CONCOURS GÉNÉRAL DES LYCÉES

SESSION 2016
COMPOSITION DE PHYSIQUE-CHIMIE
CORRECTION

Partie A - Fabrication du champagne

I. Mesure du taux de sucre dans le jus de raisin

Q1. On utilise une lampe à vapeur de sodium car elle émet une lumière quasi-monochromatique et que l’on peut
l’observer directement.

Q2. Il y a réflexion totale lorsque le rayon réfracté n’existe plus.

𝑛2 𝑛
C’est le cas lorsque sin 𝑟 > 1 ⇒ sin 𝑖 > ⇒ 𝑖 > arcsin ( 2 ).
𝑛1 𝑛1

Q3.

𝑖2

𝑟2
𝑟ℓ

𝜋
Q4. Rayon limite : 𝑛ℓ sin ( 2 ) = 𝑛 sin 𝑟ℓ
Interface prisme/air : 𝑛 sin 𝑖2 = 𝑛air sin 𝑟2
Formule du prisme : 𝛽 = 𝑟ℓ + 𝑖2
𝑛air
D’où : 𝑛ℓ = 𝑛 sin [𝛽 − arcsin ( 𝑛
sin 𝑟2 )]
1,000
AN. 𝑛ℓ = 1,732 × sin [65,0 − arcsin (1,732 × sin 23,3)] = 1,361

Q5. En utilisant le tableau fourni, on détermine que la teneur en sucre est de 170 g∙L-1.

Q6. Confère la question Q3.

II. Quelques procédés chimiques de la fabrication du champagne *

*
Q7. La molécule de D-glucose possède quatre carbones asymétriques. Ce sont les *
quatre carbones n'étant pas en bout de chaîne, i.e. les carbones C2, C3, C4 et C5. *

Q8. Une exemple d'énantiomère est : Un exemple de diastéréoisomère est :

H
OH

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Q9. Réaction de la fermentation alcoolique : C6 H12 O6 ⟶ 2 C2 H6 O + 2 CO2

Q10. Données : 𝜌éthanol = 0,79 kg∙L-1 ; Méthanol = 46,0 g∙mol-1 ; Mglucose = 180,0 g∙mol-1.
On veut un alcool à 11°, i.e. 11 mL d’éthanol pour 100 mL de vin.
Donc 110 mL d’éthanol pour 1 L de vin.
⇒ 𝑐éthanol = 86,9 g∙L-1
𝑐
⇒ 𝐶éthanol = éthanol = 1,90 mol∙L-1
Méthanol
𝐶éthanol M
D’après la réaction considérée comme totale : 𝐶glucose = 2
× Mglucose = 170 g∙L-1.
éthanol

Q11. On produit autant d’éthanol que de dioxyde de carbone.

Pour 1 L, on produit donc 𝑛CO2 = 1,90 mol.
On utilise la loi des gaz parfaits : 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇.
𝑛𝑅𝑇 1,90×8,314×293
Donc : 𝑉 = . AN. 𝑉 = 5 = 0,0463 m3 = 46,3 L.
𝑃 1,00∙10

Q12. Pour 1° il faut 17 g de sucre.

Pour 11° il faut 187 g de sucre contre 170 g en théorie.
170
Le rendement est donc 𝜂 = = 90,9%.
187

Q13. L’éthanol est miscible avec l’eau en raison de la polarisation de la molécule via sa liaison hydroxyde.

Q14. En nomenclature systématique l’acide lactique est l’acide 2-hydroxypropanoïque.

Q15. La réaction est : HOOC-CH2 -CH(OH)-COOH ⟶ CH3 -CH(OH)-COOH + CO2.

Les bactéries peuvent avoir un rôle de catalyseur.

Q16. Acide malique : pK 𝑎 (MH2 /MH − ) = 3,46

Acide lactique : pK 𝑎 (LH/L− ) = 3,90
On transforme mole à mole l’acide malique en acide lactique moins fort, il y a donc une augmentation du pH de la
solution.

Q17. Sur le spectre A on observe un doublet CH3 et un quadruplet CH(OH), on est en présence du spectre de l’acide
lactique.
Sur le spectre B on observe un doublet CH2 et un triplet CH(OH), on est en présence du spectre de l’acide malique.

Q18. Afin d'obtenir la concentration en acide malique dans un volume 𝑉 = 20 mL de vin, on utilise la méthode de
Boehringer.
Pour ce faire on place dans un bécher, la volume 𝑉 de vin auquel on ajoute en excès la solution de NAD+.
Pour rentre la réaction totale il faut ajouter l'enzyme L-MDH avec un taux de 5% par rapport à NAD+.
Enfin pour remonter à la concentration cherchée, il faut mesurer la concentration en NADH, qui lui est égale.
Pour cela utilise le spectrophotomètre pour mesurer l'absorbance de l'espèce en solution et remonter à sa
concentration via la loi de Beer-Lambert.
Afin de déterminer l'absorptivité molaire de NADH, il suffit de réaliser un étalonnage avec la solution d'acide
malique fournie de concentration connue.

Q19. Le temps de demi-réaction est le temps nécessaire pour consommer la moitié du réactif limitant.

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Q20. 𝑐

20°C

25°C → plus rapide

sans bactérie → pas de fermentation

bécher
échantillon de vin
Q21. Pour dégazéifier l’échantillon on peut le placer de champagne
dans un bécher, introduire un barreau aimanté puis
utiliser un agitateur magnétique. barreau aimanté

agitateur
magnétique

Q22. En utilisant la méthode des tangentes on détermine le volume versé à l’équivalence.

On mesure : VE = 15,8 mL.
À l’équivalence la quantité de matière de soude versée est égale à la quantité de matière d’acide initialement
présente dans le volume V𝑎 d’acide.
𝐶 ×V
On a donc : (𝑛acide )𝑖 = (𝑛soude )E ⇒ 𝐶𝑎 × V𝑎 = 𝐶0 × VE ⇒ 𝐶𝑎 = 0V E.
𝑎
0,10×15,8∙10−3 -1
AN. 𝐶𝑎 = 20,0∙10−3
= 79 mmol∙L .
L’acidité totale de l’échantillon est de 79 mmol∙L-1 (on a bien 𝐶𝑎 > 50 mmol∙L-1).

Q23. Une molécule d’acide tartrique peut libérer deux ions H + .

𝐶
On a donc : [H3 O+ ] = 2 × [C4 H6 O6 ] ⇒ [C4 H6 O6 ] = 𝑎.
2
Donc : 𝑚C4 H6 O6 = 𝑛C4 H6 O6 × (4 MC + 6 MH + 6 MO ).
𝐶𝑎
Puis : 𝑚C4 H6 O6 = 2
× V1L × (4 MC + 6 MH + 6 MO ).
79∙10−3
AN. 𝑚C4 H6 O6 = 2
× 1 × (4 × 12,0 +6 × 1,0 + 6 × 16,0) = 5,9 g.
L’acidité totale en acide tartrique de l’échantillon est de 5,9 g.

Q24. On peut utiliser des indicateurs colorés ou un conductimètre.

Partie B - Ouverture d’une bouteille de champagne

I. Éjection du bouchon de liège

Q25. On commence par calculer la vitesse d’expulsion du bouchon.

𝜋𝑑 2
Le bouchon est expulsé par la force pressante : 𝐹 = 𝑃 × 𝑆 avec 𝑆 = 4 la surface circulaire du bouchon. On prend
𝑑 = 2 cm.
L’expulsion se fait environ lorsque 1 cm du bouchon reste à sortir.
Le travail de la force de pression s’écrit : 𝑊 = 𝐹Δℓ = 𝑃𝑆Δℓ avec Δℓ = 1 cm.

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On considère que le travail est totalement converti en énergie cinétique.
1 2𝑊
Donc : E𝑐 = 𝑊 = 2 𝑚𝑣02 ⇒ 𝑣0 = √ 𝑚 .
On prend 𝑚 = 1 ∙ 101 g (ce qui donne 𝑣0 = 11 m∙s-1 = 39 km∙h-1).
Enfin une fois le bouchon expulsé, on considère qu’il est uniquement soumis à son poids (on néglige les
frottements).
On est dans le cas d’une chute libre, la deuxième loi de Newton donne donc : 𝑎⃗ = 𝑔⃗.
On place la bouteille verticalement pour aller plus haut.

𝑧̈ = −𝑔 𝑧
On a donc : { 𝑧̇ = −𝑔𝑡2+ 𝑣0
𝑔𝑡 𝑧max
𝑧 = − 2 + 𝑣0 𝑡 + 0
0
𝑣
À l’altitude maximale on a 𝑧̇ = 0, donc 𝑡𝑧max = + 𝑔0 .
3𝑣02 3 2𝑊 3𝑃𝑆Δℓ 3𝑃𝜋𝑑 2 Δℓ
D’où : 𝑧max = 2𝑔
= 2𝑔 × 𝑚
= 𝑚𝑔
= 4𝑚𝑔
.
2
3×6∙105 ×𝜋×(2∙10−2 ) ×1∙10−2
AN. 𝑧max = 4×10∙10−3 ×10
= 6 ∙ 101 m.
Dans le modèle choisi le bouchon peut atteindre une hauteur maximale autour de 60 m. Ce modèle donne un ordre
de grandeur un peu grand mais crédible pour un modèle aussi simpliste.
Pour améliorer cette étude il faudrait prendre en compte les frottements, les dimensions et la masse exactes du
bouchon, et mesurer la hauteur pour laquelle le bouchon est expulsé.

II. Étude des bulles de champagne

Q26. Dans une bouteille de champagne fermée, il y a un équilibre entre le gaz dissous dans le vin et celui en phase
gazeuse au-dessus.
𝛼
L’équilibre suit la loi : 𝑐𝑖 = 𝑘0 ∙ exp (𝑇 ) ∙ 𝑃𝑖 .
En laissant la bouteille en plein soleil en été, sa température va augmenter, diminuant de façon importante 𝑐𝑖 . Le gaz
va alors passer en phase gazeuse pour maintenir l’équilibre. La pression va alors augmenter exponentiellement et il y
aura risque d’explosion.

Q27. À 27°C on sait qu’il règne une pression de 6 bars dans la bouteille. En considérant une pression partielle d’air
de 1 bar, il reste 𝑃𝑖 = 5 bars pour le CO2 .
𝑐𝑖 𝑘 𝛼
On cherche : 𝑐𝑚,𝑖 = M = M 0 ∙ exp (𝑇 ) ∙ 𝑃𝑖
CO2 CO2
avec 𝑃𝑖 = 5 bars ; 𝑇 = 293 K ; 𝛼 = 2405 K ; 𝑘0 = 9,4 ∙ 10−6 mol∙L-1∙bar-1 ; MCO2 = 44,0 g∙mol-1.
9,4∙10−6 2405
AN. 𝑐𝑚,𝑖 = × exp ( )×5 = 4 mg∙L-1.
44,0 293

Q28. En ouvrant la bouteille, à température constant, la pression passe de 6 bars à 1 bar, la pression atmosphérique.
La concentration maximale de gaz dissous dans le vin diminue. Il y a donc formation de bulles pour diminuer la
concentration effective de gaz dans le vin.

Q29. L’interaction de Van der Waals est une interaction faible, d’origine électrique, agissant entre atomes ou
molécules.
Un exemple observable de cette interaction est la faculté du gecko à adhérer à différentes surfaces.
Au sein des liquides on peut citer l’interaction dipolaire ou la liaison hydrogène.

Q30. Des fibres de cellulose ou des microcristaux, contenus dans le vin, contiennent des bulles d’air piégées ayant un
rayon autour de la dizaine de micromètres. Le dioxyde de carbone dissous dans le vin va alors diffusé dans la bulle
d’air et la faire grossir. Une fois qu’elle a atteint une taille suffisante elle se libère de son piège et peut remonter à la
surface.

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Q31. Sur le document 8 on voit une bulle grossir (de l’image a jusqu’à l’image c) puis s’échapper de la fibre sur
l’image e, revenant ainsi à la première configuration.
La formation de la bulle a pris 5 images.
Il y a dix millisecondes entre deux images.
La période d’émission des bulles est : 𝑇 = 4 × 10 ms = 40 ms.
1 1
La fréquence d’émission des bulles est : 𝑓 = 𝑇 = 40∙10−3 = 25 Hz.

Q32. On étudie une bulle.

Bilan des forces :
⃗⃗⃗ = +𝜌liq Vbulle 𝑔 ∙ 𝑒⃗𝑧 = + 4 𝜋𝑟 3 𝜌liq 𝑔 ∙ 𝑒⃗𝑧
▪ Poussée d’Archimède : Π 3
PCO Vbulle 4 PCO2 MCO2
▪ Poids : 𝑃⃗⃗ = −𝑚𝑔 ∙ 𝑒⃗𝑧 = −𝑛CO2 MCO2 𝑔 ∙ 𝑒⃗𝑧 = − 2𝑅𝑇 MCO2 𝑔 ∙ 𝑒⃗𝑧 = − 3 𝜋𝑟 3 𝑅𝑇
𝑔 ∙ 𝑒⃗𝑧
Calculons les normes de ces deux forces :
‖Π⃗⃗⃗‖ = 4 × 𝜋 × (1,0 ∙ 10−3 )3 × 1,00 ∙ 103 × 9,81 = 41 µN.
3
5 −3
⃗⃗‖ = 4 × 𝜋 × (1,0 ∙ 10−3 )3 × 1,00∙10 ×44,0∙10
‖P × 9,81 = 73 mN.
3 8,314×298
⃗⃗⃗‖ ≫ ‖P
On obtient ‖Π ⃗⃗‖.
On peut aussi directement calculer le rapport des deux :
⃗⃗⃗‖
‖Π 𝜌liq 𝑅𝑇 ⃗⃗⃗‖
‖Π 1,00∙103 ×8,314×298
⃗⃗‖
=P MCO2
. AN. ⃗⃗‖
= 1,00∙105 ×44,0∙10−3
= 563.
‖P CO2 ‖P
Dans les deux cas on montre que le poids de la bulle est négligeable devant sa poussée d’Archimède.

Q33. On applique la deuxième loi de Newton à la bulle dans le référentiel terrestre supposé galiléen.
⃗⃗⃗ + ⃗f ⇒ 4 𝜋𝑟 3 𝜌CO 𝑑𝑣⃗⃗ = + 4 𝜋𝑟 3 𝜌liq 𝑔 ∙ 𝑒⃗𝑧 − 6𝜋𝜂𝑟𝑣⃗.
𝑚𝑎⃗ = Π 3 2 𝑑𝑡 3
⃗⃗
𝑑𝑣 9 𝜂 𝜌
Après mise en forme on obtient : 𝑑𝑡
+ 2 ∙ 𝑟2 𝜌 ∙ 𝑣⃗ = 𝜌 liq 𝑔 ∙ 𝑒⃗𝑧
CO2 CO2
⃗⃗
𝑑𝑣 ⃗⃗
𝑣 ⃗⃗lim
𝑣
On peut écrire cette équation sous la forme : 𝑑𝑡
+ =𝜏 𝜏
2𝑟 2 𝜌CO2 2𝑟 2 𝜌liq 𝑔
avec 𝜏 = 9𝜂
et 𝑣⃗lim = 9𝜂
∙ 𝑒⃗𝑧 .

⃗⃗
𝑣 ⃗⃗
𝑑𝑣 [𝐿]∙[𝑇]−1
Q34. On réalise une analyse aux dimensions : [𝜏 ] = [ 𝑑𝑡 ] = [𝑇]
⇒ [𝜏] = [𝑇].
La grandeur 𝜏 a la dimension d’un temps.
2𝑟 2 𝜌CO2
Rq. On peut également étudier directement la formule 𝜏 = 9𝜂
ce qui donne le même résultat.

𝑡
Q35. On admet la solution : 𝑣⃗(𝑡) = 𝑣⃗lim [1 − exp (− 𝜏)].

‖𝑣⃗(𝑡)‖

𝑣lim

0,63 ∙ 𝑣lim

𝑡
𝜏

La grandeur 𝜏 est le temps caractéristique du phénomène. C'est le temps nécessaire pour atteindre 63% de la vitesse
limite.

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 2𝑟 2 𝜌CO2 2𝑟 2 PCO2 MCO2
Q36. On a 𝜏 = 9𝜂
=𝜏= 9𝜂
∙ 𝑅𝑇
.
2
2×(1,00∙10−3 ) 1,00∙105 ×44,0∙10−3
AN. 𝜏 = × = 3,0 ∙ 10−4 s.
9×1,3∙10−3 8,314×298
Le temps caractéristique 𝜏 est très faible, on peut donc négliger le régime transitoire et considérer que le bulle a tout
le temps la vitesse limite 𝑣⃗lim .

Q37. À chaque flash du stroboscope l'appareil photo imprime la position de la bulle. Le choix de la fréquence 𝑓𝑏
détermine donc le temps entre deux positions successives de la bulle sur la photo. Il faut ainsi choisir 𝑓𝑏 de façon à
ce que la bulle reçoive plusieurs flashs durant sa montée.

Q38. En augmentant légèrement 𝑓𝑏 on observerait des bulles plus rapprochées.

En diminuant légèrement 𝑓𝑏 on observerait des bulles plus éloignées.

Q39. La vitesse moyenne 𝑣𝑛 se calcule en divisant la distance parcourue Δℎ par le temps écoulé Δ𝑡.
La bulle 𝑛 passe de la position 𝑛 − 1 à 𝑛 + 1 en trois flashs.
Δℎ ℎ −ℎ ℎ −ℎ
On a donc 𝑣𝑛 = Δ𝑡 = 𝑛+12 𝑇 𝑛−1 = 𝑓𝑏 ∙ 𝑛+12 𝑛−1
𝑏
On retrouve bien la formule proposée.
1,9
Sur la figure 4 on lit ℎ𝑛+1 − ℎ𝑛−1 = 1,6 × 1,0 mm = 1,2 mm.
La fréquence choisie est 𝑓𝑏 = 20 Hz.
1,2
On a donc 𝑣𝑛 = 20 × 2 = 12 mm∙s-1.

2𝑟 2 𝜌liq 𝑔
Q40. On a montré à la question 33 : 𝑣lim = 9𝜂
.
2𝜌liq 𝑔
On a donc : log(𝑣lim ) = log ( 9𝜂
) + 2 log(𝑟).
Le tracé de log(𝑟) ⟼ log(𝑣lim ) est donc une droite, ce qui est confirmé par la figure 5.

𝑑𝑛 1 𝑑𝑛
Q41. On part de la formule 𝑑𝑡
= 𝐾𝑆∆𝑐 ⇒ 𝐾 = 𝑆∆𝑐 ∙ 𝑑𝑡 .
𝑑𝑛
On réalise une analyse dimensionnelle : [𝐾] = [𝑆]−1 ∙ [∆𝑐]−1 ∙ [ 𝑑𝑡 ] = [𝐿]−2 ∙ [𝑁]−1 ∙ [𝐿]−3 ∙ [𝑁] ∙ [𝑇]−1 = [𝐿] ∙ [𝑇]−1

La grandeur 𝐾 a la dimension d'une distance par un temps, i.e. la dimension d'une vitesse.

𝑃𝑉 𝑑𝑛 𝑑 𝑃𝑉
Q42. Loi des gaz parfaits : 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 ⇒ 𝑛 = 𝑅𝑇 ⇒ 𝑑𝑡 = 𝑑𝑡 (𝑅𝑇 ).
𝑅 est une constante et 𝑃 = 𝑃0 = 1,00 bar est également une constante.
On considère que le vin n'a pas le temps de changer de température durant l'étude, donc 𝑇 est une constante.
4
Enfin pour une bulle sphérique on a : 𝑉 = 3 𝜋𝑟 3 .
𝑑𝑛 𝑃 4 𝑑 𝑃 𝑑𝑟 𝑃0 𝑆 𝑑𝑟
Donc : 𝑑𝑡
= 𝑅𝑇0 × 3 𝜋 × 𝑑𝑡 (𝑟 3 ) = 𝑅𝑇0 × 4𝜋𝑟 2 × 𝑑𝑡 = ∙
𝑅𝑇 𝑑𝑡
avec 𝑆 = 4𝜋𝑟 2 la surface d'une sphère de rayon 𝑟.

𝑑𝑟 𝑅𝑇 𝑑𝑛 𝑅𝑇 𝑅𝑇
Q43. On isole le terme qui nous intéresse : 𝑑𝑡
= 𝑃 𝑆 ∙ 𝑑𝑡 = 𝑃 𝑆 × 𝐾𝑆∆𝑐 = 𝑃0
∙ 𝐾∆𝑐.
0 0
𝑑𝑟 𝑅𝑇
On retrouve bien l'expression demandée : 𝑑𝑡
= 𝑃 ∙ 𝐾∆𝑐.
0

Q44. Sur une courte période de temps on peut considérer que les concentrations dans le vin sont constantes. On a
alors ∆𝑐 = cte.
𝑑𝑟
On trouve alors 𝑑𝑡 = cte et la représentation 𝑡 ⟼ 𝑟(𝑡) est bien une droite, ce qui est confirmé par la figure 7.

𝑑𝑟
Q45. On peut considérer que plus le temps passe et plus la concentration en CO2 dans le vin diminue. Ainsi 𝑑𝑡
diminue également lorsque le temps augmente.
On peut donc dire que la série de mesures blanche a été prise en premier et la série noir en second.

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 𝑑𝑟 ∆𝑟 237
Q46. On mesure la pente des données blanches sur la figure 7 : 𝑑𝑡
= ∆𝑡
= 1,0
= 2,4 ∙ 102 µm∙s-1.
0 𝑃 𝑑𝑟
On utilise la formule : 𝐾 = 𝑅𝑇∆𝑐 ∙ 𝑑𝑡 .
1,00∙105
AN. 𝐾 = 8,314×298×0,080∙103 × 2,4 ∙ 102 = 1,2 ∙ 10−4 m∙s-1.

𝑑𝑟 𝑅𝑇
Q47. Dans la formule 𝑑𝑡
= 𝑃0
∙ 𝐾∆𝑐 on a deux variables lors du vieillissement du vin. Avec l'âge et la fermentation il
se forme du CO2 . On a alors ∆𝑐 qui augmente un peu et 𝑃0 qui augmente grandement.
𝑑𝑟
Avec un grand 𝑃0 , la pente 𝑑𝑡 diminue et il se forme des bulles fines.
Ceci conforte l'assertion de l'énoncé.

𝐾 3/2 𝜏
Q48. On part de la formule : 𝐷 = (0,63) × .
√𝑣lim
On a calculé : 𝐾 = 1,2 ∙ 10−4 m∙s-1 (Q46)
𝜏 = 3,0 ∙ 10−4 s (Q36)
𝑣lim = 1,2 ∙ 10−2 m∙s-1 (Q39)
3/2
1,2∙10−4 3,0∙10−4
AN. 𝐷 = ( ) × = 7,2 ∙ 10−9 m2∙s-1.
0,63 √1,2∙10−2
On trouve bien le même ordre de grandeur que la valeur propose par l'énoncé.
Le résultat calculé est bien cohérent avec la mesure.

𝑊
Q49. On part de la formule 𝑊 = 𝛾∆𝑆 ⇒ 𝛾 = ∆𝑆.
𝑊 est une énergie en joule
∆𝑆 est une surface en mètre carré
Donc 𝛾 s'exprime en joule par mètre carré.

Rq. En unités fondamentales on a : 1 J = 1 kg∙m2∙s-2 et alors 𝛾 est en kg∙s-2 (en utilisant la formule de l'énergie
cinétique).
Par définition du travail : 𝑊 = ∫ 𝐹⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑑ℓ on trouve 1 J = 1 N∙m.
En remplaçant dans les unités de 𝛾 on retrouve bien qu'il s'exprime N∙m-1.
𝑥
Q50. La formule de l'énoncé s'écrit ici : 𝑊 = 𝛾 × 2 × ∆𝑥 × 𝑦
où 2 × ∆𝑥 × 𝑦 = ∆𝑆 l'augmentation de surface (car la lame a deux interfaces eau/air). lame
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐹 × ∆𝑥.
Cette énergie est apportée par travail de la force : 𝑊 = ∫ 𝐹⃗ ∙ 𝑑ℓ
D'où finalement : 𝐹 = 2𝛾𝑦. ∆𝑥

Q51. Une balance classique mesure la masse à l'aide du poids.

À vide la balance ne mesure que le poids de l'eau et du récipient.
Lorsque le cylindre plonge dans l'eau une partie du poids est compensée par la potence et l'autre par la poussée
d'Archimède qui va s'ajouter à ce que mesure la balance. Il s'ajoute également l'interaction entre l'eau et l'objet, i.e.
la mouillabilité.

Q52. On nous donne la formule 𝐹 = 𝑝𝛾 avec 𝑝 = 2𝜋𝑅 (périmètre d'un cercle).

La force est mesurée par la balance : 𝐹 = 𝛿𝑚 ∙ 𝑔.
𝛿𝑚∙𝑔
On a donc : 𝛾 = 2𝜋𝑅
.
−3
1,81∙10 ×9,81
AN. 𝛾 = 2𝜋×27,2∙10−3
= 1,04 ∙ 10−1 N∙m-1.

𝑢(𝛿𝑚) 2 𝑢(𝑅) 2
Q53. On nous donne la formule à utiliser : 𝑢(𝛾) = 𝛾 ∙ √( 𝛿𝑚
) +( 𝑅
) .
0,08 2 0,1 2
AN. 𝑢(𝛾) = 1,04 ∙ 101 × √(1,81) + (27,2) = 5 ∙ 10−3 N∙m-1.

Rq. 𝛾 = 104 ± 5 mN∙m-1

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Q54. Pour diminuer l'incertitude-type de 𝛾 on peut prendre un cylindre ayant un périmètre plus grand, on peut
également utiliser une balance plus précise.

Q55. L'eau étant homogène et incompressible, on peut en déduire que sa masse volumique est constante.
⇒ 𝜌liq = cte.

𝑑𝑃
Q56. La relation de la statique des fluides s'écrit : 𝑑𝑧 = +𝜌liq 𝑔 = cte (constante positive car 𝑧 est la profondeur).
On intègre cette relation : 𝑃(𝑧) = 𝜌liq 𝑔𝑧 + cte
On sait qu'en 𝑧 = 0 on a 𝑃(0) = cte = 𝑃0 la pression atmosphérique.
Ainsi on a finalement : 𝑃(𝑧) = 𝑃0 + 𝜌liq 𝑔𝑧.

Q57. On cherche à calculer la surpression d'une bulle au fond d'une coupe de champagne par rapport à la pression
atmosphérique.
On considère une coupe de champagne de hauteur ℎ = 10 cm.
On considère que la masse volumique du champagne est celle de l'eau : 𝜌liq = 1,00 kg∙L-1.
Enfin on sait que pour que la bulle soit stable, il faut que sa pression soit égale à celle du liquide avec lequel elle est
en équilibre.
La surpression s'écrit alors : 𝑝(𝑧) = 𝑃(𝑧) − 𝑃0 = 𝜌liq 𝑔𝑧.
AN. 𝑝(ℎ) = 1,00 ∙ 103 × 9,81 × 10 ∙ 10−2 = 9,8 ∙ 102 Pa = 9,8 mbar.
On trouve une surpression très faible.

2𝛾
Q58. On part de l'expression donnée : ∆𝑃 = 𝑅 .
On prend, au moment de la libération de la bulle, un rayon 𝑅 = 30 µm, en accord avec les différents documents
précédents.
2×50∙10−3
AN. ∆𝑃 = = 3,3 ∙ 103 Pa = 33 mbar.
30∙10−6
On trouve une surpression plus importante que précédement.
On a malgré tout le même ordre de grandeur.

Q59. L'eau est un solvant polaire, la molécule possède un moment dipolaire total. C'est également un solvant
protique, la molécule peut faire des liaisons hydrogène.
L'affinité hydrophile peut donc être produite par une charge locale sur la molécule, donc par une interaction
dipolaire, ou par la présence d'un site autorisant la mise en place d'une liaison hydrogène.

⃗⃗ ; les frottements 𝑓⃗.

Q60. On réalise un bilan des forces sur la bulle : le poids 𝑃⃗⃗ ; la poussée d'Archimède ⃗Π
On considère l'axe (O𝑧) ascendant.
𝑑𝑝⃗
En se plaçant dans le cas d'une vitesse limite constante, la deuxième loi de Newton s'écrit : =0 ⃗⃗⃗ + ⃗f.
⃗⃗ = 𝑃⃗⃗ + Π
𝑑𝑡
4 1 2
En négligeant 𝑃⃗⃗ et en projetant sur l'axe 𝑒⃗𝑧 : 0 = +𝜌liq × 3 𝜋𝑟 3 × 𝑔 − 2 𝐶𝐷 𝜌liq × 𝜋𝑟 2 𝑣lim .
8 𝑟𝑔
D'où l'on isole : 𝐶𝐷 = 3 ∙ 𝑣 2 .
lim
Les grandeurs 𝑟 et 𝑣lim sont bien mesurables sur la figure 4.

Q61. Lorsque 𝐶𝐷∗ = 1, on a 𝐶𝐷 = 𝐶rigide. Cela correspond à une bulle complètement recouverte de tensio-actifs.
Lorsque 𝐶𝐷∗ = 0, on a 𝐶𝐷 = 𝐶libre. Cela correspond à une bulle sans aucun tensio-actif.

Q62. Au fur et à mesure de l'ascension de la bulle, la proportion de surface recouverte de tensio-actifs diminue.
Comme le rayon de la bulle augmente, si on suppose que la quantité de tensio-actifs reste la même, le rapport entre
la surface occupée par les tensio-actifs (qui reste constante) et la surface totale de la bulle (qui augmente) diminue.

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Q63. L'argon appartient à la famille des gaz rares.
Il est situé dans la colonne 18.
L'argon étant inerte chimiquement, il est utilisé en chimie dans le cas de réactions en l'absence d'oxygène ; il est
également utilisé dans les ampoules à incandescence car il ne réagit pas avec le filament à chaud (contrairement à
l'air).

Q64. La transition laser a lieu entre 𝐸4 et 𝐸3 et produit le rayonnement 𝜆.

ℎ𝑐
La relation de Planck-Einstein permet d'écrire : ∆𝐸 = ℎ𝜈 = .
𝜆
ℎ𝑐
On a donc : 𝐸4 = 𝐸3 + 𝜆
(en joule).
ℎ𝑐
En électronvolts cela s'écrit : 𝐸4 (eV) = 𝐸3 (eV) + 𝜆𝑒.
6,63∙10−34 ×3,00∙108
AN. 𝐸4 (eV) = 34,0 + 514,5∙10−9 ×1,60∙10−19 = 36,4 eV.

Q65. L'émission stimulée est le phénomène consistant en la désexcitation d'un atome aidée par un photon
possédant exactement l'énergie correspondant à cette désexcitation. Lors de ce phénomène le photon est dupliqué
créant ainsi deux photons identiques et indiscernables.
La lumière est amplifiée à condition qu'il y ait plus d'émission que d'absorption. Pour cela il faut qu'il y ait inversion
de population, i.e. que la population du niveau 𝜀4 soit supérieure à celle du niveau 𝜀3 .

Q66. La cavité optique permet aux photons produits de faire des aller-retours dans le milieu et ainsi d'être dupliquer
un grand nombre de fois.
Le miroir de sortie ne doit pas être complétement réfléchissant pour permettre au faisceau laser de quitter la cavité
et d'être exploitable. Il faut cependant qu'il reste très réfléchissant pour autoriser un grand nombre d'aller-retours.

Q67. Un rayonnement laser est directif, monochromatique, cohérent et puissant.

Q68. On note dans le cas de la flûte gravée qu'il y a une plus grande production de bulles à la base de la flûte. La
gravure permet donc d'argumenter la production de bulles.

Q69. Dans le cas de la coupe on observe un écoulement laminaire au centre puis des tourbillons de part et d'autre
de l'écoulement central.

Q70. Comme source de champ magnétique on peut citer les aimants permanents ou les électro-aimants par
exemple. On peut également citer la Terre elle-même.
Pour fabriquer un champ de l'ordre de la dizaine de teslas, on peut utiliser un électro-aimant.

Q71. On réalise un bilan des forces sur la particule étudiée :

▪ le poids 𝑃⃗⃗ que l'on va négliger ici devant la force magnétique
▪ le force de Lorentz : 𝐹⃗𝐿 = 𝑞 𝑣⃗ ∧ 𝐵 ⃗⃗ = 𝑧𝑒(𝑣𝜏⃗) ∧ (𝐵0 𝑒⃗𝑧 ) = 𝑧𝑒𝑣𝐵0 𝑛⃗⃗ (le signe choisi dépend de l'orientation de 𝑒⃗𝑧 )

La deuxième loi de Newton s'écrit : 𝑚𝑎⃗ = 𝑃⃗⃗ + 𝐹⃗𝐿 ≃ 𝐹⃗𝐿

𝑑𝑣 𝑣2 |𝑧|𝑒
D'où : 𝑑𝑡
𝜏
⃗ + 𝑟
𝑛⃗⃗ = 𝑚
𝑣𝐵0 𝑛⃗⃗.
𝑑𝑣
En projetant selon 𝜏⃗ on obtient : = 0 et on montre que la vitesse est constante.
𝑑𝑡
𝑣 |𝑧|
En projetant selon 𝑛⃗⃗ on obtient : 𝑟 = 𝑚 𝑒𝐵0 .
𝑣
La vitesse angulaire s'écrit 𝜔𝐵 = 𝑟. C'est une constante car 𝑣 et 𝑟 sont constants.
|𝑧|
On a donc : 𝜔𝐵 = 𝑒𝐵0 .
𝑚

Q72. On peut déduire de la question précédente que tous les ions analysés auront un mouvement circulaire
|𝑧|
uniforme mais pour lequel la vitesse angulaire dépendra du rapport 𝑚
de l'ion analysé.

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Q73. Sur la figure 10, on mesure 12,2 cm pour 15 périodes. Cela correspond à 18,2 µs.
On considère que l'erreur de mesure est de 0,1 cm, ce qui correspond à 0,2 µs.
On obtient donc : 15𝑇 = 18,2 ± 0,2 µs.
Et ainsi : 𝑇 = 1,21 ± 0,02 µs.

2𝜋 |𝑧| 2𝜋
Q74. On utilise la formule : 𝜔𝐵 = 𝑇
⇒ 𝑚
𝑒𝐵0 = 𝑇
.
𝑚 𝑒𝐵 𝑇
D'où : |𝑧|
= 0 .
2𝜋
𝑚 1,60∙10−19 ×12,0×1,21∙10−6
AN. |𝑧|
= 2𝜋
= 3,70 ∙ 10−25 kg.
−27
Or 1 u.a. = 1,661 ∙ 10 kg.
𝑚
Donc finalement : |𝑧| = 223 u.a.

𝑚 𝑚 𝑢(𝐵0 ) 2 𝑢(𝑇) 2
Q75. On utilise la formule : 𝑢 (|𝑧|) = |𝑧| √( 𝐵0
) +( 𝑇
) .
𝑚 0,1 2 0,02 2
AN. 𝑢 (|𝑧|) = 223√(12,0) + (1,21) = 5 u.a. (on majore le résultat car c'est une incertitude).
𝑚
On a donc : |𝑧|
= 223 ± 5 u.a.
L'intervalle trouvé prend bien en compte les valeurs de la figure 11.

Q76. Sur les spectres de la figure 11, on note deux amplitudes qui sont fortement différentes au cœur de la flûte et
𝑚
dans les gouttelettes. Ce sont les pics pour lesquels |𝑧| vaut 225,1860 et 227,2016. En plus petite proportion il y a un
𝑚
pic pour |𝑧| valant 225,1496.

Q77. Ces deux pics précédemment cités, correspondant à C14 H26 O2 , i.e. l'acide myristoléique, et à C14 H28 O2 , i.e.
l'acide tétradécanoïque.
Le dernier pic cité correspond à C13 H22 O3 , i.e. le blumenol B.
Par l'odorat on est donc susceptible de capter un arôme herbacé ainsi qu'en plus faible quantité un arôme fruité.

Q78. Après une vingtaine de minutes on pourra constater la présence des arômes olfactifs de façon précise au-
dessus du champagne. On pourra également constaté que l'apport en bulles diminuant, ces arômes auront
tendances à être moins présents.

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