Voici une proposition de corrigé :
Exercice 1 : Le kéfir de fruit
1. Détermination de la concentration des ions chlorure présents dans l’eau du robinet
Question 1.
Dispositif du titrage conductimétrique :
Question 2.
Les lignes de code sont :
V1=250.0
C=1.00E-2
Question 3.
À l’équivalence, les réactifs sont introduits dans les proportions stœchiométriques, donc :
$$n(Ag^+)_{\text{versée}}=n(Cl^-)_{\text{initiale}}$$
Donc :
$$C \times V_E = C_1 \times V_1$$
D’où :
$$V_E=\frac{C_1 \times V_1}{C}$$
La ligne 7 du code python est donc :
VE=C1*V1/C
Question 4.
Au début du titrage :
$$n(AgCl)=0$$
À l’équivalence, tout l’ion chlorure initial a réagi :
$$n(AgCl)=C \times V_E \times 0.001$$
À $V=V_{\max}$, l’ion chlorure a totalement disparu, donc la quantité de chlorure d’argent formé est la même.
La ligne 15 est donc :
nproduit=[0,C*VE*0.001,C*VE*0.001]
Question 5.
L’ion nitrate $NO_3^-$ est spectateur.
Sa quantité de matière est nulle au départ puis augmente proportionnellement au volume de solution titrante ajouté.
La courbe est donc une droite croissante passant par l’origine.
On a :
$$n(NO_3^-)=C \times V$$
Question 6.
Avant l’équivalence, les ions $Cl^-$ disparaissent progressivement par précipitation, tandis que les ions $NO_3^-$ apparaissent.
Or :
$\lambda(Cl^-)=7,6\ \text{mS}\cdot\text{m}^2\cdot\text{mol}^{-1}$
$\lambda(NO_3^-)=7,1\ \text{mS}\cdot\text{m}^2\cdot\text{mol}^{-1}$
Comme les ions chlorure, légèrement plus conducteurs, sont remplacés par des ions nitrate un peu moins conducteurs, la conductivité diminue avant l’équivalence.
Après l’équivalence, les ions $Ag^+$ et $NO_3^-$ ajoutés restent en solution, donc la concentration en ions augmente et la conductivité augmente.
Question 7.
Le volume à l’équivalence se lit graphiquement au minimum de la courbe :
$$V_E \simeq 11\ \text{mL}$$
À l’équivalence :
$$n(Ag^+)_{\text{versée}}=n(Cl^-)_{\text{initiale}}$$
Donc :
$$C \times V_E = C_{Cl^-} \times V_1$$
D’où :
$$C_{Cl^-}=\frac{C \times V_E}{V_1}$$
Application numérique :
$$C_{Cl^-}=\frac{1,00\times 10^{-2}\times 11\times 10^{-3}}{250,0\times 10^{-3}}$$
$$C_{Cl^-}=4,4\times 10^{-4}\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$$
La concentration en masse en ions chlorure vaut :
$$C_m=C_{Cl^-}\times M(Cl)$$
$$C_m=4,4\times 10^{-4}\times 35,5$$
$$C_m=1,56\times 10^{-2}\ \text{g}\cdot\text{L}^{-1}$$
Soit :
$$C_m=1,6\times 10^{-2}\ \text{g}\cdot\text{L}^{-1}$$
Cette valeur est très inférieure à la teneur maximale :
$$2\ \text{g}\cdot\text{L}^{-1}$$
Donc cette eau du robinet peut être utilisée pour réaliser du kéfir.
2.Évolution de la cinétique de la réaction de fermentation
Question 8.
Une autre méthode possible pour suivre la cinétique de cette fermentation est le suivi du volume de dioxyde de carbone dégagé au cours du temps.
On peut aussi envisager un suivi de la pression si le récipient est fermé.
Question 9.
L’équation de réaction est :
$$C_6H_{12}O_6(aq)\rightarrow 2\ CH_3CH_2OH(aq)+2\ CO_2(g)$$
Soit l’avancement $x(t)$.
D’après les coefficients stœchiométriques (on peut faire un tableau d'avancement dans cette question) :
$$n_{\text{glu}}(t)=n_{\text{glu}}(t_0)-x(t)$$
$$n_{\text{éth}}(t)=2x(t)$$
Donc :
$$x(t)=\frac{n_{\text{éth}}(t)}{2}$$
Or :
$$n_{\text{éth}}(t)=C_{\text{éth}}(t)\cdot V_{\text{Boisson}}$$
Ainsi :
$$n_{\text{glu}}(t)=n_{\text{glu}}(t_0)-\frac{C_{\text{éth}}(t)\cdot V_{\text{Boisson}}}{2}$$
Question 10.
La vitesse de disparition du glucose est définie par :
$$v_{\text{disp}}=-\frac{dC_{\text{glu}}(t)}{dt}$$
Si la vitesse suit une loi d’ordre 1 :
$$v_{\text{disp}}=k\cdot C_{\text{glu}}(t)$$
En identifiant :
$$-\frac{dC_{\text{glu}}(t)}{dt}=k\cdot C_{\text{glu}}(t)$$
Donc :
$$\frac{dC_{\text{glu}}(t)}{dt}+k\cdot C_{\text{glu}}(t)=0$$
Question 11.
On propose :
$$C_{\text{glu}}(t)=C_{\text{glu}}(0)\cdot e^{-kt}$$
Sa dérivée vaut :
$$\frac{dC_{\text{glu}}(t)}{dt}=-k\cdot C_{\text{glu}}(0)\cdot e^{-kt}$$
Donc :
$$\frac{dC_{\text{glu}}(t)}{dt}=-k\cdot C_{\text{glu}}(t)$$
Soit :
$$\frac{dC_{\text{glu}}(t)}{dt}+k\cdot C_{\text{glu}}(t)=0$$
La fonction proposée est donc bien solution de l’équation différentielle.
Question 12.
En prenant le logarithme népérien de la concentration, on obtient :
$$\ln\left(C_{\text{glu}}(t)\right)=\ln\left(C_{\text{glu}}(0)\right)-kt$$
Cette relation est de la forme :
$$y=ax+b$$
La représentation de $\ln(C_{\text{glu}})$ en fonction du temps doit donc être une droite si la cinétique est d’ordre 1.
Comme le tracé expérimental est justement une droite, cela confirme que la vitesse de disparition du glucose suit une loi d’ordre 1.
Question 13.
À l’origine, la concentration initiale en glucose est donnée par l’ordonnée à l’origine de la droite :
$$\ln(C_{\text{glu}}(0))\simeq -2,22$$
Donc :
$$C_{\text{glu}}(0)=e^{-2,22}$$
$$C_{\text{glu}}(0)\simeq 1,1\times 10^{-1}\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$$
Le volume de boisson préparé vaut :
$$V_{\text{Boisson}}=1,0\ \text{L}$$
La quantité de matière initiale de glucose vaut alors :
$$n_0=C_{\text{glu}}(0)\cdot V_{\text{Boisson}}$$
$$n_0=1,1\times 10^{-1}\times 1,0$$
$$n_0=1,1\times 10^{-1}\ \text{mol}$$
La masse initiale de glucose introduite vaut :
$$m=n_0\times M(\text{glucose})$$
$$m=1,1\times 10^{-1}\times 180,0$$
$$m\simeq 19,8\ \text{g}$$
Cette valeur est très proche des 20 g de glucose introduits au départ.
La modélisation est donc en accord avec l’expérience.
Question 14.
Le temps de demi-réaction vaut :
$$t_{1/2}=\frac{\ln 2}{k}$$
À partir de l’équation de la droite, le coefficient directeur vaut environ :
$$-k\simeq -5,34\times 10^{-6}\ \text{s}^{-1}$$
Donc :
$$k\simeq 5,34\times 10^{-6}\ \text{s}^{-1}$$
Ainsi :
$$t_{1/2}=\frac{\ln 2}{5,34\times 10^{-6}}$$
$$t_{1/2}\simeq 1,30\times 10^5\ \text{s}$$
Soit :
$$t_{1/2}\simeq 36\ \text{h}$$
Le temps de demi-réaction est donc voisin de 36 h.
Ainsi, après 24 h de fermentation, moins de la moitié du glucose initial a été consommée.
La boisson contient donc encore du sucre, ce qui est cohérent avec la recette proposée puisqu’elle doit rester agréable au goût.
3. Arôme de la boisson végétale de kéfir
Question 15.
L’acide citrique possède des liaisons O–H et des liaisons C=O.
Son spectre doit donc présenter :
- une bande forte et large entre $3200$ et $3700\ \text{cm}^{-1}$ ;
- une bande forte et fine entre $1650$ et $1730\ \text{cm}^{-1}$.
Le citral possède une liaison C=O mais ne possède pas de liaison O–H.
Donc :
- le spectre A correspond au citral ;
- le spectre B correspond à l’acide citrique.
Question 16.
On cherche un solvant capable d’extraire simultanément le citral, l’acide citrique et le limonène à partir du kéfir, qui est une solution aqueuse.
L’acétate d’éthyle est peu miscible à l’eau et les trois espèces y sont solubles.
Le solvant le plus approprié est donc l’acétate d’éthyle.
Question 17.
Sur le chromatogramme, la tâche de l’extrait $K$ est à la même hauteur que celle de l’acide citrique $A$.
L’espèce issue du citron présente dans la boisson est donc l’acide citrique.
C’est cette espèce qui peut être responsable du goût acidulé du kéfir.
Exercice 2 : La yaourtière
1. Fabrication de yaourts dans la yaourtière
Question 1.
L’énergie thermique reçue par le système {S} lors de l’étape A vaut :
$$Q_{\text{chauffage}}=C\cdot(\theta_{\text{fab}}-\theta_{\text{amb}})$$
Application numérique :
$$Q_{\text{chauffage}}=4,0\times 10^3\times (43-20)$$
$$Q_{\text{chauffage}}=4,0\times 10^3\times 23$$
$$Q_{\text{chauffage}}=9,2\times 10^4\ \text{J}$$
Question 2.
Pendant l’étape A, 85 % de l’énergie électrique consommée est transférée au système {S} :
$$Q_{\text{chauffage}}=0,85\times P_A\times \Delta t_A$$
Donc :
$$\Delta t_A=\frac{Q_{\text{chauffage}}}{0,85\times P_A}$$
Application numérique :
$$\Delta t_A=\frac{9,2\times 10^4}{0,85\times 150}$$
$$\Delta t_A\simeq 7,2\times 10^2\ \text{s}$$
Soit :
$$\Delta t_A\simeq 12\ \text{min}$$
La durée totale de chauffage est de 8 h, donc :
$$\Delta t_B=8\ \text{h}-12\ \text{min}$$
Ainsi :
$$\Delta t_B\simeq 7\ \text{h}\ 48\ \text{min}$$
Soit de l’ordre de :
$$7\ \text{h}\ 50\ \text{min}$$
Question 3.
Pour l’étape A :
$$E_A=P_A\times \Delta t_A$$
$$E_A=150\times 720=1,08\times 10^5\ \text{J}$$
Or :
$$1\ \text{kWh}=3,6\times 10^6\ \text{J}$$
Donc :
$$E_A=\frac{1,08\times 10^5}{3,6\times 10^6}=3,0\times 10^{-2}\ \text{kWh}$$
Pour l’étape B :
$$\Delta t_B\simeq 7,8\ \text{h}$$
Donc :
$$E_B=P_B\times \Delta t_B$$
$$E_B=20\times 7,8=156\ \text{Wh}=0,156\ \text{kWh}$$
Énergie totale :
$$E_{\text{tot}}=0,030+0,156=0,186\ \text{kWh}$$
Coût de l’électricité :
$$0,186\times 0,20=0,037\ \text{€}$$
Coût total pour 7 yaourts :
$$0,70\times 1,05 + 0,64 + 0,037$$
Comme le prix donné est pour $1\ \text{L}$ de lait, pour $700\ \text{mL}$ il faut :
$$0,700\times 1,05=0,735\ \text{€}$$
Donc :
$$\text{coût total}=0,735+0,64+0,037=1,412\ \text{€}$$
Prix d’un yaourt fait maison :
$$\frac{1,412}{7}=0,202\ \text{€}$$
Soit environ :
$$0,20\ \text{€}$$
Un yaourt industriel coûte :
$$0,35\ \text{€}$$
Le yaourt fait maison est donc moins cher.
L’argument lié au coût des yaourts maison est bien vérifié.
2. Refroidissement des yaourts dans le réfrigérateur
Question 4.
Les trois modes de transfert thermique sont :
- la conduction ;
- la convection ;
- le rayonnement.
Question 5.
À l’instant initial :
$$\Phi_0=h\cdot S\cdot (\theta_0-\theta_{\text{réfri}})$$
Application numérique :
$$\Phi_0=10\times 0,019\times (30-4,0)$$
$$\Phi_0=4,94\ \text{W}$$
Donc :
$$\Phi_0\simeq 4,9\ \text{W}$$
Au cours du temps, la température du système diminue et se rapproche de celle du réfrigérateur.
Donc l’écart de température $(\theta-\theta_{\text{réfri}})$ diminue, et le flux thermique diminue lui aussi au cours du temps.
Question 6.
Après un temps très long, le système atteint l’équilibre thermique avec le réfrigérateur.
Donc :
$$\theta_f=\theta_{\text{réfri}}=4,0\ ^\circ\text{C}$$
L’énergie thermique perdue vaut :
$$Q=m\cdot c_Y\cdot (\theta_0-\theta_f)$$
Application numérique :
$$Q=0,19\times 2,5\times 10^3\times (30-4,0)$$
$$Q=0,19\times 2500\times 26$$
$$Q=1,2\times 10^4\ \text{J}$$
Soit :
$$Q\simeq 12\ \text{kJ}$$
Question 7.
Si le transfert thermique s’effectuait à la puissance constante $\Phi_0$, la durée nécessaire serait :
$$\Delta t_0=\frac{Q}{\Phi_0}$$
Application numérique :
$$\Delta t_0=\frac{1,235\times 10^4}{4,94}$$
$$\Delta t_0\simeq 2,5\times 10^3\ \text{s}$$
Soit :
$$\Delta t_0\simeq 42\ \text{min}$$
Question 8.
La température suit l’expression :
$$\theta(t)=(\theta_0-\theta_{\text{réfri}})e^{-t/\tau}+\theta_{\text{réfri}}$$
La courbe est donc une exponentielle décroissante :
- elle part de $\theta_0=30\ ^\circ\text{C}$ à $t=0$ ;
- elle tend vers $\theta_{\text{réfri}}=4,0\ ^\circ\text{C}$ lorsque $t$ tend vers l’infini.
Pour déterminer graphiquement $\tau$, on utilise la tangente à l'origine.
Question 9.
Le temps caractéristique vaut :
$$\tau=\frac{m\cdot c_Y}{h\cdot S}$$
Application numérique :
$$\tau=\frac{0,19\times 2,5\times 10^3}{10\times 0,019}$$
$$\tau=\frac{475}{0,19}$$
$$\tau=2,5\times 10^3\ \text{s}$$
Soit :
$$\tau\simeq 42\ \text{min}$$
On obtient donc :
$$\tau \simeq \Delta t_0$$
Ces deux valeurs sont voisines.
Exercice 3 : Le satellite TESS
1. Étude du système « TOI 270 »
Question 1.
La force d’attraction gravitationnelle exercée par l’étoile E sur l’exoplanète 2 est dirigée vers le centre de l’étoile.
Elle s’écrit :
$$\vec{F}=\frac{G\cdot M_E\cdot M_2}{R_2^2}\vec{u}_N$$
Question 2.
Système : exoplanète 2.
Référentiel : centré sur l’étoile E, supposé galiléen.
D’après la deuxième loi de Newton :
$$\sum \vec{F}=M_2\vec{a}$$
La seule force exercée sur l’exoplanète 2 est la force d’attraction gravitationnelle de l’étoile E :
$$\vec{F}=\frac{G\cdot M_E\cdot M_2}{R_2^2}\vec{u}_N$$
Or, dans le repère de Frenet, le vecteur accélération s’écrit :
$$\vec{a}=\frac{dv}{dt}\vec{u}_T+\frac{v^2}{R_2}\vec{u}_N$$
Donc :
$$\frac{G\cdot M_E\cdot M_2}{R_2^2}\vec{u}_N=M_2\left(\frac{dv}{dt}\vec{u}_T+\frac{v^2}{R_2}\vec{u}_N\right)$$
Par identification suivant $\vec{u}_T$ :
$$\frac{dv}{dt}=0$$
La vitesse est donc constante (ce que l'on savait déjà d'après l'énoncé).
Par identification suivant $\vec{u}_N$ :
$$\frac{G\cdot M_E\cdot M_2}{R_2^2}=M_2\frac{v_2^2}{R_2}$$
Donc :
$$\frac{G\cdot M_E}{R_2}=v_2^2$$
Finalement :
$$v_2=\sqrt{\frac{G\cdot M_E}{R_2}}$$
Question 3.
On sait que :
$$v_2=\frac{2\pi R_2}{T_2}$$
En remplaçant dans l’expression précédente :
$$\left(\frac{2\pi R_2}{T_2}\right)^2=\frac{G\cdot M_E}{R_2}$$
Donc :
$$\frac{4\pi^2R_2^2}{T_2^2}=\frac{G\cdot M_E}{R_2}$$
D’où :
$$M_E=\frac{4\pi^2R_2^3}{G\cdot T_2^2}$$
Question 4.
Conversion :
$$R_2=1,08\times 10^7\ \text{km}=1,08\times 10^{10}\ \text{m}$$
$$T_2=11,4\times 24\times 3600=9,85\times 10^5\ \text{s}$$
On applique :
$$M_E=\frac{4\pi^2R_2^3}{G\cdot T_2^2}$$
$$M_E=\frac{4\pi^2\times (1,08\times 10^{10})^3}{6,67\times 10^{-11}\times (9,85\times 10^5)^2}$$
On obtient :
$$M_E\simeq 7,7\times 10^{29}\ \text{kg}$$
Cette valeur est bien voisine de celle indiquée dans le tableau :
$$7,68\times 10^{29}\ \text{kg}$$
Question 5.
D’après la troisième loi de Kepler :
$$\frac{T_1^2}{R_1^3}=\frac{T_2^2}{R_2^3}$$
Donc :
$$T_1=T_2\left(\frac{R_1}{R_2}\right)^{3/2}$$
Application numérique :
$$T_1=11,4\left(\frac{6,77\times 10^6}{1,08\times 10^7}\right)^{3/2}$$
$$T_1\simeq 5,7\ \text{jours}$$
2. Mesure expérimentale de la période de révolution $T_1$ de l’exoplanète 1
Question 6.
On a :
$$\Delta P_{\text{lum}}=\left(\frac{r_1}{r_E}\right)^2$$
Donc plus le rayon $r_1$ de l’exoplanète est grand, plus la diminution $\Delta P_{\text{lum}}$ est importante.
Question 7.
On lit sur la courbe une diminution relative de puissance lumineuse d’environ :
$$\Delta P_{\text{lum}}\simeq 4,0\times 10^{-3}$$
Or :
$$\Delta P_{\text{lum}}=\left(\frac{r_1}{r_E}\right)^2$$
Donc :
$$r_1=r_E\sqrt{\Delta P_{\text{lum}}}$$
Application numérique :
$$r_1=2,63\times 10^5\times \sqrt{4,0\times 10^{-3}}$$
$$r_1\simeq 1,7\times 10^4\ \text{km}$$
On retrouve bien :
$$r_1\simeq 1,7\times 10^4\ \text{km}$$
Question 8.
D’après la figure 3, la durée du transit vaut environ :
$$\Delta t=t_f-t_i\simeq 0,8-(-0,8)=1,6\ \text{h}$$
Pendant le transit, l’exoplanète parcourt approximativement la distance :
$$2(r_E+r_1)$$
La vitesse orbitale de l’exoplanète 1 peut donc être estimée par :
$$v_1\simeq \frac{2(r_E+r_1)}{\Delta t}$$
Or la période de révolution vaut :
$$T_1=\frac{2\pi R_1}{v_1}$$
Donc :
$$T_1\simeq \frac{2\pi R_1}{2(r_E+r_1)}\Delta t$$
Soit :
$$T_1\simeq \frac{\pi R_1\Delta t}{r_E+r_1}$$
Application numérique :
$$R_1=6,77\times 10^6\ \text{km}$$
$$r_E=2,63\times 10^5\ \text{km}$$
$$r_1=1,7\times 10^4\ \text{km}$$
Donc :
$$r_E+r_1=2,63\times 10^5+1,7\times 10^4=2,80\times 10^5\ \text{km}$$
Ainsi :
$$T_1\simeq \frac{\pi\times 6,77\times 10^6\times 1,6}{2,80\times 10^5}$$
$$T_1\simeq 1,2\times 10^2\ \text{h}$$
Soit :
$$T_1\simeq 5,1\ \text{jours}$$
Cette valeur est proche de celle obtenue à la question Q5.
L’estimation réalisée à partir des observations est donc cohérente.
