horizontale : z_A = z_B, le terme ρ·g·z s'annule entre A et B.
  2. p_A + ½·ρ·v_A² = p_B + ½·ρ·v_B².
  3. D'où p_B − p_A = ½·ρ·(v_A² − v_B²).

RéponseΔp = ½·ρ·(v_A² − v_B²).

2.Q9Calculer Δp et commenter (v_A = 5,6 m·s⁻¹, v_B = 16 m·s⁻¹).Touche pour voir la correction

À retenir Δp < 0 signifie une dépression au rétrécissement.

Démarche
  1. Δp = 0,5 × 1,00×10³ × (5,6² − 16²) = 500 × (31,4 − 256) = −1,1×10⁵ Pa.
  2. (avec v_B = 15,6 m·s⁻¹ : Δp ≈ −1,05×10⁵ Pa : même ordre de grandeur.)
  3. Δp est de l'ordre de −1 bar : p_B est environ 1 bar plus faible que p_A, d'où l'aspiration de l'air.

RéponseΔp ≈ −1,1×10⁵ Pa : forte baisse de pression en B (dépression), ce qui aspire l'air.

Piège Le résultat négatif est normal : pression plus faible en B.

2.Q10Montrer qu'il faut ajouter 344 g de dioxygène pour passer de 4 à 6 mg·L⁻¹ dans V = 172 m³.Touche pour voir la correction

À retenir Masse à ajouter = (variation de taux) × volume ; 1 m³ = 1 000 L.

Démarche
  1. Variation : 6 − 4 = 2 mg·L⁻¹.
  2. Volume : 172 m³ = 172 000 L.
  3. m = 2 × 172 000 = 344 000 mg = 344 g.

Réponsem = 344 g.

Vérification 172 000 × 2 mg = 3,44×10⁵ mg = 344 g ✓.

2.Q11Calculer le volume d'eau à brasser pour assimiler 344 g de dioxygène (l'aérateur assimile 6 mg par litre brassé).Touche pour voir la correction

À retenir Volume = masse à assimiler / masse assimilée par litre.

Démarche
  1. 344 g = 344 000 mg.
  2. V = 344 000 / 6 = 5,73×10⁴ L = 57,3 m³.

RéponseV ≈ 5,7×10⁴ L (≈ 57 m³).

2.Q12Déterminer si l'oxygénation peut être faite en moins de deux heures (D_V = 1,3×10⁻² m³·s⁻¹).Touche pour voir la correction

À retenir Durée = volume à brasser / débit.

Démarche
  1. Δt = 57,3 / 1,33×10⁻² ≈ 4,3×10³ s.
  2. 4,3×10³ s ≈ 72 min ≈ 1 h 12 min.
  3. Comparer avec 2 h = 7 200 s.

RéponseΔt ≈ 1 h 12 min < 2 h : l'oxygénation peut être réalisée dans le délai imparti.

Piège Le sujet considère que l'oxygénation est constante et le bassin fermé.

Télécharger BAC Révision, gratuit

Autres sujets de Physique-chimie (Bac 2025)