Plus le pH augmente, plus la forme qui prédomine a perdu de protons. Les frontières entre deux formes successives sont les $\mathrm{p}{K}_A$ des trois couples : $\mathrm{H}{}_3\mathrm{Asp}{}^{+}/\mathrm{H}{}_2\mathrm{Asp}$ ($\mathrm{p}{K}_{A1}$), $\mathrm{H}{}_2\mathrm{Asp}/\mathrm{HAsp}{}^{-}$ ($\mathrm{p}{K}_{A2}$) et $\mathrm{HAsp}{}^{-}/\mathrm{Asp}{}^{2-}$ ($\mathrm{p}{K}_{A3}$).

$\mathrm{p}{K}_{A2}$ est celui du couple $\mathrm{H}{}_2\mathrm{Asp}/\mathrm{HAsp}{}^{-}$. Comme $\mathrm{pH}=\mathrm{p}{K}_{A2}+\log \frac{[\mathrm{HAsp}{}^{-}]}{[\mathrm{H}{}_2\mathrm{Asp}]}$, on a $\mathrm{pH}=\mathrm{p}{K}_{A2}$ lorsque les deux formes sont en quantités égales.

Sur la figure 2, la courbe de $\mathrm{H}{}_2\mathrm{Asp}$ (trait plein) et celle de $\mathrm{HAsp}{}^{-}$ (pointillés) se coupent à l'abscisse $\mathrm{pH}=3,6$.

$\mathrm{H}{}_2\mathrm{Asp}$ appartient à deux couples acide-base :

• il est la base du couple $\mathrm{H}{}_3\mathrm{Asp}{}^{+}/\mathrm{H}{}_2\mathrm{Asp}$ : il peut capter un proton ;
• il est l'acide du couple $\mathrm{H}{}_2\mathrm{Asp}/\mathrm{HAsp}{}^{-}$ : il peut céder un proton.

$\mathrm{H}{}_2\mathrm{Asp}$ porte deux groupes capables de céder un proton : le groupe carboxyle $-\mathrm{COOH}$ et le groupe $-\mathrm{NH}{}_3{}^{+}$.

Le couple de plus petit $\mathrm{p}{K}_A$ est celui de l'acide carboxylique : c'est donc le groupe $-\mathrm{COOH}$ qui perd son proton en premier et devient $-\mathrm{COO}-$. Le groupe $-\mathrm{NH}{}_3{}^{+}$ reste intact.

Au début du titrage, $\mathrm{pH}=2,8$, donc $\mathrm{p}{K}_{A1}<\mathrm{pH}<\mathrm{p}{K}_{A2}$.

D'après le diagramme de prédominance (Q1), ce pH se situe dans le domaine de $\mathrm{H}{}_2\mathrm{Asp}$.

Le titrage est suivi par pH-métrie :

• burette graduée contenant la solution titrante d'hydroxyde de sodium, $C_b=0,100\text{mol}\cdot {\text{L}}^{-1}$ ;
• bécher contenant la solution titrée (l'échantillon de 250 mg dissous dans 100 mL d'eau) ;
• agitateur magnétique et barreau aimanté ;
• sonde de pH plongeant dans la solution, reliée à un pH-mètre.

L'équivalence est l'état du système pour lequel le réactif titrant et le réactif titré ont été introduits dans les proportions stœchiométriques de la réaction support du titrage. Les deux réactifs sont alors entièrement consommés.

On applique la méthode des tangentes parallèles sur la courbe $\mathrm{pH}=f(V_B)$ :

• on trace deux tangentes parallèles entre elles, de part et d'autre du saut de pH ;
• on trace la droite parallèle à ces tangentes et équidistante des deux ;
• cette droite coupe la courbe au point d'équivalence, dont on lit l'abscisse.

À l'équivalence (Q7) : $n(\mathrm{H}{}_2\mathrm{Asp}{)}_{\text{initial}}=n(\mathrm{HO}{}^{-}{)}_{\text{verseˊ}}=C_b\times V_E$.

Tout l'échantillon a été dissous et titré, donc $m=n(\mathrm{H}{}_2\mathrm{Asp}{)}_{\text{initial}}\times M(\mathrm{H}{}_2\mathrm{Asp})$ :

$$m=C_b\times V_E\times M(\mathrm{H}{}_2\mathrm{Asp})$$

$$m=0,100\times 9,8\times 10^{-3}\times 133=0,13\text{g}$$

Le groupe A est un enchaînement $-\mathrm{CO}-\mathrm{O}-\mathrm{C}$ : un carbone doublement lié à un oxygène et lié à un second oxygène, lui-même lié à un carbone. Le groupe B est un azote lié à un carbone et à deux hydrogènes.

Une base de Brønsted est une espèce capable de capter un proton $\mathrm{H}{}^{+}$.

L'atome d'azote de $\mathrm{R}-\mathrm{NH}{}_2$ porte un doublet non liant (le trait placé au-dessus de N dans la notation du sujet). Ce doublet peut former une liaison covalente avec un proton $\mathrm{H}{}^{+}$, qui n'a pas d'électron.

L'acide conjugué s'obtient en ajoutant un proton à la base : $\mathrm{R}-\mathrm{NH}{}_2+\mathrm{H}{}^{+}=\mathrm{R}-\mathrm{NH}{}_3{}^{+}$.

La base $\mathrm{R}-\mathrm{NH}{}_2$ réagit avec l'eau, qui joue le rôle d'acide (couple $\mathrm{H}{}_2\mathrm{O}/\mathrm{HO}{}^{-}$) :

• $\mathrm{R}-\mathrm{NH}{}_2+\mathrm{H}{}^{+}=\mathrm{R}-\mathrm{NH}{}_3{}^{+}$
• $\mathrm{H}{}_2\mathrm{O}=\mathrm{HO}{}^{-}+\mathrm{H}{}^{+}$

D'après l'équation de la question 13, l'avancement final est $x_f=n(\mathrm{HO}{}^{-}{)}_f=[\mathrm{HO}{}^{-}{]}_f\times V$.

L'eau est en excès : si la réaction était totale, $x_{max}=c\times V$. Donc

$$\tau =\frac{x_f}{x_{max}}=\frac{[\mathrm{HO}{}^{-}{]}_f}{c}$$

Le pH donne $[\mathrm{H}{}_3\mathrm{O}{}^{+}{]}_f=c^{\circ }\times 10^{-\mathrm{pH}}$, et le produit ionique de l'eau $K_e=\frac{[\mathrm{H}{}_3\mathrm{O}{}^{+}{]}_f\times [\mathrm{HO}{}^{-}{]}_f}{(c^{\circ }{)}^2}$ donne :

$$[\mathrm{HO}{}^{-}{]}_f=\frac{K_e\times c^{\circ }}{10^{-\mathrm{pH}}}=\frac{1,0\times 10^{-14}}{10^{-12,9}}=7,9\times 10^{-2}\text{mol}\cdot {\text{L}}^{-1}$$

$$\tau =\frac{7,9\times 10^{-2}}{1,00\times 10^{-1}}=0,79$$

$\tau <1$ : la réaction avec l'eau n'est pas totale.

On compare les réactifs et les produits de la figure 1 : sur l'atome de carbone du groupe carboxyle de l'acide aspartique, le groupe $-\mathrm{OH}$ a été remplacé par le groupe $-\mathrm{NH}-$ apporté par la phénylalanine méthylée. Le groupe $-\mathrm{OH}$ parti se retrouve dans la molécule d'eau formée.

Un groupe d'atomes a pris la place d'un autre sur le même carbone.

Site donneur : l'atome d'azote du groupe amine de la phénylalanine méthylée, qui porte un doublet non liant.

Site accepteur : l'atome de carbone du groupe carboxyle de l'acide aspartique voisin du carbone portant $-\mathrm{NH}{}_2$. Il est lié à deux atomes d'oxygène, plus électronégatifs que lui ($3,44>2,55$) : les liaisons $\mathrm{C}-\mathrm{O}$ et $\mathrm{C}=\mathrm{O}$ sont polarisées et ce carbone porte une charge partielle $\delta +$.

Deux flèches courbes, chacune partant d'un doublet d'électrons :

• la première part du doublet non liant de l'azote (site donneur) et pointe vers le carbone $\delta +$ (site accepteur) : elle traduit la formation de la liaison $\mathrm{C}-\mathrm{N}$ ;
• la seconde part de la double liaison $\mathrm{C}=\mathrm{O}$ et pointe vers l'atome d'oxygène : un doublet de la double liaison devient un doublet non liant de l'oxygène.

On retrouve bien les charges de l'intermédiaire : $\oplus$ sur l'azote, qui a engagé son doublet, et $\ominus$ sur l'oxygène, qui en a reçu un.

Un intermédiaire réactionnel est une espèce formée au cours d'une étape du mécanisme puis consommée dans une étape suivante : il ne figure pas dans l'équation de la réaction.

L'espèce produite par l'étape 1, qui porte une charge $\oplus$ sur l'azote et une charge $\ominus$ sur un oxygène, est le réactif de l'étape 2. Elle n'apparaît pas dans l'équation de la figure 1.

Les deux réactifs possèdent chacun plusieurs sites réactifs :

• l'acide aspartique a deux groupes carboxyle, donc deux carbones accepteurs : l'azote de la phénylalanine méthylée peut aussi se lier au carbone de l'autre groupe carboxyle ;
• l'acide aspartique possède lui aussi un groupe amine, dont l'azote est un site donneur : il peut attaquer le carbone du groupe ester de la phénylalanine méthylée, ou un carbone de groupe carboxyle d'une autre molécule d'acide aspartique.

Il faut empêcher de réagir les groupes qui ne doivent pas participer à la synthèse :

• protéger, sur l'acide aspartique, le groupe amine et le groupe carboxyle qui doit rester intact, en les transformant en groupes non réactifs dans les conditions de la synthèse ;
• réaliser la réaction avec la phénylalanine méthylée : seul le groupe carboxyle laissé libre réagit ;
• déprotéger ensuite les deux groupes pour retrouver $-\mathrm{NH}{}_2$ et $-\mathrm{COOH}$.

Système {ballon}, de masse $m$ constante ; référentiel terrestre supposé galiléen. Les frottements de l'air étant négligés, la seule force est le poids $\vec{P}=m\vec{g}$.

Deuxième loi de Newton : $\sum {\vec{F}}_{\text{ext}}=m{\vec{a}}_G$, soit $m\vec{g}=m{\vec{a}}_G$, donc ${\vec{a}}_G=\vec{g}$.

Le vecteur $\vec{g}$ est vertical, dirigé vers le bas, alors que l'axe $(Oz)$ est orienté vers le haut :

Comme ${\vec{a}}_G=\frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t}$, on cherche les primitives de $a_x=0$ et $a_z=-g$ :

$$v_x(t)=C_1{v}_z(t)=-gt+C_2$$

À $t=0$, $\vec{v}(0)={\vec{v}}_0$ de coordonnées $v_0\cos (\alpha )$ et $v_0\sin (\alpha )$, donc $C_1=v_0\cos (\alpha )$ et $C_2=v_0\sin (\alpha )$ :

$$v_x(t)=v_0\cos (\alpha )v_z(t)=-gt+v_0\sin (\alpha )$$

Comme $\vec{v}=\frac{\mathrm{d}\overrightarrow{OG}}{\mathrm{d}t}$, on prend de nouveau les primitives :

$$x(t)=v_0\cos (\alpha )t+C_{3}z(t)=-\frac{1}{2}g{t}^2+v_0\sin (\alpha )t+C_4$$

À $t=0$, le ballon est en $x(0)=0$ et $z(0)=h$, donc $C_3=0$ et $C_4=h$.

L'unité de $v_0$ est mal imprimée dans le sujet : on prend $v_0=20,5\text{m}\cdot {\text{s}}^{-1}$.

Le ballon touche le sol à la date $t_{\text{sol}}>0$ telle que $z(t_{\text{sol}})=0$ :

$$-\frac{1}{2}g{t}^2+v_0\sin (\alpha )t+h=0$$

C'est une équation du second degré, de discriminant $\Delta =(v_0\sin \alpha {)}^2+2gh>0$. Seule sa solution positive convient :

$$t_{\text{sol}}=\frac{v_0\sin \alpha +\sqrt{(v_0\sin \alpha {)}^2+2gh}}{g}$$

Avec $v_0\sin \alpha =20,5\times \sin (70°)=19,26\text{m}\cdot {\text{s}}^{-1}$ :

$$t_{\text{sol}}=\frac{19,26+\sqrt{19,26^2+2\times 9,81\times 0,90}}{9,81}$$

On calcule $z(t_1)$ avec l'équation horaire :

$$z(t_1)=-\frac{1}{2}\times 9,81\times 3,82^2+20,5\times \sin (70°)\times 3,82+0,90$$

Pour récupérer le ballon, le joueur doit parcourir la même distance horizontale que lui pendant la même durée. Or le ballon avance horizontalement à vitesse constante :

$$v_x=v_0\cos (\alpha )=20,5\times \cos (70°)=7,0\text{m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

soit $v_x=7,0\times 3,6\approx 25\text{km}\cdot {\text{h}}^{-1}$.

La vitesse moyenne de Julien Marchand, $25,7\text{km}\cdot {\text{h}}^{-1}$, est légèrement supérieure à la vitesse horizontale du ballon : il arrive au point de chute un peu avant le ballon.

La ligne 8 du programme donne la masse, en kilogramme.

Ligne 26 : la valeur de la vitesse du ballon, norme du vecteur vitesse, $v=\sqrt{v_x^2+v_z^2}$ (la puissance $1/2$ est une racine carrée).

Ligne 27 : l'énergie cinétique du ballon, $E_c=\frac{1}{2}m{v}^2$.

On utilise $E_c=\frac{1}{2}m{v}^2$, $E_p=mgz$ (origine au sol, où $z=0$) et $E_m=E_c+E_p$ :

• Ligne 27 : Ec = 0.5 * m * v**2
• Ligne 28 : Ep = m * g * z
• Ligne 29 : Em = Ec + Ep

Courbe 2 : énergie potentielle de pesanteur $E_p=mgz$. Elle varie comme l'altitude : faible au départ ($z=h$), maximale au sommet de la trajectoire, nulle quand le ballon touche le sol.

Courbe 3 : énergie cinétique $E_c$. Elle est maximale au départ, diminue pendant la montée car le ballon ralentit, passe par un minimum au sommet puis augmente pendant la descente.

Courbe 1 : énergie mécanique $E_m=E_c+E_p$. Elle est à chaque instant la somme des deux autres et reste constante, puisque les frottements sont négligés.

Sur la figure 3, l'énergie mécanique (courbe 1) garde la même valeur, environ 96 J, pendant tout le vol. Avec des frottements, force non conservative dont le travail est résistant, elle diminuerait au cours du temps.

Le ballon n'est soumis qu'à son poids, force conservative : son énergie mécanique se conserve entre le départ (vitesse $v_0$, altitude $h$) et la récupération (vitesse $v_1$, altitude $z_1$).

$$\frac{1}{2}m{v}_0^2+mgh=\frac{1}{2}m{v}_1^2+mg{z}_1$$

On simplifie par $m$ et on isole $v_1$ :

$$v_1^2=v_0^2+2g(h-z_1)\text{donc}{v}_1=\sqrt{v_0^2+2g(h-z_1)}$$

$$v_1=\sqrt{20,5^2+2\times 9,81\times (0,90-2,90)}=19,5\text{m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

Conversion : $v_1=19,5\times 3,6=70,3\text{km}\cdot {\text{h}}^{-1}$ (calcul mené avec la valeur non arrondie).

La lumière est constituée de photons, chacun d'énergie $E=h\nu$. Lorsqu'un photon d'énergie au moins égale à $E_{\text{gap}}$ est absorbé par un électron du silicium, celui-ci quitte la bande de valence et atteint la bande de conduction.

Au seuil, l'énergie du photon est exactement celle du gap : $E_{\text{gap}}=\frac{hc}{{\lambda }_{\text{seuil}}}$, donc ${\lambda }_{\text{seuil}}=\frac{hc}{E_{\text{gap}}}$.

Conversion : $E_{\text{gap}}=1,12\times 1,60\times 10^{-19}=1,79\times 10^{-19}$ J.

$${\lambda }_{\text{seuil}}=\frac{6,63\times 10^{-34}\times 3,00\times 10^8}{1,12\times 1,60\times 10^{-19}}$$

Comme $E=\frac{hc}{\lambda }$, un photon est assez énergétique si $\lambda ⩽{\lambda }_{\text{seuil}}$, soit $\lambda ⩽1,11\times 10^3$ nm.

Sur la figure 2, le rayonnement solaire reçu au sol est maximal vers 500 nm et la plus grande partie du spectre se situe en dessous de $1,11\times 10^3$ nm.

Le rendement est le rapport de la puissance utile sur la puissance reçue :

Surface éclairée : $S=0,795\times 0,220=0,175{\text{m}}^2$.

Puissance électrique maximale : $P_{\text{eˊlectrique}}=23,76\times 0,89=21$ W.

Puissance lumineuse reçue : $P_{\text{lumineuse}}=1000\times 0,175=175$ W.

$$\eta =\frac{23,76\times 0,89}{1000\times 0,795\times 0,220}=0,12$$

Le radar exploite l'effet Doppler : lorsqu'un émetteur d'ondes et un récepteur sont en mouvement l'un par rapport à l'autre, la fréquence de l'onde reçue diffère de la fréquence de l'onde émise.

Ici, l'onde émise par le radar se réfléchit sur le véhicule en mouvement et revient avec une fréquence modifiée.

Le véhicule s'approche du radar : la distance entre eux diminue. Les fronts d'onde renvoyés sont plus resserrés, la longueur d'onde reçue est plus petite que celle émise.

Comme $f=\frac{c}{\lambda }$ avec $c$ constante, la fréquence augmente.

De $|\Delta f|=2\times f_E\times \frac{v}{c}$, on tire $v=\frac{c\times |\Delta f|}{2\times f_E}$.

$$v=\frac{3,00\times 10^8\times 2010}{2\times 24,125\times 10^9}=12,5\text{m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

Conversion : $v=12,5\times 3,6=45,0\text{km}\cdot {\text{h}}^{-1}$.

La capacité est la charge que la batterie peut débiter : $Q=I_{\text{moyenne}}\times \Delta t$, donc $\Delta t=\frac{Q}{I_{\text{moyenne}}}$.

Avec $Q=4000\text{mA}\cdot \text{h}=4,000\text{A}\cdot \text{h}$ :

$$\Delta t=\frac{4,000}{0,79}=5,1\text{h}$$

Commentaire : cette durée est plus courte qu'une nuit entière, mais le panneau ne clignote que quelques instants, au passage d'un véhicule trop rapide. Cinq heures de clignotement cumulé suffisent donc largement.