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Bac 2025

Physique-Chimie – Amérique du Nord 2025 – Sujet 2 : 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.

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Exercice 1 : L'atropine9 points

Acido-basicité de l'atropine en ampoule, extraction et identification par spectroscopie IR et CCM, puis synthèse par estérification (oxydoréduction, équilibre, reflux, Dean-Stark).

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Formule topologique de l'atropine ; Figure 1 : spectre infrarouge de la substance testée ; Formules de l'acide tropique, du tropanol, de la tropinone et de l'atropine ; Document réponse : questions 10 et 11. Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

1.Q1Construire le diagramme de prédominance du couple C₁₇H₂₃O₃NH⁺ / C₁₇H₂₃O₃N (pKa = 9,8).Touche pour voir la correction

À retenir pH = pKa + log([base]/[acide]) : pour pH < pKa l'acide prédomine ; pour pH > pKa la base prédomine ; pour pH = pKa les deux concentrations sont égales.

Démarche
  1. Tracer un axe gradué en pH.
  2. Placer pKa = 9,8.
  3. À gauche (pH < 9,8) : acide C₁₇H₂₃O₃NH⁺ ; à droite (pH > 9,8) : base C₁₇H₂₃O₃N.

RéponsepH < 9,8 : C₁₇H₂₃O₃NH⁺ prédomine ; pH > 9,8 : C₁₇H₂₃O₃N prédomine.

1.Q2Préciser sous quelle forme (acide ou basique) l'atropine est présente dans l'ampoule (pH ≈ 4,0).Touche pour voir la correction

À retenir On compare le pH de la solution au pKa du couple.

Démarche
  1. pH = 4,0 est inférieur à pKa = 9,8.
  2. D'après le diagramme, la forme acide prédomine largement : [C₁₇H₂₃O₃NH⁺] / [C₁₇H₂₃O₃N] = 10^(4,0−9,8) = 10^−5,8.

RéponseForme acide C₁₇H₂₃O₃NH⁺ (ion ammonium protoné).

1.Q3Calculer [H₃O⁺] dans l'ampoule (pH = 4,0, c° = 1,0 mol·L⁻¹).Touche pour voir la correction

À retenir pH = −log([H₃O⁺]/c°) donc [H₃O⁺] = c°·10^(−pH).

Démarche
  1. [H₃O⁺] = 1,0 × 10^(−4,0) = 1,0×10⁻⁴ mol·L⁻¹.

Réponse[H₃O⁺] = 1,0×10⁻⁴ mol·L⁻¹.

1.Q4Calculer la concentration C_A en quantité de matière d'atropine (C_mA = 25 mg·L⁻¹, M = 289,4 g·mol⁻¹) et vérifier n_A ≈ 1,7×10⁻⁶ mol dans V_A = 20 mL.Touche pour voir la correction

À retenir C = C_m / M (même unité de masse) ; n = C × V.

Démarche
  1. C_mA = 25 mg·L⁻¹ = 25×10⁻³ g·L⁻¹.
  2. C_A = 25×10⁻³ / 289,4 = 8,6×10⁻⁵ mol·L⁻¹.
  3. n_A = C_A × V_A = 8,64×10⁻⁵ × 20×10⁻³ = 1,7×10⁻⁶ mol.

RéponseC_A ≈ 8,6×10⁻⁵ mol·L⁻¹ et n_A ≈ 1,7×10⁻⁶ mol ✓.

Piège Convertir les mg en g et les mL en L.

1.Q5Calculer le volume V_B d'une ampoule de concentration C_B = 1,7×10⁻³ mol·L⁻¹ contenant la même quantité n_A = 1,7×10⁻⁶ mol.Touche pour voir la correction

À retenir V = n / C.

Démarche
  1. V_B = n_A / C_B = 1,7×10⁻⁶ / 1,7×10⁻³ = 1,0×10⁻³ L.

RéponseV_B = 1,0×10⁻³ L = 1,0 mL.

2.Q6Identifier, parmi l'acide tropique, le tropanol, la tropinone et l'atropine, la molécule incompatible avec le spectre infrarouge de la figure 1 (forte absorption C–H vers 2 900 cm⁻¹, bande C=O fine vers 1 730 cm⁻¹, pas de bande O–H large vers 3 200–3 400 cm⁻¹).Touche pour voir la correction

À retenir Une bande large vers 3 200–3 400 cm⁻¹ trahit un O–H lié (alcool) ; une bande forte vers 1 650–1 740 cm⁻¹ trahit un C=O.

Démarche
  1. Lecture du spectre : forte absorption C–H (2 800–3 000 cm⁻¹) et une bande forte et fine vers 1 730 cm⁻¹ (C=O de cétone ou d'ester) ; aucune bande O–H marquée.
  2. Tropinone (C₈H₁₃ON) : C–H et C=O de cétone, pas de O–H : compatible (c'est la molécule du spectre, référence 532-24-1).
  3. Tropanol (C₈H₁₅ON) : possède des liaisons C–H et un O–H alcool mais aucun C=O : il ne peut pas donner la bande à 1 730 cm⁻¹ : incompatible.
  4. Acide tropique et atropine possèdent chacun un C=O (la bande à 1 730 cm⁻¹ est donc possible) : c'est le tropanol, seul sans C=O, qui est incompatible.

RéponseLe tropanol : il n'a aucun groupe C=O, alors que le spectre montre une bande intense vers 1 730 cm⁻¹ (le spectre est en réalité celui de la tropinone).

Piège Le sujet attend une seule molécule : le tropanol, seule à ne pas posséder de C=O. L'acide tropique et l'atropine ont aussi un O–H dont la bande large est ici absente ou très faible, mais ce n'est pas le critère retenu.

2.Q7Décrire en dix lignes au plus le protocole général d'une chromatographie sur couche mince (CCM) sur plaque de gel de silice.Touche pour voir la correction

À retenir Les espèces migrent à des vitesses différentes selon leur affinité pour la phase stationnaire (silice) et pour la phase mobile (éluant) ; on identifie par comparaison des rapports frontaux.

Démarche
  1. Tracer au crayon la ligne de dépôt à ~1 cm du bas de la plaque.
  2. Déposer, avec un tube capillaire, de petites gouttes des substances à identifier et des références.
  3. Verser l'éluant dans une cuve sur une hauteur inférieure à la ligne de dépôt ; placer la plaque, couvrir.
  4. Laisser l'éluant monter par capillarité jusqu'au voisinage du haut ; sortir la plaque et marquer le front du solvant.
  5. Sécher, révéler les taches (lampe UV ou révélateur chimique).
  6. Comparer les taches (même hauteur = même espèce) ou calculer les rapports frontaux R_f = d_tache / d_front.

RéponseDépôt, élution dans une cuve avec éluant, révélation, comparaison des taches et des rapports frontaux avec ceux de références.

3.Q8Écrire la demi-équation électronique du couple tropanol / tropinone (C₈H₁₃ON / C₈H₁₅ON).Touche pour voir la correction

À retenir Ox + n e⁻ = Red ; on équilibre les H avec H⁺ puis les charges avec des électrons. La tropinone est l'oxydant, le tropanol le réducteur.

Démarche
  1. Oxydant : C₈H₁₃ON ; réducteur : C₈H₁₅ON.
  2. Il manque 2 H côté oxydant : + 2 H⁺.
  3. Charges : 2 H⁺ ⇒ + 2 e⁻.
  4. Équation : C₈H₁₃ON + 2 H⁺ + 2 e⁻ = C₈H₁₅ON.

RéponseC₈H₁₃ON + 2 H⁺ + 2 e⁻ = C₈H₁₅ON

3.Q9En notant TRI/TRI-H le couple de l'enzyme, établir l'équation de la réaction entre l'enzyme et la tropinone (la tropinone est réduite en tropanol).Touche pour voir la correction

À retenir On combine la demi-équation du réducteur (TRI-H = TRI + H⁺ + e⁻) avec celle de l'oxydant, en égalisant les électrons.

Démarche
  1. Oxydation de l'enzyme : TRI-H = TRI + H⁺ + e⁻ (× 2).
  2. Réduction de la tropinone : C₈H₁₃ON + 2 H⁺ + 2 e⁻ = C₈H₁₅ON.
  3. Somme : C₈H₁₃ON + 2 TRI-H → C₈H₁₅ON + 2 TRI (les H⁺ et e⁻ se simplifient).

RéponseC₈H₁₃ON + 2 TRI-H → C₈H₁₅ON + 2 TRI

Piège La demi-équation de TRI-H (TRI-H = TRI + H⁺ + e⁻) se déduit du couple TRI/TRI-H donné : l'enzyme cède un H⁺ et un e⁻ en réduisant la tropinone.

3.Q10Sur le document réponse, entourer et nommer les trois familles fonctionnelles de l'atropine.Touche pour voir la correction

À retenir Ester : –COO– ; alcool : –OH sur un carbone saturé ; amine : atome d'azote lié à des carbones.

Démarche
  1. Le groupe –C(=O)–O– reliant le tropanol à l'acide tropique : ester.
  2. Le groupe –OH en bout de chaîne (–CH₂–OH) : alcool (primaire).
  3. L'atome d'azote porteur du groupe méthyle dans le cycle bicyclique : amine (tertiaire).
  4. Le cycle benzénique n'est pas une famille fonctionnelle à citer ici.

RéponseEster, alcool (primaire) et amine (tertiaire).

3.Q11Compléter l'équation C₉H₁₀O₃ (A) + C₈H₁₆ON⁺ (B) ⇌ C₁₇H₂₄O₃N⁺ (C) + ……. (D).Touche pour voir la correction

À retenir Une estérification libère de l'eau ; on conserve les atomes.

Démarche
  1. Atomes de C : 9 + 8 = 17 ✓ ; H : 10 + 16 = 26 = 24 + 2 ; O : 3 + 1 = 4 = 3 + 1 ; N : 1 = 1.
  2. Reste H₂O pour D.

RéponseD = H₂O : C₉H₁₀O₃ + C₈H₁₆ON⁺ ⇌ C₁₇H₂₄O₃N⁺ + H₂O

3.Q12Citer deux intérêts du montage à reflux.Touche pour voir la correction

À retenir Le chauffage à reflux accélère la réaction sans perte de matière.

Démarche
  1. Chauffer augmente la température du milieu, donc la vitesse de la réaction (l'estérification est lente à froid).
  2. Le réfrigérant à eau condense les vapeurs, qui retombent dans le ballon : le chauffage peut être prolongé sans perte de réactifs ni de produits (et sans libération de vapeurs dans la pièce).
  3. Le milieu reste à température constante (celle de l'ébullition du mélange).

Réponse(1) Chauffer pour accélérer la réaction ; (2) condenser les vapeurs qui retombent dans le ballon, donc aucune perte de matière.

3.Q13Indiquer le rôle de l'acide sulfurique (2 H⁺ + SO₄²⁻) dans le milieu réactionnel.Touche pour voir la correction

À retenir Un catalyseur accélère la réaction et n'apparaît pas dans le bilan.

Démarche
  1. Les ions H⁺ n'apparaissent pas dans l'équation bilan.
  2. Ils accélèrent la réaction (catalyse acide).

RéponseCatalyseur de l'estérification (catalyse acide).

3.Q14Donner l'expression littérale de la constante d'équilibre K à l'aide des quantités de matière à l'équilibre n_A, n_B, n_C, n_D.Touche pour voir la correction

À retenir K = Q_r,éq ; ici la somme des coefficients est la même de chaque côté, donc le volume se simplifie.

Démarche
  1. K = ([C]·[D]) / ([A]·[B]) à l'équilibre.
  2. Chaque concentration vaut n/V ; V s'élimine (2 espèces au numérateur, 2 au dénominateur).
  3. K = (n_C·n_D) / (n_A·n_B).

RéponseK = (n_C × n_D) / (n_A × n_B)

3.Q15Justifier, avec le quotient de réaction Q_r, l'effet du Dean-Stark (élimination progressive de l'eau).Touche pour voir la correction

À retenir Si Q_r < K, le système évolue dans le sens direct ; si Q_r > K, dans le sens inverse.

Démarche
  1. Retirer l'eau (D) diminue n_D donc Q_r = (n_C·n_D)/(n_A·n_B).
  2. Q_r devient inférieur à K.
  3. Le système n'est plus à l'équilibre et évolue dans le sens direct, donc vers la formation d'atropine : le rendement augmente.

RéponseL'élimination de l'eau fait baisser Q_r en dessous de K : le système évolue dans le sens direct (formation de l'ester), le rendement augmente.

Exercice 2 : Écoulement du sang dans une artère5 points

Échographie Doppler (effet Doppler, vitesse du sang), puis modélisation d'une artère sténosée avec conservation du débit et relation de Bernoulli.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Figure 1 : mesure d'un décalage Doppler dans un écoulement sanguin ; Figure 2 : schéma d'une artère sténosée (sections S_A et S_B). Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

1.Q1Expliquer pourquoi on observe un décalage de fréquence lorsqu'un écoulement sanguin est visé.Touche pour voir la correction

À retenir Effet Doppler : quand source et récepteur ont un mouvement relatif, la fréquence perçue diffère de la fréquence émise.

Démarche
  1. Les globules rouges, en mouvement, réfléchissent l'onde ultrasonore.
  2. Pour le globule, la fréquence reçue est modifiée (il se déplace par rapport à l'émetteur) et il ré-émet une onde de cette fréquence modifiée.
  3. L'appareil reçoit donc une fréquence f_R différente de f_E.

RéponseEffet Doppler : les globules rouges sont en mouvement par rapport à l'émetteur-récepteur, donc f_R ≠ f_E.

1.Q2Justifier que Δf est positif dans la situation de la figure 1.Touche pour voir la correction

À retenir Quand la source (ou le réflecteur) se rapproche du récepteur, la fréquence perçue augmente ; quand elle s'éloigne, elle diminue.

Démarche
  1. Sur la figure 1, le globule rouge a une vitesse v_B vers la droite ; la sonde est située en haut à droite : l'angle θ entre v_B et la direction de la sonde est aigu.
  2. Le globule se rapproche donc de l'émetteur-récepteur.
  3. Rapprochement ⇒ fréquence reçue plus grande : f_R > f_E, donc Δf > 0 (cohérent avec la formule : cos θ > 0).

RéponseLe globule rouge se rapproche de la sonde (θ < 90°) donc f_R > f_E et Δf > 0.

1.Q3Vérifier que v_B ≈ 2,1 m·s⁻¹ avec Δf = 7,0 kHz, θ = 60°, f_E = 5,0 MHz, c = 1,5×10³ m·s⁻¹ et Δf = 2 f_E cos θ · v/c.Touche pour voir la correction

À retenir On isole v : v = Δf · c / (2 f_E cos θ).

Démarche
  1. v = 7,0×10³ × 1,5×10³ / (2 × 5,0×10⁶ × cos 60°).
  2. cos 60° = 0,50 ; dénominateur = 2 × 5,0×10⁶ × 0,50 = 5,0×10⁶.
  3. v = 1,05×10⁷ / 5,0×10⁶ = 2,1 m·s⁻¹.

Réponsev_B = 2,1 m·s⁻¹ ✓.

2.Q4Calculer v_A au point A (S_A = 1,9×10⁻⁵ m², D_V = 1,1×10⁻⁵ m³·s⁻¹).Touche pour voir la correction

À retenir D_V = v·S donc v = D_V / S.

Démarche
  1. v_A = 1,1×10⁻⁵ / 1,9×10⁻⁵ = 0,58 m·s⁻¹.

Réponsev_A ≈ 0,58 m·s⁻¹.

2.Q5Avec la conservation du débit (v_B = 2,1 m·s⁻¹), déterminer S_B/S_A et indiquer les mesures médicales préconisées (tableau : > 0,36 légère ; 0,16–0,36 modérée ; < 0,16 sévère).Touche pour voir la correction

À retenir Débit conservé : v_A·S_A = v_B·S_B donc S_B/S_A = v_A / v_B.

Démarche
  1. S_B/S_A = v_A/v_B = 0,58 / 2,1 = 0,28.
  2. 0,16 < 0,28 < 0,36 : sténose modérée.
  3. Mesures : sans symptôme, traitement médical ; avec symptômes, traitement chirurgical.

RéponseS_B/S_A ≈ 0,28 : sténose modérée ; traitement médical sans symptôme, traitement chirurgical avec symptômes.

Vérification S_B = 1,1×10⁻⁵ / 2,1 = 5,2×10⁻⁶ m² ; 5,2×10⁻⁶ / 1,9×10⁻⁵ = 0,28 ✓.

2.Q6Montrer que la relation de Bernoulli entre A et B donne P_A − P_B = ½·ρ·(v_B² − v_A²).Touche pour voir la correction

À retenir ½ρv² + ρgz + P = constante le long de l'écoulement.

Démarche
  1. Entre A et B (même axe horizontal) : z_A = z_B, donc les termes ρgz sont égaux et se simplifient.
  2. ½ρv_A² + P_A = ½ρv_B² + P_B.
  3. P_A − P_B = ½ρ(v_B² − v_A²).

RéponseP_A − P_B = ½·ρ·(v_B² − v_A²).

2.Q7Sans calcul, dire si la pression augmente ou diminue entre A et B.Touche pour voir la correction

À retenir Plus le fluide va vite, plus sa pression est faible (Bernoulli).

Démarche
  1. v_B > v_A (la section diminue donc la vitesse augmente) ⇒ v_B² − v_A² > 0.
  2. ρ > 0 donc P_A − P_B > 0, c'est-à-dire P_B < P_A.

RéponseLa pression diminue de A à B.

2.Q8Calculer P_A − P_B (ρ = 1,1×10³ kg·m⁻³).Touche pour voir la correction

À retenir On applique l'expression littérale avec les vitesses en m·s⁻¹.

Démarche
  1. v_B² = 2,1² = 4,41 m²·s⁻² ; v_A² = 0,58² = 0,34 m²·s⁻².
  2. P_A − P_B = 0,5 × 1,1×10³ × (4,41 − 0,34) = 550 × 4,07 ≈ 2,2×10³ Pa.

RéponseP_A − P_B ≈ 2,2×10³ Pa (≈ 22 hPa).

Exercice 3 : Raven Saunders, la lanceuse de poids6 points

Mouvement dans le champ de pesanteur d'un poids lancé de A (h = 1,80 m, α = 45°) : équations horaires, trajectoire, portée, vitesse à l'impact, approche énergétique.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Figure 1 : secteur de lancer vu de dessus ; Figure 2 : le lancer vu de profil (B, O, A, M). Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

Q1Montrer que la force de frottements f = ½ρC_x S v² (ρ = 1,29 kg·m⁻³, C_x = 0,51, S = 7,62×10⁻³ m², v = 14 m·s⁻¹) est très petite devant le poids (m = 4,00 kg, g = 9,81 m·s⁻²).Touche pour voir la correction

À retenir On compare deux forces par leur rapport.

Démarche
  1. f = 0,5 × 1,29 × 0,51 × 7,62×10⁻³ × 14² = 0,49 N.
  2. P = m·g = 4,00 × 9,81 = 39,2 N.
  3. f/P = 0,49 / 39,2 ≈ 1,3×10⁻² soit environ 1 %.

Réponsef ≈ 0,49 N contre P ≈ 39 N : f ≈ 1 % de P, donc négligeable.

Q2Montrer que x(t) = (v₀ cos α)·t et z(t) = −½gt² + (v₀ sin α)·t + h.Touche pour voir la correction

À retenir Deuxième loi de Newton : m·a = P donc a = g (en repère (O, i, k), k vers le haut : a_x = 0, a_z = −g). On intègre deux fois avec les conditions initiales.

Démarche
  1. Système : sphère, référentiel terrestre galiléen ; force : poids seul.
  2. a = g : a_x = 0 ; a_z = −g.
  3. Vitesse : v_x = C₁ ; v_z = −gt + C₂. À t = 0 : v_x = v₀ cos α et v_z = v₀ sin α, donc v_x = v₀ cos α ; v_z = −gt + v₀ sin α.
  4. Position : x = (v₀ cos α)t + C₃ ; z = −½gt² + (v₀ sin α)t + C₄. À t = 0 : x = 0 (A à la verticale de O) et z = h, donc C₃ = 0 ; C₄ = h.

Réponsex(t) = (v₀ cos α)·t ; z(t) = −½gt² + (v₀ sin α)·t + h.

Q3Montrer que z(x) = −½·g·x²/(v₀² cos²α) + x·tan α + h.Touche pour voir la correction

À retenir On élimine le temps entre x(t) et z(t).

Démarche
  1. De x(t) : t = x / (v₀ cos α).
  2. On remplace dans z(t) : z = −½g·x²/(v₀² cos²α) + (v₀ sin α)·x/(v₀ cos α) + h.
  3. (v₀ sin α)/(v₀ cos α) = tan α.

Réponsez(x) = −½·g·x²/(v₀²·cos²α) + x·tan α + h (parabole).

Q4Montrer que l'abscisse du point de chute M vaut x_M = 18,32 m (D = 18,62 m, BO = 0,30 m).Touche pour voir la correction

À retenir La portée D est mesurée depuis le butoir B, alors que l'origine du repère est O.

Démarche
  1. Sur la figure 2, B est à gauche de O avec BO = 0,30 m, et M est à droite : BM = D = BO + OM.
  2. x_M = OM = D − BO = 18,62 − 0,30 = 18,32 m.

Réponsex_M = 18,32 m ✓.

Q5Vérifier que la durée du vol vaut environ 2 s (v₀ = 12,8 m·s⁻¹, α = 45,0°).Touche pour voir la correction

À retenir x(t_M) = x_M donne t_M = x_M / (v₀ cos α).

Démarche
  1. v₀ cos α = 12,8 × cos 45,0° = 9,05 m·s⁻¹.
  2. t_M = 18,32 / 9,05 = 2,02 s.

Réponset_M ≈ 2,0 s ✓.

Vérification On peut aussi résoudre z(t) = 0 : −4,905t² + 9,05t + 1,80 = 0 ⇒ t ≈ 2,02 s ✓.

Q6En déduire la vitesse v_M au contact du sol.Touche pour voir la correction

À retenir v_M = √(v_x² + v_z²) avec v_x = v₀ cos α et v_z = −g t + v₀ sin α.

Démarche
  1. v_x = 9,05 m·s⁻¹.
  2. v_z(t_M) = −9,81 × 2,02 + 12,8 × sin 45° = −19,8 + 9,05 = −10,8 m·s⁻¹.
  3. v_M = √(9,05² + 10,8²) = √(81,9 + 116,6) ≈ 14,1 m·s⁻¹.

Réponsev_M ≈ 14 m·s⁻¹.

Q7Exprimer l'énergie mécanique E_m au lancer (E_p = 0 au sol).Touche pour voir la correction

À retenir E_m = E_c + E_p, avec E_p = m·g·z.

Démarche
  1. Au lancer : vitesse v₀, altitude h.
  2. E_c = ½mv₀² ; E_p = mgh.

RéponseE_m = ½·m·v₀² + m·g·h

Q8Exprimer v_M par un raisonnement énergétique, calculer et vérifier la cohérence avec Q6.Touche pour voir la correction

À retenir Sans frottement, l'énergie mécanique se conserve ; au sol E_p = 0.

Démarche
  1. Conservation : ½mv₀² + mgh = ½mv_M² + 0.
  2. v_M = √(v₀² + 2gh).
  3. v_M = √(12,8² + 2 × 9,81 × 1,80) = √(163,8 + 35,3) = √199,1 ≈ 14,1 m·s⁻¹.

Réponsev_M = √(v₀² + 2gh) ≈ 14 m·s⁻¹, cohérent avec Q6 ✓.

Vérification Les deux méthodes donnent 14,1 m·s⁻¹.

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