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Bac 2025

Physique-Chimie – Polynésie 2025, sujet 2 : correction détaillée

Spécialité Physique-Chimie · 3 h 30 · 3 exercices (11 + 5 + 4 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.

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Exercice 1 : Exploration du ciel profond par le télescope James Webb11 points

Mouvement du télescope au point de Lagrange L2 (gravitation, 2e loi de Newton) puis décalage vers le rouge d'une galaxie et loi de Hubble-Lemaître.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Figure 1 : les points de Lagrange du système Terre-Soleil ; Spectre de l'hydrogène au laboratoire (raies Hγ, Hβ, Hα : 434, 486, 656 nm) ; Spectre de la galaxie TGS153Z170 (raies décalées : 451, 507, 683 nm). Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

Q1Pourquoi n'aurait-il pas été judicieux de placer JWST au point de Lagrange L1 ?Touche pour voir la correction

À retenir L1 est situé entre la Terre et le Soleil ; L2 est du côté opposé au Soleil, derrière la Terre.

Démarche
  1. Les points de Lagrange L1 à L5 du système Terre-Soleil sont représentés sur la figure 1 : L1 se trouve entre le Soleil et la Terre ; L2 est du côté opposé au Soleil, derrière la Terre.
  2. Le JWST observe dans l'infrarouge : ses instruments doivent rester très froids, donc à l'abri du rayonnement thermique du Soleil.
  3. En L1, le télescope serait du même côté de la Terre que le Soleil : il recevrait directement le rayonnement solaire, sans être dans l'ombre portée de la Terre.
  4. En L2, la Terre s'interpose entre le Soleil et le télescope : il reste dans l'ombre de la Terre toute l'année.

RéponseEn L1 le télescope serait exposé au rayonnement du Soleil (pas dans l'ombre de la Terre), ce qui gênerait l'observation de l'infrarouge.

Q2Représenter l'alignement S, T, J (J en L2), faire apparaître D_T-S et D_T-J et calculer D_S-J (D_T-S = 149,6×10⁶ km ; D_T-J = 1,511×10⁶ km).Touche pour voir la correction

À retenir En L2 : le Soleil, la Terre et JWST sont alignés dans cet ordre.

Démarche
  1. Schéma : S — T — J alignés, D_T-S entre S et T, D_T-J entre T et J.
  2. D_S-J = D_T-S + D_T-J = 149,6×10⁶ + 1,511×10⁶ = 151,1×10⁶ km = 1,511×10¹¹ m.

RéponseS, T, J alignés dans cet ordre ; D_S-J = 151,1×10⁶ km.

Q3Exprimer et calculer la force F_T-J exercée par la Terre sur JWST.Touche pour voir la correction

À retenir F = G·m·M/d².

Démarche
  1. F_T-J = G·m_J·M_T/D_T-J².
  2. = 6,67×10⁻¹¹ × 6,17×10³ × 5,97×10²⁴ / (1,511×10⁹)² ≈ 1,08 N.

RéponseF_T-J = G·m_J·M_T/D_T-J² ≈ 1,08 N.

Q4Représenter les vecteurs F_T-J et F_S-J sur le schéma.Touche pour voir la correction

À retenir Une force gravitationnelle est attractive : dirigée vers le corps attracteur.

Démarche
  1. F_T-J : appliquée en J, dirigée vers la Terre.
  2. F_S-J : appliquée en J, dirigée vers le Soleil (même sens, car la Terre est entre J et le Soleil).

RéponseDeux vecteurs de même direction et de même sens, dirigés de J vers T et S ; F_S-J (35,9 N) est beaucoup plus long que F_T-J (1,08 N).

Q5Vérifier que la résultante vaut F ≈ 37,0 N.Touche pour voir la correction

À retenir Forces de même direction et de même sens : les valeurs s'ajoutent.

Démarche
  1. F = F_S-J + F_T-J = 35,9 + 1,08 = 36,98 N ≈ 37,0 N.

RéponseF ≈ 37,0 N.

Q6Exprimer D_eff et vérifier D_eff = 1,49×10¹¹ m.Touche pour voir la correction

À retenir On identifie G·m_J·M_S/D_eff² = G·m_J·(M_S/D_S-J² + M_T/D_T-J²).

Démarche
  1. M_S/D_eff² = M_S/D_S-J² + M_T/D_T-J², donc D_eff = √[M_S/(M_S/D_S-J² + M_T/D_T-J²)].
  2. M_S/D_S-J² = 1,99×10³⁰/(1,511×10¹¹)² ≈ 8,72×10⁷ ; M_T/D_T-J² = 5,97×10²⁴/(1,511×10⁹)² ≈ 2,6×10⁶.
  3. Somme ≈ 8,98×10⁷ ; D_eff² ≈ 1,99×10³⁰/8,98×10⁷ ≈ 2,22×10²² ; D_eff ≈ 1,49×10¹¹ m.

RéponseD_eff = √[M_S/(M_S/D_S-J² + M_T/D_T-J²)] ≈ 1,49×10¹¹ m.

Q7Représenter u_n, u_t et la force F sur la trajectoire circulaire.Touche pour voir la correction

À retenir u_t tangent à la trajectoire, u_n dirigé vers le centre (le Soleil).

Démarche
  1. Cercle de centre S ; point J sur le cercle.
  2. u_t : tangent en J ; u_n : de J vers le centre S.
  3. F : de J vers S, donc colinéaire à u_n.

RéponseSchéma : u_n vers le Soleil, u_t tangent, F dirigée selon u_n.

Q8Donner l'expression de l'accélération normale a_n.Touche pour voir la correction

À retenir Mouvement circulaire : a_n = v²/R.

Démarche
  1. a_n = v²/D_S-J.

Réponsea_n = v²/D_S-J.

Q9Appliquer la 2e loi de Newton pour exprimer a (F = G·m_J·M_S/D_eff²·u_n).Touche pour voir la correction

À retenir m·a = F dans un référentiel galiléen.

Démarche
  1. m_J·a = G·m_J·M_S/D_eff²·u_n.
  2. a = G·M_S/D_eff²·u_n.

Réponsea = G·M_S/D_eff²·u_n.

Q10Montrer que v = √(G·M_S·D_S-J/D_eff²).Touche pour voir la correction

À retenir On égalise a_n = v²/D_S-J et G·M_S/D_eff².

Démarche
  1. v²/D_S-J = G·M_S/D_eff² (composante tangentielle nulle : mouvement uniforme).
  2. v² = G·M_S·D_S-J/D_eff², d'où v.

Réponsev = √(G·M_S·D_S-J/D_eff²).

Q11En déduire que T = 2π·√(D_S-J·D_eff²/(G·M_S)) puis calculer T en jours et vérifier la cohérence avec la valeur attendue.Touche pour voir la correction

À retenir T = 2π·D_S-J/v.

Démarche
  1. T = 2π·D_S-J/v = 2π·D_S-J·D_eff/√(G·M_S·D_S-J) = 2π·√(D_S-J·D_eff²/(G·M_S)).
  2. D_S-J·D_eff² = 1,511×10¹¹ × (1,49×10¹¹)² ≈ 3,35×10³³ ; G·M_S = 6,67×10⁻¹¹ × 1,99×10³⁰ ≈ 1,33×10²⁰.
  3. T = 2π·√(2,52×10¹³) ≈ 3,16×10⁷ s ≈ 365 jours.

RéponseT ≈ 3,16×10⁷ s ≈ 365 jours : égale à la période de la Terre autour du Soleil, comme attendu pour un point de Lagrange.

Piège L'expression imprimée de T sous la racine est D_S-J·D_eff²/(G·M_S) ; la racine porte sur l'ensemble du quotient.

Q12Pourquoi seule la raie Hα de la galaxie est-elle observable par JWST (0,6 à 28 µm) ?Touche pour voir la correction

À retenir Comparer les longueurs d'onde décalées aux limites de sensibilité.

Démarche
  1. Le JWST est sensible aux longueurs d'onde de 0,6 µm (600 nm) à 28 µm.
  2. Sur le spectre de la galaxie, les raies décalées sont repérées à : Hγ ≈ 451 nm, Hβ ≈ 507 nm et Hα ≈ 683 nm.
  3. Seule Hα (683 nm > 600 nm) est dans le domaine de sensibilité du JWST ; Hγ et Hβ sont dans le visible bleu-vert, en dessous de 600 nm.

RéponseSeule Hα (λ' ≈ 683 nm > 600 nm) est dans le domaine de sensibilité de JWST ; Hβ et Hγ sont en dessous.

Q13f'_H est-elle plus grande ou plus petite que f_H ? La galaxie s'éloigne-t-elle ou se rapproche-t-elle ?Touche pour voir la correction

À retenir λ·f = c : si λ augmente, f diminue ; décalage vers le rouge = éloignement.

Démarche
  1. λ'_H ≈ 683 nm > λ_H ≈ 656 nm : décalage vers le rouge.
  2. f = c/λ : f'_H < f_H.

Réponsef'_H < f_H : la galaxie s'éloigne de la Terre (décalage vers le rouge).

Q14Exprimer puis calculer v_Gal avec λ'_H = λ_H·(1 + v_Gal/c) (λ_H = 656 nm ; λ'_H = 683 nm).Touche pour voir la correction

À retenir v_Gal = c·(λ'_H/λ_H − 1).

Démarche
  1. v_Gal = c·(λ'_H − λ_H)/λ_H.
  2. = 3,00×10⁸ × (683 − 656)/656 ≈ 3,00×10⁸ × 0,0412 ≈ 1,2×10⁷ m·s⁻¹.

Réponsev_Gal ≈ 1,2×10⁷ m·s⁻¹ (≈ 4 % de la vitesse de la lumière).

Piège Les longueurs d'onde (656 nm et 683 nm) sont lues sur les spectres à ± 1 nm près : v_Gal est connue à 4 % près.

Q15Calculer la distance D de la galaxie en Mpc puis en mètres (H0 = 70×10³ m·s⁻¹·Mpc⁻¹).Touche pour voir la correction

À retenir D = v_Gal/H0.

Démarche
  1. D = 1,24×10⁷ / 70×10³ ≈ 1,8×10² Mpc.
  2. D = 176 × 3,1×10²² ≈ 5,5×10²⁴ m.

RéponseD ≈ 1,8×10² Mpc ≈ 5,5×10²⁴ m.

Exercice 2 : Étude d'un produit ménager « fait maison »5 points

Acidité du vinaigre blanc, diagramme de distribution, réaction avec le bicarbonate de soude et volume de gaz libéré.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Figure 1 : formule topologique de l'acide éthanoïque ; Figure 2 : diagramme de distribution du couple acide éthanoïque/ion éthanoate. Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

Q1Représenter la formule semi-développée de l'acide éthanoïque à partir de sa formule topologique.Touche pour voir la correction

À retenir Formule semi-développée : on écrit les groupes d'atomes avec leurs liaisons.

Démarche
  1. Un atome de carbone méthyle lié à un atome de carbone portant =O et −OH.

RéponseCH3–COOH (CH3–C(=O)–OH).

Q2Montrer que n ≈ 1,3 mol d'acide éthanoïque dans 1,0 L de vinaigre à 8,0 % en masse (ρ = 1,01 g·mL⁻¹ ; M = 60 g·mol⁻¹).Touche pour voir la correction

À retenir m(solution) = ρ·V ; m(acide) = 8,0 % × m ; n = m/M.

Démarche
  1. m(vinaigre) = 1,01 × 1 000 = 1 010 g.
  2. m(acide) = 0,080 × 1 010 ≈ 80,8 g.
  3. n = 80,8/60 ≈ 1,35 mol ≈ 1,3 mol.

Réponsen ≈ 1,3 mol.

Q3Écrire l'équation de la réaction de l'acide éthanoïque avec l'eau.Touche pour voir la correction

À retenir Acide faible : réaction limitée.

Démarche
  1. AH(aq) + H2O(ℓ) ⇌ A⁻(aq) + H3O⁺(aq).

RéponseAH(aq) + H2O(ℓ) ⇌ A⁻(aq) + H3O⁺(aq).

Q4Donner l'expression de la constante d'acidité KA.Touche pour voir la correction

À retenir KA = Qr à l'équilibre, avec c° pour l'homogénéité.

Démarche
  1. KA = [A⁻]éq·[H3O⁺]éq / ([AH]éq·c°).

RéponseKA = [A⁻]éq·[H3O⁺]éq / ([AH]éq·c°).

Q5Déterminer pKA à partir de la figure 2 en justifiant.Touche pour voir la correction

À retenir pH = pKA quand [AH] = [A⁻] (50 % chacun).

Démarche
  1. Les deux courbes se croisent à 50 %.
  2. L'abscisse du point d'intersection vaut ≈ 4,8.

RéponsepKA ≈ 4,8.

Q6Attribuer chaque courbe à AH ou A⁻.Touche pour voir la correction

À retenir L'acide prédomine pour pH < pKA, la base pour pH > pKA.

Démarche
  1. Courbe 2 : proche de 100 % à pH faible, décroissante : AH.
  2. Courbe 1 : proche de 0 % à pH faible, croissante : A⁻.

RéponseCourbe 1 : A⁻(aq) ; courbe 2 : AH(aq).

Q7Écrire l'équation de la réaction entre AH et l'ion hydrogénocarbonate (couple CO2(aq)/HCO3⁻ ; réaction totale).Touche pour voir la correction

À retenir AH est l'acide ; HCO3⁻ est la base du couple CO2/HCO3⁻.

Démarche
  1. AH(aq) + HCO3⁻(aq) → A⁻(aq) + CO2(aq) + H2O(ℓ).

RéponseAH(aq) + HCO3⁻(aq) → A⁻(aq) + CO2(aq) + H2O(ℓ).

Q8Expliquer la formation de mousse.Touche pour voir la correction

À retenir La réaction produit un gaz (CO2).

Démarche
  1. Le dioxyde de carbone formé se dégage sous forme de bulles qui sont piégées dans le liquide, ce qui crée une mousse (effervescence).

RéponseLa réaction produit du dioxyde de carbone gazeux : les bulles forment la mousse.

Q9Déterminer le volume de gaz libéré (100 mL de vinaigre à 8,0 % ; n' = 0,20 mol de HCO3⁻ ; P = 1 020 hPa ; θ = 25 °C ; R = 8,314 Pa·m³·mol⁻¹·K⁻¹).Touche pour voir la correction

À retenir Réactif limitant, tableau d'avancement, puis P·V = n·R·T.

Démarche
  1. n(AH) = 1,35 × 0,100 ≈ 0,135 mol (≈ 0,13 mol) ; n(HCO3⁻) = 0,20 mol : AH est limitant.
  2. n(CO2) = 0,135 mol (coefficients 1:1:1).
  3. T = 25 + 273,15 = 298,15 K ; P = 1 020 hPa = 1,020×10⁵ Pa.
  4. V = n·R·T/P = 0,135 × 8,314 × 298,15 / 1,020×10⁵ ≈ 3,3×10⁻³ m³ ≈ 3,3 L.

RéponseV_g ≈ 3,3 L (3,2 à 3,3 L selon l'arrondi de n(AH)).

Piège On néglige le CO2 qui reste dissous et la vapeur d'eau dans le gaz recueilli.

Exercice 3 : Étude d'un soin capillaire4 points

Acide glycolique : nomenclature, groupes caractéristiques, spectre IR puis titrage d'un sérum capillaire.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Équation de synthèse de l'acide glycolique ; Figure 1 : spectres infrarouges A et B. Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

Q1Donner le nom du formaldéhyde (H2C=O) en nomenclature systématique.Touche pour voir la correction

À retenir 1 carbone : méth- ; aldéhyde : suffixe -al.

Démarche
  1. Un seul atome de carbone : méth- ; fonction aldéhyde : -al.

RéponseMéthanal.

Q2Recopier la formule semi-développée de l'acide glycolique, entourer et nommer les groupes caractéristiques.Touche pour voir la correction

À retenir Acide glycolique : HO–CH2–COOH.

Démarche
  1. Groupe hydroxyle −OH sur le carbone CH2 : famille des alcools.
  2. Groupe carboxyle −COOH : famille des acides carboxyliques.

RéponseHO–CH2–COOH : groupe hydroxyle (alcool) et groupe carboxyle (acide carboxylique).

Q3Identifier le spectre IR de l'acide glycolique (A ou B).Touche pour voir la correction

À retenir Rechercher O–H lié (large ~3 300 cm⁻¹), O–H d'acide carboxylique (2 500–3 200 cm⁻¹, large) et C=O.

Démarche
  1. La molécule d'acide glycolique HO–CH2–COOH possède un groupe hydroxyle (O–H alcool lié : bande forte et large à 3 200–3 400 cm⁻¹), un groupe carboxyle (O–H d'acide carboxylique : bande large à 2 500–3 200 cm⁻¹ ; C=O : bande forte à 1 680–1 710 cm⁻¹).
  2. Spectre B : bande forte et large centrée vers 3 300 cm⁻¹, bandes larges entre 2 500 et 3 000 cm⁻¹ et bande intense de C=O vers 1 740 cm⁻¹ : toutes les bandes attendues sont présentes.
  3. Spectre A : une bande C=O intense vers 1 700 cm⁻¹ et de petites bandes C–H vers 3 000 cm⁻¹, mais aucune bande O–H large : ce n'est pas un alcool ni un acide carboxylique.

RéponseSpectre B : il montre les bandes O–H (alcool et acide carboxylique) et C=O attendues.

Piège Les nombres d'onde sont lus sur les graphiques à ± 50 cm⁻¹ près : seule la présence des bandes caractéristiques compte.

Q4Rédiger le protocole pour préparer 50,0 mL de sérum dilué 10 fois.Touche pour voir la correction

À retenir Volume à prélever = 50,0/10 = 5,0 mL.

Démarche
  1. Prélever 5,0 mL de sérum avec une pipette jaugée de 5,0 mL.
  2. Les introduire dans une fiole jaugée de 50,0 mL.
  3. Compléter avec de l'eau distillée jusqu'au trait de jauge, boucher et agiter pour homogénéiser.

RéponsePipette jaugée de 5,0 mL + fiole jaugée de 50,0 mL, complétée à l'eau distillée.

Q5Choisir l'indicateur coloré approprié (pH à l'équivalence ≈ 8,5).Touche pour voir la correction

À retenir La zone de virage doit contenir le pH à l'équivalence.

Démarche
  1. pH_éq ≈ 8,5.
  2. La phénolphtaléine a sa zone de virage entre 8,2 et 10,0, qui contient 8,5.

RéponseLa phénolphtaléine (zone de virage 8,2–10,0).

Q6Écrire l'équation de la réaction support du titrage (AH acide glycolique ; A⁻ ion glycolate).Touche pour voir la correction

À retenir Acide + ion hydroxyde → base conjuguée + eau.

Démarche
  1. AH(aq) + HO⁻(aq) → A⁻(aq) + H2O(ℓ).

RéponseAH(aq) + HO⁻(aq) → A⁻(aq) + H2O(ℓ).

Q7Définir l'équivalence d'un titrage.Touche pour voir la correction

À retenir Proportions stœchiométriques.

Démarche
  1. À l'équivalence, les réactifs titrant et titré ont été mélangés dans les proportions stœchiométriques : ils sont tous deux entièrement consommés.

RéponseÉtat où le réactif titrant a été ajouté en quantité telle que les réactifs sont dans les proportions stœchiométriques de la réaction de titrage.

Q8Déterminer C1 (sérum dilué) puis C (sérum commercial) : V1 = 20,0 mL ; C2 = 2,0×10⁻¹ mol·L⁻¹ ; VE = 9,4 mL.Touche pour voir la correction

À retenir À l'équivalence : C1·V1 = C2·VE ; puis facteur de dilution 10.

Démarche
  1. C1 = C2·VE/V1 = 0,20 × 9,4 / 20,0 = 9,4×10⁻² mol·L⁻¹.
  2. C = 10 × C1 = 0,94 mol·L⁻¹.

RéponseC1 = 9,4×10⁻² mol·L⁻¹ ; C = 0,94 mol·L⁻¹.

Q9Le titre massique de 7,0 % indiqué est-il correct (u(C) = 0,05 mol·L⁻¹ ; ρ = 1,0 g·mL⁻¹ ; M = 76,0 g·mol⁻¹) ?Touche pour voir la correction

À retenir Comparer C à C_réf = (t × ρ)/M avec |C − C_réf|/u(C) < 2.

Démarche
  1. Valeur de référence : 7,0 % → 70 g dans 1 000 g, soit 70 g·L⁻¹ ; C_réf = 70/76,0 ≈ 0,92 mol·L⁻¹.
  2. |0,94 − 0,92|/0,05 ≈ 0,4 < 2.
  3. Pourcentage mesuré : 0,94 × 76,0 / 1 000 ≈ 7,1 %.

RéponseTitre mesuré ≈ 7,1 % ; quotient ≈ 0,4 < 2 : l'indication du fabricant (7,0 %) est correcte.

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