Bac 2022 STI2D corrigé physique-chimie-maths

1. BAC TECHNOLOGIQUE 2022
Épreuve de spécialité physique-chimie et mathématiques (STI2D)
Mercredi 11 mai
Ces éléments sont des pistes de résolution et ne comprennent pas la totalité de la rédaction nécessaire à
l’obtention de la totalité des points. Il existe parfois plusieurs méthodes permettant d’obtenir le bon résultat,
dans ce cas, une seule est présentée dans ce corrigé.
Exercice 1 : Modèle de la vitesse de refroidissement d’un lait écrémé
1. Les trois modes de transfert thermiques sont : la conduction, le rayonnement et la convection.
2. Le transfert thermique s’effectue du lait vers la pièce car la température du lait est supérieure à celle de la
pièce durant toute l’opération (par hypothèse de l’exercice).
3. Pour calculer la valeur du transfert thermique, on utilise la formule suivante :
Q = m.c. ΔT
Attention : ne pas oublier de convertir car c est fourni en kJ.kg-1
.K-1
Q = 0,15*4,0*(60,2-61,7) = -0,9 kJ
Entre t = 6 min et t = 7 min, la perte de température est supérieure à celle réalisée entre t = 1 min et t = 2 min
donc le transfert thermique sera plus important en valeur.
4. On remplace t par la valeur 0 et on obtient à la calculatrice : T(0) = 63,4 °C.
5. Lorsque t tend vers l’infini, e-t
tend vers 0 donc la limite de la fonction pour t tendant vers l’infini est égale à
0+26,4 soit 26,4. Selon ce modèle, la température de la pièce est donc de 26,4 °C puisque le lait tend à atteindre
la température de la pièce.
6. On résout l’équation T(t) = 40.
37 × 𝑒
!"#$
%&' + 26,4 = 40
Après résolution en utilisant le Ln pour neutraliser l’exponentielle, on obtient t=22,97 min soit après conversion
en minutes/secondes : 22 minutes et 58 secondes.
Exercice 2 : Le son de la guitare électrique
1. Les cordes de guitare
1.1 On équilibre les électrons. La 1e
½ équation est donc à multiplier par 2.
Le résultat obtenu est donc : 2 Fe + 4HO-
+O2 + 2H2O = 2Fe(OH)2+4HO-
. Ne pas oublier de contrôler si le nombre
d’atomes de chaque espèce est bien identique des deux côtés de l’équation, ce qui est bien le cas ici.
1.2 Le nombre d’oxydation du fer dans l’état initial est n.o = 0 et dans l’état final, il est de n.o= +II donc le Fer subit
une oxydation.
1.3 L’oxydation du fer se réalisant en milieux aqueux, si l’enduit est hydrophobe, la réaction ne pourra se
produire.
1.4 et 1.5 Sur la corde neuve, on remarque que le pic se situe à une fréquence proche de 200 Hz donc d’après le
tableau, il s’agit d’un Sol2 de fréquence 196 Hz.
1.6 et 1.7 La hauteur du son correspond à la fréquence des vibrations. Lors de l’oxydation, la hauteur principale
n’évolue pas mais le son est moins précis, le pic étant plus étendu à la base, le son sera moins précis que sur
des cordes non oxydées.
2. Le câble reliant la guitare à l’amplificateur

2. 2.1 Pour répondre à cette question, nous modifions la relation donnée pour extraire R. Il faut utiliser le
logarithme décimal pour neutraliser la puissance de 10.
Après utilisation du logarithme décimal, on obtient : 𝑅 = 20 × log
(!
("
. Ainsi, plus le signal de sortie est faible,
plus la fraction Ue/Us est supérieure à 1, ce qui entraine un log positif et donc un R positif lui aussi. Un câble
parfait aurait une amplitude d’entrée et une amplitude de sortie égales donc un log = 0 dont un R = 0.
2.2 On remplace dans la relation R par la valeur 0,09 puis on réalise l’application numérique à la calculatrice :
Ue = 19,79mV ce qui est une perte assez faible. Attention lors du calcul, le résultat souhaité se situe au
dénominateur, il faut donc diviser les 20 mV par le résultat de la puissance de 10.
2.3 On remarque sur le courbe que l’affaiblissement reste environ constant et égal à 0,09. À la question
précédente, nous avons déterminé que cette valeur représentait une perte faible. Le câble seul ne peut donc
pas être mis en cause dans la modification du timbre.
2.4 Sur la partie de fréquences pour lesquelles l’affaiblissement est positif, soit à partir de 4000 Hz, plus le câble
est long, plus l’affaiblissement est important sur des valeurs bien plus fortes que celles mesurées lors de
l’expérience précédente. Cet affaiblissement étant d’autant plus important que la fréquence est haute. Ces
mesures sont donc compatibles avec les problèmes évoqués par les musiciens.
Exercice 3
Question 1 :
1. Règles de calcul concernant les Ln :
Ln(a) + Ln(b) = Ln(a*b)
N*Ln(x) = Ln(xn
)
Donc : 4ln(3) = ln(34
) = ln(81) et 2ln(5) = ln(52
) = 25
Donc 4ln(3)+ 2ln(5) = ln(81*25) = ln (2025)
2. A = 2 * 4 – 3 ln(1/e)
A = 8 + 3 ln (e)
A = 8 + 3 = 11
Question 2 :
1. Il s’agit de multiplier par i au numérateur et au dénominateur car i² = -1
𝑧 =
(!*+,)×,
!/
=
!,!*
!/
=
*
/
−
,
/
2. Calcul du module : 𝑀𝑜𝑑 = 67
*
/
8
"
+ (−
*
/
)² =
√"
/
Calcul de l’argument : Cos (arg) = Partie réelle/Mod et Sin(arg) = Partie imaginaire/Mod
Cos (Arg) =
√"
"
et Sin(Arg) = −
√"
"
donc d’après cercle trigonométrique Arg = - −𝜋/4 donc z =
√"
/
𝑒!1/%
Question 3 :
1. Les solutions de l’équation différentielle sont de la forme .
2. On résout l’équation y(ln(9)) = 1 soit C = 3.
Question 4 :
1. On remplace x par 0 dans la fonction g(x) g(0) = -1.
Dans la fonction f(x), e0
= 1 donc pour x = 0, a + b = -1 par simplification.
2. g’(x) = 2x – 4
d’où g’(0) = -4 par application numérique
On réalise la dérivée de f(x) , f’(x) = bex

3. Pour x = 0, la tangente étant commune, et le coefficient directeur de la tangente étant égal à la dérivée au point,
f’(0) = g’(0) donc be0
= -4 d’où b = -4
a + b = -1 donc a = 5
Question 5 :
1. La dérivée de la fonction est x – 1/x . On met l’ensemble sous le même dénominateur soit x, on obtient alors
g’(x) = et par identité remarquable, g’(x) =
2. Sur l’intervalle R+*
, x est strictement positif donc le signe de la dérivée dépend uniquement du numérateur. Le
numérateur s’annule en -1 et 1 et est positif à l’extérieur des racines. -1 n’étant pas dans le domaine de définition,
la dérivée est négative de 0 à 1 et positive ensuite.
La fonction est donc décroissante de 0 à 1 puis croissante et donc admet un minimum pour
x = 1 g(1) = ½.
Question 6 :
1. En utilisant les formules trigonométriques, u(t) = donc
Umax = 2V
ω=50 rad.s-1
Φ = rad
2. f = 7,96 Hz.
Exercice 4-A : Produit détachant et lessive
1.1 On utilise la masse molaire pour déterminer le nombre de moles puis on le divise par le volume pour obtenir la
concentration molaire : 0,025 mol/l.
1.2 Après utilisation des demi équations et identification du sens de la réaction, on obtient :
La réaction produit des ions HO-, ce qui rend l’eau plus basique.
2.1 On modélise à partir des couples proposés :
NaBO3 + H2O → NaBO2 + H2O2
2.2 Dans la demi-équation 1, le peroxyde d’hydrogène gagne des électrons.
2.3 Le couple est O2/H2O2.
2.4 2H2O2 = 2 H2O + O2
3.1 Le spectre visible se situe entre 390 nm et 710 nm. Les UV se situent sur des longueurs d’ondes plus faibles.
3.2. Par lecture de la courbe, la valeur correspondant au maximum d’émission est 450 nm.
3.3. Le pictogramme le plus adapté est GHS09.
Exercice 4-B : Dormir en refuge, un mode d’hébergement écologique ?
1.1 On utilise la relation de Planck-Einstein : E = h. f
Par conversion et application numérique, la fréquence f du photon est de, 4.54 *10-15
m.
1.2.1 On multiplie l’intensité par la tension pour obtenir le résultat : 250 W.
1.2.2 Le rendement s’obtient en divisant la puissance restituée par la puissance reçue, soit 0.17 ou 17 %.

4. 1.2.3. Pour les panneaux sud-est, il faut multiplier les 8 panneaux par la puissance restituée par panneau et par la
durée en heure : 8 kWh.
Même calcul pour les panneaux ouest : 3 kWh.
1.2.4 La consommation du refuge est estimée entre 5 et 15 kWh par jour et l’installation peut fournir au maximum
11 kWh, le chauffage ne peut donc pas être assuré par l’installation électrique.
2.1 On convertit l’énergie nécessaire en masse grâce au pouvoir calorifique puis on divise cette masse par la masse
molaire. Le résultat obtenu est ainsi proche de 1,5*103
mol.
2.2 On utilise l’équation de combustion de la cellulose : C6H10O5 + 6O2 ---> 6CO2 + 5H2O.
Par proportions dans l’équation, on produit donc 9*103
mol de Co2 soit 396 kg.
2.3 La valeur trouvée ici est bien supérieure à celle mesurée par l’ADEME car le CO2 produit est issu de la croissance
de l’arbre, il a donc été lui-même en grande partie capté par l’arbre durant sa vie. Le bilan net est donc bien
plus faible.
3.1 Le propylène glycol contient deux groupements Alcool (les deux groupes OH).
3.2 L’eau pure pourrait geler en montagne car la température baisse sous la température de solidification, ce qui
entraînerait une panne du système. Le propylène glycol a une température de fusion de -59 °C, ce qui est bien
inférieur aux températures les plus basses relevées sur un chalet de montagne.