Corrige BAC STL Sciences physiques et chimiques en laboratoire 2016

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Partie 1.
1.1.1 λ =c/f avec λ en m , c en m.s-1 et f en Hz
1.1.2. f1=1575,42 MHz=1,57542.109 Hz soit λ1=3,00.108/1,57542.109=1,91.10-1 m
De la même manière on a λ2=2,44.10-1 m
On en déduit que les ondes utilisées pour le système GPS appartiennent aux ondes radio.
Ces ondes sont des ondes électromagnétiques.
1.1.3.Les ondes sonores ne se propagent pas dans le vide contrairement aux ondes électromagnétiques. Elles ne pourraient donc pas être utilisées ici car les satellites d'où sont émis les signaux GPS sont dans le « vide spatial »
Publié le : vendredi 8 juillet 2016
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BaccalauréatSTL
Session 2016
Épreuve :
SPCL
Durée de l’épreuve:2H
Coefficient :4
PROPOSITION DE CORRIGÉ1 Propriété exclusive de Studyrama. Toute reproduction ou diffusion interdite sans autorisation.
Partie 1.
-1 λ =c/f avec λ en m , c en m.set f en Hz 1.1.1
9 8 9-1 1.1.2. f =1575,42 MHz=1,57542.10λHz soit =3,00.10 /1,57542.10 =1,91.10 m 1 1
-1 4.10 m De la même manière on aλ2=2,4
On en déduit que les ondes utilisées pour le système GPS appartiennent aux ondes radio.
Ces ondes sont des ondes électromagnétiques.
1.1.3.Les ondes sonores ne se propagent pas dans le vide contrairement aux ondes électromagnétiques. Elles ne pourraient donc pas être utilisées ici car les satellites d'où sont émis les signaux GPS sont dans le « vide spatial »
1.2.1.
La mesure sur l'émission et la réception d'un seul satellite générerait beaucoup d'erreurs.Afin de les limiter et de faire des calculs, on fait des mesures sur les émissions de plusieurs satellites.On aura ainsi une mesure plus précise.
1.2.2.
La direction de propagation de l'onde est modifiée quand on change de milieu.Cela s'apparente au phénomène rencontré en optique qui s'appelle laréfraction
1.3.
D'après l'énoncé la fréquence reçue est inférieure à la fréquence émise
La période T est l'inverse de la fréquence.
On en déduit que la période reçue est supérieure à la période émise.
D’après l'indication sur l'effet Doppler de l'énoncé , le satellite et le bateau s'éloignent.
Partie 2.
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2.1.Le lithium a une grande capacité massique (la plus grande de tous les matériaux proposés), ainsi il peut fournir unequantité importante d'électricité.C'est donc un point important pour la pile.
De plus , le lithium a une masse volumique faible : c'est donc unmatériau léger.C'est aussi un atout.
Pour finir le potentiel standard du lithium est fortement négatif (-3,04V).Si on associe le lithium à une électrode de potentiel standard positif ,la force électromotrice(différence des deux potentiels)sera élevée.Ceci est encore un avantage pour la pile.
2.2.1
+ -La demie équation électronique est=LiLi +e
o ELi=E +0,06 log [Li+]
soit E =-3,04+0,06 log (0,01)=-3,16 V Li
2.2.2.
=065-(-3,16)=3 fem=Ecarbone-ELi,81 V
2.2.3 Il faut combiner les deux demi équations électroniques, pour éliminer les électrons, afin d'écrire le bilan de la pile soit
- -2SOCl2+4e =4Cl +SO2+ S
+ -4Li=4Li +4e
- + d'où2SOCl2+ 4Li =4Cl +SO2+ S+4Li
C'est l'équation de fonctionnement (bilan ) de la pile
2.2.4.A l'électrode de carbone , on a d’après la demie équation un gain d'électrons , donc une réduction : il s'agit du pole positif.
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A l'électrode de lithium , il y a une perte d'électrons , donc une oxydation.C'est le pole négatif .
2.3.1
D'après la demie équation associée au lithium , on en déduit que la quantité de matière de lithium consommé est égale à la quantité de matière d'électrons qui a circulé.
-Soit n(Li)=n(e )=m/M
-Or Q=n(e )xF
Soit Q=(mF)/M
4 D'où Q= (1,20x96500)/6,90=1,68.10 C
2.3.2.
On a I=Q/t donc t=Q/I
-3 6 soit t=1,68.10/10,00.10 =1,86.10 s
6 On convertit en jours t= 1,68.10 / (24x3600) =19,4 jours
2.3.3.
2 -4 (UmLi/mLi) =6,25.10
2 -6 -4 (UI, petit devant 6,25.10/I) =4.10
-2 donc Uτ/τ=2,5.10=(U /m ) mLi Li
2.3.4
-2 Uτ=τx 2,5.10
-2 Uτ=19,4x 2,5.10
Uτ=0,485 jours.
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Τjour estimée=19,4±0,485 s
2.3.5
Le navigateur prévoit au moins 22 jours de navigation.L'autonomie ira d'après le calcul du 2.3.4 au maximum à 19,885 jours.Cela ne sera donc pas suffisant
Partie 3
3.1.1.Les parasites proviennent des hautes fréquences : il faut donc les éliminer avec un filtre passe-bas.
3.1.2.
Pour un angle de 10 degrés ,la valeur attendue de I est de 16,0 mA.
La valeur mesurée est ici 18,0 mA.Il y a donc un écart entre ces deux valeurs.Le navigateur a raison de penser qu'il y a un dérèglement.
3.2.1.
La valeur finale est de 40 degrés.
On calcule 0,95x40=38 degrés et 1,05x40= 42 degrés.
On trouve graphiquement un temps de réponse égal à100 s.
3.2.2.
Un navigateur moyennement expérimenté mets 120 s pour changer le cap.
Ce dispositif de pilote automatique est performant mais proche des capacités humaines cependant.
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Les commentaires (1)
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manonmaricot

Bonjour, dans la partie 3, il me semble que le temps de réponse se détermine lorsuqe la courbe ne dépasse plus le -+5%, hors à 100s, elle redepassera
Pour la part j'ai trouvé environ tr=135s
Merci de vérifié
Et encore merci pour les corrections !!

lundi 20 juin 2016 - 16:14
evaubry35

j'ai trouvée pareil, et normalement on calcul le temps de réponse quand la courbe reste entre les +- 5% donc en théorie c'est bien 135s environ

mardi 21 juin 2016 - 16:49