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Physique Chimie Enseignement spĂŠcifique

Livre du professeur


Physique Chimie

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Enseignement spécifique Livre du professeur Sous la direction de Thierry DULAURANS Lycée Fernand-Daguin à Mérignac André DURUPTHY Lycée Paul-Cézanne à Aix-en-Provence

Michel BARDE Lycée Marcel-Pagnol à Marseille Nathalie BARDE Lycée Saint-Charles à Marseille Jean-Philippe BellIER Lycée Michel-Montaigne à Bordeaux Vincent BESNARD Lycée Montesquieu à Bordeaux Marc BIGORRE Lycée des Graves à Gradignan

Maryline DAINI-D’INCAN Lycée Maurice-Janetti à Saint-Maximin-la-Sainte-Baume Marie des Neiges DE FLAUGERGUES Lycée du Grésivaudan à Meylan Magali GIACINO Lycée Paul-Cézanne à Aix-en-Provence Nicolas LESCURE Lycée Michel-Montaigne à Bordeaux Vanina MONNET Lycée Michel-Montaigne à Bordeaux

Julien CALAFELL Lycée Bellevue à Toulouse

Bruno POUDENS Lycée des Graves à Gradignan

Éric DAINI Lycée Paul-Cézanne à Aix-en-Provence

Isabelle TARRIDE Lycée Val de Durance à Pertuis


Sommaire Erratum....................................................................................................

3

OBSERVER : Ondes et matière 1 2 3 4

  Ondes et particules............................................................................   Caractéristiques des ondes................................................................   Propriétés des ondes.........................................................................   Analyse spectrale...............................................................................

5 10 18 28

Pages Bac : exercices et TP......................................................................

39

COMPRENDRE : Lois et modèles 5  Cinématique et dynamique newtoniennes.........................................

42

6  Application des lois de Newton et des lois de Kepler.......................

56

7   Travail et énergie...............................................................................

70

8   Temps et relativité restreinte.............................................................

82

9  Temps et évolution chimique : cinétique et catalyse..........................

90

10  Représentation spatiale des molécules.............................................. 100 11  Transformations en chimie organique : aspect macroscopique.......... 109 12  Transformations en chimie organique : aspect microscopique........... 120 13  Réaction chimique par échange de proton........................................ 132 14   Transferts macroscopiques d’énergie................................................. 145 15  Transferts quantiques d’énergie et dualité onde-particule................ 154 Pages Bac : exercices et TP......................................................................

162

AGIR : Défis du xxie siècle 16   Les enjeux énergétiques.................................................................... 17  Une chimie pour un développement durable..................................... 18   Contrôle de la qualité par dosage..................................................... 19  Stratégie de synthèse et sélectivité en chimie organique.................. 20   Numérisation de l’information........................................................... 21  Transmission et stockage de l’information......................................... 22   Science et société..............................................................................

168 173 182 193 206 214 222

Pages Bac : exercices et TP......................................................................

227

COMPLÉMENTS Complément au chapitre 4 : Spectroscopie UV-visible, IR et de RMN.....

233

Complément au chapitre 8 : La relativité restreinte.................................

240

Évaluation des incertitudes de mesure....................................................

253

Couverture : Pierre-Antoine Rambaud – Suivi éditorial : Annie Herschlikowitz Maquette intérieure et composition : PCA / CMB Graphic Schémas : Patrick Hanequand et Jean-Luc Maniouloux

© Hachette Livre, 2012 – Physique Chimie Terminale S spécifique, Livre du professeur – La photocopie non autorisée est un délit.

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Erratum Lors de la réimpression de l’ouvrage, certaines erreurs ont été corrigées. Il est donc possible qu’il y ait différentes versions dans votre classe. Voici la liste des corrections qui nous semblent importantes. Les éléments modifiés sont surlignés en jaune.

Chapitre 1 Page 24 Dans les consignes, il faut enregistrer la tension UCB.

Page 174, exercice 16 Dans l’énoncé, il faut préciser que la route horizontale est rectiligne. Page 174, exercice 17

Chapitre 2

Dans la formule de vB (question 3.a), le d doit être

Page 57, exercice 33

sous la racine : vB = 

Question 3 : « L’intensité sonore correspondant au seuil d’audibilité est de 1,0 × 10–12  W · m–2. »

Chapitre 3 Page 78, exercice 20 Erreur de numérotation dans la question 3 : « c. L’incertitude sur la mesure… Calculer l’incertitude… d. En déduire un encadrement… »

Chapitre 4 Page 102, solution rédigée Question 1 : « Domaine des nombres d’ondes pour CPH : 3 200-3 650 cm–1. » tri

Page 112, exercice 41

 · d d 2e · E m e

Page 177, exercice 23 Dans la question 5.a, il manque α en indice de la masse : mα.

Chapitre 8 Pour déterminer ∆T’, il faut disposer de deux horloges fixes dans le référentiel galiléen (R’) et synchronisées entre elles, une horloge étant proche de l’un des événements, et l’autre horloge étant proche de l’autre événement. Cela a nécessité plusieurs modifications dans le chapitre. Page 220, exercice 14 Il faut préciser que c = 3,00 × 108 m · s–1.

Dans le B, question 4 : pour le composé D, il faut inverser les mentions entre parenthèses : les triplets sont pour 3H et les quadruplets pour 2H.

Chapitre 9

Chapitre 5

Dans la question 2, il faut préciser la masse volumique du benzaldéhyde : « Vérifier que le benzaldéhyde (de masse volumique ρ = 1,042 g · mL–1) est le réactif limitant de cette synthèse. »

Page 132, A. Étude expérimentale Dans l’énoncé, il s’agit du référentiel « héliocentrique » et non « géocentrique ». Page 147, exercice 15 Il manque la lettre « e. » avant le dernier schéma (mouvement circulaire uniforme). Page 148, exercice 16 Une aide au calcul indiquant que d2 ≈ 1,4 a été ajoutée.

Chapitre 6 Page 161 La question 5 doit être numérotée 4.

Page 232

Page 251, exercice 27 Sur le graphe, en ordonnée, lire [H+ (t)], qui est bien sûr identique à [H3O+ (t)]. Page 253, exercice 29 Dans le tableau, pour t = 150 s, il faut lire V (O2) = 171 mL et non 13 mL.

Chapitre 10 Page 275, exercice 29 Partie A, question 2 : restreindre la question aux molécules A, B, C et D.

Page 169 Dans l’exercice 2, il faut inverser les questions 2 et 3 pour éviter une prise en compte de l’approximation d’une trajectoire circulaire dans la loi des aires. (Cela implique donc également une modification du corrigé, en page 606).

Chapitre 11 Page 293, exercice 12 Dans la formule D, la liaison CpO doit être comme celle de B, au-dessus.

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Page 295 Erreur de numérotation : l’exercice 24 a été numéroté 20 par erreur. Page 298, exercice 33 Pour l’expérience 2, lire : « ...un volume V’ = 60 mL d’une solution concentrée... ».

Chapitre 12 Page 320, exercice 25 Dans le mécanisme de la réaction de saponification, dans l’étape (2), par analogie avec l’étape (1) : dans le membre de gauche, lire « RPC(O–)(OH)POPR’ » ; dans le membre de droite, lire « R’PO– ». De même, dans l’étape (3) : dans le membre de gauche, lire « R’PO– » ; dans le membre de droite, lire « R’POPH ».

Chapitre 13 Page 328 Dans la question 11.c, la valeur de KA devrait être 1,58 × 10–4. Page 330, document 5 Remplacer la valeur 2,88 sur le 1er écran par 3,40. Page 333, document 10 Pour le sang, remplacer « 7,34-7,45 » par « 7,357,45 ».

Chapitre 16 Page 419 Les questions ont été numérotées de 1 à 13.

Chapitre 17

Question 8 : il faut déplacer la phrase « En déduire la masse... » avant la phrase « Comparer la masse... ».

Chapitre 19 Page 493 Dans l’étape 1, il faut préciser une donnée : « …et y introduire 7,0 mL d’anhydride acétique (d = 1,08). » Page 503, exercice 2 Dans la question 2, il manque un atome d’oxygène dans la molécule B. (Cela implique donc également une modification du corrigé, en page 606).

Chapitre 20 Page 526, paragraphe « Les images numériques » Remplacer « une série de nombres » par « un nombre ». Page 532, exercice 21 Remplacer « 1 mm » par « 4 mm » (deux occurrences : Niveau 2 et Niveau 1, question 4). Page 536, exercice 29 Dans l’énoncé, remplacer « 18,0 Mio » par « 7,3 Mio ».

Corrigés Page 606, corrigés des QCM Chapitre 4, exercice 4 : il faut ajouter la réponse C à la question 4.3 : 4.3. B et C. Chapitre 5, exercice 3 : il faut remplacer « B » par « C » dans la réponse 3.2 : 3.2. C. Chapitre 6, exercice 2 : il faut inverser les réponses 2.2 et 2.3 : 2.2. A ; 2.3. B. Chapitre 17, exercice 1 : il faut remplacer « C » par « B » dans la réponse 1.7 : 1.7. A et B ; exercice 2 : il faut supprimer « et C » dans la réponse 2.2. : 2.2. A.

Page 454, exercice 13

Page 608, corrigés du chapitre 4

Erreur de numérotation : remplacer « 4. » par « 3. », « 5. » par « 4. » et « 6. » par « 5. ».

Page 618, corrigés du chapitre 17

Chapitre 18

Exercice 13, réponse 1.f : supprimer « CH2P ». Exercice 3, remplacer « supérieur » par « inférieur ».

Page 468 Document 6 : la concentration C 2 doit être C2 = 5,0 × 10–3 mol · L–1.

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Chapitre

1

Ondes et particules Activités 1

Ces rayonnements dans l’Univers (p. 20-21)

1 Exemple de carte mentale : UV par l’ozone IR par la vapeur d’eau

des ondes radios absorption

gamme

visible diffusion

rayonnements électromagnétiques

atmosphère

turbulences

Herschel lancé en 2009

fraction infime

nature vitesse fréquences longueurs d’onde

planète Saturne

Rayonnements dans l’univers

des ondes radio

observatoires en altitude

restes de supernovae restes de quasars nuages de poussières

solutions Hubble années 80

même

différentes détection terrestre difficile

Mont Paranal au Chili

aux rayons X

sources de rayonnement électromagnétique

étoiles chaudes ultraviolet

quasars naines blanches

télescopes spatiaux

infrarouge

planètes étoiles

jeunes en fin de vie

Il n’y a pas de carte type ni de carte universelle, chacun peut construire la sienne. 2 Le résumé peut être construit en lisant la carte.

3 Les rayonnements difficilement observables

Par exemple : « Les rayonnements électromagnétiques s’étendent des ondes radio aux rayons X, la lumière visible n’en est qu’une infime fraction. Ces rayonnements, qui sont de même nature et qui se propagent à la même vitesse, diffèrent par leur fréquence et leur longueur d’onde. Ils sont émis par les corps célestes qui, selon leur température, émettent dans une gamme de fréquence déterminée. Les rayonnements invisibles issus du cosmos ont été difficiles à détecter sur Terre à cause de l’atmosphère qui les absorbe ou les diffuse. Pour contourner ces difficultés, on a construit des observatoires en altitude et même disposé des télescopes au-delà de l’atmosphère. »

depuis la surface de la Terre sont ceux absorbés par l’atmosphère. Il s’agit notamment des rayons X, des ultraviolets, des infrarouges lointains (rayons T), d’une partie des micro-ondes et des ondes radio.

2

4 a.  La vapeur d’eau absorbe surtout les infrarouges. b.  Le dioxygène et l’ozone absorbent surtout les

ultraviolets. 5 Un radiotélescope capte les ondes radio, c’est-àdire des ondes dont les longueurs d’onde sont supérieures à 10–1 m. Les ondes radio n’étant pas absorbées par l’atmosphère terrestre, on peut installer des radiotélescopes au niveau de la mer. 6 Un télescope spatial est un télescope placé audelà de l’atmosphère. Le télescope spatial présente l’avantage, par rapport à son homologue terrestre, de ne pas être perturbé par l’atmosphère terrestre.

Des particules qui proviennent de l’Univers (p. 22-23)

1 Les muons observés à la surface de la Terre proviennent des collisions entre les particules cosmiques et les particules de la haute atmosphère.

2 La vapeur dans l’aquarium est formée de propan-2-ol.

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5


3 a.  Un corps pur peut exister sous trois états physiques : solide (compact et ordonné), liquide (compact et désordonné) et gazeux (dispersé et très désordonné). fusion

Solide

solidification sublimation

condensation

Liquide

vaporisation

Gaz

liquéfaction

b.  Le propan-2-ol devrait se trouver à l’état liquide,

car la température de la carboglace est autour de – 80 °C alors que la température de fusion du propan2-ol est de – 88 °C et que sa température d’ébullition est de 83 °C.

4 a.  Les traces blanches observées sont des gouttelettes de propan-2-ol liquide dans le gaz instable. La vapeur d’alcool est dans un état instable en dessous de sa température d’ébullition, prête à se condenser sous l’action d’ions formés lorsqu’une particule chargée traverse la couche. Ainsi les traces que nous voyons sont des gouttelettes d’alcool formées le long des chemins des particules ionisées qui passent à travers la chambre à brouillard. b.  Les muons sont détectés par la formation de gouttelettes de « brouillard » de propan-2-ol. 5 Ce dispositif permet de visualiser le passage des muons et d’en faire un comptage.

Complément Liens utiles : http://teachers.web.cern.ch/teachers/archiv/HST2003/publish/cloud%20chamber/Cloud%20chambers%20in%20 the%20classroom.doc http://www.masc.ulg.ac.be/fiches/FR/construirechbrouillard.pdf Vidéo MIT : http://techtv.mit.edu/videos/3141-cloud-chamber Pour se procurer de la carboglace : http://www.cryo-ice.fr/

3

Des ondes sismiques (p. 24-25)

A Détection des ondes sismiques 1 a.  Les ondes sismiques sont des ondes mécaniques progressives. Elles se propagent dans le globe terrestre et

provoquent des vibrations temporaires. On distingue différents types d’ondes, notamment des ondes P et des ondes S. b.  L’épicentre d’un séisme est le lieu de la surface de la Terre situé à la verticale du foyer. 2 Le sismographe du document 5 capte les vibrations ; il délivre un signal mécanique dont l’amplitude est tracée

sur le papier. Le sismographe du document 6 capte également les vibrations qu’il transforme en signal électrique. 3 a.  Pour établir la relation entre la tension mesurée UCB, la distance d et le champ électrostatique E, on mesure UCB pour diverses valeurs de d. b.  Les mesures montrent que UCB est proportionnelle à d, donc la relation est de la forme UCB = k · d.

De plus, quand d = L, alors UCB = UAB = E, donc UAB = k · L. On en déduit k =  Finalement UCB = E · d.

UAB L

= E.

4 Le montage réalisé est un capteur de mouvement, car il convertit le mouvement d’un mobile au cours du temps en tension au cours du temps.

B Exploitation d’enregistrements d’ondes sismiques Complément Dans cette partie de l’activité, on ne s’intéresse qu’aux ondes P pour exposer, de façon simplifiée, la méthode de détermination de la position de l’épicentre. Pour cela, on utilise la date T0 à laquelle s’est produit le séisme et une valeur moyenne de la vitesse VP . Lors d’un séisme, la démarche suivie par les spécialistes est plus complexe. En effet, la date T0 n’est pas connue par chacune des stations qui détecte les ondes. De plus, la vitesse des ondes dépend de la nature du sol, de la profondeur à laquelle ces ondes se déplacent et de la distance séparant la station de l’épicentre. Les ondes P ne sont pas utilisées seules, la détermination de la distance séparant la station de l’épicentre utilise l’arrivée de nombreuses ondes, dont les ondes P et les ondes S. Cette détermination nécessite également de prendre en compte les particularités locales liées à la nature du sol. Exemple : http://www.edusismo.org/docs/Acti_peda/071118_224109-1/epicentre.pdf

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5 Sur la courbe, on observe de légères vibrations avant l’arrivée des ondes P (bruit de fond), puis des vibrations de grande amplitude correspondant à l’arrivée des ondes, d’abord les ondes P les plus rapides, puis les autres ondes (dont les ondes S). 6 a.  La durée ∆t = TP – T0 représente approximativement la durée de propagation des ondes P entre l’épicentre

et la station qui capte ces ondes P. b.  Le pointage n’est pas très précis on peut évaluer la précision à 1 s. D 7 TP – T0 = d’où D = (TP – T0 ) ¥ VP Exemple de résultats VP On trace pour chacune des stations, un cercle Station de centre, la station et de rayon, D. PAUF L’épicentre est à l’intersection des trois cercles. La position réelle de l’épicentre est à quelques BLMF dizaines de kilomètres de l’intersection des CORT trois cercles.

8 a.  La distance entre la position réelle et la position déterminée géométriquement est de 63 km. La détermination de la position de l’épicentre n’est pas très précise. Plusieurs sources d’erreurs peuvent être envisagées : –  la détermination de T0 (fourni par le site Internet) ; –  la détermination de TP lors du pointage ; –  la vitesse des ondes P qui n’est pas constante. b.  L’erreur relative est obtenue en comparant la distance mesurée entre la station et l’épicentre avec la distance calculée précédemment, ici 63 km.

Dt = TP – T0

Distance D

85,5 s

686 km

96 s

768 km

137 s

1 027 km

Station

Erreur relative

PAUF

63 ¥ 100 = 9,2 % 686

BLMF

63 ¥ 100 = 8,2 % 768

CORT

63 ¥ 100 = 6,1 % 1 027

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Exercices

(p. 29-35)

1   La mer sous haute surveillance 1.  La houle cyclonique se situe dans la périphérie du cyclone. Elle correspond à la formation de vagues de grande hauteur qui transportent beaucoup d’énergie. Cette houle peut inonder les côtes et provoquer des dégâts. 2.  Les bouées comme Antilles 1 et 2 mesurent diverses grandeurs qui permettent d’analyser les conditions météorologiques et de faire des prévisions. 3.  Grandeur

Unité

Unité SI

Capteur

Pression de l’air

Pa

Pa

Pressiomètre (baromètre)

Température

°C

K

Thermomètre

Vitesse du vent

m · s–1

m · s–1

Anémomètre

Hauteur de la houle

m

m

Direction de la houle

°

°

Salinité

g · L–1

kg · m–3

Vitesse du courant

m · s–1

m · s–1

Boussole

4.  Le graphique donne, pour la date du 24 janvier 2011, la hauteur et la direction de la houle dans l’Atlantique Nord. Au point de coordonnées (20° W ; 40° N), la hauteur de la houle était d’environ 3,5 m avec une direction est-sud-est.

2   Les séismes 1.  L’échelle de Richter n’est pas limitée, ni d’un côté ni de l’autre, d’où l’expression d’échelle ouverte. 2.  Le texte du document 1 indique qu’une augmentation d’une unité de magnitude correspond à la multiplication par 30 de l’énergie. Sur le graphique du document 4, on observe qu’entre le séisme de Haïti (énergie proche de 8 ¥ 1015 J) et le séisme de Sumatra (énergie proche de 7 ¥ 1018 J) il y

(

)

7 ¥ 1018 = 875 . 8 ¥ 1015 Or, entre ces deux séismes la magnitude augmente de deux unités, l’énergie est donc multipliée par 302 = 900. On retrouve l’ordre de grandeur du facteur obtenu à partir du graphique. Une augmentation d’une unité de magnitude correspond donc bien à la multiplication par 30 de l’énergie libérée au niveau du foyer. a un facteur proche de 900

3.  Le document 3 indique à tort qu’une augmentation d’une unité de la magnitude correspond à une multiplication par 10 de l’énergie. En fait, il s’agit d’une multiplication par 30.

4.  L’échelle logarithmique est graduée en puissance de 10. Le passage d’une graduation à la suivante correspond à une multiplication par 10. Sur le document 4 , l’échelle choisie montre une multiplication par 102. 5.  Ce séisme a entraîné un tsunami ravageant une partie des côtes japonaises. 6.  L’intensité d’un séisme mesure les effets et les dégâts de ce séisme. Elle dépend de l’énergie libérée, de la topologie des lieux et de l’éloignement par rapport à l’épicentre du séisme.

3   Ondes de choc et vitres brisées 1.  a. Le son dans l’air est une propagation de compression et de dépression des molécules constituant l’air. b. Contrairement à la schématisation, dans l’air, le son ne se propage pas dans une seule direction. De plus, les échelles ne sont pas respectées. 2.  Le son se propage plus rapidement dans les milieux condensés (solides et liquides) que dans les gaz, car les vibrations se propagent mieux dans les milieux où il existe des liaisons entre les entités microscopiques. 3.  Une onde de choc correspond à une « vague » de très haute pression. Une onde de choc peut être produite lorsqu’un avion est en vol supersonique ou lors d’une détonation où le front d’onde dépasse la vitesse du son. 4.  Une onde de choc peut briser une vitre. Si les molécules qui constituent la vitre vibrent avec une amplitude très grande, la vitre peut se briser.

4   Les balises Criirad surveillent 1.  a. Une particule alpha est un noyau d’hélium. Une particule béta moins est un électron ; une particule béta plus est un positron. Le rayonnement gamma correspond à l’émission de photons. b. La grandeur mesurée en becquerel (Bq) est l’activité radioactive. 1Bq = 1 désintégration par seconde. 2.  Une balise atmosphérique détecte la radioactivité alpha ou béta. Une balise aquatique détecte la radioactivité gamma. 3.  Les balises sont placées particulièrement dans la vallée du Rhône, car cette région comporte de nombreuses installations de l‘industrie nucléaire. 4.  La balise aquatique est située en aval des installations de la vallée du Rhône, elle pourra donc détecter la radioactivité provenant de l’une ou l’autre des installations positionnées le long du fleuve. 5.  Le seuil de détection des balises atmosphériques est de 1,0 Bq par m3 d’air. Durant la période considérée, les mesures de la balise étaient inférieures au seuil de détection.

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6.  a. L’activité de l’iode 131 est mesurée, car cet isotope est très présent dans les installations nucléaires. b. Le terme « particulaire » fait référence à des composés solides en suspension dans l’air.

7.  La forte activité mesurée entre la fin mars 2011 et le début avril peut être due à l’accident de Fukushima. Le décalage de temps est lié au déplacement des gaz sur une très grande distance (distance de l’ordre de 15 000 km).

Retour sur l’ouverture du chapitre

12 fm 1 nm Gamma RX

5 nm

e le Ét So oi le qu le s il e m le o So ins le ch il a ud M es ol éc ul es in te rs te Po lla us ire siè s re si nt er st el la ire s Él ec tro ns

m om sc ile Ét o

1.

Co et llisi ra on yo s e ns nt co re N sm pr ua iq oto ge ue n sd s s e ga z ch au ds

5  Observations de la Voie lactée dans différents domaines

400 nm 800 nm 5 µm 10 µm 100 µm Visible IR proche IR moyen IR lointain

c 2.  a. λ =  avec λ en m, c en m · s–1 et ν en Hz. ν b. Le rayonnement de plus grande fréquence est celui de plus petite longueur d’onde. Parmi les rayonnements cités, celui de plus grande fréquence est le rayonnement gamma. 3.  a. ℰ = h · ν avec ℰ en J, h en J · s et ν en Hz. b. Le rayonnement de plus grande énergie est celui dont la fréquence est maximale, c’est donc celui dont

Comprendre un énoncé 6  La radiographie 1.  a. Les électrons produits par la cathode sont à l’origine de la production des RX lors de leur interaction avec la matière présente à l’anode. b. Particule Proton

Charge

Masse

+ e = +1,6 × 10–19 C De l’ordre de 10–27 kg

Neutron

Charge nulle

Électron

– e = –1,6 × 10–19 C

De l’ordre de 10–27 kg De l’ordre de

10–30 kg

1m λ Radio

la longueur d’onde est minimale. Parmi les rayonnements cités, le plus énergétique est le rayonnement gamma. 4.  Les divers « objets » de l’Univers n’émettent pas dans les mêmes domaines de longueur d’onde. Les diverses observations sont donc complémentaires. Par exemple, l’observation dans les RX permet de détecter les nuages de gaz chauds.

2.  a. Les zones absorbant beaucoup les rayons X, comme les os, paraissent blanches, celles absorbant peu les rayons X, comme la chair, paraissent plus sombres. b. Les numéros atomiques des éléments chimiques constituant les os sont plus grands que ceux constituant la chair. c. L’épaisseur traversée par les RX est plus importante quand l’os est plus gros. 3.  Le radiologue peut jouer sur deux paramètres : la tension accélératrice des électrons et la durée d’exposition du patient. 4.  Les étoiles froides qui émettent dans l’infrarouge et les nuages de poussière qui émettent dans le domaine des ondes radio.

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Caractéristiques des ondes

Chapitre

2

Activités 1

Ondes progressives à une dimension (p. 38)

A Analyse qualitative d’une onde

b.

Fin de la pertubation Début de la pertubation

1 L’onde est progressive puisque la perturbation se déplace le long de la corde ou du ressort. L’onde est à une dimension puisqu’elle se propage dans une seule direction (celle de la corde ou du ressort). 2 Pour la corde, la direction de la perturbation est perpendiculaire à la direction de propagation de l’onde (le long de la corde) : l’onde est donc transversale. Pour le ressort, la direction de la perturbation (compression-détente) est la même que celle de propagation de l’onde (le long du ressort) : l’onde est donc longitudinale. 3 a.  Sens de propagation Fin de la pertubation

Sens de propagation

Perturbation

Date t1

Début de la pertubation Distance parcourue Date t2 par la pertubation entre t1 et t2

t1 Distance parcourue par la pertubation entre t1 et t2 t2 Fin de la pertubation

B Analyse quantitative : mesure de la célérité de l’onde 4 Soit d la distance parcourue par la perturbation

entre t1 et t2. Soit ∆t = t2 – t1 la durée de parcours de la perturbation. ∆t = nb d’images entre t1 et t2 × 1 nb d’images par sec de la vidéo

La célérité de l’onde (supposée constante) se calcule par v =

Perturbation Fin de la pertubation

Début de la pertubation

d . ∆t

5 La célérité v d’une onde sa calcule par v = Début de la pertubation

d . ∆t

v s’exprime en mètre par seconde (m · s–1), la distance d parcourue par l’onde s’exprime en mètre (m) et la durée ∆t en seconde (s).

Complément Voir la simulation à l’adresse suivante : http://phet.colorado.edu/sims/wave-on-a-string/wave-on-a-string_fr.html

2

Caractéristiques d’une onde progressive périodique (p. 39)

A Mesure de la période d’une onde ultrasonore 1 Les deux signaux ont la même période et des

valeurs maximales (amplitudes) différentes. Ils sont en général décalés le long de l’axe des abscisses ; on

dit qu’ils sont déphasés. Quand on éloigne le récepteur de l’émetteur (en restant dans l’axe), l’amplitude du signal diminue. 2 L’onde ultrasonore est progressive puisqu’elle se propage depuis l’émetteur vers le récepteur. L’onde ultrasonore est périodique : elle se reproduit à l’identique à intervalles de temps égaux.

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10


3 a.

B M  esure de la longueur d’onde

u (V)

d’une onde ultrasonore t (µs)

T

On repère 5,0 divisions pour T sachant qu’une division correspond à 5,0 µs. T = 5,0 × 5,0 = 25 µs b. Incertitude de lecture : une demi-graduation (0,1 division) (voir le livre de Seconde), soit U (T ) = 0,5 µs. Incertitude sur l’oscilloscope (base de temps) : voir la notice du constructeur. 4 La fréquence est l’inverse de la période : 1 f = = 4,0 × 104 Hz T U (T ) U (f )= f × = 8,0 × 102 Hz T

3

6 a. En une période, l’onde parcourt la distance :

d = v · T = 340 × 25 × 10–6 = 8,5 mm. On retrouve la longueur d’onde de l’onde ultrasonore. b. On en déduit la relation λ v= avec v en mètre par T

seconde, λ en mètre et T en seconde.

Manuel numérique

2.0

d’où : 39 200 Hz X f X 40 800 Hz. Cet encadrement est compatible avec la valeur indiquée par le constructeur si la valeur lue sur le GBF est contenue dans cet encadrement.

5 a. On repère les première et deuxième positions du récepteur mobile pour lesquelles les deux signaux sont en phase. La distance entre ces deux positions correspond à la longueur d’onde : λ = 0,80 cm. b. On constate que, sur une plage de quelques millimètres environ pour la position du récepteur, on peut observer des ondes en phase. En tenant compte de l’incertitude de lecture à la règle, on peut estimer l’incertitude U (λ) de l’ordre de 3 mm. c. 0,50 cm X λ X 1,1 cm d.  Avec le protocole précédent, l’incertitude est grande par rapport à la longueur d’onde. On peut minimiser l’incertitude de lecture en mesurant 10 longueurs d’onde au lieu d’une. On trouve λ = 0,85 cm, avec une incertitude de 0,03 cm.

Animation : Ondes sonores (mesure de λ).

Acoustique musicale (p. 40-41)

A M  odélisation d’une onde sinusoïdale 1 a. Le signal a l’allure d’une sinusoïde (voir la cap-

ture d’écran ci-dessous). b. On lit graphiquement (à l’aide du réticule) une amplitude Umax = 1,62 V et une période T = 2,28 s. 1

On en déduit la fréquence f = = 439 Hz pour le son T émis par le diapason. c. Le spectre en fréquences (voir la capture d’écran ci-dessous) présente un pic pour la fréquence de 440 Hz. On retrouve sur le spectre la fréquence du son émis par le diapason (abscisse du pic) et son amplitude (ordonnée du sommet du pic).

2 a. La modélisation donne : A = 1,62 V ; B = 2 758 rad · s–1 ; b. A s’identifie à l’amplitude Umax. 2π = 2 755 rad · s–1 ; on retrouve B. T

C = –3,28 rad.

3 u (V) 1,5 1,0 0,5 0 –0,5

t (ms) 1

2

3

4

5

6

7

8

9

–1,0 –1,5

Les deux signaux ont même allure (sinusoïdale), même période et donc même fréquence. Leurs amplitudes sont différentes et ils sont décalés dans le temps. La modélisation du second signal donne les résultats suivants : A’ = 1,12 V ; B’= 2 763 rad · s–1 ; C’= 0,426 rad. A ≠ A’ mais B ≈ B’ (ce qui était prévisible, voir la question 2b).

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11


Le paramètre C a une influence sur la valeur de départ (à l’origine) de la représentation graphique. De plus, si C ≠ C1, les courbes sont décalées dans le temps, même si les périodes et les amplitudes sont identiques.

4 u (V) 1,5 1,0 0,5

5 Une onde sinusoïdale peut être modélisée par l’expression : 2π  · t + Φ x (t) = Xmax · cos  T avec x (t) l’élongation de l’onde à l’instant t, Xmax son amplitude, T sa période et Φ sa phase à l’origine.

t (ms)

0

1

–0,5

2

3

4

5

6

7

8

(( ) )

9

–1,0 –1,5

B Hauteur d’un son et fréquence 6

u (mV)

Mi4 piano T = 1,543 ms et f = 648 Hz

20 15 10 5

t (ms)

0

1

–5 –10

2

3

4

5

6

7

8

9

–15 –20

La3 piano

u (mV)

T = 2,256 ms et f = 444 Hz

20 10 0

2

1

3

4

5

6

7

t (ms)

–10 –20

7 Le son le plus aigu est le Mi4. 8 La hauteur d’un son est liée à sa fréquence : plus le son est aigu plus sa fréquence est élevée.

C Timbre d’un son et harmoniques 9

u (mV)

Mi4 trompette

25 20 15 10 5 0 –5

t (ms) 2

4

6

8

10

–10

Pour les deux notes, on trouve T = 1,543 ms et f = 648 Hz.

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12


10 a. La fréquence du fondamental est la même pour les deux notes et vaut 648 Hz. Tension (mV) 648 Hz

Tension (mV) 648 Hz

10

12

8

10

6

8

1,30 kHz

4

4

2,59 kHz

0

1

1,94 kHz

6

1,94 kHz

2

1,30 kHz

2

2

f (kHz)

3

4

5

f (kHz)

0

1

2

Piano

3

4

5

Trompette

b. Les autres fréquences sont des multiples de 648 Hz. 11 Le timbre est différent pour les deux notes, car les intensités des harmoniques ne sont pas les mêmes. 12 La hauteur d’un son est lié à la fréquence de son fondamental. Le timbre d’un son est lié au nombre d’harmoManuel numérique

13 La synthèse électronique consiste à créer un son en

Simulation : Acoustique musicale (timbre, hauteur, intensité sonore, analyse spectrale).

partant du postulat qu’il est la somme des sinusoïdes de fréquence f et n · f avec n entier.

Exercices

2.0

niques et à leurs intensités respectives.

(p. 47-59)

QCM 1   1. A et B ; 2. A ; 2   1. C ; 2. A et B ; 3. A ; 4. C ; 3   1. B ; 2. A ; 3. A ; 4. C.

2.  Une onde transporte de l’énergie. 3.  Cette durée est appelée le retard.

7   Déterminer une vitesse de propagation 1. La perturbation atteint le point A à la date tA = 0,20 s.

2.  Le point A est en mouvement pendant ∆t = 0,05 s.

Application immédiate 4   Déterminer une longueur d’onde 10 λ = 2,12 m, d’où λ = 0,212 m. v 340 f= = = 1,60 × 103 Hz λ 0,212

3.  v =

8   Reconnaître l’allure d’une onde L’allure de la corde à la date t = 0,20 s est la c, car la perturbation a atteint A situé à 1,5 m ; l’allure de la perturbation est « inversée » par rapport à la représentation temporelle.

9   Calculer des durées de propagation

5   Analyser un son 1,21 × 10–3 s ! T ! 1,27 × 10–3 s, donc 7,87 × 102 Hz ! f ! 8,26 × 102 Hz et 2,36 × 103 Hz ! 3 f ! 2,48 × 103 Hz, donc la fréquence du 3e harmonique ne peut pas être 2,31 × 103 Hz.

1.  ΔtA = 

6   Connaître les ondes progressives 1.  Une onde progressive est la propagation d’une perturbation dans un milieu.

d 1 000 =   = 0,200 0 s vacier 5 000

d 1 000 =   = 2,94 s vair 340 3.  ∆t = ΔtJ – ΔtA 2.  ΔtJ = 

Pour commencer

d 1,50 = = 7,5 m · s–1. tA 0,20

∆t = 2,94 – 0,20 = 2,74 s

10   Exploiter un oscillogramme 1.  T = 2,0 div × 10 µs/div = 20 µs 1 1 = 50 × 103 Hz = T 20 × 10–6 333 v 2.  λ = = = 0,006 7 m = 6,7 mm f 50 × 103 f=

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13


Pour s’entraîner

11   Exploiter une expérience 1.

18   Qui perçoit le son en premier ?

Micro 1

1.  Le son se propage plus vite dans l’eau que dans l’air ; il est perçu en premier par la nageuse N.

GBF Micro 2

2.  Les signaux sont en phase et n’ont pas la même amplitude. Ils ont la même période et donc la même fréquence. 3.  Les microphones ne sont pas à la même distance du haut-parleur, car les signaux ont des amplitudes différentes.

2.  Soit Δtair la durée au bout de laquelle S perçoit le son. Le son a parcouru la distance d à la vitesse

vair en Δtair =

d . vair

De même Δteau est la durée au bout de laquelle N perçoit le son. Le son a parcouru la distance d à la d . veau La durée Δt séparant les deux détections est :

vitesse veau en Δteau =

d d – vair veau 3.  On trouve une durée de 22,7 ms. Δt = Δtair – Δteau =

12   Connaître la double périodicité 1.  a. λ = v · T b. λ s’exprime en mètre, v en mètre par seconde et T en seconde.

19   Incertitudes sur la mesure 1. 

2.  On obtient le tableau suivant : v

T

l

335 m · s–1

3,6 × 10–5 s

1,2 cm

225

m · s–1

1,14 ms

25,7 cm

1,48

km · s–1

25 µs

3,7 cm

Récepteur 1 (CH. 1) GBF Émetteur US Récepteur 2 (CH. 2)

13  Reconnaître une représentation graphique 1.  a. T = 4 ms ;   b. Umax = 200 mV ;   c. Φ = 0 rad. 2.  La représentation a correspond à l’équation.

14   Reconnaître une équation 1.  a. T = 2 ,0 ms ;   b. Umax = 200 mV. 2.  L’équation 3 correspond à la représentation graphique ; d’après le graphique, il faut avoir u (0) = 0.

15   Différencier hauteur et timbre 1.  La hauteur d’un son est liée à la fréquence de son fondamental. 2.  Le timbre d’un son est lié au nombre d’harmoniques et à leurs amplitudes.

16   Exploiter des spectres sonores 1.  La fréquence du fondamental, f1 = 440 Hz, étant la même pour les deux notes, elles ont la même hauteur. 2.  Le timbre est caractérisé par les harmoniques. Les harmoniques sont différents, donc les timbres seront différents.

1 cm d

Deux récepteurs à ultrasons sont placés devant un émetteur. On repère une position pour laquelle les signaux sont en phase, puis l’on déplace progressivement l’un des deux récepteurs par rapport à l’autre de manière à mesurer 10 longueurs d’onde. La mesure de la longueur d’onde et de la fréquence permet de calculer la célérité des ultrasons. 2.  Valeur moyenne de la célérité : 339,2 m · s–1 Écart type : σn – 1 = 2,1 m · s–1 σ U (v) = k × n – 1 avec k = 2,09 car il y a 20 mesures, dn 2,1 d’où : U (v) = 2,09 × = 1 m · s–1 d20 v = (339 ± 1) m · s–1 3.  La célérité du son dans l’air dépend essentiellement de la température et ne dépend pas de la fréquence.

20   Où se trouve la baleine ?

1.  I = I0 · 10 10  = 10–12 × 10 10

Le temps mis par le son pour atteindre le capteur sous-marin est t1. On a d = v1 · t1 . Le temps mis par le son pour atteindre le capteur dans l’air est t2. On a d = v2 · t2 .

I = 10–2 W · m–2

On en déduit : v1 · t1 = v2 · t2 .

17   Calculer un niveau d’intensité sonore L

100

2.  Itotal = 2 × I = 2 × 10–2 W · m–2 I L = 10 · log  I0

() L = 10 · log  2,0 × 10 (1,0 × 10 ) =103 dB –2

–12

De plus, t2 – t1 = Δt. Il vient donc : v2 · Δt 340 × 6,71 = = 2,00 s, t1 = 1 140 v1 – v2 d’où t1 = 2,00 s et d = 2,00 × 1 480 = 2,96 × 103 m.

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14


21   Le son du diapason 1.  La longueur d’onde et la fréquence sont liées par la relation : v 340 = 0,386 m. λair = = f 880 2. Soit Δtair la durée au bout de laquelle une personne située à 10 m perçoit le son. Le son a parcouru la distance d à la vitesse vair en : 10 d = Δtair = = 2,9 × 10–2 s. vair 340 La personne reçoit le son quasiment au moment de son émission. 3. L’intensité sonore et le niveau d’intensité sonore I sont liés par la relation L = 10 · log  . I0 1,0 × 10–10 Donc : L = 10 · log  = 20 dB. 1,0 × 10–12 4. L’intensité sonore reçue par cette personne sera I = 3,0 × 10–10 W · m–2. 3,0 × 10–10 = 25 dB. On aura alors L = 10 · log  1,0 × 10–12

(

)

(

()

)

22  Télémètre à ultrasons ou télémètre à infrarouges ?

1. Les ultrasons sont des ondes mécaniques, les infrarouges des ondes électromagnétiques. Elles ne sont pas de même nature. 2.  La plus petite longueur d’onde (900 nm) est celle de l’onde utilisée dans le télémètre à IR, celle à 9,00 mm est utilisée dans le télémètre à US. 3. Télémètre à IR

Ondes Très électromagnétiques directif

Télémètre à US

Ondes mécaniques

Évasif

Mesure un angle Mesure une durée

d 6,00 = = 1,76 × 10−2 s. v 340 La durée entre l’émission et la réception des US pour un objet situé à 3,00 m est de 1,76 × 10–2 s. 4.  a. Δt =

d 6,00 = 2,00 × 10−8 s. = c 2,00 × 108 La durée mesurée avec un télémètre à IR serait de 2,00 × 10–8 s. b. Δt =

5. L’horloge pour mesurer une telle durée devrait être extrêmement précise. Il est donc plus pratique, et plus économique, de mesurer un angle.

23   La propagation d’une onde 1. En mesurant la distance entre un grand nombre de lignes de crêtes consécutives, on limite les imprécisions de mesure. 2. La distance entre neuf lignes de crêtes consécutives est de 8,1 cm, la longueur d’onde est donc de 1,0 cm, soit 0,010 m. 3.  v = λ · f v = 0,010 × 25 = 0,25 m · s–1 4.  a. La longueur d’onde est la distance entre deux maxima ; on retrouve 1 cm. b. L’amplitude est de 0,5 cm. 5.  a. Au bout de t = 0,04 s (soit une période), on retrouve la même allure de la surface de l’eau.

b. Au bout de t = 0,06 s, la surface de l’eau a l’allure suivante : h (cm)

0,5

 (cm) 0

1,0

2,0

3,0

4,0

24   La ola au stade 1.  L’onde est caractérisée par le passage d’une perturbation parmi des particules (spectateurs ou molécules d’eau dans ces exemples). Comme cette perturbation passe « à travers » les particules sans les emporter, on dit qu’une onde se propage plutôt qu’elle se déplace. 2. Si l’on reprend l’exemple des tribunes du stade, la perturbation se propage grâce aux spectateurs : il ne peut pas y avoir de ola dans un stade vide. De même, si on jette une pierre sur une surface solide plutôt que liquide, notre œil ne perçoit pas d’onde qui se propage. Ces ondes nécessitent donc la présence d’un milieu matériel (l’ensemble des spectateurs ou de l’eau, par exemple) pour se propager. 3.  Si l’on place un bouchon de liège à la surface d’un lac, le bouchon reste immobile. Si on jette une pierre dans l’eau à proximité du bouchon, on voit les vagues se propager en cercles concentriques, et le bouchon se déplacer lorsque les vagues le soulèvent. Quand la surface du lac redevient immobile, le bouchon se trouve dans la position qu’il occupait avant que l’on jette la pierre. Il y a propagation d’une onde sans déplacement de matière. 4.  Il s’agit d’une onde progressive à deux dimensions, car elle se propage sur une surface.

25   Quel son ? 1.  La fréquence minimale lue est de 180 Hz, les autres sont de 360 et 540 Hz. 2.  Ces fréquences sont des multiples de 180 Hz. 3.  a. Le signal sinusoïdal associé à la plus basse fréquence est appelé fondamental. b. Les autres signaux, avec le fondamental, constituent les harmoniques. 4.  Ces sons n’ont pas le même timbre, car ils ne contiennent pas les mêmes harmoniques.

26   À chacun son rythme 1.  a. T = 5,1 div × 5,0 µs/div = 25,5 µs La période de l’onde est de 25,5 µs. b. U (T ) = 0,1 div × 5,0 µs/div = 1,0 µs On peut donc écrire T = (25,5 ± 1,0) µs. d 8,5 2.  a. λ = = = 0,85 cm 10 10 U (d) 0,1 b. U (λ) = = = 0,01 cm 10 10 On peut donc écrire que λ = (0,85 ± 0,01) cm. λ 3.  a. v = T 0,85 × 10–2 b. v = 25,5 × 10–6

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15


v = 3,3 × 102 m · s–1 La vitesse des ultrasons est de 3,3 × U (T ) +( d (U (λ) λ ) T ) 1,0 0,01 + ( 25,5 ) U (v) = 340 × d ( 0,85) 2

U (v) = v · 

102

m · s–1.

2

2

2

= 1 × 101 m · s–1

On peut donc écrire v = (3,3 ± 0,1) × 102 m · s–1.

Pour aller plus loin 27   Mesure d’une vitesse d’écoulement 1.  Lorsque l’émetteur est en amont, la valeur de la vitesse de l’onde ultrasonore est : v1 = v0 + vf Lorsqu’il est en aval : v2 = v0 – vf 2. La distance parcourue et la durée de parcours sont liées par : D D Δt1 =   =  v1 v0 + vf D D Δt2 =   =  v2 v0 – vf

De même :

La valeur de la vitesse v1 est plus grande que la valeur de la vitesse v2, donc la durée Δt1, lorsque l’émetteur est en amont, sera plus faible ; l’onde est « portée » par le fluide. 3.  On calcule : Δt = Δt2 – Δt1 = Δt =

D D – v0 – vf v0 + vf

2 D · vf D · (v0 + vf ) – D · (v0 – vf ) = 2 (v0 – vf ) (v0 + vf ) v0 – vf2

4.  On obtient l’équation du second degré : Δt · v f2  + 2D · vf – v02 · Δt = 0 soit : 2,32 × 10–6 × v f2  + 3,96 × vf – 1 4802 × 2,32 × 10–6 = 0. Par application numérique, on trouve vf = 1,28 m · s–1. 5.  Il faut connaître la valeur de la distance D, entre l’émetteur et le récepteur, le plus précisément possible. La mesure des deux durées est aussi source d’erreur, tout comme la valeur de v0.

28   Accorder ses violons 1.  Le microphone va capter les sons ambiants et l’appareil ne pourra pas analyser la fréquence de la note jouée. 2.  Les « vibrations » sont les ondes qui se sont propagées dans le matériau du violon. 3.  Ces « vibrations » doivent avoir la même hauteur que le son musical.

29   Accorder une guitare avec un diapason 1.  Pour la note émise par la guitare, le fondamental a une fréquence de 107 Hz et les autres harmoniques ont pour fréquences 214 Hz, 321 Hz et 428 Hz. 2.  Le son du diapason a une fréquence de 440 Hz.

3.  L’amplitude de la tension enregistrée n’est pas constante, on observe des variations à l’origine des battements que l’on peut entendre. 4.  La fréquence de la note émise par la guitare est de 100 Hz alors qu’elle devrait être de 110 Hz. La corde n’est pas accordée. 5.  La fréquence du fondamental est de 110 Hz, les autres harmoniques ont pour fréquences 220 Hz, 330 Hz et 440 Hz. L’harmonique à 440 Hz se superpose avec le signal du diapason. 6.  La corde est accordée, car elle émet un son à 110 Hz.

Complément La fréquence initiale de la note émise par la guitare (107 Hz avec un autre harmonique à 428 Hz) et celle émise par le diapason (440 Hz) sont trop éloignées pour que les battements soient facilement audibles. Ils le sont davantage si les fréquences sont bien plus proches (109,5 Hz avec un autre harmonique à 438 Hz et 440 Hz, par exemple).

30   Les ondes sismiques 1. Les ondes P sont des ondes longitudinales : les zones de compressions/dilatations se déplacent dans la même direction que celle de l’onde. Les ondes S sont des ondes transversales : le cisaillement des roches se fait dans une direction perpendiculaire à la direction de l’onde. Les ondes L sont des ondes transversales : la perturbation se propage dans un plan horizontal perpendiculairement à la direction de l’onde. 2.  Les ondes qui se propagent à la surface de l’eau sont des ondes transversales. 3.  v = d Δt donc Δt = d avec d en km, v en km · s–1, donc Δt en s, v soit : Δt = d = 833 = 139 s ≈ 1,4 × 102 s. vP 6,0 4.  À partir du graphique, on lit : xmax= 3,0 cm,  T = 0,10 s  et  Φ = 0 rad. 2π 5.  x (t ) = 3,0 × cos  × t , avec x en cm et t en s. 0,10 λ 6.  vS = T d’où λ = vS · T = 4,0 × 103 × 0,10 = 4,0 × 102 m.

(

)

31   Three sounds Traduction du texte et des questions : « Un microphone est connecté à un oscilloscope. Trois sons sont enregistrés par le micro avec les mêmes réglages. Les tracés A, B et C sont produits durant cette expérience. 1. Quel tracé correspond au son le plus fort ? Justifier. 2. Quel tracé correspond au son le plus bas ? Justifier. » 1.  Le son le plus fort correspond au signal C, car l’amplitude est la plus grande. 2.  La hauteur d’un son musical est liée à sa fréquence. Plus la fréquence est petite, plus la hauteur du son est faible.

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16


Le signal de plus bas (de plus faible fréquence) est celui qui a la plus grande période, car la fréquence et la période sont inverses l’une de l’autre. Le signal A correspond au son le plus bas.

32   La piscine 1.  A est l’amplitude de l’onde, T0 sa période temporelle et Φ la phase à l’origine. La période est l’inverse de la fréquence, soit ici T0 = 0,40 s. 2. On prend x = 5,8 m et t = 10 s et on calcule la valeur de z correspondante : 2π π × 10 + = 0 cm. z (10) = 1,5 × cos  0,40 2 3.  Pour que le ballon soit au niveau zéro, il faut que : 2π π z (t) = 1,5 × cos  ×t+ =0 0,40 2 2π π soit : cos  ×t+ =0 0,40 2 2π π π × t + = + kπ 0,40 2 2 0,40 × k d’où t =   avec k un entier. 2 Par exemple, t = 0,2 s ; 0,4 s ; 0,6 s ; 0,8 s ; 1,0 s ; 1,2 s ; 1,4 s.

(

)

(

(

)

)

33   QCM sur les ondes sonores 1.  A.  2.  A.  3.  A et B.  4. A.

Retour sur l’ouverture du chapitre 34   L’oreille humaine en concert 1.  La hauteur du son est la sensation liée à la fréquence du fondamental de ce son. 2.  T = 2,0 ms, donc f = 500 Hz. 3.  L’amplitude de la tension a doublé. L’ingénieur a modifié l’intensité sonore du son. Le son a toujours la même période, donc la même fréquence. 4.  Le fondamental sur l’enregistrement 3 a une fréquence de 500 Hz, donc la même fréquence que les sons des enregistrements 1 et 2. 5.  C’est le timbre du son qui a été modifié. En effet, il s’agit, sur l’enregistrement 3, d’un son ayant beaucoup d’harmoniques, alors que les signaux des enregistrements 1 et 2 sont des sinusoïdes, donc des sons purs avec un seul harmonique. 6.  À 16 mètres, I = I0 98

L  · 10 10

I = 10–12 × 10 10 = 6,3 × 10–3 W · m–2. 7.  I2 = 10 × I = 6,3 × 10–2  W · m–2 I L2 = 10 × log  2 I0

() (

L2 = 10 × log 

)

6,3 × 10–2  = 108 dB 10–12

(II ).

8.  À 16 mètres, L = 10 × log  À 8 mètres, I’= 4 × I. 4 × I L’= 10 × log  I0  

( )

0 

(II ) = 6 + L.

L’ = 10 × log 4 +10 × log 

0 

Le niveau d’intensité sonore augmente de 6 dB lorsque la distance est divisée par 2. Le son devient douloureux à écouter à partir de 120 dB, c’est-à-dire à partir de 4 mètres. En effet, 120 dB = (108 + 6 + 6) dB ; la distance a été divisée par 4. 9.  Près des enceintes, le niveau sonore peut dépasser le seuil de risques. Cette exposition à un niveau sonore trop élevé peut provoquer des acouphènes, voire engendrer une perte d’audition.

Comprendre un énoncé 35  Propagation d’une onde le long d’une corde

1.  La valeur de la vitesse de propagation d’une onde est le rapport de la distance d qu’elle parcourt par la durée ∆t mise par l’onde pour parcourir cette distance. v= d Δt Entre la photo no 2 et la photo no 4, il s’est écoulé 2 × 0,25 = 0,50 s et la perturbation a parcouru 1,00 m : v = 1,00 = 2,0 m · s–1. 0,50 2.  Le premier schéma montre que la perturbation a une longueur de 0,50 m (lue sur l’axe des abscisses). La durée est déterminée par : Δtperturbation = ℓ = 0,50 = 0,25 s. 2,0 v 3.  Le point A est atteint le premier par la perturbation, car il est atteint à la date 1,50 s alors que le point B l’est à la date 2,00 s. 4.  Le point A est le plus proche de la source, car la perturbation l’atteint en premier. 5. Le retard du point B par rapport au point A est déterminé par la lecture des graphiques. On obtient : ∆t = 2,00 – 1,50 = 0,50 s. 6.  dAB = v · ∆t = 2,0 × 0,50 =1,0 m. 7.  L’allure de la perturbation est inversée, car sur la chronophotographie le front de la perturbation atteint le point le plus proche avant d’atteindre le point le plus éloigné. 8.  Point C

zA

0

0,50

1,00

1,50

2,00 2,25 t (s)

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17


Chapitre

3

Propriétés des ondes Activités 1

 pproche historique du caractère ondulatoire A de la lumière (p. 62)

1 I. Newton observe que la lumière est constituée de radiations colorées. C. Huygens interprète les observations faites par I. Newton et en déduit le caractère ondulatoire de la lumière. T. Young met en évidence les phénomènes de diffraction et d’interférences confirmant le caractère ondulatoire de la lumière. J.  von Fraunhofer met au point le spectroscope et observe des spectres. C.  Doppler prévoit le décalage des ondes lorsque qu’il y a un mouvement relatif de l’émetteur par rapport au récepteur. C. Buys-Ballot vérifie expérimentalement la théorie de C. Doppler pour le son. H. Fizeau prévoit que la théorie de C. Doppler peut s’étendre à la lumière des étoiles.

2

2 Listes des phénomènes physiques étudiés : Scientifique

Phénomène physique

I. Newton

Dispersion de la lumière

C. Huygens T. Young

Caractère ondulatoire de la lumière Diffraction et interférences de la lumière

J. von Fraunhofer

Spectroscopie de la lumière

C. Doppler, C. Buys-Ballot, H. Fizeau

Effet Doppler

3 Les appareils d’observation n’étaient pas suffisamment précis pour pouvoir vérifier l’effet DopplerFizeau.

Diffraction de la lumière (p. 63)

A Étude qualitative 1 Sur l’écran, on observe une alternance de zones lumineuses et de zones sombres dans une direction perpendiculaire à celle de la fente. C’est une « figure de diffraction ». 2 En l’absence de fente, on observe une tache lumineuse. Il y a donc des zones éclairées par la figure de diffraction qui ne le sont pas en l’absence de fente. » Avec un fil, on observe la même figure de diffrac-

tion que celle obtenue avec une fente. » Avec un trou circulaire, on observe une tache cen-

trale très lumineuse entourée d’anneaux concentriques alternativement sombres et lumineux.

B Étude quantitative 3 tan θ =  ℓ  ≈ θ

2D

4 a.  Le résultat des mesures est regroupé dans le tableau ci-dessous : a (¥ 10–3 m)

0,300

0,200

ℓ (¥ 10–3 m)

13

19

0,100 0,050 0 0,025 0 37

73

156

Avec un tableur, on obtient les résultats suivants : a (m)

ℓ (m)

D (m)

q (rad)

1/a (m–1)

3,00E-04

1,30E-02

4,50

1,4E-03

3,33E+03

2,00E-04

1,90E-02

4,50

2,1E-03

5,00E+03

1,00E-04

3,70E-02

4,50

4,1E-03

1,00E+04

5,00E-05

7,30E-02

4,50

8,1E-03

2,00E+04

2,50E-05

1,56E-01

4,50

1,7E-02

4,00E+04

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18


6 On réalise la même expérience que précédemment en utilisant un laser dont on ne connaît pas la longueur d’onde et une fente dont on connaît la largeur a.

0 (rad) 2,0 × 10–2 1,8 × 10–2 1,6 × 10–2 1,4 × 10–2 1,2 × 10–2 1,0 × 10–2 8,0 × 10–3 6,0 × 10–3 4,0 × 10–3 2,0 × 10–3

+

Exemple : a = 1,00 × 10–4 m.

+

0+

++ 1,0 ×

+ 1/a (m–1) 4

10

2,0 ×

4

10

3,0 ×

4

10

4,0 ×

4

10

5,0 ×

4

10

La courbe obtenue est une droite qui passe par l’ori1 1 gine. θ est donc proportionnel à :  θ = k ·  . a a 1 –7 b.  La modélisation donne θ = 4,2 × 10  ×  . a Le coefficient directeur k est homogène à une longueur. Sa valeur correspond à la longueur d’onde λ du laser utilisé.

5 On trouve θ = λ  ; θ est l’écart angulaire entre

a le milieu de la tache centrale et le milieu de la première extinction, en radian, λ la longueur d’onde en m et a la largeur de la fente en m.

3

On mesure la distance fente-écran, ainsi que la largeur de la tache centrale : –  distance fente-écran : D = 4,50 m ; –  largeur de la tache centrale : ℓ = 57 mm. a · ℓ On en déduit :  λ’ =   = 6,33 × 102 nm. 2D 7 a.  D’après la notice : U (a) = 1,5 % de la valeur annoncée  = 1,5 × 10–6 m, soit 0,002 mm. U (ℓ) = d2 × 2 × 1 = 0,8 mm = 1 mm d12 2 U (D) = d2 × × 1 = 0,8 cm = 1 cm d12

U (D) U () +( +( d (U (a) D )  ) a ) 1 1 0,002 +( ) +( U (λ’) = 6,33 × 10 × d ( 57 450) 0,100) 2

b.  U (λ’) = λ’ · 

2

2

2

2

2

2

U (λ’) = 17 nm

c.  λ’ ∈ [616 nm ; 650 nm]. Cela est conforme à la

valeur indiquée par le fabriquant : 632,8 nm.

Interférences lumineuses (p. 64)

A Étude quantitative Complément Pour les fentes d’Young, on utilise du matériel Ovio pour lequel les valeurs de b sont 0,200 mm, 0,300 mm et 0,500 mm, avec une précision de 1 µm. L’écran est placé à une distance de 4,00 m.

1 On observe des franges d’interférences, alternativement sombres et brillantes sur l’écran. Ces franges sont parallèles entre elles et parallèles aux deux fentes d’Young. 2 a.  Avec un tableur, on obtient :

λ · D . b 3 On n’observe pas de figure d’interférences à partir de deux lasers identiques éclairant une même zone de l’écran. 4 i = λ · D b i : interfrange en m. λ : longueur d’onde de la source en m. b : largeur de l’interfente en m. D : distance écran-fentes en m.

Seule la troisième relation est conforme : i =

Courbe de la réponse 2a i (m)

b (m)

i (m)

1 (m–1) b 

1,4 × 10–2

2,00E-04

1,2E-02

5,00E+03

1,2 × 10–2

3,00E-04

8,4E-03

3,33E+03

1,0 × 10–2

5,00E-04

5,0E-03

2,00E+03

On trace la courbe donnant les variations de i en 1 fonction de . On obtient une droite qui passe par b 1 l’origine (voir ci-contre) ; i est donc proportionnel à . b b.  Les deux premières expressions sont à exclure, car 1 il n’y a pas de proportionnalité entre i et . b La dernière relation est également à exclure, car i n’est pas homogène à une longueur.

+ +

8,0 × 10–3 6,0 × 10–3

+

4,0 × 10–3 2,0 × 10–3 0+

1,0 ×

1/b (m–1) 3

10

2,0 ×

3

3

3

3

3

10 × 10 × 10 10 10 3,0 4,0 5,0 × 6,0 ×

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19


B Application à la détermination du pas d’un réseau 5 On remplace les fentes d’Young par un réseau 100 traits/mm. On utilise un laser λ = 632,8 nm avec une précision de 0,2 nm. On se place à une distance D = 2,00 m de l’écran. On mesure l’interfrange i = 12,5 cm.

λ · D 632,8 × 10–9 × 2,00 = 1,01 × 10–5 m  =  b =  i 12,5 × 10–2 6 a.  U (λ) = 0,2 nm U (i) = d2 × 2 × 1 = 0,8 mm = 1 mm d12 U (D) = d2 × 2 × 1 = 0,8 cm = 1 cm d12

4

U (i) U (D) +( +( d (U (λ) i ) D ) λ ) 1 1 0,2 U (b) = 1,00 × 10 × d ( +( +( 125) 200) 632,8)

b.  U (b) = b · 

2

2

2

–5

2

2

U (b) = 1 × 10–7 m = 1 × 10–4 mm

c. b = (1,01 × 10–2 ± 0,01 × 10–2) mm

ou b ∈ [1,00 × 10–2 ; 1,02  × 10–2] b est conforme à l’indication du fabricant : 1,01 × 10–2 mm.

Effet Doppler (p. 65) b.  Élongation du niveau de l’eau vue par le cygne se rapprochant de la source :

1 Il fait référence à la longueur d’onde du son. 2 a.  v =  λ  = λ · f

T

b.  Un son aigu a une fréquence plus élevée qu’un

son grave. c.  D’après la relation 2a, pour une même vitesse de

10

propagation, si la longueur d’onde est plus faible, la fréquence est plus élevée, donc le son est plus aigu.

5

3 a.  Élongation du niveau de l’eau vue par la gre-

0

nouille immobile : 10

2

Élongation

t (s) 0,2

0,4

0,6

0,8

1

–5

Élongation

–10 5 0

t (s) 0,2

0,4

0,6

–5

0,8

1

4 Une onde émise avec une fréquence fE est perçue

avec une fréquence fR différente lorsque l’émetteur et le récepteur sont en déplacement relatif : c’est l’effet Doppler. Par exemple, le son de la sirène d’une ambulance est perçu plus aigu lorsque celle-ci se rapproche.

–10

5

Mesure de la valeur d’une vitesse par effet Doppler (p. 66)

A Étude expérimentale Complément Le matériel utilisé a été développé par JCL électronique (http://www.electrome.fr/).

1 Pour déterminer la valeur de la vitesse du véhicule, il faut mesurer le décalage de fréquence du son émis par un émetteur lorsqu’il est immobile et lorsqu’il est en mouvement. On dispose d’un émetteur à ultrason, jouant le rôle du véhicule, pouvant se déplacer sur un rail. Au milieu du rail se trouve une fourche optique pouvant déclencher une acquisition (ordinateur ou oscilloscope numérique). On réalise une première acquisition avec l’émetteur immobile afin de déterminer la fréquence fE des ultrasons émis. Ensuite, on réalise différentes acquisitions avec l’émetteur s’approchant ou s’éloignant du récepteur afin de déterminer la fréquence fR perçue. © Hachette Livre, 2012 – Physique Chimie Terminale S spécifique, Livre du professeur – La photocopie non autorisée est un délit.

20


2

Mobile à l’arrêt : fE = 40,000 kHz.

On trouve :

Mobile s’approchant du récepteur à la vitesse v1 :

v1 = 340 × 

Mobile s’éloignant du récepteur à la vitesse v2 : fR2 = 39,816 kHz.

184 et v2 = 340 ×   = 1,57 m · s–1. 39 816

Manuel numérique

2.0

fR1 = 40,185 kHz.

185 = 1,57 m · s–1 40 185

Simulation : Effet Doppler.

B Application à l’astrophysique 3 Profil spectral de l’étoile HD 2665 :

J003044.7 + 570357 S 19961003/0017 OBJO 105 Entre 6 540 Å et 6 560 Å :

L’extremum du pic correspondant à Hα se situe à une longueur d’onde de 6 554,2 Å. Ce décalage s’explique par le fait que l’étoile se rapproche de la Terre.

Intensité lumineuse

4 On en déduit la vitesse radiale de l’étoile :

20 000

•6 554,2 – 6 562,6• 6 562,6 v = 384 × 103  m · s–1 = 384 km · s–1.

v = 3,00 × 108 × 

15 000

Cette étoile se rapproche de la Terre avec une vitesse de 384 km · s–1.

10 000

5 On peut améliorer cette précision en identifiant plusieurs raies et en effectuant une moyenne à partir des valeurs calculées.

λ (Å)

6 540

6 545

6 550

Exercices

6 555

6 560

Application immédiate

A, B et C ; 2. A et B ; 3. B ;

3. A et C ;

Simulation : Effet Doppler-Fizeau.

(p. 73-85)

QCM 1   1.

Manuel numérique

2.0

5 000

6 L’effet Doppler permet de déterminer les vitesses radiales des étoiles.

3   1. B ; 2. B.

2   1.

C ; 2. B ;

4  Déterminer une longueur d’onde par interférence

1.  λ = 635 nm 2.  U (λ) = 9 nm, donc 626 nm < λ < 644 nm. 3. La valeur fournie par le constructeur est compatible avec l’encadrement obtenu.

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21


5  Étudier expérimentalement

10   Connaître les conditions d’interférences

le phénomène de diffraction

1 a est une droite passant par l’origine dont le coefficient directeur est 605 × 10–9 m.

1.  La représentation graphique de θ en fonction de

0 (rad)

3,5 × 10–2 3,0 × 10–2 2,5 × 10–2 2,0 × 10–2

+

11   Illustrer le phénomène d’interférences

12   Illustrer l’effet Doppler

1,0 × 10–2 5,0 ×

( )

Dans la vie courante, on observe les phénomènes d’interférences en lumière blanche : irisation sur les bulles de savon ou sur les ailes de papillon. Ce phénomène peut s’entendre avec deux hautparleurs identiques.

+

1,5 × 10–2

1.  Les sources doivent être cohérentes. 2.  a. δ = k ⋅ λ, avec k un nombre entier relatif. 1 b. δ =  k +   ⋅ λ, avec k un nombre entier relatif. 2

10–3 0+

++ ++ 4

1/a (m–1) 4

4

4

4

4

10 10 10 10 10 10 1,0 × 2,0 × 3,0 × 4,0 × 5,0 × 5,0 ×

2.  λ = 605 nm

Le cinémomètre routier (radar) utilise l’effet Doppler des ondes électromagnétiques pour mesurer la valeur de la vitesse des véhicules. L’échographie Doppler permet de mesurer la vitesse d’écoulement du sang dans les veines et les artères.

13   Comparer des fréquences

Pour commencer 6   Connaître le phénomène de diffraction On observe une tache centrale très lumineuse entourée d’anneaux concentriques alternativement sombres et brillants.

7  Associer figure de diffraction et objet diffractant

La figure 1 est obtenue avec une fente verticale, la figure 2 avec un trou circulaire.

8   Calculer un demi-angle de diffraction

1. Grandeur

Unité SI

fE

s–1

c et vE

m · s–1

c · fE c + vE

m · s–1 · s–1 = s–1 m · s–1

L’analyse dimensionnelle montre l’homogénéité de l’expression. c est inférieur à 1, donc la fréquence fB est 2.  c + vE inférieure à la fréquence fE.

14   Schématiser l’effet Doppler

1. D 0 Laser Cheveu d’épaisseur a λ 632,8 × 10–9 2.  θ =  =   = 1,3 × 10–2 rad a 50 × 10–6

9   Connaître le phénomène d’interférences On observe des franges d’interférences, alternativement sombres et brillantes, sur l’écran. Ces franges sont parallèles entre elles et parallèles aux deux fentes d’Young.

La longueur de l’onde sonore perçue par l’observateur après le passage de la voiture est plus grande, donc le son perçu sera plus grave.

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22


Pour s’entraîner

17   Mailles du voilage 1.  Ce sont les interférences constructives. 2.  i est l’interfrange.

15   Largeur d’une tache centrale 1.

3.  a = (281,3 ± 6,5) µm

D

18  Détermination expérimentale d’une longueur d’onde

Zone sombre

1.  On observe un phénomène de diffraction.

 Laser

2

0 0

2. a.

 = f ( 1a )

 (m)

2,5 × 10–2 2,0 × 10–2

+ +

1,5 × 10–2

Fente de largeur a Zone lumineuse λ 2.  θ =  a ℓ 3. a. tan θ =   ≈ θ 2D λ 2 · λ · D ℓ b.  ≈  , soit ℓ ≈  a 2D a 4. a. Si la largeur de la fente double, la largeur de la tache centrale est deux fois plus petite. Si la largeur de la fente est divisée par 2, la largeur de la tache centrale double. b. Si la distance entre la fente et l’écran double, la largeur de la tache centrale double.

16  À chacun son rythme 1. a.

9i

La figure d’interférences est composée d’une succession de franges lumineuses équidistantes. De la frange centrale à la dixième frange, il y a 9 interfranges : 9,9 i1 =   = 1,1 mm. 9 1,1 × 10–3 × 1,0 × 10–3 i · b b. λ1 =   =   = 5,5 × 10–7 m 2,00 D 2. a. De la frange centrale à la huitième frange, il y a 7 interfranges i1, soit 7,7 mm. b. De la frange centrale à la sixième frange sombre, il y a 5,5 interfranges i2, soit : 7,7 i2 =   = 1,4 mm. 5,5 7 i1 λ1

1,0 × 10–2

+ ++

5,0 × 10–3

+ 1/a (m–1)

0+

3

3

3

3

4

4

10 10 10 10 10 10 2,0 × 4,0 × 6,0 × 8,0 × 1,0 × 1,2 ×

b. On obtient une droite qui passe par l’origine ; ℓ est 1 donc proportionnel à  ; on peut écrire : a 1 ℓ = k ·  a λ 3. a. θ =  a ℓ b. L’angle étant petit, on peut écrire tan θ ≈ θ ≈  . 2D On en déduit : ℓ λ  ≈  a 2D k ℓ c. λ ≈ a ·   ≈  2D 2D Graphiquement, on détermine que k = 1,9 × 10–6 m2. 1,9 × 10–6  ≈ 6,34 × 10–7 m λ ≈  2 × 1,50

19   Est-ce que ça diffracte ? 1. Le phénomène de diffraction sera d’autant plus λ important que sera grand : la diffraction sera donc a plus importante pour λ1 = 1 850 m. 2.  C’est un phénomène d’interférences destructives, les ondes émises par le casque étant en opposition de phase avec celles du bruit. 3.  C’est le phénomène de diffraction de la houle par l’ouverture du port. 4.  Elle a une longueur d’onde inférieure à λ1.

20  Caractère ondulatoire de la lumière 1.  On observe un phénomène de diffraction. ℓ = 3,15 × 10–3 2D θ ≈ tan θ, donc θ ≈ 3,15 × 10–3 rad. λ 3. a. θ =  a b. λ = a · θ 2.  tan θ = 

λ2 5,5 i2

1,4 × 10–3 × 1,0 × 10–3 = 7,0 × 10–7 m c. λ2 =  2,00

λ = 0,200 × 10–3 × 3,15 × 10–3 = 6,30 × 10–7 m U (D) U () c(U (a) +( +( a ) D )  )

c. U (λ) = λ · 

2

2

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2

23


0,1 0,01 c(0,005 +( +( 0,2 ) 12,6) 2 ) 2

U (λ) = 630 × 

2

2

U (λ) = 17 nm d. 613 nm ! λ ! 647 nm c 4.  λ =  , avec λ en m, c en m · s–1 et ν en Hz. ν 2 · λ · D ℓ λ 5. a.   ≈  , soit ℓ ≈  a 2D a b. Longueurs d’onde dans le vide : –  des radiations bleues : λB ≈ 400 nm ; –  des radiations rouges : λR ≈ 800 nm. c. En lumière bleue, la longueur d’onde diminue, θ aussi, donc ℓ également. Si on diminue la largeur de la fente, θ augmente et ℓ aussi.

21   Contrôle de vitesse 1. a. L’émetteur d’ondes ultrasonores et le récepteur sont fixes. b. On utilise la réflexion des ondes ultrasonores. c. La mesure est faite lorsque le véhicule s’approche. d. La fréquence fR de l’onde reçue sera supérieure à la fréquence fE de l’onde émise. 2.  fR = 40,280 kHz et fE = 40,000 kHz. 3. a. (A) fE = fR ·  2V – V , ce qui revient à écrire : VS Hz  =  Hz · m · s–1 – Hz ; cette relation ne convient pas. (B) fR = V ·  fE – 2V , ce qui revient à écrire : VS Hz  =  m · s–1 · Hz  –  m · s–1 ; cette relation ne convient pas. (C) fE = fR ·  1 – 2V , ce qui revient à écrire : VS Hz = Hz – Hz ; cette relation peut convenir. (D) fE = fR ·  1 + 2V , ce qui revient à écrire : VS Hz = Hz + Hz ; cette relation peut convenir. La question 1d a montré que fR 1 fE ; c’est donc la relation (C) qui convient. b. 

(

(

)

)

(

)

(

)

d

Date d'émission t=0s E «Bip !»

R Date de réception 2d t1 = VS

d

Date d'émission t = TE E «Bip !»

R Date de réception 2 (d – VE.TE) t2 = VS

Deux signaux consécutifs sont reçus avec un intervalle de temps TR tel que : TR = t2 – t1 = TE + 

2 (d – V · TE)

– 

2 V · TE 2 d = TE –  VS VS

VS 2V TR = TE ·  1 – VS TR fE  =   =  1 – 2V , soit fE = fR ·  1 – 2V TE fR VS VS

(

(

)

)

(

)

Le nombre 2 vient du fait que la mesure se fait par réflexion. V f c. fE = fR ·  1 – 2V , soit V =  S  ⋅  1 –  E . 2 fR VS 340 40,000 V =   = 1,18 m · s–1  ×  1 –  2 40,280 4. a. La vitesse ayant une valeur constante, il suffit de déterminer la pente de la droite x = f (temps).

(

)

(

)

(

)

Choix de deux points de la droite : (2,89 ; 0) et (3,11 ; 0,24). Vvidéo =  0,24 – 0  = 1,1 m · s–1. 3,11 – 2,89 b. Calcul de l’erreur relative en pourcentage :

Vvidéo – V

1,1 – 1,18

• × 100 = •

× 100 = 6,7 % V 1,18 Aux imprécisions de mesure près, les deux valeurs sont les mêmes.

22   « niiiiiiian » 1. Une onde électromagnétique ou mécanique émise avec une fréquence fE est perçue avec une fréquence fR différente lorsque l’émetteur et le récepteur sont en déplacement relatif : c’est l’effet Doppler. 2. Les rayures verticales peuvent évoquer la propagation d’une onde plane. Les couleurs peuvent évoquer un état vibratoire. Ainsi les points des lignes d’une même couleur sont supposés être dans le même état vibratoire (comme sur une cuve à ondes) : – les lignes noires peuvent évoquer des minima de vibration ; –  les lignes blanches des maxima. L’écart entre les lignes d’une même couleur évoque donc la longueur d’onde. Celle-ci diminue de gauche vers le centre, puis augmente du centre vers la droite. Ceci évoque l’effet Doppler dans lequel une onde émise par une source en mouvement a une fréquence apparente plus grande (donc une longueur d’onde plus faible) lorsqu’elle s’approche d’un observateur fixe et une fréquence apparente plus petite (donc une longueur d’onde plus grande) lorsqu’elle s’éloigne d’un observateur fixe. Le point blanc au centre peut suggérer l’observateur.

23   Différence de marche 1. a. En O, la différence de marche est nulle. b. On observe une frange brillante sur l’écran.

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24


0,20 × 10–3 × 6,1 × 10–3 = 1,2 × 10–6 m 2. a. δ =  1,00 1 b. δ =  k +   · λ = 1,2 × 10–6 m, avec k = 2 ; 2 on observe donc une frange sombre en P.

( )

24   Calcul d’une longueur d’onde 1. À l’aide du schéma, on compte 10 interfranges pour la distance d. d 30 Ainsi, i =   =   = 3,0 mm. 10 10 2.  a. Seule la relation (B) convient : λ · D m · m i =  , car m =  b m i · b b. On en déduit que λ =  . D

(

)

3,0 × 10–3 × 0,20 × 10–3 = 6,0 × 10–7 m, 1,00 soit 600 nm.

λ = 

3.  i est très petit, donc on mesure d plutôt que i, car cela réduit l’erreur systématique due à la méthode de mesure.

25   The Speed of Galaxy Q2125-431 Traduction du texte : « L’effet Doppler est un phénomène physique important que les astronomes utilisent pour mesurer les vitesses de déplacement des étoiles et des galaxies. La formule de base pour des mouvements de faible vitesse (ce qui signifie des vitesses beaucoup plus faibles que celle de la lumière) est : λ0 – λr vitesse = 299 792 ×  λr La vitesse d’un objet en km/s s’obtient à partir de la mesure de la longueur d’onde du signal que vous observez (λ0) et à partir de la longueur d’onde au repos du signal (λr), les longueurs d’onde étant mesurées en angström. Le spectre ci-dessous est une petite partie du spectre de la galaxie Seyfert Q2125-431 dans la constellation Microscopium. Un astronome a identifié les raies spectrales de l’hydrogène alpha et bêta. » 1.  λ0α = 7 345 Å ; λ0β = 5 435 Å. 7 345 – 6 563 2.  Vα = 299 792 ×   = 3,572 × 104  km · s–1 6 563 5 435 – 5 007 et Vβ = 299 792 ×   = 2,563 × 104  km · s–1, 5 007 soit en moyenne 3,067 × 104  km · s–1. 3. La vitesse radiale étant positive, cette galaxie s’éloigne de la Terre (ce qui confirme l’expansion de l’Univers).

26   Expérience historique 1. a. Il s’agit de l’effet Doppler. b. fR = fLa dièse = 466 Hz 2. fE = fLa  = 440 Hz 3 f 440  = 19,0 m · s–1, Vtrain = VS ·  1 –  E  = 340 ×  1 –  fR 466

(

soit 68,3 km · h–1.

)

(

)

Pour aller plus loin 27  Détermination par effet Doppler

de la vitesse d’un émetteur sonore qui s’approche

d V 2.  a. dE = VE · TE 1.  t1 = 

b. EA = d – VE·TE c. t2 = TE + 

d – VE · TE

V d – VE · TE d  –  3.  TA = t2 – t1 = TE +  V V VE · TE VE  = TE ⋅  1 –  TA = TE –  V V TA est la durée entre deux signaux consécutifs captés par le récepteur ; c’est donc la période de l’onde captée par le récepteur. 1 1 V  = fE ⋅  4.  a. fA =   =  TA V – VE VE TE ·  1 – V fA – fE b. VE = V ⋅  fA

(

(

)

)

28  Détermination par effet Doppler

de la vitesse d’un émetteur sonore qui s’éloigne

d V 2.  a. dE = VE · TE 1.  t1 = 

b. EB = d + VE · TE c. t2 = TE + 

d + VE · TE V

3.  TB = t2 – t1 = TE + 

V

– 

d V

VE = TE ⋅  1 +  V V TB est la durée entre deux signaux consécutifs ; c’est la période de l’onde captée par le récepteur. 1 4.  a. f =  T VE TB fE  =   =  1 +  V TE fB fE b. VE = V ·   – 1 fB TB = TE + 

( (

VE · TE

d + VE · TE

(

)

) )

29   L’Univers et l’effet Doppler-Fizeau 1.  fE est la fréquence d’une radiation émise par la galaxie. fR est la fréquence de la radiation reçue sur Terre. VE est la vitesse radiale de la galaxie. V est la vitesse de la lumière. f 2.  Si l’émetteur s’éloigne, E 1 1, la fréquence perçue fR est inférieure à celle émise. f Si l’émetteur se rapproche, E ! 1, la fréquence perçue fR est supérieure à celle émise. 3.  La mesure dans le spectre d’émission de la galaxie de la longueur d’onde de la radiation d’un élément connu, par exemple l’hydrogène, permet en la

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comparant à la longueur d’onde de la radiation de ce même élément dans le spectre du Soleil de déterminer le mouvement de la galaxie. c La relation λ =  permet d’écrire : f VE VE λR λ ou   R = 1 –   = 1 +  V V λE λE λR Si  1 1, la galaxie s’éloigne de la Terre. λE λ Si R ! 1, la galaxie s’approche de la Terre. λE 4. Si les galaxies s’éloignent les unes des autres, elles doivent initialement provenir d’un même point. L’effet Doppler-Fizeau est en accord avec le Big Bang.

30   Couleurs interférentielles des colibris 1. Les interférences sont constructives si δ = k · λ, avec k un nombre entier relatif. 1 Elles sont destructives si δ =  k +   · λ, avec k un 2 nombre entier relatif.

(

)

2.  • Pour la radiation rouge : λ δR = 2 nR · e · cos  r +  R 2 750 × 10–9 δR = 2 × 1,33 × 0,15 × 10–6 × cos 20 +  2 δR = 7,5 × 10–7 m δR = k · λR, avec k = 1,

λV

2 380 × 10–9 δV = 2 × 1,34 × 0,15 × 10–6 × cos 20 +  2 δV = 5,7 × 10–7 m 1 δV =  k +   · λR, avec k = 1, 2 donc les interférences sont destructives. λ 3.  δV = 2 nV · e · cos  r +  V = k · λV 2 1 1  ·  λ  ·  k –  cos r =  2 2 nV · e V 1 1 cos r =   ×  380 × 10–9 ×  2 2 × 1,34 × 0,15 × 10–6 cos r = 0,473, soit r ≈ 62°. Remarque : pour k = 2, le rapport est supérieur à 1.

( )

E ( )R

E

T = 4,3 j. b. Cette période semble très faible par rapport à celle de la Terre qui est de 365 jours. Cette planète est donc très proche de son étoile.

32   Spectre d’une étoile lointaine 1.  Ils correspondent aux pics d’absorption des différents éléments présents dans l’atmosphère de l’étoile. 2.  λ = 4 344,9 Å

4 344,9 – 4 340,47 3.  v = 3,00 × 108 ×  4 340,47 v = 3,06 × 105  m · s–1 = 306 km · s–1 4. a. On observe un redschift, décalage vers le rouge. b. L’étoile s’éloigne de la Terre.

33  Diffraction par un fil

L 2D λ 2.  θ =  , avec θ en radian, et λ et a en mètre. a 1 3.  La courbe θ = f   est une droite passant par l’oria 1 gine. Or l’expression précédente montre que θ et a sont proportionnels (coefficient de proportionnalité λ). La figure 2 est donc bien en accord avec la relation. 1.  θ ≈ tan θ = 

()

4.  Le coefficient directeur de la droite représentative 1 de θ = f   est égal à la longueur d’onde λ. a 5. Soit le point de la droite de coordonnées (5,0 × 104 m−1 ; 2,8  × 10−2 rad).

()

donc les interférences sont constructives. • Pour la radiation violette :

δV = 2 nV · e · cos  r + 

3. a. On mesure 7 périodes en 30 jours, soit :

R

4. Lorsque l’angle d’incidence augmente, d’après la loi de Descartes, l’angle de réfraction augmente, donc la différence de marche change et la longueur d’onde pour laquelle les interférences sont constructives aussi. La couleur observée change donc quand l’angle d’incidence est modifié. Une couleur interférentielle change lorsque l’on change l’angle d’observation. Une couleur pigmentaire est toujours identique quel que soit l’angle d’observation.

31  Exoplanètes 1. Les astrophysiciens mesurent la longueur d’onde de certaines raies d’absorption sur le spectre de la lumière émise par l’étoile. 2. La vitesse radiale moyenne est de 33,11 km · s–1. Elle représente la vitesse radiale de l’étoile par rapport à la Terre.

Le coefficient directeur de la droite est : 2,8 × 10–2 λ =   = 5,6 × 10−7 m. 5,0 × 104 La valeur à retenir est λ = 560 nm. 6.  La lumière blanche est polychromatique, donc elle contient des radiations de longueurs d’onde différentes qui donneront des taches de largeurs et de positions différentes sur l’écran. Au centre de l’écran, juste en face du fil, toutes les radiations colorées se superposent ; on obtient du blanc. À l’extérieur de cette tache blanche, seules certaines radiations se superposent ; cela crée des zones colorées : des irisations.

34   Les lambdamètres 1.  a. On note δ = d2 – d1 la différence de marche entre les deux rayons lumineux.

y d1 b

b d2 yP – 2

S1 M S2

P

O

yP + b 2 Écran

D

d1 et d2 exprimés à l’aide du théorème de Pythagore dans les triangles rectangles correspondants donnent :

d  (

)

b d1 =   D 2 + yP – 2

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2

26


d  ( ) b b d’où d – d  = d  D + (y + ) – d  D + (y – ) 2 2 b d2 =   D 2 + yP + 2

2

2

1

b. On obtient :

(d 

δ = D ·   1 +

2

P

2

2

2

P

( ) d  ( ) ) ( ) ( ) yP + D

b2 2

–  1 +

yP – D

b 2

2

b b yP + yP – 2 2 b avec yP ±   K  D, donc ε =  et ε’ =  D D 2 très petits. c. En appliquant l’approximation, on obtient :

E ( ) ( )R

b2 b2 yP – 2 2 – 1 –  δ = D ·  1 +  D D 1 b b b b δ =   ·  yP +   – yP +   ·  yP +   + yP –  D 2 2 2 2 b · yP δ =  D yP +

(

)(

)

2.  Il y a interférences constructives si δ est égal à un nombre entier de longueurs d’onde λ. On observe donc des franges brillantes pour yP = 0, c’est-à-dire sur l’axe optique du système, puis pour : λ · D λ · D λ · D  ; y2 = 2   ; y3 = 3   ; etc. y1 =  b b b Il y a interférences destructives si δ est égal à un nombre impair de demi-longueurs d’onde. On observe alors des franges sombres pour : λ · D λ · D λ · D  ; y2’ = 3   ; y3’ = 5   ; etc. 2b 2b 2b D’après ce qui précède, la distance entre deux franges brillantes ou entre deux franges sombres consécutives, appelée interfrange i, s’écrit : λ · D i =  b La mesure de i à partir de D et b permet de déterminer expérimentalement la longueur d’onde de la lumière monochromatique utilisée : i · b λ =  D y1’ = 

Retour sur l’ouverture du chapitre 35   Bulles de savon et iridescence 1. Les ondes sont cohérentes, car elles sont issues de la même source. 2.  Pour qu’il y ait interférences constructives, la différence de marche δ doit être un nombre entier de longueurs d’onde : λ δ = 2 n · e +   = k · λ, 2 λ soit : avec k = 1, e =  4n 1 633 × 10–9 = 1,17 × 10–7 m = 117 nm 3. a. e =   ×  2 2 × 1,35 1 488 × 10–9 b. e =   ×   = 9,04 × 10–8 m = 90,4 nm 2 2 × 1,35 4.  Les couleurs dépendent de l’épaisseur du film. 5.  À cause de la pesanteur, l’épaisseur est plus fine au-dessus de la bulle que sur le bas de la bulle.

Comprendre un énoncé 36   Radar... et effet Doppler 1.  λ’ = λ – v · T et λ = 

c

f Par suite : c c v c  =   –  , soit f’ = f  ·  f’ f f  c–v c 2.   1 1, donc f’ 1 f : c–v le son perçu est donc plus aigu que le son émis. 3.  D’après la relation de la question 1 : f’ · (c  –  v) = f · c

f’ · c –  f  · c  = f’ · v c · (f’ – f ) v =  f‘ 340 × (716 – 680)  = 17,1 m · s–1 = 61,5 km · h–1 v =  716 c 4.  a. λ’’ = λ + v · T et f’’ = f  ·  c + v c b.   ! 1, donc f’’ ! f : c+v le son perçu est donc plus grave que le son émis.

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27


Chapitre

4

Analyse spectrale Activités 1

Tracé et analyse de spectres UV-visible (p. 88)

A Analyse de quelques spectres 1 et 2 Numéro de la courbe

1

2

3

4

5

Couleur de la solution

Jaune

Orangé

Rouge

Violet

Bleu vert

λmax (nm)

400

430

520

550

720

Couleur de la radiation absorbée

Violet

Bleu

Vert

Jaune

Rouge

3 Lorsqu’une espèce chimique n’absorbe que dans un seul domaine de longueurs d’onde du visible, sa couleur est la couleur complémentaire de celle des radiations absorbées.

B Étude de solutions colorées 4 et 5 Il suffit de tracer le spectre A = f (λ) pour les diverses solutions proposées en faisant le blanc du spectrophotomètre avec le solvant utilisé pour préparer les solutions. En cas de saturation de l’appareil, les élèves devront diluer les solutions étudiées. Pour cela, il faudra utiliser : –  un spectrophotomètre et ses cuves ; –  une solution de vert de malachite ; –  une solution de chlorure de chrome (III) ;

–  une solution de jus de chou rouge à pH = 5 ; –  une solution d’hélianthine à pH = 4 ; –  les solvants utilisés pour préparer ces solutions ; –  cinq pipettes Pasteur ; –  des tubes à essais dans leur portoir. 6 Lorsqu’une espèce chimique absorbe dans plusieurs domaines de longueurs d’onde, sa couleur résulte de la synthèse additive des couleurs complémentaires des radiations absorbées.

C Recherches d’espèces colorées 7   et   8   Si le laboratoire ne dispose pas de β-carotène, il suffit, pour tracer son spectre, de l’extraire de carottes fraîches. Pour cela, après les avoir nettoyées et épluchées, broyer le plus finement possible deux ou trois carottes coupées en dés et additionnées d’un peu d’eau avec un presse-légumes ou un mixer. Ajouter alors 15 mL de cyclohexane, agiter vigoureusement quelques instants, laisser décanter, verser la phase liquide dans une ampoule à décanter, récupérer la phase supérieure et la filtrer afin d’obtenir une solution limpide. On peut aussi partir de jus de carottes biologique (sans additif) du commerce. Tracer le spectre A = f (λ) de la solution obtenue, en faisant le blanc avec du cyclohexane (le β-carotène a deux maxima d’absorption pour λmax = 445 nm et λmax = 475 nm). Choisir un produit « solaire » dont l’étiquette annonce

qu’il contient du β-carotène, en écraser très finement plusieurs comprimés ou récupérer la poudre contenue dans les gélules, ajouter 15 mL de cyclohexane, agiter vigoureusement quelques instants, laisser décanter et filtrer la phase liquide afin d’obtenir une solution limpide. Tracer, dans le même repère que précédemment, le spectre A’ = f (λ) de la solution obtenue, en faisant le blanc avec du cyclohexane. Comparer les tracés obtenus et conclure. La même étude peut être conduite avec le lycopène présent dans les tomates et dans certains produits destinés à favoriser le bronzage. Pour cela il faudra utiliser : –  un spectrophotomètre et ses cuves ; –  un mixer ou un presse-légumes ; –  des carottes et/ou des tomates fraîches ou du jus de carottes et/ou du jus de tomate naturels ;

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– des produits destinés à favoriser le bronzage disponibles en grande surface ou en pharmacie ; –  un mortier et son pilon ; –  un dispositif de filtration avec papier-filtre ou coton ; –  deux erlenmeyers ;

 omenclature et groupe caractéristique N de composés organiques (p. 89)

Manuel numérique

Animations : nomenclatures des alcanes, des alcènes, des esters, des amines et des amides.

A Alcènes 1 Un alcène est caractérisé par sa double liaison

CpC (en plus de sa formule brute de type CnH2n).

2 Le nom d’un alcène dérive de celui de l’alcane de

même chaîne carbonée en remplaçant la terminaison -ane par la terminaison -ène précédée de l’indice de position, de la double liaison CpC dans la chaîne principale. Cet indice est le plus petit possible. Le nom et la position des ramifications sont précisés. Le cas échéant l’isomérie Z / E l’est aussi. 3 •  Alcène à deux atomes de carbone : C2H4

éthène (ou éthylène) : CH2pCH2 •  Alcène à trois atomes de carbone : C3H6 propène (ou propylène) : CH3PCHpCH2 •  Alcènes à quatre atomes de carbone : C4H8

CH3

CH3 CH3PCH2PHCpCH2 But-1-ène

2.0

2

–  une éprouvette graduée de 20 mL ; –  un agitateur magnétique et son barreau aimanté ; –  une ampoule à décanter ; –  cinq pipettes Pasteur ; –  des tubes à essais dans leur portoir.

H

CH3

CH3

CpC H CH3 (E)-but-2-ène

CH3PCpCH2 Méthylpropène

•  Alcènes à cinq atomes de carbone : C5H10 

CH3PCH2

CH3 CpC

CH3PCH2PCH2PHCpCH2

H H (Z)-pent-2-ène

Pent-1-ène CH3PCH2

H

CH3PCHPHCpCH2

CpC

CH3 3-méthylbut-1-ène

H CH3 (E)-pent-2-ène

CpC

CH3PCH2PCpCH2

H H (Z)-but-2-ène

CH3 2-méthylbut-1-ène

CH3PCpCHPCH3



CH3 2-méthylbut-2-ène

B Esters O

4 Un ester est caractérisé par le groupe RPCPOPR’ 5 Le nom d’un ester comporte deux termes :

– le premier, avec la terminaison -oate désigne la chaîne carbonée RPC, numérotée à partir de C ; –  le second, avec la terminaison -yle est le nom du groupe alkyle R’, numéroté à partir de l’atome de carbone lié à l’atome d’oxygène O. 6 •  Ester à deux atomes de carbone :

–  méthanoate de méthyle HPCOPOPCH3

•  Esters à trois atomes de carbone :

–  méthanoate d’éthyle : HPCOPOPC2H5 –  éthanoate de méthyle : CH3PCOPOPCH3 •  Esters à quatre atomes de carbone :

–  méthanoate de propyle : HPCOPOPCH2PCH2PCH3 –  méthanoate de 1-méthyléthyle : HPCOPOPCH (CH3)2 –  éthanoate d’éthyle : CH3PCOPOPCH2PCH3 –  propanoate de méthyle : CH3PCH2PCOPOPCH3

C Amines 7 Une amine est caractérisée par le groupe PNP 8 Une amine est un composé de formule générale

R’ RPNPR’’, où R’ et R’’ peuvent être des atomes d’hydrogène, des groupes alkyles, etc. Le nom d’une amine de formule RPNH2 dérive de celui de l’alcane de même chaîne carbonée en rem-

plaçant la terminaison -ane par la terminaison -amine, précédée de l’indice de position (le plus petit possible) du groupe amine dans la chaîne carbonée principale, c’est-à-dire la plus longue. Lorsque l’atome d’azote est lié à d’autres groupes alkyle, le nom de l’amide est précédé de la mention N-alkyl.

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29


•  Amines à quatre atomes de carbone :

9 •  Amines à deux atomes de carbone : –  éthanamine : CH3PCH2PNH2

–  N-méthyl-méthanamine : CH3PNHPCH3 •  Amines à trois atomes de carbone :

–  propan-1-amine CH3PCH2PCH2PNH2 –  propan-2-amine CH3PCH (NH2)PCH3 –  N-méthyl-éthanamine CH3PCH2PNHPCH3 – N,N-diméthyl-méthanamine ou triméthylamine (CH3)3N.

–  butan-1-amine : CH3PCH2PCH2PCH2PNH2 –  butan-2-amine : CH3PCH2PCH(NH2)PCH3 –  2-méthylpropan-1-amine : (CH3)2CHPCH2PNH2 –  2-méthylpropan-2-amine : (CH3)3CPNH2 – N-méthyl-propan-1-amine  : CH3PCH2PCH2 PNH(CH3) –  N-méthyl-propan-2-amine. (CH3)2CH PNH(CH3) –  N-éthyl-éthanamine. CH3PCH2PNH(CH2PCH3) –  N,N-diméthyl-éthanamine : CH3PCH2PN(CH3)2

D Amides O 10 Un amide est caractérisé par le groupe PCPNP 11 Un amide est un composé de formule générale

O R’

RPCPNPR’’, où R’ et R’’ peuvent être des atomes d’hydrogène, des groupes alkyle, etc. O Le nom d’un amide de formule RPCPNH2 dérive de celui de l’alcane de même chaîne carbonée en remplaçant la terminaison -ane par la terminaison -amide. La chaîne carbonée est numérotée à partir de l’atome de carbone C. Lorsque l’atome d’azote est lié à des groupes alkyle, le nom de l’amide est précédé de la mention N-alkyl. 12 •  Amides à deux atomes de carbone : –  éthanamide : CH3PCOPNH2 –  N-méthyl-méthanamide : HPCOPNH(CH 3)

–  propanamide : CH3PCH2PCOPNH2 –  N-méthyl-éthanamide : CH3PCOPNHPCH3 –  N,N-diméthyl-méthanamide : HPCOPN(CH3)2 •  Amides à quatre atomes de carbone :

–  butanamide : CH3PCH2PCH2PCOPNH2 –  2-méthylpropanamide : (CH3)2CHPCOPNH2 –  N-méthyl-propanamide : CH3PCH2PCO PNH(CH3) –  N-éthyl-éthanamide : CH3PCOPNH(CH2PCH3) – N-propyl-méthanamide  : HPCO PNH(CH2PCH2PCH3) – N-(1-méthyléthyl)-méthanamide  : HPCO PNH(CH(CH3)2)  –  N,N-diméthyl-éthanamide : CH3PCOPN(CH3)2  – N-éthyl-N-méthyl-méthanamide  : HPCOPN(CH3)(CH2PCH3)

Exploitation de spectres infrarouge (IR) (p. 90-91)

Remarque : dans l’animation du livre numérique consacrée aux spectres infrarouge, les molécules étudiées sont celles de cette activité ; il y a deux exemples d’application au lieu d’un.

Manuel numérique

2.0

3

•  Amides à trois atomes de carbone :

Animation : Exploiter un spectre IR pour déterminer des groupes caractéristiques.

A Analyse de quelques spectres 1 Une transmittance de 100 % signifie que toute la

4 Le groupe caractéristique est en couleur :

lumière infrarouge a été transmise et que rien n’a été absorbé. Au contraire, une transmittance de 0 % signifie que rien n’a été transmis et que toute la lumière a été absorbée. L’axe des transmittances étant gradué de 0 à 100 % de bas en haut, il est logique que les spectres IR pointent vers le bas : plus l’extremum du pic est proche de l’axe des abscisses plus l’absorption est forte.

– pent-1-ène (B) : CH 3PCH 2PCH 2PHC p CH 2 groupe alcène ; –  pentan-1-ol (C) : CH3PCH2PCH2PCH2PCH2POH groupe hydroxyle ; – pentanal (D) : CH3PCH2PCH2PCH2PHCpO groupe carbonyle (aldéhyde) ; – pentan-3-one (E) : CH3PH2CPCOPCH2PCH3, groupe carbonyle (cétone) ;

2 En spectroscopie infrarouge, avec λ = 1/σ : 2,5 µm  λ  16,7 µm, soit : 2 500 nm  λ  16 700 nm (pour le visible : 400 nm  λ  800 nm).

–  acide pentanoïque (F) : CH3PCH2PCH2PCH2PCO2H  groupe carboxyle ;

3 La bande CPC (1 000 cm–1  σ  1 250 cm–1) a une très faible intensité, elle est donc difficilement repérable dans un spectre.

–  propanoate d’éthyle (H) : CH3PCH2PCOPOPCH2PCH3 groupe ester ;

–  pentan-1-amine (G) : CH3PCH2PCH2PCH2PCH2PNH2  groupe amine ;

–  pentanamide (I) : CH3PCH2PCH2PCH2PCOPNH2 groupe amide.

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5 Toutes les molécules étudiées possèdent des

liaisons CPH (2 800-3 000 cm–1 et 1 415-1 470 cm–1) tét et CPC (1 000-1 250 cm–1) ; seules les autres liaisons remarquables sont mentionnées dans le tableau ci-dessous.

B Identification d’un composé 6 On repère les bandes relatives aux liaisons : CpC (σ ≈ 1 640 cm–1),  CPH (σ ≈ 3 100 cm–1),

OPH (σ ≈ 3 350 cm–1)  et  CPO (σ ≈ 1 100 cm–1 ). Y correspond à la molécule M, soit le pent-2-èn-2-ol. 7 Les bandes d’absorption associées à chacune des

liaisons rencontrées en chimie organique (CPC, CPH, OPH, NPH, CPO, CpC, CpO, etc.) correspondent à un domaine de nombre d’ondes σ bien précis. Un spectre infrarouge renseigne ainsi sur la nature des liaisons présentes dans une molécule et donc sur ses groupes caractéristiques.

tri

Molécules

Fonction chimique

Bandes d’absorption des principales liaisons

B

Alcène

CpC (σ ≈ 1 640 cm–1)   CPH (σ ≈ 3 100 cm–1)

C

Alcool

D

Aldéhyde

CpO (σ ≈ 1 750 cm–1)

E

Cétone

CpO (σ ≈ 1 720 cm–1)

F

Acide carboxylique

CpO (σ ≈ 1 710 cm–1)   OPH (σ ≈ 3 200 cm–1)

G

Amine

NPH (σ ≈ 3 250 à 3350 cm–1)

H

Ester

CpO (σ ≈ 1 730 cm–1)   CPO (σ ≈ 1 220 cm–1)

I

Amide

CpO (σ ≈ 1 620 à 1 670 cm–1)   NPH (σ ≈ 3 200 à 3 350 cm–1)

4

tri

OPH (σ ≈

3 350 cm–1)   CPO

(σ ≈ 1 100 cm–1)

Utilisations des spectres UV-visible et de RMN (p. 92)

1 Monomères : espèces chimiques dont l’enchaînement conduit à un polymère. L’éthylène (ou éthène) CH2pCH2, le styrène C6H5PCHpCH2, le chlorure de vinyle CHClpCH2 sont des monomères. Photosynthèse : synthèse de la matière végétale à partir d’eau et de dioxyde de carbone, en présence de chlorophylle sous l’action de l’énergie lumineuse. La photosynthèse est une réaction photochimique d’équation générale :

n CO2 + n H2O

(CH2O)n + n O2

Isotopes : atomes ou ions monoatomiques dont les noyaux possèdent le même nombre de protons mais un nombre de neutrons différents : 35Cl et 37Cl sont isotopes. Chaptalisé : se dit d’un vin dont le degré alcoolique a été augmenté par ajout de sucre lors de la fermentation du moût de raisin. Ce procédé a été mis au point par le chimiste français Jean CHAPTAL (1756-1832). Métabolisme : ensemble des processus de transformations de matière et d’énergie par l’organisme. Protéines : macromolécules naturelles constituées par l’enchaînement d’acides α-aminés naturels, reliés entre eux par des liaisons peptidiques ; les enzymes sont des protéines. Principes actifs : espèces chimiques possédant un effet thérapeutique : l’aspirine et le paracétamol sont des principes actifs. 2 Le DDL absorbe dans l’UV (λ ≈ 260 nm) mais aussi dans le visible, plus précisément dans le violet (λ ≈ 420 nm) ; il peut donc être jaune.

être naturelles ou synthétiques. Généralement, les molécules synthétiques coûtent beaucoup moins chères que celles extraites d’espèces naturelles, végétales ou animales. C’est pour cette raison que l’on cherche à identifier l’origine de ces molécules afin qu’il n’y ait pas de fraudes ou de publicités mensongères. La détermination par RMN du rapport R = % (2H) / % (1H) des molécules d’arômes présentes dans le produit analysé permet, grâce aux données cartographiques disponibles, de localiser dans quelles régions ont été produites les molécules constituant ce produit et de vérifier si l’espèce naturelle, source de ce produit, est cultivée dans cette région. 4 L’hydrogène, le carbone, l’azote et l’oxygène sont les principaux éléments présents dans les molécules de protéines, de glucides et de lipides, constituants essentiels de l’organisme. L’étude en RMN des résonances de ces éléments est donc essentielle en médecine. 5 L’existence de liaisons hydrogène affaiblit les liaisons covalentes OPH ou NPH ; la présence de telles liaisons se traduit par une diminution du nombre d’ondes de la radiation absorbée et peut donc être détectée en infrarouge. Le déplacement chimique d’un proton dépend de l’environnement électronique de ce proton ; la présence de liaisons hydrogène modifie cet environnement et donc le déplacement chimique correspondant.

3 L’arôme d’un produit alimentaire est dû à la présence de molécules particulières ; celles-ci peuvent © Hachette Livre, 2012 – Physique Chimie Terminale S spécifique, Livre du professeur – La photocopie non autorisée est un délit.

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Exercices

(p. 101-115)

QCM 1   1. B et C ; 2. B ; 2   1. B ; 2. A et C ; 3   1. A et C ; 2. A et C ; 3. B et C ; 4   1. C ; 2. C ; 3. B et C ; 4. B ; 5. A.

Application immédiate 5  Associer une molécule

à son spectre infrarouge

1.  Le spectre IR présente une bande d’absorption vers 3 400 cm–1 (liaison OPH) et une vers 1 700 cm–1 (liaison CpO). B peut avoir la formule a. 2. La bande large vers 3 400 cm–1 est caractéristique de la présence de liaisons hydrogène.

6   Relier un spectre de RMN à une molécule Le 1,1-dichloroéthane a pour formule Cl2CHPCH3. Son spectre de RMN présente deux signaux : un doublet pour CH3 et un quadruplet pour CH, ce qui est le cas de celui proposé. Les hauteurs d’intégration sont telles que h (CH3) = 3 h (CH), ce qui est compatible. Les valeurs des déplacements chimiques du spectre sont supérieures à celles lues dans la table : (δ (CH3PCPCl) = 2 ppm au lieu de 1,5 ppm et δ (CHPCl) = 6 ppm au lieu de 4 ppm). Cela provient de la présence de deux atomes de chlore et non d’un seul.

dans l’orangé (λ = 610 nm), couleur complémentaire du vert-bleu, d’où sa couleur à pH = 4,6.

10   Reconnaître un groupe caractéristique a. Groupes amine PNH2 et carboxyle PCOOH (fonctions amine et acide carboxylique) ; b. groupe hydroxyle POH, groupes amine PNH2 et carboxyle PCOOH (fonctions alcool, amine et acide carboxylique) ; c. groupes amine PNH2, carboxyle PCOOH et amide PCOPNH2 (fonctions amine, acide carboxylique et amide) ; d. groupes carbonyle CpO, alcène CpC et carboxyle PCOOH (fonctions cétone, alcène et acide carboxylique) ; e. groupes carbonyle CpO et alcène CpC (fonctions aldéhyde et alcène).

11   Nommer des composés organiques 1.  a. Groupe alcène CpC (alcène) ; b. groupe hydroxyle POH (alcool) ; c. groupe amine PNH2 (amine) ; d. groupe carbonyle CpO (cétone) ; e. groupe carbonyle CpO (aldéhyde) ; f. groupe amine PNHP (amine) ; g. groupe ester PCOPOPC (ester) ; h. groupe amide PCOPNHP (amide). 2.  a.  2-méthylbut-2-ène ; b. 5-méthylhexan-2-ol ; c. pentan-2-amine ; d. 4-éthylhexan-2-one ; e. butanal ; f.  N-éthylbutan-2-amine ; g. 2-méthylbutanoate d’éthyle ; h. N-méthylbutanamide.

12   Utiliser des formules topologiques

Pour commencer 7  Savoir lire et exploiter un spectre UV-visible

a. On lit l’absorbance en ordonnée et la longueur d’onde en abscisse. b. Pour les radiations UV : 200 nm  l  400 nm. c. C’est un spectre d’absorption. d. On applique la loi de Beer-Lambert. e. Il y a absorption dans l’ultraviolet. f. L’espèce est jaune.

8  Utiliser un spectre pour déterminer une couleur

λmax = 450 nm, soit une absorption dans le domaine du violet-bleu, couleur complémentaire du jauneorangé.

9   Justifier une couleur à partir d’un spectre Le vert de bromocrésol absorbe dans le bleu (λ = 450 nm), couleur complémentaire du jaune, et

1.  a. Groupe et fonction alcène ; b. groupe hydroxyle, fonction alcool ; c. groupe carbonyle, fonction aldéhyde ; d. groupe carbonyle, fonction cétone ; e. groupe carboxyle, fonction acide carboxylique ; f. groupe et fonction ester ; g. groupe et fonction amine ; h. groupe et fonction amine ; i. groupe et fonction amide. 2.  a. (E)-4-méthylpent-2-ène ; b.  2,3-diméthylpentan-2-ol ;   c.  3-méthylpentanal ; d.  5-éthyl-2,4-diméthylheptan-3-one ; e. acide 2-éthylpentanoïque ; f. 2-méthylbutanoate d’éthyle ; g.  N-méthylpentan-2-amine ; h.  N-éthyl-N-méthyl-butan-1-amine ; i. N-méthyl-3-méthylhexanamide.

13  Écrire une formule semi-développée à partir d’un nom

1.  a.  CH3

CH3 CHPCH3

CpC H

H

  

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f. groupe et fonction ester ; g. groupe et fonction amine ; h. groupe et fonction amide.

CH3 b. CH3PCH2PCHPCH2POH

C2H5

15  Savoir lire et exploiter un spectre infrarouge

O    CH PCH PCHPCH PC c. 3 2 2 H

a. La transmittance en ordonnée et le nombre d’ondes en abscisse. b. Pour les spectres infrarouge :

O

600 cm–1  s  4 000 cm–1.

d. CH3PCH2PCHPCPCH3  

c. Un spectre infrarouge est un spectre d’absorption.

CH3 CH3

O

e. CH3PCHPCH2PC

CH3

d. Un spectre infrarouge renseigne sur la nature des liaisons présentes.

16   Reconnaître des bandes d’absorption

OH

1.  CH3PCHPCH2PCH2PCH2PCH3 ; OH groupe hydroxyle (alcool).

O

f. CH3PCHPC

OPC2H5 NH2

2.  (a) liaison OPH ;

(b) liaison CPH ;

(c) liaison CPH ;

(d) liaison CPO.

g. CH3PCHPCH3

17  Utiliser un spectre pour déterminer

h. CH3PCH2PCH2PCH2PNHPC2H5

1. Les molécules du composé A peuvent, a priori, posséder : a. une liaison CPH ; b. une liaison CPH ;

une fonction

O

O

i. CH3PCH2PC



NH2

tét

j. CH3PC NHPCH3

2.  La formule de l’hex-1-ène est : H2CpCHPCH2PCH2PCH2PCH3

2. a. Groupe alcène (alcène) ; b. groupe hydroxyle (alcool) ; c. groupe carbonyle (aldéhyde) ; d. groupe carbonyle (cétone) ; e. groupe carboxyle (acide carboxylique) ; f. groupe ester (ester) ; g. et h. groupe amine (amine) ; i. et j. groupe amide (amide).

d’où les bandes observées.

18  Utiliser un spectre pour identifier une fonction

1. Les molécules du composé B peuvent, a priori, posséder : a. une liaison CPH ; b. une liaison CPC ;

14  Écrire une formule topologique

tét

à partir d’un nom

1.

d. une liaison OPH ;

2.  Le composé B peut, a priori, présenter :  a. une fonction alcool ; b. une fonction cétone ; c. une fonction acide carboxylique.

b.  O

c. 

O

d. 

O

OH

f. 

O O

g. 

N

3.  La formule de la 1-hydroxybutanone est : CH3PCH2PCPCH2POPH

O d’où les bandes observées.

O O

e. 

e. une liaison CpO ;

f. une liaison CPO.

OH

a. 

tri

c. une liaison CPC ; d. une liaison CpC. Le composé A possède une fonction alcène

h.  N H

2.  a. Groupe et fonction alcène ; b. groupe hydroxyle, fonction alcool ; c. groupe carbonyle, fonction cétone ; d. groupe carboxyle, fonction acide carboxylique ; e. groupe et fonction ester ;

19  Savoir lire et exploiter un spectre de RMN

a. Dans un spectre de RMN on lit le déplacement chimique en abscisse. b. La courbe d’intégration permet de déterminer le nombre de protons qui résonnent. c. La multiplicité d’un signal indique le nombre de protons équivalents voisins. d. Une molécule qui présente un doublet et un quadruplet peut être CH3PCHCl2.

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Pour s’entraîner

20   Lire une table de données de RMN 1.  a. 1,4 ppm ; b. 3,0 ; c. 2,3 ; d. 3,3 ; e. 2,2 ; f. 2,0. 2. a. 1,3 ; b. 3,6 ; c. 3,3 ; d. 1,7 ; e. 4,1 ; f. 4,3 ; g. 2,5.

25   Couleurs et radiations absorbées

3.  a. 1,5 ; b. 3,9 ; c. 1,6 ; d. 2,7.

1.  Une solution aqueuse de chlorure de titane (III) est rouge-violacée (pourpre)

21   Attribuer des déplacements chimiques

2.  a. L’unique maximum se situerait vers λ = 450 nm (dans le bleu). b. La couleur perçue est la superposition du jaune, couleur complémentaire du violet (λ = 430 nm ) et de l’orange, couleur complémentaire du bleu (λ = 500 nm).

Les protons et les déplacements chimiques liés sont de même couleur. 1. CH3PCOPOPCH3 : δ1 = 2,0 ppm, δ2 = 3,7 ppm. 2. CH3PBr et CH3PCH2PBr : δ1 = 1,7 ppm, δ2 = 2,7 ppm.

26   Spectre UV-visible et réactions chimiques La solution de sulfate de nickel absorbe dans le violet (λ = 400 nm), couleur complémentaire du jaune-vert, et dans le rouge (λ = 730 nm), couleur complémentaire du bleu-vert ; elle est donc verte. La solution contenant le complexe absorbe dans le jaune-vert (570 nm) ; elle est donc violette.

3. CH3POPCH2PCH3 et C6H5POPCH2PCH3 : δ1 = 3,4 ppm, δ2 = 4,3 ppm. 4. (CH3)2CHPOPH et (CH3)2CHPNH2 : δ1 = 2,8 ppm, δ2 = 3,9 ppm.

22   Identifier des protons équivalents 1.  Les protons équivalents sont de la même couleur : a. HOPCH2PCH2POH b. CH3PCH(OH)PCH3 c. BrPCH2PCH2PCH2PCH2POH d. CH3PCH2PCOPOPCOPCH2PCH3 e. CH3PCH2PCOPOPCH2PCH3 H

H

f.  H3C

H CH3

H

g.  H3C

H

2.  a. 3 signaux ; d. 1 signal ; g.  3 signaux ;

H Br

H

b. 2 signaux ; e.  4 signaux ; h.  4 signaux ;

H

c. 2 signaux ; f.  3 signaux ; i. 6 signaux.

23  Relier la multiplicité du signal au nombre de voisins

1.  Multiplicité des signaux correspondant aux groupes méthyle CH3 : a. CH3PCH2P : triplet ;   b. (CH3)3CP : singulet ; c. (CH3)2CHP : doublet. 2.  Multiplicité des signaux correspondant aux groupes méthylène PCH2P : a. CH3PCH2POH : quadruplet ; b. (CH3)2CHPCH2PBr : doublet ; c. H2NPCH2PCH2PNH2 : singulet ; d. HOPCH2PCH2PCl : triplet et triplet. 3. Multiplicité des signaux correspondant aux groupes méthyne CHP : a. (CH3)2CHPCl : heptuplet ;  b. (CH3)3CH : décuplet ; c. HCCl3 : singulet ;  d. (CH3)CHCl2 : quadruplet.

24  Reconnaître des signaux par leur multiplicité

(I) est le spectre de c (2 protons voisins de 3, et réciproquement). (II) est le spectre de a (1 proton voisin de 6, et réciproquement).

27  Chimie et santé Pour chaque molécule, les réponses sont données de gauche à droite : a. Lidocaïne : groupe et fonction amide ; groupe et fonction amine. b. Captotril : groupe et fonction amide ; groupe carboxyle, fonction acide carboxylique. c. Misoprostol : groupe et fonction ester ; groupe hydroxyle et fonction alcool ; groupe carbonyle et fonction cétone. d. Aspirine : groupe carboxyle, fonction acide carboxylique ; groupe et fonction ester. e. Bupivacaïne : groupe et fonction amine ; groupe et fonction amide. f. Péthidine : groupe et fonction amine ; groupe et fonction ester.

28   Composés azotés 1.  On repère des liaisons : CPH (2 900 cm–1 et 1 400 cm–1), tét CpO (1 700 cm–1), NPH (3 200 cm–1 et 3 400 cm–1). 2.  a. Amides isomères du composé A : (I) : propanamide : CH3PCH2PCOPNH2 ; (II) : N-méthyl-éthanamide : CH3PCOPNH(CH3) ; (III) : N,N-diméthyl-métanamide HPCOPN(CH3)2. b. (III) ne peut avoir le spectre proposé, car elle ne présente pas de liaison NPH. c. A est la propanamide, car le spectre présente deux bandes pour NPH (3 200 cm–1 et 3 400 cm–1).

29   Spectres infrarouge et oxydation 1.  Butan-1-ol CH3PCH2PCH2PCH2POH ; A : butanal : CH3PCH2PCH2PCpO ;

H B : acide butanoïque : CH3PCH2PCH2PCpO. OH 2. Butan-1-ol : fonction alcool ; A : fonction aldéhyde ; B : fonction acide carboxylique.

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3. Les spectres de ces trois espèces présentent, entre autres, pour le butan-1-ol une bande due à OPH (3 300 cm–1), pour A une bande due à CpO (1 720 cm–1) et pour B une bande due à OPH (3 100 cm–1) et une due à CpO (1 720 cm–1).

3. Pour δ = 3 ppm : septuplet donc six protons voisins ; pour δ = 1,4 ppm : singulet pas de proton voisin ou proton(s) porté(s) par un hétéroatome (N, O, S, etc.) ; pour δ = 0,9 ppm : doublet donc un proton voisin. 

4. Le butanal est pur si son spectre IR ne présente pas de bande vers 3 100 cm–1- 3 300  cm–1.

4. Seule la propan-2-amine CH3PCH(NH2)PCH3 peut avoir ce spectre de RMN.

30  Spectres infrarouge et hydrogénation

35   Structure et couleurs

1.  Formule semi-développée de B : CH3PCH2PCPH

O Formule semi-développée de C : CH3PCH2PCH2POH Fonctions chimiques : A : alcène et aldéhyde, B : aldéhyde et C : alcool. 2.  Bandes caractéristiques : –  A : bandes CpC (1 650 cm–1) ; CPH (3 100 cm–1) ; tri CpO (1 700 cm–1) ; –  B : bande CpO (1 700 cm–1) ; –  C : bande OPH (3 300 cm–1). 3.  L’hydrogénation est totale si le spectre du produit obtenu ne présente pas de bande vers : –  1 650 cm–1 : liaison CpC ; –  1 700 cm–1 : liaison CpO.

31   Spectre infrarouge d’acides carboxyliques En phase vapeur, les molécules d’acide butanoïque ne sont pas liées et sont toutes identiques, d’où une bande très étroite. En revanche, à l’état liquide, des liaisons hydrogène relient les molécules, les liaisons OPH sont plus ou moins affaiblies, le nombre d’ondes d’absorption est alors diminué et les bandes sont plus larges.

32   Du spectre à la molécule 1. Le composé A ne peut pas être l’acide butanoïque, car il n’y a pas de signal pour δ ≈ 11 ppm. 2.  C’est le propanoate de méthyle : CH3PCH2PCOPOPCH3 car δ (H) = 3,7 ppm dans les tables (fiche no 11C, p. 595 du manuel) alors que δ (H) = 2,0 ppm pour CH3PCOPOPCH2PCH3, ces deux groupes méthyle donnant nécessairement un signal singulet.

1.  Formules brutes : b. C7H8N2 ; a. C2H6N2 ;

c. C12H10N2.

2.  Plus un composé a de liaisons conjuguées, plus il absorbe des radiations de grandes longueurs d’onde, aussi : a. doit absorber dans le violet, il est jaune ; b. doit absorber dans le bleu, il est orangé ;  c. doit absorber dans le vert, il est rouge.  3. Domaines de longueurs d’onde du maximum : a. 420-435 nm ;     b. 435-480 nm ;    c. 490-500 nm. 4. Stéréoisomères Z :

N N a. 

c. 

b. 

N

N

N

N

Pour aller plus loin 36   Vérifier une formule par RMN 1.  a. Le spectre de RMN du composé A présente un signal pour δ ≈ 7 ppm ; A peut être un dérivé du benzène. b. Le signal à δ ≈ 7 ppm est un singulet ; les protons aromatiques sont équivalents. 2. Le composé A peut être le 2-phénylpropane ou cumène, C6H5PCH(CH3)2 car il présente, outre le singulet à δ ≈ 7 ppm, un doublet à δ ≈ 1,2 ppm correspondant aux deux groupes méthyle couplés avec le proton de CH, et un septuplet à δ ≈ 2,8 ppm correspondant au proton du groupe méthyne CH couplé avec les six protons des groupes méthyle (CH3)2.

37   Spectroscopy analysis of amines

33   Classe d’un alcool et RMN

Traduction du texte :

1.  Propan-1-ol : CH3PCH2PCH2POH Propan-2-ol : CH3PCH(OH)PCH3

« Les bandes d’absorption intéressantes des amines en infrarouge sont celles associées aux vibrations des liaisons NPH. Les alkylamines et arylamines primaires présentent deux pics dans le domaine allant de 3 000 cm–1 à 3 500 cm–1  ; ces pics sont dus aux modes de vibration d’élongations symétriques et antisymétriques des liaisons NPH. Ces deux vibrations sont clairement visibles à 3 270 cm–1 et 3 380 cm–1 dans le spectre infrarouge de la butan-1-amine, présenté dans la figure 1. Le spectre des amines secondaires telles que celui de la N-éthyl-éthanamine, proposé à la figure 2, ne présente qu’un seul pic dû à la vibration d’élongation de la liaison NPH pour 3 280 cm–1. Les amines tertiaires sont bien sûr transparentes dans ce domaine puisqu’elles ne possèdent pas de liaisons NPH. »

2.  a. Le spectre de RMN ne présentant que trois signaux est nécessairement celui du propan-2-ol. Il présente également un singulet (OH), un doublet (CH3)2 et un septuplet PCH(OH)P b. C’est un alcool de classe secondaire.

34   À chacun son rythme 1.  Propan-1-amine : CH3PCH2PCH2PNH2 Propan-2-amine : CH3PCH(NH2)PCH3 N-méthyl-éthanamine : CH3PCH2PNHPCH3 N,N-diméthyl-méthanamine ou triméthylamine : (CH3)3N 2. Pour δ = 3 ppm : un proton ; pour δ = 1,4 ppm : deux protons ; pour δ = 0,9 ppm : six protons.

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1.  Butan-1-amine : CH3PCH2PCH2PCH2PNH2 N-éthyl-éthanamine : CH3PCH2PNH(CH2PCH3) La formule d’une amine primaire est du type RPNH2, celle d’une amine secondaire du type RR’NH et celle d’une amine tertiaire du type RR’R’’N, avec R, R’ et R’’ différents de H. 2.  Amines primaires : Butan-1-amine : CH3PCH2PCH2PCH2PNH2 Butan-2-amine : CH3PCH2PCH(NH2)PCH3 2-méthylpropan-1-amine : (CH3)2CHPCH2PNH2 2-méthylpropan-2-amine : (CH3)3CPNH2. Amines secondaires : N-méthyl-propan-1-amine : CH3PCH2PCH2 PNH(CH3) ; N-méthyl-propan-2-amine : (CH3)2CHPNH(CH3) N-éthyl-éthanamine : CH3PCH2PNH(CH2PCH3) Amine tertiaire : N,N-diméthyl-éthanamine : CH3PCH2PN(CH3)2  3. Les amines tertiaires sont transparentes dans le domaine allant de 3 000 cm–1 à 3 500 cm–1, car, n’ayant pas de liaisons NPH, elles n’absorbent pas dans ce domaine. 4. La propanamide de formule CH3PCH2PCOPNH2, ayant deux liaisons NPH, donne deux pics d’absorption dans le domaine allant de 3 000 cm–1 à 3 500  cm–1, alors que la N-méthyl-éthanamide de formule CH3PCOPNH(CH3), n’ayant qu’une liaison NPH, ne donne qu’un seul pic d’absorption dans ce domaine. 5. Le benzile de formule C6H5PCOPCOPC6H5 possède deux liaisons CpO. Celles-ci peuvent vibrer de façon symétrique et antisymétrique, d’où les deux bandes d’absorption observées pour 1 662 cm–1 et 1 677cm–1.

38   Identification d’un composé Le composé A donne un signal vers δ ≈ 7 ppm, pour cinq protons. Ceux-ci peuvent être ceux d’un groupe phényle C6H5P Le doublet pour 3 H vers δ ≈ 1,4 ppm correspond à des protons couplés avec un atome d’hydrogène, celui-ci donnant alors un quadruplet vers δ ≈ 4,1 ppm. On peut envisager l’existence d’un groupe PCHPCH3. Les huit atomes de carbone étant attribués, les deux protons donnant un singulet vers δ ≈ 1,7 ppm peuvent être ceux d’un groupe amine PNH2. La formule semi-développée de A peut être C6H5PCH(NH2)PCH3, soit la 1-phényléthan-1-amine.

39   Analyse élémentaire et spectres 0,706 = 8 ; 12 0,059 = 8 ; n  (H) = 136,0 × 1 0,235 = 2, n  (O) = 136,0 × 16 soit A : C8H8O2. 1. n (C) = 136,0 ×

2.  Vu δ = 12 ppm, A peut présenter une fonction acide carboxylique PCOPOH, ce que confirme le spectre infrarouge avec une bande d’absorption vers 3 500 cm–1 (liaison OPH) et une vers 1 800 cm–1 (liaison CpO).

3.  Les hauteurs d’intégration donnent 2, 5 et 1 protons. La multiplicité des signaux (singulet) et les valeurs de δ permettent de proposer pour A : C6H5PCH2PCO2H 4.  En phase vapeur, les molécules de A ne sont pas liées et sont toutes identiques, d’où une bande très étroite.

40   Éthylotest, éthylomètre 1.  a. La couleur jaune-orangé des solutions d’ion Cr2O72– (aq) résulte de la superposition du jaune complémentaire du violet (λ = 430 nm ) et de l’orange couleur complémentaire du bleu (λ = 500 nm). La couleur verte des solutions d’ions Cr3+ (aq) résulte de la superposition du jaune couleur complémentaire du violet (λ = 430 nm) et du bleu couleur complémentaire de l’orange (λ = 640 nm). b. •  Couple Cr2O72– (aq) / Cr3+ (aq) : Cr2O72– (aq) + 14 H+ (aq) + 6 e–

Cr3+ (aq) + 7 H2O (ℓ)

•  Couple CH3PCO2H (aq) / CH3PCH2POH (aq) :

CH3PCO2H (aq) + 4 H+ (aq) + 4 e– CH3PCH2POH (aq) + H2O (ℓ) d’où : 2 Cr2O72– (aq) + 3 CH3PCH2POH (aq) + 16 H+ (aq)

4 Cr3+ (aq) + 11 H2O (ℓ) + 3 CH3PCO2H (aq)

2. L’oxydation de l’éthanol en acide éthanoïque a pour équation : CH3PCO2H (aq) + 4 H+ (aq) + 4 e– CH3PCH2POH (aq) + H2O (ℓ) Elle met en jeu des électrons. 3.  a. Les éthylomètres utilisent la loi de Beer-Lambert. b. σ1 = 1/λ1 = 2 950 cm–1 et σ2 =1/λ2 = 2 874 cm–1 nombres d’ondes correspondant aux liaisons CPH tét des groupes méthyle CH3 et méthylène CH2. c. La plupart des hydrocarbures comportent des liaisons CPH. Leur présence perturbe donc les tét mesures. 4.  a. σ3 = 1/λ3 = 1 057 cm–1, correspondant à la liaison CPO. b. L’éthanal a pour formule CH3PCpO. Sa présence ne fausse donc pas la mesure.

H

En revanche, l’éthanoate d’éthyle de formule CH3PCPOPCH3 présente des liaisons CPO. Sa

O présence perturbe donc la mesure. 5. L’air expiré contient de la vapeur d’eau H2O. La bande d’absorption relative au groupe hydroxyle traduirait non seulement la présence du groupe hydroxyle OPH de l’éthanol, mais aussi ceux des molécules d’eau. 6.  a. La précision de ces trois appareils est une précision relative ; elle est définie par rapport à la valeur réelle d’alcool dans le sang telle que la déterminerait un dosage. b. Il serait nécessaire de faire une prise de sang et de doser l’alcool effectivement présent dans le sang. c. L’éthylomètre à infrarouge est le plus précis, c’est aussi le plus cher.

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41  Identifier une molécule A.  Utilisation des spectres 1.  a. Dans le spectre infrarouge, on observe une bande étroite vers 3 050 cm–1 que l’on peut attribuer à la liaison CPH, qui permet d’envisager que le tri

composé A présente un cycle aromatique. b. Ceci est confirmé par le spectre de RMN, car celuici présente un signal pour δ ≈ 7 ppm. 2.  Une fonction alcool (σ ≈ 3 300 cm–1) pourrait être la fonction oxygénée du composé A. 3.  La courbe d’intégration du spectre de RMN permet de déterminer le nombre de protons associés à chaque signal. Ainsi de gauche à droite on trouve 5 H, 1 H, 1 H et 3 H. L’étude des multiplicités conduit à envisager la présence d’un groupe CHPCH3, aussi peut-on proposer pour A : C6H5PCH(OH)PCH3,  soit le 1-phényléthan-1-ol. 4.  a. B est la 1-phényléthanone ou acétophénone C6H5PCOPCH3. Le spectre infrarouge de A présente une bande vers σ ≈ 3 300 cm–1 due à la présence d’un groupe hydroxyle, alors que celui de B présenterait une bande vers σ ≈ 1 720 cm–1 due à la présence du groupe carbonyle. b. B ne contient pas A comme impuretés si son spectre ne présente pas de bande vers σ ≈ 3 300 cm–1. B.  Utilisation de données spectrales Les identifications sont faites à l’aide de la multiplicité et du déplacement des signaux. Composé A : CH3PCOPOPCH(CH3)2 Composé B : (CH3)2CHPCOPCH3 Composé C : (CH3)2C(OH)PCOPCH3 Composé D : CH3PCH2PCOPOPCH2PCH3 Remarque : voir erratum, p. 2.

Retour sur l’ouverture du chapitre

d’oxygène d’un groupe carbonyle CpO et l’atome d’hydrogène d’un groupe hydroxyle POPH. Ozonolyse : réaction de l’ozone O3 avec un alcène ou un dérivé éthylénique. Cette réaction conduit, après hydrolyse de l’ozonide intermédiaire formé, à la rupture de la liaison CpC avec formation, suivant le cas d’aldéhydes, de cétones ou d’acides carboxyliques. 2.  La spectroscopie infrarouge suivant la loi de BeerLambert, plus il y a de groupes carbonyles, plus il y a de liaisons CpO et plus l’intensité de la bande d’absorption correspondante est importante. 3. La formation des hydroperoxydes se traduit par l’apparition de liaisons OPH, dont la présence se traduit en infrarouge par une bande d’absorption vers σ ≈ 3 300 cm–1. 4. Les doublets non liants des atomes d’azote et d’oxygène sont des sites pouvant participer à des ponts hydrogène. Plus il y a de groupes carbonyle, plus il se forme de liaisons et plus la rigidité du matériau est élevée, ce qui restreint les possibilités de mouvement. 5. Dans un spectre infrarouge la réaction d’ozonolyse suivie d’une hydrolyse se traduit par : – la disparition ou l’atténuation de la bande d’absorption de la liaison CpC (σ ≈ 1 650 cm–1) ; –  l’apparition de la bande d’absorption de la liaison CpO (σ ≈ 1 720 cm–1) ou l’augmentation de son intensité. 6.  Foot Soldier (Godzilla) est une œuvre réalisée en 1991 par l’artiste japonais Kenji Yanobe. Elle représente la partie inférieure (bassin et membres inférieurs) d’un « monstre » articulé qu’il est possible de manœuvrer à partir d’un siège constituant la partie supérieure de l’œuvre. La « peau » de ce « monstre » est composée d’une mousse polyuréthane souple recouverte d’une peinture acrylique bleue mélangée à du latex. Kenji Yanobe, né en 1965 à Osaka, est célèbre pour ses sculptures modernes, souvent cauchemardesques, représentant des monstres ou des robots. De couleurs vives, elles sont faites de plastiques, de métaux et de matériaux composites

Comprendre un énoncé

42  Vieillissement des œuvres d’art et spectroscopie infrarouge

1.  Sens des mots ou expressions en italique : Élastomère  : polymère qui se déforme réversiblement sous l’action d’une contrainte mécanique : le caoutchouc est un élastomère. Hydroperoxyde : composé contenant le groupe fonctionnel hydroperoxyle HPOPOP Photo-oxydation : oxydation d’une espèce chimique sous l’action de la lumière. Polymère : substance composée de macromolécules, c’est-à-dire des molécules de masse molaire élevée. Ponts hydrogène : expression synonyme de liaison hydrogène. Une liaison hydrogène s’établit, par exemple, entre les doublets non liants de l’atome

43  Identification d’espèces par spectroscopie

1.  a. Composés de formule brute C3H8O : (I) : CH3PCH2PCH2POH ; (II) : CH3PCH(OH)PCH3 ; (III) : CH3PCH2POPCH3. b. (I) et (II) sont des alcools : (I) : propan-1-ol : CH3PCH2PCH2POH : alcool primaire ; (II) : propan-2-ol : CH3PCH(OH)PCH3 : alcool secondaire. 2.  a. L’oxydation d’un alcool primaire donne un aldéhyde si l’oxydant est en défaut, et un acide carboxylique si l’oxydant est en défaut. Celle d’un alcool secondaire donne une cétone.

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b. L’oxydation du propan-1-ol peut donner le propanal CH 3PCH 2PCHO et l’acide propanoïque CH3PCH2PCO2H. Celle du propan-2-ol donne de la propanone CH3PCOPCH3. 3.  a. Le composé B présente des liaisons : CpO (σ ≈ 1 720 cm–1), CPH (σ ≈ 2 950 cm–1), tét

OPH (σ ≈ 3 200 cm–1). B est donc l’acide propanoïque b. A est donc un alcool primaire. c. B a pour formule CH3PCH2PCO2H.

4. Le spectre de RMN de B est compatible avec la formule fournie, en effet avec CH3PCH2PCO2H : –  les protons de CH3 couplés avec les protons CH2 donnent un triplet pour δ ≈ 1,2 ppm, valeur proche de celle donnée dans les tables pour CH3PCP ; –  les protons de CH2 couplés avec les protons CH3 donnent un quadruplet pour δ ≈ 2,4 ppm, valeur proche de celle donnée dans les tables pour CPCH2PCOPO ; –  le proton de OH, qui ne peut être couplé, donne un singulet pour δ ≈ 11,7 ppm, valeur caractéristique du proton d’un groupe carboxyle. 5. A est donc le propan-1-ol, de formule CH3PCH2PCH2POH.

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Exercices Bac 1   La lumière pour le contrôle de qualité (p. 116-117) 1.  Le contrôle de qualité est l’ensemble des opérations permettant de vérifier que l’objet fabriqué possède bien les dimensions ou les performances correspondant au cahier des charges. 2.  a. Le phénomène physique utilisé pour le contrôle du diamètre d’un fil est la diffraction de la lumière. La diffraction est observée lorsqu’on éclaire des objets (fentes ou trous, par exemple) de petites dimensions. Plus λ le rapport est grand, plus le phénomène de diffraction est important. a b. La largeur de la tache centrale est mesurée entre les centres des deux zones noires qui l’encadrent : L

La précision de la mesure peut être améliorée en mesurant plusieurs largeurs : 5L

En notant q le demi-angle de diffraction, on a : L tan q = 2D D 0

Faisceau laser Fil de diamètre a

L

Écran

De plus, q est petit, on a donc tan q ≈ q, avec q en L . 2D L’importance du phénomène de diffraction est liée à la longueur d’onde l et à la dimension a du fil. Cela λ se traduit par q = . a En combinant les deux équations, on obtient : 2λ · D 2 × 632,8 × 10–9 × 2,345 ≈ a≈ 6,98 × 10–2 L ≈ 42,519 × 10–6 m. radian, d’où q ≈

L’incertitude est donnée par : 632,8 × 10–9 × 2 × 2,345 U (a) = 6,98 × 10–2 0,1 2 0,002 2 0,03 2 + + = 0,186 × 10–6 m. × 632,8 2,345 6,98 On a donc a = (42,52 ± 0,19) ¥ 10–6 m.

d (

) (

) ( )

3.  a. Des sources sont cohérentes si elles émettent des ondes de même fréquence et de déphasage constant.

b. Les faisceaux lumineux issus des deux images holographiques sont cohérents, car ils sont issus du même faisceau laser. Ils permettent d’observer une figure d’interférences stable dans le temps. c. Les zones noires correspondent à des interférences destructives entre les ondes lumineuses issues de chacune des images. Elles témoignent de différences entre les deux états du haut-parleur : lorsqu’il a fonctionné, le haut-parleur a vibré, ces vibrations l’ont déformé. 4.  a. Le phénomène utilisé pour vérifier la planéité d’un miroir plan est le phénomène d’interférences. b. La lame de verre et le miroir étant inclinés l’un par rapport à l’autre, les rayons qui interférent (par exemple, R et R’ sur le document 3a, p. 117 du manuel) parcourent des distances différentes. Lorsque la différence de marche augmente (ou diminue), les interférences sont alternativement destructives et constructives. Cela se produit régulièrement depuis la ligne de contact entre la lame de verre et le miroir. On observe donc des franges alternativement sombres (interférences destructives) et claires (interférences constructives). c. On observe des interférences destructives quand la différence de marche est de : λ λ k · λ + = (2k +1) ·  2 2 avec k un entier et des interférences constructives lorsque la différence de marche est de k · λ. d. Si le miroir n’est pas parfaitement plan, les franges ne seront ni parfaitement rectilignes ni équidistantes.

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2   Identification spectrale de molécules organiques (p. 118-119) 1.  a. A et B ont la même formule brute, C8H10O ; ce sont des isomères. b. B est un alcool, car le groupe hydroxyle est lié à un carbone tétragonal et non trigonal comme celui de l’espèce A. c. Groupes caractéristiques et fonctions des composés : –  C : groupe carbonyle, fonction aldéhyde ; –  D : groupe carboxyle, fonction acide carboxylique ; –  E : groupe ester, fonction ester. 2.  a. Bandes d’absorption : a : liaison OPH ; b : liaison CPH aromat ; tri

c : liaison CPH ;

d : liaison CPH ;

g : liaison OPH ;

h : liaison CPH aromat ;

i : liaison CPH ;

j : liaison CPH.

tét

tét tri

tét

tét

b. Le signal a est fin et se situe vers 3 600 cm–1. C’est celui d’une liaison OPH pour un alcool dilué dans le tétrachlorométhane, c’est-à-dire ne présentant pas de liaison hydrogène (OPHlibre). Le signal g est large et se situe vers 3 300 cm–1. C’est celui d’une liaison OPH pour un alcool à l’état liquide, c’est-à-dire présentant des liaisons hydrogène (OPHlié). 3.  a. Les bandes d’absorption caractéristiques des constituants majoritaires du vin sont les bandes OPH (eau et éthanol) et CPH (éthanol). tét

b. Le spectre infrarouge de ce vin ne permettrait pas de vérifier la présence des composés A et B dans un vin, car les bandes d’absorption des constituants majoritaires sont aussi les bandes d’absorption des composés A et B. La spectroscopie infrarouge suit la loi de BeerLambert. Vu l’intensité des bandes OPH et CPH tét

des espèces majoritaires, l’intensité des bandes CPH aromat serait très faible et inutilisable. tri

4.  a. Le spectre de RMN du document 3 est celui du composé B, car les deux triplets présents correspondent aux deux groupes méthylène PCH2PCH2P, alors que le spectre du document 4 est celui du composé A, car le triplet et le quadruplet présents authentifient la présence du radical éthyle CH3PCH2P . b. Formule semi-développée de B : C6H5PCH2PCH2POH

c.

C6H5PCH2PCH2POH

Protons aromatiques (δ ≈ 7,2 ppm) Triplet Triplet (δ ≈ 2,8-3 ppm) (δ ≈ 3,6-3,8 ppm)

Singulet, car pas de couplage possible (δ ≈ 7,2 ppm)

5.  a. L’oxydation du composé B à l’aide d’un oxydant en défaut donne le phényléthanal C. b. Le produit obtenu sera pur s’il ne présente pas de bande OPH (vers 3 300 cm–1-3 600 cm–1) qui traduirait soit des restes d’alcool B (oxydation incomplète), soit des traces d’acide D (oxydation excessive). 6.  a. L’oxydation du composé B, à l’aide d’un oxydant introduit en excès, donne l’acide phényléthanoïque D. b. Un spectre infrarouge de C mettrait en évidence, entre autres, une bande OPH, que l’on peut aussi observer dans le spectre de l’alcool B, et une bande CpO, également présente dans le spectre de l’aldéhyde C. Dans le spectre de RMN de D, on verra le signal (singulet) du proton du groupe carboxyle PCOPOH pour δ ≈ 11 ppm. Si le produit obtenu contient encore de l’aldéhyde C, on aura aussi un signal (triplet) pour PCOPH pour δ ≈ 9,9 ppm. Si le produit contient encore de l’alcool B, le spectre de RMN présentera un signal (singulet) pour PCH2POH pour δ ≈ 0,5-5 ppm. 7.  a. G est l’eau H2O, d’où l’équation de la réaction conduisant à E à partir de D et de l’éthanol : C6H5PCH2PCOPOH + C2H5POH C6H5PCH2PCOPOPC2H5 + H2O b. La spectroscopie de RMN paraît la technique spectroscopique la plus indiquée pour vérifier la pureté du produit et les fonctions présentes dans l’impureté. En effet, il sera facile de vérifier, dans le spectre de RMN, l’absence des signaux relatifs aux protons du groupe carboxyle PCOPOH et du groupe hydroxyle POH. Ce spectre présentera deux singulets, l’un intégrant pour 5H (C6H5P), l’autre pour 2H (PCH2P), un triplet pour 3H (CH3P) et un quadruplet pour 2H (PCH2P).

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TP Bac 1

L’échographie : comment ça « marche » ? (p. 120-121)

1. Les documents 2 et 3 montrent que l’amplitude des ultrasons réfléchis dépend de la nature des milieux qui encadrent la surface sur laquelle se produit la réflexion. Pour un matériau placé dans l’air, l’amplitude des ultrasons réfléchis doit donc dépendre de la nature du matériau sur lequel se produit la réflexion. 2.  a. Pour déterminer la fréquence des ultrasons émis, on doit réaliser un montage permettant de visualiser les signaux correspondants. Pour cela, il faut émettre des ultrasons et relier un récepteur d’ultrasons à un oscilloscope (ou un système d’acquisition informatisé). Avec l’oscilloscope (ou le système informatisé), on peut déterminer la période des ultrasons, puis calculer leur fréquence. La fréquence doit être supérieure à 20 kHz pour que ce soient des ultrasons. b. Pour déterminer la longueur d’onde, il faut observer simultanément le signal issu de l’émetteur et celui issu du récepteur. On positionne le récepteur de façon à ce que les signaux soient en phase. Ensuite, on éloigne lentement le récepteur de l’émetteur, en le déplaçant

2

suivant la droite qui les joint, jusqu’à ce que les signaux soient de nouveau en phase. La distance dont on a éloigné le récepteur est égale à la longueur d’onde. Pour augmenter la précision, on éloigne d’au moins 10 longueurs d’onde (distance correspondant à la dixième position pour laquelle les signaux sont de nouveau en phase). c. La valeur de la vitesse v de propagation se déduit de la fréquence f et de la longueur d’onde l : v = λ · f, avec l en m et f en Hz, v est en m · s–1. 3.  a. Pour vérifier que l’amplitude des ultrasons réfléchis dépend de la nature du matériau sur lequel se produit la réflexion, on positionne le récepteur et l’émetteur côte à côte et on place en face d’eux différents matériaux, toujours à la même distance et orientés de façon identique. Pour une même amplitude des ultrasons émis, on mesure tour à tour l’amplitude des ultrasons reçus après réflexion sur chacun des matériaux étudiés. b. Les observations montrent que l’amplitude des ultrasons réfléchis dépend de la nature du matériau sur lequel se produit la réflexion.

Interpréter la couleur d’une solution (p. 122-123)

C0 = 5. C1 Il suffit de prélever, avec une pipette jaugée de 10,0 mL munie d’un pipeteur ou d’une propipette, un volume V = 10,0 mL de solution mère et de l’introduire dans la fiole jaugée de 50,0 mL, puis de compléter jusqu’au trait et d’homogénéiser (voir fiche no 9, p. 592 du manuel). 1.  Le facteur de dilution est égal à F =

2.  a. Le graphe présente deux maxima d’absorption pour λ1 = 425 nm et λ2 = 620 nm.

b. La solution étant verte, le maximum d’absorption, si le spectre n’en présentait qu’un, devrait se trouver dans le rouge, c’est-à-dire vers λ ≈ 700-800 nm. c. La solution absorbe dans le violet (λ1 = 425 nm), couleur complémentaire du jaune, et dans l’orange (λ2 = 620 nm), couleur complémentaire du bleu. L’œil reçoit des radiations bleues et jaunes dont la superposition donne le vert. d. Le vert malachite est coloré en raison de la présence d’un grand nombre de liaisons conjuguées.

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Cinématique et dynamique newtoniennes

Chapitre

5

Activités 1

Émilie DU CHÂTELET, une femme passionnée de sciences (p. 130)

1 Les scientifiques cités dans le texte sont LEIBNIZ, CLAIRAUT, MAUPERTUIS, KÖNIG, BERNOULLI, EULER et BUFFON. Gottfried Wilhelm LEIBNIZ (1646-1716) est un philosophe, scientifique, mathématicien, diplomate, juriste et bibliothécaire allemand. Il est l’inventeur du calcul différentiel. Alexis Claude CLAIRAUT (1713-1765) est un mathématicien français qui a participé, avec Pierre Louis MOREAU DE MAUPERTUIS, à une expédition en Laponie dont l’objet était d’estimer la longueur d’un degré de méridien terrestre. Il s’est illustré en géométrie et en mécanique. Pierre Louis MOREAU DE MAUPERTUIS (1698-1759) est un philosophe, mathématicien, physicien, astronome et naturaliste français. Il a énoncé le principe de moindre action. Johann Samuel KÖNIG (1712-1757) est un mathématicien allemand. Il s’est illustré en géométrie. Daniel BERNOULLI (1700-1782) est un médecin, physicien et mathématicien suisse. Il s’est intéressé à l’hydrodynamique et à la conservation de l’énergie dans les fluides. Leonhard Paul EULER (1707-1783) est un mathématicien et physicien suisse qui s’est illustré dans le calcul infinitésimal et la théorie des graphes. Georges-Louis LECLERC, comte de BUFFON (17071788) est un naturaliste, mathématicien, biologiste et écrivain français. Il a participé notamment à l’Encyclopédie en se chargeant des sciences de la nature. BUFFON est surtout célèbre pour son œuvre majeure en 36 volumes (Histoire naturelle, générale et particulière) dans laquelle est rassemblé tout le savoir de son époque dans le domaine des sciences naturelles. Il y évoque également la possibilité d’une généalogie commune entre l’homme et le singe. 2 L’expression « de lui-même » signifie exclusive-

ment livré à lui-même, sans interaction avec l’extérieur. Cette loi a été vue en 2de sous le nom de « Principe d’inertie », également appelé « Première loi de Newton ».

3 a. Le mouvement d’un système varie si sa trajectoire est modifiée ou si la valeur de sa vitesse change. Cette variation a lieu sous l’effet d’une ou plusieurs forces. b. Si la vitesse d’un système varie en valeur ou en direction, sa quantité de mouvement varie de la même façon puisque p = m · v . c. Dans la traduction d’Émilie DU CHÂTELET, il est dit que « le changement qui arrive dans le mouvement » est proportionnel à F . Comme actuellement on traduit la deuxième loi de

Newton par F =

dp dp ou , on peut donc déduire que dt dt

un vecteur qui lui est proportionnel modélise « le changement qui arrive dans le mouvement ». La résultante des forces appliquées au système représente la force motrice. 4 La troisième loi de Newton se nomme « principe d’interaction ». Exemples d’interaction : – l’interaction gravitationnelle entre la Terre et la Lune. Cette interaction est modélisée par deux forces, la force exercée par la Terre sur la Lune et la force exercée par la Lune sur la Terre. Ces deux forces sont opposées ; – l’interaction électromagnétique entre deux corps chargés. Elle peut être attractive pour des charges de signes opposés ou répulsive pour des charges de même signe ; – il existe également les interactions forte et faible au niveau d’un noyau. 5 Première loi de Newton : Un système sans interac-

tion avec l’extérieur reste immobile ou en mouvement rectiligne uniforme. dp . Deuxième loi de Newton : F = dt

Troisième loi de Newton : Si un système A exerce sur un système B une force F A/B, alors le système B exerce sur le système A une force F B/A. Ces deux forces ont même direction, même valeur et sont de sens opposés. On peut le résumer par : F A/B = –F B/A

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2

Étude de mouvements rectilignes (p. 131)

1 Les enregistrements sont réalisés dans un référentiel terrestre.

temps, est la même. Le mouvement est donc rectiligne uniforme.

2 Le mobile abandonné avec une vitesse initiale est animé d’un mouvement rectiligne. La valeur de sa vitesse est constante, car la distance séparant deux positions successives, pour un même intervalle de

Le mobile soumis à une force constante est animé d’un mouvement rectiligne accéléré. La distance séparant deux positions successives du mobile, pour un même intervalle de temps, augmente.

3 a. ◗ Enregistrement 1 : mobile abandonné avec une vitesse initiale Ƌt = 60 ms

v2

M1

M2

v4

M3

M4

v6

M5

M6

v8

M7

M8

M9

10 cm.s–1

1 cm

4,5 = 38 cm · s–1. 2 × 0,060 Avec une échelle de 1 cm pour 10 cm · s–1, la longueur du segment fléché est de 3,8 cm. Il en est de même pour les autres vitesses. v2 =

◗ Enregistrement 2 : mobile soumis à une force constante v2

v4

M1 M2 M3

M4

Ƌt = 60 ms

1 cm

v6

M5

M6

10 cm.s–1

v8 M7

M8

M9

1 m.s–2

1,0 3,0 = 25 cm · s–1 ; v4 = = 8,3 cm · s–1 ; 2 × 0,060 2 × 0,060 5,0 7,1 = 42 cm · s–1 ; = 59 cm · s–1. v6 = v8 = 2 × 0,060 2 × 0,060 b. La vitesse garde une valeur constante dans le cas du mobile abandonné avec une vitesse initiale. La valeur de la vitesse augmente dans le cas du mobile soumis à une force constante.

v2 =

4 a. Les vecteurs accélérations sont représentés sur le schéma ci-dessous : Ƌt = 60 ms

1 cm

10 cm.s–1

a3 M1M2 M3

1 m.s–2

a5 M4

M5

a7 M6

M7

M8

M9

25 – 8,3 42 – 25 a5 = = 139 cm · s–2 = 1,4 m · s–2 ; = 142 cm · s–1= 1,4 m · s–2 ; 2 × 0,060 2 × 0,060 59 – 42 a7 = = 144 cm · s–2 = 1,4 m · s–2. 2 × 0,060 b. La valeur de l’accélération est nulle dans le cas du mobile abandonné avec une vitesse initiale et constante pour le mobile soumis à une force constante. Dans le cas d’un mouvement rectiligne uniformément 5 La première loi de Newton est illustrée par la preaccéléré, le vecteur accélération est constant, dans le mière expérience, car le point matériel est animé sens du mouvement. d’un mouvement rectiligne uniforme. a3 =

6 Dans le premier enregistrement, le mobile est

animé d’un mouvement rectiligne uniforme, il est donc soumis à des forces qui se compensent. La résultante des forces est égale au vecteur nul dans ce cas. Dans le second enregistrement, la résultante des forces appliquées au mobile est proportionnelle à l’accélération à chaque instant ; elle a même direction et même sens que l’accélération.

8 Dans un premier temps, il faut tracer deux vecteurs vitesse aux dates ti et ti + 2, puis, ensuite, le vecteur accélération à la date ti + 1. On repère, grâce à la longueur du segment fléché de ce dernier et l’échelle du schéma, la valeur de l’accélération. Pour obtenir la valeur de la résultante des forces à cette date, il faut multiplier la valeur de l’accélération par la masse du système.

7 Dans le cas d’un mouvement rectiligne uniforme, le vecteur accélération est égal au vecteur nul.

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43


3

Étude de mouvements circulaires (p. 132-133)

A Étude expérimentale Complément L é Les éphémérides hé é id ont été obtenues à partir du site de l’Institut de mécanique céleste et de calcul des éphémérides (IMCCE) : http://www.imcce.fr/fr/ephemerides/formulaire/form_ephepos.php Pour l’impression du graphique avec Microsoft Excel® ou Open-Calc®, attention de ne pas sélectionner le graphique qui s’imprime alors en pleine page format A4. Le repère n’est plus orthonormé. Il est possible de télécharger sur le site www.hachette-education.fr dans le dossier « Livre du professeur : compléments » le fichier tableur vierge (Chap5_act3_Venus_vierge.xls), le corrigé (Chap5_act3_Venus_corrige.xls) et un tracé de la trajectoire du centre de Vénus dans un repère orthonormé (Chap5_act3_Venus_graphe_xls).

1 La distance R entre les centres du Soleil et de Vénus peut être calculée dans le tableur :

R = d x2 + y 2 Pour chaque point de la trajectoire, on obtient : R = 1,08 × 1011 m. Cette distance est constante. La trajectoire de Vénus autour du Soleil est circulaire et centrée sur ce dernier. 2 La valeur de la vitesse du centre C de Vénus est sensiblement constante :

v = 3,46 × 104 m · s–1.

Son mouvement peut donc être considéré comme uniforme. 3 La valeur de l’accélération de C, calculée dans le tableur, est égale à :

a = 1,11 × 10–2 m · s–2.

v 2 (3,46 × 104)2 = 1,11 × 10–2 m · s–2. = R 1,08 × 1011 Ces deux valeurs sont égales, donc :

a=

v2 R

◗ Constructions des vecteurs vitesses et accélérations : y (m) 1,50 E + 11 v5 1,00 E + 11

v3 a4

v10

C3

5,00 E + 10 C2

a11

x (m) C1 0,00 E + 00 –1,00 E + 11 –5,00 E + 10 0,00 E + 00 5,00 E + 10 1,00 E + 11 1,50 E + 11 v12 –5,00 E + 10

a15 v14

–1,00 E + 11 v16 –1,50 E + 11

4 Les vecteurs accélérations sont dirigés vers le centre de la trajectoire circulaire, c’est-à-dire le centre S du Soleil. 5 Dans le cas d’un mouvement circulaire de rayon R et uniforme, le vecteur accélération est centripète. Sa valeur constante est égale à : v2 a= R © Hachette Livre, 2012 – Physique Chimie Terminale S spécifique, Livre du professeur – La photocopie non autorisée est un délit.

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B L’accélération d’un pendule simple b. La valeur de l’accélération change aussi au cours

6 a. Évolution du vecteur vitesse : Dt = 40 ms

du mouvement.

m = 45 g

8 À l’aide d’un tableur, on calcule vx, vy , puis v et

v2 . L Ensuite, on calcule ax, ay , puis a. On observe alors, v2 pour différentes dates, que a est différent de . L 9 L’objet est soumis à son poids P  (vertical vers le bas) et à l’action T  du fil (dirigée selon la direction du fil, vers son autre extrémité fixe). enfin

10 La résultante des forces exercées sur le pendule doit être égale à m · a  ; seul le schéma ➀ convient. On peut le vérifier par la technique du parallélogramme comme illustré sur les schémas ➀ et ➁.

Le vecteur vitesse varie au cours du mouvement. b. Le mouvement est circulaire non uniforme. 7 a. Les vecteurs accélérations n’ont pas une direc-

1

2

T

T

3

tion fixe. Dt = 40 ms

m = 45 g

m.a

m.a P

m.a P

P

T

11 Dans un mouvement circulaire non uniforme, l’accélération n’est ni constante, ni centripète.

4

Propulsion et quantité de mouvement (p. 134)

1 a. Masse voiture bleue : 751 g Masse voiture rouge : 256 g

Dt = 40 ms

La valeur de la quantité de mouvement du chariot initialement à l’arrêt est nulle, celle du chariot mobile est égale à : 0,751 × 0,66 = 0,50 kg · m · s–1. La valeur de la quantité de mouvement du système constitué par les deux chariots avant le choc est donc égale à 0,50 kg · m · s–1 . Après le choc, la quantité de mouvement du système constitué par les deux chariots mobiles vaut : (0,751 + 0,256) × 0,49 = 0,49 kg · m · s–1. b. La quantité de mouvement se conserve au cours

d’un choc.

1,0 0,8

vx (m.s–1) Avant le choc vx = 0,66 m.s–1

0,6 0,4

0,5

Après le choc vx = 0,49 m.s–1 1,0

2 a. La quantité de mouvement des chariots initialement à l’arrêt est nulle. Après la rupture du fil, les deux chariots mobiles ont des quantités de mouvement opposées. Les valeurs des vitesses horizontales sont obtenues par l’exploitation d’une vidéo. On obtient : vchariot rouge = 0,25 m · s–1 et vchariot bleu = 0,13 m · s-1.

t (s)

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45


Masse voiture bleue : 751 g

Masse voiture rouge : 256 g

vx (m.s–1) 0,4 0,2 0,0 –0,2 –0,4

9,3

9,5

9,7

t (s) 9,9

vchariot rouge vchariot bleu

Les valeurs des quantités de mouvement après la coupure du fil sont égales : – pour le chariot rouge : pchariot rouge = mchariot rouge · vchariot rouge = 0,256 × 0,25 = 0,064 kg · m · s–1 ;

– pour le chariot bleu : pchariot bleu = mchariot bleu · vchariot bleu

= 0,501 × 0,13 = 0,065 kg · m · s-1. b. Schéma des quantités de mouvement de chacun des mobiles après la coupure du fil : Sens de déplacement du chariot bleu

3 a. La quantité de mouvement du système initialement à l’arrêt est nulle. b. Lorsque l’air commence à s’échapper, la valeur de la quantité de mouvement du système, constitué du mobile et du ballon qui n’est plus que partiellement rempli d’air, augmente. Elle est opposée à celle de l’air qui s’échappe, si l’on considère que la quantité de mouvement se conserve. c. La masse de l’air qui s’échappe est plus faible que celle du mobile. Comme les quantités de mouvement p = m · v ont la même valeur, les vitesses sont différentes ; celle du corps le plus lourd doit être plus faible que celle du plus léger. La valeur de la vitesse de l’air est donc plus grande que celle du mobile. 4 La propulsion par réaction s’explique par la conservation de la quantité de mouvement d’un système et du fluide qu’il éjecte. Le système éjecte un fluide avec une vitesse importante. La conservation de la quantité de mouvement implique que le système se mettra en mouvement dans le sens opposé à celui du fluide éjecté.

Sens de déplacement du chariot rouge

pchariot bleu

5

c. Les deux quantités de mouvement ont la même direction, des sens opposés et des valeurs égales. La quantité de mouvement de l’ensemble est donc toujours nulle. La quantité de mouvement du système constitué par les deux chariots mobiles se conserve.

pchariot rouge

Galiléen or not galiléen ? (p. 135)

1 Une translation est le déplacement d’un objet tel que tout segment reliant deux points quelconques de cet objet garde la même direction. 2 a. Lorsque la voiture ne roule

Tension

pas, la boule est soumise à son du fil poids et à l’action du fil auquel elle est suspendue. Ces deux forces sont opposées (voir schéma ci-contre). Poids b. Lorsque la voiture roule à vitesse constante sur une route rectiligne horizontale, la boule est soumise à ces deux mêmes forces opposées. On obtient le même schéma que pour la réponse 2a. c. Dans ces deux situations, la voiture est un référentiel galiléen puisque le principe d’inertie est vérifié : la résultante des forces est nulle, la boule reste immobile. 3 a. Lorsque la voiture freine brusquement, les actions auxquelles la boule est soumise restent les mêmes.

b. D’après le principe d’inertie, la boule, initialement

en mouvement à vitesse constante par rapport à la route rectiligne et soumise à des actions qui se compensent, conserve sa vitesse. Comme la voiture freine, la boule, qui continue à la même vitesse par rapport à la route, se met en mouvement par rapport à la voiture. c. Dans ce cas, la voiture n’est plus un référentiel galiléen, le principe d’inertie n’y est plus vérifié pour la boule suspendue au rétroviseur. 4 Un référentiel est un objet (de référence) qui permet l’étude du mouvement d’un autre objet. Un référentiel galiléen est un référentiel dans lequel le principe d’inertie est vérifié. C’est aussi un référentiel en translation rectiligne et uniforme par rapport à un autre référentiel galiléen. Par exemple, la route est un référentiel que l’on peut considérer galiléen. La voiture roulant à vitesse constante sur une route rectiligne est un référentiel galiléen.

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46


Exercices

(p. 143-153) 8 Déterminer des vecteurs positions

QCM 1 3

et des vecteurs vitesses

1. A ; 2. B ; 3. A ;

2

1. B ; 2. B et C ; 3. C ; 4. C ;

1. B et C ; 2. C ; 3. C.

( ) ( ) ( )

5m 1. OG1 a pour coordonnées 15 m ; 10 m OG2 a pour coordonnées 20 m ; 22 m OG3 a pour coordonnées 20 m .

Application immédiate

2. OG1 = d52 + 152 = 16 m ;

4 Tracer des vecteurs vitesse et accélération

OG3 = d222 + 202 = 30 m.

v4 v6 a5 10 cm

P0 ¨v5

v6 –v4

OG2 = d102 + 202 = 22 m ;

1,0 m.s–1 2,0 m.s–2

P5P7 τ = 60 ms ; v6 = 2τ En tenant compte de l’échelle des longueurs : P5P7 = 14 cm = 1,4 × 10–1 m. 1,4 × 10–1 Donc : v6 = = 1,2 m · s–1. 2 × 60 × 10–3 P3P5 = 1,2 m · s–1. De même : v4 = 2τ Voir les constructions des vecteurs sur le schéma ci-dessus. La longueur du vecteur Δv5 représente 0,64 m · s–1. La valeur du vecteur accélération est : Δv 0,64 a5 = 5 = = 5,3 m · s–2. 2τ 2 × 60 × 10–3

3. v2 =

G1G3 ; 2τ

( )

17 m comme G1G3 a pour coordonnées 5 m 17 2 × 0,8 alors v2 a pour coordonnées 5,0 2 × 0,8 –1 11 m · s soit 3,1 m · s–1 .

(

)

( )

La valeur de v2 est : v2 = d112 + 3,12 = 11 m · s–1.

9 Connaître les propriétés du vecteur vitesse a. Incorrect : le mouvement est rectiligne uniforme. Les vecteurs v1 et v4 doivent être colinéaires, de même sens et de même longueur. b. Incorrect : le vecteur vitesse n’est pas dans le bon sens. c. Incorrect : le vecteur n’est pas tangent à la trajectoire au point considéré. d. Incorrect : le mouvement est uniforme. Les vecteurs vitesses doivent avoir la même longueur. e. Correct.

5 Déterminer une accélération Voir la correction de l’exercice 24, p. 50.

Pour commencer 6 Choisir un référentiel d’étude (1) a., b., e. Référentiel terrestre. c. Référentiel géocentrique. d. Référentiel héliocentrique.

10 Connaître les propriétés du vecteur accélération a. Le mouvement est rectiligne uniforme. Le vecteur accélération est un vecteur nul. b. Le mouvement est accéléré. Le vecteur accélération est colinéaire à l’axe et dans le sens du mouvement (vers la droite). c. Le mouvement est décéléré. Le vecteur accélération est colinéaire à l’axe et de sens opposé à celui du mouvement (vers la gauche).

11 Représenter des vecteurs vitesses 7 Choisir un référentiel d’étude (2) a. Système {Terre} : référentiel héliocentrique. b. Système {satellite} : référentiel géocentrique. c. Système {cycliste} : référentiel terrestre. d. Système {Io} : référentiel lié au centre de Jupiter.

1. v2 =

A1A3 11,4 = = 1,1 m · s–1 ; 2Δt 2 × 5,0

v3 =

A2A4 11,4 = = 1,1 m · s–1. 2Δt 2 × 5,0

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0,5 m · s–1, on

En utilisant l’échelle 2 carreaux peut représenter v2 et v3. y v2

v3

A2

A3

A1

A4

2. Les représentations graphiques correspondant à un mouvement uniforme sont a et c. Les représentations graphiques correspondant à un mouvement uniformément varié sont b et d. Remarque : la représentation graphique e peut être le résultat d’un mouvement uniforme ou d’une immobilité.

15 Reconnaître un mouvement

A5

x

A0 A6 0,5 m.s–1 A7 A8

5,0 m

a. Mouvement rectiligne uniforme. b. Mouvement rectiligne accéléré. c. Mouvement rectiligne ralenti. d. Mouvement curviligne uniforme. e. Mouvement circulaire uniforme.

16 Analyser un mouvement 2. Le mouvement est circulaire uniforme.

1. À l’instant t1 = 0,2 s, vx = vy = 2,0 m · s–1

12 Représenter des vecteurs accélérations

donc :

y

1.

À l’instant t2 = 0,6 s, vx = 2,0 m · s–1 et vy = –2,0 m · s–1,

1,0 m.s–1

donc :

A13 v10 v8

A10 A9

A12 A11

A14

x

A8 Ƌv9 A7

A1

A6

A2 A5 A 4

A3

2. En tenant compte de l’échelle des vitesses : Δv9 = 0,41 m · s–1. La norme du vecteur accélération au point A9 a pour expression : Δv9 0,41 = = 0,41 m · s–2. a9 = 2Δt 2 × 0,50

3. Les évolutions temporelles des coordonnées ax et ay sont représentées ci-dessous. dvx dvy –4 – 4 ax = = 0 m · s–2 et ay = = = – 10 m · s–2. dt dt 0,8 – 0 a (m.s–2) ax ay 0

4. La valeur de l’accélération de la bille est :

13 Définir et calculer une quantité

a = da2x + a2y = 10 m · s–2.

de mouvement 1. Le vecteur quantité de mouvement p d’une bille de paintball de masse m se déplaçant à la vitesse v est défini par p = m · v . Sa valeur p s’exprime en kg · m · s–1 si la masse est en kg et la vitesse en m · s–1. 2. p = 0,003 5 × 75 = 0,262 5 kg · m · s–1

1 c( ) ( ) = c(0,1 +( ) 3,5) 75 2

2

t (s)

–10

Il a pour valeur a9 = 0,41 m · s–2.

U (p) U (v) U (m) 2 = + m p v = 0,031 5

v = dv 2x + v 2y = 2d 2 = 2,8 m · s–1.

2. La valeur de la vitesse de la bille décroît de 0,0 s à 0,4 s. En effet, la valeur de vx reste constante et la valeur de vy diminue de 4 à 0 m · s–1. Ensuite, la valeur de la vitesse de la bille croît de 0,4 s à 0,8 s. En effet, la valeur de vx reste constante et la valeur de vy augmente de 0 à 4 m · s–1.

3. Le vecteur accélération a9 a même direction et même sens que le vecteur Δv9.

3. a.

v = dv 2x + v 2y = 2d 2 = 2,8 m · s–1.

2

U (p) = 0,008 kg · m · s–1 b. L’incertitude est de 0,008 kg · m · s–1, le résultat peut être écrit avec trois chiffres significatifs : p = (0,263 ± 0,008) kg · m · s–1.

14 Analyser une représentation graphique 1. La représentation f correspond à un système constamment immobile.

Le mouvement est uniformément varié.

17 Connaître les lois de Newton • Première loi de Newton : Dans un référentiel galiléen, si un point matériel n’est soumis à aucune force ou s’il est soumis à un ensemble de forces qui se compensent, alors il reste immobile ou décrit un mouvement rectiligne et uniforme. Inversement, si un point matériel est en mouvement rectiligne uniforme, alors il est soumis à un ensemble de forces qui se compensent. Exemple : un palet de curling qui glisse sur la glace. • Deuxième loi de Newton : dp . Dans un référentiel galiléen ΣF =

ΣF

dt

est la résultante des forces extérieures exercées

sur le système,

dp est la variation de la quantité de dt

mouvement de son centre d’inertie.

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Exemple : soit un système soumis à une force constante dp (exemple : son poids P = mg ) : P = . dt

Si la masse m est constante : P = m ·

dv = m · a. dt

Le vecteur accélération est constant et égal à g. Le mouvement est uniformément accéléré. C’est le cas d’un objet assimilé à un point matériel lâché sans vitesse initiale dans le vide ou dans l’air (si son action peut être considérée comme négligeable). • Troisième loi de Newton :

Si un corps A exerce sur un corps B une force F A/B, alors le corps B exerce sur le corps A une force F B/A telle que F A/B = –F B/A . Exemple : la force F B/P exercée par le boxeur sur le punching-ball est opposée à la force F P/B exercée par le punching-ball sur le boxeur (schéma ci-contre).

FB / P

FP / B

18 Déterminer des forces inconnues 1. Le skieur S a un mouvement rectiligne uniforme dans un référentiel terrestre supposé galiléen. Il est donc soumis à un ensemble de forces qui se compensent : P + R + f = 0 . 2. P = M · g = 600 N. Schéma des vecteurs qui modélisent les forces :

R

Sens du mouvement

f

S Ơ = 30°

1 cm

200 N

c. Faux : d’après la troisième loi de Newton, ces deux forces sont toujours strictement opposées. d. Vrai.

20 Étudier la propulsion d’un système isolé 1. Si le ballon est immobile, la somme des forces extérieures qu’il subit est nulle. Il est donc pseudoisolé. 2. Le ballon immobile est soumis à trois forces : son poids P , la tension du fil T et la poussée d’Archimède A .

Pour s’entraîner 21 Coordonnées du vecteur position 1. La coordonnée suivant l’axe (Oz) de l’hommecanon est constante, nulle en l’occurrence. Seules ses coordonnées suivant (Ox) et (Oy) varient. Le mouvement a lieu dans le plan défini par le repère (O ; i, j ). 2. Coordonnées du point M toutes les 0,5 s, de 0 à4s: t (s)

x (m)

y (m)

0

0

2,5

0,5

10

11,275

1

20

17,6

1,5

30

21,475

2

40

22,9

2,5

50

21,875

3

60

18,4

3,5

70

12,475

4

80

4,1

R+P + f =0

f = 300 N

et

R = 520 N.

T

P 4. Juste après l’ouverture, le système {hélium-ballon} peut toujours être considéré comme pseudo-isolé, la quantité de mouvement du ballon est strictement opposée à celle du gaz expulsé. Elle est donc verticale orientée vers le haut.

P

3. Par lecture graphique, en tenant compte de l’échelle, on trouve :

A

3. L’hélium est expulsé vers le bas, le ballon s’élève en se dégonflant. C’est le principe de la propulsion par réaction.

Position de l’homme-canon : 25

y (m)

20

19 Exploiter les lois de Newton a. Faux : d’après la première loi de Newton, son mouvement est obligatoirement rectiligne uniforme. b. Faux : c’est la variation de la quantité de mouvement qui est égale à la résultante des forces.

15 10 5 x (m) 0

20

40

60

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80

100

49


3. Graphiquement, on observe qu’il faut placer le matelas de réception à 84 m du canon. Remarque : la distance est en réalité inférieure, car les frottements de l’air ne sont pas négligeables.

3. La coordonnée ax de l’accélération est égale au coefficient directeur de la tangente à la courbe vx = f (t) au point d’abscisse considéré : 200

22 Calculer les coordonnées

150

des vecteurs vitesse et accélération 1. x = 20 t ; y = – 4,9 t 2 + 20 t + 2,5 ; dx dy = 20 m · s–1 et vy = = – 9,8 t + 20. vx = dt dt 2. À la date t1 = 1 s, v1 a pour coordonnées :

50 0

5

À t1 = 2 min :

v1y = 10,2 m · s–1 ;

v1 = dv 21x + v 21y = d 202 + 10,22 = 22,5 m · s–1. dv 3. ax = x = 0 m · s–2 dt

a1 =

dvy

= – 9,8 m · s–2. dt 4. La valeur du vecteur accélération est constante. Le mouvement est uniformément varié. et

ay =

23 Saut en parachute 1. Le mouvement du parachutiste est vertical orienté vers le bas. Comme la coordonnée verticale vz de sa vitesse est positive, l’axe (Oz) vertical est orienté vers le bas. 2. Le mouvement est rectiligne et vertical, la valeur de la vitesse est donc égale à vz . Au cours de la première phase, le mouvement est accéléré, il est ensuite uniforme (deuxième phase), puis ralenti (troisième phase). Au point B, le parachute s’ouvre. dv 3. az = z dt Graphiquement, az est égale au coefficient directeur de la tangente à la courbe vz = f (t) au point d’abscisse donné. vz az

Phase 1

A

Phase 2

B

10

Phase 3

À t1 = 11 min : a2 =

3,0 ¥ 60 180 3,6 7,0 ¥ 60

20 t (min)

= 0,28 m · s–2.

= 0,10 m · s–2.

25 À chacun son rythme 1. La masse de Julie est constante, sa quantité de mouvement p évolue comme sa vitesse. Lors de chaque phase, p est verticale. – Descente accélérée : p, orientée vers le bas, augmente. – Descente ralentie : p, orientée vers le bas, diminue. – Remontée accélérée : p, orientée vers le haut, augmente. – Remontée ralentie : p, orientée vers le haut, diminue. 2. D’après la deuxième loi de Newton : – Descente accélérée : ΣF est dirigée vers le bas. – Descente ralentie : ΣF est dirigée vers le haut. – Remontée accélérée : Σ F est dirigée vers le haut. – Remonté ralentie : ΣF est dirigée vers le bas 3. Schématisation des résultantes :

24 Arrivée en gare d’un TGV 1. Phase 1 : de t0 = 0 min à t5 = 5 min, le TGV a un mouvement rectiligne décéléré. Phase 2 : de t5 = 5 min à t10 = 10 min, le TGV a un mouvement rectiligne uniforme. Phase 3 : de t10 = 10 min à t13 = 13 min, le TGV a un mouvement rectiligne décéléré. Phase 4 : t ` 13 min, le TGV est immobile. 2. Entre les dates t5 = 5 min et t10 = 10 min, puis à partir de t13 = 13 min, la valeur vx est constante, dvx donc la coordonnée de l’accélération ax = est dt nulle (voir schéma ci-après).

b

Mouvement ralenti

t

Mouvement accéléré

a

0

180 3,6

15

c

d Mouvement ralenti

et

100

Mouvement accéléré

v1x = 20 m · s–1

vx (km.h–1)

26 Ascension d’une montgolfière Un référentiel terrestre est considéré galiléen. 1. La montgolfière a un mouvement rectiligne uniforme. D’après la première loi de Newton, la résultante des forces est nulle (dessin ci-contre) : P = –A

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A P

50


2. a. La montgolfière s’élève verticalement en accélérant (dessin ci-contre) : P~A

A

P

b. La montgolfière s’élève verticalement en ralentissant (dessin ci-contre) : P`A

A P

27 Les jetpacks 1. a. La quantité de mouvement d’un système ponctuel est le produit de sa masse par son vecteur vitesse : p=m·v

b. La quantité de mouvement se conserve pour un système isolé ou pseudo-isolé. 2. Soit un système initial au repos : sa quantité de mouvement est nulle. Si ce système se sépare en deux parties, la quantité de mouvement de l’ensemble reste nulle, donc les deux parties ont des quantités de mouvement opposées. Après : p = 0 Avant : p = 0 donc p1 = – p2

portionnelle au temps). La valeur de l’accélération est constante. De t = 5 s à t = 45 s, le mouvement est toujours accéléré, mais la valeur de l’accélération diminue au cours du temps. À partir de t = 45 s, le mouvement est uniforme, la valeur de l’accélération est nulle. 2. a. On peut déterminer la valeur de l’accélération de la voiture à partir de la représentation temporelle de la valeur de la vitesse en calculant le coefficient directeur de la tangente à la courbe à l’instant considéré. b. Dans la première phase, l’accélération du véhicule est constante. Sa valeur vaut a = 2,5 m · s–2. c. On calcule le coefficient directeur de la tangente à la courbe à t = 25 s : 50 – 30 a= = 0,91 m · s–2. 37 – 15 3. La voiture est soumise à son poids, P , à la réaction normale de la route, R N, et à la force de frottements de la route, f . On néglige les frottements de l’air ainsi que la poussée d’Archimède. La deuxième loi de Newton permet d’écrire : P + RN + f = m·a En projetant cette égalité vectorielle sur l’axe (Ox), on peut écrire : f = m · ax = 1 200 × 0,91 = 1,1 × 103 N. D’après la troisième loi de Newton, la force motrice de la voiture F = – f , d’où : F = 1,1 × 103 N. La valeur de la force motrice de la voiture à la date t = 25 s est de 1,1 × 103 N.

p1

Pour aller plus loin p2

29 Le thermomètre de Galilée

L’objet le plus léger a la plus grande valeur de vitesse. 3. L’explication donnée à la fin du texte ne traduit pas la conservation de la quantité de mouvement mais la deuxième loi de Newton.

28 Voiture au banc d’essai 1. a. vx (m.s–1) 50

(37,50)

20

1

(15,30) 2

3

t (s) 20

=0

d’où

P = – A.

2. a. Si ρ diminue, la valeur de A diminue aussi, donc P devient supérieur à A. P + A est vertical vers le bas. b. L’ampoule a un mouvement vertical descendant accéléré, au moins dans la première partie de la chute. Elle s’arrête quand elle touche le fond ou une autre ampoule.

P + A est vertical vers le haut. L’ampoule monte en accélérant dans la première phase du mouvement. Elle s’arrête quand elle flotte ou quand elle est en contact avec une autre ampoule.

10 0

ΣF ext = P + A

3. Quand la température diminue, la masse volumique ρ de l’alcool augmente, il en est de même pour la valeur de A. La valeur du poids devient inférieure à celle de la poussée d’Archimède.

40 30

1. Quand une ampoule est immobile (première loi de Newton) :

40

60

b. De t = 0 s à t = 5 s, le mouvement de la voiture est uniformément accéléré (évolution de la vitesse pro-

4. Selon leur masse, les différentes ampoules peuvent rester en suspension pour une valeur donnée de la densité de l’éthanol, donc pour une valeur donnée de la température.

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51


La température est indiquée par l’ampoule en suspension dans le liquide. Les ampoules plus lourdes, associées à des températures plus faibles, ont coulé au fond du tube ; les ampoules plus légères, associées à des températures plus élevées, flottent à la surface du liquide.

30 Décollage d’Ariane 5 1. P = M ¥ g = 7,3 ¥ 106 N ; F = 1,16 ¥ 107 N. À l’échelle 1 cm pour 5 ¥ 106 N, P est représenté par un segment fléché de longueur 1,5 cm et F par un segment fleché de longueur 2,3 cm. 2. D’après la deuxième loi de Newton :

F G P

ΣF = P + F = dp = M·a dt La projection de l’égalité vectorielle précédente suivant l’axe vertical (Oy) (orienté vers le haut), donne : M·a = F – P L’expression de la coordonnée verticale de l’accéléraF–P . tion du point G s’écrit a = M Elle a pour valeur a =

1,16 ¥ 107 – 7,3 ¥ 106

7,3 ¥ 105 soit : a = 5,9 m · s–2. 3. L’expression de la coordonnée verticale de la vitesse de la fusée est : dv v = a · t, car a = dt 4. L’expression de la coordonnée verticale de la position de la fusée est : a 2 dy · t , car v = y= 2 dt 5. Jusqu’à la date t1 = 6,0 s, la fusée a parcouru : 5,9 y( 6,0) = × 6,02 = 1,1 × 102 m. 2 6. La force de poussée provient de l’action sur la fusée des gaz éjectés, c’est la propulsion par réaction.

l’avant). Lorsque le pied ralentit, toujours en avançant, l’accélération est de sens opposé à celui du mouvement. L’accélération du pied droit change de sens entre les positions 6 et 7. 4. En position 1, le pied gauche est soumis au poids du corps et à l’action du sol. Comme il est immobile dans un référentiel terrestre supposé galiléen, ces deux forces se compensent d’après la première loi de Newton. 5. D’après la troisième loi de Newton, la force exercée par la semelle gauche sur le sol et celle exercée par le sol sur la semelle ont même direction, même valeur et des sens opposés.

32 Mach’s formulation of Newton’s laws Traduction du texte : « Les lois de Newton ont été introduites ici de façon traditionnelle, à travers les concepts de masse et de force (NEWTON avait formulé la deuxième loi en termes de quantité de mouvement, pas d’accélération). Ernst MACH, qui a vécu en Allemagne, deux siècles après Newton, a essayé d’introduire un nouveau concept et de formuler la physique seulement en termes de ce qui peut être observé et mesuré. Il a fait valoir que les lois de Newton se résument à une seule loi : ‘‘Lorsque deux objets ponctuels agissent l’un sur l’autre, ils accélèrent dans des directions opposées, et le rapport de leurs accélérations est toujours le même.’’ Relisez, si vous voulez : aucune mention de force ou de masse, seulement d’accélération, ce qui peut être mesuré. Quand un pistolet agit sur une balle, une fusée sur son jet d’échappement, le Soleil sur la Terre (et sur l’échelle de la distance séparant les deux, le Soleil et la Terre peuvent être considérés comme des objets ponctuels), les accélérations sont toujours en sens opposés. »

F = Fgaz / fusée

1. Ernst MACH ne fait intervenir, dans sa formulation, que les accélérations des corps en interaction.

G

2. Cette formulation n’est valable que dans les référentiels galiléens.

Ffusée / gaz

3. Lorsque deux corps A et B, de masses respectives mA et mB, sont en interaction, la troisième loi de

31 C’est la salsa ! 1. a. Entre le temps 1 et le temps 2, les deux pieds sont immobiles. b. Entre le temps 2 et le temps 3, le pied gauche est en mouvement. 2. a. Entre le temps 6 et le temps 7, les valeurs de la vitesse initiale et de la vitesse finale du pied droit sont nulles. Or, il y a eu un mouvement, la valeur de sa vitesse a donc dû être non nulle entre les deux positions. Entre les temps 6 et 7, la valeur de la vitesse du pied droit varie, son mouvement ne peut pas être uniforme. b. Lors de sa mise en mouvement et de son arrêt, le pied droit accélère puis ralentit. Le mouvement du pied droit ne peut pas être uniformément varié. 3. Lorsque le pied se met en mouvement, le vecteur accélération est dans le sens du mouvement (vers

Newton indique que F A/B = –F B/A. F A/B s’exerce sur B : F A/B = mB · aB F B/A s’exerce sur A : F B/A = mA · aA On a donc

mB · aB = – mA · aA

Les accélérations ont bien des sens opposés et le rapport de leurs valeurs est lié au rapport des masses par la relation : aA mB = aB mA

33 Rien ne sert de courir... 1. a. Si D est la distance entre l’arbre et la ligne D–d d’arrivée, il faut Δt = = 0,2 s à la Tortue pour v0 l’atteindre. b. À v1 = 18,0 m · s–1, le Lièvre parcourrait : d1 = v1 · Δt = 18,0 × 2,0 = 36 m.

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On ne peut pas prévoir le résultat de la course, car la valeur de la vitesse du Lièvre est, au maximum, égale à v1. Il parcourt en réalité moins de 36 m en 2 s. On ne sait pas, par contre, s’il parcourt plus de 20 m pendant cette durée. 2. Le premier système est la Tortue assimilée à un point T. Le deuxième système est le Lièvre assimilé à un point L. Le mouvement de T est rectiligne uniforme. L’équation horaire du mouvement de T est : xT1 (t) = v0 · t + d Le mouvement de L est rectiligne uniformément accéléré. L’équation horaire du mouvement de L est : 1 xL1 (t) = · a · t 2 avec a = 9,00 m · s–2. 2 dxL1 (t) = 9,00 t. L’équation horaire de sa vitesse est vL1 = dt 3. À la fin de la première phase : vL1 = 18,0 m · s–1 = a · t1 18,0 = 2,00 s. 9,00 Le Lièvre atteint sa vitesse maximale au bout de t1 = 2,00 s. À cette date, le Lièvre a parcouru la distance : 1 xL1 (t1) = · a · t12 2 soit : 1 xL1 (t1) = × 9,00 × 2,002 = 18,0 m. 2 Position de la Tortue à la fin de la phase d’accélération du Lièvre : xT1 (t1) = 0,25 × 2,00 + 19,5 = 20,0 m. donc :

t1 =

La Tortue est sur la ligne d’arrivée et le Lièvre est à 2,0 m. Le Lièvre a perdu. 4. Il s’agit de déterminer la durée t2 nécessaire pour que le Lièvre parcoure 2,0 m. Dans la deuxième phase, l’équation horaire du mouvement du Lièvre s’écrit : xL2 (t) = v1 · t

Retour sur l’ouverture du chapitre 34 En impesanteur 1. a. L’impesanteur n’est pas l’absence de poids mais l’absence d’action s’opposant au poids d’un système et empêchant sa chute. Un système est en impesanteur lorsqu’il est en chute libre. b. Au contraire, l’hyperpesanteur est une action opposée au poids et de valeur supérieure. En hyperpesanteur, le passager de l’Airbus A300 Zéro-G subit son poids, mais aussi la force de poussée que l’avion lui transmet. 2. On appelle h = 8 000 m l’altitude de l’avion. M 6,0 ¥ 1024 g=G = 6,67 × 10–11 2 (R + h) (6,4 ¥ 106 + 8 000)2 = 9,75 N · kg–1. dx 3. a. vx = = 113 m · s–1 dt dy et vy = = –2 × 4,87 t + 113 dt dv ax = x = 0 m · s–2 dt dvy et ay = = –2 × 4,87 = –9,74 m · s–2. dt Le vecteur accélération n’a qu’une composante verticale. b. Le vecteur accélération a une valeur constante au cours de la parabole. a = da 2x + a 2y = 9,74 m · s–2. c. Le vecteur accélération de l’airbus A300 Zéro-G est vertical, orienté vers le bas et a pour valeur 9,74 m · s–2 = g, d’où a = g. Ce résultat est en accord avec les réponses aux questions 1a et 2 : l’airbus est exclusivement soumis à son poids à l’altitude considérée, il est en chute libre.

xL2 = 18,0 t2 soit :

2,0 = 0,11 s. 18,0 Le Lièvre franchit la ligne d’arrivée 0,11 s après la Tortue. t2 =

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53


Comprendre un énoncé 35 Le dauphin à flancs blancs 1. Le référentiel d’étude est un référentiel terrestre supposé galiléen. Les coordonnées du point 8 sont x8 = 2,9 m et y8 = 2,7 m. 2. 8

7

6 5

9

+G

OG7

OG5 4 3 OG3 2

0,5 m

1

0,5 m

¨t = 0,10 s

0

3. La valeur de la vitesse au point 4 a pour expression :

De même :

v4 =

G3G5 1,07 = 5,0 m · s–1. = 0,20 2Δt

v6 =

G5G7 = 3,8 m · s–1. 2Δt

4. Le vecteur v4 est tangent à la trajectoire ; il est représenté par un segment fléché de 2,5 cm de longueur. v6 est représenté par un segment fléché de 1,9 cm de longueur. V6 V4 6 4

7

9 8

+G

5

3 2 0,5 m

1

0,5 m

¨t = 0,10 s

2 m.s–1

0

5. Le segment fléché a une longueur de 7 mm, donc le vecteur Δv5 a une valeur de 1,4 m · s–1. 9

V4

8 6

4 3

5

V6 +G

7 –V4

ƋV5

2 0,5 m

1

0

6. a5 =

0,5 m

¨t = 0,10 s

2 m.s–1

Δv5 1,4 = 7,0 m · s–2 = 2Δt 2 × 0,10

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7. Avec l’échelle 1 cm pour 2 m · s–2, le segment fléché représentant le vecteur a5 mesure 3,5 cm. V6 8

V4 4 3

9

6 5

+G

7 –V4

ƋV5

2 0,5 m

1

0

a5

¨t = 0,10 s

0,5 m

2 m.s–1

2 m.s–2

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55


Application des lois de Newton et des lois de Kepler

Chapitre

6

Activités 1

Promenons-nous dans les champs (p. 156-157)

A Étude expérimentale d’un mouvement dans le champ de pesanteur uniforme c.

1 a. a (m.s–2) 0

0,3

0,5

0,7

Date (s)

1,5

0,9

1,0

x (m)

ax –5

0,5 ay

–10

0,3

0,5

0,7

0,9

On obtient : x (t) = 1,9 t.

Graphiquement, on obtient : ax ≈ 0 m · s–2 et ay= k1 ≈ –10 m · s–2.

0,8

y (m)

0,6

b. vx (m.s–1)

3

Date (s)

0,0 0,1

0,4

On obtient : y (t) = –5,0 t 2 + 4,1 t ;

0,2

k4 = –5,0 =

0,0

2

0,2

0,4

k1 . 2

0,6 0,8 Date (s)

2

1

0,8 0 0,1

Date (s) 0,3

0,5

0,7

0,6

0,9

0,4

Graphiquement, on obtient : vx = k2 ≈ 2,0 m · s–1. 4

y (m)

0,2

vy (m.s–1)

0

1,5

On obtient : y = –1,4 x2 + 2,2 x.

2 Date (s) 0

0,5

0,2

0,4

–2 –4

On obtient : vy = –9,8 t + 4,0 ; k1 = –9,8 m · s–2 et k3 = 4,0 m · s–1.

0,6

0,8

1,5 x (m)

3 a. Comparaison : a = 0 i – 10 j .

Les coordonnées du vecteur accélération sont identiques, aux imprécisions de mesure près, à celles du vecteur champ de pesanteur g : ax ≈ 0 m · s–2 et ay ≈ –10 m · s–2 ; gx = 0 m · s–2 et gy = –9,8 m · s–2. b. Dans ce référentiel terrestre considéré galiléen, la deuxième loi de Newton appliquée au centre de la balle de masse m s’écrit : dp ΣF = dt

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On a : ΣF = P = m · g La masse de la balle ne variant pas, on peut écrire :

soit :

d(m · v) dv = = m· = m·a dt dt dt d’où : m · a = m · g, soit a = g On retrouve donc le résultat expérimental.

vx = cte, la primitive par rapport au temps d’une constante s’écrit x = vx · t + x0. vy = ay · t + v0y , la primitive par rapport au temps d’une fonction A · t + B est de la forme :

dp

4 a. Le vecteur accélération est défini comme étant

la dérivée temporelle du vecteur vitesse : dv a= dt dvx dvy et ay = soit : ax = dt dt ax = 0 m · s–2, la primitive de 0 par rapport au temps est une constante, d’où vx = cte. ay = –10 m · s–2, la primitive d’une constante A par rapport au temps est de la forme A · t + B d’où : vy = ay · t + v0y Expérimentalement, on obtient : vx = 2 m · s-1 et vy = –9,8 t + 4,0

dx

et

dt

vy =

dy dt

1 A·t2 + B·t + C 2 1 donc : y = ay · t 2 + v0y · t + y0 2 Expérimentalement, on obtient : x (t) = 1,9 t et y (t) = –5,0 t 2 + 4,1 t. 5 a. Voir le cours.

y=–

g 2 (v0 · cos α)2

· x 2 + tan α · x

Expérimentalement, on obtient : y = –1,4 x2 + 2,2 x b. Par identification :

b. Le vecteur vitesse est défini comme étant la déri-

vée temporelle du vecteur position OG : v =

vx =

dOG dt

g 2 (v0 · cos α)2

= 1,4

et

tan α = 2,2

,

B Simulation de mouvements dans des champs uniformes 6 Dans un référentiel terrestre considéré galiléen, la deuxième loi de Newton appliquée à un point matériel P de masse m s’écrit : dp ΣF = dt On a : ΣF = P = m · g

La masse du point matériel ne variant pas, on peut écrire : dp d(m · v) dv = = m· = m·a dt dt dt d’où

m · a = m · g,

soit a = g

Le mouvement du système ne dépend pas de sa masse. g 7 L’équation étant y = – · x2 + tan α · x, 2(v0 · cos α)2 l’allure de la trajectoire dépend de la valeur v0 de la vitesse initiale, de la valeur g du champ de pesanteur, ainsi que de l’angle α entre l’horizontale et le vecteur v0 . 8 Dans un référentiel terrestre considéré galiléen, la deuxième loi de Newton appliquée à un point matériel P de masse m s’écrit : dp ΣF = dt On a : ΣF = F = q · E

La masse du point matériel ne variant pas, on peut écrire : dp d(m · v) dv = = m· = m·a dt dt dt q·E d’où : m · a = q · E , soit a = m L’accélération et donc le mouvement du système dépendent de sa masse. q·E 9 L’équation étant y = – · x2 + tan α · x, 2m (v0 · cos α)2 l’allure de la trajectoire dépend de la valeur v0 de la vitesse initiale, de l’angle α entre l’horizontale et le vecteur v0 , de la masse m du point matériel, de la valeur E du champ électrostatique ainsi que de sa charge électrique q. 10 Dans un référentiel donné, les paramètres pouvant avoir une influence sur le mouvement du système sont : Paramètres relatifs au système

Paramètres relatifs aux conditions initiales

Paramètres relatifs au milieu extérieur

Masse

Vecteur vitesse initial

Champ de pesanteur g

Charge électrique

Position initiale

Champ électrostatique E

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57


2

Lois de Kepler (p. 158-159)

B Vérification des trois lois de Kepler A

pour la planète Mercure

D S

Première loi de Kepler

C S’

Méthode de recherche du deuxième foyer S’ de l’ellipse : – Tracer deux segments [AB] et [DE] parallèles et de même longueur, avec A, B, D et E quatre points de l’ellipse. – Tracer les diagonales [AE] et [BD]. Elles se coupent en C, le centre de l’ellipse. – Le deuxième foyer S’ est le symétrique de S par rapport à C.

B

E

1 Pour mettre en évidence la première loi de Kepler, choisir différents points M sur la trajectoire de Mercure et mesurer les distances MS et MS’. Vérifier que leur somme est constante. Exemples de mesures : MS (pixels)

MS’ (pixels)

MS + MS’ (pixels)

270

313

583

316

262

578

348

237

575

267

310

577

346

234

580

352

230

582

La première loi de Kepler est bien vérifiée. Deuxième loi de Kepler 2 Le mouvement de Mercure n’est pas uniforme, la valeur de la vitesse de la planète augmente lors de son passage à proximité du Soleil. 3

Groupe 1

Groupe 2

Groupe 3

Groupe 4

Moyenne

sn – 1

En pixels

34 589

32 969

32 900

33 417

35 042

35 934

35 900

34 798

34 444

1 222

En %

3,73 %

3,56 %

3,55 %

3,61 %

3,78 %

3,88 %

3,87 %

3,75 %

3,72 %

0,13 %

La collecte des mesures des différents groupes évite un trop grand nombre de mesures à chacun (éliminer les valeurs manifestement fausses, liées à des erreurs de zonage). L’incertitude de répétabilité associée à un niveau de confiance de 95 % s’exprime par : σ U (S) = k · n – 1 dn où k = 2,37 et n = 8 (voir fiche no 3, p. 584 du manuel) : 1 222 = 1 023 pixels. d8 L’incertitude relative vaut 3 %. U (S) = 2,37 ×

Troisième loi de Kepler 4 Planète

Mercure

Vénus

Terre

Mars

T (j)

87,93

224,72

365,25

686,73

2 a (pixels)

294

546

756

1142

2 a (ua)

0,78

1,4

2,0

3,0

en j2 · ua–3

Écart-type : σn – 1 = 7,47 × 103 j2 · ua–3. L’incertitude de répétabilité associée à un niveau de confiance de 95 % s’exprime par : σ U (S) = k · n – 1 dn où k = 3,18 et n = 4 (voir fiche no 3, p. 584 du manuel) :

( ) T2

7,47 × 103 = 1,19 × 104 j2 · ua–3. d4 a3 L’incertitude relative vaut 8,6 %. La troisième loi de Kepler est vérifiée pour ces quatre planètes. T2 5 La valeur moyenne du rapport a pour valeur : a3 5 1,38 × 10 × (24 × 3 600)2 1,38 × 105 j2 · ua–3 = (1,50 × 1011)3 U

La deuxième loi de Kepler est vérifiée.

T2 a3

Valeur moyenne : 1,38 × 105 j2 · ua–3.

4π 2 G · Msoleil

1,30 × 105 1,47 × 105 1,33 × 105 1,40 × 105

= 3,18 ×

=

= 3,05 × 10–19 s2 · m–3 4π 2

6,67 × 10–11 × 2,0 × 1030 = 2,96 × 10–19 s2 · m–3.

L’écart relatif est d’environ 3 %. On peut considérer que les valeurs sont égales.

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58


3

Satellisation (p. 160-161)

1 a. Les satellites géostationnaires permettent de toujours observer la même zone de la surface de la Terre et d’avoir des informations en temps réel. b. Il faut également utiliser des satellites à orbite polaire pour pouvoir obtenir convenablement la situation météo des pôles. En effet, les satellites géostationnaires situés dans le plan équatorial ne peuvent pas avoir une observation précise des pôles. 2 Nom

Masse (kg)

Altitude (km)

Période

Demeter

125

710

1 h 39 min

Année de lancement 2004

Giove A

700

23 258

14 h 05 min

2005

Hot Bird 7A

4 100

35 786

23 h 54 min

2006

Observations géophysiques Système de positionnement Galileo Télécommunications (TV)

Jason-2

500

1 332

112 min

2008

Observations des océans

D’après la troisième loi de Kepler : cte =

T2 a3

Cette constante peut être calculée grâce aux informations que l’on donne sur le satellite Giove A : (14 × 3 600 + 5 × 60)2 cte = = 9,85 × 10–14 s 2 · m–3. (23 258 × 103 + 6 400 × 103)3 Pour calculer l’altitude z : z=

( ) T2

1/3

3 a. Les valeurs de v1 et v2 sont : • v1 =

d GR· M

T

T

d

6,67 × 10–11 × 5,97 × 1024 = 7,91 × 103 m · s–1. v1 = 6,37 × 106 • v2 = 7,91 × 103 × d 2 = 1,12 × 104 m · s–1.

b. Pour qu’un objet soit satellisé, il faut qu’il reste en orbite autour de la Terre, donc que la valeur v de sa vitesse soit comprise entre les valeurs des deux vitesses cosmiques.

– RT

cste Ainsi z (Jason-2) = 1 332 km et z (Meteosat-9) = 35 835 km. Pour calculer la période T :

T = (cte × (RT + z)3)1/2 Ainsi, T (Demeter) = 5 951 s, soit 1 h et 39 min et T (Hot Bird 7A) = 86 000 s, soit 23 h et 54 min.

Exercices

4 Les déchets qui restent en orbite, circulaire ou elliptique, autour de la Terre sont des satellites. En entrant en collision avec des satellites/astronautes à grande vitesse, ces déchets constituent un danger, d’autant que les plus petits d’entre eux sont difficilement repérables et que toute collision augmente le nombre de débris.

(p. 169-181)

QCM 1 2

v0

1. C ; 2. B ; 3. B ; 4. A ; 5. A ; 6. A ; 7. C ; 1. B ; 2. B ; 3. A ; 4. B et C.

3 Déterminer la trajectoire d’une particule dans un champ uniforme 1. Le système est le proton ; on choisit un référentiel terrestre supposé galiléen pour étudier son mouvement. D’après la deuxième loi de Newton : 0 F = mp · a avec F = e · E et E –E ax = 0 e·E d’où : a ay = – mp

)

( )

vx = v0 · cos α

(

0

vy = v0 · sin α

(

0

)

)

vx = v0 · cos α e·E · t + v0 · sin α vy = – mp x = v0 · cos α · t 1 e·E OG · t 2+ v0 · sin α · t y=– 2 mp v

Application immédiate

(

Utilisation

(

)

2. Équation de la trajectoire : 1 e·E x2 + x · tan α · 2 y=– 2 mp v0 · cos2 α La trajectoire est une portion de parabole. 3. Lorsque la particule sort au point S : xS = ᐍ. ᐍ2 1 e·E + ᐍ · tan α · 2 ys = – 2 mp v0 · cos2 α Le proton sort au point S de coordonnées : x = 10,0 × 10–2 OS yS = 1,47 × 10–2 S

(

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) 59


4 Calculer une période de révolution Système : {satellite} noté S de masse m ; référentiel sélénocentrique. Bilan des forces : force gravitationnelle FL/S exercée par la Lune sur le satellite. L’application de la deuxième loi de Newton conduit à : FL/S a = m L’expression de la force d’attraction gravitationnelle exercée par la Lune est : m · ML FL/S = G · ·n (r + z)2 m · ML G· (r + z)2 ·n Il vient : a = m G · ML soit : a = ·n (r + z)2 Il n’y a pas d’accélération tangentielle, donc la valeur de la vitesse v est constante. Ce mouvement circulaire est donc uniforme. En identifiant l’expression ci-dessus à : dv v2 ·t + a = ·n dt (r + z) G · ML v2 on en déduit : = r + z (r + z)2 d’où : v =

d r+z , G · ML

soit

v = 1,68 ×

103

m · s–1.

T est la durée pour effectuer un tour. Elle est égale au périmètre de la trajectoire circulaire divisé par la valeur de la vitesse du satellite : 2π · (r + z) soit T = 6,50 × 103 s. T= v

d’où :

mg = ma, soit a = g

Dans le repère (O ; i, j ) choisi, a = 0i – g · j . 3. Les coordonnées du vecteur a sont : 0 a –g

( )

7 Exprimer le vecteur vitesse 1. À t = 0, la vitesse est : v = v0 · cos α v0 x 0 vy = –v0 · sin α dv 0 2. a. a = dt b. On cherche la primitive temporelle de chaque coordonnée du vecteur accélération : vx = v0 · cos α e·E v · t – v0 · sin α vy = m

(

)

(

)

8 Exprimer le vecteur position 1. On a choisi un référentiel terrestre adapté au mouvement de la boule. 2. Voir le cours, document 4a, p. 164 du manuel. 0 3. À t = 0, OG0 . 0

()

g v0.sin Ơ v0 j O

Ơ v0.cos Ơ

i

dOG dt Une intégration permet de déterminer les coordonnées du vecteur position à partir de celles du vecteur vitesse : x = v0 · cos α · t 1 OG y = – g · t 2+ v0 · sin α · t 2 4. v =

Pour commencer 5 Faire un inventaire de forces – Système : {cycliste} Bilan des forces extérieures appliquées au centre de gravité du système : poids, réaction de la route, forces de frottement de l’air, poussée d’Archimède. – Système : {satellite} Bilan des forces extérieures appliquées au centre de gravité du système : force d’attraction gravitationnelle exercée par la Terre FT/S . – Système : {Terre} Bilan des forces extérieures appliquées au centre de gravité du système : force d’attraction gravitationnelle exercée par le Soleil FT/S .

6 Exprimer le vecteur accélération 1. Système : {bille} de masse m. Référentiel terrestre considéré galiléen. 2. Bilan des forces extérieures : poids. D’après la deuxième loi de Newton :

ΣF = P = m · g

De plus, la masse de la balle ne variant pas, on peut écrire : dp d(m · v) dv = = m· = m·a dt dt dt

(

)

9 Étudier un lancer de poids 1. a. La trajectoire d’un point est l’ensemble des positions successives occupées par ce point au cours de son mouvement. Son équation est du type y = f (x). b. La relation (C) doit être éliminée, car elle est du type y = f (t). 2. a. À t = 0, le poids P est à une hauteur y = h : 0 OP0 h b. On élimine l’équation (A) où l’ordonnée de P à t = 0 est nulle. (B) est l’équation de la trajectoire : 2 1 x y = – g· + v0 · tan α + h 2 v0 · cos α

()

(

)

10 Faire une analyse dimensionnelle T représente la période de révolution de la planète exprimée en seconde. r représente le rayon de la trajectoire circulaire exprimé en mètre.

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60


MS reprĂŠsente la masse du Soleil exprimĂŠe en kilogramme. G est la constante de gravitation universelle : G = 6,67 Ă&#x2014; 10â&#x20AC;&#x201C;11 m3 ¡ kgâ&#x20AC;&#x201C;1 ¡ sâ&#x20AC;&#x201C;2 On ĂŠcrit lâ&#x20AC;&#x2122;unitĂŠ de chaque membre de lâ&#x20AC;&#x2122;expression : T2 4Ď&#x20AC;2 r3

=

G¡ a =

G ¡ MS

Membre

UnitĂŠ

Premier membre

T2 r3

s2 m3

Deuxième membre

4Ď&#x20AC;2 G ¡ MS

1 m3 ¡ kgâ&#x20AC;&#x201C;1 ¡ sâ&#x20AC;&#x201C;2 ¡ kg

soit

a =

+

MM ¡ MPh r2 MPh G ¡ MM r2

r

¡n

P

n

+

M

¡n

3. En identifiant cette expression à : ¤

s2 m3

Chacun des membres de lâ&#x20AC;&#x2122;expression ayant la mĂŞme unitĂŠ, lâ&#x20AC;&#x2122;expression est bien homogène.

11 Illustrer les lois de Kepler 1. Dans le rĂŠfĂŠrentiel gĂŠocentrique, la trajectoire du centre du satellite est une ellipse dont le centre de la Terre est lâ&#x20AC;&#x2122;un des foyers. á?­1

t

Il vient :

S

T á?­2

dv

¡t +

14 Orientation du champ 1. Le système cation ĂŠtudiĂŠ dans un rĂŠfĂŠrentiel terrestre considĂŠrĂŠ galilĂŠen est soumis Ă la force ĂŠlectrostatique F = q ¡ E et Ă  son poids que lâ&#x20AC;&#x2122;on nĂŠgligera. Dâ&#x20AC;&#x2122;après la deuxième loi de Newton : a =

2. Le segment de droite [TS] reliant la Terre au satellite balaie des aires ĂŠgales pendant des durĂŠes ĂŠgales. đ?&#x2019;&#x153;1 et đ?&#x2019;&#x153;2 ont les mĂŞmes surfaces.

12 DĂŠcrire le mouvement dâ&#x20AC;&#x2122;une planète 1. Un mouvement circulaire uniforme est un mouvement dont la trajectoire est un cercle (ou une portion de cercle) qui est parcourue avec une vitesse de valeur constante. 2. Le mouvement de VĂŠnus (le système) est ĂŠtudiĂŠ dans le rĂŠfĂŠrentiel hĂŠliocentrique. Après avoir fait lâ&#x20AC;&#x2122;inventaire des forces exercĂŠes sur VĂŠnus et dĂŠfini le repère (n ; t ), on applique la deuxième loi de Newton. Le vecteur vitesse sera dĂŠduit du vecteur accĂŠlĂŠration ainsi obtenu. On en dĂŠduit la valeur de la vitesse de VĂŠnus.

v2

¡n, dt r r u dv = 0 u dt on en dĂŠduit : w v2 G¡M M u = u 2 q r r dv Lâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠgalitĂŠ = 0 entraĂŽne que la valeur de la vitesse v dt de Phobos est constante. Ce mouvement circulaire est donc uniforme. a =

q¡E

m Puisquâ&#x20AC;&#x2122;un cation est chargĂŠ positivement, le vecteur accĂŠlĂŠration est colinĂŠaire et de mĂŞme sens que le champ ĂŠlectrostatique. a. E doit ĂŞtre vertical ascendant. b. E doit ĂŞtre horizontal vers la gauche. q¡E 2. Pour le système anion, on a de mĂŞme a = m mais avec une charge ĂŠlectrique nĂŠgative. Le vecteur accĂŠlĂŠration est colinĂŠaire au champ ĂŠlectrostatique et de sens opposĂŠ. a. E doit ĂŞtre vertical descendant. b. E doit ĂŞtre horizontal vers la droite. 3. Deux ions isotopes auront la mĂŞme charge mais des masses diffĂŠrentes. Puisque lâ&#x20AC;&#x2122;accĂŠlĂŠration dĂŠpend de la masse du système, ces ions ne seront pas accĂŠlĂŠrĂŠs de la mĂŞme manière par un champ ĂŠlectrostatique uniforme.

15 Ă&#x20AC; chacun son rythme

Pour sâ&#x20AC;&#x2122;entraĂŽner

1. SchĂŠma de la situation :

1. Système : {Phobos} de masse MPh et rÊfÊrentiel marsocentrique (voir le schÊma, p. 171).

vi

MM ¡ MPh

¡ n , avec MM la masse de Mars. r2 Lâ&#x20AC;&#x2122;application de la deuxième loi de Newton conduit Ă : a =

FM/Ph MPh

Ć H

2. Bilan des forces extĂŠrieures sâ&#x20AC;&#x2122;exerçant sur Phobos : FM/Ph FM/Ph = G ¡

á?&#x2030;

y

13 Phobos

h O

d

2. Le mouvement du système {pierre}, assimilĂŠ Ă un point, est ĂŠtudiĂŠ dans un rĂŠfĂŠrentiel terrestre supposĂŠ galilĂŠen. Il nâ&#x20AC;&#x2122;est soumis quâ&#x20AC;&#x2122;Ă  son poids dans lâ&#x20AC;&#x2122;hypothèse dâ&#x20AC;&#x2122;une chute libre.

Š Hachette Livre, 2012 â&#x20AC;&#x201C; Physique Chimie Terminale S spĂŠcifique, Livre du professeur â&#x20AC;&#x201C; La photocopie non autorisĂŠe est un dĂŠlit.

61


Sachant que la masse de la pierre ne varie pas, la deuxième loi de Newton s’écrit : dp = ma ¤ g = a P = dt 3. Pour un axe horizontal orienté dans le sens du mouvement et un axe vertical vers le haut : ax (t) = 0

et a=

ay (t) = – g dv

dt donc le vecteur vitesse a pour coordonnées : vx (t) = Cx et vy (t) = – g · t + Cy Sachant qu’à t = 0 : vx (0) = vi · cos α et vy (0) = vi · sin α, il vient, par identification : vx (t) = vi · cos α et vy (t) = – g · t + vi · sin α. dOG , une seconde intégration donne les dt équations horaires :

Une première intégration donne : 0 v –g·t

( )

Une seconde intégration donne : 0 OG g – · t 2+ H 2 Les coordonnées du vecteur position sont les équations horaires du mouvement. b. Il s’agit d’un mouvement rectiligne, uniformément accéléré.

(

3. La chute est terminée à tf lorsque z (tf) = 0, soit : g 0 = – · t f2 + H 2 tf =

v =

x (t) = vi · cos α · t + Dx 1 y (t)=– g · t 2 + vi · sin α · t + Dy 2 Sachant qu’à t = 0, x (0) = 0 et y (0) = h, il vient, par identification : x (t) = vi · cos α · t 1 y (t) = – g · t 2 + vi · sin α · t + h 2 On retrouve les équations proposées. 4. L’équation de la trajectoire est obtenue en éliminant le temps dans la combinaison des équations horaires : x t= vi · cos α d’où : 1 g y (x) = – · 2 · x2 + tan α · x + h 2 vi · cos2 α 5. On calcule l’ordonnée du point atteint par le caillou quand son abscisse est égale à d = 2,0 m : –9,8 × 2,02 + tan 60° × 2,0 + 2,0 y (2,0) = 2 × 102 × cos2 (60°) y (2,0) = 4,7 m. Le bas de la fenêtre étant à 4,5 m au-dessus du sol et sa hauteur égale à 1,0 m, la pierre atteindra bien la fenêtre de Juliette.

16 Manquera, manquera pas ? 1. Schématisation de la situation à la date initiale : z Enclume

h

tf =

× 30,0 = 2,47 s. d 2 9,81

4. Dans le référentiel terrestre choisi, le mouvement de Bip-Bip est rectiligne uniforme. Sa vitesse v0 est constante. 5. Soit tB la date à laquelle l’enclume atteint la cote z = h (c’est la cote correspondant à la hauteur de BipBip) : 2 (H – h) tB = g

d

tB =

× 28,8 = 2,42 s. d 2 9,81

Or, le temps mis par Bip-Bip pour atteindre l’endroit où tombera l’enclume est : d tE = , avec v0 = 30,6 m · s–1 v0 50,0 tE = = 1,64 s. 30,6 tB ` tE, donc Bip-Bip est passé au point de chute avant que l’enclume ne l’atteigne. Il ne se fait pas assommer.

17 Étude du canon à électrons 1. a. Système : {électron} de masse me et référentiel terrestre considéré galiléen. Bilan des forces extérieures : force électrostatique F . D’après la deuxième loi de Newton et comme la masse de l’électron est constante : F = me · a. donc :

Bip-Bip

x 0

2. a. Système {enclume} assimilée à son centre de gravité G. On choisit l’origine du repère au niveau du sol et on oriente l’axe vertical (Oz) vers le haut. L’enclume est soumise à son poids et, en négligeant toute autre force, la deuxième loi de Newton conduit, dans ce référentiel galiléen, à a = g .

d 2Hg

L’application numérique donne :

H d

)

Or,

F = –e·E

( )

e·E ax = m a e ay = 0

Par intégration et sachant que v0

(

e·E vx = m · t v e vy = 0 b. v = dvx 2 + vy2 = vx =

(

vx = 0 0

vy = 0

)

0

)

:

e·E ·t me

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62


2. Par intégration, sachant qu’à t = 0, la particule est en O : 1 e·E 2 x= · ·t OG 2 me y=0

(

)

3. a. On connaît la position de l’électron en B : xB = d = 3,00 × 10–2 m. On en déduit tB, date à laquelle il atteint la plaque B :

d 2em· E · d e

tB = vB =

d’où :

d

e·E e · E 2 me · d · tB = · e·E me me vB =

b. AN : vB =

d 2 × 1,60 ×

vB = 2,51 ×

107

d 2me · E · d e

× 6,00 × 104 × 3,00 × 10–2 9,11 × 10–31

1. a. Le carré de la période de révolution T d’une planète autour du Soleil est proportionnel au cube du demi-grand axe a de son orbite elliptique : T2 = cte a3 b. Cette loi a permis de déterminer les masses des étoiles à partir de l’étude des orbites des planètes et la masse des planètes à partir de l’étude des orbites de leurs « lunes ». c. Si l’objet céleste n’a pas de satellite, il faut envoyer une sonde orbiter autour de lui. Les mesures de la période de révolution et de son rayon de trajectoire permettront de déterminer la masse du corps céleste. 2. a. Le système {lune} de masse m est soumis, en première approximation, à une unique force d’attraction gravitationnelle exercée par Jupiter.

10–19

F n

m · s–1

L

J

18 Neptune et Galatée 1. a. Pour Galatée : Q = 5,79 × 10–15 s2 · m–3. b. L’incertitude est :

d( T ) ( a ) U (Q ) 2 × 0,001 3 × 0,01 =d( +( Q 0,429 ) 6,19 )

U (Q ) Q

=

2 U (T )

2

+

3 U (a)

2

2

2

U (Q )

= 6,72 × 10–3 Q U (Q) = 4 × 10–17 s2 · m–3. c. Encadrement de la valeur Q :

On applique la deuxième loi de Newton à la Lune : m·M m·a = F = G· 2 ·n R G·M soit : a= ·n R2 dv v2 ·t + ·n, En identifiant cette expression à a = dt r on en déduit : r u dv = 0 u dt w v2 G·M u = u q R R2

5,75 × 10–15 s2 · m–3 ~ Q ~ 5,83 × 10–15 s2 · m–3. 2. a. Pour Neptune : Q’ = 5,80 × 10–15 s2 · m–3. b. U (Q’ )= 6 × 10–17 s2 · m–3. c. Encadrement de la valeur Q’ : 5,74 × 10–15 s2 · m–3 ~ Q’ ~ 5,86 × 10–15 s2 · m–3 3. Les intervalles calculés pour Q et Q’ se recoupent. On peut écrire : T2 4π2 Q = Q’, soit 3 = a G · MN La troisième loi de Kepler est bien vérifiée.

19 Kepler third law Traduction du texte : « La troisième loi de Kepler est extrêmement importante pour les astronomes. Parce qu’elle met en jeu la masse, elle permet aux astronomes de calculer la masse de n’importe quel objet astronomique ayant un satellite. Les astronomes déterminent les masses de tous les objets astronomiques en appliquant la troisième loi de Kepler à leurs orbites. Ils calculent la masse du Soleil en étudiant les orbites des planètes. Ils calculent la masse des planètes en étudiant les orbites de leurs lunes. Si les lunes n’ont pas de satellites, pour calculer leur masse, les astronomes doivent envoyer une sonde (satellite artificiel) qui sera soumise à leur champ de gravitation. »

Par suite :

v=

d GR· M

La période de révolution T de la lune est la durée pendant laquelle elle effectue un tour (distance par2π · R (1) courue = 2π · R). Sa vitesse est donc v = T 2π · R soit : T= v On élève au carré, puis on remplace v2 par l’expression (1) : T2 R3 = 2 4π G·M On retrouve ainsi la troisième loi de Kepler : T2 4π 2 4π 2 · R3 = = cte d’où M = 3 R G·M G · T2 b. G =

4π 2 · R3 M · T2 Grandeur

Unité

R3

m3

M

kg

T2

s2

4π 2

Sans unité

4π 2 · R3 G= M · T2

m3 ⇔ m3 · kg–1 · s–2 kg · s2

La constante universelle de gravitation a pour unité m3 · kg–1 · s–2.

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3. et 4. T

R

M

Io

1,8 J 4,5 × 105 km 1,6 × 1027 kg = 155 520 s

Ganymède

7,0 J 1,1 × 106 km 2,2 × 1027 kg = 604 800 s

Europe

3,5 J = 302 400 s

7 × 105 km

2,2 × 1027 kg

Callisto

16,5 J = 1 425 600 s

2 × 106 km

2,3 × 1027 kg

1. a. Fe = – e · E b. Fe = e · E F = 1,6 × 10–19 × 50 000 = 8,0 × 10–15 N 2. a. Pe = me · g b. Pe = me · g

Pe = 9,1 × 10–31 × 10 = 9,1 × 10–30 N Fe Fe

=

9,1 × 10–30 8,0 × 10–15

≈ 1 × 10–15

, on peut donc négliger le poids de l’élec100 tron devant la force électrostatique.

Pe <

b. La déviation des électrons est due à la force électrostatique.

2. De la première équation, on obtient t : x t= v1 · sin i1 La seconde devient : 1 e·E ·x2 + ·x z (x) = – 2 tan i1 2m · (v · sin i )

Pour aller plus loin 21 De l’optique avec des électrons ! 1. Système : {électron}, noté M. Référentiel d’étude : référentiel terrestre considéré galiléen. Repère spatial (O ; i, k ) avec i vers la droite. Inventaire des forces : force électrostatique : F = – e · E . Elle est verticale descendante. e·E La deuxième loi de Newton donne a = – m Les coordonnées du vecteur accélération sont : 0 a – e·E m

( )

Par intégration, sachant qu’à t = 0, on a : v · sin i1 v1 1 v1 · cos i1

)

on obtient les coordonnées du vecteur vitesse de l’électron : v1 · sin i1 v e·E · t + v1 · cos i1 – m Par intégration, sachant qu’à t = 0, on a : 0 OM0 0

(

)

()

1

3. a. La trajectoire de l’électron est parabolique. b. Au sommet S, le vecteur vitesse, tangent à la trajectoire, a une composante verticale nulle. c. D’après la question précédente, on a : vSx = v1 · sin i1 vS e·E · t + v1 · cos i1 = 0 vSz = – m S e·E d. vSz = – · t + v1 · cos i1 = 0, m S m · v1 · cos i1 soit : tS = e·E e. En utilisant l’expression de l’équation horaire de la question 1, on peut écrire : e·E · t 2 + v1 · cos i1 · t S zS = – 2m S En remplaçant tS par son expression :

(

zS = –

(

)

C’est l’équation de la trajectoire de l’électron.

20 Poids ou force électrostatique

Pe

(

1

Moyenne : 2,0 × 1027 kg. Valeur théorique : 1,90 × 1027 kg.

3. a.

on obtient les coordonnées du vecteur position de l’électron ou les équations horaires de son mouvement : x = v1 · sin i1 · t e·E OM · t 2 + v1 · cos i1 · t z=– 2m

zS =

)

(

)

e · E m · v1 · cos i1 · 2m e·E )2

m · (v1 · cos i1 e·E

2

+ v1 · cos i1 ·

( )

× 1–

1 2

=

m · v1 · cos i1 e·E

m · (v1 · cos i1)2 2e · E

4. L’électron atteint la zone supérieure à condition que la cote du sommet de sa trajectoire soit supérieure ou égale à d, ce qui entraîne : m (v1 · cos i1)2 xd 2e · E m · (v1 · cos i1)2 soit : EX 2e · d Il faut que la valeur du champ E ne soit pas trop grande pour que l’électron puisse sortir au-dessus de la grille supérieure. 5. a. Maintenant, l’électron n’est plus soumis à aucune force (son poids est négligeable par hypothèse), donc, d’après la première loi de Newton, l’électron est en mouvement rectiligne uniforme. b. Au point de sortie, qui appartient à la trajectoire parabolique, toutes les équations des questions 1 et 2 sont vérifiées. En particulier, la vitesse horizontale s’exprime par v1 · sin i1. De plus : v1 · sin i1 sin i2 = v 2

c. Après les grilles, la trajectoire de l’électron est rectiligne. L’électron est dévié à la traversée du dispositif. Les angles d’incidence et d’émergence vérifient la relation : v1 · sin i1 = v2 · sin i2

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64


Cette relation est analogue à la loi de Snell-Descartes de la réfraction de la lumière. On peut donc dire que le faisceau d’électrons est réfracté par ce dispositif.

22 Quelle est la masse de Jupiter ? 1. a. La force de gravitation exercée par Jupiter de masse M sur le satellite de masse m est : m·M FJ/S = G · 2 · n r b. Schématisation de la force FJ/S :

b. Le résultat de la question 4 permet d’écrire : T2 r3 r3 2 = 4π2 ou T = 4π2 G · M G·M En comparant avec le résultat de la question 5a, il 4π2 vient : k= G·M 4π2 soit : M= G·k 4π2 M= –11 6,67 × 10 × 3,1 × 10–16 M = 1,9 × 1027 kg.

t S +

r +

n

23 Particule alpha dans un champ électrostatique uniforme

FJ/S

J

1. La particule α est un noyau d’hélium 42He. Elle est constituée de 2 protons et de 2 neutrons. Elle est donc chargée positivement. q = 2 e, soit q = 3,2 × 10–19 C.

2. Système : {satellite} et référentiel jupitocentrique. Bilan des forces extérieures s’exerçant sur le satellite : la force FJ/S de gravitation exercée par Jupiter. L’application de la deuxième loi de Newton conduit à : FJ/S a = m Il vient : m·M G· r2 ·n a = m a =

2. Pour être déviée vers le haut la particule doit être attirée par la plaque C qui doit être négative, et repoussée par la plaque D qui doit être positive. 3. Le champ électrostatique E est perpendiculaire aux armatures et orienté de l’armature chargée positivement vers l’armature chargée négativement. La force électrostatique F = q · E , avec q ` 0 C, est colinéaire et de même sens que E . y

D

––––––––––––––

G·M

·n r2 dv v2 ·t + · n , on En identifiant cette expression à a = dt r en déduit : r u dv = 0 u dt w v2 G·M u = 2 u q r r dv = 0 entraîne que la valeur de la vitesse v L’égalité dt du satellite est constante. Ce mouvement circulaire G·M . est donc uniforme et v = r

d

3. La valeur de la vitesse du satellite est indépendante de sa masse et elle est d’autant plus grande que le rayon de l’orbite est petit. Le satellite le plus rapide est celui qui est le plus proche de Jupiter. 4. La période de révolution est la durée mise par le satellite pour décrire sa trajectoire circulaire à la vitesse de valeur v constante : 2πr = v · T r3 2π · r soit : T= = 2π v G·M 5. a. La représentation graphique proposée est une droite passant par l’origine, donc le carré de la période est proportionnel au cube de la distance entre les centres, soit T 2 = k · r 3 , k étant le coefficient directeur de la droite.

d

On retrouve la troisième loi de Kepler dans le cas T2 d’un mouvement circulaire : = cte. r3

F O

E x

v0

+++++++++++++++ C

4. Système : {particule α} de masse mα. Référentiel terrestre supposé galiléen. Repère : (O ; x, y). Bilan des forces extérieures : force électrostatique F . D’après la deuxième loi de Newton : F = mα · a

U F = q · E , avec E = d ax = 0 q·U d’où : a ay = mα · d v = v0 Par intégration, sachant que v0 x 0 vy = 0

Or :

(

)

(

v

(

0

)

:

)

vx = v0 q·U ·t vy = mα · d

Par intégration, sachant qu’à t = 0 la particule est en O, on obtient les équations horaires de la particule α : x = v0 · t 1 q·U OG ·t2 y= 2 mα · d

(

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)

65


En éliminant t, on obtient l’équation de la trajectoire : y=

x2

1 q·U

· 2 mα · d v02 5. a. Lorsque la particule sort au point S, x = ᐉ : 1 2e · U ᐉ2 y= · · 2 mα · d v02 U= b. U=

2·y

mα · d · v0 e · ᐍ2

6,64 × 10–27 × 4,00 × 10–2 × (5,00 × 105)2 × 1,00 × 10–2

)

(

24 Le hockey sur gazon 1. Le mouvement de la balle est étudié dans le référentiel terrestre supposé galiléen associé au repère (O ; x, z). Coordonnées du vecteur vB à t = 0 s :

)

vBx = vB · cos α vBz = vB · sin α

Pour x = d = 15 m : 2 1 d z (d) = – g · + tan α · d + h vB · cos α 2 2 1 15,0 z (d) = – × 9,8 × + tan 30 × 15,0 + 0,40 14,0 × cos 30 2

(

(

3. La balle n’est soumise qu’à son poids, donc d’après la deuxième loi de Newton : a=g Par projection dans le repère (O ;x, z), on obtient : a =0 a x az = –g

)

Le but est marqué.

25 Le cercle des planètes disparues 1. Le carré de la période de révolution T d’une planète autour du Soleil est proportionnel au cube du T2 demi-grand axe a de l’orbite elliptique : = cte . a3 2. On applique la troisième loi de Kepler à Pluton et Éris évoluant autour du Soleil : T É2

Par intégration, étant donné les conditions initiales : vx = vB · cos α vz = – g · t + vB · sin α

) )

La coordonnée horizontale du vecteur vitesse, vx = vB · cos α, est une constante qui ne dépend pas de la position du point G. Au sommet S de la trajectoire, le vecteur vitesse de la balle est horizontal, donc vSz = 0. La norme du vecteur vitesse au point S est alors : vS = dvx2 + vy2 = vx = vB · cos α S

S

S

Ainsi vS = vB · cos α = 14,0 × cos (30) vS = 12,1 m · s–1. dOG dt Par intégration, et en tenant compte des conditions initiales x (0) = xB = 0 et z (0) = zB = h, on obtient : 5. v =

soit :

x = vB · cos α · t + xB 1 OG z = – g · t 2+ vB · sin α · t + zB 2 x = vB · cos α · t 1 OG z = – g · t 2+ vB · sin α · t + h 2

( (

aÉ3 soit :

4. Quel que soit le point de la trajectoire, les coordonnées du vecteur vitesse en ce point sont : vx = vB · cos α v vz = – g · t + vB · sin α

(

)

On a donc bien 0 X z (d) X L, avec L = 2,14m.

( )

(

)

z (d) = 1,6 m.

2. Coordonnées du vecteur position à t = 0 s : x =0 OG B zB = h

v

)

7. Pour que le but soit marqué, il faut, pour x = d, que 0 X z (d) X L.

UCD = 1,66 × 103 V

(

(

C’est une équation de parabole.

1,60 × 10–19 × (5,00 × 10–2)2

(

6. Équation de la trajectoire : on isole le temps « t » de la première équation que l’on reporte dans l’expression de z : x t= vB · cos α donc : 2 1 x x z = – g· +h + (vB · sin α) · vB · cos α vB · cos α 2 Finalement : 2 1 x z = – g· + tan α · x + h vB · cos α 2

)

)

Or :

=

T P2 aP3

T É2

aÉ3

TP

aP3

2=

TÉ (= 557 ans) 1 TP (= 248 ans) T É2

donc : aÉ3

T P2

11

1 1 ou a É3 1 aP3 aP3 aÉ 1 aP : l’orbite d’Éris se situe au-delà de celle de Pluton.

alors :

3. On utilisera un référentiel dont le centre est confondu avec le centre de gravité d’Éris et dont les axes sont dirigés vers trois étoiles lointaines supposées fixes. On pourrait parler de référentiel « ériscentrique ». Ce référentiel est considéré comme galiléen. 4. a. On considère le mouvement circulaire uniforme de Dysnomia dans le référentiel « ériscentrique ». Le satellite Dysnomia est soumis, en première approximation, à une unique force d’attraction gravitationnelle exercée par Éris, FÉ/D .

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D uÉD

FÉ/D

É

66


On applique la deuxième loi de Newton à Dysnomia, MD étant constante :

celui de i, donc il faut orienter E dans la direction et le sens de PP’ .

FÉ/D = MD · a

2. a. Un mouvement circulaire uniforme est un mouvement de trajectoire circulaire et de valeur de vitesse constante (l’accélération est alors centripète). dvi v i2 ·t + ·n b. ai = dt Ri c. À partir des informations de l’énoncé, on applique la deuxième loi de Newton à l’ion i de masse constante, soumis à la force de Lorentz dans le référentiel terrestre galiléen. Or : qi · vi · B ·n ai = mi Cela permet d’écrire : r u dv = 0 u dt w v2 q · v · B i i i u = u q Ri mi

MD · a = –G ⋅ a = –G ⋅

d’où :

MÉ · MD 2 RD

MÉ 2 RD

⋅ uÉD

⋅ uÉD .

b. Le vecteur accélération est porté par le rayon de la trajectoire (il est radial) et est orienté vers le centre de la trajectoire (il est centripète). 5. a. La période de révolution TD de Dysnomia est la durée pendant laquelle Dysnomia effectue un tour (distance parcourue : 2π · RD). 2π · RD Sa vitesse est v = TD 2π · RD Soit : TD = (1) v Le mouvement de Dysnomia est circulaire et uniforme, l’accélération est centripète, de valeur : v2 a= RD En comparant avec l’expression de la question 4a : v2 M = G⋅ É 2 RD RD soit :

v=

d

TD = 2π

d

RD3

G · MÉ En élevant cette relation au carré, on retrouve la troisième loi de Kepler : T D2 4π2 = = cte RD3 G · MÉ car G et MÉ sont constantes. b. D’après la troisième loi de Kepler, on a : 4π2 · RD3 G · MÉ = T D2

MÉ = MÉ

MÉ =

4π2 · RD3

4π2 × (3,60 × 107)3 6,67 × 10–11 × (1,30 × 106)2 =

d

i

qi · B 2

Le rayon dépend donc de la masse et de la charge de l’ion. Chaque ion aura sa propre trajectoire circulaire, il sera possible de les séparer en fonction de leur masse et de leur charge. 3. Les ions sont des systèmes isolés, une fois sortis de la chambre de déviation. On prévoit donc un mouvement rectiligne uniforme d’après la première loi de Newton. 4. En ionisant l’uranium, on obtient des ions isotopes (235 et 238). Ils possèdent la même charge mais des masses différentes. Il est donc possible de les séparer ou de découvrir de nouveaux isotopes (il y en a autant que de trajectoires observées dans la chambre de déviation).

27 Un record qui tient toujours

G · T D2 = 1,63 ×

1022

kg.

1,63 × 1022

= 1,24 MP 1,3 × 1022 La masse d’Éris est un peu plus grande que celle de Pluton. Si Éris n’est pas considérée comme une planète, alors Pluton, qui a une masse moins importante que celle d’Éris, ne l’est pas non plus. Éris et Pluton sont en fait des représentants des « planètes naines ».

6.

Ri =

G · MÉ

RD3 En reportant dans l’expression (1), on obtient :

soit :

Remarque : la première égalité montre effectivement que le mouvement est uniforme. mi · vi De la deuxième égalité, il vient : Ri = B · qi d. Le rayon de la trajectoire peut aussi s’écrire, compte tenu des expressions des valeurs des vitesses initiales : 2m · E · d

26 Principe de la spectrométrie de masse 1. Les cations sont soumis à la force électrostatique F = q · E , avec q 1 0. D’après la deuxième loi de Newton, cette force est colinéaire à l’accélération et de même sens. Pour accélérer les ions, il faut que vitesse et accélération soient dans le même sens, ici

1. La trajectoire d’un mouvement rectiligne uniformément accéléré est une droite ; les vecteurs vitesse et accélération du système sont colinéaires et de même sens ; la valeur du vecteur accélération est constante. 2. a.

y

v0 P j O

Ơ S

i

x

v0 est la vitesse initiale du sauteur, le point O correspond à son point d’appui. b. Système : P, centre de gravité du sauteur. Référentiel d’étude : référentiel terrestre considéré galiléen.

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67


Repère (O ; x, y) avec l’axe horizontal orienté vers la droite et l’axe vertical vers le haut. Inventaire des forces extérieures : le poids. D’après la deuxième loi de Newton : a=g 0 a –g En calculant une primitive temporelle de chacune des coordonnées du vecteur accélération et en tenant compte de la vitesse initiale du sauteur :

( )

v0

v0 · cos α

(

–g · t + v0 · sin α

)

On en déduit le vecteur position, sachant qu’à l’instant initial, le sauteur est à l’abscisse x = 0 et que son centre de gravité se situe à l’ordonnée z = h. x = v0 · cos α · t 1 OG y = – g · t 2 + v0 · sin α · t + h 2 On élimine le temps en combinant ces équations horaires pour obtenir l’équation de la trajectoire : x t= v0 · cos α g 1 · x2 + tan α · x + h y=– · 2 (v0 · cos α)2

(

)

3. a. La longueur ℓ du saut correspond à l’abscisse de P lorsque y (P) = 0. On doit résoudre : g 1 · ᐍ2 + tan α · ᐍ + h 0=– · 2 (v0 · cos α)2 Les solutions sont : 2g · h –tan α + tan α2 + (v0 · cos α)2 ᐍ1 = g – (v0 · cos α)2

d

–tan α – et

ᐍ2 =

d –

tan α2 +

2g · h (v0 · cos α)2

g (v0 · cos α)2

.

On ne garde que la solution positive, ᐍ2, physiquement acceptable. b. La longueur est ᐍ2 = 12,5 m. c. La longueur est surestimée par ce modèle : les forces de frottement de l’air ne peuvent être négligées, le sauteur ne peut pas tout à fait être modélisé par son centre de gravité. 4. On exploite une vidéo (prise de côté, dans le plan de la trajectoire, le sautoir peut servir d’étalon de longueur), on repère la position de G à intervalles (courts) de temps réguliers et à partir de x (t) et y (t), on calcule dans un tableur v (t), a (t) et on trace la trajectoire de G.

Retour sur l’ouverture du chapitre 28 Halley la Bleue ! 1. « En tenant compte de l’attraction gravitationnelle de Jupiter et de Saturne, » J. LALANDE et A. C. CLAIRAULT ont affirmé que la comète réapparaîtrait à une certaine date, ce qui a effectivement eu lieu. Leur prévision a donc permis de valider les lois de la mécanique newtonienne. 2. Première loi de Kepler : loi des orbites Dans le référentiel héliocentrique, la trajectoire du centre de gravité d’une planète est une ellipse dont le centre de gravité du Soleil est l’un des foyers. Deuxième loi de Kepler : loi des aires Le segment de droite reliant les centres de gravité du Soleil et de la planète balaie des aires égales pendant des durées égales. Troisième loi de Kepler : loi des périodes Pour toutes les planètes du système solaire, le rapport entre le carré de la période de révolution T et le cube de la longueur a du demi-grand axe est égal à une même constante : T2 = cte a3 3. La nature elliptique de la trajectoire illustre la première loi (avec le Soleil au foyer). 4. a. D’après le texte, la période de révolution T de la comète est peu différente de 76 ans. b. T2

(76 × 365 × 24 × 3 600)2

= 3,0 × 10–19 s2 · m–3. (17,9 × 1,50 × 1011)3 a3 La trajectoire de la comète de Halley n’est pas circulaire, mais la constante de Kepler a la même valeur pour le mouvement d’un astre autour du Soleil pour une trajectoire elliptique ou circulaire. Son expression a été établie dans le cours (p. 167 du manuel) et vaut : 4π2 = 3,0 × 10–19 s2 · m–3. G · MS La troisième loi de Kepler est bien vérifiée. =

Comprendre un énoncé 29 Pesanteur martienne 1. a. gM =

G · MM 2 RM

=

G · MT 2 10 · R M

b. gM = 3,46 m · s–2 gT =

G · MT R T2

= 9,77 m · s–2

gT 9,77 = = 2,82 3,46 gM 2. a. Les coordonnées du vecteur position OG sont : xM = v0 · cos α · t 1 OG yM = – gM · t 2 + v0 · sin α · t 2

(

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)

68


b. En éliminant le temps : gM 1 · x 2 + tan α · xM yM = – 2 (v0 · cos α)2 M 3. a. Sur Terre : gT 1 · x 2 + tan α · x yM = – 2 (v0 · cos α)2 b. La longueur du saut est l’abscisse non nulle pour laquelle yM (xM) s’annule : gM · x = tan α 2 (v0 · cos α)2 M xM =

2 (v0 · cos α)2 gM

Sur Terre :

xT = xM xT

2 (v0 · cos α)2 gT =

gT gM

· tan α

= 2,82

Le saut martien sera presque trois fois plus long que sur la Terre. 4. Le cœur continuera de fonctionner comme sur la Terre. Le sang éjecté restera plus dans la partie haute du corps, car la pesanteur est moins forte, d’où une suralimentation desw parties supérieures.

· tan α

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69


Chapitre

7

Travail et énergie Activités 1

Travail d’une force (p. 184)

1 Le bloc de pierre est soumis à son poids, P , à la force exercée par les Égyptiens, F , et à la réaction verticale exercée par la rampe, R . Dans le texte, il est dit que les « rampes sont enduites de boues humides » ; on peut donc négliger les frottements. F

R

β

P

2 Le bloc de pierre étant immobile, son énergie

cinétique est nulle. Entre les deux positions, le bloc de pierre a changé d’altitude, son énergie potentielle de pesanteur a varié. Cette variation est la conséquence de l’action des forces exercées par les ouvriers.

2

4 Le travail a la dimension d’une énergie.

Par analogie avec l’expression de l’énergie potentielle de pesanteur, pp = m · g · h. On en déduit que l’expression du travail doit être le produit de la valeur d’une force par une longueur. Le travail est donc homogène à des N · m. Les relations a et d ne peuvent pas convenir ; en effet, l’analyse dimensionnelle conduit à : N m a. [WAB] =  = N · m–1 et d.  [WAB] =   = m · N–1. m N L’analyse dimensionnelle des expressions b et c montre que ces deux relations sont homogènes à des N · m. Le schéma du document fait apparaître que F  · AB = F · AB · cos α ; la relation c convient. Manuel numérique

2.0

3 a. La force A permet de tirer le bloc vers le bas de la rampe ; la force B permet de tirer le bloc vers le sommet de la rampe ; la force C déplace le bloc latéralement ; la force D permet de pousser le bloc vers le haut de la rampe.

b. Pour être efficace, une force doit être dirigée dans le sens du mouvement. Les forces B et D ont le même sens que celui du mouvement ; ce sont les plus efficaces. La force A, qui s’oppose au mouvement, est contreproductive ; la force C, perpendiculaire au mouvement, n’a pas d’effet sur celui-ci.

Animation : Travail d’une force sur un objet en mouvement.

 otentiels et énergie potentielle P dans un condensateur plan (p. 185)

Complément Le matériel utilisé est une cuve rhéographique remplie de solution de sulfate de cuivre à la concentration de 0,1 mol · L–1. La cuve rhéographique permet de simuler un condensateur plan. Les résultats présentés ici ont été obtenus avec une cuve de 12 cm.

Résultats des mesures Valeur de la tension USB (en volt), pour différentes positions du point S : ys

– 4,0

–2,0

0,0

2,0

4,0

0,0

0,1

0,0

-0,1

0,0

0,1

2,0

1,1

1,0

0,8

1,1

1,0

4,0

2,0

1,9

2,0

1,9

2,1

6,0

3,0

3,0

2,9

3,1

3,0

8,0

4,0

4,1

4,0

3,9

4,0

10,0

5,0

4,9

5,1

5,0

5,1

12,0

6,1

6,0

5,9

6,0

6,0

xS

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70


1 Le champ électrostatique est orienté perpendiculairement aux armatures et dirigé de l’armature PA vers l’armature PB. Si A est un point de PA, on a :

E =

UAB d

=

UPN d

6,00

3 a. USB = VS – VB,  soit VS = USB + VB.

Si VB = 0 V : ys

– 4,0

–2,0

0,0

2,0

4,0

0,0

0,1

0,0

–0,1

0,0

0,1

2,0

1,1

1,0

0,8

1,1

1,0

4,0

2,0

1,9

2,0

1,9

2,1

6,0

3,0

3,0

2,9

3,1

3,0

8,0

4,0

4,1

4,0

3,9

4,0

2,0

10,0

5,0

4,9

5,1

5,0

5,1

1,5

12,0

6,1

6,0

5,9

6,0

6,0

– 4,0

–2,0

0,0

2,0

4,0

0,0

–5,9

– 6,0

– 6,1

– 6,0

–5,9

2,0

– 4,9

–5,0

–5,2

– 4,9

–5,0

4,0

– 4,0

– 4,1

– 4,0

– 4,1

–3,9

6,0

–3,0

–3,0

–3,1

–2,9

–3,0

=

0,120

= 50,0 V · m–1.

xS

2 a. Variations de USB en fonction de yS pour

xS = 6,0 cm :

3,5

USB (V)

3,0 2,5

1,0

Si VB = – 6 V :

0,5 –4,0

–2,0

0

yS (cm) 2,0

ys xS

4,0

Variations de U SB en fonction de x S pour yS = 2,0 cm : 6,0

USB (V)

5,0

8,0

–2,0

–1,9

–2,0

–2,1

–2,0

4,0

10,0

–1,0

–1,1

– 0,9

–1,0

– 0,9

3,0

12,0

0,1

0,0

– 0,1

0,0

0,0

2,0

b. La valeur du potentiel en un point dépend de la

1,0 0

xS (cm) 2,0

4,0

6,0

8,0

10,0

12,0

◗ Pour une valeur de xS donnée, la tension USB garde quasiment la même valeur. ◗ Pour une valeur de yS donnée, la tension USB augmente proportionnellement à xS. b.  La courbe qui donne les variations de USB en

fonction de xS est une droite qui passe par l’origine, USB est donc proportionnelle à xS ; on peut écrire USB = k · xS, où k est le coefficient directeur de la droite. Graphiquement, on détermine k : k = 0,50 V · cm–1 = 50 V · m–1,d’où USB = 50 · xS. En comparant k avec la valeur de E calculée à la question 1, on a USB = E · xS.

valeur de la référence choisie. 4 WSB (F  ) = F  · SB  = q · E  · SB ,

avec E  · SB  = –E · ι · (xB – xS) · ι 

E  · SB  = –E · (xB – xS) = E · xS, car xB = 0.

Donc WSB (F  ) = q · E · xS. D’après le résultat de la question 2b, USB = E · xS, V – VB VS – VB = E · xS   soit E =  S xS En reportant dans l’expression du travail, il vient : V – VB  · xS = q · (VS – VB) WSB (F  ) = q ·  S xS 5 a. WSB (P  ) = m · g · (zS – zB) = – (pp (B) – pp (S)) donc :

Le travail du poids d’un système dépend de la variation d’altitude, celui de la force électrostatique de la variation du potentiel. On peut donc écrire : WSB (F  ) = q · (VS – VB) = –(pé (B) – pé (S)) Δpé = pé (B) – pé (S) = –q · (VS – VB) = q · (VB – VS)

b.  Si on choisit le point B comme référence des

potentiels, VB = 0 et pé (B) = 0. On a donc :

pé (S) = q · VS.

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71


3

Tic-tac, « tactique » de mesure du temps (p. 186)

1 L’oscillation d’un pendule est un phénomène qui

se répète identique à lui-même dans le temps ; on peut le qualifier de périodique. 2 Pour mesurer avec la meilleure précision possible la durée d’une oscillation, c’est-à-dire la période du pendule, on peut mesurer la durée de plusieurs oscillations et en faire la moyenne. 3 On peut imaginer que la durée d’une oscillation

dépend de la masse accrochée au fil, de la longueur du fil et de la valeur initiale de l’angle dont le pendule est écarté. Pour vérifier l’influence de ces différents paramètres, on mesure la durée de 10 oscillations (afin d’améliorer la précision des mesures) pour différentes valeurs d’un des paramètres, tous les autres gardant la même valeur, et on en déduit la valeur de la période T. ◗ Influence de la masse m, pour  = 59,5 cm et θ0 = 30° : m (g)

100

150

200

300

T (s)

1,60

1,60

1,59

1,62

La période des oscillations du pendule est indépendante de la masse m. ◗ Influence de la longueur , pour m = 100 g et θ0 = 30° :  (cm)

14

32

42

79

T (s)

0,84

1,20

1,37

1,85

La période des oscillations dépend de la longueur  du pendule. ◗ Influence de l’angle θ0, pour  = 59,5 cm et pour m = 100 g : q0 (°)

10

20

30

40

60

90

T (s)

1,59

1,59

1,60

1,62

1,63

1,68

4

La période des oscillations ne dépend pas de θ0 pour de petits angles. 4 D’après les résultats des mesures de la question

précédente, il y a isochronisme des oscillations uniquement pour des angles θ0 faibles (c’est-à-dire inférieurs à 30°). 5 a.  Avec un pendule de longueur  = 59,5 cm auquel est suspendu un solide de masse m = 100 g, on mesure : 10T = 16,0 s 20T = 31,0 s 30T = 46,4 s T (s)

1,60

1,55

1,55

Dans les trois cas, la mesure de T est sensiblement la même. Cependant, lors de la mesure de 30T, l’amplitude des oscillations décroît légèrement. b. L’incertitude des durées mesurées au chronomètre est U (Δt) = 0,2 s ; l’incertitude sur chaque période vaut donc : U (Δt) U (T ) =  n n

10

20

30

U (T ) (s)

0,02

0,01

0,006

On constate que l’incertitude sur la valeur de T diminue avec le nombre d’oscillations. On retrouve donc le résultat annoncé à la question 2. 6 L’amortissement se manifeste par une diminution de l’amplitude des oscillations. Il est dû aux frottements de l’air. 7 Le pendule peut servir d’étalon de durée si la période des oscillations est invariante. Il peut alors servir à construire une horloge.

Étude énergétique des oscillations libres d’un pendule (p. 187)

Complément Le matériel utilisé est un pendule associé à un dispositif d’acquisition, disponible chez la plupart des fournisseurs de matériel pédagogique. Il n’est pas nécessaire que chaque élève fasse l’acquisition. On peut réaliser une acquisition sur le bureau du professeur, puis partager les résultats afin que chaque élève en fasse l’exploitation à l’aide d’un tableur. Les résultats de l’acquisition obtenus avec un pendule de type Pendulor®, de longueur  = 44 cm et de masse m = 143 g, sont donnés dans le fichier Excel « Chap7_act4_pendulor.xls », disponible sur le site www.hachette-education.fr dans le dossier « Livre du professeur : compléments ».

1 L’origine de l’axe (Oz) correspond à la position d’équilibre du pendule. Lorsque le pendule est écarté de sa position d’équilibre : z =  –  · cos  θ =  · (1  –  cos  θ)

2 v (t) =  · 

1 dθ   et  c = m · v 2 2 dt

3 L’énergie mécanique vaut m = c + pp.

En tenant compte de l’origine de l’énergie potentielle de pesanteur : pp = m · g · z = m · g ·  · (1  –  cos  θ)

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72


4 Évolution des trois formes d’énergie au cours du temps :  (J)

pp

c

m

7 Cas d’un pendule soumis à des frottements fluides :  (J)

0,20

0,20

0,15

0,15

0,10

0,10

0,05

0,05

0

0,5

1,0

1,5

2,0

2,5

t (s)

5 a. D’après le graphe, ppmax = 0,21 J ; cette valeur

correspond au pendule le plus éloigné de sa position d’équilibre. b. Au cours d’une période d’oscillation (en partant de la position la plus éloignée de la position d’équilibre), l’énergie potentielle de pesanteur diminue, augmente, diminue de nouveau, puis augmente. 6 a. D’après le graphe, cmax = 0,21 J ; cette valeur

5

0,5

c

1,0

m

1,5

2,0

2,5

t (s)

8 a.  En l’absence de frottement, l’énergie méca-

nique garde une valeur constante, elle se conserve. En présence de frottements, elle diminue à chaque oscillation. b. En l’absence de frottement, l’énergie potentielle de pesanteur est intégralement transférée en énergie cinétique et inversement. En présence de frottements, il y a transfert partiel de l’énergie potentielle de pesanteur en énergie cinétique ; une partie de l’énergie est dissipée du fait des frottements. Manuel numérique

2.0

correspond au passage du pendule par sa position d’équilibre. b. Au cours d’une période d’oscillation (en partant de la position la plus éloignée de la position d’équilibre), l’énergie cinétique augmente, diminue, augmente de nouveau, puis diminue.

0

pp

Simulation : Études énergétiques des oscillations d’un pendule avec et sans frottements.

 esure du temps et définition de la seconde : M la quête de la précision (p. 188-189)

1 a. La rotation de la Terre, le pendule de Huygens,

les transitions électroniques, etc. sont des exemples de phénomènes physiques utilisés pour définir le temps. b. Ces phénomènes sont tous périodiques. 2 On parle de jour solaire moyen, car la seconde est définie à partir d’une valeur moyenne faite sur une année. En effet, le jour solaire, temps séparant deux passages successifs du Soleil au méridien d’un lieu, change selon la période de l’année à laquelle on se trouve, essentiellement du fait de la trajectoire elliptique de la Terre. La Terre se déplace plus vite lorsqu’elle est près du Soleil que lorsqu’elle en est éloignée, ce qui a une influence sur la durée du jour solaire qui varie entre 23 h 59 min 39 s et 24 h 0 min 30 s. 3 a. Les phénomènes dissipatifs évoqués dans les documents sont les frottements générés par l’effet des marées. b. Les frottements entraînent un ralentissement de la vitesse de rotation de la Terre autour de son axe

et donc une diminution de son énergie cinétique. Cette perte d’énergie est traduite par le terme « dissipatif ». c. Les phénomènes dissipatifs sont un frein à l’utilisation des systèmes mécaniques pour mesurer le temps. Ils sont à l’origine d’une perte d’énergie qui empêche ces systèmes d’évoluer de manière périodique. 4 Une horloge atomique utilise le signal délivré par un oscillateur à quartz qui oscille à une fréquence stable dans le temps. Cette fréquence correspond à celle du rayonnement échangé par un atome de césium lors d’une transition entre deux niveaux particuliers. Le césium existant sous un seul isotope, cette fréquence est la même pour tous les atomes. Les vibrations du quartz sont donc stables dans le temps. 5 L’utilisation des horloges atomiques est limitée,

car elles sont difficiles à mettre en œuvre et ont un coût élevé.

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Exercices

(p. 195-207) Le travail dépend des points de départ et d’arrivée ; ils sont différents dans le cas des figures ➀ et ➂.

QCM 1   1. C ; 2. B ; 3. A ; 4. A et C ; et C ; 1. c. A ; 1. d. C ; 2. C ; 3. C.

2   1. a. A ; 1. b. A

Application immédiate 3   Analyser des transferts énergétiques 1.  L’énergie mécanique ne se conserve pas. 2.  La vitesse sera plus importante en D en l’absence de frottement, car les frottements sont dissipatifs et font perdre de l’énergie mécanique au système.

4  Utiliser la conservation de l’énergie

mécanique pour calculer une vitesse

1  ∙ m ∙ vB2 2e VA = –3,69 × 103 V

VA = – 

9   Calculer le travail d’une force constante 1.  Le travail de la force F  au cours de l’évacuation pour un déplacement AB  (AB = h) s’écrit : WAB (F  ) = F  · AB  = F · h · cos (0°)  =  F · h 2.  Système : {skieur}, référentiel terrestre. Bilan des forces extérieures : poids, P , et force exercée par le treuil, F  . On peut appliquer le principe d’inertie puisque le mouvement se déroule à vitesse constante : P  + F   = 0  ,   soit F = P 3.  WAB (F  ) = F · h = P · h = m · g · h WAB (F  ) = 80 × 9,81 × 5,0 = 3,9 × 103 J

10  Calculer le travail d’une force électrostatique

1.  Le travail de la force électrique s’écrit : WAB (F  ) = F  · AB ,   avec F  = q · E  ,

Pour commencer 5  Connaître la condition

pour qu’une force travaille

Cas où une force travaille : a et c.

6  Connaître l’expression du travail d’une force

1.  WAB (F  ) = F  · AB  = F · AB · cos  α

2.  WAB (F  ) = 45 × 200 × cos 40 = 6,9 × 103 J

7   Établir l’expression du travail du poids 1.  WHE (P ) = P  · HE  = P · HE · cos  α P   et HE  sont colinéaires, donc cos α = 1. 2.  WHE (P ) = – m · g · (zE – zH) = m · g · (zH – zE)

8   Connaître l’expression du travail du poids 1.  Pour les figures ➁ et ➂ : WAB (P ) = m · g · (zA – zB) Pour la figure ➀ : WBA (P ) = m · g · (zB – zA) 2.  a. Pour les figures ➁ et ➂ : WAB (P ) = – 600 × 9,81 × 800 = – 4,71 × 106 J. Pour la figure ➀ : WBA (P ) = 600 × 9,81 × 800 = 4,71 × 106 J. b. Le travail est le même pour les figures ➁ et ➂. Le travail du poids dépend seulement de l’altitude des points de départ et d’arrivée. Or, dans les figures ➁ et ➂, les points de départ ont la même altitude et les points d’arrivée ont également la même altitude, donc le travail garde la même valeur.

soit :

WAB (F  ) = q · E  · AB 

2.  WAB (F  ) = q · E  · AB  = q · E · AB · cos  α Soit d la distance séparant les deux armatures. On a alors : UAB E =  ,   avec d = AB · cos  α. d UAB Il vient WAB (F  ) = q ∙   · d = q · UAB. d 3.  La charge du noyau d’hélium est de 2e. WAB (F  ) = 2e · UAB WAB (F  ) = 1,28 × 10–16 J

11   Définir une force conservative a. Faux. Une force est conservative si son travail est indépendant du chemin suivi et ne dépend que du point de départ et du point d’arrivée. b. Vrai. Le poids est une force conservative. c. Faux. Les frottements sont des forces non conservatives ; leur travail dépend du chemin suivi entre le point de départ et le point d’arrivée.

12   Identifier les différentes formes d’énergie 1.  Le solide possède de l’énergie cinétique et de l’énergie potentielle de pesanteur. Il possède par conséquent de l’énergie mécanique, somme de son énergie cinétique et de son énergie potentielle. 2.  Initialement, le solide est lâché sans vitesse initiale ; son énergie cinétique est donc nulle. Cela correspond à la courbe ➁. Lorsqu’il est écarté de sa position d’équilibre, son énergie potentielle de pesanteur est maximale. Cela correspond à la courbe ➀. L’énergie mécanique est la somme des deux autres énergies. Cela correspond à la courbe ➂.

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3.  Il y a transfert partiel de l’énergie potentielle de pesanteur en énergie cinétique, puis inversement.

16   Mesurer le temps

13  Utiliser les transferts d’énergie

1.  Un oscillateur peut servir à construire une horloge si son évolution est périodique.

1.  m (A) = c (A) + pp (A)

2.  Le temps universel est basé sur la rotation de la Terre autour de son axe et le temps des éphémérides est

pour calculer une vitesse

En choisissant le point A d’altitude zA = 1,50 m comme référence de l’énergie potentielle de pesanteur : 1 pp (A) = 0  et  m (A) = c (A) =  · m · v02 2 2.  En B, c (B) = 0. m (B) = c (B) + pp (B) 3.  a. L’énergie mécanique se conserve : m (A) = m (B) 1  · m · v02 = m · g · (zB – zA) 2 v0 = d 2 · g · (zB – zA) = d 2 · g · h,  avec h = zB – zA

b. v = d 2 × 9,81 × (5,0 – 1,50) = 8,3 m · s

–1

0

14  Utiliser les transferts d’énergie

pour calculer une différence de potentiel

1.  L’électron est soumis à la force électrostatique, qui est une force conservative. Son énergie mécanique se conserve : m (A)  =  m (B). 2.  Puisque l’énergie mécanique se conserve : c (A)  +  pé (A)  =  c (B)  +  pé (B), soit :

pé (B) –  pé (A) = – (c (B)  –  c (A)) Δpé = –Δc

ou :

3.  Le temps atomique est une échelle de temps plus précise et plus stable.

Pour s’entraîner

m (B) = pp (B) = m · g · (zB – zA)

basé sur le mouvement de la Terre autour du Soleil.

La variation d’énergie potentielle électrique est l’opposée de la variation d’énergie cinétique. L’électron est accéléré entre A et B, la variation d’énergie cinétique est donc positive et la variation d’énergie potentielle électrique négative. 3.  Sur l’électrode A, l’énergie potentielle électrique est : pé (A)  =  q · VA  =  – e · VA Sur l’électrode B : pé (B)  = q · VB  =  – e · VB La variation d’énergie potentielle électrique s’écrit : Δpé = pé (B)  –  pé (A)  =  – e · (VB – VA) Elle doit être négative, donc VB – VA doit être positive.

15  Utiliser les transferts d’énergie

pour calculer la valeur d’une force

1.  Δm = Δc + Δpp Le mouvement ayant lieu sur une route horizontale, Δpp = 0. Lorsque le véhicule s’arrête, sa vitesse devient nulle ; la variation d’énergie mécanique s’écrit : 1 1 Δm = Δc = 0 –  ∙ m · v 2 = –   ∙ m · v 2 2 2 2.  La force de freinage f   est une force non conservative : 1 Δm = WAB (f  ) = f   · AB  = –   ∙ m · v 2 2 1 2 –f · AB = –   ∙ m · v 2 m · v 2 f =  2 AB 83,5 2 1 000 × 3,6 f =  = 5,38 × 103 N 2 × 50,0

17   Précision d’une mesure 1.  La période T des oscillations vaut T =

Δt . n

n

1

5

10

20

T (s)

1,3

1,24

1,27

1,29

2.  L’incertitude des durées mesurées au chronomètre est U (Δt) = 0,2 s ; l’incertitude sur chaque période vaut donc : U (Δt) U (T ) =  n n U (T ) (s)

1

5

10

20

0,2

4,0 × 10–2

2,0 × 10–2

1,0 × 10–2

3.  L’incertitude diminue lorsque le nombre d’oscillations augmente. Avec un grand nombre d’oscillations, on obtient une mesure plus précise de la période.

18  Utiliser la non-conservation de l’énergie mécanique

Sens du mouvement

1.  a. La balle est soumise à son poids, P , à

R

la réaction verticale du green, R , et aux forces de frottements, f  . f b. Le poids et la réaction verticale du green P sont des forces dont la direction est perpendiculaire à celle du mouvement ; elles ne travaillent pas. W (P ) = W (R ) = 0 W (f  ) = f   ·    = –f ·  2.  La balle est soumise à une force non conservative qui travaille ; son énergie mécanique ne se conserve pas et sa variation au cours du déplacement de la balle est égale au travail de cette force. 1 3.  Δm = –   ∙ m · v02 = –f ·  2 2 · f ·  v0 =  = 3,3 m · s–1 m

d 

( )

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19   À chacun son rythme 1.  La voiture est soumise à son poids, P , à la réaction normale du sol, R  , et à la force de freinage, f  . R

A

f

G

h

α

B

P

2.  Δm = m (B) – m (A) =  c (B) + pp (B) – (c (A) + pp (A)) =  Δc + Δpp 1 avec Δc  = 0 –  ∙ m ∙ v 2 2 Si on choisit le point B d’altitude zB = 0 comme référence de l’énergie potentielle de pesanteur : pp(B) = 0 J  et  pp(A) = m ∙ g ∙ h Δpp = –m ∙ g ∙ h,  avec h = AB ∙ sin  α 1 et : Δm = –   ∙ m ∙ v 2 – m ∙ g ∙ AB ∙ sin  α 2 3.  La force de freinage étant une force non conservative, Δm = WAB (f  ) alors :

avec WAB (f  ) = f   · AB  = –f ∙ AB 1 d’où –f ∙ AB = –   ∙ m ∙ v 2 – m ∙ g ∙ AB ∙ sin  α 2 m · v 2 f =  + m ∙ g ∙ sin  α 2 AB AN : f =

( )

83,5 3,6 2 × 50,0

1 000 ×

2

+ 1 000  × 9,81 × sin 4,0

5.  Avec les frottements de l’air, l’amplitude des oscillations diminue au cours du temps ; c’est pour cela qu’il faut les entretenir. 6.  Un étalon de temps est un dispositif définissant une grandeur de référence qui doit être précise, reproductible, donc immuable. Il sert à définir l’unité du temps. Un pendule pourrait servir d’étalon de temps à condition d’entretenir ses oscillations. Cependant, la période des oscillations d’un pendule dépend de la valeur du champ de pesanteur. Or, cette valeur change avec le lieu : la longueur du pendule qui bat la seconde diffère donc selon le lieu. Par cet aspect, un pendule n’est pas un étalon de temps universel.

21   Le toboggan aquatique 1.  L’expression de l’énergie potentielle de pesanteur est pp (D) = m · g · h. 2.  L’expression de l’énergie mécanique est : m (D) = c (D) + pp (D),avec c (D) = 0 J, puisque l’enfant part de D sans vitesse initiale. On a donc m (D) = m · g · h. 3.  m (O) = c (O) + pp (O),avec p (O) = 0 J, car le point O est choisi comme référence de l’énergie potentielle de pesanteur. 1 m (O) = c (O) =  · m · v02 2 4.  a. L’enfant est soumis à son poids et à la réaction normale du support (les frottements sont négligés). Parmi ces deux forces, seul le poids qui est une force conservative travaille, donc l’énergie mécanique se conserve : m (D) = m (O), 1 m · g · h =  · m · v02 2 v0 = d 2 · g · h soit :

b. v0 = d 2 × 10 × 5,0 = 10 m · s–1

20   Un pendule battant la seconde 1.  La masse de l’horloge permet de faire tourner les aiguilles et d’entretenir le balancement du pendule. L’échappement à ancre est un mécanisme régulateur qui consiste à bloquer la chute de la masse à intervalles réguliers, à chaque battement du pendule. Il laisse passer une à une les dents de la roue dentée. m 2.  [] = m  et  [g] = 2 s s2 []  = m ∙  = s² m [g]  La racine carré du rapport est bien homogène à un g temps. 3.  La période des oscillations d’un pendule battant la seconde est T = 2,00 s.

5.  a. La vitesse est plus faible que celle trouvée ; cela signifie que les frottements ne sont pas négligeables. La force de frottements est une force non conservative qui travaille ; l’énergie mécanique ne se conserve donc pas. b. m (O) – m (D) = WDO (f  ) 1 WDO (f  ) =  · m · v’02 – m · g · h 2 1 WDO (f  ) = × 35 × 6,02 – 35 × 10 × 5,0 2 36 WDO (f  ) = 35 ×   – 50  = –35 × 32 = –1,1 × 103 J 2 Le signe moins montre que le travail est résistant.

(

)

22   Le chargement des bagages 1.  La valise est soumise à son poids, P , à la réaction normale du tapis, R  , et à la force motrice du tapis, f  .

d g ,  soit  = g · 4pT

T = 2p 

f = 6,1 × 103 N

2 2

4,00  = 9,812 ×  2  = 0,994 m. 4p La longueur du pendule de Huygens battant la seconde à Paris est de 0,994 m. 4.  Au cours des oscillations d’un pendule, il y a transfert d’énergie potentielle de pesanteur en énergie cinétique et inversement.

R

+B

f

A

+

P

α

2.  La valise est soumise à deux forces qui travaillent : le poids, qui est une force conservative, et la force

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motrice f  , qui est une force non conservative. Son énergie mécanique ne se conserve donc pas au cours du mouvement. 3.  L’énergie mécanique ne se conserve pas ; sa variation au cours du mouvement de la valise est égale au travail de la force non conservative : Δm = W (f  ) La force f   a une direction parallèle au déplacement et de même sens ; son travail est donc moteur : la variation d’énergie mécanique est positive. 4.  a. Au cours du déplacement AB  : Δm = m (B) – m (A) = Δc – Δpp Puisque la valise se déplace à vitesse constante, Δc = 0 J. Si on choisit le point A d’altitude zA comme référence de l’énergie potentielle de pesanteur : pp (A) = 0 J  et  pp (B) = m · g · zB = m · g ·  · sin  α.

On a donc Δm = m · g ·  · sin  α.

On en déduit que WAB (f  ) = m · g ·  · sin  α. b. WAB (f  ) = f   · AB  = f ·  = m · g ·  · sin  α,

soit : f = m · g · sin  α f  = 20 × 10 × sin 15 = 2,0 × 102 × 0,26 f  = 5,2 × 101 N.

6,70 × 10–27 × (1,00 × 106)2 b. VA – VB =  2 × 2 × 1,60 × 10–19 VA – VB = 1,05 × 104 V

24   Service au tennis 1.  a. La balle est soumise uniquement à son poids. b. Le poids est une force conservative. 2.  m (A) = c (A) + pp (A) On choisit le point O comme référence pour l’énergie potentielle de pesanteur : pp (A) = m · g · yA = m · g · H 1 et : c (A) =  · m · v02 2 1 donc : m (A) =  · m · v02 + m · g · H. 2 Au point B, yB = 0 : 1 m (B) = c (B) + pp (B) =  · m · vB2 2 3.  La balle est soumise à son poids qui est une force conservative ; son énergie mécanique se conserve : m (A) = m (B) 1 1 2 4.  a.   · m · v0  + m · g · H =  · m · vB2 2 2

Il vient vB = d v02 + 2 · g · h

d (

126 × 103

)

2

23   Accélération d’une particule a

b. vB = 

1. Le noyau d’hélium porte deux charges positives, soit : qα = 2e

vB = 35,6 m · s–1 = 128 km · h–1

2. Le travail de la force électrostatique est donnée F  = qα · E  , par : WAB (F  ) = F  · AB ,  avec 

3 600

+ 2 × 9,81 × 2,20

c. La vitesse est beaucoup plus faible, les frottements ne sont donc pas négligés.

donc : WAB (F  ) = qα · E   · AB .

25   Hydoelectric dam

donc WAB (F  ) = qα · (VA – VB).

Traduction du texte et des questions : « Dans un barrage hydroélectrique, l’énergie potentielle de pesanteur est convertie lorsque l’eau tombe. On considère la chute de mille mètres cubes d’eau sur 500 pieds.

U Comme E   · AB  = E · AB · cos  α = E · AB  et  E =  AB : AB UAB E   · AB  =  · AB = UAB = VA – VB AB 3.  La force électrostatique est une force conservative Δpé = pé (B) – pé (A) = – WAB (F  ), d’où :

Δpé = qα · (VB – VA)

4.  On étudie le système {particule} dans le référentiel terrestre. La seule force qui s’applique au système est la force électrostatique F  . Cette force est conservative, donc l’énergie mécanique se conserve entre A et B. 5.  a. Δm = m (B) – m (A) = 0

1. En quelles énergies est convertie l’énergie potentielle de pesanteur ? Quel est l’intérêt de ces conversions ? 2.  On considère que 90 % de l’énergie est convertie. Quelle énergie récupère-t-on lors de cette chute ? 3. Pourquoi le rendement n’est-il pas de 100 % ? En quelle énergie est convertie l’énergie perdue ? » 1.  L’énergie potentielle de pesanteur est convertie en énergie cinétique, puis en énergie électrique.

Δm = c (B) + pé (B) – c (A) – pé (A) = Δc + Δpé

Cela permet de produire de l’énergie électrique en fonction de la demande.

Δm = 0,   donc Δpé = –Δc

2.  Δpp = m ∙ g ∙ h

En A, la vitesse est négligeable devant celle en B : 1 Δc =  · mα · vB2 2 1 Par suite :  qα ∙ (VB – VA) = –   ∙ mα ∙ vB2 2 mα ∙ vB2 VA – VB = 2 · qα

Δpp = 1 000 ×  1 000  × 9,81 × 500 × 0,3048

Δpp = 1,49 × 109 J

Énergie électrique produite : él = 0,9 × Δp = 0,9 × 1,49 × 109

él = 1,34 × 109 J

3. Une partie de l’énergie potentielle de pesanteur est dissipée à cause des forces de frottements. L’énergie perdue est dissipée sous forme de chaleur.

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Pour aller plus loin

1 1 Donc :    · m · vB2 =  · m · vC2 + m · g · BC · sin  α. 2 2

vC = d vB2 – 2 · g · BC · sin  α

26   Épreuve du saut nautique 1.  Au cours du trajet AB, la skieuse S est soumise à son poids, P , à la réaction normale de la surface de l’eau, R , à la force de traction, T , et la force de frottements, f  .

vC =

R f

T S P

Au cours du trajet BC, la skieuse S est soumise à son poids et à la réaction du tremplin dont la direction est perpendiculaire au déplacement.

d (

57,0 × 103 3 600

)

2

– 2 × 9,81 × 6,40 × sin (14,0)

vC = 14,8 m · s–1 = 53,4 km · h–1 6. Entre B et D : m (B) = m (D) 1 1  · m · vB2 =  · m · vD2 + m · g · zD 2 2 2 2 1 vB – vD zD =  ·  g 2

zD =

R S

1 × 2

(

(

(

57,0 × 103 3 600

)

) ( 2

51,0 × 103

9,81

2.  ◗ Au cours du trajet AB, le poids et la réaction sont des forces dont la direction est perpendiculaire au déplacement ; elles ne travaillent pas.

α L T A

◗ Au cours du trajet BC, seul le poids travaille :

O

P

WBC (P ) = P  · BC  = m · g · (zB – zC)

WBC (P ) = –m · g · BC · sin  α (l’axe (Oz) est vertical ascendant et le point d’altitude z = 0 est situé au niveau de la surface de l’eau). 3. La force de traction est non conservative ; cela signifie que le travail de cette force dépend du chemin suivi. 4.  a. La skieuse étant soumis à des forces non conservatives, entre A et B, l’énergie mécanique ne se conserve pas : m (B) – m (A) = WAB (f  ) + WAB (T ) b. En choisissant, la surface de l’eau comme référence pour l’énergie potentielle de pesanteur : pp (A) = pp (B) = 0 J La relation de la question 4a permet d’écrire : 1 c (B) – c (A) =  · m · vB2 = –f · AB + T · AB (en A, la 2

)

1 1  · m · vB2 + f · AB  ·  AB 2 57,0 × 103 2 1 1  + 150 × 200  ×  T =  × 60,0 ×  200 3 600 2 T = 188 N

(

= 2,55 m

z

WAB (T ) = T · AB  = T · AB

( (

)

1.  La sphère est soumise à son poids, P , et à la tension du fil, T  .

WAB (f  ) = f   · AB  = –f · AB

T = 

2

27   Le pendule de Foucault

P

vitesse est nulle)

3 600

)

)

)

5.  a. Le long du trajet BC, la skieuse est soumise

uniquement à une force conservative, son poids ; son énergie mécanique se conserve.

b. m (B) = m (C) 1 1 soit :  · m · vB2 =  · m · vC2 + m · g · zC 2 2 avec zC = BC · sin α.

x

2.  a. Son énergie mécanique reste constante au cours du temps. b. Il y a transfert complet de l’énergie potentielle de pesanteur en énergie cinétique, puis inversement. 3.  a. m (A) = c (A) + pp (A) = pp (A)

pp (A) = m · g · L · (1  –  cos  a)

1 b. m (O) = c (O) + pp (O) = c (O) =  · m · v02 2 1 4.  m · g · L · (1  –  cos  a) =  · m · v02, 2 v02  = 9,99 × 10–1, soit : cos a = 1 – 2 g · L donc : a = 2,56°. 5. Avec son pendule, Foucault a mis évidence la rotation de la Terre sur elle-même.

28   Les dominos 1.  a. La bille est soumise uniquement à son poids, P , entre les points O et M exclus. y g j

v0

x

O i 20 cm

P M (xM ; yM) 40 cm

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b. Le système {bille} est étudié dans le référentiel terrestre supposé galiléen. La deuxième loi de Newton s’écrit : ΣF  = m · a, d’où :

P  = m · a ¤ m · g = m · a.

Finalement :

a = g.

c. En prenant une primitive, on obtient : vx = v0 v vy = – g · t v puisque à t = 0 0 d.  On a

donc

( (

v0x = v0

v0y = 0

)

)

2 · g

29   Le grand huit 1.  L’altitude du wagon est z = R · (1  –  cos  θ). 2. Le wagon n’est soumis qu’à son poids, force conservative, donc l’énergie mécanique se conserve au cours du mouvement : m (initiale)  =  m (M )

r u v = v = dx 0 u x dt w dy u v = – g · t = u q y dt r u x (t) = v  · t + C 0 1 u w 1 u y (t) = –   g · t 2 + C2 u 2 q

soit :

m (initiale) =  m · g · H.

En M :

1 m (M ) = c (M ) + pp (M ) =  · m · vM2 + m · g · zM 2 1 Donc : m (M) =  · m · vM2 + m · g · R · (1  –  cos  θ) 2 La conservation de l’énergie mécanique permet d’écrire : 1  · m · vM2 + m · g · R · (1  –  cos  θ) = m · g · H 2 On en déduit : vM = d 2 g · (H – R · (1  –  cos  θ))

3.  Au sommet S de la boucle :

Pour obtenir l’équation de la trajectoire, on isole le temps « t » de la première équation que l’on reporte dans la seconde : x 1 x 2 y (x) = –   g ·  t = v0 2 v0

( )

g · xM2 yM = –  2 · v02 g · xM2 soit : v02 = –  2 · yM En remarquant que yM ~ 0 et en ne conservant que la valeur positive de v0 , il vient : e. Au point M :

d 

g · xM2 v0 = –  2 · yM

d 

2,02 f. yA = = 0,20 m 2 × 10

v02

Le wagon part sans vitesse initiale, son énergie cinétique au départ est donc nulle. L’origine de l’énergie potentielle de pesanteur est choisie en z = 0 : pp (initiale)  =  m · g · H,

D’après les conditions initiales : r x (0) = 0 = C1 w q y (0) = 0 = C2 r u x (t) = v  · t 0 u w Finalement : 1 u y (t) = –   g · t 2 u 2 q

d 

Or, v0 = vB. Donc yA =

θ = p, donc vS = d 2 g · (H – 2 R) 4.  À partir de la relation trouvée à la question 3, on déduit que : vS2 H =   + 2R 2 g 2 13,8 H =  + 2 × 19 = 48 m. 2 × 9,81

30   Le pendule électrostatique 1.  a. WOA (P ) = P  · OA  = P · OA · cos  α (yO – yA) où cos α =  OA Donc WOA (P ) = P · (yO – yA) = m · g · (yO – yA) y

10 × 0,402 10 × 0,402 v0 = –  =  = d  4,0 = 2,0 m · s–1. 2 × (– 0,20) 0,40 2.  a. Seul le poids travaille, car il n’est pas perpendiculaire au déplacement. b. L’énergie mécanique de la bille se conserve entre A et B. c. m (A) = c (A) + pp (A) En tenant compte du choix de l’origine de l’énergie potentielle de pesanteur au point O et sachant que vA = 0 m · s–1, on a : m (A) = m · g · yA 1 d. m (B) =  · m · vB2 + m · g · yB 2 1 Or, yB = 0 m, donc m (B) =  · m · vB2 2 e. m (A) = m (B) 1 soit : m · g · yA =  · m · vB2 2

α .cos α





–.cos α

A O

yO – yA = –  · (1  –  cos  α),

soit WOA (P ) = –m · g ·  · (1  –  cos  α).

b. WOA (F  ) = F  · OA  = q · E  · OA  = q · E ·  · sin  α 2.  Δpp = – WOA (P ) = m · g ·  · (1  –  cos  α)

Δpé = – WOA (F  ) = – q · E ·  · sin  α

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4.  Pour α = 26°, la variation d’énergie potentielle passe par un extremum. Le pendule est dans une position d’équilibre.

3.  Variation des énergies potentielles pour différentes valeurs de α : 2,00 1,50 1,00 0,50 0 –0,50 –1,00 –1,50 –2,00 –2,50

∆  (× 10–4 J)

α (°) 40

20

60

∆pé

∆pp

∆p

Retour sur l’ouverture du chapitre 31   Amateur de sensations fortes 1.  Trajectoire de S : y (m)

A 2650 + 2534 2510

+

+

B

D

C

1950 1850

0 100

500

2.  a. Le système possède de l’énergie potentielle de pesanteur et de l’énergie cinétique. b. Entre A et B, c augmente et pp diminue. Entre B et C, c diminue et pp reste constante. Entre C et D, c diminue et pp augmente. 3.  a. m (A) = c (A) + pp (A) pp (A) = m · g · (yA – yO), yO étant l’altitude à Orcières. b. m (A) = 6,8 × 105 J 4.  a. La valeur de la vitesse de S est maximale en B. b. m (B) – m (A) = WAB (f  ) = –f · AB 1  · m · vmax2 + m · g · (yB – yO) – m · g · (yA – yO) = –f · AB 2 2 f · AB vmax = 2 g · (yA – yB) – =  37  m · s–1, m soit 130  km · h–1. c. La valeur annoncée par l’énoncé est de 140 km · h–1. Cet écart peut être dû à une force de frottements non constante sur toute la trajectoire ou de valeur un peu plus faible que celle de l’énoncé.

d 

1 000

1 500

x (m)

1 1  · m · vC2 –  · m · vmax2 = –f · BC 2 2

d 

f · BC vC = vmax2 – 2  m b. vC = 26,0 m · s–1 6.  a. m (D) – m (C) = pp (D) – pp (C) – c (C) m (D) – m (C) = WCD (f  ) = –f · CD 1 m · g · (yD – yC) –  · m · vC2 = –f · CD 2 Or, yD – yC = 0,06 × CD, car S est alors sur un trajet de pente de 6 %. Il vient :

1 CD · (0,06 m · g + f ) =  · m · vC2 2 2 m · vC CD =  2 (0,06 m · g + f ) CD = 2,7 × 102 m b. Damien parcourt 270 m avant de s’arrêter. Le câble faisant 400 m, le résultat est cohérent.

5.  a. m (C) – m (B) = c (C ) – c (B) c (C) – c (B) = WBC (f  ) = –f · BC

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Comprendre un énoncé 32   À la fête foraine 1.  a. WOC (f  ) = f  · OC  = –f · OC b. WOC (f  ) = WOB (f  ) + WBC (f  )

WOC (f  ) = f  · OB  + f  · BC  WOC (f  ) = –f · OB – f · BC WOC (f  ) = –f  · (OC + 2 BC) c. On constate que les deux expressions précédentes sont différentes. Entre les points O et C, le travail dépend du chemin suivi. Les frottements sont donc des forces non conservatives. 2.  a. En B, le palet possède de l’énergie potentielle de pesanteur.

En C, le palet possède également de l’énergie potentielle de pesanteur. b. Au cours du mouvement entre B et C, l’énergie potentielle de pesanteur est partiellement convertie en énergie cinétique. L’autre partie est dissipée sous forme de chaleur. 3.  Δm = m (C) – m (B) = WBC (f  ) = –f · BC On choisit le rail horizontal comme référence pour l’énergie potentielle de pesanteur : m (C) = c (C) + pp (C) = 0 J

m (B) = c (B) + pp (B) = m · g · AB · sin  α

0 – m · g · AB · sin  α = –f · BC

BC =  BC =

m · g · AB · sin α f 5,0 × 9,81 × 4,0 × sin 30 10

= 9,8 m

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Temps et relativité restreinte

Chapitre

8

Activités 1

Et « l’éther » s’évapora… (p. 210)

1 Le texte illustre une démarche scientifique car le scientifique : –  émet une hypothèse (l’existence de l’éther) ; –  applique des lois qui justifient cette hypothèse (lois de la mécanique galiléenne appliquées à la lumière dans le cas de l’existence de l’éther) ; –  met en place une ou plusieurs expériences pour vérifier son hypothèse (utilisation du phénomène d’interférences pour détecter un écart de durée) ; –  interprète les résultats obtenus (l’observation est non conforme aux prévisions. La figure d’interférences reste la même quelle que soit l’orientation de l’interféromètre) ; – réitère plusieurs fois l’expérience (elle donne toujours les mêmes résultats). L’échec de l’expérience, selon les prévisions de A. Michelson et E. Morley, a permis de remettre en cause les hypothèses de travail et a donc permis l’émergence d’une nouvelle théorie. 2 La théorie de la relativité restreinte est en contradiction avec les conceptions de la mécanique galiléenne, car elle considère que la vitesse de la lumière est invariante, c’est-à-dire que sa valeur ne dépend pas du référentiel d’étude.

2

Ces deux théories ne sont pas incompatibles, car l’application de la relativité restreinte à des systèmes à faible vitesse permet de retrouver les conclusions de la mécanique galiléenne. 3 La vitesse de la lumière dans le vide a la même valeur dans tous les référentiels.

Remarque 1 : l’invariance de la valeur de la vitesse de la lumière dans le vide s’applique dans tous les référentiels galiléens. Remarque 2 : l’expérience de A. Michelson et E. Morley confirme l’invariance de la valeur de la vitesse de la lumière dans le vide dans tous les référentiels galiléens, ou du moins ne l’infirme pas. D’autres expériences confirment ce résultat, comme l’observation d’étoiles doubles (voir exercice 23, p. 224 du manuel). En 1964, Alväger a apporté une autre preuve en mesurant la valeur de la vitesse des photons émis lors de la désintégration de particules se déplaçant à une vitesse proche de celle de la lumière. Il a montré que ces photons se déplacent à la vitesse de la lumière ; la composition des vitesses ne s’applique pas pour la lumière (voir exercice 24, p. 225 du manuel).

… lorsque la relativité arriva (p. 211)

10 # 10 3 = 3, 3 # 10 –5 s = 33 µs v 0, 998 # 3, 00 # 10 8 Pour parcourir 10 km, les muons mettent 33 µs ; on retrouve bien le résultat annoncé dans le texte. 1 Δt = d =

2 La distance parcourue par le muon en 2,2 µs est :

d = v · ΔT0 = 0,998 # 3,00 # 108 # 2,2 # 10–6 d = 6,6 # 102 m. Cette distance est très faible devant l’épaisseur de 10 km d’atmosphère à traverser par les muons pour atteindre le sol. D’après la mécanique classique, les muons n’ont pas le temps d’atteindre la Terre. 3 a.  Pour ces muons :

γ=

1 = 15,8. 1 – 0, 998 2

b. ΔT’ = γ · ΔT0 = 15,8 # 2,2 # 10–6 ΔT’= 35 # 10–6 s = 35 µs La durée de vie moyenne d’un muon mesurée sur Terre est de 35 µs. c.  La durée de vie du muon, pour un observateur terrestre, devient 15,8 fois plus grande que dans le référentiel lié au muon, d’où l’expression « dilatation des durées ». d.  ΔT’ > 33 µs, donc les muons formés dans la haute atmosphère peuvent atteindre le sol. 4 La mécanique galiléenne ne peut pas expliquer l’observation de muons sur Terre. Le modèle de relativité restreinte a permis, par la dilatation des durées, d’expliquer cette observation.

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3

« Être à l’heure pour se situer » (p. 212-213)

1 La localisation par GPS est basée sur la triangula-

tion. Les satellites GPS envoient des bips avec l’heure de départ du bip et la position du satellite. Le récepteur GPS calcule la distance qui le sépare de chaque satellite. Il en déduit sa position par l’intersection d’au moins quatre sphères (chaque sphère a pour rayon la distance entre le satellite concerné et le récepteur GPS, elle est centrée sur le satellite). Les horloges des satellites et du récepteur GPS doivent être synchronisées. 2 Si les horloges des satellites et du récepteur GPS ne sont pas synchronisées, les mesures de distances seront fausses. 3 Si les horloges sont synchronisées, la durée de l’aller est égale à la durée du retour : t + t 1’ t2 – t1 = t’1 – t2 d’où t2 = 1 2 4 a.  Les deux horloges des balises B1 et B2 sont synchronisées et le promeneur P reçoit les signaux simultanément avec leur date d’émission. P sait que la balise B 2 a émis un signal 1 ms avant la balise B1. P en déduit qu’il est plus près de B1 que de B 2. L’écart de distance PB2 – PB1 est égal à 1 ms # v, avec v la valeur de la vitesse de propagation des signaux. (1) b.  PB2 – PB1 = 1,00 # 10– 3 # 3,00 # 108 5 = 3,00 # 10  m,

PB2 + PB1 = 900 km = 9,00 # 105 m. (1) + (2) donne 2PB2 = 12,00

# 105

(2)

m,

d’où : PB2 = 6,00 # 105 m. De l’équation (1), par exemple, on déduit que : PB1 = 3,00 # 105 m. c.  Le promeneur connaît la distance qui le sépare de la balise B2. Dans le signal provenant de cette dernière, il y a la date t de son émission.

Exercices

Application immédiate 4  Définir la notion de durée propre

et exploiter la relation entre durée propre et durée mesurée

= 8,0 µs

c.  Au bout de 24 heures le retard est de : (ΔT’ – ΔT0) # 24 # 3 600 J N 1 – 1O # 24 # 3 600 =K 3) 2 3 9 10 ( , # K 1– O K O 3 00 ( , # 10 8) 2 L P = 7,3 # 10–6 s. d.  Le résultat confirme les 7 µs de retard annoncées dans le texte. 6 a.  Le bilan des phénomènes de relativités restreinte et générale conduit à une avance de 45 – 7 = 38 µs par cycle de 24 heures. b.  En multipliant cette avance par la valeur de la vitesse de la lumière, on obtient une erreur au bout de 24 heures de : 38 # 10–6 # 3,00 # 108 = 11 # 103 m = 11 km. Si on ne corrige pas cet effet, il s’ensuit une erreur de positionnement de 11 km au bout de 24 h.

La durée de vie mesurée de cette particule dans le référentiel (R) est de 8,0 µs.

  1.  A ; 2.  C ; 2   1.  B ; 2.  C ; 3.  C ; 4.  A ; 5.  B ;   1.  A et C ; 2.  B.

ΔT’ = γ · ΔT0 =

ΔT’ – ΔT0 = (γ – 1) · ΔT0

(p. 217-227)

QCM 1 3

P le reçoit à la date T’ indiquée par sa montre. PB 2 , alors sa montre est synchronisée avec Si T’ = t + v l’horloge de la balise B2. PB 2 , alors la montre avance par rapport à Si T’ > t + v PB 2 l’horloge et elle retarde si T’ < t + . v 1 5 a.  ΔT’ = γ · ΔT0 = avec ΔT0 la durée propre 2 1 – v2 c entre l’émission de deux signaux consécutifs mesurée par l’horloge embarquée dans un satellite située à proximité de l’émetteur et ΔT’ la durée entre l’émission des deux signaux consécutifs mesurée par l’horloge terrestre. b.  ΔT’ > ΔT0 (car γ > 1), donc l’horloge embarquée dans le satellite indique une date antérieure à celle affichée par l’horloge terrestre. Le retard a pour expression :

DT0

2 1 – v2 c

=

2, 51

# 10 –6

0, 95c 2 1–d n c

= 8,0 # 10–6 s

Pour commencer 5  Connaître l’invariance de la vitesse de la lumière dans le vide

1.  On postule que la valeur de la vitesse de la lumière dans le vide est la même dans tout référentiel galiléen. 2.  Le premier physicien à l’avoir énoncé est A. Einstein.

6  Connaître la valeur de la vitesse de la lumière dans le vide

1.  La valeur de la vitesse de la lumière dans le vide, avec trois chiffres significatifs, est égale à 3,00 # 108 m · s–1.

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2.  La valeur de la vitesse de la lumière dans le vide est aujourd’hui connue de façon exacte. Elle est fixée à 2,997 924 58 # 108 m · s–1.

7  Attribuer les principes a.  En mécanique classique, le temps est absolu et la valeur de la vitesse de la lumière dans le vide est relative. C’est la mécanique d’Isaac Newton. b.  En relativité restreinte, le temps est relatif et la valeur de la vitesse de la lumière dans le vide est absolue. C’est la mécanique d’Albert Einstein.

8  Comprendre la relation entre durée propre et durée mesurée

1.  La durée propre ΔT0 est mesurée par une horloge fixe dans un référentiel galiléen (R) et telle que les événements se déroulent au même endroit et à proximité de cette horloge. La durée mesurée ΔT’ est mesurée par des horloges fixes et synchronisées dans un référentiel galiléen (R’). Les deux référentiels et, par conséquent, les horloges sont en mouvement relatif l’un par rapport à l’autre. Dans (R’), les deux événements ne se produisent pas au même endroit. 2.  Puisque v et c sont positifs et que v < c, le rapport v  et son carré sont compris entre 0 et 1. c  2 1 – v  est donc compris entre 0 et 1 ainsi que sa c  racine carrée. Enfin, l’inverse d’un nombre compris entre 0 et 1 est supérieur à 1. γ est donc supérieur à 1.

()

3.  L’observateur en mouvement par rapport aux événements mesure une durée ΔT’ supérieure à la durée propre ΔT0 puisque γ > 1. On parle ainsi de durée dilatée mesurée par cet observateur.

9  Étudier un électron dans le tube

2.  Lorsque la durée mesurée est doublée par rapport à la durée propre, γ = 2. De la formule de γ, on peut tirer v : 2 2 1 – d v n = 1 , 1 – d v n = 12 c c c c 2 v , d n = 1 – 12 , v = c $ 1 – 12 c c c 1 v = c $ 1 – 2 = 0, 87 # c 2 L’astronaute doit se déplacer à une vitesse de valeur v = 0,87 # c pour que la durée qu’il mesure entre deux événements soit doublée par rapport à la durée propre sur Terre.

11  Exploiter la relation entre durée propre et durée mesurée

1.  Vu de la Terre, ce voyage a duré : durée du trajet # c = 4,4 ans. DT ’ = d = v 0, 90 # c 2.  Pour l’astronaute : DT0 = DT ’ = DT ’ $ γ DT0 = DT ’ $

1–

2 1 – v2 c

0, 90 2 c 2 = 1, 9 an. c2

12  Distinguer physique classique ou relativité restreinte

La théorie 1 correspond au postulat B et la théorie 2 au postulat A.

13  Étudier le vol d’un pigeon Les touristes ne doivent pas utiliser la relativité restreinte pour l’étude du vol d’un pigeon, car ce dernier se déplace avec une vitesse de valeur très faible comparée à celle de la lumière.

cathodique d'un téléviseur

1.  De la formule de γ, on peut tirer v : 2 2 1 – d v n = 1 , 1 – d v n = 12 c c c c 2 v 1 ,d n = 1 – 2 , v = c$ c c

2.  v = 2,997 924 58 # 108 #

1–

Pour s’entraîner 1 – 12 c

1 1, 05 2

v = 9,14 # 107 m · s–1 La valeur de la vitesse de déplacement de l’électron dans un référentiel terrestre est de 9,14 # 107 m · s–1.

10  Exploiter le coefficient γ 1.  L’astronaute en mouvement par rapport à la Terre ne peut pas être proche des deux événements. La durée séparant les deux événements est donc, pour l’astronaute, une durée mesurée. 1 1 = = 1,7 γ= 1 – (0, 80) 2 0, 80 # c 2 1–d n c La durée mesurée ΔT’ par l’astronaute est égale à 1,7 fois la durée propre ΔT0 .

14  La relativité du temps 1.  Les deux événements dont on cherche à mesurer la durée qui les sépare sont les passages de l’OVNI au-dessus de Bordeaux et d’Arcachon. 2.  Dans le référentiel de la soucoupe, les deux événements sont proches de l’horloge embarquée dans l’OVNI. La durée mesurée par l’extraterrestre est une durée propre. 3.  Les horloges synchronisées et fixes dans un référentiel terrestre qu’utilise Nicolas pour mesurer la durée séparant les passages de l’OVNI au-dessus de Bordeaux et d’Arcachon indiquent une durée mesurée. En effet, ces horloges sont en mouvement par rapport à celle qui mesure la durée propre. 3 ΔT’ = d = d = 3 # 49 # 10 8 = 2, 5 # 10 –4 s v 2c 2 # 3, 00 # 10 3 Nicolas mesure une durée de survol égale à 2,5 # 10–4 s.

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4.  ΔT0 = ∆T ’ = ΔT’ · γ

2 1 – v2 = d v c

$

γ

2. 

2 1 – v2 c

10

3 # 49 # 10 3 # 1 – 2 2 = 1,8 # 10–4 s d n 3 2 # 3, 00 # 10 8 La durée propre du survol de l’OVNI mesurée par l’extraterrestre est ΔT0 = 1,8 # 10–4 s.

9

15  Une période variable

5

1.  Les deux événements à considérer pour étudier la période d’un signal lumineux sont les émissions consécutives de deux signaux lumineux. 2.  La période propre de ce signal lumineux est celle mesurée à bord de la fusée : ΔT0 = 1 = 1 = 0,20 s. f 5, 0 3.  La période mesurée par l’ami resté sur Terre est : 1 ΔT’ = γ · ΔT0, avec γ = 2 1 – v2 c 0, 20 ΔT’ = = 0,36 s. (250 000 # 10 3) 2 1– (3, 00 # 10 8) 2

4

3.  On convertit v en m · s–1. On obtient ainsi le rapport v = 1,14 # 10–6. c Le point représentatif est quasiment confondu avec l’ordonnée à l’origine : γ = 1. Puisque γ = 1, il n’y a pas d’effet relativiste et la mécanique classique convient.

16  À chacun son rythme

4. a. Pour une augmentation de 10 % des durées :

ΔT0 =

1.  La durée mesurée par l’horloge correspond à la durée entre le passage de la sonde au niveau du Soleil et son arrivée dans la nébuleuse de la Lyre. Ces deux événements sont proches de l’horloge située à bord de la sonde. La durée ΔTS est donc une durée propre.

2.  La durée ΔTR est une durée mesurée avec : 1 ΔTR = γ · ΔTS et γ = 2 1 – v2 c Dans cette formule, v est la valeur de la vitesse relative des horloges, c’est-à-dire la vitesse de la sonde dans le référentiel héliocentrique. d 3.  ΔTR = R v DTS d 4.  ΔTR = γ · ΔTS = et ΔTR = R 2 v v 1– 2 c DT S d Il vient = R 2 v v 1– 2 c En élevant le tout au carré, on obtient : DT 2S d2 = 2R 2 v 1 – v2 c dR $ c En isolant la vitesse, il vient : v = 2 DT S $ c 2 + d R2

8 7 6

3

+

2 1 0

+ 0,25

+

+

+

v c

0,50

0,75

1,00

ΔT’ = ΔT0 + 10 % · ΔT0 = 1,10 ΔT0 ; γ = 1,1. b. On lit dans le tableau : v = 0,40 pour γ = 1,1. c Alors v = 0,40 # c = 1,2 # 105 km · s–1. 5.  Les effets relativistes sont longtemps passés inaperçus, car ils ne se manifestent de manière sensible que pour des vitesses de valeurs très élevées. En deçà, la précision des horloges et chronomètres ne permettait pas de détecter la dilatation des durées.

18  Expérience de Bertozzi 1. a. Le travail W( F ) d’une force électrique F vaut : W( F ) = q · U On peut dire que des joules sont homogènes à des coulombs multipliés par des volts. L’énergie cinétique c est égale à 1  m · v 2. 2

Donc les joules sont homogènes à des kg · m2 · s–2. kg $ m 2 $ s –2 e $ U s’exprime en soit m · s–1. m kg Cette expression est bien homogène à une vitesse, d’où la formule v c = 2e $ U . m b.  U (V)

vc (m · s–1)

1,00 # 102

5,93 # 106

Avec dR = 42 # 103 années de lumière que l’on convertit en mètre, ΔTS = 20 000 ans que l’on convertit en seconde et c = 3,00 # 108 m · s–1, on trouve : v = 2,7 # 108 m · s–1.

1,00 # 103

1,87 # 107

1,00 # 104

5,93 # 107

1,00 # 105

1,87 # 108

17  Relativité es-tu là ?

1,00 # 106

5,93 # 108

1. 

1,00 # 107

1,87 # 109

v  c 

0

0,200 0,400 0,600 0,800 0,900

0,99

γ

1

1,02

10,0

1,09

1,25

1,67

2,29

2.  Les valeurs expérimentales confirment les prévisions de la mécanique classique pour les plus faibles valeurs de la vitesse des électrons.

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3.  La limite est la valeur de la vitesse de la lumière dans le vide, soit 3,00 # 108 m · s–1. 4.  La mécanique classique n’est plus utilisable pour les particules dont la valeur de la vitesse est élevée (v > 0,14 # c). Il faut alors travailler en mécanique relativiste.

19  Incertitude ou relativité restreinte ?

b. La valeur c de la vitesse de la lumière étant constante, on a : c $ DT0 soit L = c = 2L ΔT0 2 3. a. Pendant une aller simple de la lumière, l’astronef parcourt la distance d = v $ ΔT ’ . 2 b. 

1.  D’après la formule de dilatation des durées, l’écart entre les durées mesurée et propre s’écrit :

L

 2

ΔT’ – ΔT0 = (γ – 1) · ΔT0 2. a. U (ΔT0) = 0,000 1 % # 5,593 568 + 0,001 4 # 10–3 U (ΔT0) = 7 # 10–6 s b.  ∆T0 taffiché

5,593561

5,593575

c. L’écart minimal entre ΔT0 et ΔT’ doit être : (ΔT’ – ΔT0)min = 7 + 7 + 1 = 15 µs.

3.  D’après les questions précédentes, il vient : (γ – 1) · ΔT0 = (ΔT’ – ΔT0)min d’où :

γ=

` ΔT ’ – ΔT0 jmin

ΔT0

+1

–6 γ = 15 # 10 + 1 = 1,000 002 68. 5, 593 568 Remarque : le résultat est indiqué avec neuf chiffres significatifs pour ne pas trouver une valeur nulle pour v dans la question suivante. On peut également s’arrêter pour γ à la première décimale non nulle, soit γ = 1,000 003. 1 . On en déduit : 4. a. γ = 2 v 1– 2 c 1 1 v = c 1 – 2 = 3, 00 # 10 8 # 1 – 1, 000 002 68 2 γ

v = 6,95 # 105 m · s–1. Un tel type de chronomètre est capable de repérer la dilatation des durées en relativité restreinte si les deux chronomètres se déplacent l’un par rapport à l’autre dans des référentiels galiléens avec une vitesse de valeur au moins égale à 6,95 # 105 m · s–1. b. Un avion se déplace à une vitesse très inférieure à 6,95 # 105 m · s–1. Deux amis, l’un immobile sur Terre et l’autre dans l’avion, ne peuvent pas mettre en évidence la dilatation du temps avec ce type de chronomètre. 5.  La précision d’une horloge atomique permet de mettre en évidence la dilatation du temps pour des valeurs de vitesses relatives entre les deux horloges beaucoup plus faibles que 6,95 # 105 m · s–1.

20  Quand les durées se dilatent 1.  Pour mesurer une durée propre, l’observateur muni d’un chronomètre doit être proche des deux événements dont il mesure la durée qui les sépare. L’observateur O1 est proche du départ de la lumière du miroir inférieur et de son retour. Il mesure donc une durée propre. 2. a. Pour O1, fixe par rapport à l’horloge de lumière, la lumière parcourt la distance 2 L lors d’un aller-retour.

d c. Le schéma fait apparaître un triangle rectangle pour  2 lequel = d 2 + L2, soit : 2  = 2 d 2 + L2

IM

4. a.  = c · ∆T’ b. On a :  = c · ∆T’

(1)

 = 2 d 2 + L2 (2) c $ ∆T0 L= (3) 2 (4) d = v $ ΔT ’ 2 Avec (1) et (2), on peut écrire :

c · ∆T’ = 2 d 2 + L2 En remplaçant L et d par leurs expressions, il vient : c · ∆T’ = 2

2

v DT ’ + f c · DT0 p d · n 2 2 2

En élevant au carré : c2 · ∆T’ 2 = v 2 · ∆T’ 2 + c2 · ∆T02 c2 · ∆T02 = (c2 – v 2) · ∆T’ 2

∆T’ = ∆T’ =

c2

c2 – v 2 1 2 1 – v2 c

$ DT0 =

1

DT0 2 $ 1 – v2 c $ DT0 = γ $ DT0 avec γ =

1 2 1 – v2 c

5.  v < c, donc v < 1. c 2 v et c sont des valeurs positives, donc d v n < 1. c 2 On en déduit que 1 – v 2 < 1, d’où : c 1 > 1, donc γ > 1 2 1 – v2 c ΔT’ est donc toujours supérieur à ΔT0, d’où le titre « Quand les durées se dilatent ».

21  Chérie, j’ai rétréci la navette 1.  Bill muni d’un chronomètre est situé dans un référentiel galiléen. Il mesure la durée séparant les événements E1 et E2 qui se déroulent au-dessus de sa tête, donc proches de lui. Il mesure une durée propre. 2.  L2 = v · ΔT0

et

L1 = v · ΔT’

3.  ΔT’ = γ · ΔT0 L2 = v $ DT ’ = L 1 γ γ 4. a. La navette est immobile dans un référentiel lié à Boule. C’est donc ce dernier qui mesure une longueur propre nommée ici L1.

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b. La longueur L2, mesurée par Bill, est plus petite que L la longueur L1, mesurée par Boule, car L2 = 1 et γ > 1. c Les longueurs se contractent. 5.  Longueur de la navette mesurée par Bill : 2 L (0, 90) 2 L2 = 1 = L1 $ 1 – v2 = L1 $ 1 – γ c c2 L 2 = 30 # 1 – 0, 90 2 = 13 m . La longueur de la navette mesurée par Bill est de 13 m.

22  How GPS bends time ? Traduction du texte : « Einstein savait de quoi il parlait à propos de cette histoire de relativité. Pour preuve, il suffit de regarder votre GPS. Le système de positionnement global repose sur un ensemble de 24 satellites qui transmettent des informations horodatées sur l’endroit où ils sont. Votre appareil GPS enregistre l’heure exacte à laquelle il reçoit cette information depuis chaque satellite et calcule ensuite la durée mise par le signal pour arriver. En multipliant le temps écoulé par la vitesse de la lumière, on peut trouver la distance qui le sépare de chaque satellite, comparer ces distances, et calculer sa propre position. Pour une exactitude de quelques mètres, les horloges atomiques des satellites doivent être extrêmement précises – plus ou moins 10 nanosecondes. C’est ici que les choses deviennent étranges : ces horloges, extrêmement précises, ne semblent jamais fonctionner correctement. Une seconde mesurée sur le satellite ne correspond jamais à une seconde mesurée sur Terre – tout comme l’avait prédit Einstein. Selon la théorie de la relativité restreinte d’Einstein, une horloge qui se déplace rapidement semble fonctionner plus lentement pour une personne immobile. Les satellites se déplacent à environ 9 000 miles par heure – suffisamment pour que les horloges embarquées ralentissent de 8 microsecondes par jour par rapport à un récepteur GPS et brouillent totalement les données de localisation. Pour contrer cet effet, le système GPS ajuste l’heure indiquée par les satellites en utilisant l’équation ci-dessous. » 1.  Le GPS d’une voiture, par exemple, enregistre l’heure à laquelle il reçoit un signal provenant d’un des 24 satellites. Connaissant le temps de parcours du signal et sa vitesse de propagation, le GPS calcule la distance qui le sépare du satellite. Il effectue cette opération avec plusieurs satellites afin de déterminer sa position exacte sur Terre. 2.  La distance qui sépare le GPS d’un satellite est d’autant plus précise que la durée du parcours de l’onde électromagnétique est déterminée avec une grande précision. Il faut des horloges très précises, des horloges atomiques. 3.  La relativité restreinte d’Einstein explique que les horloges embarquées dans les satellites battent à un rythme plus lent qu’une horloge terrestre, d’où un décalage (retard) de 8 µs par jour. 4.  Les valeurs des vitesses apparaissent sous forme de rapport dans l’équation de dilation des durées. Il suffit donc que ces valeurs aient la même unité, des miles par seconde par exemple.

Si l’horloge d’un satellite GPS mesure une durée propre de 24 h, ΔT0 = 24 # 3 600 s. Une horloge terrestre mesure : 24 # 3 600 = 86 400,000 007 8  s, ΔT’ = γ · ΔT'0 = 9 000 2 d n 3 600 1– 186 262 2 soit une avance de 7,8 µs par rapport à l’horloge embarquée dans le satellite. Inversement, l’horloge du satellite affiche un retard de 7,8 µs par rapport à une horloge terrestre.

Pour aller plus loin 23  Le test des étoiles doubles 1.  Le postulat d’Einstein pour la relativité restreinte dit que la valeur de la vitesse de la lumière dans le vide est la même dans tous les référentiels galiléens. 2.  D’après la loi classique de composition des vitesses, la personne fixe dans un référentiel terrestre voit la balle lancée par l’enfant A arriver avec une vitesse dont la valeur v1 est égale à celle vA du lancer de l’enfant par rapport au manège plus celle vm du manège par rapport au sol (v1 = vA + vm). Au contraire, la balle provenant de l’enfant B arrive vers la personne avec une vitesse de valeur v2 = vA – vm. C’est donc la balle provenant de l’enfant A qui arrive en premier à la personne. 3.  Les effets relativistes ne se font sentir que pour des valeurs de vitesse non négligeables devant c. La loi classique de composition des vitesses s’applique donc ici pour les balles. 4.  N’ayant pas observé d’images brouillées lors de l’expérience, on peut conclure que, dans le référentiel de l’observateur terrestre, la lumière émise par chaque étoile s’est propagée à une vitesse ayant la même valeur dans le vide. Le postulat d’Einstein est en accord avec ces observations.

24  Le test des pions 1.  La source des photons gamma sont les pions neutres. 2.  Dans (R), les pions neutres se déplacent à une vitesse de valeur égale à 0,999 75 # c. 3. a. En construisant les deux vecteurs v photon/source et v source/Terre , avec, ici, des vecteurs colinéaires de même sens, on obtient une valeur de 1,999 75 # c pour v photon/Terre . b. De même, les vecteurs étant colinéaires et de sens opposés, on obtient une valeur de 0,000 25 # c pour v photon/Terre . 4. a. Alväger mesure la valeur d’une vitesse avec une précision de 10–5 # c. L’expérience donne une valeur de c pour v photon/Terre , ce qui est en désaccord avec la mécanique classique. En effet, les résultats de la question 3 montrent que l’on aurait dû obtenir des valeurs bien différentes de c.

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b. Cette expérience est en accord avec l’invariance de la valeur c de la vitesse de la lumière dans le vide. Elle n’infirme pas la théorie de la relativité restreinte.

 = h. λ c C’est l’expression de de Broglie (voir le chapitre 15).

c. Pour un photon : p =

25  La quantité de mouvement relativiste 2 1.  Si v << c, alors v c 0 et γ tend vers 1 ; c2 p relat. = m $ v

On retrouve l’expression classique de la quantité de mouvement. 2.  En remplaçant prelat. et pclas. par leurs expressions, on peut écrire : γ · m · v – m · v G m$v 100 Il vient : d’où :

cG 1 +1 100 vGc$

et

2 1 – v 2 H 100 101 c

2

1 – d 100 n = 0, 14 # c = v max 101

Si v G v max = 0, 14 # c , les quantités de mouvement en mécanique relativiste et en mécanique newtonienne diffèrent d’au plus 1 %.

26  L’énergie relativiste 1.  En combinant les relations proposées, on a : v2 1 2 = γ 2 · m2 · v 2 · c 2 + m2 · c 4 = γ 2 · m2 · c 4 f c 2 + c 2 p v2 v2 2 = γ 2 · m2 · c 4 f c 2 + f 1 – c 2 pp = γ 2 · m2 · c 4 Il vient :

 = γ · m · c2

2.   = γ · m · Donc :

c2

= c + 0 = c + m ·

c2

c = γ · m · c 2 – m · c 2 = (γ – 1) · m · c 2

3. a. Si la particule a une masse nulle, alors :  = m · c2 = 0 c b. Comme l’énergie d’une particule a une valeur finie, γ tend vers l’infini. 2 1 – v 2 tend vers 0, c tend vers 1 et v = c.

c. Si γ tend vers l’infini,

2 donc v 2 c La valeur de la vitesse de ces particules de masse nulle est égale à c dans le vide. 4. a.  = h · ν = h $ c . λ b. L’énergie relativiste d’une particule de masse m a pour expression :

2 = p2 · c2 + m2 · c4 Pour un photon de masse nulle, cette énergie s’écrit : =p·c

Retour sur l’ouverture du chapitre 27  La vitesse de la lumière et Einstein dépassés par une particule ?

1.  Le postulat d’Einstein indique que la valeur de la vitesse de la lumière dans le vide est la plus grande valeur de vitesse que l’on puisse atteindre. 2. a. Un neutrino est une particule neutre de masse pratiquement nulle. b. Temps mis par la lumière pour parcourir cette distance : 730 085 = 2, 435 30 # 10 –3 s . Δt = d = c 2, 997 924 58 # 10 8 Un neutrino met Δt = ΔT’ – 60 ns = 2,435 24 # 10–3 s pour parcourir cette distance. c. Incertitude de 10 milliardièmes de seconde sur Δt, donc U(Δt) = 1 # 10–8 s. 2,435 23 # 10–3 s < Δt < 2,435 25 # 10–3 s 730 085 3.  v = d = = 2,998 00 # 108 m · s–1 Δt 2, 435 24 # 10 –3 U(v) = v ·

f

2

U ( d) U (Δt) 2 p +d n Δt d

= 2,998 00 # 108 #

d

= 1,3 # 103 m · s–1

2

2 1 10 –8 p n +f 730 085 2, 435 24 # 10 –3

2,997 99 # 108 m · s–1 < v < 2,998 01 # 108 m · s–1 4.  Avec la précision de la mesure, la valeur de la vitesse du neutrino est bien supérieure à celle de la vitesse de la lumière dans le vide. 5.  D’après Einstein : ΔT’ =ΔT0

avec γ =

1 2 1 – v2 c

2 Or, si v > c, alors 1 – v 2 < 0, c 2 donc 1 – v 2 n’existe pas. c γ ne peut pas être calculé. La relativité restreinte est remise en cause.

6. Une découverte expérimentale doit être vérifiée par plusieurs mesures avec des méthodes et des instruments différents pour être validée.

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Comprendre un énoncé 28  Je suis en retard ! en retard ! en retard ! 1.  La valeur de la vitesse relative du Lapin n’est pas négligeable devant c : des effets relativistes vont avoir lieu. Les durées mesurées par le Lapin et la Reine sont ainsi liées par la relation de dilatation des durées. Puisque, ici, γ ª 2,3, la Reine mesure une durée plus grande que le Lapin, d’où son courroux. 2.  Alice n’est pas en mouvement par rapport à la Reine ; elle mesure la même durée qu’elle. Autrement

dit, entre Alice et la Reine, γ = 1. Il n’y a pas de dilatation des durées et Alice ne contredira pas la Reine. 3.  Pour éviter de courroucer la Reine, il faut un décalage minimal entre la durée propre et la durée mesurée. Ceci est possible si la valeur de la vitesse relative v devient négligeable devant c (v < 0,14 # c). Dans ce cas, γ tend vers 1 et ΔT ’ tend vers ΔT0. Le lapin aurait mieux fait de ne pas aller si vite ! 4.  Grâce à ce type d’horloge, le Lapin mesurera le temps très précisément, ce qui peut l’aider à gérer ses retards. Cependant, les effets relativistes comme la dilatation des durées affectent toutes les horloges.

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Temps et évolution chimique : cinétique et catalyse

Chapitre

9

Activités 1

Réactions rapides, réactions lentes… (p. 230)

Matériel et produits –  Deux béchers de 50 mL ; –  deux éprouvettes graduées de 10 mL ; –  deux pipettes graduées de 5 mL ; –  une solution de sulfate de fer (II), Fe2+ (aq) + SO42– (aq) à 1,0 # 10-2 mol · L–1 ;

1 Dans le bécher A :

MnO4– (aq)

+5

Fe2+ (aq)

+8

H+ (aq)

Mn2+ (aq) + 5 Fe3+ (aq) + 4 H2O ()

Dans le bécher B : 2 MnO4– (aq) + 6 H + (aq) + 5 H2C2O4 (aq)

2 Mn2+ (aq) + 8 H2O () + 10 CO2 (g)

2

–  une solution d’acide oxalique H2C2O4 (aq) à 5,0 # 10–1 mol · L–1 ; –  deux solutions acidifiées de permanganate de potassium K+ (aq) + MnO4– (aq) à 1,0 # 10–3 mol · L–1.

2 La première est la plus rapide ; c’est dans le bécher A que la coloration violette disparaît le plus rapi­ dement. 3 Les deux réactions ont des cinétiques différentes, car l’évolution dans le temps des deux systèmes où elles se déroulent est différente ; celle-ci est rapide pour le système A, lente pour le système B.

Facteurs cinétiques (p. 230-231)

A Influence des concentrations Matériel et produits –  Des béchers identiques de 100 mL ; –  des éprouvettes graduées de 15 et 25 mL ; –  un chronomètre ; –  des solutions de thiosulfate de sodium 2 Na+ (aq) + S2O32– (aq) : la première à 0,5 # 10–1 mol · L–1, la deuxième à 1,0 # 10–1 mol · L–1 et la troisième à 5,0 # 10–1 mol · L–1 ; –  des solutions d’acide chlorhydrique H+ (aq) + Cl– (aq) : la première à 0,5 # 10 –1 mol · L –1 , la deuxième à 1,0 # 10–1 mol · L–1 et la troisième à 5,0 # 10–1 mol · L–1.

Protocole possible Étude de l’influence de la concentration du thiosulfate de sodium Disposer sur la paillasse trois papiers portant exactement la même lettre ou le même signe. Dans trois béchers numérotés (I), (II) et (III), introduire 10 mL de solutions de thiosulfate de sodium 2 Na+ (aq) + S2O32– (aq), à 0,5 # 10–1 mol · L–1 (bécher (I)), à

1,0 # 10–1 mol · L–1 (bécher (II)) et à 5,0 # 10–1  mol · L–1 (bécher (III)). Déposer chaque bécher sur l’une des trois lettres. Au même instant, et en déclenchant le chronomètre, verser dans chacun des béchers 25 mL de solution d’acide chlorhydrique, H+ (aq) + Cl –(aq), à 5,0 # 10–1 mol · L–1. Se placer à la verticale des béchers et relever, pour chaque bécher, le temps au bout duquel la lettre n’est plus visible. Étude de l’influence de la concentration de l’acide chlorhydrique Recommencer en mettant dans les béchers 25 mL de chacune des solutions d’acide chlorhydrique et verser simultanément, dans les trois béchers, 10 mL de solution de thiosulfate de sodium 2 Na+ (aq) + S2O32– (aq), à 5,0 # 10–1 mol · L–1 .

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90


1 Pour la réaction entre les ions thiosulfate S2O32– (aq)

et les ions hydrogène H+ (aq) d’équation : S2O32– (aq) + 2 H+ (aq)

H2O (aq) + S (s) + SO2 (aq)

le système évolue d’autant plus rapidement que la

concentration en ions thiosulfate S2O32– (aq) ou en ions hydrogène H+ (aq) est élevée. Si ce résultat est général, on peut conclure : l’évolution d’un système chimique est d’autant plus rapide que les concentrations des réactifs sont élevées.

B Influence de la température Matériel et produits –  Des béchers identiques de 100 mL ; –  des éprouvettes graduées de 15 et 25 mL ; –  un chronomètre ; –  un bain-marie à 50 °C ; –  un thermomètre ; –  une solution d’acide oxalique H2C2O4 (aq) à 5,0 # 10–1 mol · L–1 ; –  une solution acidifiée de permanganate de potassium K+ (aq) + MnO4– (aq) à 1,0 # 10–3 mol · L–1 ; –  de la glace pilée.

Protocole possible Dans trois béchers numérotés (I), (II) et (III), introduire 10 mL de solution acidifiée de permanganate de potassium K+ (aq) + MnO4– (aq) à 1,0 # 10–3 mol · L–1.

2 L’étude, à diverses températures, de la réaction entre les ions permanganate MnO4– (aq) et l’acide oxalique H2C2O4 (aq) d’équation :

2 MnO4–  (aq) + 5 H2C2O4 (aq) + 6 H+ (aq) 2 Mn2+ (aq) + 10 CO2 (g) + 8 H2O ()

Laisser le bécher (I) à température ambiante, mettre le bécher (II) dans la glace pilée et le bécher (III) au bainmarie à 50 °C. Dans trois béchers numérotés (I’), (II’) et (III’), introduire 10 mL de solution d’acide oxalique H2C2O4 (aq) à 5,0 # 10–1 mol · L–1. Laisser le bécher (I’) à température ambiante, mettre le bécher (II’) dans la glace pilée et le bécher (III’) au bainmarie à 50 °C. En déclenchant le chronomètre, verser le bécher (I’) dans le bécher (I) ; agiter et observer. Relever le temps lorsque la décoloration est complète. Vérifier que les contenus des béchers (II) et (II’) ont sensiblement la même température et verser le bécher (II’) dans le bécher (II) ; agiter et observer. Relever le temps lorsque la décoloration est complète. Recommencer avec les béchers (III) et (III’).

montre que le système évolue d’autant plus rapide­ ment que sa température est élevée. Si ce résultat est général, on peut conclure : l’évolution d’un système chimique est d’autant plus rapide que sa température est élevée.

C Influence des catalyseurs Matériel et produits –  Des béchers identiques de 100 mL ; –  des éprouvettes graduées de 25 mL ; –  un cylindre de platine utilisé pour la désinfection et le nettoyage des lentilles cornéennes ; –  une solution de peroxyde d’hydrogène H2O2 à 30 volumes ; –  une solution de chlorure ou de sulfate de fer (III) à 0,5 mol · L–1 ; –  des morceaux de foie découpés en dés.

3 Le dégagement de dioxygène est faible dans le bécher A, car la réaction étudiée est très lente.

La catalyse est enzymatique si le catalyseur est une enzyme.

4 Le platine, les ions fer (III) et la catalase accélèrent la réaction étudiée, ce sont des catalyseurs.

6 Exemples d’applications de la catalyse dans la vie quotidienne : pot d’échappement catalytique pour purifier les gaz d’échappement (voir exercice 22, p. 248 du manuel) ; colles ou adhésifs nécessitant l’ajout d’un durcisseur (voir exercice 27, p. 251 du manuel) ; nettoyage de lentilles cornéennes ; etc.

5 Un catalyseur est une espèce qui accélère une

réaction chimique sans être consommée par celle-ci ; sa formule n’apparaît donc pas dans l’équation de la réaction. Une réaction catalysée est une réaction qui est accé­ lérée par l’ajout d’un catalyseur. La catalyse est hétérogène si le catalyseur et au moins un des réactifs ne sont pas dans la même phase. La catalyse est homogène si le catalyseur et tous les réactifs sont dans la même phase.

7 Exemple de catalyse enzymatique dans le cours de SVT : se reporter entre autres dans le programme de 1re S au thème : «  Des protéines actives dans la cata­ lyse : les enzymes ».

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91


3

Suivi temporel d’une synthèse organique par CCM (p. 232)

Matériel et produits –  Un montage de chauffage à reflux avec ballon bicol ; –  des plaques à chromatographie de 4 cm # 6 cm et une cuve adaptée ; –  des capillaires ; –  une lampe UV ; –  des éprouvettes graduées de 10 mL, 25 mL et 100 mL ; –  une pipette jaugée de 2,0 mL ;

–  un chronomètre ; –  une solution de soude à 0,25 mol · L–1 ; –  une solution de permanganate de potassium à 0,25  mol · L–1 ; –  du benzaldéhyde pur ; –  du cyclohexane ; –  de la propanone.

Compléments La réaction étudiée est relativement rapide. Aussi doit-on effectuer rapidement les premiers prélèvements pour chromatographie afin de repérer correctement les taches dues au benzaldéhyde. Afin de pouvoir parler de la durée de la réaction à une température donnée, nous nous sommes placés à l’ébullition du mélange, ce qui explique une durée de réaction assez brève (inférieure à dix minutes). Si l’on souhaite allonger la durée de la réaction, on pourra travailler à une température plus basse, mais il faut alors disposer d’agitateurs magnétiques chauffants avec turbulents ovoïdes pour bien homogénéiser le mélange qui contient entre autres du dioxyde de manganèse solide. On peut aussi partir avec un mélange réactionnel contenant, à température ambiante, tous les réactifs dès le départ et chauffer jusqu’à ébullition ; la manipulation est plus facile à conduire, mais le temps de réaction alors trouvé ne peut être rapporté à une température donnée, ce qui peut être gênant après étude du facteur cinétique température. Afin d’avoir des résultats pertinents, il faut que le benzaldéhyde soit le plus pur possible ; en effet, cet aldéhyde s’oxyde facilement en acide benzoïque, en présence de lumière sous l’action du dioxygène de l’air. Il suffit de faire une chromatographie du réactif pour vérifier qu’il n’a pas déjà été oxydé.

1 2 MnO4– (aq) + 3 C6H5PCHO () + HO– (aq)

2 MnO2 (s) + 3 C6H5PCO2– (aq) + 2 H2O ()

2 On a n (MnO4–) = C · V = 15 mmol.

 2 # 1,042 = 19,6 mmol. = M 106,1 Il y aurait stœchiométrie si : 2 # n (C6H5PCHO) = 13,1 mmol. n (MnO4–) = 3 Les ions permanganate sont donc en excès et le benzaldéhyde est le réactif limitant. n (C6H5PCHO ) = V · 

3 On peut considérer, vu la température du milieu

réactionnel, que l’on effectue une trempe du mélange contenu dans la goutte prélevée et que l’on bloque son évolution. 4 Lorsque l’on a effectué cette manipulation, on a constaté que les premiers dépôts donnaient, après révélation, deux taches, l’une due au benzaldéhyde C 6 H 5 PCHO et l’autre due à l’ion carboxylate C6H5PCO2–. Les derniers dépôts ne donnaient, après révélation, que la tache due à l’ion carboxylate C6H5PCO2–.

4

Une étude soignée des taches obtenues montrent que celles dues au benzaldéhyde ont une taille qui diminue dans le temps, alors que celles dues à l’ion carboxylate ont une taille qui croît, puis qui est constante lorsque n’apparaît plus la tache due au benzaldéhyde. Cette évolution traduit la disparition progressive du benzaldéhyde par oxydation en ion carboxylate. 5 a. La tache relative au benzaldéhyde n’a plus

semblé être détectable au-delà de dix à douze minutes dans les conditions de cette manipulation. Le système n’évoluait donc plus au-delà de cette durée. b. Pour améliorer la précision de cette mesure on pourrait : –  augmenter le nombre de prélèvements en les resser­ rant dans le temps ; –  utiliser d’autres techniques d’analyse (spectroscopie IR ou de RMN). 6 La durée d’une réaction chimique est le temps nécessaire à la consommation totale du réactif limitant.

Suivi temporel d’une réaction par spectrophotométrie (p. 233)

Matériel et produits –  Un erlenmeyer de 150 mL ; –  des éprouvettes graduées de 10 mL et 25 mL ; –  une pipette jaugée de 5,0 mL ; –  un spectrophotomètre et ses cuves ; –  une solution d’iodure de potassium K+ (aq) + I– (aq) à 0,50 mol · L–1 ; –  une solution d’acide sulfurique 2 H+(aq) + SO42– (aq) à 2,0 mol · L–1 ; –  une solution de peroxyde d’hydrogène H2O2 (aq) à 5,0 # 10-2 mol · L–1.

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A Réaction étudiée ; méthode d’étude 1 a. Cette réaction est une réaction lente. b. H2O2 (aq) + 2 I– (aq) + 2 H+(aq) I2 (aq) + 2 H2O (aq) c. Les ions hydrogène H+(aq) figurent dans le premier membre de l’équation, ce sont des réactifs et ce ne sont donc pas des catalyseurs de cette réaction. 2 a. Les molécules de diiode I2 (aq) (ou plus exacte­ ment les ions I3– (aq) formés par la réaction d’équation

I3– (aq)) sont responsables de la I2 (aq) + I– (aq) couleur de la solution. b. Le peroxyde d’hydrogène est le réactif limitant ; sa disparition s’accompagne de la formation de diiode. D’après la loi de Beer-Lambert, l’absorbance de la solu­ tion est proportionnelle à la concentration du diiode, on peut donc suivre l’évolution du système par spec­ trophotométrie.

B Manipulation 3 a. Le graphe est tracé dans le manuel (doc. 17, p. 239). b. Graphiquement, on obtient Af ≈ 1,10. c. Sur le graphe, on lit tf ≈ 15 min. 4 Au chapitre 4 (activité 1, p. 88 du manuel), le spectre du diiode est fourni. On constate qu’il présente un maximum pour λ ≈ 400 nm, c’est-à-dire dans le violet, couleur complémentaire de celle du diiode (jaune), d’où la valeur choisie pour le tracé. 5 Loi de Beer-Lambert : A(λ) = ε  ·  · C. λ

6 a. n(H2O2) = 0,25 mmol ; n(I–) = 2,5 mmol ;

n(H+) = 80 mmol. Le peroxyde d’hydrogène est le réactif limitant. Un tableau d’avancement donne n(I2) = x et donc : x [I2] = V

Exercices

(p. 241-253)

QCM 1 3

  1.  B et C ; 2.  A et C ;

b. Pour le peroxyde d’hydrogène, n(H2O2) = n0 – x, d’où : x n xmax = n0 et [I2]max = max = 0 V V 7 À tout instant A(t) = ε  ·  · [I2], soit A(t) = ε  ·  ·  x(t) . λ λ V ε  ·  · n0, d’où : Pour t = tf, A(tf) = Af = λ V A(t) = x n0 Af 8 a. Graphiquement, on a trouvé t1/2 ≈ 2 min. b. Il faut utiliser les formules et le tableau (fiche 3, p. 584 du manuel) pour déterminer n–1, k et U(t1/2) avec un niveau de confiance de 95 %. c. tf ≈ 8 t1/2. Le temps de demi-réaction, plus facile à déterminer que la durée de réaction, est un bon indica­ teur de celle-ci : généralement la durée d’une réaction est de l’ordre de quelques temps de demi-réaction.

8  Analyser des facteurs cinétiques 2

  1.  C ; 2.  A et C ; 3.  B ;

  1.  A et C ; 2.  A et C ; 3.  A ; 3.  A et C.

4

  1.  A et B ; 2.  A ;

Application immédiate 5  Déterminer une durée de réaction 1.  tf = 250 min. 2.  t1/2 ≈ 30 min ; tf ≈ 8 t1/2. 3.  m = [Cu2+] · V · M (Cu) = 0,95 g.

6  Étudier des facteurs cinétiques 1.  Facteurs cinétiques mis en évidence : température et catalyseur. 2.  (a) : β ;    (b) : γ    et    (c) : α.

Pour commencer 7  Classer des réactions chimiques (1) : rapide ; (2) : instantanée ; (3) : lente ; (4) : évolu­ tion ; (5) : inerte ; (6) : rapide ; (7) : instantanée.

1.  Au cours du temps, la concentration des réactifs diminue ; pour chacun des mélanges, on constate que : soit ΔC1 > ΔC2 > ΔC3 Δn1 > Δn2 > Δn3, La rapidité d’évolution des systèmes diminue lorsque la concentration des réactifs diminue. 2.  θ (II) > θ (I).   Or,   Δn (II)i > Δn (I)i soit : ΔC (II)i > ΔC (I)i La rapidité d’évolution d’un système et d’autant plus élevée que sa température est élevée.

9  Repérer des facteurs cinétiques 1. a. Le facteur cinétique mis en évidence est la température. b. La recommandation « À conserver au frais » est justifiée, car la réaction est d’autant plus rapide que la température est élevée. 2.  Aucun délai d’utilisation ne figure sur les flacons d’eau de Javel à 12 °Chl, car, comme l’indique la courbe verte, la réaction est alors très lente pour cette solution diluée. Le facteur cinétique mis en évidence est donc la concentration du réactif, ici, l’ion hypochlorite. 3. a. L’eau de Javel est commercialisée dans des réci­ pients opaques, car la réaction est accélérée en présence de radiations UV (réaction photochimique).

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b. Le facteur cinétique mis en évidence est l’éclaire­ ment. c. La recommandation « À conserver à l’abri de la lumière » est en accord avec cette observation.

10  Justifier une méthode expérimentale Lors d’une trempe, on exploite deux facteurs ciné­ tiques : la température et la concentration ; l’évolution du système est en effet bloqué par un fort abaissement de la température et par la dilution qui diminue forte­ ment la concentration des réactifs.

11  Identifier un catalyseur 1.  Les ions hydrogène H+ (aq) ne figurent pas dans l’équation de déshydratation du propan–1-ol alors qu’ils apparaissent dans le premier membre de l’équa­ tion, entre les ions iodate et iodure. 2.  Dans la première réaction, ce sont des catalyseurs ; dans la seconde, ce sont des réactifs.

12  Repérer des catalyseurs 1. C2H5OH (g) CH3PCHO (g) + H2 (g) : (a) C2H4 (g) + H2O (g) : (b) C2H5OH (g) (C2H5)2O (g) + H2O (g) : (c) 2 C2H5OH (g) Le cuivre, l’alumine et l’acide sulfurique favorisent les réactions sans participer aux équations des réac­ tions : ce sont des catalyseurs. 2.  (a) et (b) : catalyse hétérogène ; (c) : catalyse homogène. 3.  Sélectivité des catalyseurs.

13  Déterminer une durée de réaction et un temps de demi-réaction (I)

1.  Le chloroéthane est le réactif limitant. 2. a. tf ≈ 40 min b.  t1/2 ≈ 7,5 min

b. tf ≈ 2,6 t1/2 ; la faible valeur trouvée pour le rapport tf est due au fait que cette réaction est autocatalysée. t1/2

16  Utilisation de la colorimétrie 1.  On ajoute de l’eau dans les tubes A et B pour que tous les tubes contiennent le même volume de liquide afin de pouvoir comparer la couleur des tubes dans les mêmes conditions. 2.  Concentrations

Tube A

Tube B

Tube C

[H2O2]0 (mmol · L–1)

9,0

15,0

27,0

0,12

0,12

0,12

[I–]

(mol · L–1)

3.  La concentration du peroxyde d’hydrogène est le facteur cinétique mis en évidence.

17  Utilisation de la volumétrie 1.  2 H2O2 (aq) 2 H2O (ℓ) + O2 (g) 2. a. x (t) = n (O2) (t) = V (O2) (t)/Vm b.  À l’aide d’un tableau d’avancement, il vient : n (H2O2) (t) = n (H2O2) (0) – 2 x (t),  d’où : t (min)

0

V(t) (mL)

0

6,2 10,9 14,6 17,7 21,0

x (t) = n (O2) (t) (mmol)

0

0,26 0,45 0,61 0,74 0,88

n (H2O2) (t) (mmol)

1.  Sur le graphe, on constate que [Ag+] ≈ 0 mol · L–1 pour tf ≈ 70 min. 2.  De même, on constate que : 1 [Ag+] ≈ [Ag+]0 ≈ 0,040 mol · L–1 pour t1/2 ≈ 10 min. 2 On observe que tf ≈ 7 t1/2.

15  De la concentration au temps de demi-réaction

1.  On peut suivre l’évolution de cette réaction par spectrophotométrie. 2.  Le tracé du graphe [MnO4– (aq)] = f(t) est immédiat à l’aide des données du tableau. MnO4– (aq)

est le réactif limitant 3. L’ion permanganate de cette réaction car il disparaît totalement. 4. a. Sur le graphe, on peut lire : tf  180 s  et  t1/2 ≈ 69 s.

15

20

30

2,00 1,48 1,10 0,78 0,52 0,24

18  Exploitation de l’avancement 1.  S2O82– (aq) + 2 I– (aq)

2 SO42– (aq) + I2 (aq)

2.  Le diiode étant la seule espèce colorée, l’évolution du système peut être suivie par spectrophotométrie. 3. a. Tableau d’avancement : S2O82– (aq) + 2 I– (aq)

2 SO42– (aq) + I2 (aq)

Quantités initiales

n0(S2O82–)

n0(I–)

0

0

Quantités àt

n0(S2O82–) –  x

n0(I–) – 2 x

2x

x

b. Les ions peroxodisulfate constituent le réactif limi­ tant : x(t) = n0(S2O82–) –  n(S2O82–) t (min)

Pour s’entraîner

10

3. t1/2 ≈ 12 min

14  Déterminer une durée de réaction et un temps de demi-réaction (II)

5

n (S2O82–) (mmol)

x(t) (mmol)

0

2,5

5

10

15

20

25

30

10,0 9,0 8,3 7,05 6,15 5,4 4,9 4,4 0

1,0 1,7 2,95 3,85 4,6 5,1 4,6

c. Le tracé de la courbe x = f (t) est immédiat à l’aide des données du tableau. On en déduit, pour x = 5,0 mmol, t1/2 = 24 min.

19  À chacun son rythme 1.  NO3– ( aq) + 4 H+ (aq) + 3 e–  NO (g) + 2 H2O () Cu (s) Cu2+ (aq) + 2 e–  2 NO3– (aq) + 8 H+ (aq) + 3 Cu (s) 2 NO (g) + 4 H2O () + 3 Cu2+ (aq)

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2.  L’ion hydrogène H+ (aq) est l’un des réactifs de la réaction. 3. L’ion hydrogène H+ (aq) n’est pas ici un catalyseur, mais un réactif.

1.  Catalyseurs enzymatiques et catalyseurs hétéro­ gènes doivent leur efficacité à la présence d’un grand nombre de sites catalytiques, ils doivent donc avoir une grande surface spécifique.

20  Synthèse chlorophyllienne

2.  Le mode d’action d’un « binding pocket » est présenté au document 13, p. 238 du manuel.

1.  L’éclairement, la température, la concentration du dioxyde de carbone, la présence d’un catalyseur (chlo­ rophylle) sont les facteurs cinétiques évoqués dans ce texte. 2.  La photosynthèse est d’autant plus rapide que l’éclairement est intense, la température élevée et la concentration de dioxyde de carbone forte. 3. « La croissance des végétaux est très lente en hiver et très importante en été », car, en hiver, il fait froid et l’éclairement est faible.

21  Designer catalysts Traduction du texte : « Catalyseurs biologiques et biomimétiques Les enzymes, qui sont des protéines, sont des cataly­ seurs naturels. Les enzymes accélèrent sélectivement les réactions dont les cellules vivantes ont besoin. Sans enzymes, les plantes ne peuvent pas photosynthétiser les glucides et les animaux ne peuvent pas métaboliser la nourriture qu’ils mangent. Ces dernières années, il y a eu de nombreux efforts pour réaliser la synthèse de catalyseurs qui peuvent égaler l’efficacité des enzymes naturelles. Appelés catalyseurs biomimétiques car ils imitent les enzymes naturelles, ils utilisent des astuces chimiques de la nature pour accé­ lérer les réactions dans les êtres humains. Copier Mère Nature Les enzymes, macromolécules contenant des milliers d’atomes, ont des petits sites catalytiques appelés “cavités” qui constituent des points de fixation pour les réactifs considérés. Les cavités ont exactement la forme de la molécule et contiennent des atomes qui portent des charges appropriées pour attirer et modifier les réactifs. Un catalyseur biomimétique typique est beau­ coup plus petit que l’enzyme dont il imite la cavité. Les chimistes ont réussi à imiter certaines familles d’enzymes trouvées dans les plantes, les animaux et les bactéries. Les catalyseurs biomimétiques peuvent être une solution pour répondre à la croissance des besoins énergétiques terrestres et aux problèmes envi­ ronnementaux. Par exemple, certains de ces catalyseurs biomimé­ tiques accélèrent l’addition de groupe hydroxyle à une molécule organique et peuvent être utilisés pour “additionner” OH au méthane, à l’éthane et au propane, principales molécules présentes dans le gaz naturel, et convertir ces molécules en alcools liquides tels que le méthanol, l’éthanol et les propanols qui sont plus faciles à transporter que le gaz naturel. Dans un autre cas, l’enzyme anhydrase carbonique est le catalyseur biologique responsable de l’interconversion du dioxyde de carbone CO2 et de l’ion hydrogénocarbonate HCO 3– dans les organismes vivants. Les analogues biomimétiques de cette enzyme peuvent être utilisés aujourd’hui pour piéger le dioxyde de carbone de l’air. »

3.  Le méthane : CH4 ;  le méthanol : CH3POH ; l’éthane :  CH3PCH3 ;   l’éthanol : CH3PCH2POH ; le propane : CH3PCH2PCH3  ; le propan-1-ol : CH3PCH2PCH2POH ; le propan-2-ol : CH3PCH(OH)PCH3. 4. a. Équations des réactions permettant de passer du dioxyde de carbone au carbonate de calcium : HCO3– (aq) CO2 (g) + HO– (aq) HCO3– (aq) + HO– (aq) CO32– (aq)

+

Ca2+ (aq)

CO32– (aq) + H2O () CaCO3 (s)

b. On cherche à piéger le dioxyde de carbone, car c’est un gaz à effet de serre et l’accroissement de sa concen­ tration dans l’air contribue au réchauffement climatique. c. Le carbonate de calcium est solide ; piéger le dioxyde de carbone sous forme de carbonate de calcium réduit très forment le volume occupé par ce gaz. 5. L’anhydrase carbonique est une enzyme, constituée d’une chaîne de 264 acides aminés, présente à la surface plasmique intracellulaire des globules rouges qui favo­ rise l’hydratation du dioxyde de carbone CO2 en acide carbonique H2CO3, mais aussi la réaction inverse : H2O () + CO2 (g)

H2CO3 (aq)

L’acide carbonique participe alors à l’équilibre acidobasique suivant : H2CO3

HCO3–  + H+

assurant, par exemple, la libération de protons H+ dans les reins. Ces deux réactions permettent de fournir des protons, du dioxyde de carbone et de l’acide carbonique pour leur transport ultérieur à l’intérieur ou à l’extérieur de la cellule. L’anhydrase carbonique participe à des processus physiologiques aussi cruciaux que la respi­ ration, l’homéostasie du pH, la gluconéogenèse ou la résorption des os. Si l’anhydrase carbonique est déficiente, il est alors possible de suffoquer par empoisonnement au dioxyde de carbone ou souffrir de calcifications cérébrales, rigi­ dité musculaire ou encore de dysfonction rénale.

22  La catalyse dans le domaine industriel 1.  Zéolithe, du grec zeo signifiant « qui bout » et lithos signifiant «  pierre ». Les zéolithes contiennent de l’eau dans leurs pores ; lorsqu’elles sont chauffées, cette eau bout, d’où leur nom de pierres qui bouillent. 2. a. Formules topologiques des alcanes isomères de formule C6H14 :

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b. Les alcanes linéaires à longues chaînes peuvent pénétrer à l’intérieur des zéolithes (a) pour y être craqués en alcanes correspondant à des molécules plus petites. Les alcanes ramifiés ne peuvent pénétrer à l’intérieur des zéolithes et ne sont pas modifiés (b) :

butane (1) (Z)-but-2-ène + dihydrogène (E)-but-2-ène + dihydrogène (2) butane 7.  Le paramètre physique déterminant pour l’efficacité d’un catalyseur en catalyse hétérogène est sa surface. Ainsi donne-t-on une surface de 100 m2 · g–1 pour l’alu­ mine sur laquelle sont déposés les catalyseurs dans le pot catalytique et parle-t-on de zéolithe offrant une très grande surface de contact. 8. a. Il est nécessaire de recycler les catalyseurs, car ceux-ci sont généralement très couteux et certains peuvent être très toxiques. b. La séparation des produits de la réaction et du cata­ lyseur est plus facile en catalyse hétérogène qu’en catalyse homogène, d’où une réduction des coûts de fabrication.

a

b 3. 

23  Fermentation malolactique du vin : suivi CH3

par dosage

CH3 CH3

CH3

CH3

1. a. [acide malique] (t) = =

CH3 Ortho-xylène

Méta-xylène

Para-xylène

Si la taille des canaux est bien choisie, seul l’isomère para peut sortir du catalyseur, les réactions de forma­ tion des xylènes étant des équilibres, ceux-ci sont déplacés pour favoriser la formation de l’isomère para :

=

n (acide malique) (t) V m (ac.mal.) (t) V · M (ac.mal.) Cm (t)

M (ac.mal.) Or, M (ac.mal.) = 4 × M (C) + 5 × M (O) + 6 × M (H) = 134 g · mol–1, C  (t) d’où :    [acide malique] (t) = m 134 b. nac.mal. (0) = 2,6 × 10–2 mol 2.  a. Avec un tableau d’avancement, il vient : nac.mal. (t) = nac.mal. (0) – x (t)   x (t) = nac.mal. (0) – nac.mal. (t)

soit :   

c’est-à-dire : x (t) = 2,6 x 10–2 – nac.mal. (t) b. Voir le tableau d’avancement, en fin de chapitre. 3.  b. x1/2 = 1,3 × 10–2 mol, d’où t1/2 ≈ 7 jours.

24  Chimie et spéléologie : suivi volumétrique 1.  n (CaCO3) = 20 mmol ; n (H3O+) = 10 mmol. 2.  xmax = 5,0 mmol ; les ions H3O+ constituent le réactif limitant. Patm. · V (CO2) 3.  a. x (t) = R · T 4.  Équations permettant de dépolluer les gaz d’échappement : 2 CO (g) + O2 (g) 2 C8H18 (g) + 25 O2 (g) 2 NO (g) + 2 CO (g) 2 NO2 (g) + 4 CO (g)

2 CO2 (g) 16 CO2 (g) + 18 H2O (g) 2 CO2 (g) + N2 (g) 4 CO2 (g) + N2 (g)

50 NO (g) + 2 C8H18 (g) 16 CO2 (g) + 18 H2O (g) + 25 N2 (g) 50 NO2 (g) + 4 C8H18 (g)  32 CO2 (g) + 36 H2O (g) + 25 N2 (g) 5.  Il est nécessaire d’utiliser un catalyseur très sélectif pour purifier, avec du dioxygène, un mélange conte­ nant du monoxyde de carbone et du dihydrogène, car le mélange dihydrogène et dioxygène est explosif et 2 H2O (g) la réaction d’équation 2 H2 (g) + O2 (g) doit être absolument évitée. 6.  En présence de platine, on pourra avoir, entre autres, la suite de réactions suivantes :

t (s)

0

20

40

60

80

100

VCO  (mL)

0

29

49

63

72

79

x (t) (mmol)

0

1,2

2,0

2,6

3,0

3,3

2

t (s)

120

140

160

180

200

220

VCO  (mL)

84

89

93

97

100

103

x (t) (mmol)

3,5

3,7

3,8

4,0

4,1

4,2

2

t (s)

240

260

280

300

320

340

VCO  (mL)

106

109

111

113

115

117

x (t) (mmol)

4,4

4,5

4,6

4,7

4,7

4,8

t (s)

360

380

400

420

440

VCO  (mL)

118

119

121

121

121

x (t) (mmol)

4,9

4,9

5,0

5,0

5,0

2

2

b. Il est alors possible de tracer le graphe x (t) = f (t). R · T c. V (CO2)max = xmax ·  = 121 mL, d’où tf = 400 s. Patm.

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96


d. Pour x1/2 =

xmax

= 2,5 mmol, t = t1/2 = 55 s.

2 4.  a. Si la température diminue, le système évolue moins rapidement et t1/2 augmente. b. Le graphe x (t) = f (t) pour une température inférieure à 25 °C se situe en dessous du graphe tracé en 3b.

25  Suivi par spectrophotométrie 1. a. La solution étudiée suit la loi de Beer-Lambert, car l’absorbance A est proportionnelle à la concentration C de l’espèce colorée. A b. k = = 320 L · mol–1 C A(t) c. À l’instant t : [I2(t)] = k n(I2)(t) n(I2)(t) = Or : [I2(t)] = V1 + V2 Vtot V + V2 d’où : n(I2)(t) = A(t) ·  1 k d.  t (min)

1

A(t)

2

4

6

8

10

0,08 0,13 0,23 0,31 0,39 0,45

n(I2)(t) (µmol)

5

8

14

19

24

28

t (min)

12

14

16

18

20

30

A(t)

0,50

0,55

0,59

0,62

0,65

0,74

n(I2)(t) (µmol)

31

34

37

39

41

46

t (min)

40

50

60

90

A(t)

0,77

0,79

0,80

0,80

n(I2)(t) (µmol)

48

49

50

50

S2O82– (aq)

SO42– (aq)

26  Saponification d’un ester : suivi conductimétrique

1.  Le tableau d’avancement s’écrit : –  Avan- C4H8O2 + HO (aq) – cement CH3PCO2 (aq) + C2H5POH (aq)

C0 · V

U

Q U

3

c. (1) peut s’écrire : soit :

d’où :

2

Q U x(t)

t = C0 · (λNa+ + λHO–) + V  · (λCH PCO–  – λHO–) 3 2 t = C  0 · (λNa+ + λHO–) +

Q Uλ x(t)  · ( V

CH3PCO2–  –  λHO–  +

λNa+ – λNa+)

t = C  0 · (λNa+ + λHO–)

Q U

x(t)  · [(λCH PCO–  + λNa+ ) – (λNa+ + λHO–)] V 3 2 x(t) [∞ – 0]  ·  C alors : t = 0 + V 0 [∞ – 0] et t = 0 + x(t) ·  (C0 · V) V(0–  t) soit enfin : x(t) = C0 ·  ( –   ) 0 ∞ 4.  La relation trouvée permet de calculer les valeurs de l’avancement x(t) à chaque instant : +

t (min)

x(t) (mmol)

2 + I2 (aq) + 2 alors : n(I2)(t) = x b. Le tracé de la courbe x = f(t) est immédiat à l’aide des données du tableau. c. Le temps de demi-réaction t1/2 est le temps au bout duquel la moitié du réactif limitant est consommé. C’est aussi le temps au bout duquel : n(I )(t ) x n(I2)(t1/2) = x1/2 = 2 f = f = 25 µmol. 2 2 Sur le graphe, on lit : t1/2 ≈ 25 min et tf ≈ 60 min, soit : tf ≈ 2,4 t1/2

Temps

Q

0

Q U

5

9

13

20

27

t∞

 0,250 0,210 0,192 0,178 0,160 0,148 0,091 (Sm–1)

2. a. Si x est l’avancement de la réaction d’équation : I– (aq)

est remplacé par un ion CH 3PCO 2– (aq) et que λHO– > λCH PCO–  la conductivité de la solution dimi­ 3 2 nue. C  · V – x(t)) x(t)   ·  λHO– +   ·  λCH PCO– (1) 3. a. t = C0 · λNa+ + 0 V 3 2 V b. À t = 0 : x(t) = 0 0 = (λNa+ + λHO–) · C0 d’où : alors qu’à t∞ : x(t) = x∞ = C0 · V ∞ = (λNa+ + λCH PCO–) · C0 et

C0 · V

0

0

0

0

t

x(t)

C0 · V  –  x(t) C0 · V  – x(t) x(t) x(t)

t∞

x∞

C0 · V  – x∞

C0 · V  – x∞

x∞

x∞

2. a. Les espèces chimiques responsables du caractère conducteur de la solution sont les ions sodium Na+(aq), hydroxyde HO– (aq) et éthanoate CH3PCO2– (aq). b. Au cours de la réaction, la concentration des ions Na+(aq) reste constante ; en revanche, celle des ions HO– (aq) diminue et celle des ions CH 3PCO2– (aq) augmente. Comme tout ion HO– (aq) qui disparaît

0

0,252 0,365 0,453 0,566 0,642 1,00

Le tracé de la courbe x = f(t) est immédiat à l’aide des données du tableau. a. Avancement maximal : xmax = x∞ = 1,00 mmol. b. Le temps de demi-réaction t1/2 est le temps au bout duquel la moitié du réactif limitant est consommé. C’est aussi le temps au bout duquel : x x(t) = x1/2 = 0,5 = ∞ = 0,500 mmol. 2 Sur le graphe, on lit t1/2 = 16 min.

27  Étude d’un durcisseur de colle à bois 1.  Le temps de demi-réaction t1/2 est le temps au bout duquel la moitié du réactif limitant est consommé. C’est aussi le temps au bout duquel : [H+]max = 0,5 # 10–4 mol · L–1. [H+ (t)] = [H+ (t1/2)]1 = 2 Sur le graphe, on lit t1/2 = 1,8 min. 2.  Lorsque la température croît, l’évolution du système est plus rapide, c’est donc la courbe G3 qui correspond à une température supérieure à 1 = 20 °C. 3. a. Lorsque t devient très grand et tend vers l’infini, exp (–t/) tend vers zéro, alors [H+(aq)] tend vers sa valeur maximale. La constante A correspond donc à [H+(aq)]max. b.  est homogène à un temps, il doit ici être exprimé en minute. Lorsque t = t1/2, [H+ (aq)]1/2 = 0,5 A, alors que lorsque t = , [H+ (aq)] = A(1  –  exp (–1)) = 0,63 A ;  est donc plus grand que t1/2. c. A = [H+ (aq)]max = 1,0 # 10–4 mol · L–1  est la valeur de t pour laquelle [H+(aq)] = 0,63 A ; sur le graphe, on lit  = 2,6 min.

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97


d. A est indépendant de la température contrairement à  qui diminue lorsque la température croît.

b. Les paramètres favorisant la formation de la rouille mis en évidence dans ces graphes sont : –  la présence d’eau ; –  la présence d’espèces ioniques (atmosphère marine, atmosphère polluée). c. Une tôle en acier d’épaisseur e = 25 μm, soit 0,025 mm, est entièrement rouillée : –  en 1,5 mois en atmosphère humide et polluée ; –  en 2,1 ans en atmosphère pure et humide.  Ces résultats mettent en évidence le rôle de la pollu­ tion de l’atmosphère, source d’espèces ioniques.

Retour sur l’ouverture du chapitre 28  Des réactions d’oxydoréduction plus ou moins vives…

1. a. 4 NH4ClO4 (s) 2 N2 (g) + 6 H2O (g) + 5 O2 (g) + 4 HCl (g) b. On vérifie qu’il est possible d’écrire des demiéquations électroniques faisant intervenir les ions ClO4– et NH4+ : 4 H2O + HCl ClO4–  + 8 e–  + 9 H+ 6 e–  + 8 H+ + N2

6. Il est nécessaire de connaître la masse volumique

Fe du fer pour passer de la perte de masse par unité

de surface à la perte d’épaisseur.

m/S e En utilisant le couple de valeurs (m/S) = 14 g/dm2 et e = 0,18 mm = 1,8 # 10–3 dm, on obtient : 14 Fe = = 7,8 # 103 g · dm–3. 1,8 # 10–3 m = V · Fe = S · e · Fe    d’où Fe =

2 NH4+

2.  Dans l’étage principal cryotechnique (EPC) : m(H2) n(H2) = = 1,3 # 107 mol ; M(H2) m(O2) = 4,14 # 106 mol. M(O2) Dans cet étage se produit la réaction d’équation : 2 H2O (g) 2 H2 (g) + O2 (g) On constate que n(H2) > 2 n(O2), le dihydrogène est en excès. n(O2) =

Comprendre un énoncé 29  Décomposition d’une eau de Javel

3.  Masse de perchlorate d’ammonium réagissant par unité de temps : 0,68 # 474 = 2,48 tonnes par seconde. m(NH4ClO4) = 130 Masse de dioxygène réagissant par unité de temps : 132,5 m(O2) = = 0,232 tonne par seconde. 570 Ces deux réactions sont très rapides.

1.  Soit les demi-équations électroniques : Cl– (aq) + 2 HO– (aq) ClO– (aq) + 2 e– + H2O () 4 HO–  (aq) O2 (g) + 2 H2O () + 4 e– (b) On vérifie que : (1) = (a) – 2 2.  n(O2)∞ = 13,2 mmol ; n(ClO–)0 = 2 n(O2)∞ = 26,3 mmol, d’où : [ClO–]0 = 263 mmol · L–1.

4.  Les équations des étapes (1) et (2) sont des combi­ naisons de deux demi-équations électroniques : 2 Fe (s) + O2 (g) + 2 H2O ()

2 Fe(OH)2 (s)

3. a. À l’instant t, n(ClO–)(t) = n (ClO–)0 –  2 n(O2)(t), avec n(O2)(t) = V(O2) / Vm 2 (V(O2)/ Vm) d’où : [ClO–] = [ClO–]0 – V b. À l’instant t = 180 s : 189 22,4 [ClO–] = 263 – 2 # 0,100 = 94 mmol · L–1. 4. a. Le tracé de la courbe x = f (t) est immédiat à l’aide des données du tableau. b. Le temps de demi-réaction t1/2  est le temps au bout duquel la moitié du réactif limitant, ici, ClO– (aq), est consommé. Sur le graphe, on lit t1/2 = 129 s.

(1)

résultant de la combinaison de : Fe (s) + 2 H2O ()

Fe (OH)2 + 2 e–  + 2 H+ (aq) (a)

4 H+ (aq) + O2 (g) + 4 e–

(a) (b)

4 H2O ()(b)

Ainsi : (1) = 2 # (a) + (b) De même : 4 Fe (OH)2 (s) + O2 (g) + 2 H2O ()

4 Fe (OH)3 (s) (2) résulte de la combinaison de : Fe (OH)2 (s) + H2O () Fe (OH)3 (s) + e–  + H+ (aq) (c) + 4 H2O ()(d) 4 H  (aq) + O2 (g) + 4 e– Ainsi : (2) = 4 # (c) + (d)

5.  En l’absence de catalyseur, la réaction est beau­ coup moins rapide ; aussi, la courbe représentant l’évolution de [ClO–] = f(t) en l’absence d’ions cobalt se situera au-dessus de celle obtenue en présence de catalyseur.

5. a. Le temps en abscisse est en année, ce qui est l’indication d’une réaction lente, voire très lente.

Exercice 23, question 2. t (jours) Cm (g · L–1) [acide malique] (t) (mol · L–1) x (t) (mol)

0

4

8

12

16

20

28

3,5

2,3

1,6

0,8

0,5

0,27

0

2,6 ¥ 10–2

1,7 ¥ 10–2

1,2 ¥ 10–2

6,0 ¥ 10–3

3,7 ¥ 10–3

2,0 ¥ 10–3

0

0

9,0 ¥ 10–3

1,4 ¥ 10–2

2,0 ¥ 10–2

2,2 ¥ 0–2

2,4 ¥ 10–2

2,6 ¥ 10–2

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Bibliographie et sitographie – A. Durupthy (dir.), Chimie PCSI, Hachette, collection HPrépa, 2003. – P. Grécias, Chimie PCSI, Tec et Doc, 2008. –  H. R. Horton (dir.), Principes de Biochimie, De Boeck, 1994. – J.-C. Chotard (dir.), Chimie fondamentale : Réactions organiques et enzymatiques, Hermann, 1982. –  Site Wikipédia : Catalyse.

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99


Représentation spatiale des molécules

Chapitre

10

Activités 1

La chiralité (p. 256)

A Une histoire de symétrie 2 A et A’ sont superposables ; ce n’est pas le cas de B et B’. 3 A possède un plan de symétrie, mais B n’en pos-

sède pas. 4 Un objet chiral ne doit pas posséder de plan de symétrie.

B Un peu d’histoire 5 Objets chiraux : gant, clef, ciseaux, tire-bouchon, vis, coquille d’escargot, ampoule à vis.

2 1 Cl Cl

H

H

C

Br Cl

H

C

H H H

I

H C

C

H

H H

H

H C

8 Pasteur, en travaillant sur la fermentation du vin, découvrit la chiralité. En effet, en observant à la loupe des cristaux d’acide tartrique, il s’aperçut qu’il existait deux types de cristaux, images l’un de l’autre dans un miroir. Il les sépara et les analysa. Il en conclut que la dissymétrie au niveau macroscopique existait aussi au niveau moléculaire.

H

H

C

C

d

H H

b. 

H

H H

H C

C

H H

H

H C

H

H

H C H H

H

H C H

C

H H

H

Cl Cl H

H

C

a b c

Cl Cl

H

H

C

Cl Cl

Les molécules chirales (p. 257)

1 Les molécules B et D sont chirales.

3 Toutes les molécules chirales possèdent un carbone tétraédrique relié à quatre atomes différents.

2 Images dans le miroir : Cl I

7 L’homochiralité caractérise le fait de n’exister que sous une seule des deux formes.

Représentation de Cram (p. 257)

2 a. 

3

6 Quelques exemples de chiralité : –  en art : des colonnes torsadées ; –  en architecture : un escalier en colimaçon ; –  dans la flore : le lierre grimpant ; –  dans la faune : une coquille d’escargot.

C

Br H Br

Image de B

H C

Cl

Cl C Cl H

Image de D

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100


4 1

Relations de stéréoisomérie entre molécules (p. 258) Lot Lot 1 Lot 2 Lot 3

Énantiomères (A ; C) ; (B ; C) (B’ ; C’)

Diastéréoisomères

Molécules identiques (A ; B)

(A’ ; B’) ; (A’ ; C’) (A’’ ; C’’) ; (B’’ ; C’’)

(A’’ ; B’’)

2 Les molécules du lot 1 contiennent un atome de carbone asymétrique. Les molécules du lot 2 contiennent deux atomes de carbone asymétrique.

5

C omparaison des propriétés physiques de diastéréoisomères (p. 258)

1 Lorsque, de part et d’autre de la double liaison d’un composé de formule AHCpCHB, les groupements d’atomes A et B ne sont pas des atomes d’hydrogène H, il existe deux stéréoisomères de configuration appelés Z et E : –  dans le stéréoisomère Z, les deux atomes d’hydrogène se trouvent du même côté de la double liaison ; –  dans le stéréoisomère E, ils se trouvent de part et d’autre de la double liaison. Liaison hydrogène : liaison de type électrostatique entre un atome d’hydrogène relié à un atome très électronégatif (F, O et N) et un atome très électronégatif possédant un doublet non liant (F, O et N). 2 Pour passer de l’acide fumarique à l’acide maléique, il faut casser des liaisons, donc ce sont des stéréoisomères de configuration. Elles ne sont pas images l’une de l’autre dans un miroir plan, donc ce sont des diastéréoisomères. 3 Matériel et produits à utiliser : –  des tubes à essais et leur support ; –  de l’acide fumarique ; –  de l’acide maléique ; –  une spatule ; –  une coupelle de pesée ; –  une balance –  de l’eau distillée ; –  un banc Kofler. Comparaison des solubilités : Pour chacun des solides : –  en peser une masse m = 1,0 g ; – l’introduire dans 10 mL d’eau distillée contenue dans un tube à essai ; – observer et conclure (à 25 °C : 6,3 g · L–1 pour l’acide fumarique et 780 g · L–1 pour l’acide maléique). Pour les températures de fusion, il faut utiliser un

6

4 Le stéréoisomère E ne donne que des liaisons hydrogène intermoléculaires, alors que le stéréoisomère Z peut donner des liaisons hydrogène interet intramoléculaires : H O O

O

HO H

H

Dans le stéréoisomère E, le Hd+ et les O sont trop éloignés pour créer des liaisons H intramoléculaires. 5 Le stéréoisomère E est apolaire, alors que le sté-

réoisomère Z est polaire :

Les deux moments dipolaires sont dirigés en sens inverse ; la molécule d’acide fumarique est donc apolaire.

Les deux moments dipolaires sont dirigés dans le même sens ; la molécule d’acide maléique est donc polaire.

COOH HOOC HOOC

COOH

6 L’acide fumarique ne donne que des liaisons hydrogène intermoléculaires, ce qui explique que sa température de fusion soit nettement supérieure à celle de l’acide maléique. L’acide maléique est nettement plus soluble dans l’eau que l’acide fumarique. La principale raison est que l’acide maléique est beaucoup plus polaire que l’acide fumarique. 7 Deux diastéréoisomères ont des propriétés physiques différentes (exemples : solubilités dans l’eau, polarités, températures de fusion).

Conformations de l’éthane et du butane (p. 259)

1 •  Conformation la plus stable de l’éthane : H

H

C

banc Kofler : l’acide fumarique se sublime à 200 °C, alors que l’acide maléique fond à 131 °C.

H

H C H H

•  Conformation la moins stable de l’éthane :

H H H

H C

C

H H

2 Il faut repérer les conformations où la répulsion des nuages électroniques est minimale (répulsion des électrons de liaison et répulsion des électrons des groupements méthyl) : A ~ B, C ~ D, E ~ F.

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101


7

Propriétés biologiques et stéréochimie (p. 259-260)

A Conformations de molécules biologiques 1 Liaisons hydrogène susceptibles de s’établir entre deux molécules : O NH2

O

H

NH2 O

O

O

O

H

NH2

H

O

NH2

H

O OH

O

NH2

OH

H

O

NH

H O

O NH2

NH

OH NH O

O HO

NH2

HO

H

H

O O

O

NH2

HO

NH2

HO

2 Les liaisons hydrogène sont représentées en pointillées rouges : C N

O N O

C

CH

H

N H

N HC N

O

O

H

C N

H

C HC O

O

C

H H H

HC N

N

O

H

H O

H

O

C N

C

H O H

H O

C

N

C

H O

H C

C

C

N

C

H

C

C

C

N C

C CH

C

C

N

H

    

B Propriétés biologiques des stéréoisomères 3 a. Couples d’énantiomères : (A et C), puis (B et D). Tout autre couple est un couple de diastéréoisomères. b. La signification de ppb est partie par milliard. 4 Relations de stéréoisomérie : O HOOC

H

CO2CH3

O 

NH

HOOC

H2N H

CO2CH3 H

NH H NH2

 



 O

HOOC

H NH

H NH2

CO2CH3

O 

HOOC

CO2CH3 H NH

H2N

H

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102


5 Les enzymes et protéines contenues dans le corps humain sont des molécules chirale. Or, les deux énantiomères du principe actif d’un médicament n’ont pas les mêmes propriétés biochimiques. Il faut souvent commercialiser un médicament sous forme énantiomère pur. Ce n’est pas nécessaire si l’un des deux énantiomères est inactif ou si les deux énantiomères ont le même effet sur le corps humain.

Exercices

(p. 267-277)

QCM 1   1.

6 La température de coagulation du blanc d’œuf est nettement inférieure à la température à laquelle l’aspartame s’isomérise. Cela n’est pas surprenant, car les liaisons hydrogène cassées lors de la coagulation du blanc d’œuf sont beaucoup plus faibles que les liaisons covalentes cassées lors de l’isomérisation de l’aspartame.

8   Utiliser la représentation topologique 2   1.

B ; 2. C ;

3   1.

A, B et C ; 2. B ;

B ;

1.  Représentations topologiques : O

2. B ; 3. B ; 4. A ; 5. A ; 6. B et C.     

Application immédiate

A

B

4  Identifier une molécule chirale

OH

et la représenter dans l’espace

1.  Butan-2-ol : C4H10O

C

2. Formules brutes et semi-développées :

OH

CH3PCH2PCHPCH3 2. Cette molécule est chirale, car elle possède un atome de carbone asymétrique. OH H H3C

C

CH2

CH3

H3C C H    

O

CH2

A : C9O2H18

CH3

B : C7H14

H3C CH2

HO H C HOOC

HO H C

COOH C H

OH

   HOOC

Énantiomère

COOH C

H OH

CpC

9   Utiliser la représentation de Cram Cl

2.  Deux énantiomères ont mêmes propriétés physiques et chimiques, mais des propriétés biochimiques différentes.

H H H

Pour commencer 1.  La chiralité est la propriété d’un objet de ne pas être superposable à son image dans un miroir plan.

H H

Cl

Les molécules A et D sont chirales, car elles ne sont pas superposables à leur image dans un miroir plan.

H C

C

Cl

C

Cl

H C

H

H C H Cl

          H

O

          H

H

Cl

C H

10   Établir une représentation de Cram 1. et 2. COOH

2.  Sont chiraux la chaussure, l’hélice de bateau et le tire-bouchon. Les autres sont achiraux.

7   Reconnaître une molécule chirale

CH3

C : C7H14

Diastéréoisomère

6   Maîtriser le concept de chiralité

CH3

H3C

5   Reconnaître une relation d’isomérie 1.

CH2 CH2

H2C

H3CP(CH2)7PCPOH

OH

CH2 CH3 CH

H2C

C

H

NH2

H

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103


2.  La molécule d’alanine qui possède un seul atome de carbone asymétrique est chirale.

11  Identifier des représentations de Cram incorrectes

A : La liaison qui pointe vers l’arrière du plan doit être dirigée vers le bas.

C H3C

B : Les liaisons qui pointent vers l’avant et vers l’arrière doivent être du même côté du plan perpendiculaire à la feuille. C : Deux liaisons sont inversées sur le premier carbone pour respecter la perspective.

3. Il existe deux stéréoisoméres de configuration pour la molécule d’alanine :

H H

H

H C H Cl

H

Cl

C

H

Cl

H

H H C Cl

*

H

H

H

H

O *

OH

OH

H3C H C

Cl

C

C HH

H3C

H C

HH

Cl

A

OH

*

H CH3

Les conformations décalées dans lesquelles les groupements encombrants sont les plus éloignés sont les plus stables : C

12  Identifier les atomes de carbone HO

C

16  Trouver la conformation la plus stable

H

E : La représentation est correcte.

OH

HOOC

et la moins stable

H

C

NH2

H C COOH H3C

H

D : L’angle de 109° n’est pas respecté entre les deux liaisons dans le plan de la feuille.

asymétriques

NH2

CH3 C

H CH3

H3C

B

C

Les conformations éclipsées dans lesquelles les groupements encombrants sont les uns en face des autres sont les moins stables : H3C H

H C

H

C H

Cl H

H

A

Cl C

H

C H

H3C H

H3C

CH3 C

C

H

H

B

CH3

C

13  Reconnaître si des molécules

sont identiques, énantiomères ou diastéréoisomères

Pour s’entraîner

1.  A2.   2.  B2. 3.  C et C3 sont identiques, car on passe de l’une à l’autre par simple rotation autour de la liaison CPC. C et C2 sont des énantiomères, alors que C et C1 sont des diastéréoisomères.

17  De la formule semi-développée à la formule topologique

O

O

14   Reconnaître une stéréoisomérie Z/E 1. Seule la molécule B présente l’isomérie Z/E. En effet, l’atome de carbone terminal de la molécule A est lié à deux atomes d’hydrogène et celui de C à deux groupes PCH3. Diastéréoisomères de B :

1

Cl Cl

OH

Cl

2

O

3

4

H

N O

H H Isomère E

H Isomère Z

HO

5

2.  A ne présente pas l’isomérie Z/E, B est l’isomère E et C est l’isomère Z.

15   Représenter un couple d’énantiomères 1.  La molécule d’alanine possède un atome de carbone asymétrique : O H

OH C * C CH3 NH2

OH

6

18   Reconnaître une molécule chirale Les molécules B et D sont chirales, car elles possèdent un seul atome de carbone asymétrique. La molécule A est superposable à son image dans un miroir plan, donc elle est achirale. La molécule C possède deux atomes de carbone asymétrique, mais il existe un plan de symétrie, donc la molécule est achirale.

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104


Ces deux groupes sont liés à un même atome de carbone.

19   Un insecticide chiral 1.

H3C

Br CH H

C Br

CH3

*

*

O H

*

2.  La molécule de cystéine est chirale, car elle possède un seul atome de carbone asymétrique. Son énantiomère est représenté ci-dessous :

O

O

H

O NC

HS

Deltaméthrine

CH2 C H

O2N H3C

CH3

*

H3C C

H

*

CH

NC

OH

NH2

3.  a. La molécule de thréonine possède deux atomes de carbone asymétriques : H

COOH H

* HO

A

H3C

C

* CH

H

*

B

O

CH2OH NH2

N(CH3) 2

* CH

C

OH

OH

CH3

b. Il existe quatre stéréoisomères de configuration représentés ci-dessous :

O

C

OH

* CH

HO

2.  La deltaméthrine ne présente pas l’isomérie Z/E, car il y a deux atomes de brome sur le carbone de la double liaison.

H C

HO H C

COOH C

H NH2

H3C

H3C

COOH C H

NH2

20   La vitamine C 1.  Il s’agit d’une représentation topologique. La formule brute de la vitamine C est C6O6H8.

HO

2. a. et b. La molécule de vitamine C comporte deux atomes de carbone asymétrique :

H3C

H C

C H

OH HO

* *

O O

3.  La molécule d’acide ascorbique existe sous quatre formes stéréoisomères de configuration. 4.  La molécule de vitamine C est chirale. En effet, aucun de ses stéréoisomères n’est superposable à son image.

21   Relations de stéréoisomérie

CH

Carboxyle O

OH

CH3 Hydroxyle

O HS

H NH2

2. Deux stéréoisomères ont même formule semidéveloppée, mais des représentations spatiales différentes. La molécule ci-dessous est un stéréoisomère (de configuration) du limonène :

CH2 C H2N

C H

H

3.  Deux énantiomères ont, en général, des propriétés chimiques identiques, mais généralement des propriétés biochimiques différentes. La perception des odeurs fait appel à des réactions biochimiques, ce qui explique que des odeurs d’énantiomères peuvent être perçues différentes.

1.  Groupes caractéristiques :

OH

C

1. Les molécules d’acétate d’isoamyle et d’acide heptanoïque ont même formule brute (C7O2H14), mais des formules semi-développées différentes. Ce sont des isomères de constitution.

B : molécules identiques. D : molécules identiques.

22   Autour des acides a-aminés

C

H3C

23   Les théories de l’odeur

OH

Amine NH2 CH

NH2

COOH

Énantiomères Diastéréoisomères

HO

A : énantiomères. C : diastéréoisomères. E : diastéréoisomères.

HO H C

COOH

OH Carboxyle

Amine

Un acide a-aminé possède à la fois un groupe amine et un groupe carboxyle.

24   Former des couples 1.

H3C C 2H5 Cl

C

CH3 H C

2.

C 6H5

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H

HO H HO

C

CH3

C H

105


25  L’asparagine 1. Les groupes caractéristiques présents dans la molécule de l’asparagine sont amide, amine et carboxyle. O H2N Amide

Amine NH2

OH O Carboxyle

2. La molécule d’asparagine possède un atome de carbone asymétrique. Elle existe donc sous la forme de configurations différentes : O H N H 2

H2N

O

OH

*

H2N

O

H NH2 OH

* O

3. Un mélange racémique est un mélange équimolaire des deux énantiomères. Deux énantiomères ayant mêmes propriétés chimiques, si aucune précaution n’est prise, on aboutit à un mélange racémique. 4.  Deux énantiomères ont, en général, des propriétés biochimiques différentes. Par exemple, la dopa est soit toxique vis-à-vis de l’organisme, soit un médicament anti-Parkinson selon sa configuration. La commercialisation d’un médicament sous forme racémique pourrait être possible si les deux énantiomères avaient des propriétés biochimiques similaires ou si l’un des deux était inactif. Cependant, on commercialise de moins en moins un médicament sous forme racémique pour éviter le cas où l’un des deux énantiomère serait toxique (dopa) ou aurait un effet antagoniste à l’autre.

s’adaptent comme des mains dans les gants, sont presque toujours des molécules de protéines qui sont énantiomériquement pures parce qu’elles ne sont constituées que de L-aminoacides. L’interaction de l’un des énantiomères du médicament a des chances d’être meilleure que celle de l’autre, ou même tout à fait différente, si bien que les deux énantiomères des médicaments chiraux ont souvent des effets pharmacologiques très différents. Dans le cas du naproxène, l’énantiomère (S) est 28 fois plus efficace que le (R). En revanche, l’ibuprofène est toujours vendu sous forme racémique parce que les deux énantiomères ont plus ou moins le même effet analgésique. Parfois les énantiomères d’un médicament ont des propriétés thérapeutiques complètement différentes. Le Darvon, un analgésique, en est un exemple. Son énantiomère, appelé Novrad, est un antitussif. Remarquez que la relation énantiomérique entre ces eux médicaments s’étend au-delà de leur structure chimique ! » 1. Un acide aminé possède une fonction acide carboxylique et une fonction amine. La lettre « L » désigne une des deux configurations de l’acide aminé (correspondant souvent à la configuration (S) de la question 4). Tous les acides aminés naturels ont une configuration L. 2. Deux énantiomères ont mêmes propriétés chimiques, mais n’ont généralement pas les mêmes propriétés biochimiques (car les enzymes, protéines contenues dans le corps humain, sont des molécules chirales), d’où la nécessité de souvent commercialiser un médicament sous forme énantiomère pur. Ce n’est pas nécessaire si un des deux énantiomères est inactif ou si les deux énantiomères ont le même effet sur le corps humain. 3.  Atomes de carbone asymétriques : DARVON

Pour aller plus loin

(H3C)2N

* *

H3C H O

26   Stereochemistry and drug Traduction du texte : « Vous pouvez trouver étrange qu’il ait fallu vendre le naproxène sous forme d’un seul énantiomère, alors que nous avons dit que les énantiomères ont des propriétés chimiques identiques. Les deux énantiomères ont effectivement des propriétés identiques au laboratoire, mais, lorsqu’ils se trouvent dans un système vivant, ils se différencient, comme les autres molécules chirales, par les interactions avec les molécules énantiomériquement pures qu’ils rencontrent. On peut faire une analogie avec une paire de gants : les gants ont le même poids, sont fait du même matériau et ont la même couleur ; sous ces aspects, ils sont identiques. Mais mettez-les en interaction avec un environnement chiral, une main par exemple, et ils se différencient, parce qu’un seul s’adapte. La façon dont les médicaments entrent en interaction avec leurs récepteurs ressemble beaucoup à ce système {main + gant}. Les récepteurs des médicaments, auxquels les molécules des médicaments

NOVRAD

H3C H

* *

O

O

N(CH3)2

O

4. Une molécule possédant un atome de carbone asymétrique possède deux configurations différentes. On peut supposer, par analogie avec l’isomérie Z et E, qu’on les nomme (R) et (S). 5. Les molécules sont des images spéculaires, mais pas seulement : leurs noms aussi sont images l’un de l’autre dans un miroir plan.

27   À chacun son rythme La molécule d’acide ricinoléïque possède un atome de carbone asymétrique et une double liaison possédant l’isomérie Z/E. Il existe donc quatre stéréoisomères de configurations différentes, tous diastéréoisomères entre eux : CO2H HO H CO2H H OH

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CO2H

106


CO2H H OH CO2H

Partie B : Stéréochimie d’une prostaglandine 1.  a. Atomes de carbone asymétriques de G : O CO2CH3

* RO

CO2H H OH

* *

* OR

b. Configuration Z ou E des doubles liaisons : O Z CO2CH3 RO

E OR

HO H

28   Phéromone sexuelle de coléoptère

c. Énantiomère de G : O

1.  La formule brute de la molécule est  C11H22O2.

CO2CH3

Son nom est la 7-hydroxy-4,6-diméthylnon-3-one. H3C H H3C H

RO OR

* HO H Hydroxyle

O Carbonyle

Un diastéréoisomère de G : O

2. Elle possède un atome de carbone asymétrique (voir molécule ci-dessus). Elle présente donc deux stéréoisomères de configuration. 3.  Cette molécule ne possède plus d’atome de carbone asymétrique. Elle n’est donc pas chirale.

29   Stéréochimie de quelques molécules Partie A : Molécules chirales 1.  Chiralité : –  Les molécules A et E ne sont pas chirales, car elles ne possèdent pas d’atome de carbone asymétrique. –  La molécule B est chirale, car elle possède un seul atome de carbone asymétrique. – La molécule C est chirale, car elle possède deux atomes de carbone asymétriques et aucun plan ou centre de symétrie. –  Les molécules D et F sont achirales, bien que possédant deux atomes de carbone asymétriques, car elles possèdent un plan de symétrie. 2.  La molécule B existe sous deux configurations différentes. La molécule C possède trois autres stéréoisomères de configuration. La molécule D possède deux autres stéréoisomères de configuration (existence d’un composé méso, voir exercice 30).

Complément E et F existent sous deux autres formes. E est le stéréoisomère trans (les atomes d’hydrogène sont de part et d’autre du plan moyen du cycle) ; on peut donc envisager le stéréoisomère cis. F est le stéréoisomère cis (les atomes d’hydrogène du même côté du plan moyen du cycle) ; on peut donc envisager le stéréoisomère trans.

CO2CH3 RO OR

d. La molécule possède quatre atomes de carbone asymétriques et deux doubles liaisons possédant l’isomérie Z/E, ce qui fait 26 = 64 stéréoisomères au total pour cette molécule. 2.  a. Formule brute de H : C10H15O2 Formule brute de I : C13H25OI b. Les molécules B et C sont chirales, car elles possèdent un seul atome de carbone asymétrique. c. Configuration Z ou E des doubles liaisons : O Z RO

I E

OR

Retour sur l’ouverture du chapitre 30   Les stéréoisomères de l’acide tartrique 1.  Molécule chirale : molécule non superposable à son image dans un miroir plan. Mélange racémique : mélange équimolaire de deux énantiomères. Dédoubler : séparer et isoler les deux énantiomères. Image spéculaire : image dans un miroir plan. Énantiomères : stéréoisoméres de configuration images l’un de l’autre dans un miroir plan.

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2.  La molécule dite méso est achirale, donc superposable à son image dans un miroir plan. Il s’agit de la molécule B. A et C sont donc des énantiomères. 3. La molécule dite méso est achirale, car elle possède un plan de symétrie. 4. Généralement, une molécule comportant deux atomes de carbone asymétrique correspond à quatre stéréoisomères de configuration. Si on dessine les quatre stéréoisomères, on s’aperçoit que deux molécules sont identiques (molécule méso), donc il n’en reste plus que trois. 5. Deux diastéréoisomères ont des propriétés physiques (Tfus, r) différentes, alors que deux énantiomères ont des propriétés physiques identiques. g correspond à la molécule B. a et b correspondent à A et C, on ne peut pas en dire plus.

Complément La seule propriété physique qui permet de différencier deux énantiomères est la mesure du pouvoir rotatoire (pouvoirs rotatoires spécifiques opposés). Mais, même s’ils étaient fournis, on n’aurait pas pu identifier A et C, car il n’y a aucun lien entre la configuration des atomes de carbone asymétrique et le signe du pouvoir rotatoire.

Comprendre un énoncé 31   Les messagers chimiques chez les abeilles 1.  a. Formule brute de A : C10H16O3 b. La molécule A possède une configuration E. c. Deux diastéréoisomères ont des propriétés chimiques (et donc biochimiques) différentes. Le stéréoisomère Z ne véhicule donc pas, a priori, le même signal messager chez les abeilles.

2.  a. La molécule B est chirale, car elle possède un seul atome de carbone asymétrique (molécule cidessous). b. Stéréoisomère E : OH

O OH

c. Les molécules ci-dessous sont des diastéréoisomères : HO H

O OH

H OH

O OH

Bibliographie – G. Gros et G. Bonni, « Le monde de la chiralité », Actualité chimique, mars 1995. – V. Pellegrin, « Les représentations graphiques bidimensionnelles des molécules en chimie organique avec un crayon et un papier », BUP no 811, février 1999. – A. Rabier, « Quelques expériences illustrant la notion d’isomérie Z-E », BUP no 777, octobre 1995. – A. Collet, « Chiralité, vivant et médicaments », Revue du palais de la Découverte, avril 1996. – A. Brack, « L’asymétrie du vivant », Pour la Science, hors-série, juillet 1998. – J. Drouin, Introduction à la chimie organique, Librairie du Cèdre, 2005. – A. Collet, Molécules chirales, EDP sciences, 2006. –  P. C. Vollhardt et N. E. Schore, Traité de chimie organique, De Boeck, 2004. – J. Clayden (dir.), Chimie organique, De Boeck, 2002.

O

OH

O

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Transformations en chimie organique : aspect macroscopique

Chapitre

11

Activités 1

Modification de la structure chimique (p. 280-281)

A Modification de chaîne 1 Un catalyseur accélère une réaction chimique sans

3 Le craquage catalytique consiste à casser, en pré-

être consommé par cette réaction.

sence de catalyseurs, la chaîne carbonée de molécules pour obtenir des molécules de chaîne carbonée plus courte, dont certaines possèdent une double liaison CpC. Il permet d’obtenir des hydrocarbures de chaîne plus courte, dont certains possèdent des doubles liaisons CpC et dont la structure pourra ensuite être modifiée pour répondre aux besoins en carburants ou aux besoins de l’industrie chimique. Le vapocraquage est un craquage réalisé en présence de vapeur d’eau. Il permet d’obtenir des alcènes, matières premières importantes de l’industrie chimique. Le reformage permet d’obtenir des espèces de chaîne carbonée ramifiée ou des composés aromatiques comme le toluène C7H8. Ce sont des carburants plus performants que les hydrocarbures d’origine.

2 Toutes les situations proposées correspondent à

des modifications de chaîne carbonée avec apparition de double liaison CpC dans certains cas. –  Craquage catalytique : raccourcissement C4H10 + C2H4 C6H14 C6H14

C3H6 + C3H8

–  Reformage : isomérisation C7H16 C7H16

ou formation de cycle C7H14 + H2 C7H16 + H2 C7H16

C7H8 + 4H2

4 a.

– Vapocraquage : raccourcissement et création de double liaison CpC 2 C2H4 + H2 C4H10 C4H10

C3H6 + CH4

n H2CpCH2

P(H2CPCH2)Pn

Le terme de polyéthylène est utilisé car la structure du produit obtenu est constitué d’un très grand nombre de morceaux (ou motifs) PH2CPCH2P de même formule brute que l’éthène (ou éthylène). b. Un allongement de la chaîne carbonée est ainsi réalisé.

B Modification de groupe caractéristique 5 Les groupes caractéristiques présents dans l’acide salicylique sont les groupes hydroxyle et carboxyle. Les groupes caractéristiques présents dans l’acide acétylsalicylique sont les groupes carboxyle et ester.

6 Les médicaments contenant comme seul principe actif l’acide acétylsalicylique sont vendus sous le nom d’aspirine.

C Étude expérimentale 2-méthylbut-2-ène

CH3PCpCHPCH3 + Br2

Br

Br

b. Un changement de groupe caractéristique a été

mis en jeu.

CH3

P

Produit obtenu : 2,3-dibromo-2-méthylbutane

CH3

CH3PCPCHPCH3 P

c. 

P P

7 a. Formules topologiques :

Br Br

8 La réaction mise en jeu est une réaction d’addition de la molécule de dibrome sur les atomes de carbone doublement liés de l’alcène. 9 L’addition de quelques gouttes d’alcène dans une solution aqueuse de dibrome orangée conduit, lors

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de l’agitation du mélange réactionnel, à une décoloration rapide de la solution aqueuse, ce qui traduit la consommation du dibrome qui réagit avec l’alcène à température ordinaire. 10 La solution aqueuse de dibrome se décolore en présence du composé gazeux formé lors de la réaction dans le tube T2, ce qui traduit la présence d’une double liaison CpC. Or, le réactif vaseline, ne décolorant pas la solution aqueuse de dibrome (test réalisé dans le tube T1), ne contient pas de double liaison CpC. Une réaction s’est donc produite dans T1 et a conduit à la formation d’un produit contenant une double liaison CpC. 11 a. La réaction qui se produit dans le tube T2 est

une réaction de craquage catalytique. En effet, une des réactions qui a eu lieu correspond à un raccourcissement de la chaîne carbonée et la réaction se fait en présence de paille de fer qui la catalyse. b. La réaction qui se produit dans le tube T3 est la réaction d’addition de dibrome sur la double liaison CpC d’un alcène tel que l’éthène formé dans l’équation proposée.

2

Cette réaction d’addition a pour équation : H2CBrPCH2Br H2CpCH2 + Br2

12 Dans le tube T3, lors de l’addition de la solution de nitrate d’argent, il se forme un précipité blanc noircissant à la lumière : c’est un précipité de chlorure d’argent AgCl, qui traduit la présence d’ions chlorure dans la solution aqueuse contenue dans le tube T1. Le papier pH montre que cette solution aqueuse est plus acide que l’eau déminéralisée utilisée au départ : des ions H+(aq) se sont donc formés. 13 Une réaction a donc eu lieu dans le tube T1 entre l’eau et le 2-chloro-2-méthylpropane et a formé des ions chlorure Cl– (aq) et hydrogène H+ (aq) selon l’équation : (CH3)3CCl () + H2O ()

(CH3)3COH (aq) + H+ (aq) + Cl– (aq)

14 Lors de cette réaction, il se produit une modifica-

tion de groupe caractéristique. 15 La réaction mise en jeu est une réaction de substitution de l’atome de chlore par un groupe hydroxyle.

Reconnaissance de groupes caractéristiques (p. 282)

1 a. Acide 2-méthylpropanoïque : groupe carboxyle

d. Méthanoate d’éthyle : groupe et fonction ester.

et fonction acide carboxylique.

p

P

CH3

CH3PCHPC O

O

p

P

OH

p

P

c. N-méthyléthanamine : groupe et fonction amine.

e. Butanone : groupe carbonyle et fonction cétone.

H3CPCPCH2PCH3 O

O

CH3PCHpCHPCH3 g. N-méthyléthanamide : groupe et fonction amide.

H

H3CPNHPCH2PCH3

O

f. (Z)-but-2-ène : groupe CpC et fonction alcène.

O

HPCPOPCH2PCH3

p

H3CPC O H

OH

b. Éthanal : groupe carbonyle et fonction aldéhyde.

O

O

O

O

p

N

H3CPCPNHPCH3

N H

2

P P

CPCpO

PCpO

C

OH

H

-al

-one

Amine

Amide

PNP

PCpO

ester

amine

amide

-amine

-amide

PCpO OPC

Acide

-oate de

-oïque

-yle

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P

PCpO

Ester

P

Carboxyle

P

-ène

Carbonyle cétone

P

CpC

Carbonyle aldéhyde

P

Terminaison du nom

P P

Formule

Alcène

P

Groupe caractéristique

PNP

110


3

Utilisation du nom systématique (p. 282)

1 a. La partie centrale du nom indique le nombre d’atomes de carbone de la chaîne principale ; les ramifications de la chaîne carbonée sont indiquées par les préfixes alkyle ; le numéro précédant chacun de ses groupes alkyle indique le numéro de l’atome de carbone auquel chacun de ces groupes alkyle est lié dans la chaîne principale. La numérotation de la chaîne carbonée principale est telle que le numéro de l’atome de carbone du groupe fonctionnel correspondant à la terminaison du nom soit le plus petit possible. b. Dans le 3-méthylbutane-1,2-diol, la présence de deux groupes hydroxyle portés par les atomes de carbone tétraédriques 1 et 2 de la chaîne carbonée (comportant quatre atomes de carbone) est indiquée par la terminaison -1,2-diol. Dans le 2-méthylpentanal, la présence d’une fonction aldéhyde à une des extrémités de la chaîne carbonée principale est indiquée par la terminaison al. Dans le 2-méthylpent-4-ènal, la présence d’une fonction aldéhyde à une des extrémités de la chaîne carbonée principale est indiquée par la terminaison al, la présence d’une double liaison CpC liant les atomes de carbone no 4 et 5 de la chaîne carbonée est indiquée par 4-èn. Dans le 4-hydroxypentan-2-one, la présence d’une fonction cétone au niveau de l’atome de carbone no 2 de la chaîne carbonée est indiquée par la terminaison -2-one. La présence d’un groupe hydroxyle sur l’atome de carbone no 4 est indiquée par le préfixe 4-hydroxy. Dans l’acide 3-méthylbutanoïque, la présence d’une fonction acide carboxylique à une des extrémités de la chaîne carbonée principale est indiquée par le préfixe acide et la terminaison oïque. Dans l’acide 3-oxobutanoïque, la présence d’une fonction acide carboxylique à une des extrémités de la chaîne carbonée est indiquée par le préfixe acide et la terminaison oïque. La présence d’une fonction cétone sur l’atome de carbone no 3 est indiquée par le préfixe 3-oxo. Dans le 3-méthylbutanoate de méthyle, la présence d’une fonction ester est indiquée par la partie oate de.

4

2 a. Propanamide : fonction amide ; chaîne carbonée à trois atomes de carbone. b. Acide 3-hydroxypentanoïque : fonctions acide carboxylique et fonction alcool, portée par l’atome de carbone no 3 de la chaîne carbonée qui comporte cinq atomes de carbone. c. 2-méthylbutanamine : fonction amine NH2 portée par le premier atome de carbone de la chaîne carbonée principale longue de quatre atomes de carbone, dont l’atome de carbone no 2 porte un groupe méthyle. d. 2-méthylbut-3-èn-1-ol : fonction alcool portée par l’atome de carbone tétraédrique no 1 de la chaîne carbonée principale et fonction alcène, la double liaison CpC lie les atomes de carbone nos 3 et 4 de la chaîne carbonée principale. 3 La partie centrale du nom indique le nombre d’atomes de carbone de la chaîne principale ; les ramifications de la chaîne carbonée sont indiquées par le préfixe alkyle, le numéro précédant chacun de ses groupes alkyle indique le numéro de l’atome de carbone auquel chacun de ces groupes alkyle est lié dans la chaîne principale. Lorsque l’espèce considérée comporte un seul groupe caractéristique, la présence de celui-ci est indiquée par le suffixe, et la chaîne carbonée principale est numérotée de façon à ce que l’atome de carbone fonctionnel porte le numéro le plus petit possible. Lorsque le composé comporte plus d’un groupe caractéristique, la terminaison de son nom renseigne sur un de ces groupes (qui fixe la numérotation de la chaîne carbonée principale) ; la présence d’une double liaison est indiquée juste avant la terminaison par la présence du radical èn précédé du numéro du premier atome de carbone trigonal (appartenant à la double liaison) rencontré dans la chaîne principale. La présence éventuelle d’autres groupes est indiquée par des préfixes spécifiques (oxo, hydroxy, etc.) précédés d’un numéro indiquant la position de l’atome de carbone auquel chacun de ces groupes caractéristiques est lié dans la chaîne principale.

Préparation d’un dérivé chloré (p. 283)

1 Bande d’absorption vers 3 400 cm–1 correspon-

dant à la liaison OPH. Bande d’absorption vers 3 000 cm–1 correspondant à la liaison CPH . tétra

Bande d’absorption vers 1 400 cm–1 correspondant à la liaison CPO. tétra

Les molécules de 2-méthylpropan-2-ol sont liées par

des liaisons hydrogène, car la bande d’absorption de la liaison OPH est large et située vers 3 400 cm–1. 2 Équation de la réaction :

(CH3)3CPOH + HCl

(CH3)3CPCl + H2O

La réaction correspond à un changement de groupe caractéristique.

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111


Compléments Manipulation La température de fusion du 2-méthylpropan-2-ol est égale à 25 °C : il faut donc le faire fondre avant le TP en plongeant la bouteille (bouchon desserré) dans un récipient contenant de l’eau chaude. Le liquide obtenu est versé juste avant usage dans un bécher et le volume attendu est mesuré à l’éprouvette graduée. Les élèves doivent opérer rapidement pour éviter que l’alcool ne se solidifie. Les élèves doivent utiliser l’erlenmeyer dans lequel la réaction est réalisée pour récupérer les solutions aqueuses éliminées lors des décantations et garder les deux erlenmeyers secs pour récupérer le liquide organique pour le séchage et le liquide organique après séchage. Matériel et produits –  Une éprouvette graduée de 50 mL ; –  un erlenmeyer de 250 mL ; –  un condenseur à air adapté à l’erlenmeyer ; –  un agitateur magnétique et un barreau aimanté ; –  un support avec pince et noix ; –  une ampoule à décanter avec son bouchon ; –  deux erlenmeyers de 100 mL ; –  du papier-filtre et un entonnoir ; –  des gants et des lunettes de protection ; –  une spatule ; –  du papier ménage ;

3 HCO3– (aq) + H+ (aq)

Sous la hotte –  Un Bécher de 100 mL ; –  une éprouvette graduée de 25 mL ; –  du 2-méthylpropan-2-ol.

CO2 + H2O

4 Lors du séchage d’une phase organique, les molécules d’eau encore présentes sont éliminées par réaction avec un solide anhydre, tel que le sulfate de magnésium. 5 Un spectre infrarouge du produit permettrait de

vérifier la disparition de la bande d’absorption de la liaison OPH et l’apparition de la bande d’absorption de la liaison CPCl. La mesure de l’indice de réfraction du liquide obtenu permettrait également d’identifier le produit.

5

–  une solution concentrée d’acide chlorhydrique de concentration voisine de 11 mol · L–1 (60 mL par binôme) ; –  une solution saturée d’hydrogénocarbonate de sodium (25 mL) ; –  une pissette d’eau distillée ; –  du sulfate de magnésium anhydre.

d (ol) · µ (eau) · V (ol) 0,781 × 1,00 × 15,0 = M (ol) 74 = 0,158 mol

6 n0 (ol) =

n0 (HCl) = C · V = 11 × 30 × 10–3 = 0,33 mol Le réactif limitant est donc l’alcool. Le rendement de la synthèse est : n (RCl)obtenu n (RCl) m (RCl) r= = = n (RCl)attendu n0 (ol) M (RCl) · n0 (ol) 7 La réaction de synthèse est une réaction de substitution du groupe hydroxyle de l’alcool par un atome de chlore.

Déshydratation d’un alcool (p. 284)

Compléments Manipulation L’erlenmeyer devant recueillir l’hydrodistillat est placé dans un mélange eau-glace, car la température d’ébullition de l’alcène attendu est très faible. Pour la même raison, l’erlenmeyer contenant l’alcène devra toujours être bouché et ne devra être tenu que par le col. L’alcène, très volatil, a une odeur forte faisant penser à une fuite de gaz. Lors de l’hydrodistillation, le volume d’eau obtenu est très faible ; il est possible de rajouter un peu d’eau distillée à la pissette pour mieux visualiser les phases dans l’ampoule à décanter. Réserver deux des erlenmeyers secs pour la phase de séchage. Matériel et produits –  Un ballon de 250 mL ; –  une tête de distillation ; –  un thermomètre ; –  un réfrigérant à eau avec tuyaux adaptés ; –  une allonge coudée ; –  deux supports avec pinces et noix ; –  un support élévateur ; –  un chauffe-ballon ; –  une éprouvette graduée de 25 mL ; –  une cuvette métallique ; –  trois erlenmeyers de 100 mL et un bouchon adapté ; –  une ampoule à décanter avec bouchon et support ; –  une spatule ;

–  un entonnoir ; –  un rouleau de papier pH avec son échelle de teintes ; –  une baguette de verre ; –  une coupelle ; –  une pierre ponce ; –  du papier-filtre ; –  du papier ménage ; –  des glaçons (3) ; –  du 2-méthylbutan-2-ol (25 mL) ; –  de l’acide phosphorique concentrée (10 mL) ; –  une solution saturée d’hydrogénocarbonate de sodium ; –  du sulfate de magnésium anhydre.

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1 C5H11OH C5H10 + H2O 2 L’acide phosphorique n’apparaît pas dans l’équa-

tion de la réaction : c’est un catalyseur. 3 La phase aqueuse, de densité supérieure à celle de l’alcène, constitue la phase inférieure dans l’ampoule à décanter. 4 n0 (ol) =

d (ol) · µ (eau) · V (ol)

=

0,806 × 1,00 × 25,0 88,0

n (ène)

m (ène)

HO H

M (ène) · n0 (ol)

5 Bande d’absorption vers 3 100 cm–1 correspon-

dant à la liaison CPH. tri Bande d’absorption vers 1 680 cm–1 correspondant à la liaison CpC. Absence de bande d’absorption de la liaison OPH vers 3 400 cm–1.

CH3

P

n0 (ol)

=

P

n (ène)attendu

=

P

n (ène)obtenu

CH3

CH3PCPCHPCH3 ()

Le rendement de la synthèse est : r=

7

P

M (ol) = 0,229 mol.

6 On peut tester la présence d’une double liaison CpC dans le produit obtenu en ajoutant deux gouttes du produit obtenu à 1 mL de solution aqueuse de dibrome contenu dans un tube à essais. Si la solution aqueuse de dibrome se décolore rapidement lors de l’agitation, c’est que le produit testé comporte une liaison multiple carbone-carbone dans sa structure.

CH3PCpCHPCH3 + HPOPH () Une molécule d’eau est éliminée lors de la réaction, d’où le nom de déshydratation qui lui est donné. 8 La réaction est une réaction d’élimination puisqu’une molécule d’eau est éliminée avec formation d’une double liaison CpC.

Bibliographie Tout livre de chimie de l’enseignement supérieur : – A. Durupthy (dir.), Chimie 1re année PCSI, Hachette, 2007 ; – A. Durupthy (dir.), Chimie 2 e année PC PC*, Hachette ; – P. Vollhardt, Chimie organique, Éditions universitaires, 2004 ; – J. Drouin, Introduction à la chimie organique, Librairie du Cèdre, 2005.

Exercices

(p. 289-299) 3. La chaîne carbonée est modifiée dans (1) et non modifiée dans (2).

QCM 1   1. A et C ; 2. C ; 3. B ; 4. A et C ; 5. A et C ; 6. C ; 2   1. B et C ; 2. C ; 3. B ; 4. B ; 5. A.

7. A, B et C ;

Application immédiate 3  Identifier une espèce chimique organique à partir de son nom

1. Pour les trois : groupes amine et acide carboxylique et en plus groupe hydroxyle pour C. 2.  Acide 2-aminoéthanoïque : B ; acide 2-amino-4-méthylpentanoïque : A ; acide 2-amino-3-hydroxypropanoïque : C.

4   Déterminer la catégorie d’une réaction (1) et (2) : addition ;  (3) : élimination.

Pour commencer 5   Étudier un craquage

6   Étudier un vapocraquage C4H10 C4H8 + H2 : but-1-ène (ou but-2-ène) et dihydrogène. C4H10

C3H6 + CH4 : propène et méthane.

C4H10

2 C2H4 + H2 : éthène et dihydrogène.

7   Étudier une modification de structure C6H14

: modification de la chaîne car-

bonée sans modification du nombre d’atomes de carbone (isomérisation) : reformage. C6H14

+ H2 : modification de la

chaîne carbonée sans modification du nombre d’atomes de carbone (cyclisation) : reformage.

8   Modifier une chaîne carbonée a. CH3P(CH2)7PCH3

1.  B : éthane C2H6 ;   A : pentane C5H12.

CH3PCH2PCHpCH2 + C5H12  Raccourcissement de la chaîne carbonée.

2. C5H12 C5H12

b. CH3P(CH2)5PCH3 Cyclisation.

C3H6 + C2H6  (1) C5H10 + H2    (2)

C6H5PCH3 + 4 H2

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c. CH3P(CH2)5PCH3

CH3PCHPCH2PCHPCH3 CH3

CH3

Isomérisation. d. ... + F2CpCF2 + F2CpCF2

 + F2CpCF2 + ... P(F2CPCF2)nP Allongement de la chaîne carbonée.

9   Reconnaître des groupes caractéristiques a. Groupe amine : fonction amine ; groupe carboxyle : fonction acide carboxylique. b. Groupe hydroxyle : fonction alcool ; groupe amine : fonction amine. c. Groupe amine : fonction amine ; groupe carboxyle : fonction acide carboxylique. d. Groupe hydroxyle : fonction phénol ; groupe amide : fonction amide. e. Deux groupes ester : fonction ester ; groupe hydroxyle : fonction alcool.

10   Utiliser le nom d’une espèce chimique

Équation (3) : modification de groupe caractéristique : passage du groupe carboxyle au groupe amide.

15   Étudier des réactions 1. et 2. C2H5POH + HCl réaction de substitution.

C2H5PCl + H2O

C2H5PCl

H2CpCH2 + HCl réaction d’addition.

16  Étudier des réactifs et des produits d’une réaction

C’est une réaction d’élimination.

17   Rechercher la catégorie d’une réaction 1. CH4 + 2 Cl2 HCl + CH3OH CH3Cl + Cl2

CH2Cl2 + 2 HCl CH3Cl + H2O CH2Cl2 + HCl

2.  Ce sont des réactions de substitution.

1.  Le groupe alcène et le groupe ester.

18   Analyser des réactifs et des produits

2.  La formule topologique est A.

Équation (1) : réaction d’élimination.

12   Utiliser des noms systématiques p

P

OH O CH3PCPCH2PCPCH3 P

p

O CH3PCPCH3

CH3 4-méthyl-4-hydroxypentan-2-one p

O (CH3)2CpCHPCPCH3

4-méthylpent-3-èn-2-one p

 O

(CH3) 2CpCHPCPOH acide 3-méthylbut-2-ènoïque

13  Distinguer une modification de chaîne d’une modification de groupe caractéristique

1.  et 2.  Équation (1) : modification de chaîne. Équation (2) : modification de groupe caractéristique : passage du groupe hydroxyle au groupe carboxyle. Équation (3) : modification de groupe caractéristique : passage du groupe alcène au groupe halogène.

14  Distinguer une modification de groupe caractéristique d’une modification de chaîne

1. et 2. Équation (1) : modification de chaîne. Équation (2) : modification de groupe caractéristique : passage du groupe hydroxyle au groupe halogène.

19   Déterminer la catégorie d’une réaction La réaction (1) est une réaction d’addition ; la réaction (2) est une réaction de substitution.

Pour s’entraîner 20  Parfums 1.  Groupe(s) caractéristique(s) : ester et alcène. 2. RPCOOPR’ avec R : H et R’ : chaîne carbonée principale à huit atomes de carbone avec une double liaison entre les atomes nos 6 et 7, un groupe méthyl sur l’atome de carbone no 3 et un sur l’atome de carbone no 7. CH3 3.  O CH3 HPCPOPCH2PCH2PCHPCH2PCH2PCHpCPCH3 P

2.  La formule topologique de cette espèce est la A.

Équation (3) : réaction d’élimination.

P

1. Les groupes caractéristiques présents sont le groupe alcène et le groupe amide.

Équation (2) : réaction d’addition.

p

11   Déterminer une structure chimique

21  Polymères 1.  « Inertie chimique » signifie que le produit considéré ne réagit avec quasiment aucune espèce chimique.  2.  Formule du polymère : P(PCF2PCF2P)nP La modification de chaîne qui a lieu lors de sa synthèse est un allongement de la chaîne carbonée.

22   À chacun son rythme 1.  a. C4H9POH + HI

C4H9PI + H2O

b. Réaction de substitution. 2.  a. n (I– ) = C · V = 0,375 mol ; m = 0,35 mol. n (ol) = M b. Réactif limitant : butan-2-ol.

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1. et 2. Les atomes de carbone asymétriques sont repérés par un astérisque *. a.  CH3PCH2PBr

2.  Les groupes caractéristiques de l’isoleucine sont le groupe carboxyle et le groupe amine. Les groupes caractéristiques de l’acide lactique sont le groupe carboxyle et le groupe hydroxyle. 3. L’isoleucine, ou acide 2-amino-3-méthyl-pentanoïque, a une chaîne carbonée principale à cinq atomes de carbone. L’acide lactique, ou acide 2-hydroxypropanoïque, a une chaîne carbonée à trois atomes de carbone.

Équation (4) : réaction d’addition D : HI Équation (5) : réaction de substitution E : CH3PCH2PCH2POCH3

p

P

OH O

Équation (6) : réaction d’élimination F : CH3PCHpCH2

CH3PCHPCPOPH

24   Déshydratation d’alcools 1.  Formules semi-développées et topologiques : a.          H2CpCHPC2H5

H3CPCHpCHPCH3

b.         (CH3)2CpCHPC2H5

(CH3)2CHPCHpCHPCH3

c.

P

P

CH3PCHpCPC3H7 C2H5PCpCHPC2H5 CH3 CH3 2.  Formules semi-développées et topologiques : a.

OH HO

HOPCH2PCH2PCH3 b.

HO

OH

c. HO

CH3PCHPCH2PCH3 OH P

OH

HOPCH2PCH(CH3)2

H3CPCHPCH3 P

Équation (1) : réaction d’élimination A : H2O Équation (3) : réaction d’élimination C : H2

CH3PCH2PCHPCHPCPOPH Acide lactique :

26   Catégories de réactions Équation (2) : réaction de substitution B : HI

p

P

P

4.  Acide 2-amino-3-méthyl-pentanoïque : CH3 NH2 O

P

1.  La glycolyse est un processus libérateur d’énergie au cours duquel le glucose est dégradé pour fournir de l’énergie.

b. * CH3PCH2PCH2PCH2PBr et CH3PCHPCH2PCH3 Br c. * CH3PCHPCH2PCHPCH3 Br CH3 et * CH3PCH2PCHPCHPCH3 CH3 Br P

23   Des molécules biologiques

P

n (P)att

25   Hydrohalogénation des alcènes

= 0,217 mol. M (P) n (P) = = 0,62,    soit 62 %. n (ol)

P

ρ=

n (P)obt

m (P)

P

c. n (P)obt =

(CH3)3CPOH

27  Petrochemistry Traduction du texte : « Lire cette introduction à la pétrochimie publiée sur le site de l’association des producteurs de produits pétrochimiques en Europe. “Le travail de la raffinerie est de produire des modifications physiques et chimiques du pétrole brut et du gaz naturel, par un ensemble de procédés de fabrication très spécialisés. Un de ces procédés est la distillation, c’est-à-dire l’extraction, à partir du pétrole brut lourd, de groupes d’hydrocarbures plus légers (appelés fractions). » Deux de ces fractions sont familières aux consommateurs. L’une, le fuel, est utilisée pour le chauffage ou comme carburant diesel pour des applications automobiles. Une autre est le naphta, utilisé dans l’essence et aussi comme la principale source à partir de laquelle sont obtenus les produits pétrochimiques. En ce qui concerne la pétrochimie, le travail de l’industrie pétrolière s’arrête au raffinage, et c’est là que le travail de l’industrie pétrochimique prend le relais. La pétrochimie obtient sa matière première de la raffinerie : le naphta, les composants du gaz naturel tel que le butane, et une partie des sous-produits du raffinage du pétrole, tels que l’éthane et le propane. Ces matières premières sont ensuite traitées par une opération connue sous le nom de craquage. Le craquage est tout simplement le processus de décomposition des molécules lourdes de pétrole en molécules plus légères, de plus grande valeur. Lors du vapocraquage, des températures élevées sont utilisées ; quand on utilise un catalyseur, on parle de craquage catalytique. [...] Une fois ces opérations terminées, de nouveaux produits sont obtenus, les blocs de construction de l’industrie pétrochimique : oléfines – c’est-à-dire principalement l’éthylène, le pro-

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pylène et les composés appelés dérivés C4, incluant le butadiène – et aromatiques, que l’on appelle ainsi en raison de leur odeur particulière, c’est-à-dire principalement le benzène, le toluène et les xylènes.” »

De plus, une bande d’absorption vers 3 100 cm–1 est apparue : elle correspond à l’absorption de la liaison CPH (CpCPH). La réaction est donc une réaction

1.  a. Lors d’une distillation, des espèces chimiques sont séparées selon leur température d’ébullition. La valeur des températures d’ébullition dépend des interactions existant entre les molécules de ces espèces. L’intensité des interactions de Van der Waals mises en jeu dépend de la structure et de la taille des molécules constituant le pétrole et donc de leur masse. C’est pour cela que le texte parle de fractions lourdes et de fractions légères. Le raffinage met en jeu la séparation partielle des constituants du pétrole. L’industrie pétrochimique va modifier la structure des constituants des différentes fractions issues du raffinage. b. La distillation est une transformation physique. c. Les opérations de la pétrochimie sont des transformations chimiques.

C3H7PCHpCH2 + H2O

C6H14

C6H14

3. Lors du craquage catalytique, un catalyseur est mis en jeu. Lors du vapocraquage, de la vapeur d’eau est utilisée à haute température. 4.  Les oléfines citées dans le texte ont pour formule topologique : –  éthène (ou éthylène) –  propène (ou propylène)   –  but-1-ène

2.  L’alumine est un catalyseur. 3.  Rendement de la synthèse : m 17,6 n0 (ol) = = M (ol) 5 × 12,0 + 16,0 + 12 × 1,0 n0 (ol) = 0,200 mol ; V 3,2 = nf (ène) = = 0,13 mol. Vm 25,2 Le rendement de cette synthèse est égal à : n  (ène) 0,13 = = 0,63,  soit 63 %. r= f n0 (ol) 0,200

Pour aller plus loin 29   Identification d’un alcène 1.  Un alcène possédant n atomes de carbone a pour formule brute CnH2n. Sa masse molaire est donc égale à M = n · M (C) + 2 n · M (H) = 14 n. Avec la valeur de MA, il vient n = 4. La formule brute de A s’écrit C4H8 . 2.  Les isomères de A sont : –  le but-1-ène –  le (Z)-but-2-ène –  le (E)-but-2-ène –  le méthylpropène 3.  a. C4H8 + HCl

– (Z)-but-2-ène

– (E)-but-2-ène

– buta-1,3-diène 5. Le polyéthylène et le polypropylène sont deux produits synthétisés à partir des hydrocarbures issus de la pétrochimie.

28  Déshydratation 1. La large bande d’absorption de la liaison OPH présente dans le spectre A, entre 3 200 et 3 400 cm–1, a disparu dans le spectre B. Une fine bande d’absorption est apparue vers 1 650 cm–1 dans le spectre B : elle correspond à l’absorption de la double liaison CpC.

  C4H9Cl

Une modification de groupe caractéristique se produit. b. L’addition de chlorure d’hydrogène sur les différents isomères de A conduit uniquement à un mélange racémique, et donc à deux énantiomères, dans le seul cas des but-2-ène, d’où les formules semi-développées : –  de A : CH3PCHpCHPCH3 * –  de B (ou B’) : CH3PCH2PCHPCH3 Cl La structure de A n’est pas totalement déterminée, puisque le (Z)-but-2-ène et le (E)-but-2-ène conduisent tous deux au mélange de B et B’. c. Comme B et B’ comportent un atome de carbone * asymétrique C, ils sont énantiomères, c’est-à-dire images l’un de l’autre dans un miroir plan et non superposables. P

2. Lors du craquage catalytique ou du vapocraquage, la chaîne carbonée des molécules est raccourcie : C3H6 + C3H8 C6H14 Lors du reformage, la structure de la chaîne carbonée est modifiée à nombre d’atomes de carbone constant :

tri

d’élimination d’équation : C3H7PCH2PCH2POH

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30  Identification 1. Schéma légendé du montage utilisé pour la distillation : Thermomètre

Réfrigérant ou condenseur à eau

Tête de colonne

Allonge coudée

m (NB)

= 0,122 mol : M (NB) le nitrobenzène est le réactif limitant. m (A) = 8,09 × 10–2 mol, 6.  n (A) = M (A) n (A)obt n (A) = 0,663,  soit 66 %. = ρ= n (A)att n (NB) n (NB) =

32   Synthèse de l’Ibuprofène

Noix

Eau

1. Un médicament antipyrétique permet de lutter contre la fièvre.

Eau Colonne de Vigreux

2. Formule de l’ibuprofène

Pince

OH

* Distillat

Ballon Pierre ponce Chauffeballon

O Support élévateur à croisillons

P

2.  a. Équation de la réaction d’hydratation : C5H11POH C3H7PCHpCH2 + H2O b. Lors de la réaction d’addition, le groupe hydroxyle peut se fixer sur l’atome de carbone 1, ou sur l’atome de carbone 2, du pent-1-ène. On peut donc obtenir le pentan-1-ol, C3H7PCH2PCH2POH, ou le * pentan-2-ol,  C3H7PCHPCH3 OH Seul le pentan-2-ol est chiral (il possède un atome de * carbone asymétrique C). c. L’acide sulfurique n’apparaît pas dans l’équation de l’hydratation du pent-1-ène : c’est un catalyseur de cette réaction.

P

3. Dans le spectre RMN de l’alcool B, le doublet à 1,2 ppm correspondant à trois atomes d’hydrogène traduit la présence d’un groupe CH3PCH. Ce groupe n’est présent que dans le pentan-2-ol, * C3H7PCHPCH3 OH L’alcool B est donc le pentan-2-ol et l’alcool A le pentan-1-ol.

31   Préparation de l’aniline 1. Travailler sous la hotte, porter des gants et des lunettes de protection. C6H5PNO2 + H2O

2. C6H6 + HNO3

réaction de substitution

La molécule d’ibuprofène ne possède qu’un seul atome de carbone asymétrique : elle est donc chirale. La molécule présente deux stéréoisomères de configuration qui sont énantiomères. 3. Les demi-équations électroniques relatives aux couples redox mis en jeu s’écrivent : C6H5PCOPCH(CH3)2 (s) + 4 H+ (aq) + 4 e– C6H5PCH2PCH(CH3)2 () + H2O () Zn2+ (aq) + 2 e–

4.  Étape (2) : groupe carbonyle pour le réactif organique et hydroxyle pour le produit. Étape (3) : groupes hydroxyle et amide pour le réactif et groupe amide pour le produit organique. Étape (4) : groupe amide pour le réactif organique et le produit. Étape (5) : groupe amide pour le réactif organique et groupe carboxyle pour le produit organique. 5.  a. et b. Étape (1) : réaction de substitution. Il se produit une modification de chaîne carbonée et de groupe caractéristique. Étape (2) : réaction d’addition. Il se produit une modification de groupe caractéristique et de chaîne carbonée. Étape (3) : réaction d’élimination. Il se produit une modification de groupe caractéristique. Étape (4) : réaction d’addition. Il se produit une modification de groupe caractéristique. Étape (5) : réaction de substitution. Il se produit une modification de groupe caractéristique. 6.  Le nickel Ni constitue le catalyseur dans l’étape (4).

33   Modifications de structures

3.  L’aniline appartient à la famille des amines.

Expérience 1. D et E. En effet :

4.  a. Fe2+ (aq) + 2 e–

C5H12

Fe (s)

C6H5PNO2 (ℓ) + 7 H+ (aq) + 6 e– C6H5PNH3+ (aq) + 2 H2O (ℓ) 

b. C6H5PNO2 (ℓ) + 7 H+ (aq) + 3 Fe (s) C6H5PNH3+ (aq) + 2 H2O (ℓ) + 3 Fe2+ (aq)  5.  n (Fe) =

m (Fe) M (Fe)

= 0,538 mol,

Zn (s)

d’où l’équation de cette réaction : 2 Zn (s) + C6H5PCOPCH(CH3)2 (s) + 4 H+ (aq) 2 Zn2+ (aq) + C6H5PCH2PCH(CH3)2 () + H2O ()

C5H12

C3H8 + C2H4

C5H10 + H2 1,0 ngaz = = = 0,042 mol. Vm 24 Le dibrome réagit avec les alcènes selon une réaction d’addition : C2H4Br2 C2H4 + Br2 V

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n (ène) = n (Br2) = C · V’ = 4,5 × 10–2 × 0,420 = 0,018 9 mol, soit n (ène) = 18,9 mmol. Expérience 2. A, B et F. En effet : C3H7PCH2PCl  +  H2O C3H7PCH2POH  +  HCl

6.  a. Le styrène a pour formule brute C8H8. Son pourcentage massique en carbone vaut : 8 × 12,0 8M (C) P (C) = = 8M (C)+ 8M (H) 8 × 12,0 + 8,0 P (C) = 0,923,  soit 92,3 %.

C’est une réaction de substitution. Le butan-1-ol est une molécule polaire, car elle présente deux liaisons polarisées, CPO et OPH. La somme des moments dipolaires des liaisons correspondantes est non nulle : p1 + p2 π 0

b. Le motif du polystyrène répété un très grand nombre de fois donne la formule du polymère polystyrène. Ce motif a la même formule brute que le styrène : son pourcentage massique est donc le même que celui du styrène et c’est aussi le cas du polystyrène : P (C) = 0,923,  soit 92,3 %.

p1

P

C3H7PH2CPO p2 H d · V · µ (eau) 25,0 × 0,80 × 1,0 n0 (ol) = = 74,0 M (ol) n0 (ol) = 0,27 mol

7.  a. n C8H8 P(C8H8)nP b. Cette polymérisation est une réaction d’addition (en fait de polyaddition). c. Les molécules constituant le polystyrène sont constituées d’un nombre très important d’atomes, d’où l’appellation de macromolécules.

n0 (HCl) = C · V (HCl) = 0,66 mol Le butan-1-ol est le réactif limitant. n (RCl) Rendement : r = n0 (ol) r=

m (RCl) M (RCl) · n0 (ol)

=

18,2 92,5 × 0,27

= 0,73.

Retour sur l’ouverture du chapitre

Comprendre un énoncé 35   Déshydratation d’un alcool 1.  Schéma légendé du montage à reflux : 

Support

Eau

34  Une matière première importante :

Réfrigérant ou condenseur à eau

le benzène

1.  Le liquidambar est un arbre qui produit une résine à l’odeur de cannelle appelée styrax. Les zéolithes (du grec : zeo signifiant « qui bout » et lithos signifiant « pierre ») sont des aluminosilicates hydratés d’origine naturelle ou synthétique. 2.  Les pictogrammes de sécurité relatifs au benzène sont :    Le benzène est cancérogène et doit être manipulé avec précaution : travailler sous aspiration, utiliser si nécessaire des appareils de protection respiratoire, et de toute façon des gants et des vêtements de protection. 3.  Lors du reformage, les modifications de structure réalisées sont des modifications de la chaîne carbonée à nombre d’atomes de carbone constant, des déshydrocyclisations. C6H6 + 4 H2 C6H14 4.  a.

+

b. Pour le benzène, il s’agit d’une réaction de substitution, pour l’éthène d’une réaction d’addition. c. Une modification de chaîne a alors été réalisée. 5.  a. Il s’agit d’une réaction d’élimination. b. Les oxydes de magnésium ou de zinc sont des catalyseurs.

Ballon Noix

Eau Pierre ponce Pince

Chauffe-ballon Support élévateur à croisillons

Le chauffage à reflux permet d’augmenter la vitesse de la réaction sans perdre d’espèces chimiques. 2. Si l’espèce B obtenue est un alcène, elle réagit avec le dibrome et décolore de l’eau de dibrome. 3.  On utilise une ampoule à décanter pour séparer la phase organique de la phase aqueuse. La phase supérieure dans l’ampoule est la phase organique constituée par l’alcène de densité inférieure à 1. La phase aqueuse est la phase inférieure. 4.  a. Il y a création d’une double liaison : la réaction est une réaction d’élimination. b. L’alcène obtenu est le 3,3-diméthylbut-1-ène, de formule c. L’équation de sa formation s’écrit : (CH3)3CPCH2PCH2POH (CH3)3CPCHpCH2 + H2O

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5.  L’acide sulfurique n’apparaît pas dans l’équation de la réaction : c’est un catalyseur. 6.  Rendement de la synthèse : 0,812 × 1,0 × 30,0 d (ol) · µ (eau) · V (ol) = n0 (ol) = (6 × 12,0 + 16,0 + 14,0) M (ol) n0 (ol) = 0,24 mol ;

n’ (ène) =

m’

= 0,14 mol ; M (ène) n’ (ène) r= = 0,58,  soit 58 %. n0 (ol)

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Transformations en chimie organique : aspect microscopique

Chapitre

12

Activités 1

Polarisation de liaison (p. 302)

1 L’électronégativité de l’atome A traduit son aptitude à attirer vers lui le doublet d’électrons qui le lie à l’atome B dans une liaison covalente. Une liaison covalente entre deux atomes A et B est polarisée si ces deux atomes ont des électronégativités différentes. 2 L’électronégativité augmente de la gauche vers la droite dans une période de la classification périodique. L’électronégativité augmente du bas vers le haut dans une colonne de la classification périodique. 3 a. L’atome le plus électronégatif est l’atome B puisque le doublet d’électrons qui le lie à l’atome A est plus proche de B. b. D’après la conservation de la charge, q + q’ = 0, soit q’ = –q. L’atome qui porte la charge négative q’ est B puisque le doublet d’électrons qui le lie à A est plus proche de lui. c. qAPB–q. La molécule présente deux sites porteurs de deux charges égales et opposées distantes de d, d’où l’appellation de dipôle électrique. 4 a. Les éléments chlore et iode appartiennent

tous deux à la famille des halogènes, située à la dixseptième colonne de la classification périodique. b. et c. Le numéro atomique de l’hydrogène est égal à 1 et celui du chlore à 17. Les formules électroniques des atomes correspondants s’écrivent pour H : K1 et pour Cl : K2L8M7. L’atome d’hydrogène a un électron de valence et l’atome de chlore en possède sept. Il manque un électron à l’atome d’hydrogène pour vérifier la règle du duet et un électron à l’atome de chlore pour vérifier la règle de l’octet. L’atome de chlore possède trois doublets d’électrons non liants. On en déduit la représentation de Lewis de la molécule de chlorure d’hydrogène HCl : q1HPCl  –q1

L’iode appartient à la famille des halogènes comme le chlore. La représentation de Lewis de l’iodure d’hydrogène est donc similaire à celle du chlorure d’hydrogène : q2 HPI  –q2 d. En effet, l’iode étant situé en dessous du chlore, il est moins électronégatif que lui. La différence d’électronégativité entre l’hydrogène et l’iode est plus faible que la différence d’électronégativité entre l’hydrogène et le chlore. La liaison hydrogène-chlore est plus polarisée que la liaison hydrogène-iode. 5 a. L’électronégativité de l’oxygène est supérieure à celle du carbone : la liaison carbone-oxygène est polarisée. L’atome de carbone porte une charge positive et l’atome d’oxygène porte une charge négative. b. L’électronégativité du chlore est supérieure à celle du carbone : la liaison carbone-chlore est polarisée. L’atome de carbone porte une charge positive et l’atome de chlore porte une charge négative. c. Les deux atomes d’oxygène ont la même électronégativité : la liaison entre ces deux atomes n’est pas polarisée. 6 Une liaison est polarisée si les deux atomes liés n’ont pas la même électronégativité. L’atome dont l’électronégativité est la plus grande porte la charge négative, car le doublet d’électrons liant est plus proche de lui. L’atome dont l’électronégativité est la plus faible porte la charge positive. L’électronégativité de l’hydrogène est plus faible que celle du chlore : la liaison chlore-hydrogène est donc polarisée. Dans la molécule de chlorure d’hydrogène HPCl, l’atome de chlore porte la charge électrique négative et celui d’hydrogène la charge électrique positive.

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2

Site accepteur ou donneur de doublet d’électrons (p. 302)

1 Cette réaction est une réaction de substitution. 2 Chlorométhane

N,N-diéthyléthanamine

P

H

H3C PH2CPPNPCH2PCH3

P

HPCPCl

polarisées. L’atome d’azote porte une charge électrique négative et chacun des atomes de carbone qui lui sont liés porte une charge électrique positive. v δB 3δ δB CH3PCH2PNPCH2PCH3 δBCH2 CH3

CH2

P

H

CH3

3 L’atome de chlore est plus électronégatif que

l’atome de carbone : la liaison chlore-carbone est polarisée. L’atome de chlore porte une charge électrique négative et l’atome de carbone, qui lui est lié, porte une charge électrique positive. H δv δB ClPCPH H

L’atome d’azote est plus électronégatif que l’atome de carbone : les trois liaisons azote-carbone sont

3

4 L’atome d’azote est porteur d’un doublet non liant et porte une charge partielle négative : c’est un site donneur de doublet d’électrons. L’atome de carbone du chlorométhane porte une charge partielle positive : c’est un site accepteur de doublet d’électrons. 5 Lors de la réaction, une liaison s’établit entre l’atome d’azote de l’amine et l’atome de carbone du chlorométhane : l’atome d’azote, site donneur de doublet d’électrons, a donc interagi avec le site accepteur de doublet d’électrons du chlorométhane, l’atome de carbone.

Synthèse de l’aspirine (p. 303)

A Présentation 1 a. Cette réaction est une réaction de substitution. b. Le spectre de RMN de C présenterait un singulet,

intégrant pour 3 H, vers 2 ppm, correspondant aux H du groupe CH3PCO2P Le spectre IR de D présenterait une bande d’absorption large et forte entre 2 500 et 3 200 cm–1, correspondant à l’absorption de la liaison OH du groupe carboxyle. 2 La première étape de ce mécanisme est une réaction d’addition : une des deux doubles liaisons CpO de l’anhydride éthanoïque disparaît. b. Mouvements des doublets d’électrons :

δB O δ’’v

+

O

v

O H O

H O

O

O

H

O

O

δ’v

3 a. Le site donneur de doublet d’électrons mis en jeu est l’atome d’oxygène du groupe hydroxyle lié au cycle benzénique de l’acide salicylique. En effet, cet atome d’oxygène possède deux doublets non liants. Le site accepteur de doublet d’électrons, qui est mis en jeu, est un des deux atomes de carbone de l’anhydride éthanoïque lié à un atome d’oxygène par une double liaison et à un autre atome d’oxygène par une simple liaison. En effet, cet atome de carbone, moins électronégatif que l’oxygène, est lié à deux atomes d’oxygène et porte donc une charge partielle positive.

B

O

O

O

H

B Manipulation Matériel et produits –  Un erlenmeyer de 100 mL ; –  un cristallisoir ; –  un support vertical avec noix et pince ; –  un agitateur magnétique chauffant et un barreau aimanté ; –  un réfrigérant à air ; –  un thermomètre ; –  une spatule ; –  une coupelle de pesée ; –  une baguette de verre ;

–  un tube à bouchon vissé fermé contenant 10 mL d’anhydride éthanoïque ; –  une éprouvette graduée de 50 mL ; –  un verre de montre ; –  une cuve à chromatographie (bécher et demi-boîte de Petri) ; –  un chromatoplaque avec pigment fluorescent ; –  une plaque à godet ; –  trois capillaires ; –  une pipette Pasteur ;

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–  un flacon contenant 11 mL d’éluant (6 mL d’éthanoate de butyle, 4 mL de cyclohexane et 1 mL d’acide méthanoïque) ; –  un flacon acide sulfurique avec un compte-goutte ; –  de l’eau distillée glacée.

m = 0,040 mol. M n0 (an.ac.)  ` n0 (ac.sal.) puisque l’anhydride éthanoïque est en excès. 4 On a n0 (ac.sal.) =

Le rendement de la synthèse s’en déduit : n (ac.acé.) r= n0 (ac.sal.)

4

Prévoir un poste accessible à tous avec : –  une balance avec un flacon d’acide salicylique à côté ; –  des glaçons ; –  une trompe à eau avec une fiole à vide et un filtre Büchner ; –  une lampe UV.

5 Voir la fiche 13 B, p. 598 du manuel, avec comme espèces dissoutes dans un peu d’éluant : l’acide acétylsalicylique synthétisé, de l’aspirine broyée (référence) et de l’acide salicylique. La révélation du chromatogramme sera faite sous UV.

Saponification du benzoate d’éthyle (p. 304)

A Présentation 1 Équation de la réaction :

C6H5CO2C2H5 + HO–

C6H5CO2– + C2H5OH

2 À l’échelle microscopique, la réaction se fait en plusieurs étapes. La première de ces étapes a pour équation : H

H C

H

C

C C

H

O

C C

O

C

v

+ CH2

H

H

H C

H

H

O

CH3

C

C

C C

H

C H

v

O C

3 a. Le site donneur de doublet d’électrons mis en jeu est l’atome d’oxygène de l’ion hydroxyde, car il possède trois doublets non liants. Le site accepteur de doublet d’électrons qui est mis en jeu est l’atome de carbone du groupe ester du benzoate d’éthyle. Cet atome de carbone, moins électronégatif que l’oxygène, est lié à deux atomes d’oxygène et porte donc une charge partielle positive. b. et c.

O

δv

δ’’B δ’v

O CH2

O

La première étape du mécanisme de la réaction de saponification est une réaction d’addition (la double liaison CpO du groupe ester disparaît).

CH3

v

O v

C6H5PCPOPC2H5 + HPO

C6H5PCPOPC2H5 OPH

H

B Manipulation Matériel et produits –  Un ballon de 250 mL ; –  un réfrigérant à eau ; –  un support vertical avec deux noix et deux pinces ; –  un support élévateur ; –  un chauffe-ballon ; –  une cuvette métallique ; –  une spatule ; –  une pipette jaugée de 5,0 mL munie d’une propipette ou d’un pipeteur ; –  une éprouvette graduée de 25 mL ; –  un erlenmeyer de 125 mL ; –  une baguette de verre ; –  un rouleau de papier-pH avec son échelle de teinte ; –  du papier-filtre ; –  un verre de montre ; –  des grains de pierre ponce ; –  une cuve à chromatographie (bécher et demi-boîte de Petri) ;

–  un chromatoplaque avec pigment fluorescent ; –  une plaque à godet ; –  trois capillaires ; –  une pipette Pasteur ; –  un flacon contenant 9 mL d’éluant (6 mL de cyclohexane et 3 mL de propanone) ; –  du benzoate d’éthyle (10 mL) ; –  une solution d’hydroxyde de sodium à 4 mol · L–1 ; –  une solution d’acide chlorhydrique à 4 mol · L–1 ; –  de l’acide benzoïque ; –  une petite bouteille de cyclohexane. Prévoir un poste accessible à tous avec : –  une balance ; –  une trompe à eau avec une fiole à vide et un filtre Büchner ; –  une lampe UV ; –  de l’eau chaude à 50° C.

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m V = r ·  = 0,035 mol, M M n0 (HO–) = C · V’ = 0,1 mol. n0 (HO–) ` n0 (E) : l’ester est le réactif limitant. Le rendement de la synthèse s’en déduit : n (P) r= n0 (E) 5 Le signal singulet à 12 ppm correspond à l’hydrogène du groupe carboxyle. 4 On a n0 (E) =

5

Les signaux vers 8 ppm correspondent aux 5 H liés au cycle benzénique. 6 Voir la fiche 13 B, p. 598 du manuel, avec comme espèces dissoutes ou diluées dans un peu de cyclohexane : de l’acide benzoïque synthétisé, de l’acide benzoïque (référence) et du benzoate d’éthyle. La révélation du chromatogramme sera faite sous UV. 7 L’acide benzoïque étant solide, on aurait pu mesurer sa température de fusion.

Réduction de la benzophénone (p. 305)

A Présentation 1 Cette réaction est une réaction d’addition, puisque la double liaison du groupe carbonyle disparaît. 2 La première étape proposée est une réaction d’addition, puisque la double liaison CpO du groupe carbonyle disparaît. 3 a. Le site donneur de doublet d’électrons mis en

jeu est l’ion hydrure H–. En effet, il possède un doublet non liant. Le site accepteur de doublet d’électrons mis en jeu est l’atome de carbone du groupe carbonyle. En

effet, cet atome de carbone, moins électronégatif que l’oxygène, est lié à un atome d’oxygène et porte donc une charge partielle positive. b. v

C6H5

H + C6H5PCpO δB

C6H5 v

δv

C6H5PCPO H

B Manipulation Matériel et produits –  Un ballon de 250 mL ; –  un support vertical avec noix et pince ; –  un agitateur magnétique et un barreau aimanté ; –  une spatule ; –  une coupelle de pesée ; –  une éprouvette graduée de 50 mL ; –  un cristallisoir ; –  un support élévateur ; –  un réfrigérant à eau ; –  un chauffe-ballon ; –  un verre de montre ; –  deux pipettes Pasteur ; –  du papier-filtre ; –  des grains de pierre ponce ; –  une pissette d’eau distillée ; –  une cuve à chromatographie (bécher et demi-boîte de Petri) ; –  une chromatoplaque avec pigment fluorescent ; –  une plaque à godet ;

m = 0,011 mol, M m’ n0 (T) = = 0,011 mol. M’ n0 (one)  ~ n0 (T) : la benzophénone constitue donc le 4 réactif limitant de cette synthèse. Le rendement de la synthèse s’en déduit : n (ol) r= n0 (one) 5 Dans le spectre IR proposé, la large bande d’absorption vers 3 400-3 500 cm–1 est relative à la liaison OPH. 4 On a n0 (one) =

–  deux capillaires ; –  une petite bouteille d’éthanol à 95° (25 mL) ; –  un flacon contenant 12 mL d’éluant (10 mL de cyclohexane et 2 mL d’éthanoate d’éthyle). Prévoir un poste accessible à tous avec : –  une balance avec un flacon de benzophénone et un flacon de tétrahydruroborate de sodium à côté ; –  des glaçons ; –  de l’eau distillée glacée ; –  une trompe à eau avec une fiole à vide et un filtre Büchner ; –  une lampe UV. Remarque : Dans la première étape, on peut utiliser de l’eau chaude du robinet réglée à la température attendue et stockée dans un bidon. La dissolution se fait rapidement et il n’est pas nécessaire d’utiliser un agitateur magnétique chauffant. Les périodes d’attente seront mises à profit pour étudier la partie A et répondre aux questions du TP.

Il n’y a pas la bande d’absorption de la liaison CpO vers 1 700 cm–1 : le spectre IR est celui du diphénylméthanol. Dans le spectre de RMN, les signaux vers 7 ppm sont relatifs aux atomes d’hydrogène liés aux deux cycles benzéniques. Le signal vers 5,5 ppm est celui de l’hydrogène lié au carbone central et le signal vers 4,5 ppm est celui relatif à l’atome d’hydrogène du groupe hydroxyle. 6 Voir la fiche 13 B, p. 598 du manuel, avec comme

espèces, dissoutes dans un peu d’éluant : du diphénylméthanol synthétisé et de la benzophénone. La révélation du chromatogramme sera faite sous UV.

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Bibliographie Tout livre de chimie de l’enseignement supérieur et en particulier : – A. Durupthy (dir.), Chimie PCSI 1re année, Hachette, collection HPrepa, 2003. – A. Durupthy (dir.) Chimie PC PC*, 2e année, Hachette, collection HPrepa, 2004. – J. Drouin, Introduction à la chimie organique, Librairie du Cèdre, 2005. –  P. C. Vollhardt et N. E. Schore, Traité de chimie organique, De Boeck, 2004.

Exercices

(p. 311-321)

QCM 1   1. B et C ; 2. C ; 3. B ; 2   1. A et C ; 2. B ; 3. A ; 3   1. A et B ; 2. B ; 3. C.

L’électronégativité du carbone étant inférieure à celle de l’azote ou du soufre, c’est l’atome de carbone qui porte la charge partielle positive et l’atome d’azote, ou de soufre, qui porte la charge partielle négative dans les liaisons CPN ou CPS.

6   Déterminer la polarisation d’une liaison 1.  Les liaisons HPLi et HPS sont polarisées, car les électronégativités des atomes liés sont différentes.

Application immédiate

2δv

B v B B 2.  δ LiPHδ     δ HPSPHδ

4  Expliquer la formation et la rupture de liaisons

(1) Site donneur : atome d’oxygène porteur de doublets non liants. Site accepteur de doublet d’électrons : atome d’hydrogène lié à l’atome de brome plus électronégatif.

CH3PCH2POPH + HPBr

B

CH3PCH2POPH + Br

v

H (2) Site donneur : ion bromure porteur de doublets non liants. Site accepteur de doublet d’électrons : atome de carbone lié à l’atome d’oxygène plus électronégatif. B

CH3PCH2POPH + Br

3. La liaison la plus polarisée est la liaison lithiumhydrogène, car la différence d’électronégativité entre les deux atomes liés est la plus importante.

7   Rechercher des liaisons polarisées 1. Les liaisons CPH sont considérées comme non polarisées. 2. Les liaisons carbone oxygène et oxygène hydrogène sont polarisées, car les électronégativités des atomes liés sont différentes. δv

3.

O

CH3PCPOPH

δ’’B δ’v δ’’’B

8  Identifier des sites donneurs ou accepteurs

v

H

CH3PCH2PBr + HPOPH

Pour commencer 5   Utiliser une table d’électronégativités 1. Toutes ces liaisons sont polarisées puisque les électronégativités des éléments liés sont différentes. La différence d’électronégativité entre les éléments carbone et soufre étant très faible, la liaison CPS sera peu polarisée. 2.  L’électronégativité du carbone étant supérieure à celle du lithium, c’est l’atome de carbone qui porte la charge partielle négative et l’atome de lithium qui porte la charge partielle positive dans la liaison CPLi.

1. et 2.  Les atomes porteurs de doublet d’électrons non liants ou de charges partielles négatives sont des sites donneurs de doublet d’électrons. Les atomes porteurs de charge positive sont des sites accepteurs de doublet d’électrons. Dans l’éthanal, l’atome d’oxygène constitue le site donneur de doublet d’électrons et l’atome de carbone qui lui est lié constitue le site accepteur de doublet d’électrons. Dans l’éthanamine, l’atome d’azote constitue le site donneur de doublet d’électrons et l’atome de carbone et les atomes d’hydrogène qui sont liés à l’atome d’azote constituent des sites accepteurs de doublet d’électrons.

9  Rechercher des sites donneurs ou accepteurs

1.  a. Dans la molécule d’éthanoate de méthyle, l’atome de carbone lié aux deux atomes d’oxygène

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porte une charge partielle positive, car il est lié à deux atomes plus électronégatifs que lui. Les deux atomes d’oxygène porte une charge partielle négative, car ils sont liés à un ou deux atomes de carbone moins électronégatifs qu’eux. Dans la molécule d’éthanamide, l’atome de carbone lié à un atome d’oxygène et à un atome d’azote porte une charge partielle positive, car il est lié à deux atomes plus électronégatifs que lui. L’atome d’oxygène porte une charge partielle négative, car il est lié à un atome de carbone moins électronégatif que lui. L’atome d’azote porte une charge partielle négative, car il est lié à un atome de carbone et deux atomes d’hydrogène tous moins électronégatifs que lui. Les deux atomes d’hydrogène liés à l’atome d’azote portent une charge partielle positive, car ils sont liés à un atome d’azote plus électronégatif qu’eux. b. Dans l’éthanoate d’éthyle, l’atome de carbone lié à l’atome d’oxygène porte une charge partielle positive, car il est lié à un atome d’oxygène plus électronégatif que lui. Par contre, l’autre atome de carbone ne porte pas de charge partielle puisqu’il est lié à un autre atome de carbone et à des atomes d’hydrogène et qu’on considère les liaisons carbone-hydrogène comme non polarisées. 2. Les atomes porteurs de doublet d’électrons non liants ou de charges partielles négatives sont des sites donneurs de doublet d’électrons. Les atomes porteurs de charge positive sont des sites accepteurs de doublet d’électrons. a. Dans l’éthanoate d’éthyle, les deux atomes d’oxygène porteurs de doublet d’électrons non liants sont des sites donneurs de doublet d’électrons. Dans l’éthanamide, l’atome d’oxygène et l’atome d’azote porteurs de doublet d’électrons non liants sont des sites donneurs de doublet d’électrons. b. Dans l’éthanoate d’éthyle, les deux atomes de carbone liés à un ou des atomes d’oxygène sont des sites accepteurs de doublet d’électrons. Dans l’éthanamide, l’atome de carbone et les deux atomes d’hydrogène porteurs de charges partielles positives sont des sites accepteurs de doublet d’électrons.

10   Localiser des sites donneurs ou accepteurs

12  Représenter le mouvement des doublets d’électrons

H

H

H

v

δv

δB

H CPO + HPCPCPCl H

H

H

H H

H v

HPCPCPOPCPH + Cl H H

H

13  Expliquer la formation et la rupture de liaisons

H H H δB δB δv HPCl + HPCPCPCPH δv O H H H H

H

H v

HPCPCPCPH +   Cl

(1)

B

HPO H H H H H v

Cl

H

+ HPCPCPCPH B

HPO H H H

H H

H

HPCPCPCPH +   HPOPH (2) Cl H H

Pour s’entraîner 14   À chacun son rythme 1.  Les liaisons CPO, OPH et ZnPCl sont polarisées, car les électronégativités des atomes liés sont différentes. δv

2.  δBCPOδv ; OPHδB  ; δBZnPClδv

1.  Liaison CPI polarisée.

3.  Le site donneur de doublet d’électrons mis en jeu est l’atome d’oxygène de l’éthanol, et le site accepteur de doublet d’électrons est l’atome de zinc.

2.  δBCPIδv

4.  CH3PCH2POPH + Cl PZnPCl

Iodoéthane :

3.  Le site accepteur C lié à I ; le site donneur I.

  

B

CH3PCH2POPH

Méthanol : 1.  Liaison CPO et OPH polarisées. δv 2.  δBCPOδv et OPHδB 3.  Les sites accepteurs C et H liés à O ; le site donneur O.

11  Choisir une représentation

de mouvement des doublets d’électrons

La proposition correcte est la proposition III. En effet, la flèche tracée part d’un doublet d’électrons et arrive vers le site accepteur. Elle traduit la liaison formée entre le site donneur O et le site accepteur C⊕.

v

Cl PZnPCl

15   Test à la 2,4-DNPH 1. et 2. Équation (1) : le site donneur de doublet d’électrons mis en jeu est l’atome d’oxygène, et le site accepteur de doublet d’électrons est l’ion H+. H B

O

O B

H3CPCPH + H

H3CPCPH

Équation (2) : le site donneur de doublet d’électrons mis en jeu est l’atome d’azote, et le site accepteur de

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doublet d’électrons est l’atome de carbone lié à l’atome d’oxygène. H B

O

H

H

R NPN H + H3CPCPH

O H3CPCPH B

H NPN R H

H

16   Un nouveau type de solvant

Pour aller plus loin

1.  a., b. et 2. b. H

H3C

C

N C

18   Hydratation de l’hex-1-ène + CH3

N

CH2

CH2

CH2

Br

1.  a. Équation de la réaction :

C H v

Br

H

+ H3C N C

C

B

N

CH2

CH2

CH2

CH3

C

H

H

Pour respecter la règle de l’octet, les atomes d’azote et de brome portent des doublets non liants dans les réactifs. 2.  a. Les deux atomes d’azote portent un doublet d’électrons non liants : ce sont des sites donneurs de doublet d’électrons. L’atome d’azote doublement lié à un atome de carbone est le site donneur de doublet d’électrons mis en jeu dans la réaction. Dans le 1-bromométhane, l’atome de carbone lié à l’atome de brome porte une charge partielle positive puisqu’il est lié à un atome plus électronégatif que lui : c’est le site accepteur de doublet d’électrons mis en jeu dans la réaction. 3.  a. Le cyclohexane et l’éthanoate d’éthyle sont des solvants utilisés en chimie organique. b. Les liquides ioniques sont des solvants non volatiles, non inflammables et ils peuvent être recyclés facilement.

17   Biocarburant du futur ?

b.

H B

H3CPOPH + H

H3CPOPH B

(1)



H H3CPOPH + H3CPOPH B H B

(2)       2.  Il se forme du méthoxyméthane CH3OCH3 et des ions hydrogène H+.

H3CPOPCH3 + HPOPH

H H3CPOPCH3

2. L’apparition de la bande d’absorption large et forte de la liaison OPH, entre 3 300 et 3 400 cm–1, et la disparition de la bande d’absorption de la liaison CPH, vers 3 100 cm–1, et de la bande d’absorption tri de la liaison CpC, vers 1 650 cm–1, permettent de vérifier que l’alcène de départ a été hydraté. 3.  a. Dans l’étape (1), le site donneur de doublet d’électrons est la double liaison CpC. Le site accepteur de doublet d’électrons est l’ion hydrogène H+ puisqu’il porte une charge positive. Dans l’étape (2), le site donneur de doublet d’électrons est l’atome d’oxygène, car il possède deux doublets non liants. Le site accepteur de doublet d’électrons est l’atome de carbone porteur d’une charge positive. b. B B C4H9PCPCH3(1) C4H9PCpCPH +   H H

H

H

B

HPOPH

B

1.  a. Étape (1) : site donneur O et site accepteur H+. Étape (2) : site donneur O du méthanol et site accepteur C du cation H3CPOH2+.

B

C4H9PCHPCH3 C4H9PCHpCH2 + H2O OH b. Cette réaction est une réaction d’addition. c. Au cours de cette réaction, un changement de groupe caractéristique se produit. P

H

B

H3CPOPCH3 + H (3)

C4H9PCPCH3 + HPOPH

C4H9PCPCH3 (2)

H c.

H

B

HPOPH



OPH

C4H9PCPCH3

C4H9PCPCH3

H

H

B

+  H

(3) 

4. Les ions hydrogène apportés par l’acide sulfurique n’apparaissent pas dans le bilan de la réaction, mais interviennent dans le mécanisme réactionnel : ils catalysent la réaction. 5.  L’hexan-2-ol est chiral puisqu’il possède un atome de carbone asymétrique C* : * C4H9PCHPCH3

P

H

3. La biomasse désigne toute matière organique végétale ou animale. Un biocarburant est un carburant produit à partir de matériaux organiques non fossiles, provenant de la biomasse. La synthèse de biocarburant constitue une voie de synthèse supplémentaire de carburant dont le bilan carbone est neutre, car le dioxyde de carbone émis lors de la combustion du biocarburant a été préalablement utilisé lors de la croissance du végétal.

OH

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Représentation de Cram des deux énantiomères de l’hexan-2-ol : C

C

H OH

H HO

H Cl3CPCPOPH

CH3

B

HPOPH

6.  L’eau est le réactif en excès. La quantité d’hex-1-ène vaut : d · µ (eau) · V 0,67 × 1,0 × 20 n (ène) = = = 0,16 mol. M (ène) (6 × 12 + 12)

P

1.  a. La formule semi-développée de l’éthanamide est : H3CPCpO NH2

1.  a. Cette réaction est une réaction d’addition. b. Une modification de groupe caractéristique s’est produite au cours de cette réaction. 2.  a. L’apparition de la bande d’absorption large et forte de la liaison OPH, vers 3 300 et 3 400 cm–1, et la disparition de la bande d’absorption de la liaison CpO, vers 1 700 cm–1, permettent de vérifier que le chloral a bien été hydraté. b. On observera deux signaux dans le spectre de RMN de l’hydrate de chloral de multiplicité 1. 3.  a. Le chloral comporte trois atomes de chlore et un atome d’oxygène, tous porteurs de doublet non liants : ces atomes sont des sites donneurs de doublet d’électrons. Les deux atomes de carbone du chloral sont liés à des atomes plus électronégatifs qu’eux ; ces atomes de carbone portent donc des charges partielles positives et sont des sites accepteurs de doublet d’électrons. L’ion hydrogène porte une charge positive ; il est un site accepteur de doublet d’électrons. b.  Cl H Cl H Cl

B

(1)

ClPCPCpOPH Cl

HPO

20   Synthèse de l’éthanamide

19   Hydratation du chloral

B

Cl3CPCPOPH +   H+

6.  Les ions hydrogène présents dans le milieu acide n’apparaissent pas dans le bilan de la réaction, mais interviennent dans le mécanisme réactionnel : ils catalysent la réaction.

La quantité d’hexan-2-ol obtenu vaut : 8,22 m = n (ol) = M (ol) (6 × 12 + 16 + 14) n (ol) = 8,06 × 10–2 mol. Le rendement de cette synthèse s’en déduit : r = 0,51,   soit 51 %.

+   H    ClPCPCpO

H



4.  Dans l’étape (2), la flèche courbe partant d’un des doublets d’électrons non liants de l’atome d’oxygène de la molécule d’eau et allant jusqu’à l’atome de carbone lié à l’atome d’oxygène traduit l’interaction qui a lieu entre l’oxygène, site donneur de doublet d’électrons, et le carbone, site accepteur de doublet d’électrons (puisqu’il est lié à un atome d’oxygène plus électronégatif que lui). Elle explique la formation de la liaison entre ces deux atomes. Comme l’atome de carbone ne peut pas être entouré de plus de quatre doublets pour respecter la règle de l’octet, une des liaisons qu’il engageait se rompt lorsque la liaison entre cet atome et l’atome d’oxygène de la molécule d’eau s’établit : un des deux doublets d’électrons de la double liaison CpO bascule ainsi sur l’atome d’oxygène (atome le plus électronégatif), ce que traduit la flèche courbe rouge.

L’éthanamide possède la fonction amide. b.  O O H3CPCPOPCPCH3 + NH3 CH3PCpO + CH3PCpO NH2 OH P

C4H9

P

H3C

C4H9

5.  Les produits formés lors de l’étape (3) sont un ion hydrogène H+ et le chloral Cl3CPCH(OH)2.

c. Cette réaction est une réaction de substitution. 2. a. Le spectre IR permet de vérifier la présence du groupe caractéristique du produit grâce à la présence des deux bandes d’absorption de la liaison NPH du groupe NH2, vers 3 400 et 3 200 cm–1, et de la bande d’absorption de la liaison CpO, vers 1 690 cm–1. b. Le spectre de RMN de l’éthanamide fera apparaître deux signaux de multiplicité 1. 3.  Pour l’étape (1) : a. Les atomes d’oxygène de l’anhydride éthanoïque, porteurs de doublets non liants, sont des sites donneurs d’électrons. Les atomes de carbone qui leur sont liés portent des charges partielles positives puisqu’ils sont liés à des atomes plus électronégatifs qu’eux ; ce sont des sites accepteurs de doublet d’électrons. L’atome d’azote de l’ammoniac porte un doublet non liant ; il est donc un site donneur de doublet d’électrons. Les atomes d’hydrogène liés à l’atome d’azote, plus électronégatif qu’eux, portent des charges partielles positives ; ils sont des sites accepteurs de doublet d’électrons. b.  O O H3CPCPOPCPCH3 + NH3

v

O

O

H3CPCPOPCPCH3 B

NH3 Pour l’étape (2) : a. Les atomes d’oxygène, porteurs de doublets non liants, sont des sites donneurs de doublet d’électrons. Les atomes de carbone qui leur sont liés portent des charges partielles positives puisqu’ils sont liés à des atomes plus électronégatifs qu’eux ; ce sont des sites accepteurs de doublet d’électrons.

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b. 

v

O

H3C

O

H3C

H3CPCPOPCPCH3

Isobutène

B

NH3

O

O B

H3CPCPNH3 +

v

OPCPCH3

4. Les produits formés lors de la troisième étape sont l’éthanamide et l’acide éthanoïque : O H

O

B

H3CPCPNPH +

v

H

OPCPCH3 O

O

H3CPCPNH2 + HPOPCPCH3 5.  a. La réaction de l’étape (2) est une réaction d’élimination. b. La réaction de synthèse étudiée est en fait une réaction d’addition-élimination, puisque sa première étape est une réaction d’addition, et sa seconde étape une réaction d’élimination.

21   Electron donnors and electron acceptors Traduction du texte : « En raison de l’omniprésence des donneurs de doublet d’électrons et des accepteurs de doublet d’électrons dans les réactions organiques, nous attribuons des appellations particulières et distinctes à ces espèces. Une molécule ou un ion qui accepte un doublet d’électrons pour établir une nouvelle liaison covalente est appelée un électrophile (du grec signifiant ‘‘qui aime les électrons’’). [...] Toute molécule, ion ou atome qui est déficient en électrons de quelque façon que ce soit peut se comporter comme un électrophile. [...] Électrophiles types H H δB δv H CB H B H Cl H H Chlorure Borane Carbocation d’hydrogène méthyle Le bore possède L’hydrogène un octet Le carbone porte porte une charge d’électrons une charge formelle partielle positive. incomplet. positive.

Une molécule ou un ion qui donne un doublet d’électrons pour former une nouvelle liaison covalente est appelée un nucléophile (du grec signifiant ‘‘qui aime les noyaux’’). [...] Toute molécule, ion ou atome qui possède des électrons qui peuvent être partagés peut être un nucléophile. [...] Nucléophiles types I

v

Ion iodure L’iode porte une charge formelle négative.

CpCH2

δv δB H3CPMg Br Bromure de méthylmagnésium Le carbone porte une charge partielle négative.

Liaison CpC.

H H N H Ammoniac Doublet d’électrons non liant de l’azote.

L’étude des mécanismes de réaction est au cœur de l’étude de la chimie organique à tout niveau. Par conséquent, l’identification des électrophiles et des nucléophiles est une compétence essentielle en chimie organique. L’examen d’une structure... est une façon de déterminer comment une molécule ou ion peut se comporter dans une réaction. Une autre façon consiste à examiner les flèches courbes. Parce que les électrons circulent d’un site donneur d’électrons vers un site déficient en électrons, une flèche courbe va d’un nucléophile vers un électrophile ». Extrait d’un didacticiel du site Internet de l’université de Los Angeles.

1.  a. Seul l’atome de chlore respecte la règle de l’octet dans les électrophiles dont les représentations de Lewis sont données. Les «  » représentent les doublets d’électrons non liants. b. Dans le « méthyl carbocation », le site accepteur de doublet d’électrons est le carbone, car il porte une charge positive et ne respecte pas la règle de l’octet. Dans le borane, le site accepteur de doublet d’électron est l’atome de bore puisqu’il lui manque un doublet d’électrons pour être entouré d’un octet d’électrons. c. Dans la molécule HCl, la liaison entre les atomes de chlore et d’hydrogène est polarisée. Comme l’atome de chlore porte une charge partielle négative et l’atome de carbone une charge partielle positive, l’atome de chlore est plus électronégatif que l’atome d’hydrogène. d. Un électrophile est une espèce avide d’électrons ; il possède donc un site accepteur de doublet d’électrons. 2.  a. Les liaisons NPH sont polarisées puisqu’un atome d’azote est plus électronégatif qu’un atome d’hydrogène. Dans la molécule d’ammoniac, c’est donc l’atome d’azote qui porte une charge partielle négative, chacun des atomes d’hydrogène qui lui sont liés portant une charge partielle positive. b. Dans l’ion iodure, l’iode est un site donneur de doublet d’électrons. Dans le bromure de méthylmagnésium, l’atome de carbone porte une charge partielle négative et constitue le site donneur de doublet d’électrons. Dans l’isobutylène, c’est la double liaison qui constitue le site donneur de doublet d’électrons. Dans l’ammoniac, c’est l’atome d’azote qui porte un doublet non liant. c. Un nucléophile est une espèce qui est attirée par les noyaux, entités chargées positivement, car il possède un ou des doublet(s) d’électrons non liants et/ ou porteur de charge partielle négative ; il possède donc un site donneur de doublet d’électrons. 3.  Les accepteurs de doublet d’électrons ont un déficit électronique (charge positive, défaut d’électrons

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par rapport à la règle de l’octet). Les donneurs de doublet d’électrons sont des entités qui possèdent des doublets d’électrons qui peuvent être partagés (liaison multiple, site porteur de doublet non liant, site porteur de charge négative entière ou partielle). Le texte propose également de considérer la localisation des flèches courbes puisqu’elles partent toujours d’un site donneur de doublet d’électrons et arrivent vers un site accepteur de doublet d’électrons.

22   Synthèse d’un arôme 1.  a. Une fonction ester. b. C3H7PCH2POH + CH3PCO2H CH3PCO2PCH2PC3H7 + H2O



c. La réaction est une réaction de substitution. V (E) 2.  n(E) = d · µ (eau) ·  = 0,075 mol ; M (E) n (E)obt n (E) = = 0,75,  soit 75 %. ρ= n(E)att n0 (ol)

Dans le spectre de RMN : – le signal singulet à 2 ppm peut être attribué au groupe méthyle CH3 ; – le signal triplet à 4 ppm peut être attribué au groupe CH2 ; – le signal diffus vers 1,5 ppm intégrant pour 4 H est attribué à CH2PCH2P ; – le signal triplet intégrant pour 3 H vers 1 ppm est attribué au groupe méthyle. 4.  a. Étape (1) : le site donneur de doublet d’électrons O de CpO et le site accepteur de doublet d’électrons H+. Étape (2) : le site donneur de doublet d’électrons O du butan-1-ol et le site accepteur de doublet d’électrons C lié aux atomes d’oxygène du cation H3CPCO2H2+. b.

C6H5PCH(OH)PCH(OH)PC6H5 La réaction mise en jeu correspond à une réduction du benzile. 4.  a. Dans le benzile, les atomes d’oxygène portent des doublets non liants et constituent des sites donneurs de doublet d’électrons. Les atomes de carbone liés aux atomes d’oxygène, plus électronégatifs qu’eux, portent des charges partielles positives et constituent des sites accepteurs de doublet d’électrons. L’ion hydrure porteur d’un doublet non liant constitue un site donneur de doublet d’électrons. v b. O O O O v

C6H5PCPCPC6H5 + H

C6H5PCHPCPC6H5

5. Le spectre IR proposé est celui de l’hydrobenzoïne : il présente une bande d’absorption intense, vers 3 400-3 500 cm–1, et pas de bande d’absorption, vers 1 700 cm–1, pour la liaison CpO. Le spectre de RMN proposé est celui de l’hydrobenzoïne, car il présente : – un signal vers 7 ppm pour les protons des deux cycles benzéniques ; – deux signaux vers 5,5 ppm pour les protons des groupes hydroxyle et vers 4,5 ppm pour les protons liés aux atomes de carbone tétraédriques.

1.  b. c. et d. En effet :

B

O

H3CPCPOPH + H

3. On peut établir la demi-équation d’oxydoréduction suivante :

24   Composés organométalliques

H B

1.  a. La température de fusion du produit obtenu est égale à 136 °C : il s’agit de l’hydrobenzoïne B1. b. Ce produit est achiral puisqu’il possède un centre de symétrie situé au milieu de la liaison entre les deux atomes de carbone tétraédriques. m0 = 9,5 × 10–3mol, 2.  On a n0 (A) = M (A) m = 1,06 × 10–2mol. n0 (NaBH4) = M (NaBH4) n0 (A)  ~ n0 (NaBH4) : le benzile est le réactif limitant. 2 Le rendement de la synthèse s’en déduit : n (B) m’ = = 0,785,  soit 78,5 % r= n0 (A) (M (B) · n0 (A))

C6H5PCOPCOPC6H5 + 4 H++ 4 e–

3.  a. Le spectre IR permet de justifier que le produit obtenu est un ester puisqu’il ne présente plus la bande d’absorption du groupe hydroxyle de l’alcool ou du groupe carboxyle de l’acide carboxylique, mais présente la bande d’absorption du groupe CpO du groupe ester. b. CH3PCO2PCH2PCH2PCH2PCH3

O

23   Réduction du benzile

δB

(1)

H3CPCPOPH 

H B

O

H3CPCPOPH + C3H7PCH2POPH H O (2)

H3CPCPOPH B

O PCH2PC3H7 H

  

δv

CH3PCH2PCl

δv

δ’B δ’’v

CH3PCH2PMgPCl

Les charges partielles portées par les atomes de carbone repérés en rouge n’ont pas le même signe. En effet, dans le premier cas, l’atome de carbone est lié à un atome de chlore plus électronégatif que lui et porte une charge partielle positive. Dans le second cas, l’atome de carbone est lié à un atome de magnésium moins électronégatif que lui et porte une charge partielle négative. Les charges partielles portées par les atomes de chlore ont le même signe, car, dans chacun des cas proposés, l’atome de chlore est lié à un atome moins électronégatif que lui, que ce soit le carbone ou le magnésium.

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La liaison entre un atome de magnésium et un atome de chlore est plus polarisée que la liaison entre un atome de carbone et un atome de chlore, car la différence d’électronégativité entre un atome de chlore et un atome de magnésium est plus grande que la différence d’électronégativité entre un atome de chlore et un atome de carbone. L’atome de carbone lié à l’atome de magnésium constitue un site donneur de doublet d’électrons puisqu’il porte une charge partielle négative. 2.  a. et b. Mécanisme de réaction : δB

δv

CH3PCH2PCl

δv

δ’B δ’’v

+ CH3PCH2PMgPCl

CH3PCH2PCH2PCH3 +    ClPMgPCl La réaction est une réaction de substitution. L’atome de chlore du chloroéthane est substitué par le groupe éthyle de l’organomagnésien et dans l’organomagnésien le groupe éthyle est remplacé par l’atome de chlore. Les flèches courbes partent du site donneur de doublet d’électrons vers le site accepteur de doublet d’électrons. 3.  b. En effet, l’éthanal possède un groupe carbonyle. CH3PCH2PMgPCl

+ CH3PCpO H CH3 CH2 CH3PCPOPMgPCl H

La réaction est une réaction d’addition puisque la double liaison du groupe carbonyle disparaît.

Retour sur l’ouverture du chapitre 25   Histoire du savon 1. Le suif est un produit issu des graisses animales. Les cendres contiennent de l’hydroxyde de potassium ; cette opération permet d’obtenir une solution contenant de l’hydroxyde de potassium, K+ (aq) + HO– (aq). 2.  a. Acide stéarique : C18H36O2 ou CH3P(CH2)16PCO2H ; Acide palmitique : CH3P(CH2)14PCO2H ; Acide oléique : CH3P(CH2)7PCHpCHP(CH2)7PCO2H. P P

b. CH2POPCOP(CH2)16PCH3 CHPOPCOP(CH2)14PCH3 CH2POPCOP(CH2)7PCHpCHP(CH2)7PCH3 m c. n (G) = = 1,5 mol M (G)

On obtient une quantité égale de stéarate de sodium SNa, de palmitate de sodium PNa et d’oléate de sodium ONa, d’où les masses de chacun de ces carboxylates de sodium : m  (SNa) = n (G) · M (SNa) = 4,6 × 102 g ; m  (PNa) = n (G) · M (PNa) = 4,2 × 102 g ; m (ONa) = n (G) · M (ONa) = 4,6 × 102 g. On en déduit la masse de savon obtenu : m’ = m (SNa) + m (PNa) + m (ONa) = 1,34 × 103 g. 3.  Le caractère acide des acides carboxyliques est dû au groupe carboxyle qui peut libérer un ion hydrogène H+. Lors de la saponification des corps gras, on obtient des ions carboxylate RCO2–. On peut donc obtenir les acides carboxyliques correspondants et du propane-1,2,3-triol ou glycérine à partir du corps gras triester ; l’ester ne possède pas d’atome d’hydrogène lié à un atome d’oxygène et, ne pouvant libérer d’ions hydrogène, n’est pas acide. 4.  Marseille est un port proche des lieux de production de l’huile d’olive du midi de la France. 5.  a. Étape (1) : le site donneur de doublet d’électrons est l’atome d’oxygène de l’ion hydroxyde, car il possède des doublets non liants. Le site accepteur de doublet d’électrons de l’ester est l’atome de carbone du groupe ester qui, lié à deux atomes d’oxygène plus électronégatifs que lui, porte une charge partielle positive. Étape (2) : le site donneur de doublet d’électrons est l’atome d’oxygène qui porte la charge négative, car il possède des doublets non liants. Le site accepteur de doublet d’électrons est l’atome de carbone lié à deux atomes d’oxygène plus électronégatifs que lui et qui porte une charge partielle positive. Étape (3) : Le site donneur de doublet d’électrons est l’atome d’oxygène de l’ion RO–, car il possède des doublets non liants. Le site accepteur de doublet d’électrons est l’atome d’hydrogène qui est lié à un atome d’oxygène plus électronégatif que lui, et qui porte une charge partielle positive. b. δ’v v O v O δ’’

v

(1)

RPCPOPR’

RPCPOPR’ + HPO δB

O 

H

v

O

O v

RPCPOPR’

RPCPOPH +  OPR’ 

(2)

O H δ’’v

O

δ’v δB

v

RPCPOPH +  OPR’ δ’’B

O v

RPCPO + HPOPR’    (3) 6.  a. Les liaisons dans le groupement alkyle sont des liaisons CPC et CPH ; elles ne sont pas polarisées. b. Les liaisons dans le groupe carboxylate sont les liaisons CpO et CPO ; elles sont polarisées, car

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130


l’atome d’oxygène est plus électronégatif que l’atome de carbone. c. L’ion carboxylate a des affinités avec les molécules d’eau, car le groupe CO2– peut engager des liaisons hydrogène avec les molécules d’eau. L’ion carboxylate a des affinités avec les chaînes carbonées des graisses, car il possède une longue chaîne carbonée qui peut interagir par liaisons de Van der Waals avec les chaînes carbonées des graisses.  d. Ces propriétés permettent d’expliquer l’utilisation du savon comme détergent. L’ion carboxylate peut interagir avec les molécules d’eau, mais aussi avec les chaînes carbonées des graisses. Selon la nature de la salissure, l’ion carboxylate interagit par son extrémité CO2– ou par sa chaîne carbonée. Il se forme ainsi autour de la salissure une monocouche ou une bicouche de savon : a

b

Huile

Monocouche

Terre

Bicouche

Comprendre un énoncé

b. Les liaisons établies par l’atome d’oxygène sont polarisées, car l’atome d’oxygène est lié à un atome de carbone et à un atome d’hydrogène, les électronégativités de ces atomes différant toutes entre elles. L’atome d’oxygène étant plus électronégatif que les atomes d’hydrogène et de carbone, il porte une charge partielle négative dans le butan-1-ol. 5.  a. Étape (1) : le butan-1-ol possède un site donneur de doublet d’électrons, l’atome d’oxygène, puisqu’il possède deux doublets non liants : c’est le site donneur de doublet d’électrons mis en jeu dans cette étape. Il possède deux sites accepteurs de doublet d’électrons : l’atome d’hydrogène et l’atome de carbone liés à l’atome d’oxygène. En effet, ces deux atomes portent des charges partielles positives. Le chlorure d’hydrogène possède un site donneur de doublet d’électrons : l’atome de chlore, qui possède trois doublets non liants. Il possède aussi un site accepteur de doublet d’électrons, l’atome d’hydrogène, qui porte une charge partielle positive. Cet atome d’hydrogène est le site accepteur de doublet d’électrons mis en jeu dans cette étape. Étape (2) : l’ion chlorure est un site donneur de doublet d’électrons, car il possède quatre doublets non liants. Le cation possède un site accepteur de doublet d’électrons : l’atome de carbone lié à l’atome d’oxygène. En effet, l’oxygène étant plus électronégatif que le carbone, l’atome de carbone porte une charge partielle positive. b. C3H7PCH2POPH + HPCl H

26   Synthèse du 1-chlorobutane

C3H7PCH2POPH + B

1.  Équation de la réaction : C3H7PCH2POH + HCl

C3H7PCH2PCl + H2O

2.  a. Les bandes d’absorption caractéristiques du butan-1-ol sont la bande large et forte, entre 3 200 et 3 500 cm–1, correspondant à la liaison OPH, et la bande, vers 1 450 cm–1, correspondant à la liaison CPO. b. On pourrait suivre l’évolution du système réactionnel en étudiant l’évolution de la valeur de l’absorbance du mélange réactionnel à une longueur d’onde voisine de 3 300 cm–1. 3.  Cette réaction est une réaction de substitution : le groupe hydroxyle est remplacé par un atome de chlore. 4.  a. La liaison entre l’atome de chlore et celui d’hydrogène est polarisée puisque les électronégativités de ces deux atomes sont différentes. L’atome de chlore étant plus électronégatif que l’atome d’hydrogène, l’atome de chlore porte une charge partielle négative et celui d’hydrogène porte une charge partielle positive.

v

Cl

  

(1)

H + C3H7PCH2POPH B

v

Cl

C3H7PCH2PCl 6.  On a n0 (ol) =

+ HPOPH

ρ (ol) · V (ol) M (ol) 0,80 × 25,0 = 4 × 12,0 + 10,0 + 16,0 = 0,27 mol,

  

(2)

n0 (HCl) = c · V (ac) = 0,77 mol. n 0 (ol)  ~ n 0 (HCl) : le butan-1-ol est le réactif limitant. Le rendement de la synthèse s’en déduit : n (RCl) m R= = n0 (ol) M (RCl) · n0 (A) 17,5 = = 0,70, 0,27 × 4 × 12,0 + 9,0 + 35,5

soit 70 %.

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131


Réaction chimique par échange de proton

Chapitre

13

Activités 1

Mesures de pH de solutions aqueuses (p. 324-325)

Matériel et produits Paillasse élève –  Trois béchers de 150 mL ; –  deux éprouvettes graduées de 100 mL ; –  un pH-mètre avec une sonde pH-métrique ; –  un thermomètre ; –  un compte-gouttes ; –  une capsule de pesée ; –  une spatule métallique ; –  un agitateur magnétique et un barreau aimanté ; –  des solutions étalon pour étalonner le pH-mètre ; –  de l’eau distillée.

Paillasse professeur –  Une balance électronique à 0,01 g ; –  1,0 L de solution S1 d’acide éthanoïque à la concentration C1 = 1,0 × 10–2 mol · L–1 ; –  de l’acide éthanoïque pur ; –  1,0 L de solution S2 d’acide chlorhydrique à la concentration C2 = 1,0 × 10–2 mol · L–1 ; –  de l’éthanoate de sodium solide, CH3CO2Na (s).

A Solutions aqueuses d’acides 1 Eau distillée : pH = 5,7. Eau distillée + acide éthanoïque pur : pH = 4,3. Lors de l’ajout de l’acide éthanoïque pur dans l’eau distillée, le pH diminue : une réaction chimique a donc eu lieu.

(xf = xmax) si l’acide éthanoïque est totalement consommé : C1 · V1 – xmax = 0,  soit xmax = C1 · V1 xmax = 1,0 × 10–2 × 100,0 × 10–3 = 1,0 × 10–3 mol.

5 [H3O+]f = 10–pH1 = 10–3,4 = 4,0 × 10–4 mol · L–1

2 Eau distillée :

[H3O+] = 10–5,7 = 2,0 × 10–6 mol · L–1. Eau distillée + acide éthanoïque pur : [H3O+] = 10-4,3 = 5,0 × 10–5 mol · L–1.

6 xf = [H3O+]f · V1 = 4,0 × 10–4 × 100,0 × 10–3

3 pH de la solution S1 : pH = 3,4. Voir tableau

ci-dessous.

4 L’eau étant le solvant de la solution, donc l’espèce en excès, l’avancement maximal sera atteint

xf = 4,0 × 10–5 mol

7 xf ~ xmax : l’avancement maximal n’est pas atteint.

8 pH de la solution S2 : pH = 2,0. Voir le tableau cidessous.

Tableau de la question 3 : Équation

   CH3CO2H (aq)

+

H2O ()

CH3CO2– (aq)

 +

 H3O+ (aq)

État initial (x = 0)

C1 · V1

Solvant

0

0

État intermédiaire (x)

C1 · V1 – x

Solvant

x

x

État final (xf = 0)

C1 · V1 – xf

Solvant

xf

xf

Tableau de la question 8 : H3O+ (aq)

Cl– (aq)

Équation

HCl (g)

État initial (x = 0)

C2 · V2

Solvant

0

0

État intermédiaire (x)

C2 · V2 – x

Solvant

x

x

État final (xf = 0)

C2 · V2 – xf

Solvant

xf

xf

+

H2O ()

+

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132


9 • L’eau étant le solvant de la solution, donc l’es-

pèce en excès, l’avancement maximal sera atteint (xf = xmax) si le chlorure d’hydrogène est totalement consommé : C2 · V2 – xmax = 0,  soit xmax = C2 · V2 xmax = 1,0 × 10–2 × 100,0 × 10–3 = 1,0 × 10–3 mol.

• [H3O+]f = 10–pH2 = 10–2,0 = 1,0

× 10-2 mol · L–1

• xf = [H3O+]f · V1 = 1,0

xf = 1,0 ×

10–3

× 10–2 × 100,0 × 10–3

mol.

• xf = xmax : l’avancement maximal est atteint.

10 La réaction entre le chlorure d’hydrogène et l’eau est totale, car xf = xmax. La réaction entre l’acide éthanoïque et l’eau n’est pas totale, car xf ~ xmax.

B Notion d’équilibre ; sens d’évolution d’un système chimique 12 Dans le bécher 2, le pH diminue (de 3,4 à 2,4). La concentration [H3O+] augmente (de 4,0 × 10–4 mol · L–1 à 4,0 × 10–3 mol · L–1). Le volume de la solution n’ayant pas varié, la quantité n (H3O+) augmente : le système chimique a évolué . dans le sens direct

Compléments pH de la solution S1 seule : pHi = 3,4. Bécher 1 : pH de la solution S1 + quelques gouttes d’acide éthanoïque pur : pH1 = 4,2. Bécher 2 : pH de la solution S1 + éthanoate de sodium solide : pH2 = 2,4.

11 a. Dans le bécher 1, le pH augmente (de 3,4 à 4,2). La concentration [H3O+] diminue (de 4,0 × 10–4 mol · L–1 à 6,3 × 10–5 mol · L–1). b. Le volume de la solution n’ayant pas varié, la quantité n (H3O+) diminue : le système chimique a évolué . dans le sens inverse

2

13 Lorsqu’on ajoute une espèce chimique intervenant dans l’équation de la réaction, un système chimique évolue dans le sens qui tend à consommer l’espèce apportée.

Réaction entre un acide fort et une base forte (p. 325)

Matériel et produits Paillasse professeur –  2,0 L de solution d’acide chlorhydrique à la concentration C = 1,0 mol · L–1 ; –  2,0 L de solution d’hydroxyde de sodium à la concentration C = 1,0 mol · L–1 .

Paillasse élève –  Deux béchers de 250 mL ; –  deux éprouvettes graduées de 100 mL ; –  un agitateur magnétique et un barreau aimanté ; –  un thermomètre ; –  une fiole jaugée de 100,0 mL ; –  une pipette jaugée de 10,0 mL ; –  un compte-gouttes ; –  de l’eau distillée.

Expérience 1 : acide et base à 1,0 mol · L–1

qi = 20,4 °C

qf = 26,8 °C

Expérience 2 : acide et base à 0,1 mol · L–1

qi = 20,4 °C

qf = 21,1 °C

1 Pour les deux expériences, qf ` qi.

5 Les quantités d’acide et de base sont égales à :

cède de l’énergie thermique au milieu extérieur.

6 Le mélange étant stœchiométrique :

2 Lors de la réaction étudiée, le système chimique 3 Pour un même volume réactionnel, l’énergie ther-

mique est d’autant plus grande que les concentrations sont élevées. 4 th = m · c · (qf – qi) = (100 + 100) × 4,18 × (26,8 – 20,4)

th = 5,35 × 103 J = 5,35 kJ

1,0 × 100 × 10–3 = 1,0 × 10–1 mol. xmax = 1,0 × 10–1 mol.

7 Pour 1,0 × 10–1 mol,

th= 5,35 kJ. Donc, pour 1,0 mol on aura th= 53,5 kJ, soit :

th= 53,5 kJ · mol–1.

8 Incertitude relative :

d

d

57 – 53,5 = 6,1 %. 57

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133


3

Intérêt du contrôle du pH dans un milieu biologique (p. 326-327)

1 Le métabolisme est l’ensemble des transforma-

tions chimiques qui se déroulent dans les cellules vivantes et qui permettent, à la fois, la dégradation de certaines molécules et la synthèse de nouvelles molécules. Le catabolisme est uniquement l’ensemble des transformations permettant la dégradation des molécules. On parle donc de métabolisme pour le glucose, car celui-ci est dégradé par les cellules (catabolisme), mais aussi produit par le foie (métabolisme). 2 Les différents sucs digestifs sont :

– la salive dont le pH varie entre 6,5 et 7,4. Or, à 37 °C, le pH d’une solution neutre est pHneutre = 6,8. La salive est donc une solution neutre ou très voisine de la neutralité ; – le suc gastrique, qui est un liquide biologique très acide puisque son pH est voisin ou inférieur à 2 ; – le suc pancréatique, qui a un pH compris entre 7,5 et 8,2. C’est donc un liquide biologique basique ; – le suc intestinal, qui a un pH compris entre 7,4 et 7,8. Il est donc, lui aussi, basique. On peut ajouter la bile, dont le rôle n’est pas de transformer les aliments en petites molécules susceptibles de passer dans le sang, mais d’émulsionner les graisses de sorte que leur digestion par le pancréas et l’intestin soit facilitée. 3 Une « solution tampon » est une solution dont le

pH varie peu par ajout d’un volume modéré de solution acide, de solution basique ou d’eau. 4 Les transformations biochimiques qui se déroulent dans les organismes vivants ne se font de façon optimale que pour un domaine de pH très étroit. Il est donc nécessaire que le pH des liquides biologiques soit « tamponné », c’est-à-dire ne varie que très peu au cours des transformations chimiques qui s’y déroulent. 5 Le sang veineux revient vers les poumons après être passé dans les organes où il s’est chargé en dioxyde de carbone dissous produit par l’activité cellulaire. Il est donc plus acide que le sang artériel, riche, lui, en dioxygène dissous. [HCO3–] éq 6 a. On a la relation pH = pKA + log  . [CO2, H2O] éq

4

Or, le pKA du couple est égal à 6,1 à 37 °C. On a donc : [HCO3–] éq = 10 (pH – pKA) = 10 (7,4 – 6,1) = 101,3 ≈ 20. [CO2, H2O] éq b. L’espèce chimique du « tampon bicarbonate » qui prédomine dans le sang est l’ion hydrogénocarbonate HCO3–. [HPO42–] éq 7 a. On peut écrire : pH = pKA + log  . [H2PO4–] éq b. Le pH initial de la solution est égal au pKA du

couple, puisque les deux concentrations sont égales. Donc :

pHi = pKA = 6,9.

c. Une réaction enzymatique produit 20 mmol · L–1

d’ions oxonium qui réagissent totalement avec les ions HPO42– selon la réaction d’équation : H3O+ (aq) + HPO42– (aq)

H2PO4– (aq) + H2O ()

La réaction conduit ainsi à la disparition de 20 mmol · L–1 d’ions hydrogénophosphate, donc : [HPO42–] = 60 mmol · L–1.

Cette réaction produit aussi 20 mmol · L–1 d’ions dihydrogénophosphate, donc : [H2PO4–] = 100 mmol · L–1. La relation donnée à la question 7a permet d’écrire : 60 = 6,9 – 0,2 = 6,7. pH = 6,9 + log  100 Alors que la variation des concentrations des ions est de 25 %, la variation du pH de la solution n’est que 0,2 unité, d’où le nom de « tampon phosphate » donné au couple.

( )

8 a. Dans l’eau de Vichy, l’espèce chimique majoritairement présente est l’ion hydrogénocarbonate. b. L’équation de la réaction montre que, si la concentration en ions hydrogénocarbonate augmente, l’équilibre de la réaction va se déplacer vers la droite, dans le sens direct, de façon à favoriser la disparition de cet ion et donc, simultanément, la disparition de l’acide urique solide. Par conséquent, une consommation importante d’eau de Vichy aide à la dissolution des calculs d’acide urique.

Détermination d’une constante d’acidité KA (p. 328)

Matériel et produits Paillasse professeur 1,0 L de solution d’acide méthanoïque à la concentration C = 5,0 × 10–2 mol · L–1. Paillasse élève –  Deux béchers de 150 mL ; –  une éprouvette graduée de 100 mL ; – un conductimètre avec une sonde conductimétrique ;

–  un thermomètre ; –  une fiole jaugée de 100,0 mL ; –  une pipette jaugée de 10,0 mL ; –  un compte-gouttes ; –  une solution étalon pour le conductimètre ; –  de l’eau distillée.

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134


A Détermination de concentrations d’ions par conductimétrie

1 s = 1 095 µS · cm–1 = 1 095 × 10–6 S · cm–1 = 1 095 × 10–6 × 102 S · m–1 = 1 095 × 10-4 S · m–1

s =1,095 × 10–1 S · m–1

2 Réaction entre l’acide méthanoïque et l’eau :

Couple HCO2H (aq) / HCO2– (aq) : Couple

H3O+ (aq) / H2O ()

:

HCO2H (aq)

H2O () +

H+

HCO2H (aq) + H2O () 

HCO2– (aq) + H+ H3O+ (aq)

  HCO2- (aq) + H3O+ (aq)

3 Tableau d’avancement : H3O+ (aq)

HCO2H (aq)

État initial (x = 0)

n0 = C · V

Solvant

0

0

État intermédiaire (x)

n0 – x

Solvant

x

x

État final (xf = 0)

n0 – xf

Solvant

xf

xf

+

4 a. Dans l’état final d’équilibre :

xf =

n (HCO2–)éq

=

n (H3O+)éq

b. La relation précédente s’écrit aussi :

[HCO2–] éq · V = [H2O+] éq · V,  donc [HCO2–] éq = [H3O+] éq. 5 s = l (HCO2–) · [HCO2–] éq + l (H3O+) · [H3O+] éq

HCO2– (aq)

Équation

= l1 · [HCO2–] éq + l2 · [H3O+] éq

H2O ()

+

Comme s est en S · m–1 et l en S · m2 · mol–1, [H3O+] éq s’exprime en mol · m–3. 1,095 × 10–1 b. [H3O+] éq = = 2,71 mol · m–3 5,46 × 10–3 + 35,0 × 10–3 = 2,71 × 10–3 mol · L–1 c. [HCO2–] éq = [H3O+] éq = 2,71 × 10-3 mol · L–1

6 a. Comme [HCO2–] éq = [H3O+] éq :

s = (l1 + l2) · [H3O+] éq σ soit :  [H3O+] éq = λ1 + λ2

B Constante d’acidité KA du couple HCO2H (aq) / HCO2– (aq) 7 KA =

[H3O+] éq · [HCO2–] éq [HCO2H] éq

8 a. n (HCO2H)éq = n0 – xf = n0 – n (H3O+)éq b. La relation précédente s’écrit aussi :

[HCO2H] éq · V = C · V – [H3O+] éq · V soit, en divisant par V : [HCO2H] éq = C – [H3O+] éq 2

9 KA =

[H3O+] éq · [HCO2–] éq [H3O+] éq = [HCO2H] éq C – [H3O+] éq

(2,71 × 10–3)2 = 1,55 × 10–4 5,0 × 10–2 – 2,71 × 10–3 ≈ 1,6 × 10–4

10 KA =

11 a. Les huit groupes d’élèves ont trouvé pour KA :

1,55 × 10– 4 ;  1,57 × 10– 4 ;   4,19 × 10– 3 ;  1,51 × 10–4 ; 1,56 × 10– 4 ;  1,60 × 10– 4 ;  1,56 × 10– 4 ;  1,53 × 10–4. La troisième valeur étant manifestement fausse, la valeur moyenne des sept autres valeurs est : KAmoy = 1,55 × 10– 4. b. L’écart type de la série de mesures est : 2,87 × 10– 6 ≈ 2,9 × 10– 6.

Avec une incertitude de répétabilité de 99 %, un nombre de mesures n = 7 et un coefficient de Student égal à 3,71, il vient : 2,9 × 10–6 = 4,1 × 10–6. U (KA) = 3,71 × d7 Ainsi :

KA = 1,55 × 10-4 B 4,1 × 10–6.

c.  D’après le résultat précédent, l’intervalle de confiance est 1,509 × 10-4 ~ KA ~ 1,591 × 10-4. On retient :  1,51 × 10-4 ~ KA ~ 1,59 × 10-4. La valeur donnée dans les tables, KA = 1,58 × 10- 4, appartient bien à l’intervalle de confiance déterminé expérimentalement. 12 En diluant dix fois la solution S, on obtient une solution S’ telle que s’ = 3,28 × 10–2 S . m–1. 3,28 × 10–2 [HCO2–]’éq = [H3O+]’éq = 5,46 × 10–3 + 35,0 × 10–3 –4 = 8,11 × 10

(8,11 × 10–4)2 = 1,57 × 10–4 5,0 × 10–3 – 8,11 × 10–3 On trouve une valeur appartenant à l’intervalle de confiance précédent. KA =

13 Pour un couple acide / base donné, la constante

d’acidité KA du couple ne dépend pas de l’état initial du système chimique étudié.

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135


Exercices

(p. 337-347) 3.  La concentration [H3O+]éq diminue lorsque le pH augmente.

QCM 1   1. A et C ; 2. A et C ; 2   1. B ; 3   1. A et C ; 2. B. ; 4   1. B ; 2. A ; 3. A, B et C ; 5   1. C ; 2. A et B.

Application immédiate 6   Montrer qu’un acide est faible dans l’eau 1.  Quantité na d’acide perchlorique dissous : na = Ca · Va = 7,94 × 10–3 × 20,0 × 10–3 = 1,59 × 10–4 mol = 0,159 mmol. 10–pH · Va = 10–2,1 × 20,0 · 10–3 1,6 × 10–4 mol = 0,16 mmol.

2.  L’avancement maximal est atteint lorsque le réactif limitant, l’acide perchlorique, est entièrement consommé. On en déduit : 0,159 – xmax = 0,   soit xmax = 0,159 mmol. Comme xf = xmax la réaction entre l’acide perchlorique et l’eau est totale. L’acide perchlorique est donc un acide fort dans l’eau. L’écriture de l’équation de la réaction s’écrit avec une flèche simple dans le sens direct : ClO4– (aq) + H3O+ (aq) HClO4 (aq) + H2O (ℓ)

7   Identifier une espèce prédominante 1.  C6H5CO2– (aq) + H2O (ℓ)   C6H5CO2H (aq) + HO– (aq)  – [C6H5CO2]éq · [H3O+]éq 2.  KA = = 10–pKA [C6H5CO2H]éq KA = 10–4,2 = 6,3 × 10–5.

donc :

3.  a. Comme pH < pKA l’espèce prédominante dans la solution S est l’acide benzoïque C6H5CO2H (aq). b.

[C6H5CO2–]éq [C6H5CO2H]éq

soit : 

=

10–pKA [H3O+]éq

[C6H5CO2–]éq [C6H5CO2H]éq

=

=

10–4,2 10–3,6

Plus le pH est grand, plus la concentration [H3O+]éq est petite. Donc : –  pour la solution A : pHA = 3,2 ;  [H3O+]éq = 6,3 × 10-4 mol · L–1 ; –  pour la solution B : pHB = 5,6 ;  [H3O+]éq = 2,5 × 10-6 mol · L–1 ; –  pour la solution C : pHC = 8,3 ;  [H3O+]éq = 5,0 × 10-9 mol · L–1.

10   Étudier un équilibre chimique

xf = [H3O+] f · Va  et  [H3O+] f = 10–pH soit :   xf = xf =

9   Associer pH et concentration [H3O+]éq

10–pKA 10–pH

= 2,5 × 10–1 ~ 1.

L’espèce prédominante dans la solution S est C6H5CO2H (aq).

1.  Quantité n0 d’acide méthanoïque dissous : n0 = C · V = 1,0 × 10–3 × 50,0 × 10–3 = 5,0 × 10–5 mol = 50 µmol. Voir le tableau d’avancement, en µmol, en fin de chapitre, p. 143. 2.  L’eau étant le solvant, le réactif limitant, l’acide méthanoïque, est entièrement consommé : 50 – xmax = 0,    soit xmax = 50 µmol. 3.  xf = [H3O+]f  · Va et [H3O+]f = 10–pH, donc : xf = 10–pH · Va = 10–3,5 × 50,0 × 10–3 xf = 1,6 × 10 – 5 mol = 16 µmol. 4.  Comme xf < xmax la réaction entre l’acide méthanoïque et l’eau est limitée et conduit à un équilibre. L’acide méthanoïque est donc un acide faible dans l’eau.

11   Montrer qu’une réaction est totale 1.  La quantité n0 d’acide bromhydrique dissous est : n0 = C · V = 2,51 × 10–3 × 50,0 × 10–3 = 1,26 × 10–4 mol = 0,126 mmol. L’eau, en tant que solvant, est l’espèce chimique en excès. Le tableau d’avancement, en mmol, s’écrit : voir le tableau d’avancement, en mmol, en fin de chapitre, p. 143. 2. L’avancement maximal est atteint si le réactif limitant, l’acide bromhydrique, est entièrement consommé. On en déduit : 0,126 – xmax = 0,    soit xmax = 0,126 mmol. Les réactions acido-basiques sont instantanées : l’avancement final xf est déjà atteint lorsqu’on mesure le pH de la solution. On a :

Pour commencer

xf = [H3O+]f · V et [H3O+]f = 10–pH

8   Utiliser la définition du pH donc :

1.  pH = –log [H3O+]éq et [H3O+]éq = 10–pH 2. Solution [H3O+]éq

(mol · L–1) pH

A

B

C

D

1,0 × 10–3 4,0 × 10–4 4,8 × 10–5 1,6 × 10–10 3,0

3,4

4,3

9,8

xf = 10–pH · V = 10–2,6 × 50,0 × 10–3 xf = 1,3 × 10–4 mol = 0,13 mmol.

3. Comme xf = xmax (au nombre de chiffres significatifs près), la réaction entre l’acide bromhydrique et l’eau est totale. L’acide bromhydrique est donc un acide fort dans l’eau. L’écriture de l’équation de la réaction se fait bien avec une flèche dans le sens direct.

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12   Rechercher des couples acide / base 1.  Un acide est une espèce chimique capable de céder au moins un proton H+. Une base est une espèce chimique capable de capter au moins un proton H+. 2.  C6H5CO2H / C6H5CO2–  ;  HCO2H / HCO2– ; H2O / HO– ; 3.  C6H5CO2H  HCO2H  H2O 

NH+4 

NH+4 / NH3.

  C6H5CO2– + H+   HCO2– + H+   HO– + H+   NH3+ H+

4.  a. L’eau appartient aussi au couple H3O+ / H2O. b. Une espèce qui, comme l’eau, est l’acide d’un couple et la base d’un autre couple, est un ampholyte.

13   Reconnaître deux couples acide / base 1. Les deux couples acide / base associés à la réaction sont : H2O () / HO– (aq) et C6H5NH3+ (aq) / C6H5NH2 (aq). 2.  L’équation de la réaction est écrite avec une double flèche. Il s’agit donc d’un équilibre. La réaction de l’aniline avec l’eau n’est pas totale. L’aniline est donc une base faible dans l’eau. 3.  La réaction correspond à l’échange d’un proton H+ de l’eau vers l’aniline, selon les demi-équations suivantes : H2O    HO– + H+ + C6H5NH2 + H     C6H5NH3+

14   Étudier des réactions acido-basiques 1. L’aspirine est un acide faible dans l’eau : elle ne réagit donc pas totalement avec l’eau. Entre l’aspirine et l’eau, la réaction qui a lieu s’écrit : C9H8O4 (aq) + H2O () C9H7O4– (aq) + H3O+ (aq) 2. La dissolution de l’hydrogénocarbonate de sodium NaHCO3(s), dans l’eau est totale : NaHCO3(s) Na+ (aq) + HCO3– (aq) 3.  L’équation de la réaction qui se produit entre l’ion hydrogénocarbonate dissous et l’aspirine est : C9H8O4 (aq) + HCO3– (aq) CO2,H2O (aq) + C9H7O4– (aq) 4.  L’effervescence observée est due au dégagement de CO2 sous forme de gaz, car sa solubilité dans l’eau est limitée.

15   Utiliser le produit ionique de l’eau 1.  Le produit ionique de l’eau est défini par : Ke = [H3O+]f · [HO–]f 2. pKe = – log Ke = – log (2,4 × 10–14) = 13,6

3.  Le pH d’une solution neutre à la température de 37 °C serait de : pKe pH = = 6,8. 2 4.  À cette température, la salive est très légèrement basique, car son pH est supérieur à pKe.

16  Vérifier que l’autoprotolyse de l’eau est une réaction très limitée

1. Voir le tableau d’avancement, en mol, en fin de chapitre, p. 143.

2.  n0 =

meau Meau

=

µeau · Veau Meau

=

1 000 × 1,0 18,0

n0 = 56 mol

3. L’avancement maximal est atteint si l’eau est entièrement consommée : 56 = 28 mol. 56 – 2 xmax = 0,    soit xmax = 2 4.  [H3O+]f = 10–pH = 1,0 × 10–7 mol · L–1, d’où xf = nf (H3O+) = [H3O+]f · V xf = 1,0 × 10–7 × 1,0 = 1,0 × 10–7 mol. 5.  xf < xmax : la réaction d’autoprotolyse de l’eau est très limitée et conduit à un équilibre.

17   Calculer une constante d’acidité 1.  C7H6O3 (aq) + H2O (ℓ)   C7H5O3– (aq) + H3O+ (aq)    – + [C7H5O3]éq · [H3O ]éq 2.  KA = [C7H6O3]éq 1,8 × 10–3 × 1,8 × 10–3

= 1,0 × 10–3 3,2 × 10–3 4.  pKA = – log KA = – log (1,0 × 10–3) = 3,0 3.  KA =

18   Tracer un diagramme de prédominance 1.  pKA = – log KA = – log (6,3 × 10–10) pKA = 9,2 2.  Diagramme de prédominance du couple NH4+ / NH3 :

[NH4+]éq > [NH3]éq

[NH3]éq > [NH4+]éq

[NH4+]éq = [NH3]éq 9,2

pH

3.  a. Si le pH vaut 10,6, c’est l’espèce basique qui prédomine, c’est-à-dire l’ammoniac NH3. b. De l’expression de KA, on déduit : [NH3]éq 10–pKA = = 25. [NH4+]éq 10–pH c. [NH3]éq ` [NH4+]éq : le résultat est en accord avec la réponse à la question 3a.

19  Établir le diagramme de prédominance d’un acide a-aminé

1.  L’alanine porte un groupe carboxyle et un groupe amine : O H2N

OH

O +

2.  L’amphion formé a pour formule :   H3N

O–

qui peut se noter H3N+PCH(CH3)PCO  2– 3.  L’amphion appartient aux deux couples : H3N+PCH(CH3)PCO2H / H3N+PCH(CH3)PCO2– et H3N+PCH(CH3)PCO2– / H2N–CH(CH3)PCOCO2–

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4.  Le diagramme de prédominance de l’alanine est : H3N+ – CH(CH3) – CO2H

H3N+ – CH(CH3) – CO2–

2,4

Le cation prédomine

1.  Un acide fort dans l’eau est un acide qui réagit totalement avec l’eau. 2.  HNO3 (ℓ) + H2O (ℓ)

NO3– (aq) + H3O+ (aq)

3. Comme l’acide nitrique réagit totalement avec l’eau, à l’état final, on a : [H3O+]f = C = 2,5 × 10–3 mol · L–1. = – log (2,5 ×

= 2,6.

4.  On dilue dix fois la solution S, donc :

[H3O+]’f = 2,5 × 10–4 mol · L–1 ;  

L'anion prédomine

pH

La demi-équation acido-basique associée au couple de la N,N-diméthylméthanamine est donc : (CH3)3NH+ (CH3)3N + H+ 2. La demi-équation associée à l’acide éthanoïque est : CH3CO2– +H+ CH3CO2H 3. On ajoute le vinaigre contenant de l’acide éthanoïque pour réaliser la réaction dont l’équation est :

On en déduit : pH = – log [H3O+]f = – log C 10–3)

9,9

L'amphion prédomine

20   Calculer le pH d’une solution d’acide fort

H2N – CH(CH3) – CO2–

(CH3)3N + CH3CO2H

(CH3)3NH+ + CH3CO2–

On obtient ainsi une espèce chimique soluble qui n’est donc plus volatile, ce qui évite les mauvaises odeurs.

d’où : pH = – log [H3O+]’f = – log (2,5 × 10–4) = 3,6.

24   Mesure d’un pH et incertitudes

21  Calculer le pH d’une solution

1.  a. Avant de mesurer le pH de la solution, on doit procéder à l’étalonnage du pH-mètre. b. Pour réaliser cet étalonnage, on utilise des solutions étalon (solutions tampons).

de base forte

1.  La dissolution de l’hydroxyde de sodium étant totale, l’équation de la réaction de dissolution s’écrit : NaOH (s)

Na+ (aq) + HO– (aq)

2.  La stœchiométrique de la réaction indique qu’à l’état final on a : [HO–]f = C = 5,0 × 10–2 mol · L–1. Le pH de la solution de base forte est alors : pH = 14 + log C = 14 + log (5,0 × 10–2) = 12,7. 3.  Si on dilue dix fois la solution S, on aura, dans la solution S’ : [HO–]’f = C = 5,0 × 10–3 mol · L–1 d’où : pH = 14 + log C = 14 + log (5,0 × 10–3) = 11,7.

22  Établir l’équation de la réaction

entre un acide fort et une base forte

1.  Les deux couples de l’eau sont H3O+ / H2O et H2O / HO–. Leurs demi-équations associées sont : H2O + H+  et  H2O H3O+

HO– + H+

2.  Entre la solution d’acide fort et la solution de base forte, la réaction qui a lieu a pour équation : 2 H2O (ℓ) HO– (aq) + H3O+ (aq) 3.  La réaction entre un acide fort et une base forte libère de l’énergie thermique et s’accompagne donc d’une élévation de température.

2.  Résultat : pHsolution = 2,52 ± 0,05. 3.  On a 2,47 X pHsolution X 2,57,

ce qui donne : 10–2,47 x [H3O+]f x 10–2,57

soit : 2,69 × 10–3 mol · L–1 X [H3O+]f X 3,39 × 10–3 mol · L–1 ce qui peut s’écrire : [H3O+]f = 3,04 ± 0,35 mol · L-1. 4.  L’incertitude relative sur la valeur de la concentration en ion oxonium vaut : 0,35 U ([H3O+]) = = 0,115, + [H3O ] solution 3,04 soit une incertitude relative de 11,5 %. 5.  Une valeur de concentration [H 3O+]f déduite d’une valeur de pH ne doit pas s’exprimer avec plus de deux chiffres significatifs, car l’incertitude relative sur la valeur de pH est de l’ordre de 10 %. Cette incertitude se répercute sur la valeur de la concentration. Dans le cas de l’exercice, on gardera donc la valeur : [H3O+]f = 3,0 ± 0,4 mol · L-1.

25   À chacun son rythme 1. a. Voir le tableau d’avancement en fin de chapitre, p. 143. xéq = [H3O+]éq = [C3H5O2–]éq b. V

Pour s’entraîner 23   Poisson au court-bouillon 1. La N,N-diméthylméthanamine réagit avec l’acide éthanoïque qui est un acide. Donc la N,N-diméthylméthanamine est une base.

c. σ = λ1 · [H3O+]éq + λ2 · [CH3CO2–]éq

= (λ1 + λ2) · [H3O+]éq σ d.  [H3O+]éq = = 1,61 × 10–1 mol · m–3 λ1 + λ2 [H3O+]éq = 1,61 × 10–4 mol · L–1

2.  a. KA =

[C3H5O2–]éq · [H3O+]éq [C3H6O2]éq

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3.  Le diagramme de prédominance du couple HInd / Ind– est donc :

b. néq(C3H6O2) = [C3H6O2]éq · V = C · V – xéq

néq(C3H6O2) = C · V – [H3O+]éq · V d’où :    [C3H6O2]éq = C – [H3O+]éq [H3O+] 2éq c. KA = C – [H3O+]éq (1,61 × 10–4)2 KA =

[HInd]éq 1 [Ind–]éq

[HInd]éq = [Ind–]éq

26   Solution aqueuse d’éthanamine 1.  La réaction de l’éthanamine avec l’eau conduit à un équilibre. Les couples mis en jeu sont : C2H5NH3+ (aq) / C2H5NH2 (aq) et H2O () / HO– (aq), donc l’équation de la réaction entre l’éthanamine et l’eau s’écrit : C2H5NH3+ (aq) + HO– (aq) C2H5NH2 (aq) + H2O () 2.  pH = 11,3, donc : [H3O+]éq = 10–pH = 10–11,3 = 5,0 × 10–12 mol · L–1 (on garde deux chiffres significatifs).

4. Dans une solution dont le pH prend la valeur 2, l’indicateur coloré prend une teinte jaune. À pH = 4, il prend une teinte verte et à pH = 9 une teinte bleue. [HInd]éq [HInd]éq 5.  P (HInd) = = [HInd]éq + [Ind–]éq C P  (Ind–) =

et

(1) donc (2)

5.  t =

2,0 ×

10–3

xmax

[HO–]éq · V C · V

=

[HO–]éq C

= 0,20. 1,0 × 10–2 On en conclut que l’avancement final ne représente que 20 % de l’avancement maximal. La réaction est bien limitée et conduit à un équilibre. 6. a. Si l’éthanamine était une base forte dans l’eau, t aurait eu la valeur 1 (soit xf = xmax, réaction totale). b. Le pH de la solution serait alors égal à : pH = pKe + log C = 14 – 2 = 12.

Pour aller plus loin 27  Diagramme de distribution d’un indicateur coloré

1.  En milieu très acide, c’est la forme acide du couple HInd/Ind– qui prédomine. La courbe qui débute à pH = 0 à la valeur 100 % est celle qui correspond à la forme acide HInd. L’autre courbe correspond à la forme basique Ind–. [Ind –]éq , donc 2.  On a la relation pH = pKA + log  [HInd]éq lorsque pH = pKA aucune des deux espèces ne prédomine ; on a, dans la solution, [HInd]éq = [Ind–]éq. Sur le graphe, cela correspond au croisement des deux courbes : on a 50 % de chacune des espèces. Au point de croisement, on a pH = pKA, donc pKA = 4 pour le couple HInd / Ind–.

[Ind –]éq C

[HInd]éq =P (HInd) · C = 0,75 × 20 = 15 mmol · L–1 [Ind–]éq = P (Ind–) · C = 0,25 × 20 = 5 mmol · L–1.

4. Voir le tableau d’avancement en fin de chapitre, p. 144. L’avancement maximal serait atteint si on avait, à l’état final :

=

[HInd]éq + [Ind–]éq

=

P (HInd) = 75 % = 0,75 et P (Ind–) = 25 % = 0,25 ce qui conduit à :

7. 

C · V – xmax = 0,  soit xmax = C · V

[Ind –]éq

6.  Au pH = 3,5, on lit sur le graphe :

3.  On en déduit : Ke 10–14 = 2,0 × 10–3 mol · L–1. = [HO–]éq = [H3O+] 5,0 × 10–12

xf

pH

4

= 1,41 × 10–5 2,0 × 10–3 – 1,61 × 10–4

On en déduit que t =

[HInd]éq ! [Ind–]éq

[Ind –]éq

=

[HInd]éq

P (Ind –) P (HInd)

= 10   (1)

P  (HInd) + P (Ind–) = 1   (2) P (Ind–) = 10 × P (HInd) P (HInd) + 10 × P (HInd) = 1, 1 soit P (HInd) = = 0,09 et, par conséquent : 11 P (Ind–) = 0,91. La limite entre la teinte sensible (verte) et la teinte basique (bleue) se situe lorsque P (Ind–) = 0,91 et P (HInd) = 0,09. Sur le graphe, cela correspond à pH = 5. Par un raisonnement analogue (en remplaçant 10 par 0,1 dans (1)), on aboutit à déterminer que la limite entre la teinte acide (jaune) et la teinte sensible (verte) se situe lorsque : P (Ind–) = 0,09 et P (HInd) = 0,91. Sur le graphe, cela correspond à pH = 3. La zone comprise entre pH = 3 et pH = 5 est la zone de virage de l’indicateur coloré.

28   Solution d’acide sulfurique 1.  H2SO4 (ℓ) + 2 H2O (ℓ) 

  SO42– (aq) + 2 H3O+ (aq)

2.  Chaque mole de H2SO4 (ℓ) produit deux moles de H3O+ (aq), donc : [H3O+]éq = 2 · C 3.  pH = – log(2 · C ) = – log (2  × 5,0 × 10–2) = 1,0

4.  Dans le cas de l’acide chlorhydrique, on a : [H3O+]éq = C

donc : pH = –log (5,0 × 10–2) = 1,3. Le pH obtenu est supérieur à celui obtenu avec de l’acide sulfurique de même concentration molaire en soluté apporté.

29   Dioxyde de carbone et pH de l’eau de mer 1.  Les couples mis en jeu sont CO2,H2O / HCO3– et H3O+ / H2O, donc : CO2,H2O (ℓ) + H2O (ℓ)

HCO3– (aq) + H3O+ (aq)

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[CO2,H2O]éq

, on peut

[HCO3–]éq

2.  Les couples mis en jeu sont HCO3– / CO23– et H3O+ / H2O, donc : CO23– (aq) + H3O+ (aq)

[CO23–]éq · [H3O+]éq [HCO3–]éq

, on peut

[CO23–]éq pH = pKA2 + log  [HCO3–]éq

pH

10,3

2.  La formule développée de la leucine est : CH3PCHPCH2PCHPCO2H CH3 NH2 P

CO32–

1.  Un acide α-aminé essentiel est un acide aminé qui ne peut pas être synthétisé par l’organisme humain. Il doit être apporté par l’alimentation.

4.  Si le pH diminue, la concentration en ions carbonate CO23– va être encore plus faible qu’elle ne l’est déjà à pH = 8,2. Cette diminution du pH a pour conséquence que la réaction, inverse de celle dont l’équation est écrite en 2, est favorisée. Elle peut entraîner ainsi la dissolution des coquilles de ces organismes.

3. Les formes cationique, amphion et anionique de la leucine sont : CH3PCHPCH2PCHPCO2H +NH a. CH3 3 CH3PCHPCH2PCHPCO2– +NH b. CH3 3 CH3PCHPCH2PCHPCO2– c. CH3 NH2 P

30  Leucine Traduction du texte et des questions : « Un acide α-aminé est une molécule qui contient un groupe fonctionnel amine et un groupe fonctionnel acide carboxylique, le groupe amine étant porté par l’atome de carbone situé immédiatement après l’atome de carbone du groupe acide carboxylique. Le groupe acide (PCO2H) peut perdre un proton pour devenir le groupe négatif carboxylate (PCO2–). Le groupe amine (PNH2) peut gagner un proton et devenir le groupe positif ammonium (PNH+3). Ainsi, un acide α-aminé existe en solution aqueuse sous la forme d’un amphion. La leucine est l’acide aminé le plus courant dans les protéines humaines. C’est un acide α-aminé essentiel dont le nom systématique est acide 2-amino-4-méthylpentanoïque. La leucine est utilisée dans le foie, les tissues adipeux et

P

HCO3–

Données : –  cation/amphion pKA1 = 2,33 ; –  amphion/anion pKA2 = 9,74. »

P

pKA1 = 10,3.

b. Le diagramme de prédominance des espèces CO2,H2O (ℓ), HCO3– (aq) et CO23– (aq) est :

7.  Représenter les deux stéréoisomères de configuration de la leucine.

P

En effet, en ce point, [HCO3–]éq = [CO23–]éq

6,3

5. Établir le diagramme de prédominance de la leucine.

P

donc : pKA1 = 6,3. pKA2 correspond au croisement des deux premières courbes.

CO2,H2O

4.  Écrire les deux couples acide/base.

6.  Justifier la présence d’un atome de carbone asymétrique dans la leucine.

3.  a. pKA1 correspond au croisement des deux dernières courbes. En effet, en ce point, [CO2,H2O]éq = [HCO3–]éq

donc :

3.  En déduire les formules : a. de l’amphion de la leucine ; b. de la forme cationique de la leucine ; c. de la forme anionique de la leucine.

P

De l’expression de KA2 = déduire :

1.  @  Qu’est-ce qu’un acide α-aminé essentiel ? 2.  Écrire la formule chimique de la leucine.

pH = pKA1 + log  [CO2,H2O]éq

HCO3– (aq) + H2O (ℓ)

les tissus musculaires. C’est aussi un additif alimentaire, E 641, utilisé comme exhausteur de goût.

P

De l’expression de KA1= déduire :

[HCO3–]éq · [H3O+]éq

4.  Les deux couples acide / base sont : cation / amphion et amphion / anion 5. Voir le diagramme de prédominance de la leucine en bas de page. 6.  L’atome de carbone no 2 est un atome de carbone asymétrique dans la leucine, car il a quatre substituants différents. 7. Les deux stéréoisomères de conformation de la leucine sont : CO2H * H NH2 (CH3)2CHPCH2

CO2H H2N

*

H CH2PCH(CH3)2

Diagramme de la question 5 :

2,33

CH3

3

CH3 – CH – CH2 – CH– CO2–

+NH

3

+NH

CH3 – CH – CH2 – CH– CO2–

CH3

CH3 – CH – CH2 – CH– CO2H

CH3

NH2

9,74

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pH

140


31   L’eau distillée et son pH

32   Point isoélectrique de la glycine

1.  L’équation de la réaction d’autoprotolyse de l’eau s’écrit : HO– (aq) + H3O+ (aq) 2 H2O ()

1.  a. Les formules semi-développée et topologique de la glycine sont représentées ci-dessous :

2.  Le produit ionique de l’eau est : Ke = [H3O+]f · [HO–]f

4.  Les couples acido-basiques mis en jeu dans l’équation de la réaction entre le dioxyde de carbone dissous et l’eau sont : CO2,H2O (aq) / HCO3– (aq) et H3O+ (aq) / H2O (). 5.  La constante d’acidité KA associée à la réaction précédente est : [HCO3–]éq · [H3O+]éq KA = [CO2,H2O]éq De l’expression précédente, on déduit : [HCO3–]éq · [H3O+]éq – log KA = – log  [CO2,H2O]éq

soit :

H2NPCHPCO2H CH3      NH2

CO2H

– log  [CO2,H2O]éq – [HCO3]éq

pH = pKA + log  [CO2,H2O]éq

[HCO3–]éq [HCO3–]éq log  ~ 0,  donc  ~ 1, [CO2,H2O]éq [CO2,H2O]éq [CO2,H2O]éq ` [HCO3–]éq

L’espèce prédominante dans cette eau distillée est donc CO2,H2O (aq). 7. Le diagramme de prédominance des espèces CO2,H2O (aq) et HCO3– (aq) est : HCO3–

CO2,H2O

OH

Pour l’alanine, l’atome de carbone no 2 est asymétrique, les deux stéréoisomères correspondants sont :

6.  Si pH = 5,7 : [HCO3–]éq log  = pH – pKA = 5,7 – 6,4 = – 0,7. [CO2,H2O]éq

soit :

O

[HCO3–]éq

– log [H3O+]éq

H2N

OH      b. Cette molécule ne comporte pas d’atome de carbone asymétrique : le seul atome de carbone qui comporte quatre liaisons, l’atome de carbone no 2, est lié à deux atomes d’hydrogène ; il n’a donc pas quatre substituants différents et n’est donc pas un atome de carbone asymétrique. c. Pour l’alanine, les formules semi-développée et topologique sont représentées ci-dessous :

P

3.  À 25 °C, la valeur de Ke est : Ke = 1,0 × 10–7 × 1,0 × 10–7 = 1,0 × 10–14.

donc : –log KA =

O

H2NPCH2PCO2H

H

* CH3

CO2H

NH2

H2N

*

H CH3

2.  L’amphion associé à la glycine est NH3+PCH2PCO2– 3.  L’amphion est un ampholyte, il appartient à deux couples acido-basiques : NH3+PCH2PCO2H / NH3+PCH2PCO2– et NH3+PCH2PCO2– / NH2PCH2PCO2– 4.  Le diagramme de prédominance de la glycine est : AH2+ 1,0

AH+–

A– 8,0

2,4

9,8 11,0

pH

5.  La glycine apportée en solution réagit avec l’eau et se présente sous l’une de ses trois formes. L’une est majoritaire selon le pH et les deux autres très minoritaires. Donc on a bien C = [AH2+] + [AH+– ] + [A–] pour tout pH.

Or, pH = 5,7, d’où : [HCO3–]éq = [H3O+]éq = 10–5,7 = 2,0 × 10–6 mol · L–1.

6.  a. Voir le diagramme ci-dessus. b. À pH = 1,0, AH2+ est majoritaire, AH+– et A– sont minoritaires et leurs concentrations sont négligeables, donc : [AH2+] = C + À pH = 8,0, AH – est majoritaire, AH2+ et A– sont minoritaires et leurs concentrations sont négligeables, donc : [AH+– ] = C À pH = 11,0, A– est majoritaire, AH2+ et AH+– sont minoritaires et leurs concentrations sont négligeables, donc : [A–] = C

10.  De la relation trouvée en 5, on déduit : [HCO3–]éq = 10–0,7 [CO2,H2O]éq

Dans les trois cas : n m C= = V M · V

pH

6,3

8.  Voir le tableau d’avancement en fin de chapitre, p. 144. 9. La stœchiométrie de la réaction et le tableau d’avancement conduisent à la relation : [HCO3–]éq = [H3O+]éq

2,0 × 10–6

= 10–0,7 2,0 × 10–1 –5 = 2,0 × 10 mol · L–1.

donc :  [CO2,H2O]éq =

[HCO3–]éq

11. Du tableau d’avancement, on déduit : [CO2,H2O]éq · V = C · V – xf = C · V – [HCO3–]éq · V d’où C = [CO2,H2O]éq + [HCO3–]éq

= 2,0 × 10–5 + 2,0 × 10–6 = 2,2 × 10–5 mol · L–1.

=

1,50

(2,0 × 12,0 + 2 × 16,0 + 14,0 + 5 × 1,0) × 1,00 = 2,00 × 10–2 mol · L–1.

7. KA1 · KA2 = =

[AH+– ]éq · [H3O+]éq [A–]éq · [H3O+]éq  ·  [AH2+]éq [AH+– ]éq [A–]éq · [H3O+]2éq [AH2+]éq

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141


8.  De la relation précédente on déduit : [A–]éq log (KA1 · KA2) = log  + log [H3O+]2éq [AH2+]éq soit :

– pKA1 – pKA2 =

On en déduit :

[A–]éq log  [AH2+]éq

– 2 · pH

(

[A–]éq 1 pH =  ·  pKA1 + pKA2 – log  [AH2+]éq 2

)

Le point isoélectrique est donc tel que [A–] = [AH2+]. 9.  Le point isoélectrique de la glycine se trouve donc 1 au pH = × (2,4 + 9,8 ) = 6,1. 2

Retour sur l’ouverture du chapitre 33   pH du sang lors d’un effort 1.  KA1 =

[HCO3–]éq · [H3O+]éq

– log KA1 = – log

soit : 2. 

[HCO3–]éq · [H3O+]éq [CO2,H2O]éq

[HCO3–]éq – log KA1 = – log [H3O+]éq – log  [CO2,H2O]éq

[HCO3–]éq pH = pKA1 + log  [CO2,H2O]éq

[HCO3–]éq [CO2,H2O]éq

CH3PCHOHPCO2H (aq) + H2O () CH3PCHOHPCO2– (aq) + H3O+ (aq) 7.  On calcule tout d’abord les quantités initiales des espèces HCO3– et CO2,H2O : ni (HCO3–) = [HCO3–]i · V = 2,7 × 10–2 × 100 × 10–3 = 2,7 × 10–3 mol ; ni (CO2,H2O) = [CO2,H2O]i · V = 1,4 × 10–3 × 100 × 10–3

= 1,4 × 10–4 mol. Voir le tableau d’avancement, en mol, en fin de chapitre, p. 144. L’avancement maximal est atteint si le réactif limitant est entièrement consommé. Il s’agit ici de l’acide lactique, ce qui conduit à la valeur de : xmax = 3,0 × 10–4 mol.

On en déduit le bilan de matière suivant à l’état final (voir le tableau en fin de chapitre, p. 144). 8.  On déduit du bilan de matière précédent : nf (HCO3–) [HCO3–] = = 2,4 × 10–2 mol · L–1 V [CO2,H2O] =

[CO2,H2O]éq

On en déduit :

L’équation de la réaction entre l’acide lactique et l’eau s’écrit :

= 10pH - pKA1 = 107,4 – 6,1 = 20

3.  Si, au voisinage du muscle, la concentration en dioxyde de carbone dissous dans le sang augmente, le rapport précédent diminue, ce qui implique que le pH diminue. Le sang s’acidifie. 4. a. Si, au voisinage du muscle, la concentration du dioxyde de carbone dissous augmente, l’équilibre associé à la réaction (2) évolue dans le sens direct. En conséquence, le dioxyde de carbone excédentaire est consommé et fixé par l’hémoglobine qui a apporté le dioxygène vers le muscle. b. Au voisinage du poumon, la concentration du dioxygène dissous dans le sang augmente. L’équilibre associé à la réaction (2) évolue dans le sens inverse. En conséquence, le dioxyde de carbone est libéré par l’hémoglobine qui fixe le dioxygène. Il est ensuite expiré par les poumons. c. En évacuant le dioxyde de carbone dissous produit par les cellules (qui est responsable de la diminution de pH du sang), la respiration permet de réguler cette valeur du pH et de la maintenir dans le domaine de valeurs compatible avec la vie. 5. Dans la théorie de Brönsted, un acide est une espèce chimique capable de céder au moins un proton H+ (ou ion hydrogène). 6.  Les couples mis en jeu sont : CH3PCHOHPCO2H / CH3PCHOHPCO2– et H3O+ / H2O

nf (CO2,H2O) V [HCO3–]f

= 4,4 × 10–3 mol · L–1

2,4 × 10–2 9.  pH = pKA1 + log  = 6,1 + log  [CO2,H2O]f 4,4 × 10–3 = 6,8 Après l’effort, le pH du sang est passé de 7,4 à 6,8. Cela est bien conforme aux prévisions faites à la question 3.

Comprendre un énoncé 34   Étude du pH d’un mélange 1.  a. Les couples mis en jeu sont HNO2 / NO2– et H3O+ / H2O. L’équation de la réaction entre l’acide nitreux et l’eau est : NO2– (aq) + H3O+ (aq) HNO2 (aq) + H2O () b. La constante d’acidité associée au couple de l’acide nitreux est : [NO2–]éq · [H3O+]éq KA = [HNO2]éq   2. L’ion méthanoate étant la base d’un couple, il réagit avec l’eau considérée en tant qu’acide. Les couples mis en jeu sont donc HCOOH / HCOO– et H2O / HO–. L’équation de la réaction entre l’ion méthanoate et l’eau est : HCOOH (aq) + HO– (aq) HCOO– (aq) + H2O () 3.  a. Les domaines de prédominance des deux couples acide / base mis en jeu sont représentés ci-dessous : HNO2

3,3

HCOOH 3,8

NO2– HCOO–

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pH

142


b. La solution d’acide nitreux a un pH égal à 2,0 ; c’est l’espèce HNO2 qui y prédomine. La solution de méthanoate de sodium a un pH égal à 8,7 ; c’est l’ion méthanoate HCOO– qui y prédomine. 4.  Les couples mis en jeu sont HNO 2 / NO2– et HCOOH / HCOO–. De plus, le système atteint un état d’équilibre. L’équation de la réaction entre l’acide nitreux et l’ion méthanoate est donc : HNO2 (aq) + HCOO– (aq)

HCOOH (aq) + NO–2 (aq)

5.  a. Les quantités initiales de réactifs sont : –  pour l’acide nitreux : n1 = C1 · V1 = 0,20 × 200 × 10–3 = 4,0 × 10–2 mol ; –  pour le méthanoate de sodium : n2 = C2 · V2 = 0,40 × 200 × 10–3 = 8,0 × 10–2 mol. b. Voir le tableau d’avancement, en mol, en fin de chapitre, p. 144.

6.  Les concentrations des différentes espèces chimiques présentes à l’équilibre sont : 0,7 × 10–2 nf(HNO2) = [HNO2]f = 2 · V 2 × 200 × 10–3 = 1,75 × 10-2 mol . L-1 4,7 × 10–2 nf(HCOO–) [HCOO–]f = = 2 · V 2 × 200 × 10–3 -1 = 1,18 × 10 mol . L-1 ; 3,3 × 10–2 nf(HCOOH) [HCOOH]f = = 2 · V 2 × 200 × 10–3 = 8,25 × 10-2 mol . L-1 = [NO2-]. 7.  On considère le pKA1 du couple de l’acide nitreux. Son expression conduit à : [NO2–]f 8,25 × 10–2 = 3,3 + log  = 4,0. pH = pKA1 + log  [HO2]f 1,75 × 10–2 Le même calcul mené à partir du pKA2 du couple de l’acide méthanoïque conduit au même résultat.

Bibliographie et sitographie – A. Durupthy (dir.), Chimie MPSI-PCSI-PTSI, 1re année, Édition spéciale, Hachette, collection HPrépa, 2003. – A. Durupthy (dir.), Chimie, PCSI, 1re année, Hachette, collection HPrépa Tout en un, 2007. – M. Dumoulin et J. Mesplède, Un pas vers la Sup en Chimie. De la terminale à la prépa MPSI-PCSI-PTSI, Bréal, 2005. – J.-C. Chotard, J.-C. Depezay et J.-P. Leroux. Chimie fondamentale, études biologiques et médicales, Hermann, 1998. Pour les équilibres acido-basiques, voir le site http://www.respir.com/doc/abonne/base/EquilibreAcideBase.asp

Exercice 10, question 1. Équation chimique

HCO2H (aq)

+

HCO2– (aq)

H2O (ℓ)

H3O+ (aq)

+

État initial (x = 0)

50

Solvant

0

0

État intermédiaire (x)

50 – x

Solvant

x

x

État final (xf )

50 – xf

Solvant

xf

xf

Exercice 11, question 1. Équation chimique

HBr (g)

+

H2O (ℓ)

Br – (aq) + H3O+ (aq)

État initial (x = 0)

0,126

Solvant

0

0

État intermédiaire (x)

0,126 – x

Solvant

x

x

État final (xf)

0,126 – xf

Solvant

xf

xf

Exercice 16, question 1. Équation chimique

HO– (aq)

2 H2O (ℓ)

H3O+ (aq)

+

État initial (x = 0)

n0

0

0

État intermédiaire (x)

n0 – 2 x

x

x

État final (xf)

n0 – 2 xf

xf

xf

Exercice 25, question 1. Équation chimique

C3H6O2 (aq)

+

H2O (ℓ)

C3H5O2– (aq)

+

H3O+ (aq)

État initial (x = 0)

C · V

Solvant

0

0

État intermédiaire (x)

C · V – x

Solvant

x

x

État final (xf  = xéq)

C · V – xéq

Solvant

xéq

xéq

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143


Exercice 26, question 4. Équation chimique

C2H5NH2 (aq)

+

H2O ()

C2H5NH3+ (aq)

HO– (aq)

+

État initial (x = 0)

C · V

Solvant

0

0

État intermédiaire (x)

C · V – x

Solvant

x

x

État final (xéq)

C · V – xéq

Solvant

xéq

xéq

H2O ()

HCO3– (aq)

Exercice 31, question 8. H3O+ (aq)

Équation chimique

CO2,H2O ()

État initial (x = 0)

C · V

Solvant

0

0

État intermédiaire (x)

C · V – x

Solvant

x

x

État final (xf)

C · V – xf

Solvant

xf

xf

+

+

Exercice 33, question 7. Équation chimique

HA (aq)

+

HCO3– (aq)

A– (aq)

+

CO2,H2O (aq)

État initial (x =0)

n0

2,7 × 10–3

0

1,4 × 10–4

État intermédiaire (x)

n0 – x

2,7 × 10–3 – x

x

1,4 × 10–4 + x

État final (xf)

n0 – xmax

2,7 × 10–3 – xmax

xmax

1,4 × 10–4 + xmax

Exercice 33, question 7. nf (HCO3–)

nf (AH) État final

2,7 ×

0 mol

10–3

– 3,0 ×

nf (A–) 10–4

nf (CO2,H2O)

3,0 × 10–4 mol

= 2,4 × 10–3 mol

1,4 × 10–4 + 3,0 × 10–4 = 4,4 × 10–4 mol

Exercice 34, question 5b. HCOO– (aq)

NO2– (aq)

Équation chimique

HNO2 (aq)

État initial (x =0)

n1

n2

0

0

État intermédiaire (x)

n1 – x

n2 – x

x

x

n1 – xf

n2 – xf

xf

xf

État final (xf)

+

= 4,0 × 10–2 – 3,3 × 10–2 = 8,0 × 10–2 – 3,3 × 10–2 = 4,7 × 10–2 mol = 0,7 × 10–2 mol

HCOOH (aq)

= 3,3 ×

10–2

mol

+

= 3,3 × 10–2 mol

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144


Transferts macroscopiques d’énergie

Chapitre

14

Activités 1

Du macroscopique au microscopique (p. 350)

1 Des particules macroscopiques sont percutées par

des particules microscopiques et, de ce fait, sont animées d’un mouvement aléatoire nommé mouvement brownien. 2 x 2 est le carré moyen du déplacement selon l’axe x. Il est calculé en faisant la moyenne des carrés des déplacements d’un grain suivant un axe horizontal pendant un intervalle de temps donné. Dans cette relation, l’intervalle de temps est noté t. 2 3 On déduit de la formule x = R $ T $ 1 que t N A 4π r 3 η l’activité du mouvement brownien est inversement proportionnelle au nombre d’Avogadro.

Cette activité dépend aussi de la température, de la taille du grain, de la viscosité du liquide et d’une constante R, la constante molaire des gaz parfaits. 4 Lors de la première expérience, J. Perrin a modifié la taille des grains et la viscosité du liquide pour

2

prouver que la constante d’Avogadro ne dépend pas des conditions de mesure. 5 J. Perrin a déterminé le rayon moyen des grains en éva­porant l’eau et en alignant les grains selon un axe horizontal. 6 D’après les données de l’énoncé, l’encadrement actuel de la valeur de la constante d’Avogadro est :

6,022 141 02 # 1023 < NA < 6,022 144 56 # 1023 L’encadrement de J Perrin était de : 5,5 # 1023 < NA < 8,0 # 1023. Il est bien compatible avec l’encadrement actuel. 7 Le mouvement brownien a permis, par des observations et des mesures à notre échelle, c’est-à-dire macroscopique, de prouver l’existence de particules infiniment petites appartenant au domaine micro­ scopique.

Énergies microscopiques (p. 351)

1 L’archer fournit de l’énergie à l’arc sous forme de

travail pour le déformer. 2 L’arc, après avoir été déformé, peut fournir de l’énergie à la flèche pour la mettre en mouvement. Il a donc emmagasiné de l’énergie au préalable. Cette énergie est stockée sous forme d’énergie potentielle élastique. 3 Au niveau microscopique, lorsque l’arc est déformé, la position des atomes les uns par rapport aux autres a été modifiée. Cette modification correspond à une variation, à l’échelle microscopique, d’énergie potentielle. 4 Lorsque la température du système s’élève, les particules microscopiques ont des mouvements plus rapides. L’énergie cinétique microscopique augmente. 5 L’échauffement de la météorite est dû au travail des forces de frottement entre la météorite et l’atmo­ sphère. Les particules de la météorite voient leur énergie cinétique augmenter. 6 Le Soleil fournit de l’énergie à la sculpture de glace pour la faire fondre. 7 Au niveau microscopique, des interactions entre les molécules d’eau, responsables de la cohésion de la

glace, sont rompues. L’énergie potentielle micro­ scopique est modifiée. 8 Pour définir l’énergie cinétique microscopique d’une particule, il faut préciser qu’en plus d’un mouvement d’ensemble – qualifié de mouvement macro­ scopique – les particules peuvent avoir un mouvement par rapport au centre d’inertie du système et donc une vitesse dans le référentiel d’inertie. On associe à cette vitesse une énergie cinétique microscopique. De plus, les particules peuvent interagir entre elles. À ces interactions, on associe une énergie potentielle microscopique. L’énergie interne est définie comme la somme de toutes ces contributions microscopiques. On note que, dans le modèle du gaz parfait, les inter­ actions entre les molécules de gaz sont négligées, de telle sorte qu’au niveau microscopique le système ne possède qu’une énergie cinétique. On montre, en théorie cinétique des gaz, que l’énergie interne d’un gaz parfait n’est fonction que de sa température. Lorsque les interactions entre particules ne sont plus négligeables, on utilise d’autres modèles de gaz : le modèle de Van der Waals par exemple.

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145


3

Constante solaire et transfert thermique (p. 352)

1 Le bloc dâ&#x20AC;&#x2122;aluminium utilisĂŠ a une masse

m = 47,5 # 10â&#x20AC;&#x201C;3 kg.

2 Ď&#x2022;S est une puissance par unitĂŠ de surface, son unitĂŠ est donc le Wâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;mâ&#x20AC;&#x201C;2.

4

m $ c `θf â&#x20AC;&#x201C; θij

â&#x2C6;&#x2020;t$S dâ&#x20AC;&#x2122;oĂš, avec les valeurs expĂŠrimentales obtenuesâ&#x20AC;&#x2030;: 47, 5 # 10 â&#x20AC;&#x201C;3 # 895 # (39, 0 â&#x20AC;&#x201C; 26, 3) (26 # 10 â&#x20AC;&#x201C;3) 2 1 000 # Ď&#x20AC; # 4 Ď&#x2022;S = 1,02 # 103 Wâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;mâ&#x20AC;&#x201C;2.

Ď&#x2022;S =

4 Puisque 30 % de lâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie est absorbĂŠe par lâ&#x20AC;&#x2122;atmo­ sphèreâ&#x20AC;&#x2030;: Ď&#x2022;S = 0,70â&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;F, doncâ&#x20AC;&#x2030;: Ď&#x2022;S 1, 02 # 10 3 F= = = 1,45 # 103 Wâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;mâ&#x20AC;&#x201C;2. 0, 70 0, 70 Cette valeur est de lâ&#x20AC;&#x2122;ordre de grandeur des valeurs proposĂŠes dans la littĂŠrature. 5 On dĂŠcompose le transfert dâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie en trois ĂŠtapesâ&#x20AC;&#x2030;: â&#x20AC;&#x201C;â&#x20AC;&#x201A; le transfert par rayonnement dans le vide spatial depuis le Soleil jusquâ&#x20AC;&#x2122;Ă lâ&#x20AC;&#x2122;atmosphère terrestreâ&#x20AC;&#x2030;; â&#x20AC;&#x201C;â&#x20AC;&#x201A; le transfert par rayonnement et par convection dans lâ&#x20AC;&#x2122;atmosphère jusquâ&#x20AC;&#x2122;au pyromètreâ&#x20AC;&#x2030;; â&#x20AC;&#x201C;â&#x20AC;&#x201A; le transfert par conduction dans Manuel numĂŠrique le bloc de mĂŠtal, et entre le bloc et Animation : le thermomètre. Transfert thermique.

2.0

3 Lâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie issue du rayonnement solaire (î&#x20AC;Ľ S) se calcule Ă partir de la puissance du rayonnement solaire (Ď&#x2022;S), de la surface ĂŠclairĂŠe (S) et de la durĂŠe dâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠclairement (Î&#x201D;t)â&#x20AC;&#x2030;: î&#x20AC;ĽS = Ď&#x2022;Sâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;Î&#x201D;tâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;S Ce terme est une ĂŠnergie, car lâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠtude des unitĂŠs des grandeurs utilisĂŠes dans la relation donneâ&#x20AC;&#x2030;: (Wâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;mâ&#x20AC;&#x201C;2)â&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;sâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;m2 = Jâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;sâ&#x20AC;&#x201C;1â&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;s = J Lâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie stockĂŠe dans le mĂŠtal peut sâ&#x20AC;&#x2122;exprimer en fonction de sa masse, de sa capacitĂŠ thermique massique et de sa variation de tempĂŠratureâ&#x20AC;&#x2030;: mâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;câ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;(θf â&#x20AC;&#x201C; θi) Ce terme est une ĂŠnergie, car une ĂŠtude des unitĂŠs donneâ&#x20AC;&#x2030;: kgâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;(Jâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;kgâ&#x20AC;&#x201C;1â&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;°Câ&#x20AC;&#x201C;1)â&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;°C = J Ces deux ĂŠnergies sont ĂŠgales, on obtient : Ď&#x2022;Sâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;Î&#x201D;tâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;S = mâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;câ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;(θf â&#x20AC;&#x201C; θi) Cette formule est homogène puisque les unitĂŠs sont les mĂŞmes Ă  droite et Ă  gauche de lâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠgalitĂŠ (le Joule).

De lâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠgalitĂŠ prĂŠcĂŠdente, on dĂŠduitâ&#x20AC;&#x2030;: Ď&#x2022;S =

La rĂŠsistance thermique (p. 353)

1 a.â&#x20AC;&#x201A; Le flux thermique Ď&#x2022; est une ĂŠnergie thermique transfĂŠrĂŠe par unitĂŠ de temps. Il sâ&#x20AC;&#x2122;exprime donc en watt (W).

T1 â&#x20AC;&#x201C; T2 . R th La rĂŠsistance thermique sâ&#x20AC;&#x2122;exprime donc en Kâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;Wâ&#x20AC;&#x201C;1 ou °Câ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;Wâ&#x20AC;&#x201C;1. b.â&#x20AC;&#x201A; La rĂŠsistance thermique Rth et le flux sont liĂŠs par Ď&#x2022; = 2 Le tableau suivant rĂŠsume quelques mesuresâ&#x20AC;&#x2030;: MatĂŠriau

Ă&#x2030;paisseur

T1 (°C)

T2 (°C)

I (mA)

Uâ&#x20AC;&#x2030;(V)

Pâ&#x20AC;&#x2030;(W)

Verre Bois PVC Plâtre

5,0 mm 9,0 mm 3,0 mm 9,0 mm

21,6 22,0 21,6 21,6

14,6 7,0 9,4 8,8

295 118 241 192

14,34 5,81 11,73 9,17

4,23 0,68 2,82 1,76

Rth calculĂŠe (°Câ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;Wâ&#x20AC;&#x201C;1) 1,65 21,84 4,31 7,26

Puisque Ď&#x2022; = Q et que lâ&#x20AC;&#x2122;on considère que lâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie ĂŠlectrique reçue par le conducteur ohmique est convertie en â&#x2C6;&#x2020;t ĂŠnergie thermique, puis est totalement transfĂŠrĂŠe Ă travers la plaque, on a Ď&#x2022; = đ?&#x2019;Ť. Pour chaque condition, on peut dĂŠterminer Rth et la comparer Ă  la valeur affichĂŠe.

3 Lors de la mesure de la rĂŠsistance thermique, il existe des erreurs, notamment au niveau des mesures des

tempĂŠratures, de la tension et de lâ&#x20AC;&#x2122;intensitĂŠ du courant. 4 a.â&#x20AC;&#x201A; Plus la rĂŠsistance thermique du matĂŠriau est ĂŠlevĂŠe, plus le flux thermique est faible Ă travers le matĂŠriau. Ce dernier empĂŞche le transfert dâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie Ă  travers lui ; câ&#x20AC;&#x2122;est un bon isolant thermique. b.â&#x20AC;&#x201A; Lorsque plusieurs matĂŠriaux sont accolĂŠs, la rĂŠsistance thermique totale est ĂŠgale Ă  la somme des rĂŠsistances thermiques de chaque matĂŠriau.

5

Ă&#x2021;a refroidit dedans et ça chauffe dehors (p. 354-355)

1 Pour comprimer un système, il faut lui fournir de lâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie (en appuyant dessus par exemple). On en dĂŠduit que le travail W est reçu par le système, donc est positif.

2 Une liquĂŠfaction (condensation liquide) correspond Ă la formation de nouvelles interactions intermolĂŠculaires (Première S), donc elle sâ&#x20AC;&#x2122;accompagne dâ&#x20AC;&#x2122;une libĂŠration dâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie. Câ&#x20AC;&#x2122;est une transformation exothermique.

Š Hachette Livre, 2012 â&#x20AC;&#x201C; Physique Chimie Terminale S spĂŠcifique, Livre du professeur â&#x20AC;&#x201C; La photocopie non autorisĂŠe est un dĂŠlit.

146


Une vaporisation correspond à la rupture d’interactions intermoléculaires présentes dans un liquide, donc elle nécessite de l’énergie thermique. C’est une transformation endothermique. 3 a.  Le principal mode de transfert thermique est la conduction thermique. b.  Le liquide frigorifique se condense en libérant de l’énergie à l’extérieur, ce qui est perceptible en touchant les tuyaux au dos du réfrigérateur. 4 Le transfert thermique entre le système et l’armoire a lieu lors de la vaporisation endothermique : l’armoire fournit de l’énergie thermique au système, donc elle

Exercices

perd de l’énergie. La température de l’armoire va diminuer. 5 La variation d’énergie interne de l’eau liquide s’écrit : ΔU = W + Q = m · c · ΔT Or, ici, W = 0 et Q = –4,75 kJ puisque le transfert thermique se fait de l’eau vers le liquide frigorifique. Il vient alors : 4 750 ΔT= Q =– = – 0,27 °C. m$c 4, 1 # 1, 00 # 4 180 La température de l’eau liquide baisse d’environ 0,3 °C lors d’un cycle de fonctionnement.

(p. 361-373)

Pour commencer

QCM 1

  1.  B ; 2   1.  A ; 2.  A, B et C ; 3.  C ; 3   1.  B ; 2.  A et C ; 3.  B et C ; 4.  A ; 4   1.  B ; 2.  A.

Application immédiate 5   Interpréter des transferts thermiques Le flux thermique est défini par ϕ = ΔT = ΔT R th_bois 16 e donc e = ∆T . 16 ϕ Application numérique : 30 e= = 0, 16 m, soit 16 cm. 16 # 12 Il faudrait un panneau de bois de 16 cm d’épaisseur pour obtenir un flux thermique de 12 W.

6   Faire un bilan d’énergie 1.  Après la coupure électrique, le système dont fait partie le radiateur ne reçoit plus de travail électrique. Il y a deux transferts d’énergie à faire intervenir : un transfert vers l’air extérieur et un transfert vers l’occupant. Ces deux transferts sont négatifs pour le système.

7  Connaître l’intérêt de la constante d’Avogadro

1.  La constante d’Avogadro représente le nombre d’entités présentes dans une mole de cette entité. 2.  La constante d’Avogadro lie les mondes macroscopique et microscopique.

8   Prendre conscience de la valeur de NA 1.  Dans 60 millions de m3 de sable, il y a : 6 N = 60 # 10 = 1 # 10 18 grains de sable. – 11 5 # 10 On néglige le volume entre les grains de sable. 2.  Le nombre de moles de grain de sable est : 18 n grains de sable = N = 1 # 10 23 = 2, 0 # 10 –6 mol. NA 6, 02 # 10 3.  Il faudrait environ 5 # 105 dunes du Pilat pour rassembler 1 mole de grains de sable.

9   Savoir définir l’énergie interne L’énergie interne d’un système est la somme de ces énergies potentielle et cinétique microscopiques. L’énergie interne résulte de propriétés microscopiques.

10  Comprendre la variation d’énergie interne d’un système

Transfert vers l’air extérieur Q0 Cabine + air intérieur + radiateur

Transfert vers l’occupant Q’  0

2.  Par ailleurs, pour le système ΔU = Q + Q’. Q et Q’ sont deux grandeurs négatives, donc la variation d’énergie interne l’est aussi. La température du système diminue puisque son énergie interne diminue.

1.  L’énergie interne d’un système peut varier s’il échange avec l’extérieur du travail W et/ou de l’énergie thermique Q. La relation qui en résulte s’écrit : ΔU = W + Q 2.  La variation ΔU = Uf – Ui de l’énergie interne d’un système est positive si l’énergie interne du système augmente ; elle est négative dans le cas contraire.

11   Connaître la relation entre ΔU et c 1.  Un corps est dans un état condensé s’il est à l’état liquide ou à l’état solide.

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2.  La capacité thermique massique c d’un corps est l’énergie nécessaire pour élever de 1 °C (ou de 1 K) la température d’une masse de 1 kg de ce corps. 3.  La relation entre la variation d’énergie interne et la variation de température est : ΔU = m · c · ΔT avec ΔU en J, m la masse du système en kg, c la capacité thermique massique en J · kg –1 · K –1 (ou en J · kg–1 · °C–1) et ΔT la variation de température du corps exprimée en K ou en °C.

12  Calculer la variation d’énergie interne d’un système

La variation d’énergie interne de la masse m d’eau est liée à sa variation de température par : ΔU = m · c · (T2 – T1) La masse m se calcule à partir de la masse volumique : m = Veau · ρeau donc : ΔU = Veau · ρeau · c · (T2 – T1) AN : ΔU = 1,7 # 1,00 # 4,18 # 103 # (64 – 20) = 3,1 # 105 J. L’énergie interne de ce volume d’eau a augmenté de 3,1 # 105 J.

13   Calculer une variation d’énergie interne

augmente localement la température de la plaque. Il y a ensuite un transfert thermique par conduction dans toute la plaque.

17   Calculer et exploiter un flux thermique 1.  a.  Le flux thermique qui traverse la plaque de cuivre est : Q 4, 4 # 10 6 ϕCu = Cu = = 4, 9 # 10 3 W. ∆t 15 # 60 b.  Le flux thermique qui traverse la plaque d’aluminium est : ∆T 5, 0 ϕ Al = = = 2, 9 # 10 2 W. R th_Al 1, 7 # 10 –2 2.  Pour des dimensions identiques, le flux thermique qui traverse une plaque d’aluminium est moins important que celui qui traverse une plaque de cuivre. Un flux thermique est l’énergie transférée à travers une surface par unité de temps. Le cuivre est donc le métal qui transfère le plus rapidement l’énergie thermique.

18  Calculer une énergie thermique transférée 1.

1.  L’énergie interne d’un système peut varier si le système échange avec l’extérieur de l’énergie par travail ou par transfert thermique.

Face 1

2.  Les flèches indiquent le sens du transfert énergétique. W et Q1 sont reçus par le système, donc W > 0 et Q1 > 0. Le système perd Q2 par transfert thermique, donc Q2 < 0. 3.  La variation d’énergie interne est : ΔU = W + Q1+ Q2 = 120 + 100 – 200 = + 20 J. L’énergie interne du système augmente de 20 J.

14  Identifier des modes de transferts thermiques

a.  Le transfert thermique du Soleil vers le sac se fait par rayonnement. b.  Le transfert thermique du sac vers l’eau se fait par conduction. c.  Le transfert thermique dans l’eau se fait par convection.

15   Illustrer des modes de transferts thermiques a.  Il y a des transferts thermiques par conduction entre la piscine et le sol qui l’entoure, entre l’eau de la piscine et la couche d’air à son contact. b.  Il y a des transferts thermiques par convection dans l’eau de la piscine, dans l’air. c.  Il y a des transferts thermiques par rayonnement entre le Soleil et la piscine, et entre le Soleil et le sol.

16   Reconnaître un mode de transfert 1.  La température de la plaque augmente, son énergie interne également. 2.  La plaque reçoit un travail mécanique de la force de frottement de la scie sur la plaque. Ce travail

T1 > T2

Q

S

Face 2 e

Le flux thermique est orienté de la source chaude (l’intérieur) vers la source froide (l’extérieur). 2.  Le flux thermique s’exprime par : T – Te (19 – (–1)) 20 ϕ= i = = R th_vitre 5, 0 # 10 –3 5, 0 # 10 –3 soit ϕ = 4,0 # 103 W. Le flux thermique à travers la vitre est de 4,0 # 103 W. 3.  L’énergie thermique transférée s’écrit : Q = ϕ · Δt avec Δt exprimé en seconde. En 1,25 h, elle a pour valeur : Q = 4,0 # 103 # 1,25 # 3 600 = 1,8 # 107 J.

19   Établir un bilan énergétique 1.  Le système étudié est l’eau contenue dans le cumulus. 2. La résistance, lorsqu’elle est traversée par un courant électrique, transfère à l’eau de l’énergie par travail électrique Wélec. La température de l’eau diminue, donc elle perd de l’énergie Q par transfert thermique. 3.  L’eau reçoit de l’énergie par travail, donc W > 0, et en perd par transfert thermique, Q < 0. L’énergie reçue par rayonnement est négligeable. 4.

Wélec > 0

Eau

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Q<0

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Pour s’entraîner

23   Une ou plusieurs couches ?

20  Des nombres astronomiques à l’échelle microscopique !

1.  La constante d’Avogadro représente le nombre d’entités présentes dans une mole de cette entité (atomes, ions, molécules, etc.). 2.  La conversion s’effectue en divisant par la constante d’Avogadro : –  n(humains) = 1,2 # 10–14 mol ; –  n(étoiles,Voie Lactée) = 3,89 # 10–13 mol ; –  n(étoiles, Univers) = 0,1 mol. 3.  Le nombre d’entités microscopiques présentes dans un système macroscopique étudié en chimie est gigantesque (il y a presque dix fois plus d’atomes dans une mole que d’étoiles dans tout l’Univers). Travailler avec des quantités de matière permet de manipuler plus commodément des nombres. Cette grandeur est adaptée à l’échelle macroscopique.

21  Chacun son domaine et les unités seront bien gardées !

1.  À l’aide des données de l’énoncé, on calcule : a.  R = 6, 02 # 10 –23 mol –1 . N A kB b.  F = 6, 03 # 10 –23 mol –1 . N A e c.  D’après la définition de l’unité de masse atomique : 1u = 1 # m (1 atome 12 C) = 1 m (1 mol 12 C) 12 12 N A 1u = 1 # 1 # M (12 C) = 1 g 12 N A NA On retrouve encore une fois le nombre d’Avogadro. 2.  Le passage d’un domaine à l’autre se faisant grâce à la constante d’Avogadro : Domaine microscopique

Domaine macroscopique

kB

R

e

F

1u

1g

3.  Certaines unités sont mal adaptées à l’échelle microou macroscopique. Il est souvent plus commode de manipuler des nombres qui ne sont ni infiniment petits, ni infiniment grands (sans puissance de dix), d’où l’introduction de nouvelles unités comme celle de masse atomique, plus facile à manipuler que 1,66 # 10–24 g.

22   Calculer une variation de température 1.  La température de l’huile diminue ; il en est de même pour son énergie interne. La variation d’énergie interne de l’huile est donc négative. 2.  La variation d’énergie interne de l’huile s’exprime par : ΔU = m · c · (Tf – Ti) avec m la masse de l’huile. m = Vhuile · dhuile · ρeau d’où ΔU = Vhuile · dhuile · ρeau · (Tf - Ti). On en déduit : ∆U Tf = + Ti V huile $ d huile $ρ eau $ c huile AN : – 2, 2 # 10 5 Tf = + 50 soit Tf c 23 °C. 5, 0 # 0, 81 # 1, 00 # 2 000

1.  Le matériau le mieux adapté aux vêtements d’hiver est celui qui a la résistance thermique la plus élevée, c’est-à-dire le feutre. 2.  Lorsqu’on accole plusieurs matériaux, la résistance thermique totale est la somme des résistances thermiques de chacun des matériaux. 3.  a.  Entre deux vêtements est emprisonnée une fine épaisseur d’air. b.  On constate que, pour une même épaisseur e, l’air a une résistance thermique plus élevée que les matériaux présentés. C’est donc un bon isolant thermique. Deux vêtements de même épaisseur, l’un constitué d’un tissu unique et l’autre d’une superposition de tissus fins, n’ont pas la même résistance thermique. La résistance du tissu épais est plus faible que la somme de la résistance des tissus fins et de celle de l'air emprisonné dans ces tissus.

24   Mesure d’une résistance thermique 1.  La résistance thermique se calcule à partir de l’expression du flux thermique. T – T2 20, 0 – 8, 0 R th = 1 = = 120 K $ W –1. ϕ 0, 100 La résistance thermique de cette plaque d’aluminium est de 120 K · W–1. 2.  a.  La résistance thermique de l’appareil est la résistance de la plaque de polystyrène plus celle des deux plaques d’aluminium : ’ Rth_tot = Rth + 2 Rth La résistance thermique des plaques d’aluminium doit être faible devant celle du polystyrène pour que la valeur mesurée soit identifiable à la résistance thermique du polystyrène. b.  On vérifie que 2 R’th<< Rth ; la résistance thermique de l’aluminium est négligeable devant celle du poly­ styrène. 3.  a.  U(ϕ) = 0,06 # 0,100 = 0,006 W La valeur du flux thermique a une valeur encadrée par : 0,094 W < ϕ < 0,106 W b.  U (ΔT) = U (T1) 2 + U (T2) 2 = 0, 2 2 + 0, 2 2 = 0, 3 °C

d’où 11,7 °C < ΔT < 12,3 °C. c.  À partir de la formule de calcul d’incertitude du ∆T , on déduit : texte et de R th = ϕ U (R th) = R th $ U (R th) = 120 #

f

U ` ∆T j U ` ϕj p +f p ∆T ϕ 2

d

2

2

0, 3 2 0, 006 p n +f 12 0, 100

U  (Rth) = 8 K · W–1 d’où 112 K · W–1 < Rth < 128 K · W–1, ce qui s’écrit aussi Rth = 120 ± 8 K · W–1.

25   Four à micro-ondes 1.  La fréquence des ondes décrites est comprise entre 109 et 1011 Hz, ce qui correspond bien, d’après le spectre des ondes électromagnétiques, au domaine des micro-ondes.

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La longueur d’onde dans le vide se calcule par : 8 λ = c = 3 # 10 9 = 0, 122 m. ν 2, 450 # 10 2.  Du magnétron à l’eau liquide, le transfert thermique s’effectue par rayonnement. De l’eau liquide aux autres parties de l’aliment, il s’effectue par conduction thermique. 3.  a.  Pour une masse m d’eau, la variation d’énergie interne s’écrit : ΔU = m · c (H2O (ℓ)) · (Tf – Ti) AN : ΔU = 0,500 # 4,18 # 103 # (40,8 – 18,2) ΔU = 47,2 # 103 = 47,2 kJ ΔU est positive, ce qui est cohérent avec l’augmentation de la température de l’eau. b.  L’énergie consommée par le four est : cons = 750 # 90 = 67,5 kJ. c. Le rendement de conversion du four est : ρ = ∆ U = 0, 70. cons Le rendement de conversion du four est de 70 %.

26   Chauffage à reflux 1.  Il faut utiliser un chauffe-ballon et un ballon muni d’une colonne réfrigérante à air ou, plus efficace, à eau. Pour pouvoir arrêter le chauffage rapidement, il faut installer le montage sur un support élévateur.

un réfrigérant à eau). L’agitation thermique et donc la température diminuent (l’énergie interne de la phase vapeur décroît) jusqu’à atteindre la température de changement d’état et les vapeurs se condensent (l’agitation thermique n’est plus suffisante pour empêcher les interactions moléculaires, assurant la cohésion du liquide, de s’établir). Le liquide retombe dans le ballon et il est de nouveau chauffé. 3.  Ce montage permet de chauffer le milieu réactionnel, ce qui accélère la réaction, sans perte de matière.

27   À chacun son rythme 1.  a.  L’eau est en contact avec l’air et avec le sac plastique. b.  Il y a transfert thermique par conduction entre l’eau froide et le sac plastique ainsi qu’entre l’eau froide et l’air. Il y a aussi un transfert thermique par rayonnement entre l’eau froide et le milieu extérieur, mais le texte indique qu’il est négligeable. 2.  a.  Les températures des faces intérieure et extérieure du sac plastique sont de 22 °C et 2 °C. T – Ti R th_plastique = e = 22 – 2 ϕ 200 – 1 R th_plastique = 1 # 10 K $ W –1 . b.  La résistance thermique du sac en plastique est bien plus grande que celle du seau en acier. c.  Le sac plastique s’oppose bien mieux au transfert thermique que le seau en acier. Un sac plastique conserve plus longtemps une bouteille au frais qu’un seau en acier de mêmes dimensions.

Support

28   Coup de chaud au bureau Eau

Réfrigérant ou condenseur à eau

Ballon Noix

Eau Pierre ponce Pince

Chauffe-ballon Support élévateur à croisillons

1.  Le processeur étant en contact avec les ailettes, il leur transfère de l’énergie par conduction thermique. Son énergie interne et sa température diminuent (celles des ailettes augmentent). À leur tour, les ailettes transfèrent de l’énergie par conduction à l’air qui est en contact avec elles. 2.  Le flux thermique est d’autant plus élevé que la surface de contact entre les deux corps est grande, d’où un refroidissement plus efficace. Associer un ventilateur au radiateur permet de transférer l’énergie des ailettes à l’air par conduction et améliore sensiblement la convection (en renouvelant l’air), d’où un refroidissement plus efficace. 3.  L’eau est un meilleur conducteur thermique que l’air ; de plus, on peut refroidir le processeur par l’intérieur et non juste par les surfaces externes.

29   Un isolant, la laine de verre 2. Par conduction thermique entre le chauffe-ballon et le ballon, le contenu de celui-ci est chauffé, son énergie interne croît. Il y a aussi des courants de convection au sein du mélange liquide. Quand la température est suffisamment élevée, le corps le plus volatil (en général le solvant) est vaporisé (rupture des interactions intermoléculaires qui assuraient la cohésion du liquide). Les vapeurs atteignent la colonne réfrigérante et y sont refroidies (par conduction essentiellement dans un réfrigérant à air et par conduction et convection dans

1.  La résistance thermique se calcule à partir du flux thermique et de l’écart de température : ∆T R th1 = = 15 = 1, 5 K $ W –1 . 10 ϕ1 2.  Pour la laine de verre 2, il faut utiliser l’énergie transférée : T – TA ϕ2 = Q = B ∆t R th2 Δt $ TB – TA 2, 0 # 3 600 # (30 – 10) = Q 36 # 10 3 Rth2 = 4,0 K · W–1.

d’où R th2 =

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3.â&#x20AC;&#x201A; a.â&#x20AC;&#x201A; Par ĂŠtude des unitĂŠs des grandeurs de la relation, on trouve l en Wâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;mâ&#x20AC;&#x201C;1â&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;°Câ&#x20AC;&#x201C;1 ou Wâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;mâ&#x20AC;&#x201C;1â&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;Kâ&#x20AC;&#x201C;1. b.â&#x20AC;&#x201A; AN : â&#x20AC;&#x201C;3 e1 l1 = = 60 # 10 = 4, 0 # 10 â&#x20AC;&#x201C;2 W $ m â&#x20AC;&#x201C;1 $ K â&#x20AC;&#x201C;1 S 1 R th1 1, 0 # 1, 5 l2 =

e2 = 240 = 4, 0 # 10 â&#x20AC;&#x201C;2 W $ m â&#x20AC;&#x201C;1 $ K â&#x20AC;&#x201C;1 4, 0 # 1, 5 S 2 R th2 # 10 â&#x20AC;&#x201C;3

4.â&#x20AC;&#x201A;La conductivitĂŠ thermique est indĂŠpendante de lâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠpaisseur du matĂŠriau. Sa valeur caractĂŠrise les propriĂŠtĂŠs dâ&#x20AC;&#x2122;un matĂŠriau Ă faciliter les transferts thermiques. 5.â&#x20AC;&#x201A; Le flux thermique sâ&#x20AC;&#x2122;exprime parâ&#x20AC;&#x2030;: Îť $ S $ â&#x2C6;&#x2020;T Ď&#x2022;= e 6.â&#x20AC;&#x201A; Lorsquâ&#x20AC;&#x2122;on double la surface de laine de verre, le flux thermique double. 7.â&#x20AC;&#x201A; Lorsquâ&#x20AC;&#x2122;on double lâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠpaisseur de laine de verre, le flux thermique est divisĂŠ par deux. 8.â&#x20AC;&#x201A; Les pertes dâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie sont dâ&#x20AC;&#x2122;autant plus grandes que le flux thermique est ĂŠlevĂŠ. Pour limiter les pertes dâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie par la toiture, il faut limiter sa surface et augmenter lâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠpaisseur de laine de verre.

30 â&#x20AC;&#x201A; Identifier des transferts dâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie 1.â&#x20AC;&#x201A; On considère le système {canette + boisson}. Il reçoit de lâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie sous forme de transfert thermique, puisque sa tempĂŠrature augmente, par rayonnement et par conduction. 2.â&#x20AC;&#x201A; Si la tempĂŠrature ne varie plus, on peut seulement affirmer que la variation dâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie interne du système est nulle. La tempĂŠrature du système est plus grande que celle de lâ&#x20AC;&#x2122;extĂŠrieurâ&#x20AC;&#x2030;; il y a donc un transfert thermique du système vers lâ&#x20AC;&#x2122;extĂŠrieur. Ce transfert thermique est compensĂŠ par rayonnement. 3.â&#x20AC;&#x201A; La masse de boisson contenue dans la canette est : meau = Ď eauâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;Veau La variation dâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie interne du système {canette + boisson} sâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠcritâ&#x20AC;&#x2030;: Î&#x201D;U = Q = mAlâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;cAlâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;Î&#x201D;TAl + meauâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;ceauâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;Î&#x201D;Teau = 39 kJ.

31 â&#x20AC;&#x201A; Stopâ&#x20AC;&#x2030;! 1.â&#x20AC;&#x201A; Il y a une conversion de lâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie cinĂŠtique en ĂŠnergie thermique par le biais du travail dĂť aux frottements des plaquettes de frein sur les disques de frein. 2.â&#x20AC;&#x201A; Lâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie transmise est lâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie cinĂŠtique de la voitureâ&#x20AC;&#x2030;: î&#x20AC;Ľc = 7,5 # 105 J. 3.â&#x20AC;&#x201A; On utilise la relation qui lie la variation de tempĂŠrature et la variation dâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie interne de lâ&#x20AC;&#x2122;eauâ&#x20AC;&#x2030;: Î&#x201D;U = mâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;ceauâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;Î&#x201D;T = î&#x20AC;Ľc soit Î&#x201D;T = 36 °C. Il y a donc une ĂŠlĂŠvation de la tempĂŠrature de lâ&#x20AC;&#x2122;eau de 36 °C.

Pour aller plus loin

â&#x20AC;&#x201C;â&#x20AC;&#x201A; reçoit, de la part de lâ&#x20AC;&#x2122;extĂŠrieur, le transfert thermique Qext qui est comptĂŠ positivementâ&#x20AC;&#x2030;; â&#x20AC;&#x201C;â&#x20AC;&#x201A; fournit, Ă lâ&#x20AC;&#x2122;intĂŠrieur de lâ&#x20AC;&#x2122;habitation, un transfert thermique Qint qui est comptĂŠ nĂŠgativement. 2.â&#x20AC;&#x201A; Par dĂŠfinition, et puisque la relation puissanceî&#x20AC;Ľ ĂŠnergie sâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠcrit đ?&#x2019;Ť = , le coefficient de performance â&#x2C6;&#x2020;t de la pompe Ă  chaleur sâ&#x20AC;&#x2122;exprime parâ&#x20AC;&#x2030;: Q Q COP = â&#x20AC;&#x201C; int $ Î&#x201D;t = â&#x20AC;&#x201C; int Î&#x201D;t W W qui est bien positif puisque Qint < 0 et W > 0. 3.â&#x20AC;&#x201A; On cherche la valeur de W : Q W = â&#x20AC;&#x201C; int COP Or, pour chauffer cette habitation et la maintenir Ă  Tint, il faut compenser les pertes thermiques qui ont ĂŠtĂŠ ĂŠvaluĂŠes Ă  Qpertes = â&#x20AC;&#x201C; 874 kJ pour le système habitation pendant 3 heures. Il faut donc que Qint = Qpertes. Il vient doncâ&#x20AC;&#x2030;: W = â&#x20AC;&#x201C; â&#x20AC;&#x201C; 874 . 219 kJ. 4 Pour maintenir la tempĂŠrature intĂŠrieure Ă  Tint pendant 3 heures, cette PAC consomme environ 2,2 # 102 kJ. 4.â&#x20AC;&#x201A; Un COP supĂŠrieur Ă  1 montre que lâ&#x20AC;&#x2122;on rĂŠcupère plus dâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie (ici Qint en valeur absolue) que ce que lâ&#x20AC;&#x2122;on consomme pour faire fonctionner la machine. Grâce Ă  lâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie gratuite fournie par lâ&#x20AC;&#x2122;air extĂŠrieur, ce genre de machine permet de rĂŠaliser des ĂŠconomies dâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie.

33 â&#x20AC;&#x201A; Convection in Earthâ&#x20AC;&#x2122;s mantle Traduction du texteâ&#x20AC;&#x2030;: ÂŤÂ Des fluides chauffĂŠs par le bas du rĂŠcipient et loin des conditions dâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠquilibre de la conduction sâ&#x20AC;&#x2122;organisent en cellules de convection. Dans les conditions du manteau terrestre, les roches sont gĂŠnĂŠralement considĂŠrĂŠes comme des fluides. La convection mantellique est assez diffĂŠrente de la mĂŠtaphore habituelle du pot posĂŠ sur une cuisinière. Le paramètre manquant dans les expĂŠriences de laboratoire et Ă  la cuisine, dans la plupart des simulations informatiques, est la pression. Le manteau est chauffĂŠ par lâ&#x20AC;&#x2122;intĂŠrieur, se refroidit par-dessus et latĂŠralement. Tous ces effets sont le moteur des mouvements de convection.  1.â&#x20AC;&#x201A; Les trois modes de transfert thermique sont la conduction thermique, la convection thermique et le rayonnement. 2.â&#x20AC;&#x201A; Câ&#x20AC;&#x2122;est la convection thermique qui est principalement mise en jeu au sein dâ&#x20AC;&#x2122;un fluide dans une casserole et au sein du manteau terrestre. 3.â&#x20AC;&#x201A; La dĂŠcroissance radioactive est responsable du chauffage interne des roches mantelliques. 4.â&#x20AC;&#x201A; Le modèle du fluide chauffĂŠ dans une casserole est trop simpliste. Si on retrouve bien le gradient de tempĂŠrature Ă  lâ&#x20AC;&#x2122;origine du mouvement de convection, il faut aussi tenir compte de la pression (facteur très important).

32 â&#x20AC;&#x201A;RĂŠcupĂŠrer de lâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie gratuite dans

34 â&#x20AC;&#x201A; Que calor !

1.â&#x20AC;&#x201A; Durant un cycle de fonctionnement, le système PACâ&#x20AC;&#x2030;: â&#x20AC;&#x201C;â&#x20AC;&#x201A; reçoit un travail ĂŠlectrique W qui est comptĂŠ positivementâ&#x20AC;&#x2030;;

1.â&#x20AC;&#x201A; Les transferts thermiques par conduction et convection sont limitĂŠs par le vide entre les paroisâ&#x20AC;&#x2030;; le couvercle limite aussi la convection. Le rayonnement est limitĂŠ grâce aux surfaces argentĂŠes rĂŠflĂŠchissantes.

la nature

Š Hachette Livre, 2012 â&#x20AC;&#x201C; Physique Chimie Terminale S spĂŠcifique, Livre du professeur â&#x20AC;&#x201C; La photocopie non autorisĂŠe est un dĂŠlit.

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2.â&#x20AC;&#x201A; La variation dâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie interne du système {cuivre} sâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠcritâ&#x20AC;&#x2030;: Î&#x201D;U = m2â&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;c2â&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;(Tf â&#x20AC;&#x201C; T2) Remarqueâ&#x20AC;&#x2030;: le bilan devrait ĂŞtre enthalpique et non en ĂŠnergie interne, lâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠvolution se fait Ă pression constante et non Ă  volume constantâ&#x20AC;&#x2030;; mais pour des phases condensĂŠes, il y a en gĂŠnĂŠral peu dâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠcart entre les variations dâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie interne et celles dâ&#x20AC;&#x2122;enthalpie du système. 3.â&#x20AC;&#x201A; Ce système nâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠchange aucun travail (W = 0), mais il ĂŠchange de lâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie thermiqueâ&#x20AC;&#x2030;: â&#x20AC;˘â&#x20AC;&#x201A; Qa avec lâ&#x20AC;&#x2122;eau initialement froide, nĂŠgative, car cĂŠdĂŠe par le cuivre (corps chaud) Ă  lâ&#x20AC;&#x2122;eau (corps froid)â&#x20AC;&#x2030;; â&#x20AC;˘â&#x20AC;&#x201A; Qb avec le calorimètre, nĂŠgative, car cĂŠdĂŠe par le cuivre (corps chaud) au calorimètre (corps froid). 4.â&#x20AC;&#x201A;Dâ&#x20AC;&#x2122;après ce qui prĂŠcède, la variation dâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie interne du cuivre solide est doncâ&#x20AC;&#x2030;: Î&#x201D;U = m2â&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;c2â&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;(Tf â&#x20AC;&#x201C; T2) = Qa + Qb m2â&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;c2â&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;(Tf â&#x20AC;&#x201C;T2) = â&#x20AC;&#x201C;m1â&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;c1â&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;(Tf â&#x20AC;&#x201C; T1) â&#x20AC;&#x201C; Ccalâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;(Tf â&#x20AC;&#x201C; T1) Il vientâ&#x20AC;&#x2030;: (m $ c + C cal) $ (Tf â&#x20AC;&#x201C; T1) c2 = â&#x20AC;&#x201C; 1 1 m 2 $ (Tf â&#x20AC;&#x201C; T2) (80, 1 # 4, 19 + 8, 5) # (20, 4 â&#x20AC;&#x201C; 16, 4) 62, 3 # (20, 4 â&#x20AC;&#x201C; 75, 0) c 2 . 0, 404 J $ g â&#x20AC;&#x201C;1 $ °C â&#x20AC;&#x201C;1 . c2 = â&#x20AC;&#x201C;

5.â&#x20AC;&#x201A;Les sources dâ&#x20AC;&#x2122;erreur systĂŠmatique sont dues Ă lâ&#x20AC;&#x2122;opĂŠrateur, au calorimètre (isolation thermique non parfaite, incertitude sur la valeur de Ccal), au thermomètre (mesures de T), Ă  la balance (mesures de m) et Ă  lâ&#x20AC;&#x2122;incertitude sur c1. Pour amĂŠliorer le rĂŠsultat, il faut rĂŠpĂŠter plusieurs fois la mesure (par exemple, tenir compte des mesures de tous les binĂ´mes en TP), utiliser des balances et thermomètres de prĂŠcision, un calorimètre très bien isolĂŠ.

35 â&#x20AC;&#x201A; Centrale ĂŠlectronuclĂŠaire 1.â&#x20AC;&#x201A; Le système {centrale} ĂŠchange avec lâ&#x20AC;&#x2122;extĂŠrieurâ&#x20AC;&#x2030;: â&#x20AC;&#x201C;â&#x20AC;&#x201A; un travail ĂŠlectrique W, comptĂŠ nĂŠgativement, car fourni Ă lâ&#x20AC;&#x2122;extĂŠrieur par la centraleâ&#x20AC;&#x2030;; â&#x20AC;&#x201C;â&#x20AC;&#x201A; un transfert thermique Q, comptĂŠ positivement, car fourni Ă  la centrale par lâ&#x20AC;&#x2122;extĂŠrieur (cĹ&#x201C;ur du rĂŠacteur)â&#x20AC;&#x2030;; â&#x20AC;&#x201C;â&#x20AC;&#x201A; un transfert thermique Qâ&#x20AC;&#x2DC;, comptĂŠ nĂŠgativement, car fourni Ă  lâ&#x20AC;&#x2122;extĂŠrieur (circuit de refroidissement) par la centrale.

6.â&#x20AC;&#x201A; a.â&#x20AC;&#x201A;En 600 s, la masse dâ&#x20AC;&#x2122;eau qui va circuler au contact de la centrale estâ&#x20AC;&#x2030;: m = 4,2 # 104 # 600 = 2,52 # 107 kg. b.â&#x20AC;&#x201A; Pour lâ&#x20AC;&#x2122;eau liquide, transfert thermique et variation de tempĂŠrature sont liĂŠs parâ&#x20AC;&#x2030;: â&#x20AC;&#x201C; Qâ&#x20AC;&#x2122; = mâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;câ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;Î&#x201D;T W d 1 â&#x20AC;&#x201C; Ď n Ď Q â&#x20AC;&#x201C; â&#x20AC;&#x2122; â&#x2C6;&#x2020;T = =â&#x20AC;&#x201C; dâ&#x20AC;&#x2122;oĂšâ&#x20AC;&#x2030;: m$c m$c ANâ&#x20AC;&#x2030;: 1 â&#x20AC;&#x201C; 0, 33 5, 4 # 10 11 # f p 0, 33 Î&#x201D;T = â&#x20AC;&#x201C; = 10, 4 K. 2, 52 # 10 7 # 4, 18 # 10 3 La tempĂŠrature de lâ&#x20AC;&#x2122;eau sâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠlève dâ&#x20AC;&#x2122;environ 10 °C lors du fonctionnement de la centrale. 7.â&#x20AC;&#x201A; Lâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠtude montre que plus le dĂŠbit de lâ&#x20AC;&#x2122;eau est important, moins la variation de tempĂŠrature est ĂŠlevĂŠe.

36 â&#x20AC;&#x201A; Moteur de Stirling 1.â&#x20AC;&#x201A; a.â&#x20AC;&#x201A; Pour le système {gaz parfait}, le nombre de moles n et la tempĂŠrature T restent constants lors de la transformation 1 â&#x2020;&#x2019; 2, mais le volume V et la pression P varient (voir lâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠquation dâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠtat). b.â&#x20AC;&#x201A; Compte tenu de ce qui prĂŠcèdeâ&#x20AC;&#x2030;: V2 dV W12 = â&#x2C6;&#x2122; â&#x20AC;&#x201C; nâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;Râ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;Tâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030; V1 V Puisque n, R et T ne varient pas, on peut ĂŠcrireâ&#x20AC;&#x2030;: VB 1 W12 = â&#x20AC;&#x201C;â&#x20AC;&#x2030;nâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;Râ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;TCâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;â&#x2C6;&#x2122; â&#x20AC;&#x2030; â&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;dV VA V c.â&#x20AC;&#x201A; Par intĂŠgrationâ&#x20AC;&#x2030;: VB 1 V W12 = â&#x20AC;&#x201C;nâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;Râ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;TCâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;â&#x2C6;&#x2122; â&#x20AC;&#x2030; â&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;dV = â&#x20AC;&#x201C; n ¡ R ¡ TC ¡ 8InVBVBA VA V V W 12 = â&#x20AC;&#x201C; n ¡ R ¡ TC ¡ (InVB â&#x20AC;&#x201C; InVA) = n ¡ R ¡ TC ¡ In f B p VA d.â&#x20AC;&#x201A; La variation dâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie interne du système sâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠcritâ&#x20AC;&#x2030;: Î&#x201D;U12 = W12 + Q12 e.â&#x20AC;&#x201A; Lors de cette transformation, la variation de tempĂŠrature du système est nulle, donc celle de son ĂŠnergie interne aussi. Ceci entraĂŽneâ&#x20AC;&#x2030;: V Q12 = â&#x20AC;&#x201C; W12 = + n ¡ R ¡ TC ¡ In f B p VA Le transfert thermique est positif, car effectivement reçu par le système.

Qâ&#x20AC;&#x2122; est bien nĂŠgatif, car W < 0 et Ď < 1.

2.â&#x20AC;&#x201A; Pour le système {gaz parfait}, le nombre de moles n et le volume V restent constants lors de la transformation 2 â&#x2020;&#x2019; 3, mais la tempĂŠrature T et la pression P varient (voir lâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠquation dâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠtat). Compte tenu de ce qui prĂŠcèdeâ&#x20AC;&#x2030;: dV = 0, donc W23 = 0. Le système nâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠchange pas de travail avec lâ&#x20AC;&#x2122;extĂŠrieur. La variation dâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie interne du système sâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠcritâ&#x20AC;&#x2030;: Î&#x201D;U23 = W23 + Q23 = 0 + Q23 Lors de cette transformation, la variation de tempĂŠrature du système est (TF â&#x20AC;&#x201C; TC), donc celle de son ĂŠnergie interne sâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠcritâ&#x20AC;&#x2030;: Î&#x201D;U23 = nâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;CVâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;(TF â&#x20AC;&#x201C; TC) Ceci entraĂŽneâ&#x20AC;&#x2030;: Q23 = Î&#x201D;U23 = nâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;CVâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;(TF â&#x20AC;&#x201C; TC)

5.â&#x20AC;&#x201A; Lâ&#x20AC;&#x2122;eau du circuit de refroidissement reçoit le transfert thermique (â&#x20AC;&#x201C;Qâ&#x20AC;&#x2DC;) > 0, donc son ĂŠnergie interne et sa tempĂŠrature vont augmenter.

3.â&#x20AC;&#x201A; La puissance est liĂŠe au travail parâ&#x20AC;&#x2030;: đ?&#x2019;Ť = W ¡ N oĂš N est le nombre de cycles effectuĂŠs Î&#x201D;t pendant la durĂŠe Î&#x201D;t.

2.â&#x20AC;&#x201A;Dâ&#x20AC;&#x2122;après la conservation de lâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie pour ce système, lâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie reçue par la centrale est ĂŠgale Ă lâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie fournie par la centraleâ&#x20AC;&#x2030;: Q = â&#x20AC;&#x201C; W â&#x20AC;&#x201C; Qâ&#x20AC;&#x2122; (puisque W < 0 et Qâ&#x20AC;&#x2DC; < 0). 3.â&#x20AC;&#x201A; Le rendement de conversion de la centrale est le rapport de lâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie exploitable en sortie de chaĂŽne et de lâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie utilisĂŠe en entrĂŠe de chaĂŽneâ&#x20AC;&#x2030;: Ď = â&#x20AC;&#x201C; W (puisque W < 0). Q 4.â&#x20AC;&#x201A;En combinant les deux relations prĂŠcĂŠdentes, il vientâ&#x20AC;&#x2030;: Qâ&#x20AC;&#x2122; = â&#x20AC;&#x201C;W â&#x20AC;&#x201C; Q = â&#x20AC;&#x201C;W + W = W f 1 â&#x20AC;&#x201C; 1p Ď Ď

Š Hachette Livre, 2012 â&#x20AC;&#x201C; Physique Chimie Terminale S spĂŠcifique, Livre du professeur â&#x20AC;&#x201C; La photocopie non autorisĂŠe est un dĂŠlit.

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Lâ&#x20AC;&#x2122;application numĂŠrique donneâ&#x20AC;&#x2030;: đ?&#x2019;Ť = â&#x20AC;&#x201C; 790 # 1 080 . â&#x20AC;&#x201C;14 kW. 60 î&#x20AC;ł est nĂŠgative puisque cette puissance est fournie par le système Ă la gĂŠnĂŠratrice. 4.â&#x20AC;&#x201A; Le rayonnement est le mode de transfert thermique mis en jeu au niveau de lâ&#x20AC;&#x2122;absorbeur.

Retour sur lâ&#x20AC;&#x2122;ouverture du chapitre 37 â&#x20AC;&#x201A; Double ou simple vitrageâ&#x20AC;&#x2030;? 1.â&#x20AC;&#x201A; Par lecture graphique, la tempĂŠrature extĂŠrieure (x = 0 mm) est Te = 3,0 °C et la tempĂŠrature intĂŠrieure (x = 24 mm) est Ti = 19,0 °C. 2.â&#x20AC;&#x201A; Le flux thermique constant au cours du temps est le mĂŞme Ă  travers les diffĂŠrents matĂŠriaux (verre, air) traversĂŠsâ&#x20AC;&#x2030;: T â&#x20AC;&#x201C; Te Ď&#x2022; = eâ&#x20AC;&#x2122; R th_vitre dâ&#x20AC;&#x2122;oĂš Teâ&#x20AC;&#x2122; = Ď&#x2022; $ R th_vitre + Te Teâ&#x20AC;&#x2122; = 62, 2 # 1, 4 # 10 â&#x20AC;&#x201C;3 + 3, 0 = 3, 1 °C. La variation de tempĂŠrature est très faible, dâ&#x20AC;&#x2122;oĂš un segment pratiquement horizontal de x = 0 mm Ă  x = 4,0 mm. 3.â&#x20AC;&#x201A;On utilise lâ&#x20AC;&#x2122;expression du flux thermique pour lâ&#x20AC;&#x2122;ensemble de la paroiâ&#x20AC;&#x2030;: T â&#x20AC;&#x201C; Te 19, 0 â&#x20AC;&#x201C; 3, 0 R th_tot = i = = 0, 26 K $ W â&#x20AC;&#x201C;1 . Ď&#x2022; 62, 2 4.â&#x20AC;&#x201A; a.â&#x20AC;&#x201A; Ă&#x20AC; nouveau, on utilise la relation dĂŠfinissant le flux thermiqueâ&#x20AC;&#x2030;: T â&#x20AC;&#x201C; Te 19, 0 â&#x20AC;&#x201C; 3, 0 Ď&#x2022;= i = = 1, 92 # 10 3 W. R vitre 8, 3 # 10 â&#x20AC;&#x201C;3

b.â&#x20AC;&#x201A; Avec un simple vitrage aussi ĂŠpais quâ&#x20AC;&#x2122;un double vitrage et de mĂŞme surface, le flux thermique est 1, 92 # 10 3 = 31 fois plus important, donc les pertes 62, 2 dâ&#x20AC;&#x2122;ĂŠnergie sont beaucoup plus grandes. 5.â&#x20AC;&#x201A; La paroi en verre prĂŠsente un intĂŠrĂŞt esthĂŠtique, mais une moins bonne rĂŠsistance thermique.

Comprendre un ĂŠnoncĂŠ 38 â&#x20AC;&#x201A; Thermographie et isolation 1.â&#x20AC;&#x201A; Le transfert thermique par rayonnement (domaine des infrarouges) permet Ă la camĂŠra thermique embarquĂŠe dans lâ&#x20AC;&#x2122;avion de mesurer des flux thermiques. 2.â&#x20AC;&#x201A; Les toits sont chauffĂŠs principalement par convection grâce Ă  lâ&#x20AC;&#x2122;air chaud de lâ&#x20AC;&#x2122;habitation. 3.â&#x20AC;&#x201A; On exploite la formule du fluxâ&#x20AC;&#x2030;: T â&#x20AC;&#x201C; Text 16 â&#x20AC;&#x201C; (â&#x20AC;&#x201C;1) 17 = = R th_toit = int Ď&#x2022; 170 # 10 3 17, 0 # 10 4 Rth_toit = 1,0 # 10â&#x20AC;&#x201C;4 Kâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;Wâ&#x20AC;&#x201C;1. 4.â&#x20AC;&#x201A; a.â&#x20AC;&#x201A; Pour ces deux parois superposĂŠes les rĂŠsistances thermiques sâ&#x20AC;&#x2122;ajoutentâ&#x20AC;&#x2030;: Rth_toit = Rth_laine + Rth_toit b.â&#x20AC;&#x201A; La rĂŠsistance thermique totale doit ĂŞtre 200 fois plus grande que celle du toit seul. La rĂŠsistance thermique de la laine est donc ĂŠgale Ă  199 fois la rĂŠsistance thermique du toit. R th_laine = e = R th_tot â&#x20AC;&#x201C; R th_toit = 199 Rth_toit S $l donc e = 199 Rth,toitâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;Îťâ&#x20AC;&#x2030;¡â&#x20AC;&#x2030;S soit e = 199 # 1,0 # 10â&#x20AC;&#x201C;4 # 0,04 # 100 â&#x2030;&#x2C6; 8 # 10â&#x20AC;&#x201C;2 m. Pour rĂŠduire les pertes thermiques par 200, il faut poser environ 8 cm de laine de verre.

Š Hachette Livre, 2012 â&#x20AC;&#x201C; Physique Chimie Terminale S spĂŠcifique, Livre du professeur â&#x20AC;&#x201C; La photocopie non autorisĂŠe est un dĂŠlit.

153


Transferts quantiques d’énergie et dualité onde-particule

Chapitre

15

Activités 1

 ndes ou particules ? Les physiciens n’y voient pas clair O au début du xxe siècle (p. 376)

1 xviie xviiie

siècle

Newton

Modèle particulaire

et xixe siècles

Young, Fresnel, Maxwell

Modèle ondulatoire

xxe

siècle

Einstein, suite à l’expérience de Hertz (notamment), Lewis

Modèle particulaire quantifié

xxie

siècle

De Broglie

Dualité onde-particule

2 a.  L’effet photoélectrique s’explique par l’aspect particulaire de la lumière. b.  Les interférences s’expliquent par l’aspect ondulatoire de la lumière. 3 L’observation des résultats expérimentaux conduit

2

5 a.  L’énergie d’un photon est donnée par :

 = h$o= h$c m Dans cette expression, on parle d’énergie quantifiée d’un photon (aspect particulaire de la lumière) et λ est la longueur d’onde (aspect ondulatoire de la lumière). b.  Plus λ est grande, plus  est petite ; la formule confirme l’ex- Manuel numérique pression écrite en italique dans le Animation : Effet photoélectrique. texte.

2.0

à l’élaboration d’un modèle permettant de comprendre un phénomène. De nouveaux résultats peuvent conduire, après leur validation à la modification ou à l’abandon de ce modèle. La nouvelle théorie proposée doit être compatible avec toutes les observations expérimentales faites à ce jour (et doit pouvoir les expliquer).

4 La lumière présente un aspect ondulatoire et un aspect particulaire.

 e la dualité onde-particule à l’aspect probabiliste D de la mécanique quantique (p. 377)

1 Dans chacune des expériences, on utilise des fentes d’Young parallèles. La première figure d’interférences est obtenue en éclairant les fentes de façon continue avec un laser. Dans les deux autres, les fentes sont bombardées photon par photon (doc. 3) ou électron par électron (doc. 4). Les figures du document 4 sont obtenues lors de trois expériences de durées plus ou moins grandes. 2 La détection des photons, à des endroits précis, semble montrer l’aspect particulaire. L’obtention de figures d’interférences fait penser à un aspect ondulatoire. 3 L’obtention de points d’impact met en évidence l’aspect particulaire. Cependant, les électrons donnent aussi des figures d’interférences. Les électrons ont également un aspect ondulatoire. 4 a. Les électrons et les photons n’ont pas la même

vitesse de propagation. Les électrons, contrairement

aux photons, possèdent une masse ; c’est pour cela qu’on les nomme particules de matière. b. Puisque le photon, contrairement à l’électron, est une particule sans masse, on ne peut pas le qualifier de « particule de matière ». 5 Les particules sont émises dans les mêmes conditions initiales mais n’atteignent pas toutes le même point. Or, des particules classiques émises dans les mêmes conditions ont la même trajectoire. Les points d’impact étant distribués sur l’écran de manière aléatoire, il n’est pas possible de prévoir le lieu d’impact d’une particule. Cependant, sur un nombre très grand, il semble possible de déterminer la probabilité d’observer l’impact d’une particule à un endroit donné de l’écran. L’aspect probabiliste des phénomènes quantiques signifie donc qu’on ne peut pas prévoir la position précise d’une particule, mais seulement sa probabilité de présence en un lieu donné.

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154


3

Laser, outil d’investigation et transmetteur d’information (p. 378-379)

A Mesure de la distance entre deux sillons d’un CD ou d’un DVD 1 a.  L’interférence observée a lieu entre les rayons issus de sillons consécutifs jouant le rôle de sources secondaires. b. Des interférences constructives permettent d’observer une tache brillante sur l’écran.

3 a.  Il existe une incertitude de mesure sur la

longueur d’onde du laser (de l’ordre de 1,5 pm), sur la distance d entre le disque et l’écran et sur la distance x entre les deux taches lumineuses d’ordre ± 1.

2 graduations 6 = 8,165 # 10 –4 m

U (d ) = U (x) = U double lect = 2 $ U lect =

soit environ 1 mm (en prenant 1 graduation = 1 mm pour le banc optique et pour le réglet) et un niveau de confiance de 95 %. c.  Compte tenu des ordres de grandeur, il est raisonnable de négliger l’incertitude sur la longueur d’onde devant les autres incertitudes. Pour le CD et le laser vert, U(a) ≈ 0,01 µm. Pour le CD et le laser rouge, U(a) ≈ 0,01 µm. Pour le DVD et le laser rouge, U(a) ≈ 0,003 µm = 3 nm. d.  Compte tenu de ce qui précède : Pour le CD et le laser vert, a = (1,52 ± 0,01) µm. Pour le CD et le laser rouge, a = (1,54 ± 0,01) µm. On note que les deux résultats de mesure de la distance a entre deux sillons consécutifs sont compatibles. Pour le DVD et le laser rouge, a = (746 ± 3) nm. e.  Pour améliorer la mesure, on peut la répéter plusieurs fois (ou regrouper les mesures des différents binômes du groupe, voire des classes) ou allonger autant que possible la distance disque-écran (ce qui augmente aussi x) dans le but de diminuer l’incertitude relative sur ces deux longueurs. 4 La distance entre deux sillons

consécutifs dans un DVD est environ deux fois plus petite que celle dans un CD (ceci permet une augmentation de la capacité de stockage, voir chapitre 21).

Manuel numérique

2.0

2 a.  λ, d et x sont des distances que l’on exprime avec la même unité (mètre ou sous-unités du mètre). 2 2 Le rapport d2 et par suite 1 + 4 $ d2 sont des granx x deurs sans dimension. 2 La grandeur λ 1 + 4 $ d2 s’exprime donc en mètre, x tout comme la distance a ; la relation est homogène. b.  Sur la notice, on peut lire λ = 532 nm (laser vert) ou λ = 650 nm (diode laser). Exemples de mesures obtenues : ◗ Pour un CD 625 traits/mm (1,60 µm) : –  Mesure avec un laser vert λ = 532 mm, d = 36 cm et x = 27 cm. On obtient a = 1,515 1 µm. –  Mesure avec une diode laser λ = 650 mm, d = 25,2 cm et x = 23,5 cm. On obtient a = 1,5381 µm. ◗ Pour un DVD 1350 traits/mm (0,74 µm) : –  Mesure diode laser λ = 650 mm, d = 6,9 cm et x = 24,5 cm. On obtient a = 0,746 02 µm.

b.  U(l) est lue sur la notice du laser.

Animation : Fonctionnement et applications du laser.

B Utilisation d’un laser pour transmettre une information à distance 5 a. Lorsque le phototransistor est éclairé, la tension aux bornes du conducteur ohmique n’est pas nulle. b. Lorsque le phototransistor est dans l’obscurité, la tension aux bornes du conducteur ohmique est nulle. 6 D’après le document 8, pour le signal émis,

6T = 8,70 ms, soit T = 1,45 ms et f ≈ 690 Hz. Pour le signal reçu, 6T’ = 8,80 ms, soit T’ = 1,47 ms et f’ ≈ 682 Hz.

4

La transmission-réception n’affecte que très peu la période et la fréquence du signal. 7 Le phototransistor doit être placé dans l’axe du laser pour être éclairé par celui-ci. Cette observation illustre le caractère directif du faisceau laser. 8 L’information a été transmise, entre les montages émetteur et récepteur, sous forme d’ondes électromagnétiques. Puisque de telles ondes peuvent se propager dans l’air et dans le vide, la transmission ne nécessite pas de support matériel (câbles).

Le microscope électronique (p. 380-381)

1 La diffraction est le phénomène limitant la résolution d’un instrument d’optique. 2 La longueur d’onde de l’onde de matière associée à un électron dans un microscope électronique est plus faible que les longueurs d’onde des radiations

appartenant au domaine du visible. Or, le pouvoir de résolution est de l’ordre de grandeur de la longueur d’onde de l’onde utilisée dans un microscope. Celui du microscope électronique sera donc meilleur que celui d’un microscope optique.

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3 D’après la relation de de Broglie appliquée à un

électron non relativiste, on a λ = h = h . p me $ v De plus, l’énergie cinétique de cet électron est m0 · v c = 1 $ m e $ v 2 2 On en déduit : h 1 λ = h = =h 2 $ m e $ c p 2 c me me L’application numérique donne : λ = 6, 63 # 10 –34 1 2 # 9, 11 # 10 –31 # 10 # 10 3 # 1, 60 # 10 –19 1 λ = 6, 63 # 10 –34 # 2 # 9, 11 # 1, 60 # 10 –46 #

λ = 6, 63 # 10 –11 #

1 = 1, 23 # 10 –11 m. 2 # 9, 11 # 1, 60

4 Le MET possède un meilleur pouvoir de résolution

que le MEB, mais ne permet d’observer qu’une coupe de l’échantillon. Le MEB permet d’observer des surfaces, même avec un relief prononcé, contrairement au MET.

Exercices

5 a.  Dans ce schéma, les électrons sont représentés par de petites sphères. Cela fait penser à leur aspect particulaire. En revanche, les rayons X sont représentés sous forme de petites ondulations, ce qui met l’accent sur leur aspect ondulatoire. b. Le terme « orbite », synonyme de trajectoire, n’est pas approprié, car, à l’échelle microscopique, on ne peut que prévoir la probabilité de présence d’un électron (les phénomènes quantiques ont un caractère probabiliste) en un lieu donné. 6 Un comportement ondulatoire, celui des atomes par exemple, peut être mis en évidence grâce à l’observation de figures d’interférences ou de diffraction. Pour observer le phénomène de diffraction, il faut qu’il existe une ouverture ou un obstacle dont les dimensions sont de l’ordre de celle de la longueur d’onde de l’onde étudiée. D’après la relation de de Broglie, pour un atome de quantité de mouvement de valeur M · v : λ = h M$v l ne doit pas être trop petite, donc v ne doit pas être trop élevée. 7 À l’échelle macroscopique, un échantillon de matière possède une masse beaucoup trop grande pour que le caractère ondulatoire de la matière soit perceptible.

(p. 387-398)

QCM 1   1. A ; 2. A et B ; 3. B ; 4. C ; 5. A et 2   1. C ; 2. A ; 3. A et C ; 3   1. A ; 2. C.

B et C ;

Application immédiate

2.  L’écart énergétique se calcule par : –34 # 3, 0 # 10 8 p = n = h $ ν = h $ c = 6, 63 # 10 λ 1, 06 # 10 –6 = 1, 9 # 10 –19 J , soit environ 1,2 eV. On en déduit le diagramme énergétique et la schématisation de l’émission stimulée :

 (eV) p = n + 1,2

et Germer

h.ν

La valeur de la quantité de mouvement de cet électron (non relativiste, v << c) s’exprime par : p = me · v La relation de de Broglie permet de calculer la longueur d’onde de l’onde de matière associée : λ= soit λ =

h me$v

6, 63 # 10 –34 = 3, 0 # 10 –10 m. 9, 11 # 10 –31 # 2, 4 # 10 6

5  Schématiser l’effet laser 1.  Ce laser émet dans le domaine des infrarouges (caractérisés dans l’air par une longueur d’onde supérieure à 800 nm).

n

Manuel numérique

2.0

4  Interpréter l’expérience de Davisson

Animation : Fonctionnement et applications du laser.

Pour commencer 6  Connaître les aspects de la lumière La lumière a les aspects d’onde et de particule.

7  Mettre en évidence une onde de matière 1.  La diffraction caractérise l’aspect ondulatoire d’un phénomène physique. 2.  L’expérience de Davisson et Germer prouve l’aspect ondulatoire d’un faisceau d’électrons.

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8  Créer une onde de matière avec un électron

1. La quantité de mouvement d’une particule de masse m, non relativiste, animée d’une vitesse de valeur v a pour valeur : p = m · v avec p en kg · m · s–1, m en kg et v en m · s–1. 2. La relation de de Broglie s’écrit : p= h λ avec p en kg · m · s–1, h en J · s et l en m.

9  Calculer la longueur d’onde d’une onde de matière

1.  Pour cet électron non relativiste, la valeur de la quantité de mouvement est : p = m · v = 9,11 # 10–31 # 3,00 # 104 ≈ 9,00 # 3,00 # 10–27, soit environ 2,7 # 10–26 kg · m · s–1. 2.  D’après la relation de de Broglie, on a : 6, 63 # 10 –34 6, 6 λ= h = . # 10 –8 = 2, 2 # 10 –8 m. p 3 2, 7 # 10 –26

10  Connaître l’aspect probabiliste 1.  D’après la figure 1, il est impossible de prévoir le lieu de l’impact du photon sur la cellule photosensible ; les impacts sont répartis aléatoirement sur l’écran. 2.  L’impact d’un photon a plus de chance de se produire sur des bandes verticales parallèles aux fentes. 3.  Cette expérience illustre l’aspect probabiliste des phénomènes quantiques.

11  Utiliser un diagramme énergétique 1.  n et p représentent les énergies de deux niveaux d’énergie d’une entité (atome, ion ou molécule). 2.  La flèche rouge indique que l’entité passe d’un niveau d’énergie à un autre niveau d’énergie. Elle représente une transition énergétique. Dans le cas du document, l’entité passe d’un niveau supérieur vers un niveau d’énergie plus faible.

13  Connaître quelques propriétés d’un laser Un laser est une source monochromatique, cohérente dont l’énergie est concentrée dans l’espace et dans le temps. Ce type de source émet un faisceau peu divergent.

14  Associer transition et radiation 1.  On peut citer les transitions entre niveaux d’énergie électronique et les transitions entre niveaux d’énergie de vibration. 2.  Si la radiation se situe dans l’infrarouge, une transition entre niveaux d’énergie de vibration lui est associée.

15  Étudier une transition 1.  a.  L’énergie du photon a pour expression :  = h$c λ 6, 63 # 10 –34 # 3, 00 # 10 8 λ = h$c =  10, 0 # 1, 60 # 10 –19 = 1, 24 # 10 –7 m = 1, 24 # 10 2 nm. b.  Cette radiation appartient au domaine des ultraviolets (caractérisé dans l’air par une longueur d’onde inférieure à 400 nm). soit

2.  Il s’agit d’une transition entre niveaux d’énergie électronique.

Pour s’entraîner 16  Dualité ou non dualité 1.  On utilise la relation donnant la valeur de la quantité de mouvement p = m · v (les valeurs de vitesse sont négligeables devant c, on se place dans le cadre de la mécanique classique) et la relation de de Broglie : λ= h p p (kg · m · s–1)

l (m)

3.  Lors de cette transition du niveau d’énergie p vers le niveau d’énergie n, un photon, représenté par la flèche noire, est émis (émission spontanée).

Boule de bowling

51

1,3 × 10–35

Moustique

4.  a. h · n représente l’énergie quantifiée du photon émis. b.  La relation est p – n = h · ν.

1,3 × 10–6

5,0 × 10–28

Électron

5,6 × 10–28

1,2 × 10–6

12  Décrire une émission stimulée 1.  On parle d’émission stimulée lorsqu’une entité, dans un état excité, émet un photon d’énergie  sous l’action d’un photon incident de même énergie  (les deux photons ont mêmes énergie, direction, sens de propagation et ils sont en phase). 2.

 p

h.ν

h.ν

1 m · s–1 3, 6 2.  a.  D’après les longueurs d’onde calculées, l’aspect ondulatoire sera observable seulement dans le cas de l’électron. Pour les deux autres systèmes (macroscopiques), l est trop faible : il n’existe pas d’ouvertures ou d’obstacles suffisamment petits pour diffracter ces deux systèmes. b. La masse d’une particule ne doit pas être trop élevée pour que son caractère ondulatoire soit observable. 1 km · h–1 =

17  De la mécanique classique h.ν

n

à la mécanique quantique

1.  a.  Dans le premier schéma, on ne représente pas de trajectoire électronique, mais la probabilité de présence de l’électron. Elle est la même dans toutes les directions

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de l’espace comme le montre la géométrie sphérique, ce que confirme le texte. Cette représentation est associée au modèle quantique (aspect probabiliste d’un phénomène quantique). b.  Dans le second schéma, on représente la trajectoire de l’électron autour du noyau, comme en mécanique classique. 2.  On retrouve l’aspect probabiliste dans le phénomène d’interférences, particule de matière-particule de matière, ou photon-photon.

18  Absorption ou émission 1.  a.  Le schéma A représente une absorption. b.  Le schéma C représente une émission stimulée. c.  Le schéma B représente une émission spontanée. 2.  Le photon incident qui peut provoquer une émission stimulée doit avoir la même énergie que le photon émis, c’est-à-dire 2,34 eV. Sa longueur d’onde se calcule à partir de : 6, 63 # 10 –34 # 3, 00 # 10 8 λ = h$c = = 5, 31 # 10 –7 m.  2, 34 # 1, 60 # 10 –19 3.  Le photon émis par émission stimulée a la même énergie, la même direction, le même sens de propagation et il est en phase avec le photon incident.

19  Laser hélium-néon 1.  L’énergie du photon a pour expression : 6, 63 # 10 –34 # 3, 00 # 10 8  = h$c = λ 632, 8 # 10 –9 – 34 # 3 # 10 8 . 10 = 3 # 10 –19 J 10 –7 soit environ 2 eV (puisque 3 . 2 ). 1, 6 2.  Le photon incident doit avoir la même énergie que le photon émis, c’est-à-dire environ 2 eV.

20  Fonctionnement du laser hélium-néon 1.  a.  L’excitation des atomes d’hélium se fait par apport d’énergie électrique (« décharge électrique »). b. L’excitation des atomes de néon se fait par apport d’énergie lors des collisions entre les atomes de néon et les atomes d’hélium excités. Ces derniers se désexcitent en cédant une partie de leur énergie aux atomes de néon. 2.  L’émission stimulée est amorcée par des photons émis spontanément par des atomes de néon excités (transition (4) → (3)). 3.  a.  D’après le diagramme énergétique, des photons de longueur d’onde égale à 632,8 nm sont émis lors de transitions du niveau d’énergie (4) vers le niveau d’énergie (3) de l’atome de néon. b.  L’énergie du photon émis a pour expression : 6, 63 # 10 –34 # 3, 00 # 10 8  = h$c = λ 632, 8 # 10 –9 = 3, 14 # 10 –19 J = 1, 96 eV. Animation : Fonctionnement et applications du laser.

1. Lors d’une émission stimulée, un photon de fréquence appropriée stimule l’émission d’un photon (de mêmes fréquence, phase, direction et sens de propagation) par un atome préalablement excité. Il faut que l’énergie du photon incident corresponde à l’écart entre deux niveaux d’énergie de l’atome. 2.  Afin d’augmenter le nombre d’émissions stimulées, il faut que la proportion d’atomes dans un état excité soit plus grande que celle des atomes dans l’état fondamental. Remarque : il faut noter que la probabilité d’absorption des photons utiles à la stimulation des atomes excités par des atomes non excités est alors faible. C’est ce que permet de réaliser l’inversion de population. 3.  a. et b. Milieu laser

Excitation

Laser à rubis

Laser He-Ne

Le barreau de rubis contenant les ions chrome (III) Cr3+

Le mélange gazeux contenant les atomes de néon

Excitation par l’éclair lumineux (pompage optique)

Excitation des atomes de néon par collision avec des atomes d’hélium (eux-mêmes excités par décharge électrique)

4.  Le rôle des feuilles d’aluminium et des miroirs est le même : amplifier le rayonnement grâce aux réflexions successives des photons. 5.  D’après la relation  = h · n = h $ c les photons émis λ par le laser hélium-néon transportent plus d’énergie que ceux émis par le laser à rubis.

22  Applications des lasers 1. Un laser émet un faisceau lumineux cohérent, monochromatique, très directif, concentrant l’énergie lumineuse dans le temps et l’espace. 2.  a.  La directivité : il ne faut pas que les rayons lumineux divergent si on veut cibler précisément une zone à opérer. b.  La monochromaticité : un isotope est ionisé sélectivement ; pour cela, il faut utiliser un rayonnement de fréquence  et de longueur d’onde uniques et bien précises. c.  La concentration de l’énergie : le laser permet de transférer rapidement une grande quantité d’énergie sur une surface de faibles dimensions. d.  La directivité : il ne faut pas que les rayons lumineux divergent si on veut qu’ils atteignent la cible (de faibles dimensions et éloignée), puis le détecteur après réflexion. Manuel numérique e.  La cohérence : une figure d’inAnimation : terférences stable s’obtient avec Fonctionnement et applications des ondes émises par des sources du laser. cohérentes.

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2.0

Manuel numérique

2.0

c.  L’écart d’énergie 4 – 3 est égal au quantum d’énergie du photon émis : 1,96 eV, d’où : 3 = 4 – 1,96 = 20,66 – 1,96 = 18,70 eV.

21  Milieu laser solide ou gazeux

158


23  La télémétrie laser et la Lune 1.  L’énergie d’un photon a pour expression : 6, 63 # 10 –34 # 299 792 458 = 3, 74 # 10 –19 J. = h$c = λ 532 # 10 –9 Une impulsion laser de 200 mJ contient donc : 200 # 10 –3 = 5, 35 # 10 17 photons. 3, 74 # 10 –19 2. Soit e l’énergie émise par 6 000 impulsions laser et r l’énergie reçue. –3 e = 6 000 # 200 # 10–19 = 3, 21 # 10 19 . r 100 # 3, 74 # 10 L’énergie émise est de l’ordre de 1019 fois plus importante que l’énergie reçue ! 3.  On calcule la durée Δt mise par la lumière pour parcourir 1 mm, à vitesse constante de valeur c : –3 Δt = d = 1 # 10 = 3 # 10 –12 s. c 299 792 458 La précision du chronométrage doit être de l’ordre de 10–12 s, c’est-à-dire de l’ordre d’une picoseconde.

24  Leptons’ family… Traduction du texte et des questions : « Les électrons et les muons sont des particules élémentaires de la famille des leptons (particules capables d’établir des interactions faibles, mais pas des interactions fortes). Ils sont tous deux chargés négativement, mais les muons sont environ 200 fois plus lourds que les électrons et se désintègrent spontanément avec une durée de vie moyenne de 2,2 µs. On donne h = 6,63 # 10–34 J · s et me = 9,11 # 10–31 kg. 1.  Rappeler ce qu’est la dualité onde-particule. 2.  Par quelle relation littérale peut-elle être formulée ? 3.  Quel est le rapport des longueurs d’onde des ondes de matière associées à un électron et à un muon se déplaçant avec la même valeur de vitesse ? » 1.  Selon le principe de la dualité onde-particule, on peut associer une onde de longueur d’onde l à toute particule, matérielle ou non, possédant une quantité de mouvement de valeur p. 2.  Ceci se traduit par la relation de de Broglie p = h λ avec h la constante de Planck. 3.  On utilise les indices e et µ respectivement pour l’électron et le muon, particules supposées non relativistes. pe m $v m = e e = e pµ mµ$vµ mµ puisque, ici, νe=νµ. D’autre part : λµ λµ pe = h = = λe λe pµ h En identifiant, il vient : λµ m = e . 1 λe m µ 200 et donc le ≈ 200 · lµ.

25  À chacun son rythme 1.  De la relation de de Broglie, on obtient l = h . p

2.  Pour des particules non relativistes, λ = h m$v soit v = h m$λ 6, 63 # 10 –34 = 3, 0 # 1 7 m $ s –1; v (b–) = 9, 1 # 10 –31 # 2, 43 # 10 –11 6, 63 # 10 –34 v(a) = 7 300 # 9, 1 # 10 –31 # 1, 04 # 10 –14 v(a) = 9, 6 # 10 6 m $ s –1 .

3.  a.  Par définition, c = 1 mv 2 . 2 b.  c(b–) = 0,5 # 9,1 # 10–31 # (3,00 # 107)² = 4,1 # 10–16 J ; c(a) = 0,5 # 7300 # 9,1 # 10–31 # (9,60 × 106)2 c(a) = 3,1 # 10–13 J. On en conclut que l’énergie cinétique de la particule a est plus grande que celle de la particule b– ; on dit qu’elle transporte plus d’énergie.

26  Les alcools en spectroscopie 1.  a.  Le groupe hydroxyle est le groupe OPH. b.  Lors d’une absorption, il y a gain d’énergie pour la molécule (représentée symboliquement par une sphère) :

 (eV) p h.ν

n c.  Une transition d’énergie électronique est associée à une radiation UV ou visible. d.  La longueur d’onde associée au photon absorbé hc vérifie la relation ∆ = h $ ν = $ , ainsi : λ 6, 63 # 10 –34 # 3, 00 # 10 8 h c $ λ = = = 1, 77 # 10 –7 m. ∆ 7, 02 # 1, 60 # 10 –19 Cette longueur d’onde de 177 nm appartient effectivement au domaine des ultraviolets (l < 400 nm). 2.  a.  Pour la liaison OPH, on lit s = 3 450 cm–1, ce qui correspond à l = 2,89 # 10–4 cm = 2,89 µm. Pour la liaison CPO, on lit s = 1 030 cm–1, ce qui correspond à l = 9,71 # 10–4 cm = 9,71 µm. b.  Lorsqu’un photon infrarouge est absorbé par une molécule, il y a transition entre niveaux d’énergie vibratoire. c.  D’après la relation ∆ = h $ ν= h $ c , l’écart énergéλ tique est inversement proportionnel à l. Il est donc plus important dans le cas de la liaison OPH que dans celui de la liaison CPO.

Pour aller plus loin 27  Valse laser à trois ou quatre temps 1. L’état fondamental (de plus basse énergie) est l’état (1), les états excités sont les états (2) et (3).

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159


 3 2

1 3. et 4. Le niveau (1’) est intermédiaire des niveaux (1) et (2). Il est peu peuplé. La transition laser, (2) → (1’), est représentée à nouveau en rouge. Celle maintenant l’inversion de population autrement que par pompage, (1’) → (1), est représentée en vert.

 3 2

1’ 1 5.  L’excitation permettant le pompage, (1) → (3), peut se faire de manière intermittente (par impulsions), ce qui laisse du temps au système de se refroidir en cas de surchauffe.

28  Effet photoélectrique 1.  À la fréquence ν, on associe l’aspect ondulatoire de la lumière. À une valeur précise et quantifiée de l’énergie , on associe l’aspect particulaire de la lumière. 2.  Avec les notations précisées, la phrase peut être traduite par la relation  = 1+ c. εc désigne l’énergie cinétique de l’électron. 3.  Si la fréquence de la lumière incidente, c’est-à-dire la fréquence associée aux photons qui la constituent, augmente, alors l’énergie de chaque photon  = h · ν augmente. L’énergie 1 nécessaire pour arracher un électron d’un atome étant constante (d’après l’énoncé), l’énergie cinétique des électrons arrachés des atomes augmente. 4.  Dans le cas du cuivre,  = 1(Cu) + c. Pour une vitesse de l’électron de valeur nulle, c = 0. donc  = 1(Cu), soit h $ c = 1(Cu) λ Il vient : 6, 63 # 10 –34 # 3, 00 # 10 8 λ= = 2, 65 # 10 –7 m. 4, 70 # 1, 60 # 10 –19 Un tel résultat confirme qu’un rayonnement ultraviolet (la longueur d’onde dans l’air est l < 400 nm) permet d’observer l’effet photoélectrique. 5.  La théorie ondulatoire prévoit que des rayonnements, en augmentant leur intensité et/ou la durée d’exposition, vont apporter l’énergie nécessaire pour

arracher un électron, même si un rayonnement visible est moins énergétique qu’un rayonnement UV. Le résultat expérimental ne le confirme pas.

Manuel numérique

2.0

2.  a.  Le pompage optique permet de réaliser la transition (1) → (3) ; l’émission stimulée correspond à la transition (2) → (1). b.  On représente la transition (1) → (3) en bleu et la transition (2) → (1) en rouge :

Animation : Effet photoélectrique

29  Le laser brûleur devient refroidisseur 1.  Le quantum d’énergie d’un photon s’exprime par :  = h$ν = h$c λ Il est inversement proportionnel à la longueur d’onde de l’onde associée au photon. Plus  est élevée, plus la longueur d’onde est faible. En partant d’une radiation IR ou visible, la couleur tend vers le violet, voire l’ultraviolet. 2.  a.  Pour que le photon soit « au goût » de l’atome, sa longueur d’onde doit vérifier : h $ ν = h $ c = p – n , avec p et n les énergies des λ niveaux d’énergie de l’atome. b.  Il s’agit de la propriété de monochromaticité. c.  Les six lasers doivent atteindre l’atome cible. Cela est possible grâce à la directivité d’un faisceau laser. 3. L’aspect ondulatoire de la lumière est mis en évidence par l’observation de figures d’interférences ou de diffraction. L’aspect particulaire de la lumière est mis en évidence par la quantification de l’énergie ou par l’observation de l’effet photoélectrique. 4.  a.  D’après la question 1, l’énergie de ces photons est : 6, 63 # 10 –34 # 3, 00 # 10 8 = h $ c = = 3, 38 # 10 –19 J, λ 589 # 10 –9 soit 2,11 eV. Cette énergie correspond à l’écart énergétique entre l’état fondamental de l’atome de sodium et le premier état excité. Un tel photon peut être absorbé par cet atome. Ces photons sont donc « au goût de l’atome ». Après absorption, l’énergie de l’atome est : 2 = – 3,03 eV. b. h s’exprime en J · s, c’est-à-dire en kg · m2 · s–1 (d’après la relation de de Broglie p = m · v = h ), l en λ m et m en kg. Ainsi, h s’exprime en m · s–1, cette expression a la λ $m dimension d’une vitesse. c.  Le nombre N de chocs identiques que doit subir l’atome se calcule en divisant la valeur de la vitesse initiale par la quantité h  : λ $m 3 # 589 # 10 –9 # 3, 82 # 10 –26 , # 3 0 10 λ v m N= $ $ = h 6, 63 # 10 –34 5 N . 1, 0 # 10 . L’atome devra subir environ 100 000 collisions pour être stoppé. d.  Un photon émis par un laser bleu (488 nm) transporte un quantum d’énergie : ’ = h $ c = 2, 55 eV. ml Cette valeur ne correspond à aucun écart énergétique pouvant être lu sur le diagramme énergétique de l’atome de sodium. Un tel photon ne pourra pas être absorbé par l’atome de sodium, il n’est pas « au goût de l’atome ».

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Retour sur l’ouverture du chapitre 30  Un scalpel hors normes 1.  Le faisceau laser doit être directif et concentrer beaucoup d’énergie. 2.  Ce laser émet des ondes électromagnétiques dans le domaine des infrarouges, car sa longueur d’onde de 1 060 nm dans l’air est supérieure à 800 nm, ce qui correspond à la limite supérieure du domaine du visible (rouge). 3.  L’énergie libérée lors d’une impulsion est faible, elle a pour valeur  = 1,0 µJ = 1,0 # 10–6 J. Cette énergie est libérée pendant une courte durée Δt = 500 fs, soit 500 # 10–15 s. La puissance est reliée à l’énergie par l’expression : 1, 0 # 10 –6  = = 2, 0 # 10 6 W. Δt 500 # 10 –15 La puissance d’une impulsion est très importante alors que son énergie est faible. =

4.  a. L’énergie  d’un photon a pour expression photon = h · ν. h est la constante de Planck, n est la fréquence de l’onde électromagnétique associée au photon. b.  Le nombre de photons émis par impulsion est donc  :   1, 0 # 10 –6 = = h n photon $ 6, 63 # 10 –34 # 1, 060 # 10 –6 = 1, 4 # 10 33 .

Comprendre un énoncé 31  Le microscope électronique 1.  Le phénomène de diffraction est associé à l’aspect ondulatoire de la lumière. 2.  Il faut utiliser des radiations électromagnétiques visibles ayant la plus petite longueur d’onde possible, soit des radiations violettes de 400 nm de longueur d’onde dans l’air. 3.  a.  La relation de de Broglie s’écrit : p = h . λ b.  Lorsque v << c, la valeur de la quantité de mouvement d’une particule matérielle s’exprime par p = m · v. c.  D’après ce qui précède : 6, 63 # 10 –34 λ= h = = 7, 3 # 10 –11 m, m $ v 9, 11 # 10 –31 # 1, 0 # 10 7 soit 7,3 # 10–2 nm. Les radiations visibles ont des longueurs d’onde comprises entre 400 nm et 800 nm dans l’air. Les longueurs d’onde des ondes de matière associées à ces électrons sont bien inférieures à celles de la lumière visible. 4.  La taille d’un atome est de l’ordre de 10–10 nm. Les ordres de grandeur de la taille de l’atome et de la longueur d’onde de l’onde associée aux électrons sont comparables. Il sera donc possible d’observer des atomes avec ce type de microscope comme le montre la photographie.

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Exercices Bac 1   Le lactate d’éthyle (p. 400-401) A.  1. Le lactate d’éthyle, produit naturel présent dans des produits alimentaires, est déjà utilisé comme additif alimentaire. Le lactate d’éthyle étant un liquide soluble dans l’eau et dans de nombreux solvants organiques, il va pouvoir être utilisé, seul ou mélangé à d’autres solvants, pour dissoudre de nombreuses espèces organiques. Ainsi, il est actuellement utilisé pour décaper des pièces peintes, nettoyer des presses d’imprimerie, dégraisser des pièces métalliques ainsi que lors de la fabrication de semiconducteurs. Peu volatil, il dégage peu de vapeurs et ces vapeurs ont peu d’effet sur les utilisateurs et l’environnement : c’est donc un solvant de remplacement pour des solvants toxiques. C’est un produit combustible, mais comme il est peu volatil, il est moins inflammable que d’autres solvants plus facilement inflammables. Le lactate d’éthyle est donc un solvant alternatif qui permet de travailler dans des conditions opératoires plus sûres. 2.  Le lactate d’éthyle est un ester hydroxylé, car sa structure présente un groupe ester et un groupe hydroxyle. 3.  a. Le lactate d’éthyle est chiral, car il possède un atome de carbone asymétrique : l’atome de carbone qui porte le groupe hydroxyle. O *

CO2C2H5 H OH

CO2C2H5 H HO

C

CH3

Images l’un de l’autre dans un miroir plan et non superposables, ils sont énantiomères. 4. Un mélange racémique est un mélange équimolaire de deux énantiomères. Un seul des énantiomères de l’acide lactique est obtenu par fermentation. Comme la réaction d’estérification ne met pas en jeu l’atome de carbone asymétrique de l’acide lactique, un seul des deux énantiomères du lactate d’éthyle est alors obtenu. B.  1. Influence du pH : a. Le pH de la solution dans le fermenteur doit être contrôlé pour maintenir un pH de l’ordre de 5 et permettre l’action des bactéries Lactobaccilus. b. pH = pKA + log ([A–] / [AH])

)

C’est donc l’ion lactate qui prédomine à pH = 5. C3H5O–3

C3H6O3 pKA = 3,9

pH = 5

pH

2.  a. Les groupes caractéristiques de l’acide 2-hydroxypropanoïque sont le groupe carboxyle et le groupe hydroxyle. b. La chaîne carbonée comporte OH trois atomes de carbone avec un OH groupe carboxyle à une des extrémités (atome de carbone no 1) et un groupe O hydroxyle sur l’atome de carbone no 2. C.  1. La réaction de synthèse du lactate d’éthyle est une réaction de substitution. 2.  n1 =

m1 M (ol)

=

m2

1,30 × 104 × 103 46,0

= 2,83 × 105 mol

8,50 × 103 × 103

= 9,44 × 104 mol 90,0 M (acide) n2 ~ n1, l’acide lactique est donc le réactif limitant. n2 =

m

=

1,06 × 104 × 103

= 8,98 × 104 mol 118,0 M (LE) Le rendement de la synthèse est donc :

O

b. Représentation des stéréoisomères de configuration du lactate d’éthyle :

C

(

n (LE) =

OH

H3C

Pour pH = 5,  pH ` pKA [C H O –] et log  3 5 3 ` 0, [C3H6O3] soit : [C3H5O3–] ` [C3H6O3].

= 3,9 + log ([C3H5O3–] / ([C3H6O3])

r=

n (LE)

=

=

8,98 × 104

= 0,951,  soit 95 %. 9,44 × 104 n2 3. Le spectre IR montre que la réaction a bien eu lieu. En effet, la bande d’absorption de la liaison CpO est située vers 1 740 cm–1, ce qui est conforme à la valeur attendue pour la liaison CpO d’un ester et supérieur aux valeurs envisageables pour la liaison CpO d’un acide carboxylique. On peut, de plus, noter que la bande d’absorption de la liaison OPH, vers 3 500 cm–1, est nettement moins étendue que la bande d’absorption de la liaison OH d’un acide carboxylique. 4.  a. L’étape 2 est une réaction d’addition, alors que l’étape 4 est une réaction d’élimination. b. Dans l’étape 2, le site donneur de doublet d’électrons mis en jeu est l’atome d’oxygène de l’éthanol, qui possède deux doublets non liants ; le site accepteur de doublet d’électrons mis en jeu est l’atome de carbone du second réactif qui est lié à deux atomes d’oxygène, atomes plus électronégatifs que lui. Dans l’étape 4, le site donneur de doublet d’électrons mis en jeu est l’atome d’oxygène du groupe

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hydroxyle du réactif, car il possède deux doublets non liants ; le site accepteur de doublet d’électrons mis en jeu est l’atome de carbone qui est lié à trois atomes d’oxygène, atomes plus électronégatifs que lui. La formation de la double liaison implique la rupture de la liaison CPO, puisqu’un atome de carbone doit respecter la règle de l’octet et l’obtention de la molécule d’eau. c. Étape 2     H R

H

B

O

+ OH

O

OH R H

B

OH

Étape 4  H

H

O BH

R

O

B

O

R

+ HPOPH O

O H

5. Lors de l’estérification, le milieu acide assure la présence d’ions hydrogène H+, qui interviennent dans certaines étapes du mécanisme réactionnel sans intervenir dans le bilan de l’estérification : les ions hydrogène sont donc des catalyseurs de cette réaction.

O

2   Refroidissement d’atomes par laser (p. 402-403) 1.  a. Le refroidissement de molécules d’eau chaude par de l’eau froide est dû à des collisions. Les molécules d’eau chaude, plus agitées que celles de l’eau froide, leur communiquent de l’agitation tandis qu’elles sont ralenties à chaque collision. Le système évolue ainsi jusqu’à ce que toutes les molécules aient la même énergie cinétique moyenne, donc la même température. Le corps le plus froid s’est réchauffé, mais le plus chaud s’est refroidi : il y a eu échange d’énergie thermique contrairement à ce qui se passe lors du processus de refroidissement des atomes par les photons. Il y a cependant, dans les deux cas, transfert de quantité de mouvement (entre molécules d’eau, d’une part, et entre un atome et un photon, d’autre part). b. On ne peut pas atteindre le zéro absolu avec la technique de refroidissement des atomes par laser, car il est impossible d’immobiliser complètement les atomes. La désexcitation spontanée (par émission de photon) de l’atome fait qu’il subit un effet de recul dans une direction aléatoire. Il est donc toujours en mouvement. Or, le zéro absolu correspond à l’absence totale de mouvement. 2.  a. Un photon peut être modélisé comme une particule associée aux ondes lumineuses. C’est la dualité onde-particule : la lumière peut être considérée comme l’une ou l’autre. C’est la raison pour laquelle on associe une fréquence au photon : c’est la fréquence de l’onde associée. h b. D’après la relation de de Broglie, p = . λ c h · f Or, λ = , donc p = . f c c. Par application numérique de la relation de de Broglie : –34 h 6,63 × 10 p= = = 8,50 × 10–28 kg · m · s–1. λ 780 × 10–9 d. La lumière laser est très directive, le faisceau laser permet de privilégier une direction précise. La lumière laser est aussi monochromatique ; tous les photons émis par le laser ont la même longueur d’onde dans le vide. e. Sur le schéma de l’article scientifique, c’est le laser de gauche (le no 2), celui vers lequel se dirige l’atome, qui permet de ralentir l’atome.

3.  a. Pour cet atome non relativiste (v ~~ c), la valeur de sa quantité de mouvement s’exprime par p = m · v, soit p = 1,44 × 10–25 × 150 = 2,16 × 10–23 kg · m · s–1.  b. L’atome est ralenti en absorbant les photons du laser vers lequel il se dirige. La longueur d’onde des photons qu’il perçoit, lperçue, doit être égale à l0 = 780 nm. Si l’atome s’approche du laser émettant des photons de fréquence, la fréquence qu’il perçoit est donnée dc + v    par fperçue = fémise ·  dc – v dc – v d’où : fémise = fperçue ·  dc + v dc – v Or, ~ 1  donc fémise ~ fperçue. dc + v

   

   

   

Cette information est conforme à l’article scientifique : « On utilise deux faisceaux lasers de même direction, de sens opposés et de même fréquence f fixée précisément à une valeur légèrement inférieure à la fréquence f0 d’absorption/émission de l’atome ». c Comme f = , on a λémise ` λperçue. Ainsi, λémise ` λ0. λ c. Lorsque l’atome émet un photon, il subit un mouvement de recul, comme une arme à feu qui lance un projectile. L’atome est donc freiné. 4.  a. La somme (c + v) a la dimension d’une valeur de c+v vitesse, est donc sans dimension. c c+v L’expression  fperçue = fémise ·    est donc homogène. c b. En utilisant la relation simplifiée proposée : fperçue = fémise ×

3 × 108 + 150 3 × 108

≈ fémise

   

Si l’atome se rapproche de la source, on a, d’après le dc + v document 5 : fperçue = fémise ·  dc – v 150 ≈f d 33 ×× 1010 +– 150 8

fperçue = fémise ×

8

émise

Les deux expressions conduisent au même résultat. 5.  a. La valeur de la vitesse de la lumière dans le vide n’est pas donnée dans un référentiel particulier, car elle est la même dans tous les référentiels galiléens.

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(

)

v b. À partir de la relation Tperçue = Témise · g ·  1 – , on c déduit : v 1 1  ·   ·  1 – Tperçue = Témise ·  v v c 1+ 1– c c v2 1 1 = Témise ·   ·   ·  1 – v v c 1+ 1– c c v 1– c = Témise ·  v 1+ c

a

a a a

a

a

( )

(a )

  –v  c + v

dc

soit Tperçue = Témise · 

d

et 

1 fperçue

=

1

  –v  c + v

dc

 · 

fémise d

fperçue = fémise · 

  +v  c – v

dc

d

On retrouve bien la relation du document 5 lorsqu’un atome s’approche de la source laser.

TP Bac 1

Une loi de Kepler pour « peser » Jupiter (p. 404-405)

1.  a. La grandeur a représente le rayon de la trajectoire circulaire d’un satellite de Jupiter. b. Pour accéder à la masse M de la planète, il faut mesurer la période de révolution T du satellite et le rayon a de sa trajectoire dans le référentiel jupiterocentrique. c. Pour exprimer la masse M en kilogramme, la période de révolution doit être mesurée en seconde et le rayon de la trajectoire en mètre. 2.  La configuration doit être telle que l’affichage de la trajectoire des satellites soit le plus grand possible à l’écran. 3.  Pour la mesure de T, on déclenche le mouvement de façon à positionner un satellite, par exemple Io, sur un point de repère de la grille écliptique. On note t1 la date correspondante (mesurée en jour, grâce à l’option Date julienne). On déclenche de nouveau le mouvement jusqu’à une révolution complète autour de la planète et on note la date t2. La période de révolution s’obtient par différence : T = t2 – t1 Pour la mesure de a, on imprime la capture d’écran de la trajectoire des satellites. On détermine, à partir du diamètre D de Jupiter, l’échelle de la représentation graphique obtenue.

Enfin, on mesure le diamètre de la trajectoire de Io pour en déduire sa valeur réelle.

Complément Pour une impression économique, on pourra copier-coller la capture d’écran dans un logiciel de traitement d’images et inverser les couleurs.

Exemples de résultats obtenus consignés dans un tableur : •  Paramètres :

MJ (kg)

1,8986E+27

Dpapier (cm)

1,90

1 jr (s)

86 400

G (m3 · kg–1 · s–2)

6,67E–11

Dréel (m) 142 984E+03

•  Mise en œuvre : voir le tableau en bas de page.

4.  Voir le tableau en bas de page (dernière colonne). La mesure la moins précise est celle utilisant Io, proche de Jupiter. La mesure de a est, dans ce cas, entachée d’une erreur relative plus grande que pour les deux autres satellites choisis.

IM – MJI

Satellite

t1 (jr)

t2 (jr)

T (s)

apapier (cm)

aréel (m)

M (kg)

Io

2 456 078,145

2 456 079,92

153 291,744

5,25

3,95E+08

1,55E+27

18,2 %

Europe

2 456 080,939

2 456 084,484

306 287,136

8,93

6,72E+08

1,91E+27

0,686 %

Ganymède

2 456 086,647

2 456 093,815

619 288,416

14,4

1,08E+09

1,94E+27

2,37 %

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MJ

164


2

Emmagasiner de l’énergie thermique (p. 406-407)

1.  a. La capacité thermique d’un bloc de fer de masse mfer = 120 g est : Cbloc = cfer · mfer = 53,3 J · K–1.

b. Le calorimètre utilisé lors des mesures dont les résultats sont donnés ci-dessous a une capacité thermique C = 78,9 J · K–1.

Complément Cette valeur a été préalablement déterminée par la méthode des mélanges. Une masse m1 d’eau est mise dans un calorimètre, l’équilibre thermique est atteint pour une température θ1. On ajoute une masse m2 d’eau à la température θ2, l’équilibre thermique est atteint pour une température θf . Le bilan en énergie permet d’écrire : m1 · ceau · (θf – θ1) + C · (θf – θ1) + m2 · ceau · (θf – θ2) = 0 d’où :

C=

m2 · ceau · (θf – θ2) (θ1 – θf )

– m1 · ceau

On reprend l’expérience en remplaçant la deuxième masse d’eau par un bloc de fer : Température initiale

Température finale

Énergie échangée

Calorimètre

qi = 30 °C

qf = 35 °C

Q1 = C · (θf – θi)

meau = 30 g

qi = 30 °C

qf = 35 °C

Q2 = meau · ceau · (θf – θi)

mfer = 120 g

q’ = 55 °C

qf = 35 °C

Q3 = mfer · cfer · (θf – θ’)

c. Le bilan en énergie permet d’écrire, le système étant parfaitement calorifugé : Q1 + Q2 + Q3 = 0 On en déduit : (C + meau · ceau) · (θf – θi) cfer = mfer · (θ’ – θf) Par application numérique : cfer = 0,425 J · K–1 · g–1. 2.  Un calorimètre de capacité thermique C contient une masse meau d’eau, l’ensemble est à la température qi. On introduit dans le calorimètre une pierre de masse mpierre et de capacité thermique massique cpierre à la température q’, température obtenue après avoir plongée la pierre dans un bain thermostaté ou après l’avoir placée dans une étuve.

Complément On veillera à laisser la pierre suffisamment longtemps « en chauffe » pour que sa température atteigne la température du bain ou de l’étuve.

Lorsque l’équilibre thermique est atteint, l’ensemble est à la température qf. Le bilan en énergie, en considérant le calorimètre idéal, permet d’écrire : C · (θf – θi) + meau · ceau · (θf – θi) + mpierre · cpierre · (θf – θ’) = 0

On déduit la valeur de la capacité thermique massique cpierre de la pierre : (C + meau · ceau) · (θf – θi) cpierre = mpierre · (θ’ – θf) 3.  a. Les valeurs suivantes ont été relevées au cours d’une expérience : C = 78,9 J · K–1, θf = 23 °C,    θi = 17 °C,    θ’ = 55 °C, meau = 41 g,    mpierre = 49 g. Par application numérique, on trouve cpierre = 1,28 J · g–1 · K–1,  soit 1,28 × 103 J · kg–1 · K–1. b. Les erreurs sont dues à : –  la non-idéalité du calorimètre ; –  une erreur de pesée de la masse de la pierre ; –  une erreur de lecture des différentes températures ; –  une erreur dans la valeur de la capacité thermique du calorimètre. Pour minimiser l’incertitude sur la mesure de cpierre, on peut répéter les mesures, utiliser des appareils de précision, calorifuger le plus possible le calorimètre. c. On compare la capacité thermique du sol en pierre, Csol,pierre = 4 × 106 J · K–1 à la capacité thermique du sol en bois, Csol,bois = 1 × 105 J · K–1. La capacité thermique du sol en pierre est plus grande ; ce sol stocke mieux l’énergie thermique qu’un sol en bois.

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165


3

Une étape dans la synthèse de l’isobornéol (p. 408-409)

Protocole complet de la synthèse : Synthèse de l’isobornéol Dans un ballon bicol de 100 mL muni d’un bouchon et d’un contrôle interne de température, introduire un barreau aimanté en forme d’olive. À l’aide d’un volume V = 15 mL de méthanol, transvaser quantitativement dans le ballon une masse de 3,05 g de (+) -camphre, quantité pré-pesée. Agiter doucement à température ambiante jusqu’à dissolution du camphre. Refroidir le ballon à 0/+5°C dans un bain d’eau glacée (glace + sel). Ajouter 1,5 g de tétrahydruroborate de sodium (quantité pré-pesée) à la solution de camphre par petites portions de façon à maintenir la température du milieu réactionnel en dessous de 10 °C. À la fin de l’addition, placer un réfrigérant sur le col principal du ballon et agiter pendant 20 minutes à température ambiante. Isolement du produit brut Ajouter 10 mL d’eau par le haut du réfrigérant et chauffer à reflux pendant 15 minutes. Refroidir le ballon à température ambiante dans un bain glace-eau. Transvaser le contenu du ballon dans une ampoule à décanter contenant 70 mL d’eau glacée. Rincer le ballon avec 30 mL d’éthoxyéthane et les ajouter au contenu de l’ampoule. Agiter l’ampoule à décanter en dégazant fréquemment. Séparer les phases et recueillir la phase organique dans un erlenmeyer de 250 mL. Extraire la phase aqueuse avec deux fois 20 mL d’éthoxyéthane. Réunir les phases organiques dans le même erlenmeyer. Placer la phase aqueuse dans un erlenmeyer de 250 mL. Laver les phases organiques réunies avec 10 mL d’une solution saturée d’hydrogénocarbonate de sodium. La phase organique est séchée avec du sulfate de magnésium anhydre. Filtrer à l’aide d’un entonnoir et recueillir la phase organique dans un ballon sec préalablement taré. Après avoir réalisé l’analyse par CCM (voir paragraphe suivant) du produit en solution dans l’éthoxyéthane, éliminer le solvant à l’évaporateur rotatif. Mesurer la masse de l’ensemble {ballon + solide}. En déduire la masse du produit récupéré. Analyse par CCM L’éluant est un mélange fourni de cyclohexane et d’acétate d’éthyle en proportions volumiques 80/20. La plaque de chromatographie est recouverte de gel de silice contenant un indicateur de fluorescence. Dans une cuve à chromatographie, propre et sèche, introduire l’éluant jusqu’à une hauteur d’environ 0,5 cm. Couvrir la cuve de son couvercle.

Trois dépôts seront réalisés (dans l’ordre indiqué) après dissolution des produits dans l’éthanol (une pointe de spatule de solide dans 2 mL d’éthanol) : –  camphre commercial ; –  isobornéol commercial ; –  produit synthétisé en solution dans l’éthoxyéthane. Révéler la plaque au diiode : après élution et séchage à l’air de la plaque, la déposer dans la cuve à iode mise à disposition et agiter. Attendre la révélation des produits puis entourer, sans trop tarder, les tâches observées.

Complément La réaction peut être réalisée dans l’éthanol (au lieu du méthanol) pour des raisons de toxicité, mais cela est plus long. La cuve à iode est un pot fermé contenant du sable et quelques cristaux de diiode. Attention : cette cuve doit être manipulée sous hotte. La phase organique fournie aux élèves peut être simplement obtenue en dissolvant de l’isobornéol (5 % maximum) dans un mélange éthanoléthoxyéthane (50 %-50 % en volume).

1.  Voir protocole précédent, partie Isolement du produit brut. 2.  Protocole d’analyse par CCM : Introduire environ 1 cm d’éluant dans la cuve à CCM, la fermer pour qu’elle soit saturée en éluant. Tracer la ligne de dépôt suffisamment haute (pour qu’elle soit au-dessus du niveau de l’éluant) sans gratter la silice. Dissoudre le camphre commercial et l’isobornéol dans l’éthoxyéthane où ils sont solubles. Déposer les deux solutions préparées ainsi que la phase organique sur la ligne de dépôts (dépôts suffisamment espacés et faire au moins trois piquages). Introduire la plaque dans la cuve, la fermer et ne plus la bouger. Retirer la plaque à CCM avant que l’éluant n’atteigne le bord supérieur de la plaque. Noter le front de l’éluant. Révéler la plaque en l’introduisant dans la cuve contenant les vapeurs de diiode. 3.  a. La phase organique contient bien de l’isobornéol, car une tache au niveau du dépôt 3 a le même rapport frontal que la tache au niveau du dépôt 2. La phase organique contient aussi de l’isobornéol, car la deuxième tache au niveau du dépôt 3 a le même rapport frontal que la tache au niveau du dépôt 1. b. La bande large, vers 3 400 cm–1, caractéristique des alcools, n’est présente que sur le spectre B. C’est donc le spectre de l’isobornéol.

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166


4

Déterminer la valeur d’une constante d’acidité (p. 410-411)

1.  Solution mère S0 : –  concentration : C0 = 2,00 × 10-2 mol · L–1 ; –  volume à prélever : V0. Solution fille S : –  concentration : C = 2,00 × 10-3 mol · L–1 ; –  volume à prélever : V = 100,0 mL. C0 2,00 × 10–2 Facteur de dilution : F = = 10,0 = C 2,00 × 10–3 V et : F= V0 V 100,0 = = 10,0 mL. F 10,0 On prélève un volume V0 = 10,0 mL de la solution mère S0 avec une pipette jaugée de 10,0 mL munie d’un pipeteur. On verse ce volume dans une fiole jaugée de volume V = 100,0 mL. On verse de l’eau distillée jusqu’aux trois quarts du volume de la fiole, on bouche et on agite. On complète la fiole avec de l’eau distillée jusqu’au trait de jauge, en finissant avec une pipette Pasteur. On bouche la fiole, on agite pour homogénéiser la solution fille. V0 =

donc :

2.  Méthode conductimétrique : On mesure la conductivité de la solution S avec un conductimètre étalonné : s = 131 µS · cm–1 = 131 × 10– 4 S · m–1. xf On détermine    à partir de la relation du document V xf « pH et conductivité » : s =  · (λC H CO– + λH O+) × 103 6 5 2 3 V xf s = V (λC H CO – + λH O+) × 103 6 5

2

3

131 × 10– 4 = –3 (3,24 × 10 + 34,98 × 10–3) × 103

= 3,43 × 10– 4 mol · L–1.

On reporte cette valeur dans l’expression de KA du document « Constante d’acidité » : xf 2 KA =

() V

C–

xf

=

(3,43 × 10– 4)2 2,00 × 10–3 – 3,43 × 10– 4

Méthode pH-métrique : On mesure le pH de la solution S avec un pH-mètre étalonné : pH = 3,46. On calcule la valeur de la concentration [H3O+] f avec la relation du document « pH et conductivité » : [H3O+] f = 10–pH

[H3O+] f = 10–3,46 = 3,5 × 10–4 mol · L–1. (On ne conserve que deux chiffres significatifs pour [H3O+] f ; voir cours p. 329 du manuel.) La formule de la dernière case du tableau d’avancexf ment permet de calculer : V xf = [H3O+] f = 3,5 × 10–4 mol · L–1. V On reporte cette valeur dans l’expression de KA du document « Constante d’acidité » : xf 2 KA =

() V

C–

=

xf

(3,5 × 10–4)2 2,00 × 10–3 – 3,5 × 10–4

= 7,4 × 10–5

V

3.  Méthode conductimétrique : KA – KA,tab KA,tab

=

–5

–5

10 – 6,3 × 10 d5,89 × 6,3 d = 0,065 = 6,5 %. × 10 –5

Méthode pH-métrique : KA – KA,tab KA,tab

=

–5

–5

d7,4 × 106,3 ×–106,3 × 10 d = 0,14 = 14 %. –5

Causes de l’écart en KA et KA,tab : –  incertitudes sur les mesures de la conductivité s ou du pH, liées aux appareils de mesures ; – incertitudes liées à l’étalonnage des appareils de mesure ; – solutions qui ne sont pas à la température de 25 °C ; –  incertitudes sur les concentrations des solutions S0 et S préparées.

= 5,89 × 10–5

V

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167


Chapitre

Les enjeux énergétiques

16

Activités 1

Habitat… que d’énergie ! (p. 416–417)

1 Le diagnostic de performance énergétique permet :

–  d’être informé sur les caractéristiques thermiques du logement acheté ou loué : estimation des consommations d’énergie et de leurs coûts ; –  d’être sensibilisé à la lutte contre l’effet de serre : évaluation de la quantité de gaz à effet de serre émise par la consommation d’énergie du logement ; – d’être incité à réaliser des travaux d’économie d’énergie.

4 La variation d’énergie interne de la maison peut

être calculée à partir des transferts thermiques : DU = QSoleil + Qéclairage + Qchauffage + Qp –  Qmurs –  Qtoit –  Qvitres –  Qsol 5 Si la température de l’habitation est constante,

Tf = Ti, soit DU = 0.

Qchauffage = Qmurs + Qtoit + Qvitres+ Qsol

2 GES signifie « gaz à effet de serre ». Une forte

–  QSoleil –  Qéclairage –  Qp

émission de GES induit un réchauffement climatique.

6 Pour réaliser des économies d’énergie dans le

3 a.  Le système étudié est l’intérieur de la maison.

b.  Les flèches jaunes correspondent aux apports d’énergie et les flèches bleues aux pertes d’énergie de l’habitation.

2

domaine de l’habitat, il faut limiter les déperditions, bénéficier des apports du Soleil, utiliser des appareils de chauffage ayant de bons rendements, etc.

Ça bouge dans les transports ! (p. 418-419)

A Le constat 1 La raréfaction des énergies fossiles et la hausse des prix en résultant, l’augmentation des émissions de GES sont des freins au développement des transports tels qu’ils sont conçus actuellement. 2 32 % de l’énergie totale consommée en France est

utilisée dans les transports. 3 Chaque étape de la vie d’un véhicule nécessite de

l’énergie et produit des GES. 4 Le dioxyde de carbone est le principal GES produit par les véhicules et 26 % des GES sont issus des transports.

5 Le covoiturage et les transports en commun permettent de déplacer plus de personnes avec moins de véhicules.

Le ferroutage permet le transport de marchandises avec moins d’émissions de gaz polluants. Utiliser des véhicules peu énergivores, adopter une conduite plus souple, limiter si possible l’utilisation de la voiture permettent de consommer moins de ressources énergétiques.

B Une voiture à eau 6 À l’anode se produit une oxydation de l’eau :

2 H 2O

O2 + 4

H+ (aq)

+

4 e–

7 Il se produit les réactions inverses lorsque le véhi-

cule se déplace.

À la cathode se produit une réduction de l’eau : H2 + H2O H2O + 2 H+ (aq) + 2 e–

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8 La chaîne énergétique est schématisée par : Énergie solaire

Cellule photovoltaïque

Énergie électrique

Électrolyseur

Énergie chimique

Pile à combustible

Énergie électrique

Moteur

Énergie Mécanique

9 Lors de l’utilisation du véhicule, il n’y pas d’émission de gaz à effet de serre ; le véhicule est qualifié de propre.

C Bilan énergétique et voiture électrique 10 Le rendement de la chaîne électrique est le produit du rendement de chacun de ses maillons : moteur, stockage, distribution :

ρ = 0,8 # 0,8 # 0,92 = 60 %. 11 De même, le rendement de la chaîne thermique

donne :

ρ’ = 0,2 # 1 # 0,98 = 20 % (moteur, stockage, distribution).

3

12 a.  La chaîne électrique étant trois fois plus efficace que la chaîne thermique, il faudrait environ 550 . 180 TW · h électriques pour électrifier les véhi3 cules routiers actuels à performances identiques.

b.  Ces 180 TW · h électriques représentent quasiment la moitié (40 %) de la production électrique moyenne française, qui est de l’ordre de 450 TW · h. 13 Il faudrait donc construire 18 réacteurs pour couvrir les besoins.

Les énergies de demain… (p. 420-421)

1 Les critères de recherche de nouvelles ressources énergétiques sont une réduction de la dépendance envers les

importations d’énergie, une vérification de leur impact écologique, en particulier de leur faible émission de GES. 2 Ressource

Transformation

Déchets

Énergie des vents en pleine mer

Énergie cinétique du vent

Énergie cinétique → électricité

Aucun lors de l’exploitation

Énergie des courants marins

Énergie cinétique de l’eau

Énergie cinétique → électricité

Aucun lors de l’exploitation

Hydrates de glace

Énergie chimique

Énergie chimique → électricité (ou énergie mécanique pour les transports)

GES

Nouveaux biocarburants

Biomasse

Énergie chimique → électricité

Aucun lors de l’exploitation (le CO2 est restitué)

Homme

Énergie humaine

Énergie cinétique → électricité

Aucun autre déchet que ceux produits par l’homme dans ses activités quotidiennes

Piles à combustible à hydrogène

Énergie chimique

Énergie chimique → électricité

Aucun lors de l’exploitation*

* Remarque : d’autres piles à combustible produisent des déchets lors de leur exploitation. 3 Pour satisfaire ses besoins énergétiques, chaque pays utilise, dans des proportions différentes, les énergies dont il peut disposer. Depuis le xixe siècle, la palette des ressources énergétiques, qui répond à la demande mondiale, est majoritairement d’origine fossile. Aujourd’hui, pour poursuivre son développement tout en préservant l’environnement, l’humanité est amenée à diversifier son mix énergétique.

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Exercices

(p. 423-435)

QCM

6  Des nanofils pour produire du dihydrogène

1   1.  B et C ; 2.  A et C ; 3.  A ; 4.  A et C ; 2   1.  A et B ; 2.  B ; 3.  B et C ; 4.  A et C ; 3   1.  A et C ; 2.  A et C.

Application immédiate 4  Comprendre le concept d’énergie « concentrée »

1.  L’information traitée est le concept d’énergie concentrée. La source est l’École normale supérieure de Lyon. 2.  La puissance produite se calcule par : m$g$h Dℰpp = = Dt Dt 1 200 # 10 3 # 9, 81 # 100 = 1  = 1 # 10 9 W, soit 1 000 MW.

une énergie de demain ?

Pour s’entraîner 5  De l’éolienne à l’hydrolienne 1.  Au lieu de « d’un poids de mille tonnes », on devrait écrire « d’une masse de mille tonnes ». « deux mégawatts, ce qui équivaut à peu près à la consommation annuelle de 2 000 à 3 000 foyers » : si on précisait la durée, on devrait parler d’énergie et non de puissance, il y a donc un problème d’unité. 2.  La ressource exploitée est l’eau en mouvement (courants marins). 3.  La chaîne énergétique peut-être schématisée de la manière suivante : Hydrolienne

La phase de réduction diffère : dans la feuille naturelle les ions H+(aq) se combinent avec les électrons et le dioxyde de carbone (CO2) via la formation intermédiaire de NADPH, une forme masquée de l’hydrogène. Ceci permet la synthèse du glucose, ressource énergétique pour la plante. Dans la feuille artificielle, les ions H+(aq) traversent une membrane et se combinent avec les électrons pour former des molécules de dihydrogène, ressource énergétique pour l’homme : H2 2 H+ (aq) + 2 e–

7  L’énergie solaire  :

3.  Classement des ressources énergétiques de la plus concentrée à la plus diluée : Uranium > fuel et charbon > eau en mouvement > énergies solaire et éolienne > signifie « énergie plus concentrée que ».

Énergie cinétique de l’eau

La feuille artificielle, comme la feuille naturelle, transforme de l’énergie solaire en énergie chimique. Dans les deux cas, l’énergie solaire permet l’oxydation de l’eau : O2 + 4 H+ (aq) + 4 e– 2 H2O

Énergie électrique

4.  À vitesse du fluide de valeur égale, les hydroliennes produisent plus d’énergie que les éoliennes. Les hydroliennes ne produisent ni gêne visuelle ni gêne sonore et les courants marins sont plus réguliers. 5.  Quelques incertitudes pèsent encore sur l’utilisation des hydroliennes, notamment la capacité à résister aux courants et au milieu marin. Des études d’impact sur les écosystèmes marins sont en cours.

1.  Des photons arrachent des électrons aux atomes de silicium. Ces électrons sont mis en mouvement dans un circuit, générant un courant électrique. 2.  Les stations qui exploitent l’énergie solaire se trouvent dans les zones de fort ensoleillement. Les stations qui exploitent la biomasse se trouvent dans les zones boisées. L’hydroélectricité est exploitée dans les zones montagneuses. Les stations éoliennes se trouvent sur les façades ouest du continent, là où les vents sont importants. 3.  Il s’agit de produire de l’énergie à partir de centrales solaires pour dessaler l’eau de mer, puis de vendre le surplus d’énergie en Europe en s’intégrant dans un vaste réseau de production d’électricité à partir de ressources renouvelables. 4.  Énergie Solaire

Ferme Solaire

Énergie éléctrique

5.  Le lieu de production de l’électricité se trouve très éloigné du lieu de consommation Il faudra donc transporter l’électricité en CCHT, technologie qui est très couteuse. 6.  L’électricité en surplus provenant des fermes solaires pourrait permettre de remonter de l’eau dans le bassin supérieur d’un barrage, ce qui permet de produire de l’électricité hydraulique lorsque la demande est importante.

8  Innover pour l’énergie nucléaire 1.  Avantages : c’est une méthode de production de l’électricité qui produit peu de GES. Les ressources sont encore importantes.

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Inconvénients : c’est une technique dangereuse, il faut savoir maitriser les risques. Il y a production de déchets nucléaires. 2.  L’objectif est de pouvoir mieux exploiter la ressource (l’uranium), à tel point qu’elle deviendrait renouvelable (non épuisable sur l’échelle de temps humaine : « des milliers d’années »). 3.  Dans les deux cas, l’uranium est le combustible fissile. La technologie dite « à neutrons rapides » permet la surgénération, récupérer les neutrons sortants pour transmuter des matériaux, a priori, inutilisables (fertiles, mais non fissiles) en matériaux fissiles. Le caloporteur est soit un métal (sodium) soit un gaz (hélium). 4.  Les ressources en thorium sont immenses (très abondant sur Terre, le minerai de thorium est totalement utilisable). Le cœur ne peut pas s’emballer (la quantité de combustible est ajustée au fur et à mesure de l’utilisation). Les problèmes de pression sont réglés (les réacteurs à sels fondus fonctionnent à la pression atmosphérique). La question du refroidissement en cas de panne est résolu (le combustible liquide est tout simplement vidangé). La quantité de déchets à vie longue est 104 fois moindre ce qui facilite leur gestion.

9  Étude thermique d’une habitation 1.  Le système étudié est l’intérieur de l’habitation. 2. a. Les pertes thermiques ont lieu au niveau du sol, des murs, des vitrages et du toit. b. Les apports thermiques sont dus au rayonnement solaire, aux mouvements des habitants, au fonctionnement des appareils électriques et des appareils de chauffage. c. Pour le système, qui n’échange pas de travail avec l’extérieur, la variation d’énergie interne s’écrit :

DU = QSoleil + Qélec+ Qchauffage + Qpers –  Qmurs + vitres –  Qtoit –  Qsol 3. Si la température de l’habitation est constante, Tf = Ti, soit DU = 0. Qchauffage = Qmurs + vitres + Qtoit + Qsol –  QSoleil –  Qélec – Qpers Qchauffage = 80 + 300 + 70 –  103 –  56 –  18

= 2,7 # 102 MJ.

4. a. Le domaine des infrarouges correspond à des longueurs d’onde au-dessus du visible (λ > 800 nm dans l’air). b. Sur la brochure du magasin de bricolage, on retrouve de fortes déperditions par le toit et par le sol, mais à un moindre niveau. c. On peut lui conseiller d’améliorer l’isolation de son habitation au niveau des combles, des murs et des huisseries (zones orange sur le thermographe).

10  La construction durable : un formidable défi !

1.  L’eau et l’énergie ne sont pas gaspillées, les déchets sont triés, il y a peu de rejet de GES, les matériaux sont recyclables. 2.  La production des éoliennes et leur démantèlement doivent être pris en compte dans le bilan. De plus, le lycée utilise un générateur à gaz qui dégage des GES. 3.  Les terrasses végétalisées épurent l’eau de pluie, isolent les parois et rafraichissent l’air, durant l’été, par évapotranspiration. 4. a. Énergie chimique

Turbine + alternateur

Énergie électrique

Transfert thermique chauffage bâtiment

b. Production maximale (370 kW) > consommation (330 kW). Ce lycée peut être complètement autonome du point de vue énergétique.

Retour sur l’ouverture du chapitre 11  L’équilibre Nord-Sud 1.  Les plus gros consommateurs d’énergie sont les pays de l’hémisphère Nord et l’Australie. Les pays gros producteurs d’énergie ne sont pas toujours les pays gros consommateurs ; cela peut créer des tensions internationales. 2. a. Les pays gros consommateurs d’énergie sont en même temps des émetteurs de gaz à effet de serre. b. Les gros consommateurs utilisent des ressources fossiles à l’origine de l’émission de GES. 3.  Le défi majeur est de donner un accès à l’énergie à l’ensemble de la population mondiale tout en limitant l’impact sur la planète. 4.  Il faudra développer l’exploitation des ressources renouvelables, rechercher de nouvelles ressources, explorer de nouvelles voies, développer une consommation énergétique raisonnée.

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Comprendre un énoncé 12  Développement des énergies renouvelables

1. a. En plus de leur caractère inépuisable, les énergies renouvelables (l’éolien, le solaire) émettent peu ou pas de polluants. Elles sont disponibles sur notre territoire, ce qui crée de l’emploi, augmente l’indépendance énergétique et aide à stabiliser le coût de l’énergie. b.  Certaines énergies sont intermittentes, elles ne produisent pas en continu (comme le solaire et

l’éolien) et posent parfois des problèmes d’intégration dans le milieu naturel (les barrages hydrauliques, les cultures intensives pour les biocarburants) ou dans les paysages (les panneaux solaires, les éoliennes). 2.  Elles sont transformées pour être utilisées sous forme d’électricité. 3.  Lors de l’utilisation d’énergie renouvelable, il n’y pas de réaction chimique de combustion qui produiraient des GES. Dans le cas de la biomasse, il y a production de CO2, mais les végétaux utilisés en consomment aussi, le bilan carbone est donc nul.

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Une chimie pour un développement durable

Chapitre

17

Activités 1

La chimie durable (p. 438-439)

1 La chimie est pour beaucoup un paradoxe : symbole à la fois de progrès et de pollution ou de danger. 2 La chimie est durable si sa mise en œuvre industrielle veille à l’équilibre social, environnemental et économique. 3 Équitable : se refuser à toutes inégalités, répartir,

permettre la satisfaction des besoins essentiels des communautés humaines et favoriser une gestion optimale des ressources humaines et financières. Exemples : respect des droits sociaux et des règles de bonne gouvernance, actionnariat des salariés, participation aux résultats, communication des objectifs et appropriation par le personnel, évaluation du climat social, anticipation financière et sociale des conséquences de choix stratégiques, etc. Viable : développer des procédés performants et rentables, sans compromettre les besoins des générations futures et tout en préservant la planète.

2

Exemples : résultats financiers, qualité, économie des ressources, éco-conception, etc. Vivable : lieu où l'on peut vivre et non survivre, en conservant l’intégrité de l’environnement tout en permettant l’accès aux soins, aux services sociaux, à des logements de qualité, etc. Exemples : aspects hygiène-sécurité-santé, gestion des risques professionnels et environnementaux, intégration de l’entreprise dans son bassin d’emploi, participation à la vie locale et citoyenne, etc. (Exemples extraits du site http://www.ariege.cci.fr) 4 Voir l’Essentiel, p. 448 du manuel. On retrouve l’ensemble des points évoqués dans l’activité parmi les 12 principes décrits. 5 Question donnant lieu à une synthèse argumentée. La chimie verte s’inscrit dans le concept de chimie durable quand elle tient compte des aspects économiques et sociaux : les deux termes sont souvent confondus.

Les bioplastiques sont-ils verts ? (p. 440)

1 Bilan carbone : outil de comptabilisation des émissions de gaz à effet de serre. Matières premières fossiles : ressources naturelles non renouvelables (comme le pétrole), car élaborées durant des centaines de millions d’années. Matières premières renouvelables : ressources non tarissables, car leur vitesse de renouvellement est plus grande que leur vitesse de disparition. Ressources vivrières : ressources issues d’une agriculture essentiellement tournée vers l’autoconsommation et l’économie de subsistance. Matériau compostable : matériau pouvant être dégradé par des micro-organismes (champignons micro­scopiques et bactéries). 2 Ils répondent essentiellement aux principes 4, 7, 8 et 10. Dans la mesure où certains bioplastiques peuvent entrer en concurrence avec les denrées alimentaires, l’aspect social n’est pas pris en compte : la chimie de certains bioplastiques n’est pas durable. De plus, l’impact environnemental n’est pas négligeable (usage de quantités d’eau importantes, d’engrais, de pesticides, etc.). 3 PA-11 : polyamide 11 ;

PLA : acide polylactique ; PHA : polyhydroxyalcanoates ;

PVC : polychlorure de vinyle ; PP : polypropylène ; PE : polyéthylène ; PS : polystyrène ; PMMA : polyméthacrylate de méthyle ; PET : polyéthylène téréphtalate ; PCL : polycaprolactone ; AAC : aliphatiques aromatiques copolyesters ; PBS : polybutylènesuccinate ; PEA : polyesteramide. 4 a. ➀ Biodégradabilité : 90 % de biodégradation en moins de six mois doit être atteint. ➁ Désintégration : la totalité des résidus supérieurs à 2 mm doit être inférieure à 10 % de la masse initiale après trois mois de fragmentation sous l’effet d’un compost. ➂  Composition : un taux maximal défini des solides volatils et de métaux lourds doit être respecté. ➃ Écotoxicité : la qualité du compost ne doit pas être modifiée ; le résidu ne doit pas être toxique pour l’environnement. b. La fin de vie d’un plastique biofragmentable se traduit par une fragmentation et non par une disparition. La pollution, même si elle peut être invisible, reste néanmoins importante.

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5 Les plastiques biodégradables n’entrent pas en concurrence avec les denrées alimentaires, mais les conséquences environnementales ne sont pas négli-

3

geables ; la chimie de ces bioplastiques peut ne pas être durable compte tenu de cet aspect environnemental.

Une chimie douce bio-inspirée (p. 441)

1 La chimie douce a pour ambition de synthétiser des matériaux en s’inspirant du vivant et en mettant en jeu des conditions opératoires plus « douces » (température modérée, pression atmosphérique. etc.).

Extrusion : procédé par lequel un matériau compressé est contraint de traverser une filière ayant la forme de la pièce à obtenir, dans le but de former un produit long (tube, tuyau, profilé, etc.).

2 Unicellulaires : formées d’une seule cellule.

3 Si (OH)4

Exosquelette : squelette externe qui protège un animal. Polymérisation : toute réaction qui conduit à un polymère par enchaînement de motifs, éventuellement différents. Colloïdales : une suspension colloïdale est une dispersion, dans un solvant liquide, d’un soluté formé de particules de quelques nm à quelques mm [soit des macromolécules (protéines par exemple) soit des agrégats de petites molécules (micelles)].

4

4 a. Équation d’hydrolyse des TMOS :

Si (OH)4 + 4 CH3OH Si (OCH3)4 + 4 H2O b. Formule des précurseurs : Si (OC2H5)4 5 Question donnant lieu à une synthèse argumentée. Gain d’énergie, car la synthèse (et l’extrusion) se font à température ambiante. Gain en termes de produit fini, car le verre obtenu répond à des besoins spécifiques, avec des performances souvent supérieures à celles du verre industriel.

Les agrosolvants (p. 442)

1 a. Acétone (cétone) ; heptane (alcane) ; toluène

(aromatique) ; dichlorométhane (halogénoalcane). b. H225 : Liquide et vapeurs très inflammables. H319 : Provoque une sévère irritation des yeux. H336 : Peut provoquer somnolence ou vertiges. H304 : Peut être mortel en cas d’ingestion et de pénétration dans les voies respiratoires. H315 : Provoque une irritation cutanée. H410 : Très toxique pour les organismes aquatiques, entraîne des effets à long terme. H361d : Susceptible de nuire au fœtus. H373 : Risque présumé d’effets graves pour les organes (indiquer tous les organes affectés, s’ils sont connus) à la suite d’expositions répétées ou d’une exposition prolongée (indiquer la voie d’exposition s’il est formellement prouvé qu’aucune autre voie d’exposition ne conduit au même danger). H351 : Susceptible de provoquer le cancer (indiquer la voie d’exposition s’il est formellement prouvé

5

SiO2 + 2 H2O

qu’aucune autre voie d’exposition ne conduit au même danger). 2 a. RCO2CH3 + H2O RCO2H + CH3OH b. H225 : Liquide et vapeurs très inflammables. H301 : Toxique en cas d’ingestion. H311 : Toxique par contact cutané. H331 : Toxique par inhalation. H370 : Risque avéré d’effets graves pour les organes.

Le méthanol, obtenu par hydrolyse de l’oléate de méthyle s’avère particulièrement dangereux. Lorsque le texte annonce que l’oléate de méthyle est biodégradable, cela ne tient pas compte de la toxicité du produit de dégradation. 3 Ils sont très peu volatils. 4 a. L’ester a une longue chaîne carbonée, lipophile. b. L’ester a une extrémité hydrophile. 5 Quelques principes de la chimie verte sont respectés : 3, 5, 7, 8, 10, etc.

Oxydation hydrothermale de l’eau supercritique (p. 443)

1 Diffusion moléculaire : migration des molécules

sous l’effet de l’agitation thermique. Solvant polaire : solvant composé de molécules possédant un moment dipolaire non nul. Solvant apolaire : solvant composé de molécules possédant un moment dipolaire nul. Floculation : phénomène au cours duquel les matières en suspension forment des flocons par ajout d’un floculant. Décantation : séparation, sous l’action de la gravitation, de plusieurs phases non miscibles, dont l’une au moins est liquide.

Filtration : séparation des constituants d’un mélange liquide/solide au travers d’un milieu poreux. 2 a. Point du diagramme de phase qui correspond à la coexistence des trois états (liquide, solide et gazeux) d’un corps pur (ici, l’eau). Le point triple de l’eau est à T = 273,16 K (soit 0,01 °C) et P = 0,006 bar. b. Tc > 374 °C et Pc > 221 bar 3 Contact entre l’eau et les solutés.

4 En baissant la pression et la température. 5 Les métaux et les minéraux sont sous forme d’ions.

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6 a. CH2Cl2 + O2+ H2O

b. HCl (aq) + H2O (ℓ)

CO2 + H2O + 2 HCl

H3

O+ (aq)

+

Cl– (aq)

7 Le dioxyde supercritique peut être utilisé comme solvant (décaféination du café ; élimination de la

6

2,4,6-trichloroanisole (TCA) des bouchons de liège pour supprimer le goût bouchonné au vin ; extraction de composés biologiques) ou pour le transport et le stockage lors de la séquestration géologique du dioxyde de carbone.

Le biodiesel : un agrocarburant (p. 444)

A Le biodiesel est-il durable ? 1 Gazole d’origine fossile : gazole obtenu à partir du pétrole. Gaz à effet de serre (GES) : gaz absorbant les rayonnements IR émis par la surface terrestre et contribuant à l’effet de serre. L’augmentation de leur concentration dans l’atmosphère terrestre serait à l’origine du réchauf­fement climatique récent. Du puits à la roue : le calcul des émissions de GES (du puits à la roue) prend en compte les émissions de GES non seulement au niveau des gaz à échappement (du réservoir à la roue) mais également au niveau de la production des carburants (du puits au réservoir). Tourteaux : résidu après pressage des graines des oléagineux. 2 Les biocarburants de première génération sont produits à partir d’huile végétale provenant de graines

de matières premières pouvant être utilisées dans une chaîne alimentaire animale ou humaine. Les biocarburants de deuxième génération peuvent être obtenus à partir de cultures non alimentaires (biomasse des déchets, tiges de blé, de maïs, du bois, macroalgues, etc.). Les biocarburants de troisième génération sont principalement produits par des micro-algues. Cette dernière technologie devrait permettre également de valoriser le dioxyde de carbone anthropique puisqu‘il est absorbé par les algues lors de la photosynthèse. 3 Question donnant lieu à une synthèse argumentée. Matières premières : ressources naturelles. Énergie : les résidus de culture peuvent être utilisés pour produire de l’énergie. Déchets : utilisation des coproduits (paille, tourteaux, glycérol).

B Synthèse d’un biodiesel 4 Synthèse d’un ester à partir d’un autre ester et d’un alcool. OH

5 a. Formule du glycérol :

HO

OH

Il est utilisé dans les médicaments (suppositoires, sirops, etc.), en cosmétique (agent hydratant), dans l’alimentation (émulsifiant, humectant, etc.). b. Transestérification à partir de méthanol : O

O

H2C

O

C O

R

HC

O

C O

R

H2C

O

C

R

+

H3C

OH

H2C

H3C

OH

HC

H3C

OH

H 2C

OH OH + OH

H3C

O

C O

R

H3C

O

C O

R

H3C

O

C

R

Pour la transestérification à partir de l’éthanol, remplacer CH3POH par C2H5POH. 6 Le chauffage accélère la réaction et le reflux empêche les vapeurs de s’échapper du milieu réactionnel. 7 Se reporter à la fiche 10A, p. 593 du manuel. 8 L’éthanol est introduit en excès, car il joue également le rôle de solvant afin que les réactifs soient en

contact ; la réaction s’effectue ainsi en milieu homogène. Le relargage à l’eau salée permet d’éliminer l’éthanol et le glycérol de la phase organique (ainsi que la potasse) : on récupère alors l’EEHV synthétisé.

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7

Le micro-ondes : de la cuisine au laboratoire (p. 445)

A Étude d’un texte scientifique 3,00 # 108 1 a. l = c = = 0,122 m 6

f 2 450 # 10 Le préfixe « micro- » est utilisé pour des ordres de grandeurs de l’ordre de 10–6 m. Le terme « micro » n’est donc pas un terme adapté. b. Les micro-ondes ont une longueur d’onde intermédiaire entre l’infrarouge et les ondes de radiodiffusion. Le terme de « micro- » est employé, car les longueurs d’onde sont plus courtes que celles de la bande VHF, utilisée par les radars de la Seconde Guerre mondiale.

2 Conduction thermique : mode de transfert thermique sans déplacement de matière, causé par une différence de température entre deux régions d’un même milieu (ou entre deux milieux). Activation thermique : la plupart des réactions sont plus rapides lorsque la température s’élève. Par conséquent si la température augmente, la vitesse augmente. 3 Ils représentent une économie d’énergie. 4 Les réactions parasites diminuent.

B Une synthèse d’ester Remarques importantes L’alcool utilisé est bien un alcool primaire (3-méthylbutan-1-ol ou alcool isoamylique) ; l’utilisation d’alcool tertiaire conduit à une déshydratation de l’alcool et à des produits de dégradation. Il est nécessaire d’introduire plusieurs erlenmeyers dans le four à micro-ondes (quatre par exemple) et d’avoir un plateau tournant pour homogénéiser les mélanges et l’énergie, sinon il y a risque de débordements, production de fumées, etc.

5 Équation de la réaction de synthèse : O

CH3 H3C

OH

+

HO

CH3

ρ0 0,81 # 21,6  · V = = 0,20 mol M0 0 88,0 ρ 1,08 # 11,4 = 0,205 mol Acide : n1 = 1  · V1 = M1 60,0 7 a. Lors du dosage après synthèse, l’acide sulfurique et l’acide acétique restant sont dosés : ntotal acides = Cb · VE 6 Alcool : n0 =

1

L’acide sulfurique est dosé lors du deuxième dosage : nacide sulfurique = Cb · VE 2

Donc la quantité finale d’acide acétique se calcule par : nf = ntotal acides – nacide sulfurique = Cb · (VE  – VE ) 1

b. nf = 2,0 # (5,5 – 2,5) # 10–3 = 6,0 # 10–3 mol

8

H2O CH3 +

8 a. nE = 0,20 – nf # 34 = 0,16 mol  ;

5 0,16 ρ= = 0,80 = 80 % 0,20 b. Le rendement est nettement supérieur à 65 % en utilisant le four à micro-ondes, car l’eau produite s’évapore : il y a déplacement de l’équilibre. Pour les élèves, on peut simplement leur faire noter que le rendement est nettement meilleur pour une dépense énergétique moindre : l’utilisation du four à micro-ondes permet d’économiser de l’énergie pour un rendement meilleur ; c’est de la chimie verte.

Économiser les atomes : l’exemple du phénol (p. 446)

2 En 1650, Johann Rudolf Glauber (1604-1670) le

découvre à l’état impur à partir de la distillation du goudron de houille. En 1834, Friedrich Ferdinand Runge (1795-1867) parvient à le purifier. 3 a. Procédé Basf

EA1 =

O

H3C

2

1 Le phénol est utilisé dans de nombreuses synthèses de produits pharmaceutiques ou de parfums. L’acétone est utilisé comme solvant, mais également comme intermédiaire de synthèse de plastiques, de médicaments, etc.

EA1 =

O

CH3

M C6H5OH M C6H6 + M H2SO4 + 2M NaOH

94 = 0,37 78 + 98 + 2 # 40

Un procédé est d’autant plus efficace que l’EA est proche de 1, ce qui n’est pas le cas ici. Procédé Hock EA2 =

M C6H5OH + M CH3COCH3 M C6H6 + M C3H6 + M O2

94 + 58 = 1,0 (78 + 42 + 32) En prenant en compte l’acétone dans le calcul de l’EA, le résultat est égal à 1 : la valorisation industrielle de l’acétone contribue donc à une efficacité accrue du procédé.

EA2 =

Procédé Dow (et California Research pour être précis) M C6H5OH 94 = 0,60 = EA3 = 92 + 2 # 32 M C H CH + 2 MO 6 5

3

2

EA3 > EA1 : l’efficacité est plus élevée.

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b. Si l’on ne tient pas compte de l’eau comme déchet à recycler, l’EA dans chacun des procédés va augmenter.

9

Le dioxyde de carbone : séquestré ou valorisé ? (p. 447)

1 Gaz à effet de serre : gaz absorbant les rayonnements IR émis par la surface terrestre et contribuant à l’effet de serre. L’augmentation de leur concentration dans l’atmosphère terrestre serait à l’origine du réchauffement climatique récent. Aquifère : roche perméable comportant une zone conductrice d’eau souterraine permettant l’écoulement et le captage d’une nappe souterraine. Organismes photosynthétiques : organismes pratiquant la photosynthèse qui permet aux plantes et à certaines bactéries de synthétiser de la matière organique en exploitant la lumière du soleil.

4 Le procédé Dow consomme trois à quatre fois plus d’énergie.

Exercices 2

3 C + H2O

C + O2 CO2 + C CO + H2O

CO + H2 CO2 2 CO CO2 + H2

(p. 449-461)

1   1.  A, B et C ; 2.  A et C ; 3.  C ; 4.  A, B et C ; 5.  A et C ; 6.  A et C ; 7.  A et B ; 8.  B et C ; 9.  A et B ; 10.  B et C ; 11.  A et C ;

2 a. Un danger d’asphyxie. b. Question donnant lieu à une synthèse argumentée. Avantages : limitation des émissions de GES et du réchauffement climatique ; synthèse de biocarburants par les algues. Inconvénients : procédés énergétivores, risque de relargage lors du procédé par injection et stockage.

  1.  A et B ; 2.  A.

Application immédiate 3   Calculer une économie d’atomes 360 Oui, car EA1 = = 0,42 est inférieur à 860 240 = 0,87. EA2 = 276

4   Interpréter un facteur environnemental 1.  E = 0 : le procédé ne semble pas avoir d’impact environnemental. 2.  Le tétrachlorométhane est un solvant présentant des dangers. Il faut s’en protéger et le recycler. Le facteur environnemental n’est donc pas nul. Il faudrait calculer le facteur environnemental réel.

Pour commencer 5  Comprendre les enjeux de la chimie durable 1.  Bio-inspirées : inspirées de celles contenues dans les êtres vivants (animaux, végétaux). 2.  Nourriture, eau potable, pollution, médicaments. 3.  Fabriquer les produits à grande échelle, mais aussi proposer des procédés alternatifs plus efficaces et moins polluants. 4.  Environnement : privilégier les ressources naturelles, améliorer les procédés pour diminuer les pollutions. Social : permettre l’accès aux soins à des populations.

Économique : permettre l’essor de nouvelles technologies économiquement rentables.

6  Pratiquer une chimie douce 1.  Température ambiante et utilisation de bactéries. 2. a. Les ciments usuels sont fabriqués par chauffage d’un mélange d’environ 80 % de calcaire (CaCO3) et 20 % d’argile (SiO2PAl2O3). b. Les polymères sont synthétisés à partir du pétrole. c. L’épuisement des ressources et l’accroissement de l’effet de serre, entre autres, en sont les principales conséquences environnementales. 3.  Les principes de la chimie verte suivants sont respectés : nos 1, 2, 3, 6, 7, 8 et 12.

7   Utiliser des solvants alternatifs 1.  a. MeTHF est issu d’agroressources. b.  Un pétrosolvant est issu du pétrole. 2.  Le MeTHF n’irrite pas les voies respiratoires, mais présente néanmoins des risques. 3.  Les principes no 4 et no 12 (la sécurité est légèrement améliorée puisque le MeTHF n’irrite pas les voies respiratoires ; les étapes d’extraction étant réduites, on limite les risques d’accident) ; les principes no 5, no 7, no 8 (le volume de solvant utilisé est réduit) et no 10.

8  Limiter les sources de pollution 1.  Cancer, malformations congénitales, infertilité, problèmes neurologiques, système immunitaire affaibli sont fréquents. 2.  Ce procédé respecte les principes de la chimie verte nos 1, 3, 8 et 10.

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9  Réduire l’émission des gaz à effet de serre 1. a. GIEC : groupe intergouvernemental d’experts sur l’évolution du climat b. D’autres gaz à effet de serre existent. Pour en tenir compte, la concentration est ramenée en équivalent dioxyde de carbone. 2.  Réduction de la demande, passage aux énergies renouvelables, captage stockage du dioxyde de carbone, réduction des autres GES sont parmi les mesures les plus efficaces. 3. a. Les puits de carbone forestiers : les forêts permettent une séquestration optimale et naturelle du dioxyde de carbone ou CO2 b. On évalue cette réduction à 8 gigatonnes environ.

10   Capter le dioxyde de carbone 1.  Le dioxyde de carbone contribue à l’effet de serre. 2.  Cette réutilisation respecte les principes no 1 et no 8. 3.  Ce procédé consiste à traiter les effluents gazeux après la combustion des combustibles.

Pour s’entraîner

2. a. 2 M (s) + O2 (g) 2 MO (s) (× 2) CO2 (g) + 2 H2O (g) + 4 M (s) b. 4 MO (s) + CH4 (g) c. CH4 (g) + 2 O2 (g) CO2 (g) + 2 H2O (g) d. C (s) ; CO (g). Il y a moins de pollution avec une oxycombustion. 3.  Le dioxyde de carbone est récupéré par refroidissement. 4. a. N2 (g) de l’air. b. Les gaz à effet de serre indirect, tels que le monoxyde de carbone (CO), les oxydes d’azote (NOx) et les composés organiques volatils (COV) autres que le méthane, absorbent faiblement les IR, mais favorisent la formation de gaz à effet de serre comme le méthane (CH4).

5.  Principes respectés : nos 1, 6 et 8. L’énergie thermique récupérée peut servir à la production d’énergie électrique.

14  Pratiquer une chimie douce 1. a. La chimie douce permet de synthétiser des matériaux en s’inspirant du vivant et dans des conditions opératoires modérées. b. Biomimétique : imitant le vivant. 2.  Pour réduire les problèmes de toxicité et de pollution des colles classiques.

11  Recycler les déchets

3.  Hydroxyle et carbonyle. mfp-3 (red) + O2 + 2 H+ + 2 e–

1.  Ce sont des catalyseurs.

4.  Liaisons hydrogène.

2. a. Une augmentation du rendement par recyclage du chlorure d’hydrogène. b. Environnement : principes de la chimie verte respectés : nos 1, 2, 6 et 8. Social : améliorer le confort des populations. Économique : permettre l’essor de nouvelles technologies économiquement rentables, etc.

12  Privilégier les ressources naturelles 1.  Obtenue à partir d’une matière première renouvelable, une matière biosourcée n’est pas nécessairement biodégradable. 2. a. Oui. b. L’impact environnemental est non négligeable. Envisager d’utiliser des plastiques biodégradables. 3. a. La canne à sucre absorbe du CO2 pour la photosynthèse. La balance est favorable au PVC biosourcé (le procédé absorbe plus de dioxyde de carbone qu’il n’en émet). b. Environnement : balance GES. Social : pas de compétition avec la nourriture. Économique : création d’emplois. CH2ClPCH2Cl 4. a. H2CpCH2 + Cl2 b. Addition. c. Il s’agit du chlorure d’hydrogène HCl : CH2ClPCH2Cl

CH2pCHCl + HCl

Il peut être utilisé industriellement.

13  Capter le dioxyde de carbone 1.  « Oxy » pour « oxydation ».

mfp-3 (ox) + 2 H2O

15   Valoriser les déchets 1.  Le propène est trop cher et il est issu de matières premières épuisables. 2. a. Le procédé utilise du glycérol renouvelable à la place de propène d’origine fossile (principe no 7). Il contribue donc à l’économie de ressources fossiles. Le procédé présente une meilleure économie du nombre de molécules utilisées (principe no 2) et la production de sous-produits et résidus est réduite (principe no 8). Il économise l’énergie (no 6). b. Le principe no 4 n’est pas respecté : l’épichlorhydrine est toxique. 3.  Addition.

16   Limiter l’usage des solvants 1.  Chauffage à reflux : chauffage à ébullition sans perte de matière, augmentation de la vitesse. Mélange intime : augmentation de la vitesse de la réaction. 2. a. Protocole 1 : acide nitrique ; protocole 2 : dioxyde de manganèse. b. C14H12O2 C14H10O2 + 2 H+ + 2 e– 3.  Les réactifs utilisés dans le protocole 1 sont plus dangereux que ceux utilisés dans le protocole 2. 4.  Protocole 1 : 6,0 n (oïne) = = 2,8 # 10–2 mol ; 212 4,5 n (ile) = = 2,1 # 10–2 mol ; 210 R = 0,75 = 75 %.

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Protocole 2 : 1,0 n (oïne) = = 4,7 # 10–3 mol ; 212 0,7 n (ile) = = 3,3 # 10–3 mol ; 210 R = 0,7 = 70 %.

e. Le TOF est la quantité de substrat converti par le catalyseur par unité de temps.

5.  Gain d’énergie pour un rendement équivalent, réactifs moins dangereux, pas de solvant.

1.  Masse molaire de l’oxirane : M (oxi) = 2 M (C) + 4 M (H) + M (O) = 24,0 + 4,00 + 16,0 M (oxi) = 44,0 g · mol–1.

17  Économiser les atomes

2. a. Voie classique : M (C2H4) = 28,0 g · mol–1 ; M (Cl2) = 71,0 g · mol–1 ; M (Ca(OH)2) = 74,1 g · mol–1. Oxydation catalytique : M (C2H4) = 28,0 g · mol–1 ; M (O2) = 32,0 g · mol–1.

2 # 113 = 0,29 = 29 %. 2 # 98 + 164 + 3 # 98 + 8 # 17 Il y a peu d’économie. 113 2. a.  = 0,87 = 87 % 56 + 2 # 27 + 18 + 2 Procédé plus économe en atomes. 113 + 17 b.  = 0,1 = 100 % 56 + 2 # 27 + 18 + 2 Le recyclage permet d’augmenter l’économie d’atomes. c. Pour le dihydrogène : H220 : Gaz extrêmement inflammable. Pour l’acide cyanhydrique : H224 : Liquide et vapeurs extrêmement inflammables. H330 : Mortel par inhalation. H410 : Très toxique pour les organismes aquatiques, entraîne des effets néfastes à long terme. d. Travailler avec des conditions opératoires sûres ; réduire les risques d’accident. Il s’agit de deux principes très importants dans le cadre d’une chimie verte. Le procédé ne s’intègre donc pas véritablement, malgré une économie d’atome plus importante, dans le cadre d’une chimie verte. 1. 

Pour aller plus loin 18  Utiliser des catalyseurs performants 1. a. 2 CH3CHO + O2 2 CH3COOH b. Le produit courant est le vinaigre. 2. a. Le mélange naphta / butane provient du pétrole. b. Ce mélange est cher et conduit à de nombreux sous-produits. c.  2 CH3CO2H + 10 H+ + 10 e– C4H10 + 4 H2O(× 2) 2 H2O O2 + 4 H+ + 4 e–(× 5)

2 C4H10 + 5 O2

4 CH3CO2H + 2 H2O

3.  Distillation fractionnée : séparation des composants d’un mélange en fonction de leur température d’ébullition. CH3COOH 4. a. CH3OH + CO 60 b.  =1 32 + 28 c. Elle n’est pas strictement égale à 1 à cause de réactions parasites. 5. a. Le procédé Monsanto permet d’abaisser la température et la pression. b. Le catalyseur est moins cher et plus sélectif. c. Un catalyseur très sélectif favorise la production du produit désiré par rapport aux produits secondaires. d. Les déchets ont été réduits grâce à la sélectivité du catalyseur.

6.  Cette technique économise les ressources épuisables.

19  À chacun son rythme

44,0 = 0,25. 28 + 71,0 + 74,1 44,0 = 1,0. Oxydation catalytique : EA2 = 28 + 0,5 # 32,0 3.  L’oxydation catalytique est le procédé le plus performant.

b. Voie classique : EA1 =

20  Green acrostic Traduction du texte et des questions : « S. Tang, R. Bourne, R. Smith et M. Poliakoff, scientifiques à l’École de chimie (université de Nottingham), proposent un résumé des 12 principes de la chimie verte avec le moyen mnémotechnique “productively” (efficacement) : Limiter les déchets. Matières premières renouvelables. Supprimer les réactions par étapes. Produits chimiques dégradables. Utiliser des méthodes de synthèse sans danger. Catalyseurs. Température ambiante et pression atmosphérique. Contrôle en temps réel. Peu de sous-produits. Facteur E, maximaliser la quantité de produit obtenu. Produits chimiques peu toxiques. Oui, c’est sûr. 1.  Justifier le titre de l’exercice. 2.  Pourquoi le terme “productively” est-il associé au concept de chimie verte ? 3.  Lequel des principes pourrait s’appliquer au concept de “chimie douce” ? 4.  Les principes illustrant les lettres O, C, V et E sont souvent liés : pourquoi ? » 1. Un acrostiche, du grec akrostikhos (akros, haut, élevé et stichos, le vers), est un poème basé sur une figure de style : les initiales de chaque vers, lues verticalement de haut en bas, composent un mot en lien avec le poème. 2.  La chimie verte conduit à mettre en œuvre des procédés plus efficaces. 3.  T : température ambiante et pression atmosphérique.

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179


4.  Le principe n° 9 (préférer les réactions catalysées) conduit à réduire le nombre d’étapes, réduire le nombre de déchets et limiter les réactions parasites.

9. a. On doit réduire l’émission de dioxyde carbone car c’est un GES. b. Dans le four à chaux.

21   Calculer un facteur environnemental réel

23  Utiliser des solvants verts

92 = 0,1. 3 # 304 b. E grand : impact environnemental néfaste.

1.  a. E =

2. a. Non. b. Soude : 6,5 # 10–1 – 3 # 1,6 # 10–2 = 0,60 mol, soit 24 g. Glycérol : 1,6 # 10–2 mol, soit 1,5 g. c. Un solvant : il favorise le contact entre les réactifs.

1.  Le lactate d’éthyle est un solvant issu de la biomasse, dégradable, peu dangereux, soluble avec l’eau et les solvants organiques. 2. a. Parce qu’il y a production d’acide lactique. b. Les ions OH–. 3. a. Masse de lactate de calcium formé : 10 000 # 103 n(gluc) = = 5,56 # 104 mol ; 180

d. Le relargage.

n(acide) = 2 # 5,56 # 104 = 1,11 # 105 mol ;

e. Il n’est pas tenu compte des déchets générés par l’excès des réactifs, le solvant, etc.

n(lactate) =

3. a. Déchet : glycérol : 1,5 g ; éthanol : 16 g ; soude restante : 24 g ; sel : 40 g. 1,5 + 16 + 24 + 40 = 5,6 b. E = 14,5 c. Le facteur E réel est plus grand et s’est éloigné de 0. d. La soude est corrosive et l’éthanol inflammable. Le facteur E ne tient pas compte du recyclage des effluents. 4.  Le facteur E diminue.

1,11 # 105 # 0,86 = 4,77 # 104 mol ; 2

m(lactate) = 4,77 # 104 # 218 = 1,04 # 107 g. b. Masse de chaux : n(chaux) =

1,11 # 105 = 5,56 # 104 mol ; 2

m(chaux) = 5,56 # 104 # 74 = 4,11 # 106 g. c. Concentration massique en lactate de calcium : m (lactate) 1,04 # 107 –1 = t= 6 = 0,10 g · L . V 100 # 10 4.  Ca (C3H5O3)2 + 2 H+ (aq) + SO42– (aq)

2 C3H6O3 + Ca2+ + SO42–

5.  L’énergie consommée par kilogramme ou par tonne de savon produit doit être prise en compte.

22  Améliorer les procédés 1. a. Le procédé Leblanc rejette HCl et CaS. b. Dans l’air : toxicité par inhalation. Dans les rivières : acidification. c. H315 : Provoque une irritation cutanée. H319 : Provoque une sévère irritation des yeux. H335 : Peut irriter les voies respiratoires. H400 : Très toxique pour les organismes aquatiques. 2.  4 HCl + O2

2 Cl2 + 2 H2O

3.  CaS (s) + 2 H2O (ℓ) 2 H2S (g) + O2 (g)

Ca (OH)2 (s) + H2S (g) 2 S (s) + H2O (ℓ)

4. a. La saumure est une solution aqueuse d’eau salée concentrée. b. Le nom chimique de la craie est le carbonate de calcium. CaO (s) + CO2 (g) 5.  CaCO3 (s) Ca (OH)2 (s) CaO (s) + H2O (ℓ) 6.  ➀

Na+ (aq)

+

Cl– (aq)

+ NH3 (g) + CO2 (g) + H2O (ℓ) NaHCO3 (s) + NH4+ (aq) + Cl– (aq) ➁ Ca(OH)2 (s) + 2 NH4+ (aq) + 2 Cl– (aq) Ca2+ (aq) + 2 Cl– (aq) + 2 H2O (ℓ) + 2 NH3 (g) Na2CO3 (s) + H2O (g) + CO2 (g) ➂ 2 NaHCO3 (s) 7.  L’hydrogénocarbonate de sodium est isolé par filtration. 8. a. L’ammoniac est le gaz recyclé. b. Espèces rejetées : Ca2+ (aq) + 2 Cl– (aq) + H2O (ℓ) + CO2 (g) c. Espèces peu polluantes.

Retour sur l’ouverture du chapitre 24  Pratiquer une chimie douce 1.  Symbiose : association de plusieurs organismes vivants qui s’apportent un bénéfice mutuel. Endoderme : feuillet interne de l’embryon. Photosynthèse : synthèse de substances organiques réalisée par certains organismes à partir d’eau et de dioxyde de carbone, en présence de lumière. Granulat : ensemble de matériaux inertes comme les cailloux, le gravier, le sable, etc. Anthropique : qui résulte d’une action humaine. Un pilote industriel met en œuvre un procédé industriel. 2.  HCO3– (aq) CO2,H2O (aq)

2 HCO3– (aq) 3. a. Ca2+ (aq)

H+ + CO32– (aq)

H+ + HCO3– (aq)

CO32– (aq) + CO2,H2O (aq)

+ CO32– (aq)

CaCO3 (s)

b. Pour retrouver l’équation (1), on « additionne » les deux équations précédentes. 4.  Le procédé peut s’inscrire dans la chimie douce car il est inspiré du vivant et mis en œuvre à basse température. 5.  Car le dioxyde de carbone est un GES. 6.  CH4 (g) + 2 O2 (g)

CO2 (g) + 2 H2O (g)

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Comprendre un énoncé 25  Comparaison de deux synthèses 1.  Chauffage à reflux : chauffage à ébullition sans perte de matière, augmentation de la vitesse. 2. a. C6H5PCO2– b.

v

O

c. Cette synthèse est une réaction de substitution. 3. a. Procédé 1 : EA1 = 0,64 ; procédé 2 : EA2 = 0,88. c. Le procédé 2 est le plus efficace. 4.  et 5.  En plus de l’économie d’atomes réalisée avec le procédé catalytique, les principes nos 1, 3 et 12 sont respectés. Le procédé peut s’inscrire ainsi dans le cadre d’une chimie verte.

Cl

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181


Chapitre

Contrôle de la qualité par dosage

18

Activités 1

Dosage par étalonnage (p. 464–465)

A Avec un spectrophotomètre Matériel et produits Paillasse élève –  deux burettes graduées de 25,0 mL ; –  une pipette jaugée de 10,0 mL et un pipeteur ; –  une fiole jaugée de 100,0 mL ; –  cinq tubes à essais avec un support et des bouchons ; –  un petit bécher de transvasement de 150 mL ; –  de l’eau distillée.

Paillasse professeur –  Une bouteille de sirop de menthe (type Teisseire) ; –  deux spectrophotomètres et des cuves ; –  1,0 L de solution mère S0 en bleu patenté à la concentration C0 = 1,0 × 10–5 mol · L–1 (11,6 mg · L–1) : solution obtenue par dilution d’un facteur 100 d’une solution à 1,16 g · L–1. 

1 Préparer une échelle de teinte en bleu patenté en diluant la solution mère S0. Chaque solution fille a un volume Vsol égal à 10,0 mL. Par exemple : Solution fille

S0

S1

S2

S3

S4

Volume V0 de S0 (mL)

10,0

8,0

6,0

4,0

2,0

Volume Veau d’eau (mL)

0,0

2,0

4,0

6,0

8,0

Volume Vsol des solutions (mL)

10,0

10,0

10,0

10,0

10,0

1,00

1,25

1,67

2,50

5,00

10

8

6

4

2

Facteur de dilution F=

Vsol V0

Concentration C en bleu patenté (µmol · L–1) C=

C0 F

Mesurer ensuite l’absorbance A de chaque solution avec le spectrophotomètre réglé sur la longueur d’onde lmax = 640 nm. Tracer la courbe d’étalonnage A = f (C). Diluer dix fois le sirop de menthe et mesurer l’absorbance du sirop de menthe dilué sans modifier les réglages du spectrophotomètre. Déduire graphiquement la valeur de Csirop dilué, puis Csirop. 2 Le spectrophotomètre doit être réglé sur la longueur d’onde lmax = 640 nm, car, à cette longueur d’onde, l’absorbance du bleu patenté est maximale et celle du colorant jaune tartrazine, également présent dans le sirop de menthe, est nulle. 3 Résultat des mesures : Solution fille

S0

S1

S2

S3

S4

Concentration C en bleu patenté (µmol · L–1)

10

8

6

4

2

Absorbance

1,56

1,24

0,82

0,62

0,34

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Sirop de menthe dilué dix fois : Asirop dilué = 0,95.

4 Concentration massique :

Courbe d’étalonnage : 1,6

A

En buvant 0,2 L de ce sirop, l’élève ingère une masse de colorant égale à 72 × 0,20 = 14,4 mg, soit 14, 4 = 0,24 mg de colorant par kilogramme de masse 60 corporelle. La DJA étant de 2,5 mg de colorant par kilogramme, l’élève ne la dépasse pas s’il ingère 0,2 L de ce sirop de menthe.

1,4 1,2 1,0 0,8 0,6 0,4 0,2 0

0

tE131 = CE131 · M (E131) tE131= 62 × 10–6 × 1 159,4 = 7,2 × 10–2 g · L–1 tE131= 72 mg · L–1.

5 Doser une espèce chimique par étalonnage avec un spectrophotomètre consiste à déterminer la concentration de cette espèce chimique en comparant son absorbance à l’absorbance de solutions étalon de concentrations connues. On mesure l’absorbance des solutions étalon. On trace la courbe d’étalonnage. On mesure l’absorbance de l’espèce chimique dans la solution. On détermine sa concentration soit par lecture graphique, soit à partir de l’équation modélisant le graphe.

C (µmol . L–1) 1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Graphiquement, pour Asirop dilué = 0,95, on lit : Csirop dilué = 6,2 µmol · L–1.

Le sirop ayant été dilué dix fois, la concentration CE131 en bleu patenté dans le sirop est donc : CE131 = 10 × 6,2 = 62 µmol · L–1.

B Avec un conductimètre Matériel et produits –  une fiole jaugée de 100,0 mL ; –  un petit bécher de 150 mL ; –  un verre à pied ; –  une ampoule de sérum physiologique de 5,0 mL ; – une solution étalon pour étalonnage du conductimètre ; –  de l’eau distillée.

Paillasse professeur 1,0 L de solution mère S0 de chlorure de sodium à la concentration C0 = 10 mmol · L–1 (t0 = 0,59 g · L–1 ). Paillasse élève –  Deux burettes graduées de 25,0 mL ; –  cinq tubes à essais avec un support et des bouchons ; –  un conductimètre avec cellule conductimétrique ;

1 Facteur de dilution : F =

Ci

C Vt , avec Vt = 20,0 mL = V0 + Veau et Ci = 0 F V0

Solution

S0

S1

S2

S3

S4

F

1,0

1,25

1,67

2,50

5,00

V0 (mL)

20,0

16,0

12,0

8,0

4,0

Veau (mL)

0,0

4,0

8,0

12,0

16,0

(mmol · L–1)

10

8

6

4

2

Solution

2 S0

S1

S2

S3

S4

(mS · cm–1)

1,26

1,01

0,71

0,48

0,28

si = s’I – sED (mS · cm–1)

1,19

0,94

0,64

0,41

0,21

Ci (mmol · L–1)

10

8

6

4

2

s’i

3 La valeur non nulle de la conductivité de l’eau distil­

lée sED est due à la présence d’ions, en faible quantité, dissous dans l’eau distillée.

La conductivité si = s’i – sED représente la conducti­ vité des ions chlorure et sodium dans les solutions.

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b. La solution de sérum physiologique ayant été diluée vingt fois : Csérum = 20 × Csérum dilué = 20 × 7,82 = 0,156 mol · L–1. c. tsérum = Csérum · M (NaCl) = 0,156 × 58,5 ≈ 9,1 g · L–1.

4 Courbe d’étalonnage : –1 . 1,4 σi (mS cm )

1,2

8 Incertitude relative :

1,0 0,8 0,6 0,4 0,2 0

0

C i (mmol . L–1) 1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

5 a. Le graphe est une droite passant par l’origine.

La conductivité si est donc proportionnelle à la concentration Ci en chlorure de sodium des solutions étalon. b. Ainsi, si = k · Ci. Une modélisation avec Excel® donne si = 0,115 × Ci.

7 a. ssérum dilué = 0,90

mS · cm–1,

donc : s sérum dilué 0, 90 = = 7,82 mmol · L–1. C sérum dilué = 0, 115 0, 115

b. L’écart type de la série de mesures est :

sn – 1 = 0,16 g · L–1. c. Avec un intervalle de confiance de 95 % et pour n = 8 mesures, le coefficient de Student est k = 2,37. L’incertitude de répétabilité est alors : 0, 16 = 0,13 g · L–1. U(tsérum) = 2 # 8 Donc, finalement, tmoy = 9,0 ± 0,13 g · L–1, soit un encadrement : 8,87 g · L–1 < tmoy < 9,13  g · L–1 d. Pour diminuer l’in­ Manuel numérique certitude relative du

résultat de la mesure, il faudrait augmenter le nombre de mesures.

2.0

6 Loi de Kohlrausch : la conductivité s d’une solution diluée d’une espèce ionique dissoute est proportion­ nelle à sa concentration C en soluté apporté : s = k · C

2

t sérum – t 0, 1 = 1,1 %. = 100 × 9, 0 t 9 a. Les mesures de huit groupes d’élèves donnent les résultats suivants pour tsérum en g · L–1 : 8,8 ; 9,1 ; 9,0 ; 9,2 ; 9,1 ; 8,9 ; 9,0 ; 8,7. tmoy = 8,975 g · L–1 ≈ 9,0 g · L–1. 100 ×

Simulation : Spectrophotomètre (KMnO4) et spectrophotomètre (E131). Simulation : Courbe d’étalonnage (dosage du colorant E131). Animation : Préparation d’une échelle de teinte en bleu patenté.

Dosage par titrage conductimétrique (p. 466)

A Titrage d’un déboucheur pour canalisation Matériel et produits Paillasse professeur –  Un flacon de Destop® (attention : les nouvelles solutions sont à 10 % en masse en hydroxyde de sodium NaOH et non plus à 20 % en masse) ; –  1,0 L de solution de Destop® diluée 100 fois ; –  1,0 L de solution d’acide chlorhydrique à la concentration CA = 5,0 × 10–2 mol · L–1.

Paillasse élève –  Une burette graduée de 25,0 mL ; –  un bécher de 250 mL pour le titrage ; –  deux petits béchers de 150 mL de transvasement ; –  une pipette jaugée de 20,0 mL et un pipeteur ; –  une éprouvette graduée de 100 mL ; –  un conductimètre avec la cellule conductimétrique ; –  un agitateur magnétique avec son barreau aimanté ; –  une solution étalon pour étalonnage du conductimètre ; –  de l’eau distillée.

B Exploitation des résultats 1 1 000 900 800 700 600 500 400 300 200 100 0 0

Le graphe présente deux parties quasi linéaires : –  une première partie pour laquelle la conductivité diminue ; –  une seconde partie pour laquelle la conductivité augmente.

σ (µS . cm–1)

2 On linéarise les deux parties du graphe. Le point équivalent E est le point d’intersection entre les deux portions de droites : VE = 11,4 mL. 3 Équation de la réaction :

E

H3O+ (aq)

VE

V A (mL)

2,0 4,0 6,0 8,0 10,0 12,0 14,0 16,0 18,0 20,0

HO– (aq) + H+

H+ + H2O () H2O ()

H3O+ (aq) + HO– (aq) → 2 H2O ()

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4 On a n0 = CB · VB et nE = CA · VE. 5 À l’équivalence du titrage, n0 = nE, donc :

CB · VB = CA . VE

6 Concentration :

V 11, 4 CB = CA ·  E = 5,0 × 10–2 × = 2,9 × 10–2 mol · L–1 VB 20, 0

7 Les principales sources d’erreur sont :

Compléments Masse de 50,0 mL de solution de Destop® : 55,3 g Masse de NaOH dans V0 = 50,0 mL de Destop® : m = C0 · V0 · M (NaOH) m = 2,85 × 50 × 10–3 × 40 = 5,7 g. Pourcentage massique en NaOH : P = 100 ×

5, 7 = 10,3 %. 55, 3

Manuel numérique

Écart relatif de 3 %.

–  erreur sur le prélèvement du volume VB avec la pipette jaugée de 20,0 mL ;

3

2.0

(2,85 × 10–2 mol · L–1 gardé en mémoire). Concentration : C0 = 100 × CB = 100 × 2,85 × 10–2 = 2,85 mol · L–1 ≈ 2,9 mol · L–1.

–  erreur sur la lecture de VE ; –  erreur sur la détermination graphique de VE ; –  erreur sur la concentration CA de la solution SA.

Animation : Détermination du point équivalent d’un titrage acido–basique par conductimétrie.

Dosage par titrage pH–métrique (p. 467)

A Titrage direct d’une solution d’aspirine Matériel et produits Paillasse professeur 1,0 L de solution d’hydroxyde de sodium à la concentration CB = 1,0 × 10–2 mol · L–1. Paillasse élève –  Une burette graduée de 25,0 mL ; –  un bécher de 150 mL pour le titrage ; –  deux petits béchers de 150 mL de transvasement ; –  une pipette jaugée de 20,0 mL et un pipeteur ; –  une fiole jaugée de 500,0 mL ;

–  un mortier avec son pilon ; –  un entonnoir à solide ; – un cachet d’aspirine du Rhône® contenant 500 mg d’aspirine ; –  un pH–mètre avec la cellule pH–métrique ; –  un agitateur magnétique avec son barreau aimanté ; –  du bleu de bromothymol ; –  des solutions étalon pour étalonnage du pH–mètre ; –  de l’eau distillée.

B Exploitation des résultats 1 L’équivalence est repérée par le changement de

3 Avec la méthode des tangentes parallèles, le point

bleu dans le bécher. coloration jaune Le pH de la solution dans le bécher augmente alors brusquement.

équivalent E a pour coordonnées : pHE = 7,3 ;  VE = 11,4 mL.

2 Graphe pH = f (VB) : pH 12 11 10 9 8 pHE = 7,3 7 6 5 4 3 2 1 VB (mL) VE = 11,4 mL 0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19

4 Comme pHE = 7,3 appartient à la zone de virage de l’indicateur coloré ([6,0-7,6]), le bleu de bromothymol est un indicateur coloré adapté au titrage. 5 Équation de la réaction de titrage :

C9H8O4 (aq) + HO– (aq) → C9H7O4– (aq) + H2O ()

6 À l’équivalence du titrage, n0 = nE , donc :

CA · VA = CB · VE

7 a. Concentration :

VE 11, 4 = 1,0 × 10–2 × = 5,7 × 10–3 mol · L–1. VA 20, 0 b. Les mesures de huit groupes d’élèves donnent les résultats suivants pour la concentration CA en mmol · L–1 : 5,4 ; 5,6 ; 5,7 ; 6,0 ; 5,9 ; 5,7 ; 5,8 ; 5,5. CAmoy = 5,7 mmol · L–1. CA = CB · 

c. Écart type : sn – 1 = 0,19 mmol · L–1.

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donc CAmoy = 5,7 ± 0,16 mmol · L–1, soit un enca­drement : 5,54 mmol · L–1 < CAmoy < 5,86 mmol · L–1 8 Avec Cmoy = 5,7 × 10–3 mol · L–1 :

mA = Cmoy · Vsol · M = 5,7 × 10–3 × 500,0 × 10–3 × 180 mA = 0,513 g = 513 mg, soit une incertitude relative de 2,6 % avec la valeur indiquée sur le médicament (500 mg).

4

9 Dans un titrage conductimétrique, le graphe est constitué de deux demi-droites. Il n’y a donc pas de difficultés pour repérer graphique­ ment le point correspondant à Manuel numérique l’équivalence situé à l’intersec­ Animation : Détermination tion entre les deux demi-droites. du point équivalent Par contre, dans un dosage pHd’un titrage acido-basique métrique, la qualité du résultat avec la méthode dépend du tracé de la courbe et en des tangentes. particulier des points encadrant le Animation : Détermination point d’équivalence. Il faut donc du point équivalent resserrer les mesures au voisinage d’un titrage acido-basique de l’équivalence afin d’avoir un plus avec la méthode grand nombre de points et donc un de la courbe dérivée. tracé plus précis.

2.0

d. Avec un intervalle de confiance de 95 % et pour n = 8 mesures, le coefficient de Student est k = 2,37. L’incertitude de répétabilité est alors : 0, 19 = 0,16 mmol · L–1 U (CAmoy) = 2 # 8

Dosage par titrage colorimétrique (p. 468)

Matériel et produits Paillasse professeur –  Un flacon de Bétadine® ; –  1,0 L de solution diluée de Bétadine® diluée 10 fois. –  1,0 L de solution de thiosulfate de sodium à la concentration C2 = 5,0 × 10–3 mol · L–1. Paillasse élève –  Trois tubes à essais ; –  un compte-gouttes ;

–  une burette graduée de 25,0 mL ; –  un erlenmeyer de 150 mL pour le titrage ; –  deux petits béchers de 150 mL de transvasement ; –  une pipette jaugée de 10,0 mL et un pipeteur ; –  un agitateur magnétique avec son barreau aimanté ; –  du thiodène ou de l’empois d’amidon ; –  une spatule métallique ; –  de l’eau distillé.

A Expériences préliminaires 1 Expérience dans le tube T1 : Solution incolore de thiosulfate de sodium au goutte à goutte Solution incolore de thiosulfate de sodium au goutte à goutte

SolutionPointe incolore dede thiosulfate spatule de sodium de au goutte thiodène à goutte

Pointe de spatule de thiodène

Solution S1 Décoloration progressive de la solution dans le tube T1

Expérience dans le tube T2 : Solution incolore de thiosulfate de sodium au goutte à goutte

Solution Pointe de incolore de thiosulfate de sodium spatule de au goutte à goutte thiodène

Solution incolore de thiosulfate de sodium au goutte à goutte

L’ajout Solution de thiodène à ladesolution jaune-clair du tube T2 colore la solution en noir. Lorsqu’on continue à ajouter la incolore de sodium solutionthiosulfate de thiosulfate de sodium, la solution passe, à la goutte près, du noir à l’incolore. au goutte à goutte

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2 Équation de la réaction :

I2 (aq) + 2

S2O32– (aq)

2

I– (aq)

+

S4O62– (aq)

3 La décoloration dans T1 étant progressive, elle n’est

pas facilement repérable.

4 a. La décoloration de la solution dans le tube T2 est maintenant facilement repérable.

Le thiodène est un indicateur de fin de réaction, car il permet de repérer le moment où tout le diiode a réagi avec les ions thiosulfate. b. L’équivalence est alors repérée par le changement incolore de la solution. de coloration noir

B Dosage du diiode de l’antiseptique

7 Dans V0 = 100 mL de solution S0, la quantité de diiode est : n0 = C0 · V0 = 4,05 × 10–2 × 100 × 10–3 n0 = 4,05 × 10–3 mol.

Exercices

9 À l’équivalence du titrage de la

réaction aA + bB → c C + d D on a la relation : n 0 (A) n (B) = E a b

Détermination du point équivalent d’un titrage acido-basique avec une méthode colorimétrique.

(p. 475-485)

QCM 1

1. A et B ; 2. C ; 3. C ; 2 1. A et C ; 2. B ; 3. C ; 4. C ; 3 1. A ; 2. A et C ; 3. A et C.

Application immédiate 4   Doser par titrage conductimétrique 1.  VE = 6,8 mL

2.  CA = 6,8 × 10–3 mol · L−1 mA = nA · MA = CA · VA · MA mA = 6,8 × 10−3 × 100,0 × 10−3 × 180 mA = 1,2 × 10−1 g

5   Doser par titrage pH-métrique 1. HCO3– (aq) + H3O– (aq)

8 Une molécule de polyvidone est associée à une molécule de diiode, donc np = n0 = 4,05 × 10–3 mol. La masse de polyvidone est : mp = np · M (polyvidone) = 4,05 × 10–3 × 2362,8 mp = 9,57 g ≈ 9,6 g. L’étiquette du flacon indique 10,00 g Manuel numérique dans 100 mL, soit une incertitude Animation : relative de 4 %.

2.0

n E (S 2 O 2– 3 ) . 2 V V 6 On a C1 · V1 = C2 ·  E , soit C1 = C2 ·  E . 2 · V1 2 Or, VE = 16,2 mL, donc : 16, 2 C1 = 5,0 × 10–3 × = 4,05 × 10–3 mol · L–1 2 # 10, 0 C1 ≈ 4,1 × 10–3 mol · L–1. La solution ayant été diluée dix fois : C0 = 10 × C1 = 4,05 × 10–2 mol · L–1. 5 À l’équivalence du titrage : n1 (I2) =

CO2 + 2 H2O (ℓ)

2.  VE = 14,5 mL

3.  CB = 5,8 × 10−3 mol · L–1

Pour commencer 6  Utiliser la loi de Beer-Lambert 1.  Le graphe A = f (C) est une courbe d’étalonnage.

2.  La loi de Beer-Lambert est vérifiée, car le graphe A = f (C) est une droite passant par l’origine. Ainsi, ces deux grandeurs sont proportionnelles entre elles :  A = k · C. 3.  En reportant la valeur de AS = 0,64, on détermine graphiquement la valeur de l’abscisse correspondante : CS = 4,5 mmol · L–1.

7   Utiliser la loi de Kohlrausch 1. Voir σ = f (C) ci-dessous. 3,0

σ (mS . cm–1)

2,5 2,0 1,5 1,0 0,5 0 0

C (mmol . L–1) 5

10

15

2.  La loi de Kohlrausch est vérifiée, car on obtient une droite passant par l’origine. 3.  k = 0,27 mS · L · mmol−1 · cm−1, d’où : σ = 0,27 C. 4.  On en déduit que : 1,23 = 4,6 mmol · L−1 CS = 0,27 C0 = 100 × CS = 4,6 × 102 mmol · L−1

C0 = 4,6 × 10−1mol · L−1.

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8  Établir une relation à l’équivalence 1.  Le réactif titrant est l’ion permanganate et le réac­ tif titré est l’ion fer (II). 2.  La réaction support du titrage doit être rapide, totale et unique. 3.  a. L’équivalence du titrage correspond à un mélange stœchiométrique du réactif titrant et du réac­ tif titré. Les réactifs sont alors totalement consommés. b.  La stœchiométrie de la réaction conduit à la rela­ tion : n 0 (Fe 2+) n (MnO –4) = E 5 1

9   Doser une espèce par titrage direct 1.  Voir le document 6, p. 468 du manuel. L’erlenmeyer contient la solution S1 de Lugol® à titrer, de volume V1 = 10,0 mL, et la burette graduée contient la solu­ tion titrante S2 de thiosulfate de sodium à la concen­ tration C2 = 1,00 × 10−1mol · L−1. 2.  Voir le tableau d’avancement à l’équivalence du titrage, p. 622 du manuel. 3.  Du tableau d’avancement, on déduit : C2 · VE xmax = C1 · V1 = 2 −2 4.  On obtient ainsi C1 = 3,9 × 10 mol · L–1.

10   Justifier l’évolution de la conductivité 1.  Voir le document 4, p. 466 du manuel. Solution titrante SB d’hydroxyde de sodium dans la burette graduée. Solution titrée SA d’acide chlorhydrique dans le bécher. 2.  VE = 11 mL. 3. a. Avant l’équivalence, le réactif limitant est l’ion hydroxyde. b.  La concentration en ions chlorure ne varie pas au cours du dosage, car c’est un ion spectateur et on néglige l’effet de dilution. c.  Lors des ajouts successifs de solution d’hydroxyde de sodium, les ions H3O+ (aq) sont consommés et remplacés par des ions Na+ (aq) moins conducteurs, apportés par le réactif titrant. La conductivité globale de solution diminue. 4. a. Après l’équivalence, le réactif limitant est l’ion (aq). En effet, celui-ci a été totalement H 3O +  consommé à l’équivalence. b.  La conductivité σ s’écrit donc : σ = λ (HO−) · [HO−] + λ (Na+) · [Na+] + λ (Cl−) · [Cl−] c.  Comme on ajoute des ions HO– (aq) et Na+ (aq), après l’équivalence, la conductivité σ augmente.

11   Doser par titrage pH-métrique 1.  Voir le document 5, p. 467 du manuel. Solution S B d’hydroxyde de sodium, de concen­ tration CB = 2,50 × 10−2 mol · L−1 dans la burette graduée. Solution SA d’acide méthanoïque, de concentration CA à déterminer et de volume VA = 20,0 mL dans le bécher. 2.  HCOOH (aq) + HO– (aq)

HCOO– (aq) + H2O (ℓ)

3.  VE = 9,0 mL. 4.  À l’équivalence : n0 (HCOOH)titrée dans SA = n (HO–)versée à l’équivalence soit :

CA · VA = CB · VE

5.  CA = 1,125 × 10−2 = 1,1 × 10−2 mol · L−1

12  Utiliser la courbe dérivée 1. La méthode de la dérivée conduit au volume équivalent : VE = 14,0 mL (abscisse du maximum de la courbe dérivée) 2.  À l’équivalence du titrage, on a réalisé un mélange stœchiométrique des réactifs. À l’équivalence : nA (C6H8O6)titrée dans 10 mL de S = n (HO–)versée à l’équivalence soit :

0

nA = CB · VE

3. On en déduit : n0 = 10 · nA = 10 · CB · VE 4. On en déduit : m0 = n0 · MA = 10 · CB · VE · MA  0 × 4,00 × 10–2 × 14,0 × 10–3 × (6 × 12,0 + 8 m0 = 1 × 1,0 + 6 × 16,0) m0 = 0,986 g. L’incertitude relative entre la valeur trouvée et l’indi­ cation du fabricant vaut : m0 – m = 1 000 – 986 = 1,4 × 10–2 = 1,4 % m 1 000

13   Utiliser un indicateur de fin de réaction 1.  Voir document 6, p. 468 du manuel. Solution titrante S2 de diiode, de concentration C2 = 2,0 × 10−3 mol · L−1 dans la burette graduée. Solution titrée S1 d’acide ascorbique, de volume V1 = 10,0 mL dans l’erlenmeyer. 2.  L’indicateur de fin de réaction permet de mieux repérer l’équivalence. Sans thiodène, le changement de couleur à l’équivalence est jaune clair à incolore, donc difficile à visualiser. 3.  Avec le thiodène, le changement est bleu-noir à incolore, donc facile à visualiser. 4.  À l’équivalence du titrage on a : n1 (C6H8O6)titrée = n (I2)versée à l’équivalence

soit n1 = C2 · VE = 2,0 × 10−3 × 15,1 × 10−3 = 3,02 × 10−5 mol = 3,0 × 10−5 mol.

5.  Masse de vitamine C dosée : m1 = n1 · M = 3,02 × 10−5 × 176 m1 = 5,31 × 10−3 g ≈ 5,3 × 10−3 g = 5,3 mg. Le résultat est en accord avec l’indication de l’am­ poule (5 mg).

14  Choisir un indicateur coloré 1.  Il est possible de repérer l’équivalence de ce titrage en réalisant, par exemple, un titrage par pH-métrie. L’équivalence sera alors repérée lors du saut de pH et sera déterminée précisément par la méthode des tangentes ou la méthode de la courbe dérivée. 2.  L’indicateur coloré doit être tel que sa zone de virage contient le pH à l’équivalence, soit pHE = 7. Seul le BBT répond à cette condition, c’est donc le seul qui soit adapté à ce titrage.

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3.  L’équivalence sera alors repérée par le changement de coloration bleu → jaune. Initialement la solution est bleue car le milieu initial est nettement basique (solution d’hydroxyde de sodium).

solution titrante de nitrate d’argent ne fait que diluer le mélange qui reste tout de même blanc opaque. 2.  En présence d’ions chromate, à la première goutte de nitrate d’argent en excès, un précipité rouge brique intense se forme. L’équivalence est ainsi facilement repérée. 3.  À l’équivalence du titrage on a réalisé un mélange stœchiométrique des réactifs. On a donc : n (Cl–)titrée= n (Ag+)versée à l’équivalence

Pour s’entraîner 15  À chacun son rythme

[Cl–] · VS = C1 · VE

soit : mS · cm–1 ;

1. a. On exploite la valeur de sS = 1,8 en la reportant sur la courbe d’étalonnage, on détermine ainsi CS = 15 mmol · L–1. b.  Concentration : C0 = 10 · CS = 10 × 15 = 1,5 × 102 mmol · L–1 = 0,15 mol · L–1. c.  La concentration massique vaut : t0 = C0 · MNaCl = 0,15 × (23,0 + 35,5) = 8,775 t0 ≈ 8,8 g · L–1.

2. a. D’après les indications de la notice, la concen­ tration massique vaut : t’0 = 0,85 ×10 = 8,5 g · L–1. b. L’incertitude relative vaut : t 0 – t ’0 8, 775 – 8, 5 = = 3,2 × 10–2 = 3,2 %. t ’0 8, 5 c.  Le résultat obtenu satisfait donc le critère de qualité qui exige un écart inférieur à 10 %.

16   Titrage colorimétrique d’une eau oxygénée 1.  5 H2O2 (aq) + 2 MnO4– (aq) + 6 H+ (aq) 5 O2 (g) + 2 Mn2+ (aq) + 8 H2O (ℓ)  2.  L’ion permanganate étant violet et la seule espèce colorée, l’équivalence sera atteinte lorsque la pre­ mière goutte de permanganate sera introduite en excès dans le mélange réactionnelle. Celle-ci ne se décolorera pas et le mélange réactionnel prendra une teinte rose. n n 3.  À l’équivalence du titrage : 1 = 2  , 5 2 5 · n2 soit : n1 = 2 5 · C2 · VE 5 · C2 · VE d’où  C1 = donc : C1 · V1 = 2 · V1 2 –2 –1 4.  C1 = 8,8 × 10 mol · L , d’où : C0 = 10 · C1 = 10 × 8,8 × 10–2 C0 = 8,8 × 10–1 mol · L–1.

5.  Un litre de solution commerciale contient donc une quantité : n0 (H2O2) = 8,8 × 10–1 mol. n0 (H2O2) 6.  On a nmax (O2) = xmax = 2 nmax (O2) = 4,4 × 10–1 mol.

7.  Vmax(O2) = 4,4 × 10–1 × 22,4 Vmax(O2) = 9,856 = 9,9 L.

8.  L’incertitude relative est égale à 1,44 × 10–2, soit 1,5 %.

donc : [Cl–] =

C 1 $ VE 2, 5 # 10 –2 # 7, 7 = VS 20, 0

[Cl–] = 9,625 × 10–3 ≈ 9,6 × 10–3 mol · L–1. 4.  Concentration massique : t (Cl–) = [Cl–] · MCl = 9,625 × 10–3 × 35,5 = 0,34 g · L–1. 5.  Le dosage a montré que la concentration massique en ions chlorure de l’eau de Vichy St-Yorre est de 340 mg · L–1, ce qui est supérieur aux normes euro­ péennes. Il n’est donc pas raisonnable de ne boire quotidiennement que de cette eau.

18  Retrouver la loi de Kohlrausch Mg2+ (aq) + 2 Cl– (aq)

1.  MgCl2 (s)

2.  D’après la stœchiométrie de la réaction de dissolu­ tion, on en déduit que :

[Mg

] = C et [Cl  (aq)] = 2 · C  · [Mg  (aq)] + l  · [Cl  (aq)] 3.  Conductivité : s = l 2+ (aq)

Mg2+

2+

Cl–

s = lMg2+ · lCl– · 2 C = (lMg2+ 2lCl–) · C

4.  Les conductivités molaires ioniques étant des constantes, la loi de Kohlrausch s = k · C est bien vérifiée.

Pour aller plus loin 19  Dosage des ions chlorure dans un lait 1.  La conductivité initiale s0 n’est pas nulle, car le lait contient des ions sodium et chlorure ainsi que d’autres ions (calcium, magnésium, etc.). 2.  On ajoute un volume de 250 mL d’eau distillée dans le bécher pour travailler dans un grand volume afin de pouvoir négliger l’effet de dilution qui résulte de l’ajout de la solution titrante. 3.  En linéarisant le graphe s = f (V2) avant et après le changement de pente, on détermine le point équiva­ lent VE = 12,0 mL. 4. a. Avant l’équivalence, la conductivité vaut : s = s0+ l1 · [Cl–] + l2 · 8NO –3B – Or, [Cl ] = [Cl–]initialement présent – [Cl–]qui a réagi avec Ag+ C 1 $ V1 – C 2 $ V2 [Cl–] = Vtot

17   Titrage par la méthode de Mohr

De plus :  8NO –3B =

1.  Il est difficile, voire impossible, de repérer l’équiva­ lence du titrage en l’absence d’ions chromate, car, à l’équivalence, le milieu réactionnel contient le précipité blanc opaque de chlorure d’argent. L’ajout ultérieur de

C 2 $ V2 Vtot

C 2 $ V2 C 1 $ V1 – C 2 $ V2 Donc : s = s0 + l1 ·  + l2 ·  Vtot Vtot C 1 $ V1 C 2 $ V2 + (l2 – l1) ·  s = s0 + l1 ·  Vtot Vtot

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b.  Les deux premiers termes de l’expression précé­ dente sont constants, alors que le troisième terme est variable : il est négatif (car l2 < l1) et V2 augmente au fur et à mesure des ajouts. Ce dernier terme est responsable de la diminution de la conductivité globale de la solution. 5.  Après l’équivalence la conductivité vaut : s = s0 + l3 · [Ag+] + l2 · 8NO –3B

C 2 $ V2 C $ `V2 – VEj Soit  s = s0 + l3 ·  2 + l2 ·  Vtot Vtot Les deux derniers termes de cette expression augmen­ tent avec V2, ce qui explique l’augmentation de la conductivité globale de la solution après l’équivalence. C $V 5, 00 # 10 –3 # 12, 0 6.  Concentration : C1 = 2 E = V1 10, 0 C1 = 6,00 × 10–3 mol . L–1. Donc, comme le lait a été dilué cinq fois : C0 = 5 · C1 = 5 × 6,00 × 10–3 = 3,00 × 10–2 mol · L–1. 7.  La concentration massique en ions chlorure dans le lait analysé vaut : tCl– = C0 · MCl = 3,00 × 10–2 × 35,5 = 1,07 g · L–1. Le lait analysé est donc consommable, car on reste dans l’intervalle autorisé pour la concentration massique en ions chlorure.

20   Different types of titrations Traduction du texte : « Le titrage est une méthode d’analyse chimique quan­ titative courante en laboratoire, qui est utilisée pour déterminer la concentration inconnue d’une espèce chimique connue, nommée réactif titrant. Un réactif, nommé réactif titré, de concentration et de volume connus, est utilisé pour réagir avec la solution de réac­ tif titrant. En utilisant une pipette chimique* pour ajou­ ter le réactif titrant, il est possible de déterminer la quantité exacte qui a été consommée quand le point d’équivalence est atteint. Dans le titrage classique acide fort – base forte, le point d’équivalence est le point pour lequel le pH du milieu réactionnel est juste égal à 7. Plusieurs méthodes peuvent être utilisées pour repé­ rer le point d’équivalence de la réaction. Les titrages utilisent souvent des indicateurs colorés (le milieu réac­ tionnel change de couleur). Dans les titrages acidobasiques simples, un indicateur (coloré) peut être utilisé, comme le phénolphtaléïne, qui devient rose quand une certaine valeur de pH (environ 8,2) est atteinte ou dépassée. Tous les titrages ne nécessitent pas d’indi­ cateur (coloré). Dans certains cas, soit les réactifs soit les produits sont fortement colorés et peuvent servir “d’indicateur”. Par exemple, un titrage d’oxydo-réduc­ tion utilisant du permanganate de potassium (violet) comme réactif titrant, ne nécessite pas d’indicateur. Quand le réactif titrant est réduit, il devient incolore. Après le point d’équivalence, il y a un excès de réactif titrant. Le point d’équivalence est repéré à la première couleur violet pâle persistante (due à un excès d’ions permanganate) dans la solution titrée. »

1.  Un titrage en chimie permet de déterminer la concentration inconnue d’une espèce chimique connue. 2.  Sans utiliser d’indicateur coloré, on repère la fin d’un titrage pH–métrique acide fort – base forte quand le pH vaut exactement 7 (la méthode des tangentes ou de la dérivée en permettent une déter­ mination précise). 3.  Pour qu’il puisse être utilisé lors d’un titrage colo­ rimétrique d’un acide fort par une base forte, un indi­ cateur coloré doit être tel que sa zone de virage contienne la valeur pH = 7. 4.  Le titrage colorimétrique des ions fer (II) par les ions permanganate ne nécessite pas l’ajout d’un indicateur coloré pour repérer l’équivalence, car les ions perman­ ganate jouent déjà ce rôle. Avant l’équivalence, ils sont limitants et réagissent totalement pour donner l’ion manganèse (II) incolore et, après l’équivalence, ils sont en excès et donnent une teinte rose au mélange réac­ tionnel. L’équivalence est atteinte (et même légèrement dépas­ sée) lorsque la première goutte de permanganate de potassium en excès est ajoutée, ce qui donne une teinte rose persistante au mélange.

21   Chaufferette chimique 1.  Voir document 5, p. 467 du manuel. Solution titrante SA d’acide chlorhydrique, de concentration CA = 2,0 × 10−1 mol · L−1 dans la burette graduée. Solution titrée S1 d’éthanoate de sodium, de concen­ tration C1 à déterminer et de volume V1 = 25,0 mL. 2.  À l’équivalence du titrage, on a : ni (CH3CO2–) = nE (H3O+) 3.  La courbe dérivée présente un maximum pour un volume VE = 8,8 mL. 4.  Valeur aberrante : VE = 6,3 mL, qui doit être écartée de l’étude. Valeur moyenne des volumes équivalents : VEmoy = 8,84 mL,  écart type de la série 0,17 mL. Pour 7 mesures et avec un intervalle de confiance de 95 %, k = 2,45, d’où l’encadrement suivant : 8,68 mL < VE moy < 9,00 mL CA · VEmoy 2,0 × 10–1 × 8,84 = 5.  On a C1 = 25,0 V1 C1 = 7,07 × 10–2 ≈ 7,1 × 10–2 mol · L–1. 6.  On en déduit : C0 = 100 × C1 = 7,1 mol · L–1. 7. Dans la chaufferette, dont le volume est de V0 = 100 mL, on a une quantité n0 = C0 · V0 = 0,71 mol d’éthanoate de sodium, soit une masse : m0 = n0 · M = 0,71 × 82,0 = 58 g. 8.  La masse de la solution S0 est de 130 g, soit une teneur en éthanoate de sodium de 45 %. Cette valeur est supérieure à la valeur 20 % minimale citée dans le texte.

22   Dosage d’une eau de Javel. *  La pipette dont il est question ici est une pipette dont le volume délivré peut être choisi et lu très précisément sur la pipette. En règle générale, en TP, les titrages se font avec une burette graduée (NDLR).

1.  Afin d’obtenir 50,0 mL de solution d’eau de Javel diluée au dixième, on doit prélever 5,0 mL d’eau de

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Javel commerciale placée dans un bécher à l’aide d’une pipette jaugée munie d’un pipeteur. Ces 5,0 mL sont placés dans une fiole jaugée de 50,0 mL, qui est ensuite complétée au trait de jauge avec de l’eau distillée. La solution est finalisée en homogénéisant le contenu de la fiole après l’avoir bouchée. 2.  Le volume V = 10,0 mL de solution S doit être prélevé à l’aide d’une pipette jaugée, car il s’agit de la solution à doser. Le volume V’ = 20 mL peut être prélevé à l’éprouvette graduée, car les ions iodures sont apportés en excès ; il n’est donc pas nécessaire que ce prélèvement soit exact. 3.  L’équation de la réaction (3) de titrage entre le diiode et les ions thiosulfate est : – 2 S2O2– S4O2– 3  (aq) 6  (aq) + 2 e I2 (aq)+ 2 e– I2 (aq) + 2 S2O2– 3  (aq)

2 I– (aq) 2 I– (aq)+ S4O2– 6  (aq)

4.  À l’équivalence du titrage, on a réalisé un mé­ lange stœchiométrique des réactifs. On a donc : n ( S 2 O 32– )

C 1 $ V1E 0, 10 # 10, 0 # 10 –3 = 2 2 2 n (I2) = 5,0 × 10–4 mol. n (I2) =

=

5.  Cette quantité de I2 correspond à la quantité de dichlore produite par la réaction (1), car, dans (1), une mole de ClO– produit une mole de Cl2, de même que, dans (2), une mole de ClO– produit une mole de I2. 6.  Dans le prélèvement V, on a donc : n (ClO–) = 5,0 × 10–4 mol. n ( ClO –) 5, 0 # 10 –4 7.  Concentration : [ClO–] = = V 10, 0 # 10 –3 [ClO–] = 5,0 × 10–2 mol · L–1. On en déduit : [ClO–]0 = 10 × [ClO–] = 5,0 × 10–1 mol · L–1. 8.  D’après l’équation (1), une mole de ClO– produit une mole de dichlore, donc un litre d’eau de Javel peut produire une quantité : n(Cl2) = 5,0 × 10–1 mol. 9.  Cela correspond à un volume de dichlore : 1 mol de Cl2 ⇔ 22,4 L mol de Cl2 ⇔ V (Cl2) 5,0 × V (Cl2) = 5,0 × 10–1 × 22,4 = 11,2 L. Le degré chlorométrique de l’eau de Javel analysée est donc égal à 11, ce qui est légèrement inférieur à l’indication de l’étiquette. L’incertitude relative est de : 11, 2 – 12 = 6,7 × 10–2 = 6,7 %. 12 10.  Le titrage réalisé est un titrage indirect, car l’es­ pèce titrée n’est pas l’ion hypochlorite mais le diiode produit par une réaction secondaire avec les ions hypo­ chlorite. 10–1

Retour sur l’ouverture du chapitre 23   Dosage des ions calcium et magnésium 1.  Pour prélever le volume V = 20,0 mL d’eau à doser, il est nécessaire d’utiliser une pipette jaugée munie de son dispositif de pipetage. 2.  La solution tampon a pour rôle de maintenir le pH du milieu réactionnel à une valeur constante. 3.  D’après les équations de dosage, on a : nE (EDTA) = n0 (Ca2+) + n0 (Mg2+) 4.  La relation est : C · VE = [Ca2+] · V + [Mg 2+] · V C $ VE soit : [Ca2+] + [Mg2+] = V 5.  Pour l’eau n° 1 : 1, 0 # 10 –2 # 6, 7 [Ca2+] + [Mg 2+] = 20, 0 = 3,35 × 10–3 mol · L–1 = 3,35 mmol · L–1 ≈ 3,4 mmol · L–1. Pour l’eau n° 2 : 1, 0 # 10 –2 # 2, 9 [Ca2+] + [Mg 2+] = 20, 0 = 1,45 × 10–3 mol · L–1 = 1,45 mmol · L–1 ≈ 1,5 mmol · L–1. 6.  Pour l’eau n° 1 (eau non filtrée), le TH vaut 34 °f, alors que pour l’eau n° 2 (eau filtrée) le TH vaut 15 °f. 7.  L’eau non filtrée est la plus dure, car son TH est supérieur à celui de l’eau filtrée. 8.  La carafe filtrante est efficace puisqu’elle permet de convertir une eau caractérisée comme dure en une eau douce. 9.  Pour cette eau minérale : –3 t (Ca 2+ ) = 78 # 10 = 1,9 × 10–3 mol · L–1. [Ca2+] = M Ca 40, 1 [Mg2+] =

–3 t ( Mg 2+) = 24 # 10 = 9,9 × 10–4 mol · L–1. M Mg 24, 3

[Ca2+] + [Mg 2+] = 2,9 × 10–3 mol · L–1 ce qui correspond à un TH qui vaut 29 °f, soit une eau dure, plus dure que l’eau filtrée par la carafe.

Comprendre un énoncé 24   Titrage de l’acide lactique dans un lait 1.  HA est l’acide du premier couple HA (aq) / A– (aq) et HO– (aq) est la base du second couple H2O (ℓ) / HO– (aq). L’équation de la réaction de titrage est donc : HA (aq) A– (aq) + H+ HO– (aq) + H+ HA (aq) + HO– (aq)

H2O (ℓ) A– (aq) + H2O (ℓ)

2.  Cette réaction doit être rapide, totale et unique. 3.  Au début du dosage, le pH vaut 2,9. Or, le pKA du couple HA (aq) / A– (aq) vaut 3,9. © Hachette Livre, 2012 – Physique Chimie Terminale S spécifique, Livre du professeur – La photocopie non autorisée est un délit.

191


Le diagramme de prédominance de ces espèces est le suivant : HA

A–

pH

3,9 2,9 Au début du dosage, on se trouve donc dans une zone de pH où l’espèce prédominante est l’acide HA (aq). 4.  Les espèces HA (aq) et A– (aq) sont présentes en quantités égales lorsque pH = pKA, soit pour le volume VS = 6,0 mL d’après le tableau de mesures. 5.  Le graphe pH = f (VB) est représenté ci–contre. Le volume équivalent est déterminé à l’aide de la méthode des tangentes. On détermine donc VE = 12,0 mL. 6.  À l’équivalence du titrage on a réalisé un mélange stœchiométrique des réactifs. On a donc : n (HA) = n (HO–), soit : n (HA) = CB · VE n (HA) = 5,00 × 10–2 × 12,0 × 10–3 n (HA) = 6,00 × 10–4 mol d’acide lactique dans un volume VA = 20,0 mL.

7.  Dans un litre de lait, il y a une quantité : n0 (HA) = 50 · n (HA) n0 (HA) = 50 × 6,00 ×10–4 = 3,00 × 10–2 mol, soit une masse : m (HA) = n0 (HA) · MHA = 3,00 × 10–2 × 90 = 2,7 g. Le lait analysé n’est pas un lait frais, car sa teneur en acide lactique est supérieure à 1,8 g · L–1. 14

pH

12 10 8 6 4 2 0

VB (mL) 5

10

15

20

Bibliographie et sitographie Bibliographie – A. Durupthy (dir.), Chimie 1re année PCSI, Hachette, collection HPrépa, 2007. Chapitre 16 « Équilibres acido-basiques » – § 5. Titrages acido-basiques. – F. Marschal et P. Rabier, « Évaluation de l’incertitude de mesure du titre hydrotimétrique d’une eau de boisson », BUP n° 935, juin 2011. – L. Lopes, « Titrages acido-basiques de mélanges contenant une espèce forte et une espèce faible : successif ou simultanés ? », BUP n° 926, juillet-août-septembre 2010. Sitographie –  Site de G. Gastebois « Des simulations en sciences physiques » sur les dosages conductimétriques et pH-métriques : http://gilbert.gastebois.pagesperso-orange.fr/java/accueil.htm –  Simulation du dosage pH-métrique d’une solution d’acide nitrique : http://www.uel.education.fr/consultation/reference/chimie/solutaque/simuler/chapitre7/partie3/flash/ nitrique/nitrique.htm –  Réaliser un titrage pH-métrique ou conducti­métrique: I. Tarride et J.-C. Desarnaud, Aix-Marseille : http://www.spc.ac-aix-marseille.fr/phy_chi/Menu/Activites_pedagogiques/cap_exp/animations/titrage_ph.html http://www.spc.ac-aix-marseille.fr/phy_chi/Menu/Activites_pedagogiques/cap_exp/animations/titrage_conducim.swf

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192


Stratégie de synthèse et sélectivité en chimie organique

Chapitre

19

Activités 1

Synthèse d’un solide : la 3-carbéthoxycoumarine (p. 488-489)

Matériel et produits Paillasse professeur –  Une balance ; –  une étuve ; –  un flacon étiqueté « éluant » contenant un mélange de cyclohexane (2 volumes) et d’acétate d’éthyle (1 volume) ; –  de la propanone ; –  une lampe UV ; –  des plaques de silice pour CCM ; –  des capillaires ; –  de l’éthanol ; –  une solution éthanolique de pipéridine (la fraction volumique en pipéridine doit être voisine de 0,15 dans la solution fournie) ; –  de la glace. Paillasse élève  –  Une masse prépesée (mS = 4,00 g) de 2-hydroxybenzène carbaldéhyde ; –  une masse prépesée (mM = 5,60 g) de propanedioate d’éthyle ;

1 Groupes caractéristiques : Ester

Hydroxyle H

O

OH

C2H5O

O O

Aldéhyde

C2H5O Ester

Ester O O

Ester O OH

O Alcène

Hydroxyle

2 Pour le 2-hydroxybenzène carbaldéhyde et le propanedioate d’éthyle : porter des lunettes, des gants et une blouse fermée. Pour la pipéridine : porter des lunettes, des gants et une blouse fermée. Tenir éloigné de toute flamme. Pour l’éthanol : tenir éloigné de toute flamme. 3 On rince les coupelles pour éviter toute perte de

produit. L’éthanol est le solvant de la synthèse.

–  un ballon bicol de 250 mL ; –  un réfrigérant à boules ; –  un barreau aimanté en forme d’olive ; –  un entonnoir à solides ; –  deux pipettes en plastique ; –  un agitateur magnétique chauffant ; –  un récipient métallique pour bain-marie ; –  une éprouvette graduée de 20 mL (ou 50 mL) ; –  un dispositif de filtration sous pression réduite et du papier-filtre ; –  une spatule ; –  une boîte de Pétri ; –  cinq petits tubes à essai sur support ; –  une cuve à CCM fermée ; –  une pince. Remarque Après usage, les pipettes en plastique jetables seront immédiatement placées dans un bécher de récupération.

4 On agite la solution pour que la température soit homogène dans le milieu et pour augmenter la vitesse de dissolution du solide. 5 On chauffe le mélange pour augmenter la vitesse de la réaction et pour augmenter la vitesse de dissolution des solides. Le réfrigérant à eau sert à recondenser les vapeurs et donc à travailler à volume constant. Le reflux est le retour des vapeurs dans le milieu réactionnel. 6 On ajoute de l’eau au milieu réactionnel pour diminuer la solubilité du produit formé. En effet, la 3-carbéthoxycoumarine est insoluble dans l’eau. 7 Le mélange est refroidi dans un bain d’eau glacée pour éviter le dégagement de vapeurs et pour diminuer la solubilité du produit dans le milieu réactionnel. 8 La filtration sous pression réduite est plus rapide et plus efficace qu’une simple filtration. 9 L’eau seule ne convient pas pour rincer le solide, car la majorité des impuretés (notamment les réactifs qui n’ont pas réagi) n’y sont pas solubles. L’éthanol seul ne convient pas non plus, car le produit est trop soluble dans l’éthanol (risque de pertes). Le mélange doit être glacé pour diminuer la solubilité du solide dans le solvant de rinçage.

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193


10 Les impuretés qui sont, en théorie, en concentration beaucoup plus faible que le produit à purifier restent solubles dans le solvant et seul le produit majoritaire atteint la saturation et cristallise. 11 On introduit le minimum de solvant de recristalli-

sation pour minimiser les pertes de solide resté en solution. 12 Dans le solvant de recristallisation, le produit est très soluble à chaud et peu soluble à froid.

Les impuretés sont solubles dans le solvant à froid. 13 Il faut que la température de l’étuve soit inférieure à la température de fusion du solide (environ 15 °C de moins). 14 Pour vérifier que le solide est bien sec, il faut effectuer plusieurs pesées jusqu’à ce que la masse soit constante. 15 Calcul des quantités de matière de réactifs :

nS = 32,8 mmol  et  nM = 35,0 mmol. Le 2-hydroxybenzènecarbaldéhyde est donc le réactif limitant. D’après la stœchiométrie de la réaction, on en déduit la quantité théorique de produit attendu : nth = 32,8 mmol. Le rendement est calculé en effecnexp tuant le rapport . nth

2

16 Le trait plein est la ligne de dépôt et le trait en pointillés est le front de l’éluant. 17 Conclusions relatives à la CCM. –  Le produit synthétisé est bien la 3-carbéthoxycoumarine, car les Rf des taches relatives aux dépôts 3 et 4 sont identiques. –  Le produit purifié est bien pur, car il n’y a qu’une seule tache au niveau du dépôt 3. –  Le produit brut contenait encore du 2-hydroxybenzènecarbaldéhyde. –  Le filtrat contient du produit de la réaction. 18 Le signal 1 est un triplet et intègre pour 3 H, il se rapporte donc aux 3 H du groupement méthyle. Le signal 2 est un quadruplet et intègre pour 2 H, il se rapporte donc aux 2 H portés par l’atome de carbone voisin du groupement méthyle. 19 Autres techniques de caractérisation : mesure de la température de fusion, spectroscopie IR et chromatographie en phase vapeur. 20 La synthèse d’un produit solide s’effectue à l’aide d’un montage à reflux. L’étape de séparation se résume à une filtration sous pression réduite. On purifie le solide en réalisant une recristallisation et on le caractérise, par exemple, en mesurant sa température de fusion à l’aide d’un banc Kofler.

Synthèse d’un liquide : l’acétate d’isoamyle (p. 490-491)

1 Cette réaction est une réaction de substitution, résultat d’une addition suivie d’une élimination. 2 Fonction présentes : acide acétique (fonction acide carboxylique), alcool isoamylique (fonction alcool primaire) et acétate d’isoamyle (fonction ester). 3 Noms des réactifs et des produits : acide éthanoïque, 3-méthylbutan-1-ol et éthanoate de 3-méthylbutyle. 4 Pour l’APTS et l’acide acétique : manipuler avec des gants et des lunettes. Pour l’alcool isoamylique : prélever sous hotte, manipuler avec des gants et des lunettes, tenir éloigné de toute flamme. Pour l’acétate d’isoamyle : tenir éloigné de toute flamme. 5 L’APTS augmente la vitesse de la réaction. 6 La pierre ponce permet d’avoir une ébullition

régulière. 7 Le milieu réactionnel est chauffé pour augmenter

la vitesse de la réaction. On chauffe à reflux pour travailler à volume constant. 8 Le milieu réactionnel est refroidi pour recondenser les vapeurs et pour pouvoir conduire la suite des opérations à froid. 9 La réaction est équilibrée ( ), donc, même en augmentant la durée de la réaction, il resterait encore des réactifs. 10 L’ampoule à décanter permet de séparer les phases aqueuse et organique. 11 Phase aqueuse : APTS, acide acétique.

Phase organique : alcool isoamylique, acétate d’isoamyle. 12 La densité de l’ester (constituant majoritaire de la phase organique) est inférieure à 1, donc la phase organique est située au-dessus de la phase aqueuse. On peut verser une goutte d’eau dans l’ampoule à décanter et regarder si elle traverse la phase supérieure. 13 L’alcool et l’acide peuvent réaliser des liaisons hydrogène avec l’eau. L’alcool a une chaîne carbonée longue, donc sera peu soluble dans l’eau, alors que l’acide ayant une chaîne carbonée courte le sera. L’ester effectue beaucoup moins de liaisons hydrogène que l’alcool et l’acide ; il sera donc très peu soluble dans l’eau. 14 a. Le chlorure de sodium permet de diminuer la solubilité des espèces chimiques organiques dans la phase aqueuse. b. Cette technique s’appelle le relargage. 15 CH3COOH + HCO3–

CH3COO– + H2O + CO2

16 En lavant la phase organique avec la solution satu-

rée d’hydrogénocarbonate de sodium, l’acide acétique est transformé en ion carboxylate, beaucoup plus soluble dans la phase aqueuse que dans la phase organique. Cette étape permet donc de purifier la phase organique. 17 On agite l’ampoule à décanter pour augmenter la

surface entre les deux phases et augmenter la vitesse de transfert des espèces chimiques d’une phase à l’autre. 18 Il manque l’allonge de distillation. Voir schéma complet dans la fiche no 10B, p. 593 du manuel.

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194


19 La distillation est une méthode de purification de liquides fondée sur les différences de température d’ébullition des constituants d’un mélange. Les traces d’acide acétique seront les premières à passer, donc la température à partir de laquelle on recueille du distillat est 118 °C. 20 Calcul des quantités de matière des réactifs :

V n (alcool) = r ·  = 0,368 mol, M V n  (acide) = r ·  = 0,874 mol, M donc l’alcool est le réactif limitant. D’après la stœchiométrie de la réaction, la quantité théorique d’ester obtenue est nth = 0,368 mol. nexp 0,230 = Donc : h= = 62,5 %. nth 0,368 21 La bande intense vers 1 740 cm–1 est caractéristique de la liaison CpO des esters. 22 Il n’y a pas de bande entre 3 200 et 3 600 cm–1, ce

donc conclure qu’il n’y a plus de trace d’alcool et d’acide carboxylique. O 23 CH3 CH3PCPOPCH2PCH2PCPCH3

H Le signal correspondant à 6 H est un doublet, car ces 6 H sont couplés avec 1 H voisin. Le signal correspondant à 3 H est un singulet, car ces 3 H ne sont couplés à aucun H. Le signal correspondant à 2 H est un triplet, car ces 2 H sont couplés à 2 H voisins. 24 Le produit liquide est synthétisé à l’aide d’un montage à reflux ; on le sépare du reste du milieu réactionnel en réalisant une extraction liquide-liquide suivie du séchage à l’aide d’un desséchant chimique. On réalise une distillation pour purifier ce liquide et on le caractérise, par exemple, en réalisant une CCM.

qui implique l’absence de la liaison OPH. On peut

3

Synthèse du paracétamol (p. 492-493)

A Sélectivité de la réaction Matériel et produits

O O

OH O

Paillasse élève –  Une spatule ; –  une coupelle en plastique ; –  un entonnoir à solide ;

–  un ballon tricol 250 mL ; –  un ballon monocol de 250 mL ; –  une ampoule de coulée isobare ; –  un réfrigérant à boules ; –  un bouchon en verre ; –  des éprouvettes de 10 et 50 mL ; Carboxyle –  une cuve métallique pour bain-marie ; –  une coupelle en verre ; COOH –  un barreau aimanté en forme d’olive ; –  un dispositif de filtration sous pression réduite OH et du papier-filtre ; Hydroxyle –  un agitateur magnétique chauffant ; Anhydride –  un chauffe-ballon ; d’acide Carboxyle –  une cuve à CCM fermée ; –  une pince ; COOH –  des petits tubes à essais et un support ; O –  2,50 g de para-aminophénol prépesé ; O –  eau distillée. Ester O

Paillasse professeur –  De l’anhydride acétique ; –  de l’acide acétique glacial ; –  de l’acétate de butyle ; –  de la glace ; –  un flacon étiqueté « éluant » : 3 mL d’acétate de butyle, 2 mL de cyclohexane, 0,5 mL d’acide formique et 10 gouttes d’acétone ; –  du Doliprane® en poudre ; –  un banc Kofler et des substances étalon ; –  des plaques de silice ; –  des capillaires ; –  une balance ; –  une lampe UV.

Carboxyle

1 Groupes caractéristiques : Carboxyle

Amine

Anhydride d’acide Carboxyle O

Carboxyle COOH O O

O Ester

OH

Carboxyle

HN Amide

Hydroxyle

Dans la synthèse de l’aspirine, le groupe hydroxyle réagit avec l’anhydride d’acide. La fonction créée est une fonction ester.

O

Hydroxyle

O

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OH

O

H2N

OH

OH O

Anhydride d’acide

OH

O

O

H2N

O

O OH Hydroxyle

O

Hydroxyle

O

COOH

195


Dans la synthèse du paracétamol, le groupe amine réagit avec l’anhydride d’acide. La fonction créée est une fonction amide. 2 On peut envisager la réaction entre le groupe hydroxyle et l’anhydride d’acide : H2N

O

3 Une réaction est sélective lorsque, parmi plusieurs fonctions d’une même molécule, l’une d’elles réagit préférentiellement avec le réactif considéré. Ce réactif est dit chimiosélectif. Dans l’exemple du paracétamol, les groupes amine et hydroxyle sont susceptibles de réagir avec l’anhydride acétique et seul le groupe amine réagit.

O

B Les étapes de la synthèse b. On introduit le minimum de solvant de recristallisa-

4 Schéma du montage : Réfrigérant à boules Ampoule de coulée

tion pour minimiser les pertes de solide resté en solution (la solution refroidie est saturée en solide). 11 La solubilité du produit est de 250 g · L–1 à 100 °C. Il faut donc peser la masse de solide brut obtenue et utiliser les proportions. 12 On refroidit progressivement pour ne pas empri-

Ballon bicol Bain-marie Barreau aimanté Agitateur magnétique chauffant Support élévateur

5 L’agitation permet d’homogénéiser la température et d’augmenter la vitesse de dissolution du solide. 6 Le chauffage permet la dissolution du solide. Le refroidissement permet d’ouvrir ensuite le montage en évitant l’émission de vapeurs. 7 L’ampoule de coulée permet l’ajout progressif

d’un réactif sans ouvrir le montage. L’anhydride acétique est introduit progressivement, car la réaction est exothermique et on veut éviter tout emballement de la réaction qui provoquerait une forte élévation de la température dans le milieu réactionnel (et donc éviter les réactions parasites). 8 Une filtration sous pression réduite est plus rapide

et plus efficace qu’une simple filtration. 9 On rince le solide pour enlever toute trace des eaux mères. On utilise de l’eau glacée pour minimiser la dissolution du solide lors de ce lavage. 10 a. Lors de la recristallisation, on chauffe pour aug-

menter la solubilité du solide dans le solvant de recristallisation.

sonner à nouveau les impuretés. 13 Il faut que le solide soit très soluble à chaud et peu soluble à froid. Les impuretés doivent être solubles dans le solvant de recristallisation. 14 La précision du banc Kofler est de B 1 °C. Si la température de fusion mesurée est strictement inférieure à 167 °C, alors le produit synthétisé contient des impuretés. Si elle est comprise entre 167 °C et 169 °C, alors on pourra considérer que le solide est pur. 15 Le produit synthétisé est pur (une seule tache relative au dépôt 2). On a bien synthétisé du paracétamol (même rapport frontal qu’une des taches relative dépôt 3). 16 Quelques précautions à prendre : –  couvrir la cuve à CCM ; –  ne pas bouger la cuve lors de l’élution ; –  la ligne de dépôt doit être au-dessus du niveau de l’éluant ; –  ne pas gratter la silice lors du tracé de la ligne de dépôt, etc. 17 Quantités de matière de réactifs :

m = 2,29 · 10–2 mol, M V n (anhydride acétique) = r ·  = 7,34 · 10–2 mol. M D’après la stœchiométrie de la réaction, le para-aminophénol est le réactif limitant et la quantité théorique de paracétamol synthétisé : nth = 2,29 · 10–2 mol. nexp On calcule le rendement en effectuant le rapport . nth

n  (para-amino phénol) =

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196


4

C omparer les avantages et les inconvénients de plusieurs protocoles (p. 494)

1 Voir le montage à reflux, fiche no 10A, p. 593 du

6 Comparaison des coûts : voir tableau ci-dessous.

manuel.

7 On retrouve l’influence de différents facteurs : – comparaison des expériences 2 et 5 : concentration des réactifs ; –  comparaison des expériences 1 et 4 : facteur température ; –  comparaison des expériences 3 et 6 : influence de l’agitation ; –  comparaison des expériences 5 et 6 : influence des catalyseurs (le Nafion® est meilleur catalyseur que l’APTS, lui-même meilleur catalyseur que l’acide sulfurique qui peut dégrader une partie du produit). Le meilleur rendement est obtenu en chauffant, avec l’éthanol en excès, sous agitation et avec le Nafion® (expérience 6). Cependant, le coût du TP étant trop élevé, il faudra choisir l’expérience 5. Toutes les expériences se valent du point de vue de la sécurité.

2 Facteurs cinétiques : concentration des réactifs,

température et présence d’un catalyseur. 3 Pour les expériences 1 à 6 :

3,0 = 2,5 × 10–2 mol. 122 × 1 V Pour l’expérience 2 : n (éthanol) = r ·  = 0,26 mol. M Dans toutes les expériences, l’acide benzoïque est le réactif limitant, donc n (catalyseur) = 2,5 × 10–3 mol.

n (acide benzoïque) =

4 Le Nafion® est facilement séparable du milieu

réactionnel par filtration, ce qui est un atout pour la synthèse. 5 L’agitation permet d’homogénéiser la température et d’augmenter la vitesse de solubilisation des solides. S’il y a présence de deux phases, l’agitation permet aussi de favoriser le contact entre les deux phases et donc d’augmenter la vitesse de la réaction.

Tableau de la question 6 : Numéro de la manipulation

1

2

Acide benzoïque

1,06 €

1,06 €

Éthanol

4,25 €

Catalyseur

3

4

5

6

1,06 €

1,06 €

1,06 €

1,06 €

1,28 €

4,25 €

4,25 €

4,25 €

4,25 €

0,22 €

0,79 €

8 190,90 €

0,22 €

0,79 €

8 190,90 €

Toluène

9,18 €

Prix total

5,53 €

12,31 €

8 196,21 €

5,53 €

6,10 €

8 196,21 €

Complément Il faudrait aussi prendre en compte le coût lié au chauffage et à l’agitation (électricité), mais cela est difficilement chiffrable ici. Un autre élément n’a pas été pris en compte : le Nafion® peut être régénéré et réutilisé, ce qui n’est pas le cas des autres catalyseurs.

5

Réductions sélectives et protection (p. 495)

1 Demi-équation électronique :

RPCOPR’ + 2H+ + 2e–

RPCHOHPR’

2 a. La réaction de réduction de A est non sélective,

car les deux fonctions cétone et ester réagissent avec LiAlH4. b. Réactifs chimiosélectifs vis-à-vis de A : DIBAL (conduit à B’’) et NaCNBH3 (conduit à B’). OH

O

O

B’

O

3 Pour que A réagisse sélectivement avec NaBH4, il faut une température peu élevée et une durée de réaction relativement courte, sinon l’ester pourrait être lui aussi réduit. 4 Pour passer directement de A à B à l’aide d’un réactif chimiosélectif, il faudrait trouver un réactif qui réduit les esters en alcool sans réduire la fonction cétone. Ce réactif n’existe pas dans le tableau du document 4. S’il existait, son utilisation serait surement préférable à la réalisation successive des étapes 1, 2 et 3 pour des raisons de rendement. 5 Un groupe protecteur permet de bloquer temporairement la réactivité d’une fonction.

O

B’’

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197


6

Synthèse peptidique (p. 496-497) O O

1 a. Dipeptides obtenus : O O

NH NH O NH2 NH2 Leu-Gly O Leu-Gly

OH OH

HN HN Gly-Leu Gly-Leu

O O OH OH O O

HN HN Leu-Leu Leu-Leu

OH OH O O NH2 NH2

O O

H2N H2N

OH OH

NH NH Gly-Gly Gly-Gly

6 a. Pour synthétiser Pro-Leu-Gly il faudra déprotéger la fonction amine de la leucine. b. Formule topologique du tripeptide Pro-Leu-Gly : O

peuvent réagir, donc la synthèse est non sélective. 2 a. Les sites accepteurs sont notés dB et sites donneurs notés dv : δv O B v δ δ B H δ δB O v δB Nδ δB H H

δB δv δB δv H δB O B N Hδ O H B δ δv

b. Sites devant réagir : O δB O

H

H

δv N H

H

O O

H

c. Mécanisme de la première étape : O OH NH2

H2N

OH O

3 La réaction entre un acide carboxylique et une

amine est lente. On active la fonction acide carboxylique pour augmenter la vitesse de la réaction.

Complément Si l’une des deux fonctions acide carboxylique est activée, la deuxième est rarement protégée en pratique (cela n’est pas nécessaire).

4 On ne peut pas protéger la fonction amine en créant une fonction amide, car, lors de l’étape de déprotection, on casserait aussi la liaison peptidique.

OH

NH HN

b. Les deux fonctions de la leucine et de la glycine

H

tecteurs dans des conditions différentes est utile si on ne veut pas s’arrêter au stade dipeptide. En effet, si on veut ajouter l’acide a-aminé alanine, par exemple, on pourra synthétiser Ala-Leu-Gly ou Leu-Gly-Ala selon la fonction chimique qui a été déprotégée.

O O

H2N H2N

N

5 Le fait de pouvoir enlever les deux groupes pro-

O

O

Pro-Leu-Gly NH

c. La fonction acide carboxylique de la glycine étant

déjà protégée, il faut protéger la fonction amine de la proline (pour éviter Pro-Pro) et activer la fonction acide carboxylique de la proline. 7 a. Il y a six étapes pour cette synthèse : deux protections, une activation, le couplage et deux déprotections, ce qui fait un rendement : h = 0,906 = 0,53 = 53 %. b.  Dans le cas d’un polypeptide composé de dix acides a-aminés (41 étapes), le rendement tombe à 1,3 %. c. En utilisant un polymère insoluble, on simplifie les étapes de séparation et de purification, car le polypeptide reste accroché au support solide, ce qui augmente le rendement de chaque étape (une simple filtration suffit) et donc le rendement global. 8 Un groupe protecteur est un groupe caractéristique, volontairement créé dans une molécule polyfonctionnelle afin de bloquer la réactivité de l’une de ses fonctions. Cette fonction est temporairement transformée en une autre fonction. Le groupe protecteur utilisé doit réagir de manière sélective avec la fonction à protéger, être stable lors des réactions suivantes et pouvoir être enlevé (clivé) facilement et de manière sélective, une fois la réaction effectuée. L’utilisation d’un groupe protecteur nécessite au moins deux étapes supplémentaires dans une synthèse. Il faut donc que les étapes de protection et de déprotection aient lieu avec de très bons rendements.

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Exercices

(p. 503-513)

QCM 1   1. C ; 2. B et C ; 3. A et C ; 4. B ; 5. A et C ; 6. C ; 2   1. C ; 2. A ; 3. A.

Application immédiate 3   Réaliser une analyse critique de protocole 1.  Séparation : extraction liquide-liquide avec relargage, puis séchage et évaporation du solvant. Purification : distillation. Caractérisation : CCM. 2.  nA = nB = 0,20 mol. Le mélange réactionnel de départ est un mélange stœchiométrique. On a alors nmax = 0,20 mol. On obtient une quantité nP = 0,178 mol. Le rendement vaut ρ = 0,89, soit 89 %.

4   Synthétiser un dipeptide 1. Le dipeptide contient, de gauche à droite, une fonction amine, une fonction amide et une fonction acide. 2.  La réaction entre l’isoleucine activée et l’alanine n’est pas sélective, car, par exemple, la fonction acide carboxylique de l’alanine peut aussi réagir avec la fonction amine de l’isoleucine. Il convient donc de protéger la fonction amine de l’isoleucine activée et éventuellement la fonction acide carboxylique de l’alanine afin d’obtenir sélectivement le dipeptide D.

Pour commencer 5  Analyser un protocole : synthèse d’un liquide

1.  Port de la blouse, de lunettes de protection et de gants pour l’acide acétique et l’acide sulfurique. Manipuler l’éthanol et l’ester loin de toute source de chaleur ou de flamme et ne pas respirer les vapeurs. 2.  L’acide sulfurique joue le rôle de catalyseur dans cette synthèse. 3.  Le distillat contient l’ester E, car c’est l’espèce chimique du mélange réactionnel qui a la température d’ébullition la plus basse. 4.  Le sulfate de sodium anhydre est un desséchant. Il permet d’éliminer les traces d’eau qui auraient été entraînées avec le distillat. 5.  La température en tête de colonne de distillation permet de savoir si on a bien le produit attendu. 6.  La quantité d’ester obtenu vaut :  nE = 9,39 × 10–2 mol. Les quantités de réactifs valent : nA = 0,20 mol   et   nB = 0,25 mol.

D’après la stœchiométrie de la réaction, l’acide éthanoïque est le réactif limitant, et donc, la quantité maximale que l’on puisse obtenir pour E est : nmax = 0,20 mol d’où :

ρ = 0,47,   soit 47 %.

6  Analyse un protocole : synthèse d’un solide

1.  On chauffe le milieu réactionnel pour augmenter la vitesse de réaction et faciliter la dissolution des solides. 2.  L’acide phosphorique joue le rôle de catalyseur. 3.  On refroidit le mélange réactionnel une fois la synthèse terminée afin de pouvoir démonter le dispositif en toute sécurité et ne pas inhaler de substances volatiles, ici corrosives. De plus, le refroidissement permet la cristallisation du produit dont la solubilité diminue avec la température. 4.  Pour isoler le produit, on procèdera à une filtration du mélange réactionnel sur un filtre Büchner. On lavera le produit solide avec de l’eau glacée. 5.  Pour vérifier la pureté du solide obtenu, on peut relever sa température de fusion à l’aide d’un banc Kofler. On peut aussi réaliser une CCM en comparant le produit obtenu avec de l’aspirine commercial.

7   Établir un protocole d’extraction Afin d’extraire la curcumine présente dans la poudre de curcuma, on utilise l’éthanol pour des raisons de solubilité et de sécurité. On pèse une masse m de poudre de curcuma (utilisation de la balance, de la spatule et de la coupelle) que l’on introduit dans un bécher de 150 mL. On ajoute alors à l’éprouvette un volume d’éthanol inférieur à 50,0 mL. On agite. On filtre sur papierfiltre à l’aide d’un entonnoir à liquide dans une fiole jaugée de 50,0 mL. On rince le papier-filtre avec quelques portions d’éthanol. On homogénéise le contenu et on complète jusqu’au trait de jauge.

8   Savoir filtrer sous pression réduite La fiole à vide doit être fixée à l’aide d’une pince pour éviter de renverser le dispositif et ainsi perdre le produit, sans compter les risques qui résultent du filtrat qui peut être nocif, corrosif, etc. L’humidification du papier-filtre assure un contact parfait entre celui-ci et le filtre Büchner. Ainsi, on ne perd pas de produit. On doit éviter de remplir le filtre Büchner pour une meilleure efficacité de la filtration, mais aussi pour ne pas perdre de produit, car le papier-filtre risquerait de se séparer du filtre Büchner et de laisser ainsi passer le mélange. On utilise un liquide de rinçage glacé pour limiter les pertes de produit par dissolution. Même glacé, on doit l’introduire en petite quantité, toujours pour limiter les pertes.

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L’aspiration doit être coupée lors du rinçage pour laisser le temps au lavage de se faire (sinon, le liquide de rinçage est immédiatement aspiré). Le solide doit être soigneusement récupéré sur le papier-filtre pour avoir un rendement maximal.

9  Reconnaître des composés polyfonctionnels

1.  Les molécules polyfonctionnelles sont les composés B, D et E. 2. Les différentes fonctions chimiques présentes dans les molécules A à E sont : OH

O

O

O

NH2

OH Acide carboxylique

Pour s’entraîner 12   Rendement d’une réaction d’oxydation

OH

O

1.  Les quantités initiales de réactifs sont : m µ  · V d  · µ  · V 10,4 × 1,0 × 4,0 nB = B = B B = B eau B = MB MB MB 106,1

O Amine et acide carboxylique

1.  Les fonctions chimiques présentes dans le réactif et le produit sont : OH

OH

O Cétone et ester

= 3,9 × 10–2 mol, m 3,16 nKMnO4 = KMnO4 = = 2,00 × 10–2 mol. 158,0 MKMnO4

10   Reconnaître un réactif chimiosélectif

O

4.  La sélectivité peut être provoquée par le facteur pression, comme le montre la comparaison des réactions (2) et (3) : à haute pression on perd la sélectivité.

Amide

NH2

O

3.  On voit ici que le catalyseur entraîne une sélectivité : la comparaison des réactions (1) et (2) montre qu’on peut choisir de faire réagir l’un seulement ou deux des groupes alcène présents dans la carvone.

O

OH Alcool, cétone et acide carboxylique

O Alcène et ester

2.  La réaction (1) est sélective, car seul l’un des groupes alcène est concerné par la réaction. La réaction (2) est aussi sélective, car seuls les groupes alcène sont concernés par la réaction. La réaction (3) n’est pas sélective, car les groupes alcène et cétone sont modifiés.

Deux fonctions alcool (secondaire et primaire)

2. Dans cette réaction, LiAlH4 n’est pas un réactif chimiosélectif, car la fonction cétone et la fonction ester du réactif sont toutes deux réduites. 3.  Dans ce cas, seule la fonction cétone est réduite. NaBH4 est donc un réactif chimiosélectif.

11   Étudier la sélectivité d’une réaction 1.  Les groupes caractéristiques sont : – pour la carvone : un groupe carbonyle et deux groupes alcène ; – pour A : un groupe carbonyle et un groupe alcène ; – pour B : un groupe carbonyle ; – pour C : un groupe hydroxyle.

On établit un tableau d’avancement pour déterminer le réactif limitant : voir en bas de page. À l’état final, on a soit nKMnO4 – 2xmax = 0,

soit nB – 5xmax = 0, c’est-à-dire : n xmax = B = 7,8 × 10–3 mol, 5 n KMnO4 = 1,0 × 10–2 mol. ou xmax = 2 Donc xmax = 7,8 × 10–3 mol, c’est le benzaldéhyde qui est le réactif limitant. 2.  Le tableau d’avancement (voir ci-dessous) montre qu’on pourrait obtenir une quantité maximale d’acide benzoïque qui vaut : nmax = 5xmax = 3,9 × 10–2 mol. La quantité d’acide effectivement obtenue vaut : m 3,9 nA = A = = 3,2 × 10–2 mol. MA 122,1 Le rendement de la réaction est donc : n 3,2 × 10–2 = 0,81,  soit 81 %. r= A = nmax 3,9 × 10–2

Tableau de l’exercice 12, question 1 : O

Équation chimique

État du système

O H

5

Avancement n (benzaldéhyde) (mol)

+ 6 H+ + 2 MnO4–

OH

5

+ 2 Mn2+ + 3 H2O

n (H+)

n (MnO4–)

n (acide)

n (Mn2+)

n (H2O)

État initial

0

nB

Excès

nKMnO4

0,0

0,0

Solvant

État intermédiaire

x

nB – 5x

Excès

nKMnO4 – 2x

5x

2x

Solvant

État final

xmax

nB – 5xmax

Excès

nKMnO4 – 2xmax

5xmax

2xmax

Solvant

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3. Le produit étant solide, on peut déterminer sa pureté en mesurant sa température de fusion à l’aide d’un banc Kofler. S’il n’est pas pur, on pourra procéder à une recristallisation pour le purifier.

14   Synthèse d’un médicament : la benzocaïne 1.  a. Les groupes fonctionnels des molécules HA et E sont : O

4.  Grâce à un spectre IR, on pourra s’assurer que la réaction a bien eu lieu et vérifier que l’on obtient une bande d’absorption caractéristique du groupement OPH de la fonction acide carboxylique et aucune bande d’absorption caractéristique du groupement CPH de la fonction aldéhyde.

13   Un di-antalgique, le

NH2

Salipran®

1.  a. Les groupes caractéristiques sont : – pour le paracétamol : un groupe amide et un groupe hydroxyle ; –  pour l’aspirine : un groupe ester et un groupe carboxyle ; – pour le bénorilate : deux groupes ester et un groupe amide. bénorilate + eau b. aspirine + paracétamol La réaction de synthèse du bénorilate est sélective, car le groupe hydroxyle du paracétamol réagit exclusivement avec le groupe carboxyle de l’aspirine. Les fonctions amide et ester de ces deux réactifs ne sont pas affectées par cette réaction. 2.  a. Parmi les deux schémas proposés, seul le schéma A est celui d’un montage à reflux. Dans le réfrigérant à boules, l’eau circule du bas vers le haut. b. Le deuxième montage est un montage de distillation fractionnée. On l’utilise pour séparer deux espèces miscibles ou pour purifier des espèces. c. On chauffe pour dissoudre les solides et augmenter la vitesse de la réaction. On chauffe à reflux pour travailler à volume constant. d. Pour isoler le bénorilate, on doit filtrer le mélange réactionnel sous pression réduite. e. Pour le purifier, on peut procéder à une recristallisation. f. Le séchage du produit obtenu peut se faire à l’aide d’une étuve. g. On a n1 = n2 = 0,100 mol. La réaction étudiée est une réaction qui se fait mole à mole de réactifs. Le mélange réactionnel de départ est donc stœchiométrique. On obtient nbénorilate = 6,01 × 10–2 mol. Le rendement de la réaction vaut donc : ρ = 0,60,    soit 60 %. 3.  a. La réaction inverse de celle de sa synthèse est la réaction d’hydrolyse de l’ester. On obtient de l’aspirine et du paracétamol. b. On appelle ce médicament di-antalgique, car il libère deux molécules antalgiques après son ingestion.

O

OH

O

NH2

Groupes carboxyle et groupe amine

Groupes ester et groupe amine

b. Le mouvement de doublets, qui permet d’expliquer la formation de la liaison CPO, est représenté ci-dessous : O

H HO B O O

OH

v

+

OH

NH2

NH2

c. La réaction est sélective, car on obtient un seul produit, alors qu’on aurait pu envisager d’autres mouvements de doublets d’électrons. 2.  a. Les ions oxonium apportés par l’acide sulfurique jouent le rôle de catalyseur. b. Il faut chauffer pour accélérer la réaction, car la température est un facteur cinétique. L’intérêt du chauffage à reflux est de pouvoir chauffer sans perte. 3.  a. Le diagramme de prédominance du couple HA (aq) / A– (aq) est : [AH (aq)]éq 1 [A–]éq

[A–]éq 1 [AH (aq)]éq 4,9

9

pH

Après l’ajout de carbonate de calcium, le pH du milieu vaut 9, l’espèce qui prédomine est donc l’espèce A–, l’ion 4-aminobenzoate issu de l’acide HA qui n’a pas réagi. b. Cette espèce est très soluble dans l’eau et faiblement soluble dans l’éther, elle se trouve donc dans la phase aqueuse. c. L’ampoule à décanter, après agitation et décantation, est présentée sur le schéma ci-dessous :

Phase organique : éther + benzocaïne Phase aqueuse : eau + A– + éthanol

4.  Le spectre RMN obtenu est bien celui de la benzocaïne.

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NH2

O

NH2

Leucine



NH2 *

H CO2H

*

H HO2C

NH2 *

COOH

O Ester mixte leucine-sérine NH2

NH2 O

HO

COOH

b. Il faudra activer la fonction acide carboxylique de la leucine.

NH2

H CO2H

NH2 O

O Ester sérine-sérine

Énantiomères de la leucine HO

NH2

COOH Sérine

NH2

OH

O OH Dipeptide Ser-Ser

*

b. Ces molécules sont chirales et possèdent chacune un énantiomère :

O

HO

NH

HO

NH2

COOH

OH

Dipeptide Ser-Leu

1.  a. La leucine et la sérine possèdent toutes deux un carbone asymétrique : *

NH

HO

15   Synthèse d’un dipeptide

NH2

O

Par ordre de déplacement chimique, on trouve les signaux caractéristiques de : •  3 H du groupe méthyle de CH3PCH2POP de la chaîne terminale de l’ester. Le triplet indique bien qu’il se trouve adjacent à un groupe PCH2P ; •  2 H sur un signal large du groupe PNH2 ; • 2 H présentant un quadruplet : il s’agit donc du groupe PCH2P adjacent au PCH3 ; –  les 4 H suivants sont ceux du noyau benzénique.

* H HO2C

c. Il faudra protéger la fonction amine de la leucine et les fonctions acide carboxylique et alcool de la sérine.

OH

Énantiomères de la sérine

c. La leucine possède un groupe amine et un groupe carboxyle. La sérine possède, en plus, un groupe hydroxyle. d. La sérine est plus soluble dans l’eau que la leucine, car la présence du groupe hydroxyle permet un plus grand nombre de liaisons hydrogène avec les molécules d’eau. 2.  a. Les sites donneurs et récepteurs de doublet d’électrons sont représentés respectivement en rouge et en bleu ci-dessous : R2 R1

O

C

C

NH2 +

R3

R

R2 OH

v

R1 C R3

O

R

C NH2

B

OH

b. Les mouvements des doublets d’électrons sont : R2 R1

O

C

C

R3

NH2 +

R

R1

R2 OH

v

C R3

O C NH2

B

R OH

3. a. Les formules topologiques des six produits possibles sont : NH O

2

NH

OH

O Dipeptide Leu-Leu NH2

O NH

O

OH

OH Dipeptide Leu-Ser

Pour aller plus loin 16   Bromination of cinnamic acid Traduction du texte : « La préparation du 1-bromo-2-phényléthylène consiste à réaliser une bromation stéréospécifique de l’acide (E)-cinnamique suivie par une élimination décarboxylante du bromoacide obtenu. Cette dernière réaction conduit presque exclusivement au (Z)-b-bromostyrène quand elle est conduite dans la butanone, alors que le produit majoritaire est le stéréoisomère E lorsqu’elle est conduite dans l’eau. Protocole expérimental  Une solution de dibrome à 10 mol · L–1 dans le chloroforme est préparée avant la séance de TP. Attention : le dibrome et les solutions de chloroforme sont hautement toxiques et corrosifs. Dans un erlenmeyer de 150 mL, dissoudre 7,5 g d’acide (E)-cinnamique commercial dans une quantité minimale de chloroforme (50 mL) sous agitation magnétique et à l’aide d’un bain-marie. Une fois la dissolution terminée, ôter le bain d’eau chaude et ajouter lentement la solution de dibrome (5,5 mL). La couleur brune disparaît progressivement et un solide blanc apparaît. Agiter 10-15 minutes à température ambiante, puis refroidir le milieu réactionnel dans un bain de glace et d’eau salée jusqu’à ce que la cristallisation soit complète. Le composé bromé est ensuite filtré, lavé avec quelques millilitres de chloroforme froid et séché. Le rendement obtenu est de 60 %. »

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1.  La formule semi-développée de l’acide (E)-cinnamique est : COOH

H C C6H5

8.  Juste avant la filtration, on refroidit le ballon dans un mélange glace-sel (température inférieure à 0 °C) pour parfaire la cristallisation. 9.  Le chloroforme utilisé pour rincer le solide est utilisé glacé pour limiter au maximum les pertes de produits par dissolution.

C H

Complément La représentation ci-dessus n’est pas une formule semi-développée intégrale, mais le but de la question est de mettre en évidence l’isomérie E autour de la double liaison.

La bromation de l’acide cinnamique peut se classer dans la catégorie des réactions d’additions. 2.  La précaution principale à prendre réside dans la manipulation de la solution de brome dans le chloroforme, car elle est très corrosive et toxique (gants, lunettes, blouse sont recommandés). 3.  Le solvant utilisé pour cette synthèse est le chloroforme, il est prélevé à l’éprouvette graduée (précision suffisante pour le solvant). 4. Le montage expérimental décrit dans l’énoncé est rudimentaire : la réaction est réalisée dans un erlenmeyer sans qu’un dispositif de reflux ne soit mentionné. Pour plus de précautions, il convient d’utiliser un montage à reflux avec un ballon bicol et une ampoule de coulée :

10. On attend 50 mmol de produit comme le montre la stœchiométrie de la réaction, soit une masse : m = nmax · M = 50 × 10–3 × 307,8 = 15,4 g. Le rendement étant de 60 %, la masse obtenue est de 9,2 g. 11. Une réaction diastéréosélective conduit majoritairement à un des diastéréoisomères possibles lorsque plusieurs diastéréoisomères sont envisageables pour un produit de réaction. C’est le cas ici : on obtient majoritairement le (Z)-b-bromostyrène si on réalise la réaction dans la butanone, et exclusivement le (E)-b-bromostyrène si on la réalise dans l’eau. 12. Il n’est pas surprenant que ces deux composés n’aient pas la même odeur, car deux diastéréoisomères n’ont généralement pas les mêmes propriétés bio-chimiques.

17   Analyse critique de protocole

Réfrigérant à boules

1.  L’acide sulfurique est ajouté avec précautions car sa dissolution dans l’eau est exothermique. Il convient de contrôler cette réaction afin qu’il n’y ait pas d’emballement.

Ampoule de coulée

2.  Le chauffage a pour but d’accélérer la réaction, la température étant un facteur cinétique.

Ballon bicol Bain-marie Barreau aimanté Agitateur magnétique chauffant Support élévateur

On chauffe pour augmenter la vitesse de la réaction et la solubilité du solide. On agite pour augmenter la vitesse de dissolution du solide et homogénéiser la température. 5.  Les quantités initiales de réactifs sont : –  acide (E)-cinnamique : n1 = 50 mmol ; –  dibrome : n2 = 51 mmol. La stœchiométrie de la réaction indique que celle-ci se fait mole à mole. Le dibrome est donc en excès, le réactif limitant est l’acide (E)-cinnamique. 6. Pour éviter tout emballement de la réaction, on retire le bain-marie après dissolution complète de l’acide cinnamique dans le solvant et on introduit lentement le dibrome.

3.  Avant le chauffage, tous les réactifs sont solubles dans l’eau (l’acide sulfurique et le diol). Après le chauffage, le produit organique apparaît, il est non miscible à l’eau. 4.  On doit refroidir le mélange avant de procéder à l’hydrodistillation, car on a besoin de changer de montage : on passe d’un mélange réactionnel d’un montage à reflux à un montage d’hydrodistillation. On veut donc éviter toute émission de vapeurs. 5.  L’espèce chimique entraînée par l’hydrodistillation est le composé organique (pinacolone). 6.  On rajoute du sel au distillat pour diminuer la solubilité du composé organique dans l’eau. 7.  L’ampoule à décanter avec la position et la composition des différentes phases est présentée ci-dessous. Le rôle de l’éther est d’extraire le produit organique de la phase aqueuse afin de récupérer le maximum de produit organique.

Phase organique : éther + pinacolone Phase aqueuse : eau + sel

7. Lors de l’ajout de dibrome celui-ci se décolore quand il réagit. © Hachette Livre, 2012 – Physique Chimie Terminale S spécifique, Livre du professeur – La photocopie non autorisée est un délit.

203


8. a. Le bain-marie augmente la température du mélange et favorise l’évaporation du solvant. b. Abaisser la pression à l’intérieur du ballon a pour effet d’abaisser la température d’ébullition du solvant. Sa séparation est donc facilitée. c. La rotation du ballon permet d’augmenter la surface d’évaporation et d’homogénéiser la température du mélange. 9.  a. Le réactif contient deux fonctions alcool et le produit une fonction cétone. b. D’après le spectre IR, on est sûr que la réaction a eu lieu, car la large bande d’absorption caractéristique des groupes OPH (3 200 et 3 600 cm–1) n’est plus présente. On trouve, en revanche, le pic caractéristique d’un groupe PCpO vers 1 700 cm–1. c. Les spectres de RMN du réactif et du produit seraient immédiatement distinguables : –  celui du pinacol ne présenterait qu’un seul singulet, car tous les atomes d’hydrogène de cette molécule sont équivalents et les quatre groupes CH3P sont tous liés à un carbone qui ne porte aucun hydrogène ; –  celui de la pinacolone présenterait deux singulets, car le groupe CH3P adjacent au groupe fonctionnel cétone aurait un déplacement chimique plus important que celui des trois autres groupes CH3P de cette molécule. HO OH

Retour sur l’ouverture du chapitre 18   Autour de l’aspartame 1. Un édulcorant artificiel est une substance au goût sucré fabriqué par l’homme ; il n’y a pas d’équivalent dans la nature. Un ester méthylique est un ester dont la chaîne alkyle est un groupe méthyle. Des stéréoisomères ont même formule semi-développée ; ils diffèrent par la position relative des atomes dans la molécule. Deux isomères ont même formule brute, mais des formules développées différentes. Le couplage peptidique est une réaction chimique qui résulte de la réaction de deux acides aminés. Lors de cette réaction, la fonction acide carboxylique de l’un des acides aminés réagit avec la fonction amine de l’autre. 2.  Les fonctions chimiques de l’aspartame sont : deux fonctions acides carboxyliques et une fonction amine. 3.  a. D’après la structure de l’aspartame, des deux fonctions acide de l’acide aspartique, c’est celle qui est immédiatement adjacente au carbone portant l’amine qui réagit lors de la synthèse. b. Les sites donneurs (dv) et accepteurs (dB) de doublet d’électrons sont représentés respectivement en en bleu et en rouge ci-dessous :

δB H

δv O δB B δ B H δ Ov δ O δB N H v H B v δ δ δ

δv O δB

H

10

9 8 7 6 5 4 3 2 1 Spectre de RMN calculé pour le pinacol.

0 O

δv

δB δv H O δB

δB

δv N H H B δ δB H

O

c. Formation de la liaison CPN : O

0

10.  Quantité initiale de pinacol : m 50 n = pinacol = = 0,42 mol. Mpinacol 118,2 Donc la quantité théorique de pinacolone est : nmax = 0,42 mol, ce qui correspond à une masse de pinacolone égale à : mmax = nmax · Mpinacolone = 0,42 × 100,1 = 42 g. Le rendement vaut : m 35,0 r = pinacol = = 0,83,  soit 83 %. mmax 42

C

+

OH

C

NH2 O

CH3

d. La formule topologique de l’isomère amer de l’aspartame, celui qui résulte du couplage peptidique sur le second acide carboxylique de l’acide aspartique, est présentée ci-dessous : NH2 H C HOOC

O

C CH2

H N

CO2CH3 C CH2

H

9 8 7 6 5 4 3 2 1 Spectre de RMN calculé pour la pinacolone.

O

CH2

C H

10

CH2 C C O NH2

H

HO

e. Pour éviter les réactions parasites, on doit protéger la fonction amine et la deuxième fonction acide carboxylique de l’acide aspartique.

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f. Une fois le couplage réalisé, il faudra cliver les groupes protecteurs. 4.  a. Les atomes de carbone asymétriques dans la molécule d’aspartame sont indiqués sur la formule ci-dessous : HOOC

CH2 C * C H

NH2

H

CO2CH3

C N * CH2 H

O

b. L’aspartame ne peut pas être utilisé dans la fabrication de gâteaux, car, vers 160 °C, il s’épimérise en ses stéréoisomères qui sont amers. 5.  L’expression « chauffage au reflux d’éthanol » signifie que le chauffage se fait en présence d’éthanol comme solvant ; c’est lui qui est condensé dans le tube réfrigérant à boules. 6. Cette technique repose sur les différences de températures d’ébullition des divers composés présents dans le mélange. 7. a. Il s’agit de l’étape de purification appelée recristallisation. b. Elle est basée sur la différence de solubilité des impuretés et du produit synthétisé dans le solvant. 8. On peut caractériser le produit formé soit par CCM, soit par mesure de son point de fusion, soit par spectroscopie (RMN ou IR).

Comprendre un énoncé 19   Synthèse de l’acétate de vanilline 1.  Les fonctions encadrées en pointillés sont, respectivement, une fonction aldéhyde, une fonction ester et une fonction acide carboxylique.

2.  La réaction est effectuée à froid, car la réactivité de l’anhydride acétique est très grande. Ainsi, on évite un emballement de la réaction (et donc les réactions parasites). 3.  On recristallise pour purifier le produit synthétisé. Cette technique est basée sur la différence de solubilité entre les impuretés et le produit dans le solvant de recristallisation. 4. Le chromatogramme indique que le solide obtenu après la synthèse contient bien l’acétate de vanilline, car il y a une tache qui a élué au même rapport frontal que l’acétate de vanilline de référence, mais aussi une impureté. Cette dernière n’est plus présente après l’étape de recristallisation. 5.  On effectue la réaction avec les quantités initiales de réactifs : m 3,0 = 2,0 × 10–2 mol. Vanilline : n1 = 1 = M1 152 m ρ  · V d  · ρ  · V Anhydride acétique : na = a = a a = a eau a Ma Ma Ma 1,08 × 1,00 × 8,0 102 = 8,5 × 10–2 mol.

=

D’après la stœchiométrie de la réaction, l’anhydride acétique est en excès, la vanilline est le réactif limitant. On peut donc obtenir une quantité maximale d’acétate de vanilline égale à : nmax = 2,0 × 10–2 mol. Or, on en obtient une quantité : m 3,1 n2 = 2 = = 1,6 × 10–2 mol. M2 194 Le rendement vaut donc : n 1,6 × 10–2 = 0,81,  soit 81 %. r= 2 = nmax 2,0 × 10–2

Bibliographie et sitographie –  Pour la synthèse peptidique : A. Durupthy, O. Durupthy, A. Jaubert, Chimie Terminale D, Hachette, collection EurinGié, 1989. – J. Drouin, Introduction à la chimie organique, Librairie du Cèdre, 2005. –  P. C. Vollhardt et N. E. Schore, Traité de chimie organique, De Boeck, 2004. – J. Clayden, Chimie organique, De Boeck, 2002. – M. Chavanne et A. Jullien, Chimie organique expérimentale, Belin, 1996. –  Pour les TP : sujets de BTS (http://www.educnet.education.fr/rnchimie/bts_c/annales/orga.htm) sujets des Olympiades nationales de Chimie (http://www.olympiades-chimie.fr/index.html).

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205


Chapitre

Numérisation de l’information

20

Activités 1

Quelques chaînes de transmission d’informations (p. 516-517)

1 Chaîne de transmission d’informations

Encodeur

Émetteur

Nature du signal transmis et milieu de transmission

Récepteur

Décodeur

Signaux de fumée

Cerveau d’un Indien

Fumée

Lumière diffusée par la fumée qui se propage dans l’air

Œil d’un autre Indien

Cerveau de l’Indien

Symphonie de Beethoven

Cerveau de Beethoven

Parchemin

Écriture sur le parchemin transporté par le cavalier de la poste

Chef d’orchestre

Cerveau du chef d’orchestre

Téléphone filaire

Microphone

Système électronique

Signal analogique transmis par le fil électrique

Système électronique

Haut-parleur

Téléphone cellulaire

Microphone et convertisseur analogiquenumérique

Antenne

Ondes électromagnétiques qui se propagent dans l’air

Antenne

Convertisseur numériqueanalogique et haut-parleur

2 On peut noter quelques étapes importantes de

3 Les premiers câbles transcontinentaux sont en

l’évolution de la téléphonie : –  le passage de la mise en contact de deux personnes par une opératrice à une mise en contact automatique ; –  le passage de la transmission filaire à la transmission sans fil (mobilité) ; –  la miniaturisation des téléphones ; –  le codage numérique de l’information ; –  la possibilité de transmettre d’autres types d’informations que des informations sonores.

cuivre, torsadés d’abord, puis coaxiaux à partir de 1933. Les informations transmises sont de nature électrique. À partir de 1988, des fibres optiques remplacent les câbles de cuivre. Les signaux transmis sont alors des ondes électromagnétiques. Le changement de support de transmission a permis le passage des signaux analogiques aux signaux numériques. Cela a engendré, avec la miniaturisation de l’électronique, l’augmentation du débit de données, et la possibilité de transmettre d’autres informations que le son.

2

La conversion analogique numérique (p. 518-519) Tension (mV)

A L’échantillonnage 1250

55

54

25

1,

53

25

25 1,

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Temps (s)

1,

52

Te

25

51

Te

1,

25

25

49

1,

48

25 1,

47

25 1,

46

25

Te

50

Te

Te

1,

500

1,

la période d’échantillonnage est petite.

750

25

2 Le son est d’autant plus fidèlement retranscrit que

1000

1,

1 Le schéma ci-contre a été agrandi pour plus de clarté. L’acquisition a bien été faite sur 5 s. La durée séparant deux acquisitions consécutives est la période d’échantillonnage T e qui a pour valeur 100 µs. On procède de même pour les autres acquisitions et on retrouve bien les différentes périodes d’échantillonnage.

206


B La résolution 3 Le nombre est 12 bits pour la plupart des systèmes d’acquisition. 4 La résolution est donnée par la relation :

Résolution = Calibre Plage de mesure Résolution

plage de mesure avec n, le nombre de bits. 2n

– 30 V / + 30 V

– 15 V / + 15 V

– 5 V / + 5 V

– 0,25 V / + 0,25 V

60 V

30 V

10 V

0,5 V

15 mV

7,3 mV

2,4 mV

0,12 mV

Tension (mV)

5 Les captures d’écran montrent que les résolutions

calculées sont bien égales aux résolutions mesurées. 6 a. Plus le calibre est petit, plus la résolution a une valeur faible. La mesure d’une tension est d’autant plus précise. b. L’inconvénient est que la plage de mesure est peu étendue.

620

615

Te

7 La période d’échantillonnage vaut 0,01 ms, soit

1 # 102 µs.

610

p

8 a. p = 20 . 4, 9 # 10 –3 V = 4, 9 mV.

2 12

b. Sur la représentation graphique ci-contre, on a bien

605

Temps (ms)

un pas proche de 5 mV. 4,84

3

4,86

4,88

4,90

4,92

Et l’image devint numérique… (p. 520-521)

A L’image numérique et le pixel 1 La taille du fichier image augmente avec la définition de l’image.

La qualité d’une image augmente avec sa définition.

B Le codage RVB 2 Code RVB d’un pixel

255-211-078

11-145-70

122-42-234

67-201-240

Code hexadécimal du même pixel

FF-D3-4E

B-91-46

7A-2A-EA

43-C9-F0

3 Pour chaque couleur, on convertit deux à deux les valeurs données en hexadécimal en décimal.

On trouve la même valeur que celle qui s’affiche en décimal. 4 Les codes RVB de pixels blanc, rouge, vert et jaune confirment les résultats de la synthèse additive des couleurs vue en classe de Première S : par exemple, le jaune s’obtient en superposant du rouge et du vert. 5 Un pixel d’une image en niveaux de gris est codé en RVB par trois fois le même nombre.

4

Le numérique au service de l’optique (p. 521)

1 Lorsque la tension d’alimentation de la lampe diminue, le maximum d’intensité lumineuse du spectre se déplace vers des pixels de plus grand numéro (les pixels sont numérotés de gauche à droite).

Plus le numéro du pixel augmente, plus la longueur d’onde de la radiation lumineuse augmente ; on se

déplace donc vers le rouge. Cela confirme qualitativement la loi de Wien vue en Première S : quand la température de la source diminue (tension d’alimentation plus faible), le maximum d’intensité lumineuse se décale vers les grandes longueurs d’onde.

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207


Exercices

(p. 527-537)

QCM 1   1.  A, B et C ; 2.  C ; 2   1.  B ; 2.  B et C ; 3.  A ; 4.  B ; 3   1.  C ; 2.  B ; 3.  B ; 4. A.

Application immédiate 4   Comprendre la numérisation d’un signal 1. Si on double la fréquence d’échantillonnage, il y a deux fois plus de mesures pendant la même durée. On verrait une différence dans l’état 2 avec deux fois plus d’échantillons. 2.  Avec un codage sur 3 bits, on affecterait une valeur numérique à chaque échantillon parmi un ensemble discret de 8 (23) valeurs au lieu de 16 (24) lors de la conversion actuelle.

Pour commencer 5  Identifier les éléments d’une chaîne de transmission d’informations

1.  Une chaîne de transmission d’informations est l’ensemble des éléments qui permettent de transmettre une information d’un lieu à un autre. 2.  Le thème photographié constitue l’information à transmettre ; l’appareil photo a joué le rôle d’encodeur lors de la prise de vue ; le câble USB joue le rôle de canal de transmission, l’imprimante celui de décodeur.

6  Connaître les conditions de transmission 1.  Le premier opérateur joue le rôle d’encodeur. Le second opérateur, à l’aide de sa longue vue, décode le signal. Le canal de transmission est l’air entre les deux relais, la nature du signal est la lumière (ondes électromagnétiques). 2.  Ce mode de transmission ne fonctionne ni la nuit, ni par temps de brouillard.

7  Citer les canaux de transmission a.  Dans un canal de transmission utilisé pour la téléphonie filaire, on trouve les téléphones émetteurs et récepteurs, les câbles coaxiaux reliant les téléphones et les signaux électriques qui circulent dans les câbles. Le milieu de transmission peut également être une fibre optique ; dans ce cas, le signal est de nature électromagnétique. b.  Dans un canal de transmission utilisé pour la télévision, on trouve les antennes émettrices et réceptrices, les satellites.

Le milieu de transmission est l’atmosphère terrestre, voire au-delà (pour les satellites), et les signaux sont de nature électromagnétique. c.  Dans un canal de transmission utilisé pour la radio, on distingue les antennes émettrices et réceptrices. Le milieu de transmission est l’air et les signaux sont des ondes hertziennes (ondes électromagnétiques).

8  Définir un signal numérique 1.  Un signal analogique est un signal qui varie de façon continue au cours du temps, alors qu’un signal numérique varie de façon discontinue, par paliers, au cours du temps. 2.  Pour numériser un signal, il faut l’échantillonner, c’est-à-dire prélever à intervalles de temps égaux des échantillons du signal analogique, puis le quantifier, c’est-à-dire affecter à chaque échantillon une valeur permise qui dépend de la résolution du convertisseur, valeur qui est ensuite codée par une suite de nombres binaires.

9  Calculer une fréquence d’échantillonnage 1.  Deux périodes ont une durée de 9,0 ms, donc la période du signal est T = 4,5 ms. 1 = 2,2 # 102 Hz. f= 1 = T 4, 5 # 10 –3 2. a.  La fréquence d’échantillonnage fe représente le nombre d’échantillons prélevés par seconde. b.  Graphiquement, on compte dix échantillons prélevés en 2,0 ms, soit : 10 = 5,0 # 103 Hz ; fe = 2, 0 # 10 –3 fe 5, 0 # 10 3 = = 23. f 2, 2 # 10 2 La fréquence d’échantillonnage est 23 fois plus élevée que la fréquence du signal sonore. c. Pour que le signal numérisé soit le plus fidèle f possible au signal réel, il faut que le rapport e f augmente.

10  Calculer le pas d’un CAN 1.  La plage de mesure de ce CAN est de 9,0 V. 2.  a.  Le pas d’un convertisseur représente la plus petite variation de tension analogique que le convertisseur peut repérer. plage de mesure 9,0 = = 2,2 # 10–3 V b.  p = 2n 212 Le pas de ce convertisseur est de 2,2 # 10–3 V.

11  Définir une image numérique 1.  Une image numérique est une image codée par un tableau de nombres. 2.  La plus petite unité composant une image numérique est le pixel.

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208


12  Connaître la signification d’un tableau de nombres

1.  Une case du tableau contient le codage RVB d’un pixel dans le système décimal. 2.  Chaque pixel étant codé par trois nombre décimaux identiques, il s’agit d’une image en niveaux de gris. 3.  a.  L’image possède trois lignes et quatre colonnes. Sa définition est de 3 # 4 = 12 pixels. Chaque pixel est codé sur 24 bits, soit 3 octets. La taille de l’image est de 3 # 12 = 36 octets. b.  Chaque pixel est codé sur 8 bits, soit 1 octet. La taille de l’image est de 12 octets.

13  Associer un tableau de nombres à une image numérique

1.  a.  Un pixel correspond au plus petit détail d’une image. b.  Un pixel est représenté par un carré sur l’image (voir p. 530 du manuel). c.  Si l’image était encore plus agrandie, les pixels seraient représentés par des carrés plus grands. 2.  Les zones 1, 2 et 3 sont respectivement rouge, blanche et verte. 3.  Les tableaux correspondent au codage RVB de chaque pixel : –  Le rouge correspond a une intensité dominante pour le sous-pixel rouge, ce qui apparaît dans le tableau (C). La zone 1 correspond au tableau (C). –  Le blanc est obtenu par synthèse additive de rouge, de vert et de bleu. Il faut donc que les trois sous-pixels aient une valeur proche de 256. Cela apparaît dans le tableau (B). La zone 2 correspond au tableau (B). –  Le vert correspond a une intensité dominante pour le sous-pixel vert, ce qui apparaît dans le tableau (A). La zone 3 correspond au tableau (A).

Pour s’entraîner

3.  La mesure est codée sur 16 bits ; on peut donc coder 216 = 65 536 niveaux d’intensité sonore différents. 4.  Un niveau d’intensité sonore est codé sur 16 bits, soit 2 octets, une mesure est réalisée toutes les 1  s et le CD a une capacité de 700 Mio, soit 44, 1 # 10 3 700 # 220 octets. La durée maximale d’enregistrement de ce CD est de : 700 # 2 20 # 1 = 8,32 # 103 s = 139 min. 2 44, 1 # 10 3

16   Acquisition… d’une carte d’acquisition 1.  Le pas du convertisseur a pour expression : plage de mesure 5, 0 = 8 = 20 # 10–3 V = 20 mV. p= 2n 2 2.  On a besoin, au cours de ce TP, d’une précision de 10 mV. Or, ce CAN a une résolution trop grande (20 mV). Il ne correspond pas aux besoins du lycée. 3.  Le pas p doit avoir une valeur au maximum égale à 10 mV. plage de mesure , il vient : De 2n = p 5, 0 plage de mesure ln ln 10 # 10 –3 p n= = = 9, 0. ln 2 ln 2 Le CAN doit comporter 9 bits.

17  Un scanner à plat 1.  Un pixel est la plus petite unité composant l’image numérisée. 2.  Un scanner code les couleurs d’une image en analysant les composantes RVB de chaque pixel, puis en associant des valeurs comprises entre 0 et 255 à chaque composante. 3.  Un scanner numérise une image, car il découpe une image en pixels et lui associe un tableau de nombres. 4.  Chaque pixel peut restituer 256 # 256 # 256 couleurs, soit plus de 16 millions de couleurs.

14  Jouer avec la Wiimote®

18  Mesures dans un ballon expérimental

1.  Le canal de transmission est constitué des émetteurs récepteurs infrarouges, de l’air de la pièce dans laquelle est placé le jeu et des ondes infrarouges.

1. Le convertisseur effectue deux mesures par seconde, donc sa fréquence d’échantillonnage est :

2.  a.  Les ondes infrarouges sont des ondes électromagnétiques. b.  Toutes les ondes électromagnétiques dans le vide se déplacent à la vitesse de la lumière de valeur c = 3,00 # 108 m · s–1.

2.  a.  La résolution ou le pas du convertisseur est la plus petite variation de tension analogique que peut repérer le convertisseur. plage de mesure 5, 0 = 10 = 4,9 # 10–3 V = 4,9 mV b.  p = 2n 2 C’est ce qui est indiqué sur la notice. Le CAN du convertisseur est bien de 10 bits.

15  Échantillonnage et CD 1.  La fréquence maximale du son audible par l’oreille humaine étant de 20 kHz, il faut choisir une fréquence d’échantillonnage minimale de 40 kHz. 2.  Cette fréquence d’échantillonnage est légèrement supérieure à la valeur trouvée à la question 1 ; cette valeur est donc en accord avec le résultat de la question précédente.

fe = 2 Hz.

19   Botanicalls  : vos plantes vous appellent ! 1.  Les éléments du texte constitutifs d’une chaîne de transmission d’informations sont : le capteur d’humidité – le câble USB – la carte élec­ tronique – le câble Éthernet – le réseau Internet (Twitter) – le téléphone portable.

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209


2.  Capteur

Réseau internet

Carte

Réseau téléphonie

Téléphone mobile

3.  Direction du signal

Support de transmission

Nature du signal

Signal transmis du capteur vers la carte de l’ordinateur

Câble électrique

Signal électrique

Signal transmis de l’ordinateur au réseau Internet

Câble Éthernet

Signal électrique

Signal transmis du réseau Internet au téléphone portable

Atmosphère terrestre

Ondes électro­ magnétiques

T (ms)

0

Ua (V)

1,1

Un 1,094 (V)

1

2

0,0 2,4

3

4

2,7

1,1

5

6

7

0,0 2,4 2,7

8 1,1

0 2,34 2,66 1,094 0 2,34 2,66 1,094

4.  Représentation d’un signal numérique : U (V) 3,12

2,34

1,56

0,78

20  Le réseau téléphonique 1.  La première étape de la numérisation est l’échantillonnage qui consiste à prélever à intervalles de temps égaux des échantillons du signal analogique. Après l’échantillonnage, vient la quantification. À chaque échantillon est affectée une valeur permise qui dépend de la résolution du convertisseur. La dernière étape de la numérisation est le codage. À chaque échantillon quantifié, on attribue un nombre binaire. 2.  La fréquence d’échantillonnage des centraux téléphonique est de 8 000 Hz. 3.  Le nombre de niveaux d’intensité sonore que l’on peut obtenir avec un codage 8 bits est de : 28 = 256 niveaux différents. 4.  Sachant que 8 000 échantillons sont prélevés par seconde et que chacun est codé sur 8 bits, on obtient : 8 # 8 000 = 64 000 bits/s, soit 62,5 Kibit/s.

21  À chacun son rythme 1.  Deux mesures consécutives sont séparées d’une durée qui est la période d’échantillonnage : 1 Te = 1 = = 1,0 # 10–3 s = 1,0 ms. fe 1, 0 # 10 3 2.  a.  Le pas du convertisseur est de : plage de mesure 10, 0 p= = = 0,156 V. 2n 26 b.  Les huit premières valeurs que peut quantifier le convertisseur sont : 0 ;  0,156 ;  0,313 ;  0,469 ;  0,625 ;  0,781 ;  0,938 ;  1,094 (en volt). 3.  Pour passer de la valeur analogique à la valeur numérique, on divise la tension analogique par le pas, puis on multiplie la partie entière du nombre obtenu par le pas. Exemple pour le premier cas : Ua 1, 1 = = 7, 04 p 10, 0 26 10, 0 7# = 1,094. 26

0

2

10

15

Temps (ms)

22   Stockage de photos numériques 1.  Une image contient 5 millions de pixels, chacun codé sur 16 bits ou 2 octets. Cette image contient 16 # 5 # 106 = 8 # 107 bits, soit 1 # 107 octets. La taille de cette image est de 1 # 107 octets. 30 2.  On peut stocker 2 # 2 7 = 214 images de cette 1 # 10 taille sur la carte mémoire.

23  Précision d’un multimètre 1.  Pour le calibre ± 20 V, le pas du CAN est : = 6,1 # 10–4 V. p = 40 2 16 Pour ± 2 V,  p = 6,1 # 10–5 V. Pour ± 200 mV, p = 6,1 # 10–3 mV. Pour ± 20 mV, p = 6,1 # 10–4 mV. 2.  a.  Le format d’affichage paraît approprié, car la résolution du multimètre sur ce calibre est 0,0061 mV et l’affichage indique une valeur avec deux décimales, soit une précision de 0,01 mV. b.  L’incertitude relative portant sur cette mesure est de : 6, 1 # 10 –3 = 3, 5 # 10 –5 soit 0,003 5 %. 176, 02

Pour aller plus loin 24  Critère de Shannon et théorie de l’échantillonnage

1.  Onze périodes d’échantillonnage s’étendent sur 29,5 ms, soit une fréquence d’échantillonnage feD = 370 Hz. 2.  D’après le spectre en fréquences A, dont la numérisation du son est très fidèle, l’harmonique de rang le plus élevé (le quatrième) a une fréquence : f = 4 f1 = 4 # 110 = 440 Hz.

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210


feA 3, 5 # 10 3 = = 8, 8 . f 440 f 1, 5 # 10 3 Numérisation B : eB = = 3, 5 . f 440 f Numérisation C : eC = 800 = 1, 8 . f 440 f Numérisation D : eD = 370 = 0, 84 . f 440 b.  Le critère de Shannon est vérifié pour les numérisations A et B ; il ne l’est pas pour les numérisations C et D. 3.  a.  Numérisation A :

4.  On constate que le spectre en fréquences de la numérisation B est identique à celui de la numérisation A qui est très fidèle au son émis. Or, feB < feA ; il est donc inutile d’augmenter indéfiniment la fréquence d’échantillonnage, car la qualité de la numérisation n’en est pas meilleure. En revanche, la taille du fichier correspondant à cette numérisation est d’autant plus grande que la fréquence d’échantillonnage est élevée, d’où une place pour le stocker plus importante.

25  La téléphonie mobile 1.  Dans la téléphonie mobile, le canal de transmission est constitué des antennes émettrice et réceptrice, des ondes électromagnétiques et du milieu de propagation de ces ondes, l’air. 2.  Le réseau GSM permet de transmettre des SMS, des sons, des images, des vidéos, de surfer sur Internet, etc. 3.  a.  La voix est un signal analogique, ce qui signifie que l’intensité sonore varie de façon continue dans le temps. b.  « La voix est numérisée » signifie que le signal électrique correspondant aux sons émis est échantillonné, quantifié, puis codé en langage binaire. 4.  a.  Deux groupes de fréquences sont utilisés pour le réseau de téléphonie mobile. b.  Le premier groupe utilise deux blocs de fréquences, un compris entre 890 et 915 MHz, et un autre entre 935 et 960 MHz. La largeur de chaque bloc est donc de 25 MHz. Un bloc est ensuite divisé en canaux de 0,2 MHz, il y a donc 125 canaux dans un bloc. Le premier groupe peut donc envoyer 125 communications. Par un raisonnement analogue, on déduit que le deuxième groupe peut assurer 375 communications simultanées. 5.  a.  Avec un seul émetteur, on ne pourrait avoir que 375 + 125 = 500 communications simultanées. b.  Pour traiter davantage de communications, le GSM utilise le multiplexage temporel. Les informations correspondant à la voix numérisée sont stockées et envoyées toutes les 20 ms. Ce stockage permet de traiter simultanément 7 communications différentes. c.  Avec le multiplexage, un émetteur peut traiter simultanément 500 # 7 = 3 500 communications.

b.  Le scanner est l’encodeur. 2.  L’image est pixélisée, car la résolution choisie pour scanner n’est pas suffisante. 3.  Chaque pixel de l’image est codé sur 3 octets, c’est-à-dire sur 24 bits. Chaque sous-pixel est codé sur 1 octet, ou 8 bits, et peut prendre 256 nuances différentes, soit dans le rouge, le vert ou le bleu. 4.  a.  La définition de l’image est de : 25 # 10 # 25 # 10 = 99 # 99 = 9 801pixels. 2, 54 2, 54 b.  Chaque pixel est codé sur 3 octets. Sa taille est donc 3 # 9 801 = 29 403 octets, 29 403 = 28,7 Kio. soit : 2 10 c. Avec une résolution de 180 ppp, la taille serait de : 3 # 180 # 10 # 180 # 10 = 3 # 709 # 709 2, 54 2, 54 = 1 508 043 octets, 1 508 043 = 1,44 Mio. soit : 2 20

27  Résolution of Digital Images Traduction du texte : « La résolution radiométrique se rapporte à la plus petite variation du niveau d’intensité qui peut être détectée par le système de détection. La résolution intrinsèque d’un système de détection dépend du rapport signal sur bruit du détecteur. Dans une image numérique, la résolution est limitée par le nombre de niveaux de quantification discrets utilisés pour numériser la valeur continue de l’intensité. Les images suivantes illustrent les effets du nombre de niveaux de quantification sur l’image numérique. La première image est une image de SPOT quantifiée sur 8 bits (soit 256 niveaux) par pixel. Les autres images montrent les effets de dégradation de la résolution radiométrique en utilisant moins de niveaux de quantification.

Quantification sur 8 bits

Quantification sur 6 bits

Quantification sur 4 bits

Quantification sur 3 bits

26  Un problème de résolution 1.  a.  Une photo argentique n’est pas numérique, car elle n’est pas codée par un tableau de nombres. © Hachette Livre, 2012 – Physique Chimie Terminale S spécifique, Livre du professeur – La photocopie non autorisée est un délit.

211


28   La télévision numérique et Internet 1.  L’image est codée en langage binaire.

Quantification sur 2 bits

Quantification sur 1 bit

La numérisation utilisant un petit nombre de niveaux de quantification n’affecte pas beaucoup la qualité visuelle de l’image. Même une quantification sur 4 bits semble acceptable pour les exemples ci-dessus. Toutefois, si l’image est soumise à l’analyse numérique, la précision de l’analyse sera compromise si peu de niveaux de quantification sont utilisés. » 1.  En niveaux de gris, chaque pixel de l’image est codé par un même nombre. On a 28 = 256 niveaux de gris différents pour l’image quantifiée sur 8 bits. Nombre de bits de quantification

Niveaux de gris différents

8 bits

28 = 256

6 bits

26 = 64

4 bits

24 = 16

3 bits

23 = 8

2 bits

22 = 4

1 bit

21 = 2

3.  a. L’image est constituée de 160 colonnes de 160 lignes soit 160 # 160 = 25 600 pixels. b.  La taille de l’image est définie par : nombre d’octets par pixel # définition de l’image Un codage sur 8 bits signifie qu’un octet code 1 pixel. Un codage sur n bits signifie que n octets codent 1 pixel. 8 Nombre de bits de quantification

Taille de l’image en octets

Taille de l’image en Kio

8 bits

1 # 160 # 160 = 25,6 # 103 octets

25,0 Kio

6 # 160 # 160 8

18,8 Kio

= 19,2 # 103 octets 4 bits

4 # 160 # 160 8

12,5 Kio

= 12,8 # 103 octets 3 bits

3 # 160 # 160 8

9,4 Kio

= 9,6 # 103 octets 2 bits

160 # 160 4

6,3 Kio

= 6,4 # 103 octets 1 bit

160 # 160 8 = 3,2 # 103 octets

3. L’écran qui exploitera au mieux la finesse des détails est celui qui possède la plus grande définition : TVHD : 1 366 # 768 = 1 049 088 pixels ; TVHD 1080p : 1 920 # 1 080 = 2 073 600 pixels. La TVHD 1080p possède une définition pratiquement deux fois plus grande. 4.  a.  Pour la TVHD, le côté d’un pixel est : 94 ou 53 = 0,069 cm. 1 366 768 Pour la TVHD 1080p, le côté d’un pixel est : 94 ou 53 = 0,049 cm. 1 920 768 La taille des pixels varie bien selon la définition des écrans comme l’indique le document. b.  Dans le cas de la TVHD, il faut se placer à une distance égale à trois fois la diagonale de l’écran, soit : 3 # 0, 94 2 + 0, 53 2 = 3,2 m. Dans le cas de la TVHD 1080p, il faut se placer à une distance égale à deux fois la diagonale de l’écran, soit : 2 # 0, 94 2 + 0, 53 2 = 2,2 m.

2.  L’image reste d’une qualité acceptable jusqu’à 4 bits de quantification. Avec un faible niveau de quantification, les détails de l’image ne seront plus visibles.

6 bits

2.  Les valeurs qui caractérisent la définition des écrans représentent le nombre de colonnes et le nombre de lignes qui constituent l’image. Le produit du nombre de colonnes par le nombre de lignes est égal au nombre de pixels qui constituent l’image, c’est-à-dire sa définition.

3,1 Kio

Retour sur l’ouverture du chapitre 29  Des codages différents 1.  L’appareil photo est un convertisseur analogique numérique. 2.  Une image numérique est formée par un tableau de points ou pixels. 3.  a.  L’image est constituée de 3 110 colonnes de 1 944 pixels chacune. b.  Chaque pixel de l’image est codé sur 24 bits, soit 3 octets. La taille de cette image est donc de : 3 # 3 110 # 1 944 =18 137 520 octets, 18 137 520 = 17,3 Mio. soit : 2 20 4.  a.  Pour une image en niveaux de gris, chaque pixel est codé sur 8 bits, soit un octet. Un pixel a une taille de 1 octet. b.  Sa taille est donc de : 1 # 3 110 # 1 944 = 6 045 840 octets, 6 045 840 = 5,77 Mio. soit : 2 20 Une image en niveaux de gris a l’avantage d’avoir une taille plus faible. On n’a alors aucun renseignement sur la couleur. 5.  a.  Chacun des tableaux de nombres comporte 9 codes RVB. Ils correspondent donc au codage de 9 pixels. b.  Dans le tableau (A), la composante rouge prédomine. Il s’agit donc d’une zone rouge de la photogra-

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212


phie en couleur, le rouge de la combinaison du surfeur par exemple. La zone de la photographie correspondant au tableau (B) comporte un codage identique pour les composantes RVB. C’est donc une zone de la photographie en noir et blanc. Les nombres ont des valeurs faibles, il s’agit par conséquent d’une zone sombre, une partie de la combinaison du surfeur par exemple. Les codes du tableau (C) correspondent à une zone claire de la photo en noir et blanc, car les valeurs des codes sont élevées. Cela peut correspondre, par exemple, à l’écume de la vague. Le tableau (D) a un codage dont les intensités du vert et du bleu prédominent, celle du rouge est moins importante. Cela correspond a une zone bleu-vert, l’eau par exemple.

Comprendre un énoncé 30  Appareil photo numérique 1.  a.  Une image numérique est constituée de pixels disposés en lignes et colonnes. b.  La « résolution » est un abus de langage, cette désignation est utilisée à la place de la « définition ». c. Le capteur indique que l’image comporte 3 072 colonnes de 2 048 pixels chacune. Ces valeurs représentent la définition de l’image, c’està-dire le nombre de pixels constituant chaque image. 2.  a.  L’image est codée en RVB 24bits, ce qui signifie qu’un pixel est codé par 3 octets de 8 bits chacun.

b.  La taille de l’image est donc : 3 # 3 072 # 2 048 = 18 874 368 octets, 18 874 368 = 18 Mio. soit : 2 20 3.  1 minute d’angle =d 1 °n 60 Soit ℓ la taille de l’objet que l’on peut observer à d = 25 cm :

0



d  tan q =  , soit : d  = d # tan q = 25 # 10–2 # tan d 1 n = 7,3 # 10–5 m 60  = 73 μm. 4.  a.  La taille du pixel doit être inférieure à 73 μm. Dans un pouce, on aura : 2, 54 # 10 –2

25 # 10 –2 # tan d 1 n 60

= 349 ppp au minimum.

b.  Taille maximale de l’impression : 3 072 = 8,8 pouces = 22 cm ; 349 2 048 = 5,9 pouces = 15 cm. 349 Les dimensions maximales d’une image située à 25 cm de l’œil avec une résolution de 349 ppp sont de 22 cm # 15 cm.

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213


Transmission et stockage de l’information

Chapitre

21

Activités 1

Communiquer, une question de réseau… (p. 540-541)

1 Espace

Câbles électriques

Fibres optiques

Bluetooth, Wi-Fi 2,4 GHz Autoradio FM (87,5 MHz-108 MHz) GPS (1,2 GHz-1,5 GHz) ADSL (> 3 400 Hz) Téléphone mobile (900 MHz-1 800 MHz) Télécommande infrarouge

Téléphone fixe (25 Hz-3 400 Hz) CPL (1,6 MHz-30 MHz)

Télévision numérique (1 014 Hz)

Les signaux sont des signaux électriques, pas des ondes électromagnétiques.

Les signaux sont des ondes électromagnétiques.

Les signaux sont des ondes électromagnétiques.

2 Le débit numérique d’une fibre optique est supérieur à celui d’un câble électrique. L’atténuation est plus faible pour une fibre optique que pour un câble électrique. Pour ces deux raisons, on préfère des fibres optiques à des câbles pour les communications longues distances. 3 Dans une fibre optique multimodale à saut d’indice, la lumière se déplace en ligne droite dans le cœur et subit une réflexion totale sur l’interface entre le cœur et la gaine. Dans une fibre optique multimodale à gradient d’indice, comme l’indice de réfraction diminue depuis le cœur vers la gaine, la lumière est constamment déviée par réfraction jusqu’à une réflexion totale, ce qui diminue la longueur de son trajet dans la fibre. 4 Avantages et inconvénients des trois types de transmission : Câble

Fibre

Propagation libre

Avantages

Plus facile à poser qu’une fibre optique. Moins cher que la fibre optique.

Peu d’atténuation. Débit numérique important.

Pas de fil de transmission. Récepteur mobile possible.

Inconvénients

Atténuation importante. Débit numérique faible.

Coût plus élevé que pour un câble. Plus difficile à installer qu’un câble.

Sensible aux champs électromagnétiques.

2

Transmettre des informations par ondes hertziennes (p. 542-543)

A Propagation des ondes hertziennes 1 L’objectif est de montrer, grâce à la lecture des amplitudes des signaux sur l’oscilloscope, que l’amplitude du signal reçu est plus faible que l’amplitude du signal émis. 2 et 3 L’objectif est de montrer que les fréquences

des signaux émis et reçus sont égales.

Pour une amplitude constante du signal émis, l’amplitude du signal reçu augmente lorsque la fréquence du signal émis augmente. 5 Les ondes électromagnétiques de hautes fréquences sont mieux transmises par voie hertzienne que les ondes électromagnétiques de basses fréquences.

4 Réaliser un tableau pour montrer que l’amplitude du signal reçu dépend de la fréquence du signal émis. © Hachette Livre, 2012 – Physique Chimie Terminale S spécifique, Livre du professeur – La photocopie non autorisée est un délit.

214


B Transmission par ondes hertziennes 6 Les fréquences des ondes électromagnétiques reçues sont lues sur le récepteur radio.

supérieure du signal de sortie « suit » les variations du signal du générateur de mélodie.

7 Dans les deux cas, la fréquence affichée est égale à la fréquence du GBF.

9 D’après l’activité A, l’amplitude du signal reçu est d’autant plus grande que la fréquence du signal émis est élevée. Pour limiter l’atténuation, il est donc préférable d’émettre avec de hautes fréquences.

8 La tension fournie par le GBF est modulée par la tension du générateur de mélodie, car l’enveloppe

3

Transmettre des informations par fibre optique (p. 544) On obtient T = 7,5 ms, soit fsignal = 1 = 1,3 # 102 Hz. T 4 Les fréquences sonores sont comprises entre 20 Hz et 20 000 Hz. Un signal sonore peut donc avoir une fréquence égale à 130 Hz.

1 a.  On observe un point lumineux à l’extrémité de

la fibre lorsqu’elle est reliée à la source lumineuse. b.  On n’observe pas de lumière lorsqu’elle est reliée à l’émetteur. 2 La longueur d’onde de la radiation émise par l’émetteur est au-delà de 800 nm ; elle se situe au-delà du rayonnement visible, dans les infrarouges.

5 D’après le document 9 (p. 544 du manuel), l’émetteur fournit une radiation de longueur d’onde dans le vide λ = 850 nm, soit de fréquence : fémetteur = c λ 3, 00 # 10 8 fémetteur = = 3, 5 # 10 14 Hz 8, 50 # 10 –7

3 Une acquisition informatisée a permis d’obtenir le document ci-dessous. Tension (mV) 160

T = 7,5 ms

La fréquence d’un signal étant indépendante du milieu de propagation, elle reste inchangée dans la fibre.

157,5 155 152,5 150 147,5 145

6

t (ms) 0

2,5

Note de musique

5 7,5 10 12,5 15 17,5 20 22,5 25 Signal Signal électrique électromagnétique Microphone Encodeur

Signal électrique

Information transmise Émetteur

Haut-parleur Récepteur

Note de musique

Décodeur

Fibre optique

7 Le rayon incident et le rayon réfléchi appartiennent au plan d’incidence. Les directions des rayons sont telles que ir = i1. Rayon incident

Plan d'incidence Normale i1

Rayon réfléchi

ir

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4

La lecture d’un disque optique (p. 545)

1 Conditions d’interférences destructives :

d = (2k + 1) ·  λ avec d, la différence de marche. 2 La plus petite valeur possible pour k est k = 0. On a alors d = λ . 2 2 λvide = c avec c, la célérité de la lumière dans le ν vide et ν, la fréquence de la radiation. De même λpolycarbonate = v avec v, la célérité de la ν lumière dans le polycarbonate.

λpolycarbonate = 3

v c

$ cν =

λ polycarbonate

λvide 780 = = 503 nm. n 1, 55

= 126 nm = 0,126 µm. 4 La profondeur du creux égale à 0,125 µm est compatible avec la valeur calculée égale à 0,126 µm. 4 Un disque optique est lu par réflexion à sa surface de la lumière émise par un laser. La lecture utilise les interférences pour reconnaître les plats et les creux du disque optique.

L’indice de réfraction du polycarbonate pour la radiation considérée vaut n = vc .

5

Stockage optique (p. 546)

1 Calcul du diamètre d par la relation d = 1,22 ·  λ .

NA

Format

CD

DVD

BD

Longueur d’onde (nm)

780

650

405

Ouverture numérique, NA

0,45

0,60

0,85

d (µm)

2,1

1,3

0,58

Écartement des lignes (µm)

1,6

0,74

0,32

Écart entre trois lignes (µm)

3,2

1,5

0,64

d (µm)

2,1

1,3

0,58

2

Exercices

Si le faisceau est centré sur une ligne, il n’éclaire pas les lignes les plus proches. Un exemple sur le CD montrant que le faisceau n’éclaire qu’une ligne à la fois est présenté sur le schéma ci-contre.

3,2 µm

3 Utiliser des radiations de longueurs d’onde plus

courtes permet de diminuer le diamètre du faisceau, de resserrer les lignes du disque optique et donc de pouvoir augmenter la longueur de la spirale.

(p. 551-559)

QCM

Pour commencer

1   1.  C ; 2.  C ; 3.  A ; 4.  A ; 2   1.  A, B et C ; 2.  B ; 3   1.  A et C ; 2.  A et C ; 3. A.

5  Identifier des types de propagation 1. Télégraphe filaire

Câble électrique

Signal électrique

Radio FM

Air

Ondes électromagnétiques hertziennes

Télévision dite « par câble »

Fibre optique

Ondes électromagnétiques

Interphone de surveillance d’un bébé

Air

Ondes hertziennes

Application immédiate 4  Évaluer l’atténuation du signal dans une fibre optique

αL  1.  > e H = 10 10 = 10 s

2,1 µm

0, 5 # 100 10

= 1 # 105.

2.  L’absorption est maximale pour des radiations de longueurs d’ondes proches de 730 nm.

2. Propagation libre

Radio, interphone

Propagation guidée

Télévision par câble, télégraphe filaire

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6  Connaître la propagation libre 1.  Radio, téléphone mobile et ordinateur fonctionnant en Wi-Fi reçoivent l’information par propagation libre. 2. Ce mode de propagation ne nécessite aucun support de transmission.

7  Connaître la propagation guidée par câble

1.  La télévision par CPL (courant porteur en ligne), l’Internet, le téléphone fixe reçoivent l’information par câble électrique. 2.  Ce mode de propagation nécessite un câblage préalable. Les signaux s’atténuent rapidement.

8  Décrire une fibre optique 1.  La ligne brisée bleue représente le trajet d’un rayon lumineux. 2.  Ce phénomène physique est la réflexion totale. 3.  L’indice de réfraction du cœur doit être supérieur à celui de la gaine pour qu’il puisse y avoir réflexion totale.

9  Décrire une fibre multimodale à gradient d’indice

13  Calculer un débit binaire 1.  Le nombre binaire codé s’écrit 0101101001 2.  Le nombre comporte 10 bits, car il s’écrit avec une série de 10 chiffres (0 ou 1) Le débit D est donné par la relation D = n , d’où : Δt Δt = n = 10 = 9,5 # 10–6 s = 9,5 µs. 20 D 2

14  Calculer le débit binaire d’une vidéo 1.  Cette image comporte 600 # 450 = 270 000 pixels. 2.  a.  Un pixel est codé par 5 bits (25 = 32). Une image est codée par : 270 000 # 5 = 1 350 000 bits. b.  30 images sont transmises par seconde, donc le nombre de bits transmis par seconde est : n = 1 350 000 # 30 = 4,05 # 107. Le débit binaire est égal à : 4, 05 # 10 7 D= n = = 4,05 # 107 bit · s–1 Δt 1 D = 40,5 Mbit · s–1 soit D =

4, 05 # 10 7 = 38,6 Mibit · s–1. 2 20

15  Connaître le principe de la lecture

des disques gravés industriellement

Schématisation : Cœur (n = 1,52) Faisceaux Protection en plastique Gaine (n = 1,50)

10  Exploiter un coefficient d’atténuation Puissance de sortie du signal :

1. Le phénomène mis en jeu lors de la lecture de disques gravés industriellement est le phénomène d’interférences lumineuses. 2. 

 a = 10 $ log f e p L s aL Donc  e = 10 10 s e 5, 0 d’où : s = = 4,8 mW. == 0, 20 # 1, 0 aL 10 10 10 10

11  Évaluer l’affaiblissement d’un signal Rapport des puissances d’entrée et de sortie : aL   a = 10 $ log f e p donc e = 10 10 L s s –4

3

2 # 10 # 32 # 10 e 10 = 10 s –2 = 1064 # 10 = 100,64 = 4,4.

12  Calculer un coefficient d’atténuation linéique

e = 100 s’il reste 1,00 % de la puissance d’entrée. s Le coefficient d’atténuation linéique est :  a = 10 $ log f e p L s

a = 10 $ log ` 10 2 j = 0,2 dB · km–1. 100

λ 4

Réflexion sur un creux et la surface

Réflexion sur un plat et la surface

Laser

Laser Ondes incidentes

Ondes réfléchies

16  Connaître une conséquence de la diffraction

1. Le phénomène de diffraction d’un faisceau laser provoque l’étalement du faisceau. 2. Pour un disque optique donné, la capacité de stockage dépend du nombre de lignes. Cette capacité est d’autant plus grande que l’écart entre deux lignes consécutives est faible, mais la diffraction du faisceau laser impose un écart minimum, afin qu’il ne chevauche pas plusieurs lignes. La diffraction limite donc les capacités de stockage.

17  Connaître les caractéristiques du DVD et du BD

Du DVD au BD, la longueur d’onde de la radiation laser diminue. Le diamètre du faisceau laser sur la surface du disque est donné par la relation : d = 1,22 ·  λ   NA le diamètre du faisceau laser diminue donc du DVD au BD.

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On peut resserrer les lignes et, de ce fait, augmenter la longueur de la piste du disque optique. Donc la capacité de stockage augmente.

Pour s’entraîner 18  Connaître le principe de la lecture des disques réinscriptibles

1.  Les données ne sont pas inscrites de façon définitive sur un disque réinscriptible. Ces disques sont donc réutilisables. 2.  L’écriture consiste à « brûler » pour rendre opaques certaines zones du disque à coder. 3.  La lecture d’un CD réinscriptible repose sur l’absorption (zones brulées) et la réflexion (zones non brûlées) de la lumière du laser.

19  Décodage d’un fragment binaire Il faut repérer les zones de changement de tension lors des fronts montants de l’horloge. U t 1 0 0 1 0 0 0 0 0

1 0 0 0

1 0

Comme n1 sin (i) = n1 sin (r), on a : n n i = sin–1 d 1 sin (r) n G d 1 sin (90 – i’ lim) n n n n1 n1 –1 d i X sin sin (r) n G d sin (90 – i’ lim) n n n 1, 50 i X sin–1 f 1, 00 sin (6, 6°) p i X 9,9. •

Le rayon lumineux se propage dans la fibre si la mesure de l’angle i est comprise entre 0° et 9,9°.

21  Principe de la lecture optique 1.  a.  La différence de marche entre les faisceaux renvoyés par un creux et la surface du disque est de 2 # λ , soit λ . 4 2 b.  Si la différence de marche d s’exprime par d = k · λ, avec k ∈ ℤ, les interférences sont constructives. Si elle s’exprime par d = (2k + 1) ·  λ , les interférences 2 sont destructives. Dans le cas présent, d = λ , est de la forme : 2 d = (2k + 1) ·  λ , avec k = 0. 2 Les interférences entre les deux faisceaux sont donc destructives. 2.  L’intensité lumineuse reçue par le lecteur optique augmente quand le faisceau passe d’un creux à un plat.

Le nombre s’écrit 100100000100010.

22  Débit binaire d’un lecteur optique

20  À chacun son rythme

1.  1 octet étant égal à 8 bits, le débit D est égal à : D = 1,38 # 16 # 8 = 177 Mibit · s–1.

1.  Avec les notations de l’énoncé, la loi de SnellDescartes s’exprime par : n   sin(i) = n1   sin(r)

2.  Le nombre de bits d’un DVD contenant 4,4 Gio est égal à n = 4,4 # 8 = 35,2 Gibit : 35, 2 # 2 30 Δt = n = = 204 s. D 177 # 2 20 On peut également calculer cette durée en utilisant le transfert de données exprimé en Mio · s–1 : 4, 4 # 2 10 Δt = = 204 s. 1, 38 # 16 3.  n’ = Δt D = 204 # 16 # 176 n’ = 5,74 # 105 Kio. Pour obtenir la valeur en Mio, il faut diviser la valeur en Kio par 210. Pendant 204 s, on transfère depuis un CD : 5, 74 # 10 5 = 561 Mio. 2 10

2. a.  Marche du rayon réfracté : B A imax

r

i‘lim

n2 n1

C

b.  Les angles de mesures i’ et r sont complémentaires dans le triangle ABC rectangle en C donc : i’+ r = p 2 3.  Lorsque la mesure de l’angle de réfraction est égale à 90°, l’angle d’incidence est l’angle d’incidence limite, de mesure i’lim. La loi de Snell-Descartes relative à la réfraction s’écrit alors : n1 sin (i’lim) = n2 •

On obtient i’lim = sin–1  f

n2 p = 83,4°. n1

23  Les CD, DVD et BD au banc d’essais 1.  Capacité de stockage du CD : 0,75 Gio. Capacité de stockage du DVD : 4,4 Gio. Capacité de stockage du BD : 23 Gio. 2.  La distance séparant deux lignes consécutives diminue depuis le CD jusqu’au BD.

La mesure de l’angle d’incidence limite est égale à 83,4°.

3.  Le diamètre du faisceau laser d’un CD est plus grand que celui du faisceau laser d’un DVD, qui lui-même est plus grand que celui du faisceau laser d’un BD.

4.  Pour avoir une réflexion totale, il faut que : i’ x i’lim, avec i’lim = 83,4° soit : r X 90 – i’lim donc : r X 6,6°.

4.  a.  Le phénomène de diffraction empêche la réduction d’un faisceau laser. Lorsque l’ouverture de l’émetteur laser se rapproche de la longueur d’onde de la radiation, la tache centrale s’élargit.

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218


b.  Le fait de diminuer la longueur d’onde du laser de lecture permet de réduire le diamètre du faisceau sans observer de diffraction. 5.  a.  d = (2k + 1) ·  λ , avec d, la différence de marche. 2 b.  La différence de marche d est égale à : d=2# λ = λ 4 2 Pour obtenir des interférences destructives, la pro-­ fondeur minimale des creux doit être égale à λ . 4 6.  a.  λvide = c , avec c, célérité de la lumière dans le ν vide et n, la fréquence de la radiation. De même, λpolycarbonate = v avec v, la célérité de la ν lumière dans le polycarbonate. L’indice de réfraction du polycarbonate pour la radiation considérée vaut n = vc . λ λpolycarbonate = v  ·  c = vide = 780 = 503 nm n 1, 55 c ν λ polycarbonate = 126 nm = 0,126 µm. 4 La profondeur du creux égale à 0,13 µm est compatible avec la valeur calculée égale à 0,126 µm. b.  Les profondeurs des creux d’un CD et d’un DVD ne peuvent être les mêmes, car elles sont égales au quart de la longueur d’onde de la radiation utilisée. La profondeur d’un creux de DVD est donc plus faible que celle d’un creux de CD.

24  Films sur disque Blu-ray Durée de film stocké : 46 Gio = 8 # 46 Gibit Δt = n = 8 # 46 = 1,6 # 104 s, soit 4 h 26 min 40 s. 0, 023 D

25  CD audio 1.  La vitesse de rotation n’est pas la même entre le centre et le bord du disque compact, car la vitesse linéaire doit rester constante. Or, si la vitesse de rotation restait constante, les données seraient lues beaucoup plus rapidement sur les lignes les plus éloignées du centre du disque. 2.  • Cas de la piste près du bord intérieur du disque optique : Vitesse = 500 tours · min–1 = 500 tours · s–1  60 Vitesse = 8,33 tours · s-1. Cela correspond à une vitesse linéaire v = 1,22 m · s–1. Donc 8,33 tours correspondent à 1,22 m de périmètre. Un tour correspond à une longueur de piste égale à : 1, 22 = 0,146 m. 8, 33 La relation entre le rayon R1 et le périmètre p d’un cercle est : p = 2p · R1, donc : 0, 146 R1 = = 2,33 # 10–2 m = 2,33 cm. 2p • Cas de la piste près du bord extérieur du CD :

200 tours · s–1 Vitesse = 200 60 -1 Vitesse = 3,33 tours · s . 1, 22 = 0,366 m, soit un tour pour un périmètre de 3, 33 donc : 0, 366 = 5,83 × 10–2 m = 5,83 cm. R2 = 2p tours · min–1 =

3.  Le nombre N de lignes est le rapport entre l’écart des rayons (R2 – R1) et la distance entre deux lignes consécutives : 5, 83 – 2, 33 = 2,2 # 104 lignes. N= 1, 6 # 10 –4 4.  La vitesse linéaire étant v = 1,22 m · s–1 et la durée de lecture Δt = 74 min, la longueur  de la piste est égale à :  = v · Δt = 1,22 # 74 # 60 = 5,4 # 103 m.

26  Stockage sur un DVD 1. La surface S correspond à l’aire comprise entre les rayons R1 et R2 du disque, d’où : 2 2 S = p $ ` R 22 – R 12 j = p $ b` 5, 9 # 10 –2 j – ` 2, 25 # 10 –2 j l S  = 9,35 # 10–3 m2 ;

U (S ) = 2p b R 1 # U ` R 1 jl + b R 2 # U ` R 2 jl 2

2

U(S) = 2,0 # 10–4 m2. 9, 35 # 10 –3 2.  a.  L = S = = 1,26 # 104 m a 0, 74 # 10 –6

U (S) 2 U (a) 2 n +d n = 8,9 # 102 m S a 3.  La longueur de piste utilisée pour le codage d’un bit est égale à : L = 1, 26 # 10 4 = 3,35 # 10–7 m = 0,335 µm. N 4, 38 # 2 30 # 8 b.  U(L) = L · 

d

27   What are QR Codes ? Traduction du texte : « Le QR Code (Quick Response) est le plus populaire des code-barres en deux dimensions. De forme carrée, il est constitué de pixels noirs sur un fond blanc. Les QR Codes peuvent stocker jusqu’à 7 089 caractères numériques, 4 296 caractères alphanumériques, 2 953  octets. Un QR Code peut contenir : un texte court contenant des caractères numériques ou alphanumériques (numéro de téléphone, carte de visite), un lien vers une URL. Un QR Code appliqué sur un emballage permet de créer immédiatement un lien entre le produit et un site via le téléphone mobile (voir schéma). Le codage du QR Code nécessite un programme de transformation des caractères alphanumériques en pixels répondant à la norme définie par l’inventeur Denso Wave Incorporated. » 1.  Le code-barres est à une dimension et le QR Code est à deux dimensions. Ce dernier permet donc de stocker plus d’informations. 2.  Les informations codées sont des textes courts, des liens vers des sites web ou des cartes de visites. 3. a.  L’information est transmise sous forme d’ondes électromagnétiques. b.  Il s’agit d’une propagation libre. 4.  Nombre de pixels de l’image : 400 # 400. Nombre de bits permettant de coder l’image : 400 # 400 # 2. Nombre d’octets permettant de coder l’image : 400 # 400 # 2 = 40 000 octets. 8

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Pour écrire la taille en Kio, il faut diviser le nombre d’octets par 210, donc : 40 000 c 39 Kio. 2 10 5.  Le texte en anglais comprend 500 caractères environ et peut donc être codé sur un QR Code (max 4 296). 6.  Pour créer un QR Code, il faut un logiciel de codage au standard de Denso Wave Incorporated. Pour le décoder, il faut un logiciel de décodage au même standard.

29  Ouverture numérique d’une fibre optique 1. a.  Au point I, il y a une réfraction entre l’air et le cœur ; la loi de Snell-Descartes sur la réfraction s’écrit : nair · sin imax = nc · sin r nair = 1,00

Or : b.  B A

Pour aller plus loin 28  Chemin optique dans une fibre optique multimodale

1.  La dispersion modale est la différence de durées de parcours dans une fibre optique par des signaux envoyés simultanément. 2.  Dans le cas de la fibre à saut d’indice, l’indice de réfraction du cœur est constant. Par conséquent, la célérité de la radiation y est constante. La durée des trajets est donc t = d . v Les durées de propagation sont proportionnelles aux distances parcourues. Dans le cas de la fibre à gradient d’indice, l’indice diminue à mesure que l’on s’éloigne de l’axe. Comme n = c , c étant une constante si n diminue, v alors v augmente. Comme ce sont les rayons d’incidence la plus grande qui s’éloignent le plus de l’axe, ils ont donc le trajet le plus long. Ce sont eux qui se propagent aussi le plus rapidement. 3.  Pour la fibre à saut d’indice :

Pour la fibre à gradient constant :

sin imax = nc · sin r (relation 1)

donc :

imax

r

n2

i‘lim

n1

C

2. a. Voir schéma ci-dessus. b.  L’angle de réfraction vaut 90° pour un angle d’incidence i’lim. c.  D’après la réponse 2b : nc · sin i’lim = ng · sin 90° = ng ng   (relation 2). donc :  sin i’lim = nc 3.  La relation entre les angles du triangle ABC, rectangle en C, induit : i’lim + r + 90° = 180°, d’où : soit :

r = i’lim – 90° sin r = cos i’lim (relation 3).

4.  On combine les relations 1, 2 et 3. ng  ; sin r = cos i’lim sin imax = nc · sin r ; sin i’lim = nc n 2g sin² r = cos² i’lim = 1 – sin² i’lim = 1 – 2 nc n 2g 2 2 sin² imax = n c · sin² r = n c ·  f 1 – 2 p nc d’où ON = sinimax = ! b n 2c – n 2g l 5.  Pour obtenir une grande ouverture optique, il faut que les indices soient les plus différents possibles.

Retour sur l’ouverture du chapitre 30  Utiliser le réseau téléphonique pour surfer sur Internet

Pour la fibre à gradient linéaire :

Remarque : la dispersion de l’information est repérée par les rectangles jaunes. La fibre à gradient linéaire est une fibre à gradient d’indice : un trajet plus long est parcouru plus rapidement, et cela permet de réduire la dispersion modale. C’est la fibre à gradient linéaire qui provoque la dispersion modale la plus faible.

1.  Le signal téléphonique est transmis sous la forme d’un signal électrique dans le câble de cuivre. 2.  L’atténuation du signal est due à l’effet Joule et à un effet de peau pour les signaux de hautes fréquences. Le signal doit être amplifié tous les 20 km pour un conducteur de cuivre usuel et tous les 1,6 km pour les câbles coaxiaux. 3.  L’atténuation dépend de la fréquence du signal. Elle est particulièrement importante pour les hautes fréquences du xDSL. Les habitations proches ont une bonne réception, alors que les habitations éloignées ne peuvent plus décoder le signal. 4.  Le signal électrique est transmis sous forme d’ondes électromagnétiques dans les fibres optiques. Il s’agit d’une propagation guidée.

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5.  Les causes d’atténuation dans une fibre optique peuvent être la diffusion Rayleigh, l’absorption par la fibre, les connexions par connecteur ou par épissure. Le signal peut parcourir jusqu’à 100 km sans être amplifié. 6.  On peut évaluer le coefficient d’atténuation pour une longueur de 100 km de fibre.  a = 10 $ log f e p L s 10 donc : a= # log(100) 100 # 10 3 a = 2,00 # 10–4 dB · m–1.

Comprendre un énoncé 31  Chemins optiques de signaux dans une fibre

1.  Schéma d’une fibre à saut d’indice :

Lors de la réfraction entre l’air et le cœur de la fibre, la loi de Snell-Descartes sur la réfraction donne : nair · sin imax= nc · sin r = nc· cos ilim n donc : imax = sin–1 f c $ cos i lim p n air imax = 9,75° 3.

 A i

d

h

B

sin i =  , donc d =  . d sin i 4. On calcule la longueur de la fibre parcourue entre deux réflexions totales lorsque i = ilim. tan ilim =  h donc  = h · tan ilim  = 200 # 10–6 # tan (83,2°) = 1,68 # 10–3 m.

2. a. L’incidence limite est atteinte entre le cœur et la gaine lorsque l’angle de réfraction est égal à 90°, soit d’après les lois de Snell-Descartes : nc · sin ilim = ng · sin 90° = ng ng donc : ilim = sin–1 f p nc On obtient : ilim = 83,2°. b. J ilim I imax

r H

Les angles ilim et r sont complémentaires dans le triangle IJH, rectangle en H. ilim + r = 90°, donc sin r = cos ilim

n est le nombre de réflexions, donc : n = L = 100 000–3 c 60 # 106 = 60 millions environ.  1, 68 # 10 5. Entre deux réflexions consécutives, le chemin parcouru par la lumière est :  = 1,69 # 10–3 m. d= sin imax Il y a environ 60 millions de réflexions, donc la distance D parcourue par la lumière dans la fibre est égale à : D = 6 # 107 # 1,69 # 10–3 = 1,01 # 105 m = 101 km. Soit t1 la durée du trajet. Si le rayon est normal : t1 = L v Soit t2 la durée du trajet. Si le rayon se propage par réflexions totales : t2 = D v Le décalage vaut : Δt = t2 – t1 = D – L = 6,74 # 10–6 s v v Δt = 6,74 µs.

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Chapitre

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Science et société Activités 1

Regards sur la science (p. 562-563)

Idées-clés ◗ La science est la cible de critiques et elle est tenue pour responsable des dérives du monde actuel. Pourtant, on lui doit notre confort. En fait, l’homme est passé d’un petit nombre de dangers extérieurs (prédateurs, maladies, famines, etc.) à d’innombrables craintes dont il est lui-même responsable à travers le progrès scientifique (pollutions, accidents, maladies professionnelles, etc.). Le grand public confond les applications et la science, associe (et même assimile) la science et la technologie, de sorte qu’il reporte sur la science les critiques qu’il émet sur les applications (dangers). Les citoyens jugent les produits de la science et pas la science en tant que produit de pensée. Or, en confondant les deux, la société ne s’intéresse plus qu’aux sciences appliquées. ◗ Le progrès et les innovations ne sont pas un soulagement, car la science n’a pas éradiqué le malheur. On pourrait rêver d’un retour à la nature, mais à la condition de pouvoir emporter tous les gadgets technologiques ! ◗ La science est devenue très compliquée et, donc, sujette à controverses (accentuées par la quête du sensationnalisme des médias) et cela induit des effets : –  la science est victime de l’ignorance et du désintérêt (la très grande majorité des citoyens ignore comment

fonctionne un ordinateur, mais le manipule aussi bien qu’un ingénieur), de sorte qu’on est passé d’une société de la connaissance à une société de l’usage des technologies ; –  la science rémunère mal par rapport à l’investissement attendu ; – un nombre croissant de personnes se trouve aujourd’hui aux prises avec la tentation de l’irrationnel et se tourne vers d’autres sources que les sciences. ◗ La question à se poser est la suivante : est-il concevable que la physique ou la chimie ne se développe qu’en fonction des intérêts ? S’il semble raisonnable de penser que des intérêts militaires ont contribué à l’essor de la physique nucléaire, pour autant, l’idée qu’ils en déterminent le contenu n’est pas défendable. On peut prendre le cas d’Albert Fert, prix Nobel de physique en 2007, qui a découvert la magnéto­ résistance géante. Ses recherches fondamentales ont permis de développer un nouveau champ de recherches en nanotechnologie et ainsi de proposer un nouveau type de tête de lecture dans les disques durs d’ordinateurs : c’est donc bien la recherche fondamentale qui a permis le développement de recherches appliquées dans ce cas.

Complément La société civile (et ses représentants) bénéficie en premier de la confiance des Français Selon vous, lequel de ces acteurs devrait décider de la mise en circulation de biens de consommation courante en fonction des risques de santé et de sécurité qu'ils peuvent représenter ? Base : ensemble de l'échantillon Les associations de consommateurs ou de protection de l'environnement, les ONG

31 % 29 %

Les autorités sanitaires françaises ou internationales Les scientifiques, les experts

21 %

L'Union européenne Les industriels qui les fabriquent Sans opinion

7% 5% 7%

Source : TNS Sofres, 2011.

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2

Faut-il interdire le bisphénol A ? (p. 564-565)

Idées-clés Les intérêts politiques, industriels, scientifiques et publics sont différents, parfois complémentaires, souvent divergents. ◗ En termes scientifiques et économiques, les industriels estiment que le remplacement n’est pas envisageable pour le moment, car les substituts ne sont pas connus et les recherches pourraient être coûteuses. ◗ Certains scientifiques pensent que le bisphénol A est dangereux pour la santé, d’autres non. Ils prônent le principe de précaution. ◗ Le public, informé par les médias en quête très souvent de sensationnalisme (voir Activité 1), en affirmant que le bisphénol A est dangereux, veut être protégé et se tourne vers les politiques. ◗ Les politiques appliquent le principe de précaution pour répondre aux craintes du public.

L’activité 2 a été construite autour d’une controverse scientifique, afin de familiariser les élèves à la prise d’informations et pour développer leur esprit critique. De nombreuses controverses peuvent être travaillées sur le même mode que celui retenu dans le chapitre, à savoir un corpus documentaire proposant plusieurs points de vue.

Quelques pistes de réflexion :

– Sensibilité électromagnétique de certaines personnes. –  Faut-il avoir peur du nucléaire ? –  Faut-il avoir peur de la chimie ? –  Les nanotechnologies et ses dangers. –  À qui profite le développement durable ? –  Les biocarburants sont-ils durables ? –  Des produits chimiques dans les aliments. –  Le réchauffement climatique. –  L’influence de la Lune. – L’homéopathie. – L’astrologie.

Bibliographie et sitographie Bibliographie G. Hottois, La science entre valeurs modernes et postmodernité, Librairie Philosophique Vrin, coll. « Pour demain », 2005. J.-M. Besnier, E. Klein, H. Le Guyader et H. Wismann, La Science en jeu, Actes Sud, coll. « Questions vives », 2010. S. Sarrade, La chimie est-elle réellement dangereuse ?, Le Pommier, 2010. B. Bensaude-Vincent,«  Faut-il avoir peur de la chimie ? », Empêcheurs de Penser en Rond, 2005. B. Bensaude-Vincent, Les vertiges de la techno-science : façonner le monde atome par atome, La Découverte, coll. « Science et société », 2009. Ph. Tronquoy, Science et société, La Documentation française, 2000. Sitographie http://science-societe.fr http://www.pseudo-sciences.org http://cortecs.org http://www.debats-science-societe.net http://sciences-societe.u-strasbg.fr http://www.sciences-et-democratie.net http://www.agrobiosciences.org

3

À quoi sert la recherche fondamentale ? (p. 566-567)

Analyse de la question Dans un premier temps, il faut définir ce que signifie la compréhension du monde pour la communauté scientifique et, ensuite, s’appuyer sur les documents pour montrer comment les recherches scientifiques contribuent à la compréhension du monde.

Plan de réponse Qu’est-ce que la compréhension du monde pour les scientifiques ? Quels moyens mettent-ils en œuvre pour comprendre le monde ?

Comment les détecteurs peuvent-ils permettre aux scientifiques d’atteindre leur but ? La recherche fondamentale a-t-elle un intérêt... fondamental ?

Analyse des documents Il s’agit de s’appuyer sur certains éléments des documents pour montrer comment ces recherches contribuent à la compréhension du monde. Il ne faut pas simplement citer ou paraphraser les documents, mais reformuler les informations qu’ils apportent en précisant comment elles permettent de répondre à la question.

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Analyse du document A : Traquer des ondes pour voir naître des planètes •  Les rayonnements qui parviennent sur Terre trans-

portent des informations sur les sources qui les ont émis. Leur détection permet donc de mieux connaître ces sources. •  Certains de ces rayonnements interagissant avec l’atmosphère, il est nécessaire de placer les systèmes d’observation en altitude afin de limiter l’influence de l’atmosphère. •  L’analyse de ces rayonnements permet d’obtenir, avec une précision inégalée, des images de la formation de systèmes planétaires et de galaxies lointaines. L’interprétation de ces images renseigne les scientifiques sur la composition et l’évolution de ces objets « froids ». •  La détection de ces rayonnements millimétriques et

submillimétriques pourrait, par analogie, apporter de nouveaux éléments concernant la naissance de notre propre galaxie, du système solaire ou la formation de planètes gazeuses géantes, comme Jupiter qui reste encore mystérieuse. Analyse du document B : Traquer des particules pour sonder la matière •  La détection des particules (microscopiques) nous

permet de mieux connaître la nature de la matière. •  Certaines des recherches actuelles portent sur la

détection de particules d’antimatière et de matière noire qui se seraient formées en même quantité que celles de la matière lors du Big Bang.

Exemple d’argumentation De tout temps, les scientifiques ont recherché l’origine de l’Univers et par là même l’origine de la Terre et de l’homme. Cette recherche se traduit par l’analyse de l’infiniment grand, mais également par l’analyse de l’infiniment petit. Les rayonnements qui parviennent sur Terre transportent des informations sur les sources célestes qui les ont émis. Leur détection permet donc de mieux connaître ces sources. Pour cela, les scientifiques ont développé des outils permettant d’observer les confins de l’Univers. Certains de ces rayonnements ou particules interagissant avec l’atmosphère, il est nécessaire de placer les systèmes d’observation en altitude, afin de limiter l’influence de l’atmosphère. C’est le cas du radiotélescope Alma, situé dans le désert de l’Atacama. Ce radiotélescope détecte ainsi des ondes millimétriques et submillimétriques émises par les objets les plus froids de l’Univers, jusque là invisibles aux télescopes traditionnels. L’analyse de ces ondes permet d’obtenir, avec une précision inéga-

lée, des images de la formation de systèmes planétaires et de galaxies lointaines. L’interprétation de ces images renseigne les scientifiques sur la composition et l’évolution de ces objets « froids ». La structure actuelle de certaines régions de la constellation d’Orion s’apparente à la région où s’est formé notre propre système solaire. La détection de ces rayonnements pourrait, par analogie, apporter de nouveaux éléments concernant la naissance de notre propre galaxie, du système solaire ou la formation de planètes gazeuses géantes, comme Jupiter qui reste encore mystérieuse. Les scientifiques ont également développé des outils permettant d’observer des particules microscopiques. La détection des particules permet de mieux connaître la nature de la matière. Certaines des recherches actuelles portent ainsi sur la détection de particules d’antimatière qui se seraient formées en même quantité que celles de la matière lors du Big Bang. Cette étude permettra peut-être de comprendre pourquoi, dans l’Univers actuel, seules les particules de matière ont persisté. La réponse à cette question pourrait donner un éclairage nouveau à notre connaissance de l’Univers, de sa formation et de ses perspectives d’évolution. N’ayant pas de finalité économique immédiate, la recherche fondamentale est rarement financée par l’industrie. Elle est le plus souvent menée par des organismes publics. De plus, des recherches de ce type nécessitent souvent des installations très coûteuses, à l’image d’Alma ou de celles du CERN. Le lancement et le suivi de ces projets découlent donc de choix politiques à long terme. Pourtant, ces recherches permettent à l’homme de mieux comprendre son environnement. Outre son intérêt pour une meilleure connaissance du monde, ce type de recherche peut ensuite conduire au développement de nombreuses applications et à de grandes avancées technologiques qui n’auraient pas vu le jour dans le cadre d’une recherche appliquée. C’est ainsi, par exemple, que les lasers ont été développés.

Points-clés ◗ Les rayonnements transportent des informations sur

les sources qui les ont émis. ◗ Tous les rayonnements ne parviennent pas jusqu’à la

surface de la Terre, car ils interagissent avec l’atmosphère. Il est donc nécessaire de placer des détecteurs en altitude ou hors de l’atmosphère. ◗ La détection des particules permet de connaître la matière.

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La science pour répondre aux besoins de l’homme (p. 568)

Analyse de la question Il faut effectuer une analyse contradictoire du document. Pour cela, il faut noter les arguments avancés par l’auteur, ensuite repérer les failles ou les erreurs dans son raisonnement.

Plan de réponse Comment utiliser des icebergs pour fournir de l’eau douce ? Quels arguments contradictoires apporter à la proposition de l’auteur ? Ces arguments seront étayés par des considérations scientifiques.

Analyse des documents Il faut repérer les informations des documents pour lesquelles il est possible d’émettre une contradiction argumentée par un ou des phénomènes physiques. • Coût énergétique de l’opération : les icebergs sont tractés par des remorqueurs. • Perte de masse importante de l’iceberg. • Coût des infrastructures sur les lieux de distribution.

Exemple d’argumentation Un iceberg est constitué d’eau douce solide dérivant à la surface de l’océan. Sa fusion naturelle produit de l’eau douce liquide qui se disperse dans l’eau salée des océans. Cette fusion absorbe également de l’énergie. L’idée d’utiliser l’eau douce venant des icebergs pour alimenter des populations qui n’y ont pas facilement accès est évidemment séduisante, mais sa dimension humanitaire ne peut, à elle seule, la justifier. Il faut s’interroger avant tout sur les conséquences énergétiques, économiques et écologiques de cette solution et se demander si, avec des contraintes comparables, d’autres solutions locales ne seraient pas plus adaptées. L’utilisation des icebergs comme source d’eau douce et d’énergie doit être mise en regard des coûts

engendrés par leur déplacement depuis les zones polaires. Si ce déplacement est favorisé par les courants marins, il faut quand même les tracter, ce qui nécessite des remorqueurs qui devront être amenés sur place. Pour l’aller, comme pour le convoyage, ces remorqueurs consommeront du carburant. Ils devront aussi être réapprovisionnés durant le parcours, ce qui sollicitera d’autres navires et encore plus de combustible. Cette consommation doit être évaluée pour apprécier la rentabilité de ce transport. Une fois sur place, un autre problème se pose, celui de la distribution de l’eau douce. Le transport en sacs étanches envisagé nécessitera des infrastructures encore inexistantes ainsi que de l’énergie. Lors du déplacement, l’iceberg perd 40 % de sa masse. On peut s’interroger sur l’intérêt de cette mise en œuvre compte tenu de la quantité d’eau douce qui arrive finalement à destination. Sur le plan énergétique, la fusion de l’eau solide absorbe de l’énergie thermique. Cela peut être mis à profit dans des systèmes de conditionnement d’air sur le lieu de la fusion. Cela permet de climatiser à moindre frais des zones chaudes, sans utiliser d’énergie électrique ou de ressources fossiles pour puiser l’énergie thermique dans l’air à refroidir. La question de cette opération est essentiellement énergétique. L’énergie investie pour le déplacement des icebergs peut-elle être considérée comme négligeable dans ce processus ? Enfin, il ne faut pas oublier l’impact environnemental et économique de cette exploitation locale face à d’autres solutions.

Points-clés • Constitution d’un iceberg et constitution de l’eau de mer. •F  usion et absorption d’énergie. • Importance de l’eau douce. • C onsommation d’énergie et pollution liées au transport.

Sitographie Site internet du projet : http://www.3ds.com/fr/icedream Le texte de l’activité est issu de la FAQ de ce site.

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5

La recherche et le développement (p. 569)

L’accès aux métiers se fait par plusieurs voies. Les orientations proposées ne sont pas exhaustives.

◗ Technicien d’analyse :

◗ Documentaliste scientifique :

–  Un BTS ou un DUT délivrés par le ministère chargé de l’Enseignement supérieur et de la Recherche. –  Un diplôme d’État de technicien d’analyse délivré par le ministère chargé de la Santé, qui sanctionne une formation de trois ans dont l’accès se fait par concours.

–  Niveau Bac + 2 (DUT, DEUST). –  Niveau Bac + 3 (licences pro ressources documentaires et bases de données, etc.). –  Niveau Bac + 5 (master pro spécialisé dans les domaines de l’information, du document et de la documentation).

◗ Chargé de recherche : –  Niveau I (Bac + 5 à Bac + 8), cursus scientifique, médical ou d’ingénierie. –  Niveau Bac + 5, master (sciences, ingénierie, recherche, etc.). –  Niveau Bac + 8, doctorat.

◗ Ingénieur génie des procédés : –  Niveau Bac + 5 : formation d’ingénieur généraliste ou génie chimique.

◗ Assureur qualité : Bac + 3 à Bac + 5 en assurance qualité, sciences de la vie, biologiste, ingénierie et processus industriels.

◗ Chargé de communication : –  Niveau Bac + 2 (DUT information et communication). –  Niveau Bac + 5 (master d’information et de communication).

Sitographie http://www.imfis.fr http://www.studya.com http://www.onisep.fr http://www.kelformation.com

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Exercices Bac 1   Algue et caliche, des ressources naturelles (p. 572-573) 1.  Dans la nature l’élément iode se trouve sous forme d’ions iodure I– (aq) et iodate IO3– (aq). 2.  a. Agro-ressource : Ce terme est formé par l’association du préfixe « agro » issu du grec agros  signifiant « champ » et du latin resurgere signifiant « se lever, surgir à nouveau ». Une agro-ressource est une matière première végétale renouvelable. b. L’usage d’agro-ressources correspond au principe no 7 de la chimie verte : privilégier des ressources renouvelables. 3.  Le nitrate de sodium NaNO3 est extrait du caliche. Il ne contient que de l’azote (pas de phosphore ni de potassium). 4.  a. Cette ressource n’est pas renouvelable, elle peut s’épuiser (voir document « Un impact environnemental »). b. Rythme d’extraction actuel : 18 000 tonnes d’iode par an. Réserves au Chili : 9 millions de tonnes. Durée pendant laquelle il sera possible d’extraire l’iode du caliche : 500 ans. À court et moyen termes, cette extraction reste intéressante. La projection sur du long terme est plus problématique. 5.  [Question donnant lieu à une synthèse argumentée] Mots-clés et idées-clés : – si l’on parle de développement durable, il est nécessaire d’envisager l’environnement, le social et l’économique ; – économiquement, l’extraction semble rentable d’après le document « L’extraction de l’iode » ; – aucune donnée sociologique n’est précisée, mais on peut imaginer que le tissu économique a pu se développer dans certains pays grâce à cette extraction ; –  cela reste problématique pour l’environnement : le caliche n’est pas une ressource renouvelable et son

extraction « n’est pas vraiment acceptable d’un point de vue d’agriculture durable » (voir document « Un impact environnemental »). Son utilisation peut être polluante : « le nitrate peut facilement atteindre l’eau souterraine par lessivage, ce qui risque d’avoir un effet négatif sur l’environnement » (voir document « Observation du gouvernement de Norvège »). 6.  L’observation du gouvernement du Costa-Rica ne semble pas constater de dommage environnemental à l’usage des engrais issus du caliche, mais souhaite toutefois s’assurer de la non-pollution des eaux souterraines et superficielles par lessivage. 7.  CO32– (aq) + 2 H3O+ (aq) CO2,H2O (aq) + 2 H2O () 8.  2 I– (aq) + H2O2 (aq) + 2 H+ (aq)

I2 (aq) + 2 H2O ()

9.  a. Le diiode étant apolaire, il est peu soluble dans l’eau, solvant polaire, et très soluble dans le cyclohexane, solvant apolaire. b. Verser la solution aqueuse dans une ampoule à décanter. Introduire du cyclohexane. Boucher, agiter et dégazer régulièrement. Laisser reposer. c. Phase supérieure : phase organique contenant le cyclohexane et le diiode. Phase inférieure : phase aqueuse. 10.  Couples : IO3– (aq) / I2 (aq) et SO42– (aq) / HSO3– (aq). –  Production de diiode selon l’équation : 2 IO3– (aq) + 5 HSO3– (aq) I2 (aq) + 5 SO42– (aq) + 3 H+ (aq) + H2O () Couples : IO3– (aq) / I2 (aq) et HSO4– (aq) / SO2 (aq) –  Production de diiode selon l’équation : 2 IO3– (aq) + 5 SO2 (aq) + 4 H2O () I2 (aq) + 5 HSO4– (aq) + 3 H+ (aq)

2   Les autoroutes de l’information (p. 574-575) 1. a. Une chaîne de transmission comporte un encodeur, un canal de transmission et un décodeur. b. Pour les infos envoyées par l’ordinateur d’un abonné ADSL : –  l’encodeur est l’ordinateur de l’abonné ; –  le canal de transmission est constitué de la « box », de la ligne téléphonique de l’abonné, puis d’autres lignes téléphoniques ou fibres optiques ; –  le décodeur est l’ordinateur qui reçoit les données et les interprète.

2.  a. Les fibres optiques acheminent les informations sous forme de signaux lumineux. b. Les données peuvent également circuler à travers des fils de cuivre ou être transportées grâce à des ondes radio. 3. a. Avec la technologie ADSL, les données qui circulent dans les lignes téléphoniques sont numériques. b. D’après le document « Les supports de transmission des informations », « La téléphonie utilise une

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bande de basses fréquences qui s’étend de 25 Hz à 3 400 Hz. Les données numériques sont échangées, dans les mêmes câbles, sur une bande de hautes fréquences ». Les données numériques n’utilisent donc pas la même bande de fréquence que la voix, elles peuvent être transportées en même temps que la voix. 4. a. Le débit binaire mesure la quantité de données numériques transmises par unité de temps. Son unité est le bit · s–1. b. « 20 méga » correspond à un débit de 20 Mibit · s–1, soit 20 × 220 bits par seconde. 5.  Plus l’abonné réside loin du répartiteur, plus l’atténuation de sa ligne est importante, car l’atténuation augmente avec la longueur de la ligne. Comme l’atténuation augmente également avec la fréquence, la fréquence est automatiquement diminuée pour que l’atténuation ne soit pas trop importante et que le signal soit correctement reçu. Comme le débit binaire est d’autant plus grand que la fréquence du signal est élevée, si la fréquence est plus faible, le débit binaire est plus faible. 6.  a. Chaque pixel de l’image est codée sur 24 bits. b. Sa taille est donc de : 24 × 2 048 × 1 536 = 75 497 472 bits 75 497 472 = 72 Mibit. 220 c. Le téléchargement de la photo durera 72 = 7,2 s. 10 7. Au cours de sa propagation, la puissance d’un signal transmis décroît avec la distance qu’il parcourt. 0,20 dB · km–1 signifie que le signal transmis s’affaiblit de 0,20 dB à chaque kilomètre parcouru. soit :

8.  Les fibres optiques permettent de transmettre des volumes importants de données sur de longues distances avec un affaiblissement faible ; les fils de cuivre transmettent un nombre limité de données sur de

courtes distances. En effet, le débit binaire possible dans une fibre optique est plus important que dans un câble en cuivre et le coefficient d’atténuation d’une fibre optique est plus petit que celui d’un câble en cuivre. 9. D’après les documents, la longueur d’onde dans le vide des ondes utilisées est d’environ 1 550 nm. La fréquence de ces ondes est donc : 3,00 × 108 c = 1,94 × 1014 Hz environ. f= = λ 1 550 × 10–9 On vérifie bien que la fréquence de ces ondes est beaucoup plus grande que celle des signaux électriques dans les câbles en cuivre, qui est d’environ 300 kHz. 10. a. Coefficient d’atténuation : 10 5,0 α= = 8,7 × 10–1 dB · km–1. × log  5,0 1,84 b. La valeur trouvée est environ quatre fois supérieure à celle donnée. Cette différence peut s’expliquer par la qualité des matériaux qui la constituent, par la valeur de la longueur d’onde qui peut être différente, ou par l’état de la fibre.

( )

c. D’après la relation donnée, on peut écrire : e α · L log  = 10 s α · L 20 × 5,0 –  –  soit : s = e · 10 10 = 5,0 × 10 10

( )

= 5,0 × 10–10 mW. Dans ce cas, le signal serait totalement atténué. 11.  Le développement du réseau de fibres optiques jusqu’au domicile permettra véritablement aux usagers de disposer de connexions à très haut débit. Ces connexions sont indispensables pour accompagner les nouvelles utilisations qui consomment beaucoup de bande passante.

TP Bac 1

 osage pH-métrique de la vitamine C contenue D dans un comprimé (p. 576-577)

1. Broyer finement le comprimé dans le mortier à l’aide d’un pilon, puis verser la poudre dans une fiole jaugée de volume V = 50,0 mL munie d’un entonnoir en s’aidant d’une spatule métallique. Rincer le mortier avec de l’eau distillée et verser l’eau de rinçage dans la fiole jaugée. Remplir la fiole avec de l’eau distillée jusqu’aux trois quarts du volume total, boucher et agiter. Compléter la fiole avec de l’eau distillée jusqu’au trait de jauge, en finissant avec une pipette Pasteur. Boucher la fiole et agiter pour homogénéiser la solution SA. 2.  Étape 1 : schéma du montage à réaliser  ◗ Verser un peu de la solution SA dans un bécher de 50 mL.

Prélever un volume VA = 10,0 mL de la solution SA avec une pipette jaugée de 10,0 mL munie d’un pipeteur. Verser ce volume dans un bécher de 150 mL. ◗ Placer le bécher sur un agitateur magnétique et y plonger le barreau aimanté. ◗ Remplir la burette graduée avec la solution SB d’hydroxyde de sodium. Régler le zéro de la burette, puis placer la burette audessus du bécher. ◗ Plonger la sonde pH-métrique du pH-mètre dans la solution SA et ajouter un peu d’eau distillée à la solution SA pour éviter que le barreau aimanté ne tape sur la sonde.

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228


3.  Le protocole décrit ci-dessus permet d’obtenir une courbe très semblable à la courbe suivante (obtenue avec un simulateur) : Solution SB d’hydroxyde de sodium • CB = 1,0 × 10−2 mol . L−1 • VB lu sur la burette

60

40

80

20

+C

ApH 0

pH

mV

mVpH

Solution SA d’acide ascorbique • VA = 10,0 mL • nA à déterminer

pH-mètre

13 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0

Étape 2 : mesures du pH et tracé du graphe pH = f (VB) ◗ Mesurer le pH initial de la solution. ◗ Verser la solution SB, millilitre par millilitre, dans le bécher et, pour chaque valeur du volume VB versé, relever la valeur correspondante du pH. ◗ Tracer le graphe « en direct » en utilisant un tableur ou du papier millimétré. Resserrer les mesures au voisinage de l’équivalence du titrage. Étape 3 : repérage de l’équivalence Utiliser la méthode des tangentes pour repérer le point équivalent du titrage. L’abscisse de ce point donne la valeur du volume VE versé à l’équivalence. Étape 4 : calcul de la quantité nA d’acide ascorbique dans le volume VA 

pH

V (mL) 2

4

6

8

10 12 14 16 18 20 22 24

4.  Le volume à l’équivalence est VE = 14,0 mL,

donc nA = CB · VE = 4,00 × 10–2 × 14,0 × 10–3 = 5,60 × 10–4 mol dans VA = 10,0 mL de SA. Dans le volume V = 50,0 mL de solution SA on a :

n (vitC) = 5 × nA= 5 × 5,60 × 10–4 = 2,80 × 10–3 mol d’acide ascorbique. La masse m (vitC) est alors :

m (vitC) = n (vitC) · M = 2,80 × 10–3 × 176 = 0,493 g = 493 mg. Incertitude relative : m (vitC) – m’ (vitC) 493 – 500 = = 0,014 = 1,4 %. m’ (vitC) 500

À l’équivalence du titrage : nA = nE soit nA = CB · VE.

2

Enregistrer une séquence musicale pour créer un CD (p. 578-579)

1.  a. D’après les documents, les paramètres à prendre en compte sont : – la fréquence d’échantillonnage qui fixe le rythme auquel les échantillons consécutifs sont prélevés ;

– la résolution (ou le pas du convertisseur) qui fixe l’écart minimal de tension que peut repérer le convertisseur.

Facteurs pris en compte

Conséquence si la valeur est trop faible

Conséquence si la valeur est trop élevée

Document 1

Fréquence d’échantillonnage

Le son ne sera pas fidèlement reproduit.

Le son pourra être fidèlement reproduit mais le fichier sera volumineux.

Document 2

Résolution du convertisseur

Le son pourra être fidèlement reproduit mais le fichier sera volumineux.

Le son ne sera pas fidèlement reproduit.

b. Le générateur d’harmoniques produit un son dont la fréquence est égale à celle du fondamental (ou 1er harmonique), soit 220 Hz. Les autres harmoniques ont des fréquences double (440 Hz) ou triple (660 Hz) de 220 Hz. 2.  Le document 1 traite de l’influence de la fréquence d’échantillonnage et indique que, pour avoir un échantillonnage correct, la fréquence d’échantillonnage fe doit être égale ou supérieure au double de la fréquence maximale des harmoniques du signal échantillonné. Ici, cette fréquence maximale est fmax = 660 Hz.

Pour étudier l’influence de la fréquence d’échantillonnage, on réalise plusieurs acquisitions avec des fréquences fe différentes, par exemple fe1 = 1 000 Hz, fe2 = 2 000 Hz, fe3 = 4 000 Hz et fe4 = 10 000 Hz.

On aura ainsi : fe1 ~ 2 fmax,  fe2 ` 2 fmax,  fe3 ` 2 fmax et  fe4 `` 2 fmax.

Pour chaque acquisition, on trace le spectre en fréquences et on le compare avec celui du signal d’origine.

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3.  Copies d’écran obtenues : •  fe = 1 000 Hz, soit Te = 1 ms : 1

1

•  fe = 2 000 Hz, soit Te = 500 µs : 2

2

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•  fe = 4 000 Hz, soit Te = 250 µs : 3

3

•  fe = 10 000 Hz, soit Te = 100 µs : 4

4

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En observant ces courbes, on constate que, pour obtenir un signal numérisé convenable, la fréquence d’échantillonnage doit être suffisamment grande. La règle énoncée dans le document 1 semble cependant insuffisante ici, car, pour une fréquence de 2 000 Hz, le spectre obtenu ne correspond pas au spectre initial. Pour obtenir un spectre comparable au spectre d’origine, il faut utiliser une fréquence d’échantillonnage supérieure : une fréquence de 4 000 Hz donne un résultat assez satisfaisant (les fréquences sont correctes, les amplitudes pas tout à fait). Une fréquence de 10 000 Hz permet d’obtenir une très bonne numérisation, mais la taille du fichier obtenu est bien plus grande.

Complément Les sons que l’on numérise pour les CD musicaux ont des harmoniques ayant des amplitudes moins grandes que celles dont le spectre est représenté sur le document 4 (partie B), surtout pour les harmoniques de rangs les plus élevés (rang 3 sur ce spectre). La fréquence d’échantillonnage d’un CD, fixée à 44,1 kHz, est supérieure à deux fois les fréquences audibles les plus élevées par l’oreille humaine (20 kHz). Les fréquences des harmoniques de rangs les plus élevés des sons musicaux ont des valeurs le plus souvent très inférieures à 20 kHz et des amplitudes faibles. Cela explique pourquoi, pour les CD musicaux, une fréquence d’échantillonnage de 44,1 kHz donne des résultats satisfaisants.

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Complément au chapitre 4

Spectroscopie UV-visible, IR et de RMN 1 Absorption d’ondes électromagnétiques 1.1 Rayonnement électromagnétique Une radiation électromagnétique est caractérisée par sa fréquence n exprimée en hertz (Hz). Pour un milieu donné dans lequel la célérité de la lumière est égale à c, on peut aussi la caractériser par sa longueur d’onde l ou son nombre d’ondes s : c 1 l =    et  s = n l L’énergie du photon dans ce milieu vaut : c  = h · n = h ·   = h · c · s l où h est la constante de Planck : h = 6,62 × 10–34  J · s. Cette énergie s’exprime souvent en eV (1 eV = 1,60 × 10–19 J). Si un photon possède une énergie de 1 eV, alors une mole de photons possède une énergie de 96,5 kJ.

1.2 Niveaux d’énergie d’une molécule Une molécule possède une énergie cinétique de translation qui n’est pas quantifiée et qui ne dépend essentiellement que de la température. Elle possède aussi une énergie propre  qui comprend : ·  pour le mouvement des atomes :

– une énergie de rotation r , associée aux mouvements de rotation autour d’un axe passant par le centre d’inertie ; – une énergie de vibration v associée aux mouvements des atomes autour de leur position d’équilibre : les distances interatomiques et les angles des liaisons varient autour de leur valeur d’équilibre ; ·  pour les électrons :

– une énergie électronique e. En première approximation, on peut admettre que chacune des énergies r, v et e est quantifiée et que l’énergie propre de la molécule peut s’écrire :  = r + v + e

Une radiation électromagnétique de fréquence n ne peut être absorbée par une molécule que si celle-ci possède deux niveaux d’énergie  et ’ tels que : D =  – ’ = h · n  Selon les niveaux d’énergie mis en jeu, la longueur d’onde de la radiation absorbée correspond à différents domaines du spectre des radiations électromagnétiques. Ainsi a-t-on : ·  pour un changement de niveau d’énergie rotationnelle :

∆ ≈ 0,005 eV,  soit ∆ ≈  0,5  kJ · mol–1.

La longueur d’onde des radiations qui permettent ces transitions est de l’ordre de 250 μm, c’est le domaine des micro-ondes. L’absorption de telles ondes par les molécules (d’eau en particulier) est mise en œuvre dans les fours à micro-ondes. ·  pour un changement de niveau d’énergie vibrationnelle : ∆ ≈ 0,1 à 0,5 eV,  soit ∆ ≈ 10 à 50 kJ · mol–1. La longueur d’onde des radiations qui permettent ces transitions est de l’ordre de 2,50 à 15 μm, c’est le domaine de l’infrarouge (IR) (voir §2). ·  pour un changement de niveau d’énergie électronique : ∆ ≈ 1,5 à 6 eV,  soit ∆ ≈ 150 à 600 kJ · mol–1.

La longueur d’onde des radiations qui permettent ces transitions est de l’ordre de 200 à 800 nm, c’est le domaine de l’ultraviolet (UV) et du visible.

1.3 Aspects pratiques de la spectroscopie d’absorption L’étude de l’absorption des radiations électromagnétiques par la matière s’effectue avec des spectrophotomètres et des cuves spéciales pour l’UV et l’IR, le verre et la plupart des plastiques n’étant pas transparents pour ces radiations. Le principe et le mode d’emploi de ces appareils sont décrits dans la fiche no 7, p. 360 du manuel de 1re S (Hachette), et dans la fiche n° 12, p. 597 du manuel de TS (Hachette). En spectroscopie ultraviolette, visible et infrarouge, on mesure la transmittance T ou l’absorbance A à une longueur d’onde donnée : I I T =  S   et  A = log  0 I0 IS Pour les solutions diluées, l’absorbance suit la loi de Beer-Lambert : A = el ·  · c

()

où  est la longueur de la cuve (en cm), c la concentration de la solution (en mol · L–1) et εl le coefficient d’extinction molaire (en L · mol–1 · cm–1). εl dépend de l’espèce étudiée, du solvant, de la température, mais surtout de la longueur d’onde. Pour des solutions contenant plusieurs espèces qui absorbent à la même longueur d’onde : A = S eli ·  · ci i

1.4 Spectroscopie UV-visible Les spectres UV-visible donnent en ordonnée l’absorbance A et en abscisse la longueur d’onde l. En spectroscopie UV-visible, une espèce est caractérisée par la valeur de la longueur d’onde d’absorption maximale lmax et par le coefficient d’extinction molaire correspondant εl . max

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Plus une molécule possède de liaisons conjuguées, plus les radiations absorbées ont de grandes longueurs d’onde. Le lien existant entre couleur et longueur d’onde au maximum d’absorption des substances organiques ou inorganiques s’établit à partir des résultats suivants que les élèves auront intérêt à retenir : – une espèce incolore n’absorbe aucune radiation du spectre visible ; – lorsqu’une espèce chimique n’absorbe que dans un seul domaine de longueurs d’onde du visible, sa couleur est la couleur complémentaire de celle des radiations absorbées ; –  lorsqu’une espèce chimique absorbe dans plusieurs domaines de longueurs d’onde, sa couleur résulte de la synthèse additive des couleurs complémentaires des radiations absorbées. L’étoile des couleurs (voir le document 2, p. 93 du manuel) et le tableau de la fiche no 11A, p. 594 du manuel, aideront les élèves dans leurs interprétations. Remarques : Les spectres d’absorption électroniques devraient présenter des raies fines ; on observe un élargissement plus ou moins marqué des raies ; il y a une distribution des fréquences autour de la valeur théorique d’absorption n0 avec un maximum pour celle-ci. Cela résulte, entre autres, de la modulation des niveaux électroniques par les sous-niveaux vibrationnels et rotationnels.

2 Spectroscopie infrarouge (IR) 2.1 Présentation d’un spectre infrarouge On se reportera à l’activité 3, p. 90-91 du manuel, pour visualiser quelques spectres IR. Dans un spectre infrarouge figure en ordonnée la transmittance T ou intensité lumineuse transmise par l’échantillon exprimée en pourcentage : une transmittance de 100 % signifie qu’il n’y a pas d’absorption. De ce fait, les bandes d’absorption d’un spectre IR pointent vers le bas. Sur un axe, orienté de droite à gauche, est porté en abscisse le nombre d’ondes s, inverse de la longueur 1 d’onde l s = exprimé généralement en cm–1. λ Les spectres infrarouges, exploités en chimie organique, s’étendent de 600 à 4 000 cm–1, correspondant à des énergies allant de 7 à 48 kJ · mol–1. Un spectre IR comporte deux régions distinctes : – la région qui correspond aux plus grandes valeurs de nombres d’ondes (s   1 300 cm–1) où apparaissent les bandes caractéristiques de la plupart des liaisons CpO, CpC, CPH, OPH, NPH ; – la région pour laquelle s   1 300 cm–1, qui est caractéristique du composé étudié et non seulement des fonctions présentes. Seule la première région est facilement exploitable.

2.2.a.  Vibrations d’élongation A

Un spectre infrarouge résulte de transitions entre niveaux vibrationnels soit d’élongation soit de déformation.

mB

mA

Doc. 1  Modèle classique de l’oscillateur harmonique : les deux masses mA et mB sont reliées par un ressort de constante de raideur k.

Une molécule diatomique APB est assimilée à un oscillateur harmonique (doc. 1) de constante de force ou raideur k. La fréquence propre de cet oscillateur est : 1 k½ n0 =   ·  2p µ où μ est la masse réduite. Lorsque cette molécule est soumise à l’action d’une onde électromagnétique caractérisée par la fréquence nEM, il y a résonance, c’est-à-dire absorption, lorsque nEM = n0. Le nombre d’ondes s correspondant est donné par la relation : n0 k½ 1 s =   =   ·  c 2p · c µ Pour une molécule polyatomique, il y a plusieurs liaisons, donc plusieurs fréquences propres ; les oscillateurs sont alors couplés. On peut ainsi observer des vibrations symétrique et asymétrique (doc. 2) expliquant par exemple la présence de deux bandes dans le spectre infrarouge des amines primaires (voir les documents 10b (G), p. 91 du manuel, et 13, p. 97 du manuel) ou des amides non substitués à l’azote (voir le document 10b (I), p. 91 du manuel).

()

()

Élongation (stretching)

( )

2.2 Origine du spectre

B

k

Symétrique

Asymétrique

Doc. 2  Vibrations symétrique et asymétrique.

2.2.b.  Vibrations de déformation Ces vibrations correspondent aux mouvements rotatifs de deux atomes liés à un même troisième (doc. 3). Ces mouvements d’oscillations ont des fréquences propres n0i, d’où l’absorption de radiations électromagnétiques de nombres d’ondes caractéristiques. Ainsi pour la liaison CPH observe-t-on, dans le tét spectre du pentane par exemple (voir le document 8, p. 90 du manuel), une bande liée à l’élongation de CPH, vers 2 800-3 000 cm–1, et une bande liée à la tét

déformation de l’angle HCH, vers 1 415 à 1 470 cm–1. Les transitions entre niveaux vibrationnels s’accompagnent aussi de transitions entre niveaux rotationnels : on observe, sur un spectre IR, non pas des pics mais des bandes d’absorption plus ou moins larges.

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Les vibrations qui ne modifient pas le moment dipolaire de la molécule conduisent à des absorptions faibles. Déformation (bending) Dans le plan

Hors du plan

Asymétrique (rotation plane)

Asymétrique (balancement)

En abscisse, sur un axe orienté de droite à gauche, figure le déplacement chimique du signal associé à des protons équivalents (voir § 3.5) ; l’origine de cet axe est définie à l’aide d’une référence chimique qui est souvent le tétraméthylsilane, ou TMS (CH3)4Si. Les signaux, quasi symétriques, peuvent présenter un, deux, trois pics ou plus ; ce nombre de pics définit la multiplicité du signal (voir § 3.6). Les signaux ont une certaine surface ou aire d’intégration ; celle-ci est proportionnelle au nombre de protons associés à ce signal. Cette aire est calculée automatiquement lors de la réalisation du spectre et le résultat obtenu est donné sous forme d’un graphe constitué d’une suite de paliers et appelé courbe d’intégration. La hauteur séparant deux paliers successifs est proportionnelle au nombre de protons résonant au déplacement chimique correspondant (voir les documents 17 et 18, p. 98 du manuel, et le document 3, p. 100 du manuel).

3.2 Origine du spectre de RMN du proton

Symétrique (torsion)

Doc. 3  Modes de vibration pouvant exister au niveau d’un atome de carbone tétraédrique pour les vibrations de déformation.

2.3 Bandes d’absorption caractéristiques Les principales bandes caractéristiques sont présentées dans le manuel (§ 3.3, p. 96-97) et les valeurs des nombres d’ondes des liaisons habituellement rencontrées en chimie organique sont données dans la fiche no 11B, p. 594 du manuel. La consultation des données de cette fiche permet de retrouver les résultats suivants : – une liaison multiple est plus forte qu’une liaison simple, les nombres d’ondes associés sont alors plus élevés : s (C{C)  s (CpC)  s (CPC) et s (CpO)  s (CPO) ; –  la présence de liaisons hydrogène abaisse les nombre d’ondes liées aux liaisons OPH des alcools et des acides carboxyliques (voir les documents 14 et 15, p. 97 du manuel) et NPH des amines et des amides ; – lorsqu’elles sont conjuguées, les liaisons CpC ou C{O sont affaiblies et le nombre d’ondes correspondant diminue.

3 Spectroscopie de résonance magnétique nucléaire ou de RMN

On se reportera aux documents 16, 17, 18 et 19, p. 98-99 du manuel, pour visualiser quelques spectres de RMN. Que représentent ces spectres ?

1 h a = –   · g · B0 ·  2 2p 1 h b =   · g · B0 ·  2 2p

soit :



( (

mI = – 1– 2

)

β = 1 – hγ B0 2

mI = + 1– 2

)

α = – 1– hγ B0 2

Doc. 4  Niveaux d’énergie du proton placé dans un champ magnétique B0. Conventionnellement, on indique par une flèche le sens de la projection de µ par rapport à B0 ( : projection dans le sens de B0, et  : projection en sens opposé à B0). L’état a correspond au cas où B0 et la composante Iz du spin sont parallèles, l’état b au cas où ils sont antiparallèles.

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3.1 P  résentation d’un spectre de RMN du proton

m = –μ · B0

Symétrique (cisaillement)

Le noyau d’un atome est caractérisé par son numéro atomique Z et son nombre de masse A ; lorsque A et Z ne sont pas tous les deux pairs, le noyau possède un spin non nul. Ainsi 1H possède un spin nucléaire I 1 avec I =  . 2 On démontre que l’existence d’un spin non nul permet d’assimiler le noyau à un petit aimant générant un moment magnétique μ. L’expérience montre que μ est quantifié par I et que la projection de μ sur l’axe principal (Oz), μz, est quantifié par mI : h μz = g · mI ·  2p avec g le rapport gyromagnétique caractéristique du 1 noyau (g (1H) = 2,675 × 108  Hz · T–1) et mI = ±  . 2 Cette quantification apparaît en fait lorsque les protons sont soumis à un champ magnétique B0 colinéaire à (Oz). Deux niveaux d’énergie a et b sont alors possibles pour les protons (doc. 4), définis par :

235


La spectroscopie de RMN résulte d’une transition entre les deux niveaux a et b (doc. 5), lorsque les protons sont soumis à un champ magnétique B0 et irradiés par des ondes électromagnétiques de fréquence n0 telle que : h ∆ = h · n0 = b – a = g · B0 ·  2π B soit : n0 = g ·  0 2p 

B0i est d’autant plus grand que le blindage est élevé. Dans une molécule, tous les protons n’ont pas le même environnement électronique, donc pas le même blindage et ne résonnent donc pas pour la même valeur de B0i.

Remarque : bien que l’on travaille à n0 constant, on a l’habitude de parler de fréquence de résonance d’un proton, n0 et B0 étant liés.

3.4 Déplacement chimique

 β ∆

β ∆ = hν0 =

hγB0 2π

Doc. 5  Transition observée lors de la résonance. L’irradiation avec un photon de fréquence adéquate provoque la résonance qui correspond à un retournement du spin nucléaire du proton de l’état a à l’état b.

L’absorption d’un photon correspond à un retournement de spin : on dit qu’il y a résonance. Afin d’obtenir des spectres ayant une résolution suffisante, les spectromètres de RMN utilisés aujourd’hui fonctionnent avec des valeurs de B0 et n0 élevées : ainsi, si B0 = 2,1 T, alors n0 = 90 MHz (domaine des ondes radios). En 2012, certains laboratoires sont équipés d’appareils à 900 MHz, soit B0 = 21,1 T !!

Au lieu de repérer chaque proton par sa fréquence de résonance, qui dépendrait alors de B0, on préfère positionner, de façon relative, chaque signal par rapport à la résonance d’une référence, le TMS (voir § 3.1), espèce dont les protons sont parmi les plus blindés. On définit ainsi le déplacement chimique di du proton i : B – B0TMS di = 106 ×  0i B0 B0 · (1 + σi) – B0 · (1 + σTMS) B0 6 di = 10  × (si – sTMS) di = 106 × 

soit :

Les protons du TMS étant très blindés, généralement si ~ sTMS et di est alors négatif ; c’est la raison pour laquelle on oriente l’axe de droite à gauche et que les tables donnent, en ppm : di = 106 × |si – sTMS| Un spectre de RMN va présenter, explicitement ou non, les indications suivantes :

3.3 Blindage des noyaux En réalité, on constate que tous les protons n’absorbent pas, à B0 donné, la même radiation n0 et c’est cela qui fait l’intérêt de la RMN. En effet, au voisinage du noyau i, B0 est modifié par l’environnement électronique du noyau ; localement un champ magnétique induit bi, d’intensité proportionnelle à B0 mais de sens opposé à B0, se « superpose » à B0 (loi de Lenz). Le noyau i subit en fait le champ magnétique B0i tel que : B0i = B0 + bi = B0 – B0 · si = B0 · (1  –  si)

si est la constante de blindage, ou constante d’écran du noyau i ; le blindage est d’autant plus élevé que la densité électronique autour du noyau est forte. La radiation n0i absorbée est alors telle que : 1 – si  = n0 · (1  –  si ) n0i = g · B0 ·  2p Si le spectromètre travaille à B0 constant, alors n0i varie et diminue lorsque le blindage croît. Expérimentalement, on observe que quel que soit le proton étudié : Dn0 X 1 000  Hz, avec ∆n0 = n0 – n0i

En revanche, si le spectromètre travaille à n0 constant (cas le plus fréquent aujourd’hui), B0i varie et augmente lorsque le blindage croît et comme si ~~1 : 2p · n0 ª B0 · (1  +  si ) B0i =  g · (1 – si )

600 ∆ν (Hz)

500

400

300

Intensité du signal 200 100 0

B0 croissant

TMS

δ (ppm) 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 Déblindage Blindage champ faible champ fort haute fréquence de résonance basse fréquence de résonance (constante d’écran faible) (constante d’écran élevée) Doc. 6  Renseignements donnés par un spectre de RMN.

3.5 Protons équivalents L’utilisation des courbes d’intégration du spectre de RMN du chlorométhoxyméthane ClPCH2POPCH3 (doc. 7) permet d’attribuer rapidement les deux signaux  ; les trois protons du groupe méthyle CH3Présonnent tous les trois pour d ≈ 2,7 ppm ; on dit qu’ils sont équivalents ; il en est de même pour les deux protons du groupe méthylène PCH2P qui résonnent pour d ≈ 4,0 ppm.

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236


ν0 = 90 MHz

B0 ∆ν (Hz)

600

450

300

150

0

3.6 Multiplicité d’un signal : couplage spin-spin

ClCH2OCH3 3H

2H

6

5

4

3

2

1

0 δ (ppm)

Doc. 7  Spectre de RMN du chlorométhoxyméthane, ClPCH2POPCH3, à 90 MHz.

Comment définit-on des protons équivalents ? Dans le manuel, une définition, suffisante en Terminale S, est donnée : Des protons équivalents résonnent pour la même valeur de déplacement chimique d. Des protons qui ont le même environnement chimique dans une molécule sont équivalents. Une définition plus complète est cependant nécessaire pour interpréter certains spectres dans l’enseignement supérieur : Deux protons sont dits chimiquement équivalents si leur substitution par un autre atome (deutérium, iode, etc.) donne pour chacun d’eux des molécules identiques ou énantiomères : – dans le 1,2-dichloroéthane ClPCH2PCH2PCl les quatre protons sont équivalents ; – dans le 1-chloro-2-iodoéthane ClPCH2PCH2PI les protons sont équivalents deux à deux ; –  dans le 2-chloro-1-iodopropane CH3P*CHClPCH2PI, les protons du groupe méthylène lié à l’atome d’iode ne sont pas équivalents. En effet, comme l’atome de carbone central est asymétrique le remplacement de l’un ou l’autre des deux H conduit à un mélange de diastéréoisomères (doc. 8). H3C H

Cl

* C

(S)

Hb Ha C I

H3C H

   Cl

* C

(S)

Hb * D C

(R)

I

H3C H

   Cl

groupe phényle du toluène (voir le document 17, p. 98 du manuel).

* C

(S)

D * Ha C

(S)

I

Doc. 8  En remplaçant soit l’atome Ha soit l’atome Hb du S-2-chloro-1-iodopropane par un atome de deutérium, noté D, on obtient deux diastéréoisomères. Les protons Ha et Hb ne sont pas équivalents.

À noter que des protons peuvent ne pas être chimiquement équivalents, mais être magnétiquement équivalents, c’est-à-dire résonner pour le même déplacement chimique ; c’est le cas des protons du

Si on observe le spectre de la butanone (voir le document 19, p. 99 du manuel), on constate que le signal associé au groupe méthyle CH3P lié au groupe méthylène PCH2P présente trois pics : c’est un triplet, alors celui du groupe méthyle, lié au groupe carbonyle, ne présente qu’un pic : c’est un singulet. D’où vient cette différence ? Il est évident qu’elle ne vient pas du nombre de protons qui résonnent dans les deux cas puisque c’est le même : 3. En fait, dans une molécule, les protons portés par un atome de carbone interagissent avec les protons portés par les atomes de carbone voisins : on dit qu’il y a un couplage spin-spin entre protons. Dans les cas simples, auxquels le programme se limite, ces résultats peuvent être généralisés et conduisent à la règle des (n + 1)-uplets : Un proton, ou un groupe de protons équivalents, ayant n protons équivalents voisins, c’est-à-dire portés par des atomes de carbone voisins, donne, par couplage avec ceux-ci, un signal constitué de (n + 1) pics appelé multiplet. On justifie ce résultat en précisant les origines de ce couplage pour le 1,1-dichloro-2,2-diiodoéthane Cl2CHaPCHbI2, noté E par la suite. Le spectre de RMN de E présente deux doublets. En se plaçant dans le cadre de la statistique de Boltzman, on établit que :

Nα h · ν0 = exp  Nβ kB · T

Nα = 1,000 016,  pour n0 = 100 MHz. Nβ On peut donc considérer que la moitié des protons d’une molécule ont leur noyaux dans l’état a et l’autre moitié dans l’état b. Ainsi, Ha est environné d’environ 50 % de Hb(a) et de 50 % de Hb(b) ; les noyaux se comportant comme des aimants, le champ subi par Ha n’est pas le même suivant la nature du Hb voisin. Soit b le champ associé aux noyaux a et donc – b le champ associé aux noyaux b ; ces deux champs magnétiques sont colinéaires à B0, champ pour lequel il y aurait résonance s’il n’y avait pas couplage (b est parallèle à B0 et – b est antiparallèle à B0). Si Hb est dans l’état a, le proton Ha résonne alors pour le champ B0’ + b. Comme B0’ ~ B0, les protons Ha sont déblindés (doc. 9a). Si Hb est dans l’état b, le proton Ha résonne alors pour le champ B0’’ – b. Comme B0’’ ` B0, les protons Ha sont blindés (doc. 9b). Il apparaît alors un signal dédoublé (un doublet), d’égale intensité, ce qui justifie la nature symétrique du signal (doc. 9c). L’intervalle séparant les deux pics est appelé constante de couplage, on la note ici Jab ; on l’exprime généralement en hertz (Hz) ; Jab varie de 0 à 20 Hz. soit :

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237


C Ha

C

δ ν

B B’0

H H BrPCPCPH H H P P

Résonance sans couplage

Résonance sans couplage

P P

a

B0

J

B’0 Hb b (α)

J

J

δ Résonance sans couplage δ

B

ν

B0

c δ

B

ν

3.7 Couplages plus complexes ·  La règle des (n + 1)-uplets ne s’applique que si les

déplacements da de Ha et db de Hb sont nettement distincts, soit : ∆d `` Jab, avec ∆d = |da – db|.

Doc. 9  Couplace spin-spin de deux protons. Hb(a) déblinde le proton Ha (a), Hb(b) blinde le proton Ha (b), d’où le doublet observé (c).

·  L’interprétation du signal de protons participant à

Bien évidemment, on étudierait de même le dédoublement du signal de Hb par les protons Ha. L’expérience montre que : – le couplage spin-spin au premier ordre ne s’observe qu’entre atomes d’hydrogène portés par deux atomes de carbone adjacents (couplage vicinal) ou par le même atome de carbone (couplage géminé) si les deux protons ne sont pas équivalents (§ 3.5) ; – les protons équivalents de donnent pas lieu à un couplage spin-spin ; – des protons « séparés » par un hétéroatome ne se couplent pas ; – si Ha est couplé avec Hb, alors Hb est couplé avec Ha et alors, si un spectre présente un multiplet, il doit nécessairement en présenter un deuxième. Le spectre du bromoéthane (voir le document 3, p. 100 du manuel) présente un triplet pour le groupe méthyle PCH3 voisin du groupe méthylène PCH2P. Ces résultats se retrouvent en considérant que les protons du groupe méthylène peuvent être tous les deux dans l’état a, tous les deux dans l’état b, l’un dans l’état a et l’autre dans l’état b ou inversement, ces quatre possibilités étant équiprobables. La multiplicité et l’intensité de chaque pic s’en déduit (doc. 10). P P

H H BrPCPCPH H H P P

βββ

Ces exemples montrent que l’intensité de chaque pic d’un multiplet est donnée par le « triangle de Pascal » (1 ; 1 1 ; 1 2 1 ; 1 3 3 1 ; 1 4 6 4 1 ; etc.).

Jab

plusieurs couplages se fait par étapes. Soit un proton Ha, couplé avec un proton Hb et avec un proton Hc (doc. 12a). Le couplage de Ha avec Hb donne un doublet de constante Jab ; ce doublet est alors scindé en deux lors du couplage avec Hc de constante Jac ; plusieurs cas se présentent suivant les valeurs relatives de Jab et Jac (doc. 12b et 12c). Lorsque Jab = Jac, la règle des (n + 1)-uplets s’applique, ce qui n’est pas le cas si Jab π Jac. a Hc Ha Hb

XPCPCPCPV Y Z W

b. Jab ≠ Jac

Résonance sans couplage Jab

α δ

β

Jac

ν α + α′

Jac α + β′

β + α′

c. Jab = Jac = J J α

J

J

δ

B αα

αβ βα

ββ

Doc. 10  Le signal du groupement méthyle du bromoéthane est un triplet d’intensité 1 2 1.

On explique de la même façon le quadruplet observé pour le groupe méthylène PCH2P voisin du groupe méthyle PCH3 dans le bromoéthane (doc. 11).

B β + β′

Résonance sans couplage

Résonance sans couplage

ν

ββα αββ βαβ

Doc. 11  Le signal du groupe méthylène est un quadruplet d’intensité 1 3 3 1.

B” 0

Hb –b B” 0 (β)

Ha

ααβ βαα αβα

P P

C

P P

C

ν

B ααα

P P

b

δ ν α+α

β J

J α+β β+α

B β+β

Doc. 12 Couplages multiples. La multiplicité du signal et l’intensité de chaque pic dépendent des constantes de couplage.

Lorsque le nombre et/ou l’intensité des pics n’est pas nettement défini, on parle de massif non résolu.

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238


3.8 Quelques aspects pratiques •  Le principe de fonctionnement d’un spectromètre

de RMN est présenté au document 13. L’échantillon à analyser (quelques milligrammes) est dissous dans un solvant qui n’absorbe pas dans les conditions d’étude (CCl4, CxHyClz , etc.) mis dans un long tube de verre cylindrique de faible diamètre, soumis à une rotation qui assure l’homogénéité du champ dans le milieu. Oscillateur de radio fréquence (RF)

Sonde

cB0 Variateur de champ

Détecteur de RF

Enregistreur Aimant

Doc. 13  Représentation schématique des éléments essentiels d’un spectromètre de RMN. •  Pour des composés relativement acides (RPCO2H, RPOH, ArPOH, RNH2, etc.), l’agitation du mélange étudié avec de l’eau deutérée (eau lourde) conduit à la disparition dans le spectre de RMN du signal des protons acides H en raison de leur substitution par des atomes de deutérium. •  L’aire des signaux étant proportionnelle au nombre de protons qui résonnent pour un déplacement chimique donné, la RMN permet de doser un

mélange de deux ou plusieurs espèces. En effet, le pourcentage de chacune des espèces dans le mélange est proportionnel à l’aire relative à un proton pour chacune de ces espèces.

3.9 Exploitation d’un spectre de RMN Quelle démarche suivre pour relier un spectre de RMN à la formule semi-développée d’une molécule organique donnée ? On peut, au niveau d’une classe de Terminale S, proposer la démarche suivante : – repérer éventuellement les signaux correspondant à un déplacement supérieur à 9 ppm ; ils peuvent être ceux de protons d’acide carboxylique (d ≈ 10-12 ppm), d’aldéhyde (d ≈ 9-10 ppm) ; – repérer éventuellement les signaux correspondant à un déplacement de l’ordre de 7,5 ppm ; ils peuvent être ceux de protons d’un cycle aromatique ; – si la courbe d’intégration est donnée, déterminer le nombre de protons résonnant pour chaque signal (voir dans l’exercice résolu 6, p. 103 du manuel) ; – analyser la multiplicité de chaque signal, en déduire le nombre de ses protons voisins équivalents et les fragments correspondants (CH3PCH2P, CH3PCHP, (CH3)2CHP, etc.) ; – assembler ces différents fragments en prenant en compte les autres données de l’énoncé (données de spectre infrarouge, formule brute, etc.) ; – chercher les valeurs de déplacements chimiques caractéristiques dans les tables pour départager des isomères (CH3PCH2PCOPOPCH3 et CH3PCOPOPCH2PCH3, par exemple).

Bibliographie et sitographie Bibliographie – A. Durupthy (dir.), Chimie 2e année PC-PC*, Hachette, collection H Prépa, 2004. – P. Grécias, Chimie 2e année PC-PC*, Tec&Doc, 2009. – M. Hesse et al., Méthodes spectroscopiques pour la chimie organique, Masson, 1997. Sitographie •  http://www.faidherbe.org/site/cours/dupuis/rmn.htm •  http://www.uel-pcsm.education.fr/consultation/reference/chimie/spectro/rmn_h/index.htm •  http://riodb.ibase.aist.go.jp (Ce site donne, entre autres, les spectres IR, RMN de très nombreux composés organiques, choisir ENGLISH).

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Complément au chapitre 8

La relativité restreinte Au début du xxe siècle, les lois de l’électromagnétisme, développées par J. C. Maxwell, posaient des problèmes non résolus. En effet, elles semblaient violer le principe de relativité, qui affirme que les lois physiques s’expriment de manière identique dans tous les référentiels inertiels (référentiels galiléens). Ce principe avait été initialement énoncé par Galilée pour les mouvements. Il ne posait pas de problème pour les lois de la mécanique de Newton, qui gardent bien la même forme dans tous les référentiels en mouvement de translation rectiligne uniforme les uns par rapport aux autres.

1 L’invariance des lois de la mécanique

Le mouvement d’un corps est relatif à un référentiel auquel sont liés un repère temporel et un repère spatial, c’est la relativité galiléenne. Lorsqu’un référentiel (R’) se déplace à vitesse constante v  = v ∙ i par rapport à un autre référentiel (R), les coordonnées (x’ ; y’ ; z’ ; t’ ) d’un point M dans le référentiel (R’) sont liées à ses coordonnées (x ; y ; z ; t) dans (R). En supposant que les origines des repères coïncident à la date t’ = t = 0, on a : r = x – v · t x’ u y’ w =y u q z’ = z et t’ = t. Ces relations correspondent à la transformation de Galilée. On peut noter que la transformation de Galilée considère l’espace comme relatif, mais pas le temps, qui est un paramètre indépendant du référentiel. Ces relations peuvent être appliquées aux lois de Newton. Par exemple, pour la deuxième loi, dans un référentiel d’inertie (R) (référentiel galiléen), quand un observateur mesure qu’un point matériel a une quantité de mouvement p dont la variation est

dp , il peut relier la dt

force résultante F  appliquée à ce point et la variation de la quantité de mouvement par : F  =

dp dt

Si un autre observateur, lié à (R’), mesure pour ce même point une quantité de mouvement p’, il attridp’ buera une force F ’ = dt

d 2x

d 2x’ d 2y d 2y’ d 2z d 2z’ Or =  ;  = et  = dt 2 dt 2 dt 2 dt 2 dt 2 dt 2

La masse m étant la même dans les deux référentiels, on en déduit : dp’ dp = dt

dt

Finalement, on obtient : F’  = F  La force résultante est invariante, elle a la même valeur dans les deux référentiels. La deuxième loi de Newton garde la même forme dans les deux référentiels, elle est invariante par changement de référentiel inertiel, bien que la vitesse des corps par rapport à chacun de ces référentiels soit différente.

2 Les postulats de la relativité 2.1 Introduction Pour concilier le principe de l’invariance des lois de la physique et les lois de l’électromagnétisme de J. C. Maxwell, A. Einstein énonce en 1905 les deux postulats de la relativité restreinte. Pour cela, il dut faire un choix : soit la transformation de Galilée était valable et les lois de l’électromagnétisme devaient être reformulées pour devenir invariantes, soit les lois de l’électromagnétisme étaient valables et la transformation de Galilée devait être reformulée. Les lois de l’électromagnétisme donnant par ailleurs de très bons résultats par rapport aux observations expérimentales, A. Einstein reformula la transformation de Galilée et, par conséquent, les lois de la mécanique. Cependant, comme on le verra, cette reformulation permet de retrouver les résultats classiques pour les vitesses de faible valeur par rapport à celle de la lumière dans le vide.

2.2 Les postulats de la relativité restreinte C’est à partir des deux postulats suivants qu’A. Einstein a développé la théorie de la relativité restreinte :

◗ Principe de relativité Les lois de la physique s’expriment de la même façon dans tous les référentiels inertiels. Elles sont invariantes.

◗ Principe de la constance de la vitesse de la lumière dans le vide La vitesse de la lumière dans le vide a la même valeur dans tous les référentiels inertiels. Remarque : Ces deux postulats ne sont valables que dans des référentiels inertiels. En 1916, A. Einstein a élaboré la théorie de la relativité générale qui

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concerne les référentiels en mouvements accélérés les uns par rapport aux autres.

3 Le vocabulaire de base de la relativité restreinte 3.1 Notion d’événement En relativité restreinte, la notion d’événement est particulièrement importante. Un événement se produit en un point unique de l’espace et à un instant unique dans le temps. Un événement peut être observé par plusieurs observateurs. Pour localiser précisément un événement, un observateur doit être muni d’une règle (repère d’espace) et d’une horloge (repère de temps). On associe donc un référentiel à chaque observateur. Un événement ne peut être observé par un observateur que s’il se produit à proximité de cet observateur. Si un observateur s’intéresse à un événement qui se produit loin de lui, il ne peut pas en connaître la date précise, car la lumière a mis un certain temps pour voyager jusqu’à lui.

3.2 Temps propre et temps mesuré Dans ce qui suit, on s’intéresse essentiellement à la durée séparant deux événements notés E1 et E2. Dans un référentiel donné, les coordonnées de ces deux événements seront (x1 ; y1 ; z1 ; t1) et (x2 ; y2 ; z2 ; t2).

3 La dilatation des temps (ou des durées) 4.1 Horloge de lumière Pour établir la relation entre durée propre et durée mesurée, on utilise un dispositif appelé horloge de lumière. Un tel dispositif est constitué d’une barre de longueur L dont une extrémité comporte un émetteur et un détecteur de lumière, accolés en un point P. L’autre extrémité comporte un miroir en un point M (doc. 1). L’ensemble est placé dans une enceinte dans laquelle on fait le vide. M

L

P Doc. 1  Schématisation de l’horloge de lumière.

4.2 Durée propre Lorsque ce dispositif fonctionne, une impulsion lumineuse est émise en P. Cette impulsion se propage jusqu’à M et revient à P après réflexion (doc. 2).

◗ Le référentiel dans lequel ces deux événements se produisent au même endroit sera appelé le référentiel propre. Dans ce référentiel, on aura donc x1 = x2, y1 = y2 et z1 = z2. Une horloge, fixe dans ce référentiel et située à proximité du lieu où se produisent ces deux événements, mesure la durée qui les sépare. Cette durée est appelée durée propre. Le temps propre, ou durée propre, ∆T0 est la durée séparant deux événements ayant lieu au même endroit dans un référentiel inertiel donné. Cette durée est mesurée par une horloge fixe dans ce référentiel et proche des deux événements.

◗ Lorsque la durée entre ces deux événements est mesurée dans un autre référentiel, en mouvement rectiligne uniforme par rapport au précédent, on parle de durée mesurée. Le temps mesuré, ou durée mesurée, ∆T’ est la durée séparant deux événements mesurée par des horloges fixes dans un référentiel inertiel en mouvement rectiligne uniforme par rapport au référentiel inertiel dans lequel on mesure le temps propre. Le temps mesuré est parfois appelé temps impropre. Dans ce second référentiel, les deux événements ne se produisent pas au même endroit. Or, la date correspondant à chaque événement doit être déterminée par une horloge proche de l’événement. La durée mesurée est obtenue à l’aide de deux horloges synchronisées et fixes dans le référentiel en mouvement, chacune de ces horloges étant proche de l’endroit où se produit chaque événement dans le référentiel en mouvement.

M

L

P Doc. 2  Trajet de la lumière par rapport à l’horloge de lumière.

Les deux événements auxquels on s’intéresse sont l’émission de la lumière en P (événement E1) et sa réception en P après un aller-retour via le point M (événement E2). Un référentiel (R’) est lié à ce dispositif. Dans ce référentiel (R’), le dispositif est donc immobile et les deux événements se produisent au même endroit. Toute horloge fixe dans (R’) et située à proximité de P permet de déterminer la durée propre ∆T0 entre les deux événements. Entre ces deux événements, la distance parcourue par la lumière lors de son aller-retour est : PM + MP = 2 L La valeur de la vitesse de la lumière dans le vide étant fixée à c, d’après l’un des postulats de la relativité restreinte, la durée propre est : 2L ∆T0 =  c

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241


C

4.3 Durée mesurée On suppose maintenant que le dispositif et le référentiel (R’) qui lui est associé se déplacent conjointement avec un mouvement rectiligne et uniforme dans un autre référentiel noté (R). La vitesse v  de déplacement est perpendiculaire à la barre de longueur L. Dans (R), la distance parcourue par la lumière entre les deux événements E1 et E2 est plus grande que celle entre ces deux événements mesurée dans (R’) (doc. 3). La durée entre E1 et E2 mesurée par des horloges synchronisées et fixes dans (R) sera la durée mesurée ∆T’.

L

A

B

H

d 2 Doc. 5  AHC est un triangle rectangle en H. Les échelles verticales et horizontales du schéma ne sont pas respectées pour la lisibilité de la figure.

d M

M

La longueur du côté HC de ce triangle rectangle est toujours égale à la longueur L de la barre séparant P et M : c · ∆T0 L =  2 Le côté AH de ce triangle rectangle a pour longueur :

M

L

d ∆T’  = v ·  2 2 Le théorème de Pythagore permet alors de calculer le carré de la longueur du côté AC : P

P

P Position du dispositif dans (R) lors de l'événement E2

Position du dispositif dans (R) lors de l'événement E1

Doc. 3  Trajet de la lumière lorsque l’horloge de lumière est en mouvement dans (R). Les échelles verticales et horizontales du schéma ne sont pas respectées pour la lisibilité de la figure.

Dans (R), le trajet suivi par la lumière permet de définir un triangle isocèle ABC, le point A étant le lieu de l’événement E1, le point B étant celui de l’événement E2 et le point C étant celui de la réflexion de l’impulsion lumineuse sur le miroir (doc. 4).

(

AC2 = 

c · ∆T0

2

+  v · 

∆T’ 2

2 2 Dans (R), la distance AC est la distance parcourue par la lumière pendant la moitié de la durée mesurée DT’. Comme la valeur de la vitesse de la lumière dans le vide est invariante, on a : ∆T’ AC = c ∙  2 Alors l’expression issue du théorème de Pythagore devient : ∆T’ 2 c · ∆T’ 2 c · ∆T0 2  =   +  v ·    2 2 2 Cela conduit à :

( ) (

) ( )

(c · ∆T’)2 = (c · ∆T0)2 + (v · ∆T’)2 ∆T’ 2 · (c2 – v 2) = c2 · ∆T02

C

c2

∆T’ 2 =

L

A

) ( )

B d

Doc. 4  Le trajet suivi par la lumière permet de définir un triangle isocèle. Les échelles verticales et horizontales du schéma ne sont pas respectées pour la lisibilité de la figure.

Le côté AB correspond à la distance d parcourue dans (R) par le dispositif entre E1 et E2, donc pendant la durée mesurée ∆T’. Comme, dans (R), le dispositif se déplace à la vitesse de valeur constante v, on a : d = v ∙ ∆T’ En notant H le milieu de AB, le triangle AHC est rectangle en H (doc. 5).

 · ∆T02 c2 – v 2 1 ∆T’ 2 =  · ∆T02 v2 1– 2 c On obtient finalement : 1  · ∆T0 ∆T’ = v2 1– c2

d

4.4 Dilatation des temps (ou des durées) Le facteur g est défini par : g =

1

d1 – vc

2

2

On a alors :

∆T’ = g · ∆T0

C’est l’équation de dilatation des temps (ou des durées). Ce facteur ne prend des valeurs réelles que si v ~ c. La valeur c de la vitesse de la lumière dans le vide est une valeur limite ne pouvant être dépassée.

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242


v . c Cette valeur est proche de 1 lorsque v et très inférieure à c. Elle devient significativement supérieure à 1 quand v est assez proche de c (doc. 6). La valeur de ce coefficient dépend du rapport

10

γ

dans la direction du mouvement, est plus courte que la longueur du même objet mesurée par un observateur immobile par rapport à l’objet. Remarque 1 : À faible vitesse, g tend vers 1 et la longueur mesurée tend vers la longueur propre. Remarque 2 : Les distances mesurées perpendiculairement au déplacement ne sont pas affectées par la contraction des longueurs.

9 8 7 6 5

6 Quantité de mouvement

4

et énergie relativistes

3 2 1 0

+ 0,25

+

+ 0,50

+

0,75

+ v c 1,00

v Doc. 6  Coefficient gamma en fonction de . c Ce coefficient tend vers l’infini lorsque v tend vers c.

Comme g est supérieur à 1, la durée mesurée est plus grande que la durée propre. Une horloge qui se déplace par rapport à un observateur bat donc plus lentement qu’une horloge immobile par rapport à cet observateur. Cela ne signifie pas que « la vitesse d’écoulement du temps dépend de la vitesse de l’observateur ». On ne peut pas parler de vitesse d’écoulement du temps, car une vitesse est une dérivée par rapport au temps. Parler d’une vitesse du temps supposerait qu’il y ait une variation du temps par rapport au temps, ce qui n’a pas de sens. Cela signifie simplement que, si une personne fait un voyage dans une fusée se déplaçant à grande vitesse, à son retour sa montre ne sera plus synchronisée avec celles des personnes restées au sol. Remarque : À faible vitesse, g tend vers 1 et la durée mesurée tend vers la durée propre.

On considère une particule de masse m se déplaçant dans le vide à la vitesse v .

6.1 Quantité de mouvement relativiste En mécanique classique, la quantité de mouvement est donnée par : p = m · v  En mécanique relativiste, la quantité de mouvement est donnée par : p = γ · m · v  La valeur de la quantité de mouvement relativiste est : p = g · m · v Remarque 1 : À faible vitesse, g tend vers 1 et la quantité de mouvement relativiste tend vers la quantité de mouvement classique. Remarque 2 : La masse d’une particule est invariante par changement de référentiel inertiel ; elle ne dépend pas de la valeur de la vitesse. En revanche, la grandeur I = g ∙ m dépend de la valeur de la vitesse. Certains auteurs spécialistes de relativité recommandent d’appeler I le coefficient d’inertie.

6.2 Énergie cinétique relativiste L’énergie cinétique relativiste a pour expression : c = (g – 1) ∙ m ∙ c2

5 La contraction des longueurs La longueur propre L0 d’une tige est la longueur mesurée dans un référentiel (R’) dans lequel cette tige est au repos. On considère un autre référentiel (R) qui se déplace, dans la direction de la tige, à la vitesse constante v  par rapport à (R’). Pour un observateur immobile dans (R), et donc en mouvement par rapport à la tige, la longueur mesurée L’ de cette tige est inférieure à la longueur propre L0. Les calculs montrent alors que : 1 L’ =  ∙ L0 γ C’est l’équation de contraction des longueurs. Un observateur en mouvement par rapport à un objet trouve que la longueur de cet objet, mesurée

Remarque : À faible vitesse, g tend vers 1, mais, pour retrouver l’expression classique de l’énergie cinétique, il faut utiliser un développement limité. On a : c = (g – 1) ∙ m ∙ c2 et –  –  v2 ½ v2 ½   =  1 –  =  1 – g = c c2 v2 1– c2 2 v À faible vitesse, v est très inférieure à c et tend c vers zéro. 1

d

( ) ( ())

()

Or, lorsque x tend vers zéro, on a : a (a – 1) 2 a (a – 1) (a – 2) 3  ∙ x  +   ∙ x (1 + x)a ≈ 1 + a ∙ x +  2! 3! a (a – 1) (a – 2) (a – 3) 4 +   ∙ x  + ... 4!

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()

En posant x = – 

( ())

v2 1 et a = – , on peut donc écrire : c   2

() ()

– 

2

4

()

6

v2 ½ 1v 3v 5 v ≈ 1 +    +     +     + ... c  2c 8c 16 c En négligeant les termes de puissance supérieure à 2 par rapport aux deux premiers de l’expression précédente, on obtient : 2 1v g ≈ 1 +    2c L’énergie cinétique s’exprime alors par : g =  1 –

()

( () )

Comme p = g ∙ m ∙ v, il vient p2 = g 2 ∙ m2 ∙ v 2. On peut donc faire apparaître p dans l’expression de 2 : 2 = m2 ∙ c4 + p2 ∙ c2 Cela s’écrit aussi : 2 – p2 ∙ c2 = m2 ∙ c4 La masse m et la valeur c de la vitesse de la lumière dans le vide étant invariantes, on en déduit que la quantité 2 – p2 ∙ c2 est aussi invariante par changement de référentiel inertiel.

2

1v 1 c =  1 +     – 1  ∙ m ∙ c2 =  ∙ m ∙ v2 2c 2 On retrouve bien l’expression classique de l’énergie cinétique.

6.3 Énergie de masse

0 = m ∙ c2 Cette grandeur 0 est l’énergie de masse de la particule.

6.4 Énergie relativiste On a vu que l’énergie cinétique relativiste a pour expression : c = (g – 1) ∙ m ∙ c2 = g ∙ m ∙ c2 – m ∙ c2 soit :

g ∙ m ∙ c2 = c + m ∙ c2 g ∙ m ∙ c2 = c + 0

La grandeur g ∙ m ∙ c2 est l’énergie totale  de la particule. Elle est égale à la somme de son énergie cinétique et de son énergie de masse :  = g ∙ m ∙ c2 Il vient alors :  = c + 0 L’énergie totale peut être écrite en fonction de la quantité de mouvement. Pour cela, il faut élever au carré l’expression de  : 2 = g 2 ∙ m2 ∙ c4 2 = g 2 ∙ m2 ∙ c2 ∙ c2 2 = g 2 ∙ m2 ∙ c2 ∙ (c2 – v 2 + v 2) 2 = g 2 ∙ m2 ∙ c2 ∙ (c2 – v 2) + g 2 ∙ m2 ∙ c2 ∙ v 2 Or, on a toujours : g = ce qui conduit à :

1

d1 – vc

2 2

1

g 2 =

v2 1– c2 En remplaçant le premier g dans l’expression de 2, il vient : m2 ∙ c2 (c2 – v 2)  + g 2 ∙ m2 ∙ c2 ∙ v 2 2 =  v2 1– c2

(

m2 ∙ c4  1 – 2 = 

v2 1– c2

v2 c2

pour le photon 7.1 Vitesse

L’un des résultats les plus connus de la relativité restreinte est l’équivalence masse énergie :

On en déduit :

7 Quelques conséquences

)

+ g 2 ∙ m2 ∙ c2 ∙ v 2

2 = m2 ∙ c4 + g 2 ∙ m2 ∙ c2 ∙ v 2

À partir de l’expression de l’énergie relativiste, on peut écrire :   = m ∙ c2 γ La masse d’un photon étant nulle et c2 n’étant pas  infini, le rapport vaut zéro. γ Un photon transportant une énergie non nulle, cela signifie que, pour un photon, g est infini. Pour que g soit infini, il faut que la vitesse du photon soit égale à c.

7.2 Quantité de mouvement On associe une radiation de fréquence n et de longueur d’onde dans le vide l à un photon d’énergie . On a alors :

h ∙ c λ Comme sa masse est nulle, l’énergie du photon s’exprime aussi, d’après le paragraphe 6.4, par 2 = p2 ∙ c2 (car le terme m2 ∙ c4 est nul). En combinant les deux équations, il vient : h ∙ c  = p ∙ c  = λ ce qui conduit à : h  p =  λ C’est la relation de de Broglie de la dualité ondeparticule.  = h ∙ n = 

8 L’effet Doppler relativiste 8.1 Pourquoi un effet Doppler relativiste ? Comme pour une onde mécanique, la fréquence d’une onde lumineuse est modifiée si la source s’approche ou s’éloigne d’un observateur. C’est l’effet Doppler. Pour l’effet Doppler classique, valable pour les ondes mécaniques, la fréquence observée dépend de la vitesse de propagation de l’onde dans le milieu de propagation, de la vitesse de la source par rapport au milieu de propagation et de la vitesse de l’observateur par rapport au milieu de propagation. Dans le cas de la lumière, la vitesse de propagation est la même par rapport à tout référentiel inertiel (postulat de la relativité restreinte). La détermination de la relation entre la fréquence de l’onde émise et

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celle de l’onde perçue ne repose alors que sur la vitesse relative de la source par rapport à l’observateur.

ce qui se simplifie en :

v 1+  c + v  ∙ T d c  ∙ T =   T’ =  dc – v d1 – vc d

0

8.2 L’effet Doppler relativiste On considère une source lumineuse émettant une radiation de fréquence f0. Cette source est située à l’origine O d’un référentiel (R). Pour un observateur situé en O, la période de l’onde est une durée propre que l’on note habituellement DT0. C’est simplement la période T0 de l’onde émise : 1 DT0 = T0 =  f0 Un référentiel (R’) se déplace à la vitesse v  = v ∙ i par rapport au référentiel (R). Un observateur est situé en O’, origine du référentiel (R’) (doc. 7). y’

y (R)

v c O’

x

x’

Doc. 7  La source est à l’origine O du référentiel (R). Elle émet de la lumière vers l’observateur situé sur l’origine O’ du référentiel (R’).

Si un premier motif de l’onde est émis par la source lorsque O’ coïncide avec O, le motif suivant est émis dans (R) à la date T0. L’observateur situé en O’ perçoit dans (R’) une durée DT’ entre les deux émissions successives. C’est une durée mesurée : DT’ = g ∙ DT0

Pendant la durée DT’, O’ s’est déplacé dans (R) d’une distance : d = v ∙ DT’ = v ∙ g ∙ DT0 Si O’ s’éloigne de O, le second motif met un temps d v ∙ g  ∙ DT0 pour atteindre supplémentaire DTsup =   =  c c O’. Pour l’observateur situé en O’, la durée séparant la deuxième réception de la première est donc : v ∙ g  ∙ DT0 v  =  1 +  ∙ g ∙ DT0  DT’ + DTsup = g ∙ DT0 +  c c Cette durée est simplement la période T’ perçue par l’observateur situé en O’. Comme on a écrit précédemment que la durée DT0 est la période T0 de l’onde émise, on peut finalement écrire : v T’ =  1 +  ∙ g ∙ T0 c Par ailleurs, le coefficient g s’écrit : 1 1 1  =  ∙  g =  2 v v v 1– 1+ 1– 2 c c c

( )

( )

d

Cela conduit à :

d

( )

T’ =  1 +

v  ∙  c

1 v 1– c

d

d

 ∙ 

1 v 1+ c

d

La fréquence est l’inverse de la période. La fréquence f’ de l’onde perçue peut donc être exprimée en fonction de la fréquence f0 de l’onde émise : dc – v  ∙ f f’ =  dc + v 0 Cette expression a été obtenue pour un observateur et une source s’éloignant l’un de l’autre. Si l’observateur et la source se rapprochent l’un de l’autre, il suffit d’inverser les signes devant v :

   

Si l’observateur et la source s’éloignent l’un de l’autre : dc – v  ∙ f f’ =  dc + v 0

Si l’observateur et la source se rapprochent l’un de l’autre : dc + v   ∙ f0 f’ =  dc – v De plus, cette expression a été obtenue en considérant que la vitesse de déplacement de l’observateur par rapport à la source était parallèle à la direction d’observation. C’est l’effet Doppler longitudinal. La vitesse de déplacement correspondante est la vitesse radiale. dc – v  ∙ f permet de connaître la La relation f’ = dc + v 0 valeur de la vitesse radiale d’éloignement entre l’observateur et la source. Pour cela, il faut commencer par l’élever au carré : c–v 2  ∙ f f’ 2 =  c+v 0 Cela conduit à :

   

(R’)

O

0

 ∙ T0

   

   

(c + v) ∙ f’ 2 = (c – v) ∙ f02

c ∙ f’ 2 + v ∙ f’ 2 = c ∙ f02 – v ∙ f02 On obtient finalement : v = 

f02 – f ’2

 ∙ c f02 + f’ 2 f02

v = 

f’ 2 f02

f’ 2 f0

v = 

–1  ∙ c +1

() () f’ f0

2

2

–1  ∙ c

+1 f’ Comme précédemment, cette relation a été établie pour un observateur et une source qui s’éloignent l’un de l’autre. Si l’observateur et la source se rapprochent l’un de l’autre, il suffit d’inverser le signe devant v. Cela revient à inverser les deux termes de la soustraction au numérateur : Si l’observateur et la source s’éloignent l’un de l’autre : v = 

f02 – f’2

 ∙ c f02 + f’ 2

Si l’observateur et la source se rapprochent l’un de l’autre : v =

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f’2 – f02

 ∙ c f02 + f’ 2

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8.3 L ongueurs d’onde des radiations d’un spectre Le spectre de la lumière émise par une étoile et perçue sur Terre est souvent gradué en longueur d’onde dans le vide. La longueur d’onde est liée à la fréquence par : c  f =  λ Pour l’onde émise, on a donc : c  f0 =    λ0 Pour l’onde perçue, on a : c  f ’ =  λ’ On peut donc exprimer la longueur d’onde de l’onde perçue en fonction de la longueur d’onde de l’onde émise. Pour cela, il faut repartir de la relation précédente entre les fréquences :

  –v  c + v  ∙ f Cela permet d’écrire :  c – v c  c   ∙     =   λ’ c+v λ On obtient ainsi :  c + v  ∙ l l’ =    c–v 0

d

Si l’observateur et la source s’éloignent l’un de l’autre : λ’2 – λ02  ∙ c v =  2 λ’ + λ02

8.4 Cas des faibles valeurs de vitesses de déplacement 8.4.a.  Fréquence et valeur de la vitesse

   

v 1– a c f’ =   ∙ f v a1 + c

d

d

0

0

d

0

d

Comme précédemment, cette relation a été établie pour un observateur et une source qui s’éloignent l’un de l’autre. Si l’observateur et la source se rapprochent l’un de l’autre, il suffit d’inverser le signe devant v : Si l’observateur et la source s’éloignent l’un de l’autre : dc + v  ∙ l0 l’ =  dc – v

   

La relation l’ = 

  + v  ∙ l  c – v

Si l’observateur et la source se rapprochent l’un de l’autre : dc – v  ∙ l0 l’ =  dc + v

   

dc

d

0

permet de connaître la

valeur de la vitesse radiale d’éloignement entre l’observateur et la source. Pour cela, il faut commencer par l’élever au carré : c+v 2  ∙ l l’2 =  c–v 0 Cela conduit à : (c – v) ∙ l’2 = (c + v) ∙ l02 c ∙ l’2 – v ∙ l’2 = c ∙ l02 + v ∙ l02

On obtient finalement : v = 

v = 

λ’2 – λ02 λ’2 + λ02 λ’2 –1 λ02 λ’2 λ02

v = 

λ0

2

v½ v  ∙  1 + c c

– ½

 ∙ f0

Lorsque la valeur de la vitesse relative de l’observateur par rapport à la source est faible devant la valeur de la vitesse de la lumière dans le vide, on peut réécrire l’expression précédente. Or, lorsque x tend vers zéro, on a : a (a – 1) 2 a (a – 1) (a – 2) 3  ∙ x  +   ∙ x (1 + x)a ≈ 1 + a ∙ x +  2! 3! a (a – 1) (a – 2) (a – 3) 4 +   ∙ x  + ... 4! v Dans ce cas (v ~~ c, donc tend vers zéro), l’expresc sion de la fréquence perçue devient donc :

( )( ) ( ( ))

f’ ≈  1 –

v v  ∙  1 –  ∙ f0 2c 2c

v v 2  ∙ f0 + 2c c v2 v En négligeant le terme qui est très inférieur à c 2c on peut alors écrire : c–v v  ∙ f0  f’ ≈  1 –  ∙ f0 = c c Cette relation permet aussi de connaître la valeur de la vitesse radiale d’éloignement : f’ ≈  1 –

()

( )

On obtient ainsi :

 ∙ c

 ∙ c

f0 – f’

 ∙ c f0 Comme précédemment, ces relations ont été établies pour un observateur et une source qui s’éloignent l’un de l’autre. v ≈ 

+1

() ()

( ) ( )

f’ =  1 –

c ∙ f’ ≈ (c – v) ∙ f0

λ’ 2 –1 λ0

λ’

 ∙ c

Si l’observateur et la source se rapprochent l’un de l’autre : λ02 – λ’2  ∙ c v =  2 λ’ + λ02

La fréquence perçue s’écrit aussi : dc – v  ∙ f f’ =  dc + v 0

dc

f’ = 

Comme précédemment, cette relation a été établie pour un observateur et une source qui s’éloignent l’un de l’autre. Si l’observateur et la source se rapprochent l’un de l’autre, il suffit d’inverser le signe devant v. Cela revient à inverser les deux termes de la soustraction au numérateur :

+1

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Si l’observateur et la source se rapprochent l’un de l’autre, il suffit d’inverser le signe devant v : Si l’observateur et la source s’éloignent l’un de l’autre : f’ ≈  v ≈ 

Si l’observateur et la source se rapprochent l’un de l’autre :

c–v  ∙ f0 c

c+v  ∙ f0 c f’ – f0 v ≈   ∙ c f0

f’ ≈ 

f0 – f’  ∙ c f0

8.4.b.  Longueur d’onde et valeur de la vitesse L’expression précédente de la longueur d’onde de l’onde perçue est : dc + v  ∙ l0 l’ =  dc – v Elle s’écrit aussi : d c + v ∙ d c + v  ∙ l0 l’ =  d c – v ∙ d c + v

   

   

   

l’ =  c + v  ∙ l0 d c2 – v 2 v 1+ c l’ =   ∙ l0 v2 1– 2 c v2 Lorsque v est très inférieure à c, le terme 2 est néglic geable devant 1. On a alors : v l’ ≈  1 +  ∙ l0 c ce qui s’écrit aussi : c+v  ∙ l0 l’ ≈  c Cette relation permet aussi de connaître la valeur de la vitesse radiale d’éloignement :

9.1 Diagramme d’espace-temps On a vu précédemment qu’un événement se produit en un point unique de l’espace et à un instant unique dans le temps. Dans un référentiel (R), il est repéré par ses quatre coordonnées (x ; y ; z ; t). L’espacetemps est un espace à quatre dimensions. Lors d’un mouvement de translation rectiligne dans un référentiel (R), on peut repérer un événement par deux coordonnées (x ; t). Pour cela, il faut orienter l’axe (Ox) dans la direction du mouvement. Un diagramme d’espace-temps, appelé diagramme de Minkowski, permet de repérer cet événement. Ce diagramme utilise un repère orthonormé dans lequel on représente la coordonnée spatiale x en abscisse, et la coordonnée temporelle c · t en ordonnée, c étant la valeur de la vitesse de la lumière dans le vide. La représentation de c · t plutôt que de t en ordonnée permet d’avoir deux grandeurs de même dimension sur chacun des axes. Le plan de Minkowski est donc le plan (x ; c · t) (doc. 8). c.t

Z

( )

x

c ∙ l’ ≈ (c + v) ∙ l0 On obtient ainsi :

λ’ – λ0

 ∙ c λ0 Comme précédemment, ces relations ont été établies pour un observateur et une source qui s’éloignent l’un de l’autre. Si l’observateur et la source se rapprochent l’un de l’autre, il suffit d’inverser le signe devant v : v ≈ 

Si l’observateur et la source s’éloignent l’un de l’autre : v l’ ≈  1 +  ∙ l0 c λ’ – λ0 v ≈   ∙ c λ0

( )

Si l’observateur et la source se rapprochent l’un de l’autre : v l’ ≈  1 –  ∙ l0 c λ0 – λ’ v ≈   ∙ c λ0

( )

9 Diagramme d’espace-temps (diagramme de Minkowski) Au début du xxe siècle, Herman Minkowski, mathématicien et physicien allemand, a développé la notion de diagramme espace-temps, notamment afin de faciliter la compréhension de la relativité restreinte.

Doc. 8  Le plan de Minkowski correspondant au référentiel (R).

Dans ce diagramme, les objets en mouvement sont repérés par un point qui se déplace de bas en haut au fur et à mesure que le temps s’écoule, car l’axe c · t est orienté vers le haut.

9.2 Ligne d’univers Dans ce diagramme, la trajectoire d’un objet est appelée ligne d’univers. •  Une particule immobile dans (R) a une coordonnée x constante. Sa ligne d’univers est une droite parallèle à c ∙ t. • Dans (R), une particule se déplaçant dans le sens de l’axe (Ox) à la vitesse de valeur v a une cordonnée x donnée par : x = v ∙ t + x0 Si son abscisse initiale est nulle, on a alors : x = v ∙ t v ce qui s’écrit aussi : x =  ∙ c ∙ t c Dans le plan de Minkowski, sa ligne d’univers a pour c équation  : c ∙ t =   ∙ x v c C’est une droite de coefficient directeur x 1. v

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•  Une particule se déplaçant en sens inverse par rap-

port à l’axe aura une ligne d’univers d’équation c c ∙ t = –   ∙ x. Dans ce cas, sa ligne d’univers est une v c droite de coefficient directeur –   X –1. v •  Un photon se déplace à la vitesse de valeur v = c. Sa ligne d’univers a pour équation c ∙ t = ± x. La ligne d’univers d’un photon est une droite de coefficient directeur ± 1, donc une droite inclinée à ± 45° par rapport à l’axe des abscisses (doc. 9).

qui se produisent en O’ à différentes dates t’. Cette ligne d’univers est donc l’axe des temps c ∙ t’ du diagramme de Minkowski du référentiel (R’) (doc. 10). c.t

c . t’

α

c.t v = –c · i

c v=— 2

x v = c· i

x

Doc. 10  L’axe des temps de (R’) est incliné d’un angle a par rapport à celui de (R).

9.3.b.  Axe des abscisses

Doc. 9  Exemples de ligne d’univers dans un diagramme de Minkowski correspondant au référentiel (R). Les droites rouge et bleue sont les lignes d’univers de photons.

9.3 C hangement de référentiel et diagramme de Minkowski Comme précédemment, on considère un référentiel (R’) en mouvement rectiligne uniforme à la vitesse v  = v ∙ i par rapport au référentiel (R) (v ` 0). On suppose que les origines O et O’ de ces deux référentiels coïncident à l’origine des dates (t’ = t = 0). 9.3.a.  Axe des temps Dans (R), en raison de la nature du mouvement de (R’), l’abscisse x de l’origine O’ de (R’) est donnée par x = v ∙ t. On multiplie chaque membre de cette égalité par c : c ∙ x = c ∙ v ∙ t On obtient alors l’équation de la ligne d’univers de O’ dans (R) : c c ∙ t =  ∙ x v c C’est une droite de coefficient directeur  ` 1. Elle v correspond à l’ensemble des positions occupées par O’ dans (R). Elle est inclinée par rapport à l’axe des ordonnées c ∙ t d’un angle a défini par sa tangente, qui est égale à l’inverse du coefficient directeur de cette droite : v tan a =   c Dans (R’), l’abscisse x’ de O’ est nulle, car O’ est l’origine de (R’). Un événement se produisant en O’ à la date t’ aura donc des coordonnées (0 ; c ∙ t’) dans (R’). Dans (R), la ligne d’univers de O’, dont l’équation est c c ∙ t =  ∙ x, correspond à l’ensemble des événements v

La vitesse de la lumière a la même valeur dans (R) et dans (R’) (postulat de la relativité). On a vu que, dans (R), la ligne d’univers d’un photon a pour équation c ∙ t = ± x. Dans (R’), cette équation doit donc être c ∙ t ’ = ± x’. De plus, la ligne d’univers d’équation c ∙ t = x dans (R) est la bissectrice des axes orientés du diagramme de (R). La ligne d’univers d’équation c ∙ t  ’ = x’ doit donc également être une bissectrice des axes orientés du diagramme de (R’). L’axe des abscisses de (R’) est donc symétrique de l’axe des temps de (R’) par rapport à la ligne d’univers d’équation c ∙ t = x dans (R) ou c ∙ t ’ = x’ dans (R’) (doc. 11). c.t c . t’ Ligne d’univers d’un photon α x’ α

x

Doc. 11  Les axes de (R) (en vert) sont symétriques l’un de l’autre par rapport à la ligne d’univers d’un photon. Il en est de même pour les axes de (R’) (en noir).

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c.t

9.4 S imultanéité, relativité du temps et diagramme de Minkowski Les événements qui se produisent dans (R) à la date t = 0 sont situés sur la droite d’équation c ∙ t = 0. Cela correspond à l’axe des abscisses de (R). Ceux qui se produisent dans (R’) à la date t’ = 0 sont situés sur la droite d’équation c ∙ t’  = 0. Cela correspond à l’axe des abscisses de (R’). Plus généralement, les événements simultanés dans (R) sont situés sur des droites parallèles à l’axe des abscisses de (R). Ceux simultanés dans (R’) sont sur des droites parallèles à l’axe des abscisses de (R’) (doc. 12). Sur le diagramme de Minkowski, des événements simultanés dans un référentiel sont repérés par deux points situés sur la même droite parallèle à l’axe des abscisses de ce référentiel. c.t

c . t’

c . t’

E1

c.t c . t’

E

E2

x’ x’ x

x

Doc. 13  Relativité de la simultanéité. E1 est simultané de E dans (R), mais pas dans (R’). E2 est simultané de E dans (R’), mais pas dans (R).

x’

9.5 Dilatation des temps et diagramme de Minkowski 9.5.a.  Marche des horloges

x

Doc. 12  Quelques lignes de simultanéité dans (R) (en vert) et dans (R’) (en noir). Dans un référentiel donné, les événements simultanés sont situés sur la même droite de simultanéité.

Cela illustre la relativité de simultanéité : deux événements peuvent être simultanés pour un observateur et non simultanés pour un autre observateur. Dans (R) et dans (R’), un même événement E a des coordonnées différentes : (x ; c ∙ t) dans (R) et (x’ ;  c ∙ t’) dans (R’). Dans (R), cet événement E est simultané d’un autre événement E1 de coordonnées (x1 ; c ∙ t). Dans (R’), cet événement E est simultané d’un autre événement E2 de coordonnées (x’2 ; c ∙ t’ ). Les événements E1 et E2 ne sont pas simultanés, ni dans (R) ni dans (R’) puisque les points représentatifs de ces deux événements ne sont communs à aucune droite de simultanéité, ni dans (R) ni dans (R’) (doc. 13).

Selon la théorie de la relativité restreinte, une horloge qui se déplace par rapport à un observateur bat plus lentement qu’une horloge immobile par rapport à cet observateur. On considère une horloge H fixe dans un référentiel (R) et une horloge H’ fixe dans un référentiel (R’). Si le référentiel (R’) est en mouvement par rapport à (R), alors H’ se déplace par rapport à H. Dans ce cas, un observateur lié à (R) voit l’horloge H’ battre plus lentement que H. Réciproquement, on peut aussi considérer que H se déplace par rapport à H’. Dans ce cas, un observateur lié à (R’) voit l’horloge H battre plus lentement que H’. Ces observations semblent paradoxales. Elles peuvent être visualisées sur un diagramme de Minkowski (doc. 14). Pour cela, on considère deux événements se produisant en O, origine de (R). Le premier se produit à la date t = t’ = 0. Un observateur A situé au point O mesure dans (R) la durée tA séparant ces deux événements. Cette durée est égale à la durée tB qui serait mesurée dans (R’). Si les deux événements se produisent maintenant dans (R’) et sont séparés de tB, un observateur situé en O observera dans (R) une durée tC entre ces deux événements. Le document 14 montre que tC  ~  tA. Un observateur situé en O peut donc en conclure que le temps s’écoule plus lentement dans (R’) que dans (R). De même, pour une durée tC dans (R), la durée simultanée est tD dans (R’) et tD ~ tB. Un observateur situé en O’ peut donc en conclure que le temps s’écoule plus lentement dans (R) que dans (R’).

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c.t

c . t’

c.tA c.tC

c.tB c.tD

x’

En élevant au carré, on obtient : 1  ∙ T02 t 2 = v2 1– c2 x Puis, en remplaçant v par t  : 1

t 2 = 1–

x

x2

 · T02

c2 · t 2

ce qui conduit à : (c · t)2 – x 2 = (c · T0)2

Doc. 14  Chacun des observateurs considère que le temps passe plus lentement dans l’autre référentiel.

Cela permet donc de visualiser le fait qu’une horloge qui se déplace par rapport à un observateur bat plus lentement qu’une horloge immobile par rapport à cet observateur.

C’est l’équation d’une hyperbole dont les asymptotes ont pour équation c · t =  x et c · t  = –x. Ces asymptotes sont perpendiculaires entre elles et correspondent aux lignes d’univers des photons. Le sommet de cette hyperbole a pour coordonnées (0 ;  c · T0) dans (R). Au bout d’une durée T0 mesurée dans (R’), l’origine O’ de (R’) se trouve sur cette hyperbole. Sa position est déterminée par la valeur de la vitesse v, car cette vitesse définit l’inclinaison de l’axe des temps de (R’). Les intersections de cette hyperbole avec les axes c · t (dans (R)) et c · t’ (dans (R’)) fournissent les échelles de ces axes (doc. 15). c.t

9.5.b.  Échelles des axes Pour exploiter davantage les diagrammes de Minkowski, il faut comparer les échelles de représentations des axes de (R) et (R’) : x et x’ d’une part, c ∙ t et c ∙ t ’ d’autre part. Pour cela, on considère, dans (R’), un événement E qui se produit en O’ à la date t’0 = 0 et un événement E1 qui se produit en O’ à la date t’1. La durée qui sépare ces deux événements, t’1 – t’0 = t’1, est mesurée par une horloge fixe en O’ ; c’est une durée propre, que l’on note T0. Lorsque l’événement E1 se produit, l’horloge fixe en O’ affiche la date t ’ = T0. Dans le diagramme de Minkowski, les cordonnées de O’ sont alors (x’ = 0 ; c ∙ t’ = c ∙ T0). Comme précédemment, on considère que le référentiel (R’) est en mouvement rectiligne uniforme à la vitesse v  = v ∙ i par rapport au référentiel (R) (v ` 0). On suppose que les origines O et O’ de ces deux référentiels coïncident à l’origine des dates (t’ = t = 0). On cherche dans (R) les coordonnées (x ; c ∙ t) de O’ lorsqu’il s’est écoulé dans (R’) la durée T0. Dans (R), la vitesse de déplacement de (R’) permet x d’écrire x = v ∙ t. On en déduit v =  . t Par ailleurs, la durée t est une durée mesurée dans (R) ; elle est liée à la durée propre T0 par l’équation de dilatation des durées : t = g ∙ T0. On a donc : t = g ∙ T0 = 

d

1 v2 1– c2

c.T0

c . t’

c.T0

x’

x

Doc. 15  La durée propre T0 séparant deux événements se produisant à l’origine de (R’) décrit dans (R) une branche d’hyperbole lorsque v varie. Les intersections de cette hyperbole avec les axes c · t et c · t’ fournissent les échelles de ces axes.

Comme pour les axes, la correspondance entre l’échelle des temps et l’échelle des longueurs est obtenue par symétrie par rapport à la ligne d’univers d’équation c · t = x (doc. 16).

 ∙ T0

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c.t

c . t’

c.t

c . t’

Ligne d’univers d’un photon c . t’

c . t’ = 1 m

c . t’ = 1 m

c.T0

c.T0

x’

x’ x’ = 1 m

x

x =1 m

Doc. 16  Exemple de correspondance des échelles.

La durée propre T0 mesurée dans (R’) entre les événements précédents E et E1 se produisant en O’ est inférieure à la durée t mesurée dans (R). Cela peut être mis en évidence sur un diagramme de Minkowski, où l’on peut voir que, dans (R), on a t ` T0 (doc. 17). Il y a dilatation des durées.

c.t c.T0

Doc. 18  La durée t ’ mesurée dans (R’) est supérieure à la durée propre T0 mesurée dans (R), car c ∙ t ’ > c ∙ T . 0

9.5.c.  Dilatation des temps (et des durées)

c.t

x

c . t’

c.T0

x’

x Doc. 17  La durée t mesurée dans (R) est supérieure à la durée propre T0 mesurée dans (R’), car c · t > c · T0.

Réciproquement, si T0 est la durée propre séparant deux événements se produisant en O, la durée t ’ mesurée dans (R’) sera supérieure à T0 (doc. 18). Il y a aussi dilatation des durées.

9.6 E ffet Doppler et diagramme de Minkowski On suppose qu’un signal électromagnétique périodique constitué d’une série de « tops » est émis depuis l’origine O’ du référentiel (R’) et on note T0 sa période dans (R’). Dans le diagramme de Minkowski, on peut représenter les deux lignes d’univers des photons émis à chaque « top ». On suppose, comme précédemment, que les origines des référentiels coïncident à la date t ’ = t = 0 et que le référentiel (R’) est en mouvement rectiligne uniforme à la vitesse v  = v ∙ i par rapport au référentiel (R) (v ` 0). Les « tops » sont reçus en O, origine du référentiel (R). Sur le diagramme suivant (doc. 19), les « tops émis » en O’ sont représentés par des points noirs équidistants séparés d’une durée T0 sur l’axe c ∙ t ’. Les « tops  » reçus en O sont représentés par des points verts sur l’axe c ∙ t. On peut voir que, lorsque O’ se rapproche de O (t  ~ 0), la durée Tr séparant deux réceptions consécutives est petite, alors que, lorsque O’ s’éloigne de O (t ` 0), la durée Tr séparant deux réceptions consécutives est grande. En superposant l’hyperbole d’équation : (c ∙ t)2 – x2 = (c ∙ T0)2 utilisée pour obtenir les échelles sur l’axe des temps, on montre que Tr ~ T0 lors de l’approche et Tr ` T0 lors de l’éloignement. En passant à la fréquence, on a alors fr ` f0 lors de l’approche et fr ~ f0 lors de l’éloignement.

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c.t

encore Tr ~ T0 lors de l’approche et Tr ` T0 lors de l’éloignement (doc. 20). Cela conduit encore à fr ` f0 lors de l’approche et fr ~ f0 lors de l’éloignement.

c . t’

c.t

c.Tr

c . t’

c.T0 x

c.Tr c.T0 x

Doc. 19  Effet Doppler. Le signal est émis périodiquement de O’ (points noirs équidistants) ; la période perçue en O dépend du mouvement relatif de O’ par rapport à O.

De la même manière, si les « tops » sont émis de O avec une période T0 mesurée dans (R) et sont reçus en O’ avec une période Tr mesurée dans (R’), on a

Doc. 20  Effet Doppler. Le signal est émis périodiquement de O (points verts équidistants) ; la période perçue en O’ dépend du mouvement relatif de O’ par rapport à O.

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Évaluation des incertitudes de mesure En sciences expérimentales, il n’existe pas de mesures exactes : celles-ci sont toujours entachées d’erreurs plus ou moins importantes selon le protocole, la qualité des instruments de mesure ou le rôle de l’opérateur. Évaluer l’incertitude sur une mesure est souvent un processus complexe, mais il s’agit d’une étape essentielle dans la détermination de la valeur mesurée. Mesurer une grandeur, c’est rechercher une valeur de cette grandeur et lui associer une incertitude afin d’évaluer la qualité de la mesure. Les termes de vocabulaire et les méthodes exposés ci-dessous sont ceux préconisés par l’AFNOR (Association française de normalisation), notamment dans la norme NF ENV 13005 d’août 1999 Guide pour l’expression de l’incertitude de mesure [1]. Cette norme est issue d’un travail du Bureau international des poids et mesures (BIPM). Le document correspondant, intitulé Évaluation des données de mesure – Guide pour l’expression de l’incertitude de mesure [2], est disponible sur le site Internet du BIPM. Un autre document du BIPM, intitulé Vocabulaire international de métrologie – Concepts fondamentaux et généraux et termes associés (VIM) [3] pourra aussi être consulté avec profit.

1 Mesures et erreurs de mesures 1.1 Définitions de base ·  Le mesurande est la grandeur à mesurer ; c’est, par exemple, une masse, un volume, une durée, etc. ·  Le mesurage est l’ensemble des opérations permettant de déterminer expérimentalement l’intervalle de valeurs que l’on peut raisonnablement attribuer à la grandeur mesurée. Le terme mesurage est préféré à celui de mesure, car le mot « mesure » a de nombreux sens dans la langue française. ·  La valeur mesurée, ou résultat d’un mesurage, est la valeur attribuée à un mesurande suite à un mesurage. ·  La valeur vraie d’un mesurande est la valeur que

l’on obtiendrait si le mesurage était parfait. Un mesurage n’étant jamais parfait, cette valeur est toujours inconnue. ·  L’erreur de mesure est l’écart entre la valeur mesu-

rée et la valeur vraie. Par définition, cette erreur est inconnue puisque la valeur vraie est inconnue.

Une liste plus complète de termes de vocabulaire est présentée à la fin de ce document.

1.2 Erreurs de mesure ◗ Deux types d’erreurs Les erreurs de mesures peuvent être dues à l’instrument de mesure, à l’opérateur ou à la variabilité de la grandeur mesurée. On distingue deux types d’erreurs de mesures. ·  L’erreur de mesure aléatoire

Lorsqu’un même opérateur répète plusieurs fois, dans les mêmes conditions, le mesurage d’un même mesurande, les valeurs mesurées peuvent être différentes. On parle alors d’erreur de mesure aléatoire. Cette dispersion des valeurs mesurées est due à la qualité du mesurage réalisé par l’opérateur et/ou à la qualité de l’instrument de mesure. Si on effectue, dans les mêmes conditions, un nombre infini de mesurages, le meilleur estimateur de la – de toutes les valeur du mesurande est la moyenne m valeurs mesurées. – Une valeur mesurée m est en général différente de m. – L’erreur aléatoire est alors la différence ERa = m –  m. En pratique, on ne peut faire qu’un nombre fini de mesurages. Par conséquent, il est uniquement possible de déterminer une estimation de l’erreur aléatoire. ·  L’erreur de mesure systématique

Un appareil défectueux, mal étalonné ou utilisé incorrectement conduit à des valeurs mesurées proches les unes des autres, mais éloignées de la valeur vraie. On parle alors d’erreur de mesure systématique. Si la valeur vraie est mvrai, l’erreur systématique est – ERs =  m – m vrai. Par définition, mvrai est inconnue. De plus, il est impossible de faire un nombre infini de – Par mesurages pour déterminer correctement m. conséquent, il est uniquement possible de déterminer une estimation de l’erreur systématique.

◗ Détermination de l’erreur de mesure Lors d’un mesurage donnant la valeur mesurée m, l’erreur de mesure est : – m – m – E  = m – m  = m –  m +   = E  + E R

vrai

vrai

Ra

Rs

La détermination de l’erreur de mesure nécessite de prendre en compte les deux composantes précédentes. Celles-ci peuvent être plus ou moins importantes.

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Par exemple, si la valeur vraie est au centre de la cible et si les flèches représentent des valeurs mesurées :

La qualité de la mesure est d’autant meilleure que l’incertitude associée est petite et donc que l’intervalle de confiance est étroit. Remarque : la notion d’intervalle de confiance est vue en mathématiques en classe de Seconde. ·  Suivant la méthode utilisée pour effectuer le calcul

Tous les impacts sont proches du centre de la cible : les erreurs aléatoires et systématiques sont faibles.

Les impacts sont éloignés du centre de la cible, mais centrés, en moyenne, sur le centre de la cible : les erreurs aléatoires sont importantes, mais les erreurs systématiques sont faibles.

d’une incertitude de mesure, on peut classer cette incertitude dans l’un des deux types ci-dessous : – Une incertitude de type A est évaluée par des méthodes statistiques qui mettent en jeu la moyenne et l’écart-type. Elle est issue de l’exploitation d’un nombre important de valeurs mesurées. – Une incertitude de type B est évaluée par d’autres méthodes. Elle correspond en général à une mesure unique. Sa détermination n’est pas simple, car il faut prendre en compte toutes les sources d’erreurs ou, au préalable, avoir identifié les sources d’erreurs les plus importantes. ·  L’incertitude-type est une incertitude de mesure

exprimée sous la forme d’un écart-type. L’incertitude-type est notée u. ·  Lorsque les sources d’incertitudes sont multiples,

Les impacts sont groupés, mais loin du centre : les erreurs aléatoires sont faibles, mais les erreurs systématiques sont importantes.

Les impacts sont étalés et loin du centre : les erreurs aléatoires et systématiques sont importantes.

on estime l’incertitude-type pour chacune d’entre elles, puis on calcule une incertitude-type composée qui peut prendre en compte des évaluations de type A et de type B.

3 Évaluation d’une incertitude 2 Incertitude de mesure ·  L’incertitude de mesure, ou incertitude du résultat

d’un mesurage, est la valeur, associée au résultat d’un mesurage, qui caractérise la dispersion des valeurs qui pourraient raisonnablement être attribuées au mesurande. L’incertitude de mesure est donc une estimation de l’erreur de mesure. Conformément à la norme NF ENV 13005, l’incertitude de mesure est notée U. La notation U vient de l’anglais « uncertainty ». L’ancienne notation D pour l’incertitude ne correspond pas aux normes internationales actuelles. ·  L’intervalle de confiance est un intervalle dans

lequel la valeur vraie a de grandes chances de se trouver. Cet intervalle est centré sur la valeur mesurée, notée m. En général, la largeur de cet intervalle est choisie pour avoir 95 % ou 99 % de chance de trouver la valeur vraie à l’intérieur. Pour un même mesurage, le second intervalle (correspondant à un niveau de confiance de 99 %, en vert sur le schéma ci-dessous) sera plus large que le premier (correspondant à un niveau de confiance de 95 %, en rouge sur le schéma ci-dessous). U99% (M) U95% (M) m

Grandeur mesurée

de type A (incertitude de répétabilité) 3.1 Incertitude-type Lorsqu’un même manipulateur réalise plusieurs fois le mesurage d’un même mesurande M, dans les mêmes conditions expérimentales, il peut trouver des résultats fluctuants. Il en est de même pour des manipulateurs différents réalisant simultanément la même mesure avec du matériel similaire. Dans ce cas, on utilise des notions de statistiques (moyenne et écart-type) pour analyser les résultats. Pour une série de n mesures indépendantes donnant des valeurs mesurées mk : – la valeur retenue comme valeur mesurée est la – de toutes les valeurs mesurées : moyenne m n

–= m

Σ mk k=1 n

– l’écart-type expérimental sn – 1 de la série de mesures est : n –2 (mk – m) Σ k = 1  σn – 1 = n–1

d 

Cet écart-type permet d’évaluer l’incertitude-type u (M) : σn – 1 u (M) =  dn Plus le nombre n de mesures indépendantes est grand, plus l’incertitude-type est petite.

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réparties selon une loi gaussienne, le coefficient d’élargissement k, associé à un niveau de confiance donné et au nombre n de mesures, est donné par la loi de Student. Le tableau ci-dessous donne les valeurs de k pour des niveaux de confiance de 95 % et 99 % et pour des nombres n de mesurages courants. Ce tableau montre que : –  pour un même nombre n de mesures, plus le niveau de confiance est grand et plus k est grand ; – pour un même niveau de confiance, plus le nombre n de mesures indépendantes est grand et plus k est petit.

3.2 Incertitude élargie ·  Dans la pratique, on ne peut réaliser qu’un nombre

limité de mesurages. Pour prendre en compte ce nombre limité, on multiplie l’incertitude-type par un facteur k appelé facteur d’élargissement. On définit ainsi une incertitude élargie, appelée incertitude de répétabilité et notée U. L’incertitude de répétabilité est donc : σn – 1 U (M) = k · u (M ) = k ·  dn ·  Dans l’hypothèse où toute erreur systématique a été écartée et où les diverses valeurs mesurées sont n

2

3

4

5

6

7

8

9

10

12

14

16

18

20

k95 %

12,7

4,30

3,18

2,78

2,57

2,45

2,37

2,31

2,26

2,20

2,16

2,13

2,11

2,09

k99 %

63,7

9,93

5,84

4,60

4,03

3,71

3,50

3,36

3,25

3,11

3,01

2,95

2,90

2,86

4 Évaluation d’une incertitude de type B (incertitude sur une mesure unique) 4.1 Incertitude-type et incertitude élargie L’évaluation d’une incertitude de type B nécessite de rechercher les sources d’erreur et d’évaluer l’incertitude associée à chaque source. La précision de l’appareil de mesure, la façon dont il est utilisé et la qualité du mesurage sont à prendre en compte dans la détermination de cette incertitude. Des considérations statistiques sur la répartition de l’erreur de mesure conduisent à l’obtention d’une incertitude-type u pour les situations les plus courantes. Pour les incertitudes de type B, la norme considère que l’incertitude de mesure à prendre en compte est l’incertitude élargie U = k · u. Pour un niveau de confiance de 95 %, elle est obtenue avec un facteur d’élargissement k = 2 ; celle pour 99 % est obtenue avec k = 3. Dans les situations présentées ci-dessous, l’incertitude élargie est indiquée pour un niveau de confiance de 95 % (k = 2).

4.2 E xemple pour la lecture sur une échelle graduée Lorsque la mesure est obtenue par lecture sur une échelle ou un cadran, une étude statistique de la répartition des valeurs possibles entre les graduations qui encadrent la valeur lue permet d’estimer que l’incertitude-type de lecture est : ulecture = 

1 graduation d12

L’incertitude élargie, pour un niveau de confiance de 95 %, est donc : 1 graduation Ulecture = 2 ×  d12

Par exemple, avec un thermomètre gradué en degré Celsius, l’incertitude de lecture sur une température T est : 1  = 0,58 °C. Ulecture (T ) = 2 ×  d12

4.3 Exemple pour une double lecture Lorsque la mesure nécessite une double lecture, les erreurs de lecture peuvent se cumuler ; elles peuvent aussi se compenser, totalement ou partiellement. Pour une double lecture, on a : udouble lecture = d2 (ulecture)2 = d2 ulecture Pour un niveau de confiance de 95 %, l’incertitude à prendre en compte est alors : Udouble lecture = 2 × d2 ulecture = d2 Ulecture Udouble lecture = d2 × 2 × 

1 graduation d12

Par exemple, avec une règle graduée en millimètres, l’incertitude de lecture sur une distance d est : Udouble lecture(d) = d2 × 2 × 

1 d12

= 0,8 mm.

En pratique, cette incertitude est souvent arrondie à 1 mm. Un autre exemple peut être donné pour une lecture sur un oscilloscope. Deux lectures sont nécessaire