Acoustique Corriges Des Exercices

Physique-ChimieTerminale S

Corrigés des exercices

Rédaction :

Jean-Paul BusnelPhilippe Briand

Guy Le Parc

Coordination :Jean Bousquet

Jean-Michel Le Laouénan

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143

Corrigés séquence 1 – SP03

orrigés séquence 1 – Physique

Corrigé des activités

Sources primaires : Étoile, flamme de briquet, le Soleil.

Sources secondaires : livre, miroir, CD ROM, œil d’un animal, feuille de papier, l’eau.

Quant à l’allumette, si elle est enflammée, c’est une source primaire mais si elle est éteinte c’est unesource secondaire.

L’appareil photo possède une lentille qui forme une image sur la pellicule. Le fonctionnement estsemblable à celui du projecteur de diapos : la lumière émise par un point lumineux B situé devantl’appareil est concentré en un point de la pellicule. Celle-ci contient des substances chimiques sen-sibles à l’éclairement reçu.

L’image vue par l’observateur à travers la loupe est plus grande que l’objet, plus éloignée que lui etdans le même sens.

. Pour , on trouve .

L’image de l’étoile est obtenue en traçant le rayonlumineux émis par l’étoile et passant par O (qui n’est pasdévié) et le rayon lumineux émis par l’étoile et passant parF, symétrique de par rapport à O (qui ressort parallèle-ment à l’axe optique).

L’intersection de ces deux rayons lumineux donne la posi-tion de l’image et comme tous les rayons lumineuxémis par un même point objet passent, au sortir de la len-tille, par le même point image , les différents rayonsémis par l’étoile doivent tous passer par .

À retenir : lorsqu’un objet est infiniment éloigné, son image se trouve dans le plan focal image.

La valeur algébrique est négative : .

: donc et .

: l’image est de même taille que l’objet, mais elle est renversée par rapport

à l’objet.

Le miroir étant placé avant que les rayons ne puissent serencontrer en B, ce point objet se trouve derrière le miroir.

Le point image se trouve au point d’intersection desrayons lumineux réfléchis par le miroir, il est symétriquede B par rapport au plan du miroir.

B′

V 1f--= f 15 cm 0 15 m , = = V 6 7 δ , =

F'

B'

OF

B′

F′

B′

B′B′

OA OA 2f′–=

1OA′--------- 1

OA-------– 1

f′---= 1

OA′--------- 1

f′--- 1

OA-------+ 1

f′--- 1

2f′------– 1

2f′------= = = OA′ 2f′=

γ A′B′AB

---------- OA′OA--------- 1–= = =

BB'

objetimage

B′

Activité

�

Activité

�

Activité

�

Activité �

Activité

�

Activité �

Activité �

Activité


144 Corrigés séquence 1 – SP03

L’image de l’étoile est obtenue en traçant le rayon lumineux émispar l’étoile et passant par C (qui n’est pas dévié) et le rayon lumineuxémis par l’étoile et passant par F, situé à mi-distance entre C et S (quiressort parallèlement à l’axe optique). L’intersection de ces deuxrayons lumineux donne la position de l’image et comme tous lesrayons lumineux émis par un même point objet passent, après réflexionsur le miroir, par le même point image , les différents rayons émispar l’étoile doivent tous passer par .

On a également représenté sur le schéma le rayon lumineux arrivant enS et qui se réfléchit symétriquement par rapport à l’axe optique.

À retenir : lorsqu’un objet est infiniment éloigné, son image se trouve dans le plan focal.

B'

SF

C

B′

B′

B′B′

Activité



Corrigé des exercices

Texte à compléter1 – foyer objet ; 2 – plan focal image ; 3 – à l’infini ; 4 – positive ; 5 – positive ; 6 – négative

Vergence et distance focale� La distance focale de la lentille vaut .

Sa vergence a donc pour valeur : .

� Appelons la lentille que l’on accole à et notons sa vergence. L’association des deuxlentilles a pour vergence .

Pour avoir , il faut donc prendre , ce qui correspond

à une lentille convergente de distance focale .

Pour avoir , il faut prendre , ce qui corresponde à

une lentille divergente de distance focale .

Image donnée par une lentille convergenteSur les schémas ci-contre, unedivision représente 3 cm.

Sur le schéma 1, l’objet est placéà 36 cm de la lentille. On trouvealors que l’image se forme à18 cm de la lentille et sa taille estde 1,5 cm.

Sur le schéma 2, l’objet est placéà 24 cm de la lentille. On trouvealors que l’image se forme à24 cm de la lentille et sa taille estde 3 cm.

Dans les deux cas, on place d’abord l’objet AB sur le schéma, on détermine ensuite la position de ,image du point B, avec les règles habituelles de construction des rayons lumineux, et il ne reste plusqu’à placer le point sur l’axe optique au même niveau que le point B. La distance de au centreoptique nous donne la distance de l’image à la lentille et la longueur mesure la taille de l’image.

Image d’un point objet infiniment éloignéL’objet étant infiniment éloigné, les rayons lumineux qu’ilenvoie sur la lentille sont parallèles. Son image se trouvedans le plan focal image, au point d’intersection entre ceplan focal image et le rayon lumineux qui, passant par lecentre optique, ne subit aucune déviation.

La distance vaut : .

Formule de conjugaison et grandissement

Formule de conjugaison : ; grandissement .

Premier cas : et , on obtient et (l’imageest renversée, deux fois plus petite que l’objet).

Second cas : et , on obtient et (l’image estrenversée, de même taille que l’objet).

L1 f1 8 cm 0 08 m ,= =

V11f1---- 12 5 δ ,= =

L2 L1 V2V V1 V2+=

V 15 δ = V2 V V1– 15 12 5,– 2 5 δ ,= = =

f21

V2----- 0 4 m ,= =

V 10 δ = V2 V V1– 10 12 5,– 2– 5 δ ,= = =

f21

V2----- 0 4 m ,–= =

B

FO F'

B'

Schéma 1

B

FO F'

B'

Schéma 2

B′

A′ A′A′B′

O F' F

B'

αB′F′ f′ 10°tan 1 8 cm ,=

1OA′--------- 1

OA-------– 1

f′---= γ OA′

OA---------=

f′ 0 12 m ,= OA 0 36 m ,–= OA′ 0 18 m ,= γ 0 5,–=

f′ 0 12 m ,= OA 0 24 m ,–= OA′ 0 24 m ,= γ 1–=

Exercice

�

Exercice

�

Exercice

�

Exercice

�

Exercice

�


146


Position de l’objet en fonction de la valeur du grandissement

�

Grandissement : .

�

De la valeur du grandissement, on déduit , et en remplaçant dans la formule de

conjugaison, on obtient : le point A est situé 2 cm avant le foyer objet.

�

Lorsque l’objet est dans sa position initiale, , l’écran doit être situé à 2,20 m de lalentille.Lorsqu’on éloigne l’objet de 4 cm par rapport à la lentille, et on obtient alors, avec laformule de conjugaison : . Il faut donc rapprocher l’écran de 1,33 m.

�

Pour , la formule de conjugaison donne : . Ce résultat négatif

indique que l’image est située du même côté de la lentille que l’objet AB. Un œil situé de l’autre

côté de la lentille verrait donc l’image , mais il ne sert à rien de mettre un écran au niveau de

, les rayons lumineux émis par le point B ne se rencontrent pas réellement en , seules les

directions des rayons sortant de la lentille ont un point d’intersection en (et de même pour toutautre point de l’objet AB). Ce cas est le même que celui qui a été étudié dans l’exemple 2 duparagraphe 2.C du cours.

Utilisation d’une loupe

�

Sur le schéma ci-contre, on constateque l’image se forme dans le plan focalobjet, qu’elle est dans le même sensque l’objet, mais deux fois plus grandeque lui, donc .

�

Avec , la formule de conjugaison permet de retrouver , d’où l’on calcule .

�

Les rayons lumineux n’arrivent pas réellement au point (ce point n’est que l’intersection des

directions de ces rayons). On ne détecterait donc pas d’image en plaçant un écran au niveau de .

Lorsque les rayons lumineux émis par le point B et ayant traversé la lentille parviendront à l’œil del’observateur situé de l’autre côté de la lentille, ces rayons, s’écartant les uns des autres, semblerontprovenir de et non de B. L’observateur verra, non l’objet AB, mais l’image . La loupe nous per-met ainsi d’observer une image plus grande que l’objet AB (et située un peu derrière l’objet).

Appareil photographique

�

La distance focale de l’appareil photographique ayant pour valeur , les objets situés àplusieurs dizaines de mètres (plusieurs centaines de fois la distance focale) peuvent être considéréscomme infiniment éloignés et leur image se fera dans le plan focal image. (Ce que l’on peut voir aussien utilisant les règles habituelles de construction des rayons lumineux pour trouver la position del’image en situant l’objet à très grande distance par rapport à la distance focale).Pour que l’image sur la pellicule soit nette, la pellicule doit donc se trouver à 5 cm de la lentille.

�

Lorsque l’objet n’est plus très éloigné de la lentille, l’image se forme à une distance supérieure à ladistance focale. Pour avoir une image nette d’objets rapprochés, il faut donc augmenter la distanceentre la lentille et la pellicule pour qu’elle devienne supérieure à la distance focale.

Ainsi, pour et , on obtient . Comme la distanceentre la pellicule et la lentille était précédemment fixée à 5 cm, il faut donc l’augmenter de 1 mm environ.

Œil réduit

�

Lorsque l’œil normal est au repos, l’image d’un objet très éloigné est nette. Comme l’image d’unobjet très éloigné se forme dans le plan focal image, on en déduit que la distance focale du cristallinest égale à la distance entre le cristallin et la rétine, soit .

Vergence .

γ 10–=

OA′ 10OA–=

OA 1110----- f′– 22 cm –= =

OA′ 2 20 m ,=

OA 26 cm –=OA′ 87 cm =

OA 18 cm –= OA′ 1 80 m ,–=

A′B′A′B′

A′B′ B′B′

B'B

A'F'F A

O

γ 2=

OA 12-- f′–= OA′ f′–= γ 2=

B′A′B′

B′ A′B′A′B′

f 5 cm =

OA 2 0 m ,–= f′ 0 05 m ,= OA′ 5 1, 10 2–⋅ m =

f′ 15 0 mm ,=

V 1f′--- 66 7 δ ,= =

Exercice

�

Exercice

�

Exercice

Exercice


147


�

L’image doit toujours se former sur la rétine pour être nette, donc .

Pour , on obtient, avec la formule de conjugaison, , soit .

En accommodant, l’œil a augmenté la valeur de sa vergence.

�

L’image qui se forme sur la rétine est inversée par rapport à l’objet, le cerveau « interprète » cetteimage en nous permettant de voir « à l’endroit ».

�

Lorsque l’œil myope est au repos, les objets très éloignés ne sont pas vus nettement puisque leurimage se forme dans le plan focal image qui est situé avant la rétine. La distance focale est trop faibleet accommoder ne ferait que la diminuer. En revanche, il voit nettement des objets proches : sans

accommoder, la distance focale vaut : et l’image doit se former sur la rétine pour

être nette, donc , la formule de conjugaison permet alors de calculer :

, l’œil myope au repos voit donc nettement les objets situés à 21 cm et en accom-modant, il peut voir nettement des objets encore plus proches.La vergence de l’œil myope au repos vaut . Pour compenser ce défaut et ramener la ver-gence à la valeur de l’œil normal, il faut la diminuer de 4,7

δ

et donc utiliser comme verre de contactune lentille divergente de vergence .

�

Avec le vieillissement, la souplesse du cristallin et donc la faculté d’accommoder diminue. L’œilnormal voit toujours nettement les objets éloignés mais il éprouve de la difficulté à voir nettement lesobjets proches. Ce défaut est appelé « presbytie ».

Lentille divergente

Traçons trois rayons lumineux qui sont émis parle point B : le rayon passant par le centre opti-que qui n’est pas dévié, le rayon parallèle àl’axe optique qui ressort dans une direction pas-sant par , le rayon dont la direction passe parF qui ressort parallèlement à l’axe optique, ons’aperçoit que ces trois rayons s’écartent les uns des autres à la sortie de la lentille.Mais les directions de ces trois rayons lumineux se coupent en un point situé avant la lentille. Iln’est donc pas possible de recueillir sur un écran l’image mais l’œil d’un observateur situé au-delàde la lentille recevra des rayons lumineux semblant provenir de et non de B. En plaçant le point sur l’axe optique principal au niveau de , on obtient l’image de l’objet AB.

Se regarder dans un miroir

On a représenté sur la figure,l’image , symétrique de AB,donnée par le miroir. L’œil ne peutvoir le point puisqu’aucunrayon lumineux émis par neparvient à l’œil situé en O (ilserait plus exact de dire : aucunrayon lumineux émis par A nepeut parvenir en O après réflexionsur le miroir.En revanche l’œil peut voir lepoint G.

Points caractéristiques d’un miroir sphérique convergent

OA′ 15 10 3– m ⋅ =

OA 2 0 m ,–= f′ 14 9, 10 3– m ⋅ = V 67 2 δ ,=

f′ 14 10 3– m ⋅ =

OA′ 15 10 3– m ⋅ =

OA 0 21 m ,–=

V 71 4 δ ,=

4 7 δ ,–

B

A A'

B'

F' FF′

B′B′

B′ A′B′ A′B′

BO

G

A

B'O'

G'

A'

A′B′

A′A′

B

A C

A'

B'

FS

Exercice

�

Exercice

�

Exercice


148


Le foyer F se trouve à l’intersection de l’axe optique avec le rayon qui, émis par B parallèlement à cetaxe, se réfléchit en passant par ce point F ou encore à l’intersection de l’axe optique avec le rayonlumineux émis par le point B et qui après réflexion arrive en selon une direction parallèle à l’axe.

Le centre C se trouve, sur l’axe optique, deux fois plus loin du sommet S que le foyer F.

On n’a pas représenté sur le schéma le rayon émis par B et qui passe par C et devrait revenir selon lamême direction que sa direction initiale car ce rayon n’atteint pas le miroir, mais on peut vérifier queles points B, et C sont alignés.

Sur le schéma, on mesure, entre S et F, une distance de 2,5 cm qui correspond en réalité à une dis-tance cinq fois plus grande, donc .

Image donnée par un miroir sphérique convergent

�

L’image se forme au niveau de AB, elle est de même taille que l’objet mais inversée par rap-

port à lui : .

� L’image se forme à une distance du miroir triple de la distance focale, elle est inversée, deux

fois plus grande que l’objet : .

�

L’image se forme à une distance de la lentille égale à la moitié de la distance focale, elle est

deux fois plus petite que l’objet et dans le même sens que lui : .

Rétroviseur

L’image est de même sens que l’objet (heureusement puisqu’il s’agit d’un rétroviseur), elle est pluspetite que l’objet et située derrière le miroir.

B′

B′

f′ SF 12 5 cm ,–= =

A′B′γ 1–=

A′B′γ 2–=

A′B′γ 0 5,=

B

A

A' C F S

B'

Premier cas

B

C A FS

A'

B'

Deuxième cas

B

AA'C F

SB'

Troisième cas

B

A

Sens de parcours de

la lumière

F C

B'

A'

Exercice

�

Exercice

�


149


orrigés séquence 1 – Chimie

Travaux pratiques 1

A. Préparation

a)

Que se passe-t-il lorsqu’on chauffe fort et longtemps de l’eau ?II y a ébullition de l’eau : passage de l’état liquide à l’état gazeux (vapeur d’eau).

b)

Quelle technique permet alors de la récupérer ?Pour récupérer l’eau il suffit de la condenser par refroidissement.

c)

Quel montage vu en Classe de Seconde peut-on utiliser pour effectuer une extraction par la vapeurd’eau ?Le montage est l’hydrodistillation.

d)

Que signifie le terme « volatil » qui qualifie l’eugénol ?L’eugénol s’évapore facilement.

e)

Que pourrons-nous observer lorsque l’eugénol se trouvera en présence d’eau ?2 phases distinctes car les 2 liquides sont non miscibles.

C. Exploitation des résultats

�

Le rôle du réfrigérant est de condenser les vapeurs.

�

L’ampoule à décanter :

�

Il y a séparation car les 2 liquides sont non miscibles.

�

Le relargage sert à extraire tout l’eugénol de la phase aqueuse.

�

Pour séparer les deux liquides, il suffit d’ouvrir le robinet pour faire couler la phase inférieure uni-quement.

�

L’eugénol se trouve dans la phase inférieure car la densité du dichlorométhane (solvant) est supé-rieure à celle de l’eau (1).

D. Conclusion

L‘eugénol a été extrait du clou de girofle par hydrodistillation, puis par décantation.

eau (salée)

dichlorométhane

bécher


150


�

La valeur du rapport frontal, pour chaque tache est :

�

Conclusions

• L’aspartame a bien été hydrolysé : en effet, les chromatogrammes C et D présentent, après larévélation, un aspect totalement différent.

• Les produits d’hydrolyse de l’aspartame sont la phénylalanine et l’acide aspartique : les chromato-grammes A et B, additionnés, donnent bien le chromatogramme D.

D. Exploitation des résultats :

�

Couples rédox concernés : et .

�

Calculons les quantités de matière d’alcool et d’ions permanganate mis en présence :

D’après l’équation de la réaction, le calcul de l’avancement maximal de la réaction donne :

à partir de :

à partir de l’alcool :

La bonne valeur de X

max

est (le permanganate est le réactif limitant).

Le réactif limitant est le permanganate de potassium ; il y a donc de l’alcool en excès.

�

soit

�

On a obtenu donc le rendement de la manipulation est (le

produit n’est pas pur. Il faudrait le recristalliser).

Dépôt A B C D

Valeur du

0,26 et 0,46

Travaux pratiques 2

RF1840----- 0 45,= 11

40----- 0 26,=

17 5,40

---------- 0 44,=

Travaux pratiques 3

MnO4– MnO2⁄ C6H5COOH C6H5CH2OH⁄

MnO4– 3e– 2H2O+ + MnO2 4OH–+=

C6H5CH2OH 5OH–+ C6H5COO– 4H2O 4e–+ +=

4MnO4– 3C6H5CH2OH+ 4MnO2 OH– 3C6H5COO– 4H2O+ + +=

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

nMnO4–

mMnO4–

nMnO4–

---------------- 4 5,158-------- 2 85, 10 2– mol ⋅ = = =

nalcool

malcoolnalcool--------------- 2 5,

108-------- 2 31, 10 2– mol ⋅ = = =

Xmax

MnO4– Xmax

2 85, 10 2–⋅4

-------------------------- 7 1, 10 3– mol ⋅ = =

Xmax2 31, 10 2–⋅

3-------------------------- 7 7, 10 3– mol ⋅ = =

7 1, 10 3– mol ⋅

nacide 3 Xmax⋅ 3 7 1, 10 3–⋅ ⋅ 2 13 10 2– mol ⋅ ⋅ = = =

m n Macide× 2 13, 10 2– 122⋅ ⋅ 2 6 g ,= = =

m 2 2 g ,= r 2 2,2 6,------- 100× 85 % = =


151


E. Questions :

�

Le montage pour effectuer cette synthèse :

�

Il se produit une réaction acido-basique entre l’acide chlorhydrique et l’ion carbonate, qui provo-que la formation de dioxyde de carbone gazeux.

�

�

Les ions sulfite permettent de faire « disparaître » le dioxyde de manganèse par une réactiond’oxydoréduction.

�

Équilibre de dissociation de l’acide benzoïque :

Le fait de placer l’acide benzoïque en milieu acide, provoque un excès d’ions donc déplacel’équilibre ci-dessus dans le sens droite-gauche par consommation des ions benzoate solubles dansl’eau.

�

Le carbonate de calcium permet de placer le mélange réactionnel en milieu basique. En effet, les

ions carbonate sont dotés de propriétés basiques dans l’eau :

�

On peut régler l’étuve sur 100 ˚C, car la température de fusion de l’acide est de 122 ˚C (attentionde bien essorer les cristaux avant de les placer à l’étuve).

L’oxydation de l’alcool benzylique se fait en 2 étapes : en effet l’alcool benzylique est un alcoolprimaire : son oxydation va donc donner, dans un premier temps, l’aldéhyde correspondant (benzaldéhyde :

) puis par oxydation de l’aldéhyde, on obtiendra l’acide benzoïque .

2H3O+ CO32–+ CO2 3H2O+=

C6H5COOH H2O+ C6H5COO– H3O++=

H3O+

CO32–

CO32– H2O+ HCO3

– OH–+=

C6H5–CHO C6H5COOH



Corrigé des travaux dirigés

Élaborer un protocole d’extraction

La première étape consiste à broyer la lavande et à la placer dans un ballon.

La deuxième étape est une hydrodistillation en chauffant le ballon contenant le mélange eau –lavande le tout surmonté d’un réfrigérant à eau.

On obtient un distillat contenant 2 phases : l’eau d’une part et l’acétate de linalyle d’autre part.

La troisième étape est une extraction par solvant à l’aide d’une ampoule à décanter : on ajoute dudichlorométhane dans lequel l’acétate de linalyle est très soluble, ce qui facilite la séparation ; laphase supérieure est la phase aqueuse (eau + éventuelles substances solubles) la phase inférieure laphase organique (dichlorométhane).

Il suffit alors d’extraire la phase inférieure.

La bonne méthode

La cuve no 2 correspond au bon montage car les taches sont initialement au-dessus de l’éluant etparce qu’elle est couverte.

Identification de l’eugénol

Seul le chromatogramme A convient car les taches de l’eugénol et l’acétyleugénol correspondent àcelles contenues dans l’essence.

Hydrodistillation de l’estragon

I.

� Le rôle de l’eau introduite dans le ballon est de permettre l’extraction de l’essence des feuilles parentraînement lors de sa vaporisation.

� 1 : ballon 2 : chauffe-ballon 3 : thermomètre

4 : réfrigérant à eau (avec tubulures du circuit d’eau extérieur servant à refroidir les vapeurs)

5 : erlenmeyer

� L’estragole est moins soluble dans l’eau salée que dans l’eau, donc le fait de rajouter du sel amé-liore la séparation des phases (eau – estragon).

� a) Dans la phase organique inférieure car de densité la plus élevée, se trouve l’estragon dissousdans le dichlorométhane ; tandis que la phase supérieure est la phase aqueuse.

b) Étant donné la grande volatilité du dichlorométhane, il est conseillé d’ouvrir le robinet de l’ampoule(en la plaçant à l’envers) à décanter au cours de l’agitation de manière à éviter les surpressions.

Exercice �

Exercice �

Exercice �

Exercice �



c) Après décantation, on récupère la phase inférieure : (organique) car celle-ci contient l’huile essentielle.

� Le rôle du sulfate de magnésium anhydre est de sécher la phase organique, c’est-à-dire d’ôtertoute trace d’eau dans cette phase.

II. On peut déduire du chromatogramme :

• La solution H contient bien de l’estragole (par comparaison avec le chromatogramme E), mais pasd’anéthole.

• Les essences d’estragon et de basilic contiennent bien de l’estragol. L’essence d’anis ne contientpas d’estragol mais de l’anéthole.

Synthèse de l’acide benzoïque

Première partie

� a) L’ion carbonate est la base conjuguée de l’acide , donc la solution possède uncaractère basique.

b) le gaz est du dioxyde de carbone :

� a) pour l’acide benzoïque, le diagramme de prédominance donne :

Pour obtenir une solution homogène il faut se placer dans le domaine de prédominance de l’ion ben-zoate car sa solubilité dans l’eau est beaucoup plus grande que celle de l’acide. Le pH du milieu doitdonc être supérieur à 4,2.

b) en versant quelques gouttes d’acide chlorhydrique, on diminue le pH de la solution et on passedans le domaine de prédominance de l’acide benzoïque d’où l’apparition d’un précipité blanc d’acidebenzoïque.

� a) L’axe de pH :

On voit que la base peut réagir avec les acides de plus faible : d’une part et d’autre part.

b) La réaction d’oxydoréduction aura comme équation :

� a) L’alcool benzylique est un alcool du type : alcool primaire.

b) Le nom du corps de formule est l’acide benzoïque.

c) L’équation de la réaction est :

Deuxième partie

� Il se forme un précipité brun de dioxyde de manganèse .

CO32– HCO3

–

2H3O+ CO32–+ CO2 3H2O+=

C6H5COOH prédomine[C6H5COOH] = [C6H5COO-]

pKA = 4,2 pH

C6H5COO- prédomine

pH

OH– 14 0, H2O

SO32– 7 2, HSO3

–

HSO3– 1 8, H2SO3

H2O 0 0, H3O+

SO32– pKA H2SO3

H3O+

MnO2 SO32– 2H++ + Mn2+ SO4

2– H2O+ +=

R–CH2OH

C6H5COOH

4MnO4– 3C6H5CH2OH+ 4MnO2 OH– 3C6H5COO– 4H2O+ + +=

MnO2

Exercice �



� L’effervescence est due à la réaction acido-basique entre l’acide chlorhydrique et les ionscarbonate :

� Le précipité brun de dioxyde de manganèse disparaît car il y a réaction entre celui-ci et les ions sulfite.

L’apparition du précipité blanc est due à la formation d’acide benzoïque en milieu acide.

Le rôle de la glace est de refroidir le système et favoriser la précipitation par diminution de la solubi-lité de l’acide.

Troisième partie

� Calculons les quantités de matière d’alcool et d’ions permanganate mis en présence :

D’après l’équation de la réaction. Le calcul de l’avancement maximal de la réaction donne :

� à partir de :

� à partir de l’alcool :

Le réactif limitant est l’alcool.

� La vérification de la formation de l’acide peut se faire par la prise du point de fusion au banc Koflerdu produit pur et sec obtenu.

�

soit

On a obtenu donc le rendement de la manipulation est . ■

2H3O+ CO32–+ CO2 3H2O+=

nMnO4–

mMnO4–

nMnO4–

---------------- 5 0,158-------- 3 16, 10 2– mol ⋅ = = =

nalcool

malcoolnalcool--------------- 2 5,

108-------- 2 31, 10 2– mol⋅= = =

Xmax

MnO4– Xmax

3 16, 10 2–⋅4

-------------------------- 7 9, 10 3– mol ⋅ = =

Xmax2 31, 10 2–⋅

3-------------------------- 7 7, 10 3– mol ⋅ = =

nacide 3 Xmax⋅ 3 7 7, 10 3–⋅ ⋅ 2 31, 10 2– mol ⋅ = = =

m n Macide× 2 31, 10 2– 122⋅ ⋅ 2 8 g ,= = =

m 1 8 g ,= r 1 8,2 8,------- 100× 64 % = =


155




a) Graphiquement :

Sur le schéma ci-contre, une division représente 5 cm.

L’image intermédiaire est située,entre les deux lentilles, à 10 cm de .

De cette image intermédiaire, la lentille donne une image définitive .

On lit sur le graphique que le point setrouve au milieu des deux lentilles, doncà 20 cm de et que l’image est à peuprès 4 fois plus grande que l’objet.Comme elle est renversée, le grandisse-ment total vaut donc : .

b) Par le calcul :

Avec et , on calcule avec la formule de conjugaison : .

Connaissant , on en déduit .

Puis en utilisant à nouveau la formule de conjugaison avec , on obtient .

Grandissement provoqué par la première lentille : .

Grandissement provoqué par la deuxième lentille : .

Grandissement total : .

Position du foyer image.

a) Graphiquement :

Sur le schéma ci-dessus, une division représente 5 cm.

Un rayon lumineux émis par un objet situé sur l’axe optique et infiniment éloigné arrive sur paral-lèlement à l’axe optique, il est dévié selon une direction passant par .

B

B'

A F1

B1

A'

O1 O2F'1 F'2A1F2

L1 L2

A1B1O2

L2 A′B′

A′

O2

γ 4–=

f1′ 10 cm = O1A 15 cm –= O1A1 + 30 cm =

O2O1 40 cm –= O2A1 10 cm –=

f2′ 20 cm = O2A′ 20 cm –=

γ 1O1A1

O1A------------ 2–= =

γ 2O2A′

O2A1

------------ 2= =

γ γ 1 γ 2× 4–= =

F'2

F'1

L1 L2

O1 O2

F2

F'P

L1F1′

Activité �

Activité �



Pour savoir ce que devient ce rayon lumineux après avoir rencontré , on a imaginé un rayon (tracéen pointillés noirs sur le schéma) qui lui est parallèle avant de rencontrer mais qui passe par :ces deux rayons, parallèles avant de rencontrer , doivent converger en un point situé dans le planfocal image de , ce point P est facile à trouver puisque le rayon passant par ne serait pas dévié.

En faisant passer le rayon initial par le point P, nous pouvons situer le foyer image du système àl’intersection de ce rayon avec l’axe optique. est à 60 cm de .

b) Par le calcul :

.

Avec et , on obtient :

.

Position du foyer objet.

a) Graphiquement : Sur leschéma ci-contre, une divisionreprésente 5 cm.

Un rayon lumineux sortant de ladeuxième lentille avec une direc-tion parallèle à l’axe optique estpassé par le foyer objet .

Pour savoir d’où il provenaitavant de rencontrer la premièrelentille, on a imaginé un rayon(tracé en pointillés noirs sur leschéma) qui lui est parallèle après passage par la lentille . Ce nouveau rayon et le rayon initial pas-sent par le même point P du plan focal objet de .

On peut ainsi tracer le rayon lumineux initial avant passage dans , il coupe l’axe optique au pointF, foyer objet du système constitué par les deux lentilles. Le foyer objet F est situé 20 cm avant .

b) Par le calcul :

.

Avec et , on obtient :

.

Pour observer sans effort à travers un instrument d’optique, il faut que l’image définitive se trouve àl’infini, il faut donc que l’objet soit placé au foyer objet du système constitué de l’association des deuxlentilles. L’objet doit donc, dans l’exemple précédent, être placé 20 cm avant la première lentille (etperpendiculairement à l’axe optique).

et .

On peut donc confondre, avec une très bonne approximation, la valeur exprimée en radian de cetangle et la valeur de la tangente.

L’angle étant petit, le diamètre apparent de la Lune vaut : (environ 0,57˚).

À travers une lunette de grossissement : , le diamètre apparent devient .

Diamètre apparent de l’objet vu à l’œil nu (à une distance de 25 cm) : .

Grossissement du microscope : .

Diamètre apparent de l’objet observé au microscope : .

L2L2 O2

L2L2 O2

F′F′ O2

A∞

F'

L1

F'1

L2

1O2F′---------- 1

O2F1

-----------– 1O2F2

----------- 1f2----= =

′′ ′

f2′ 20 cm = O2F1 30 cm –= ′

O2F′ 60 cm =

F

P

F1 F'2

F'1

L1 L2

F2

O1 O2

F2

L1L1

L1O1

F A'∞

L1

F2

L2

1O1F2

----------- 1O1F---------– 1

O1F1

----------- 1f1----= =

′ ′

f1′ 10 cm = O1F2 20 cm =

O1F 20 cm –=

12° 12 π180--------× 0 21 rad , = = 12°tan 0 21,=

α 2RD------ 9 9, 10 3– rad ⋅ = =

G 4= α′ 4α 0 040 rad , = =

α 0 1, 10 3–⋅0 25,

----------------------- 4 0, 10 4– rad ⋅ = =

G 50 10× 500= =

500 4 0, 10 4–⋅× 0 20 rad , =

Activité

�

Activité

�

Activité

�

Activité

�


157


Pour observer le ciel « par-dessus » plutôt que dans l’axede la lunette, il faut disposer unmiroir plan à 45˚ comme sur leschéma ci-contre.

La distance focale de la première lentille vaut le double de la distance focale de la deuxième lentille,donc .

L’angle sous lequel l’étoile est vue à l’œil nu mesure 13˚, l’angle sous lequel on la voit à travers lalunette vaut 26˚ (les angles sont, bien entendu mesurés avec un rapporteur). On retrouve .

Remarque :

un tel grossissement est tout à fait insuffisant pour une lunette astronomique.

L’étoile étant à l’infini, son image par lemiroir sphérique se forme dans le plan focal decelui-ci. On en déduit la position du foyer dumiroir sphérique sachant qu’il est situé sur sonaxe optique.

L’image définitive se formant à l’infini, le point se situe dans le plan focal objet de la lentille.

On en déduit la position du foyer objet de lalentille sachant qu’il est situé sur son axe optique.

objectif

œil

oculaire

miroirplan

G 2=

α1G 2=

objectif

α1 = 13° α2 = 26°F'1 = F2

oculaire

F1

B1B2 F2

objectif

oculaire

B1

F1

B2F2

B2

miroir sphérique

B1

miroir plan

image définitive∞

étoile∞

lentille convergente

Activité

�

Activité

Activité

Activité

�


158



Association de deux lentilles

Cet exercice est très semblable aux activités 1 et 2. Pour des explications détaillées, reprendre le cor-rigé de ces activités.

�

Sur le schéma ci-contre, une divi-sion représente 5 cm.

Dans ce système, les foyers image desdeux lentilles sont confondus, leurposition est notée sur le schéma.

On a représenté en traits noirs lesrayons lumineux ayant servi à la cons-truction de l’image que donnela lentille de l’objet AB.

On a représenté en traits noirs lesrayons lumineux ayant servi à la cons-truction de l’image définitive que donne la lentille de l’image intermédiaire .

On lit sur le graphique que le point se trouve à 12,5 cm de la deuxième lentille, à l’extérieur dusegment .

L’image définitive est à peu près 2 fois plus petite que l’objet. Comme elle est renversée, le grandisse-ment total vaut donc : .

� Avec et , on calcule avec la formule de conjugaison : .

Connaissant , on en déduit .

Puis en utilisant à nouveau la formule de conjugaison avec , on obtient .

Grandissement provoqué par la première lentille : .

Grandissement provoqué par la deuxième lentille : .

Grandissement total : .

� Position du foyer image.Graphiquement : Sur le schéma ci-contre,une division représente 5 cm, le foyerimage se trouve à 5 cm de au-delà de la deuxième lentille.

Par le calcul :

.

Avec et , on obtient : .

� Position du foyer objet.Graphiquement : Sur le schéma ci-con-tre, une division représente 5 cm.

Le foyer objet du système se trouveentre les deux lentilles, à 5 cm de ,donc à 15 cm de .

Par le calcul :

.

Avec et , on obtient : .

B1

A1

F1 F2O1

L1 L2

O2

B

B'

A'

F'

A

1,2F1 2,′

A1B1L1

A′B′ L2 A1B1A′

O1O2

γ 0 5,–=

f1′ 30 cm = O1A 15 cm –= O1A1 30 cm –=

O2O1 20 cm –= O2A1 50 cm –=

f2′ 10 cm = O2A′ + 12 5 cm ,=

γ 1

O1A1

O1A------------ 2= =

γ 2

O2A′

O2A1

------------ 0 25,–= =

γ γ 1 γ 2× 0 5,–= =

F1 F2O1

L1 L2

O2 F'

F'1,2F′ O2

1O2F′---------- 1

O2F1

-----------– 1O2F2

----------- 1f2----= =

′ ′ ′

f2′ 10 cm = O2F1 10 cm = ′ O2F′ 5 cm =

F1 O1

O2

F2

L1 L2

F F'1,2

O2O1

1O1F2

----------- 1O1F---------– 1

O1F1

----------- 1f1----= =

′ ′

f1′ 30 cm = O1F2 10 cm = O1F 15 cm =

Exercice

�


159


Loupe et microscope

�

Diamètre apparent (ou diamètre angulaire) de l’objet observé àl’œil nu :

.

�

L’objet étant placé au foyer objet de la loupe, son image se forme à l’infini. Diamètre apparent lors

de l’observation à la loupe : .

�

Diamètre apparent lors de l’observation au microscope : .

Cercle oculaire

�

Les extrémités C et D de la premièrelentille se situent au niveau du centreoptique de cette lentille, leurs ima-

ges par la deuxième lentille se situe-ront au niveau d’un point tel que :

,

d’où .

.

�

; or , donc .

�

Tous les rayons lumineux, émis par l’objet et arrivant sur la première lentille, passent par le cercleoculaire. Il faut donc mettre l’œil au niveau du cercle oculaire pour recevoir un maximum de lumière.

�

Applications numériques :

a) microscope : ;

b) lunette astronomique : .

c) Dans les deux cas, la distance d est petite par rapport à : le cercle oculaire se forme pratique-ment au niveau du foyer image de la seconde lentille.

�

Microscope : ; lunette astronomique : .

(ces valeurs sont comparables au rayon de la pupille de l’œil qui vaut environ 1,5 mm)

Principe de fonctionnement d’un microscope

B

A ß

F O

F'

α 0 1, 10 3–⋅0 25,

-----------------------≈ 4 0, 10 4– rad ⋅ =

β ABf′

------≈ 0 1, 10 3–⋅0 05,

----------------------- 2 0, 10 3– rad ⋅ = =

α′ Gα 0 2 rad ,= =

A'

C'

D'

C

O2

L1

L2

O1

D

O1

A′1

O2A′----------- 1

D–-------– 1

f2----=′

O2A′D f2⋅D f2–-------------=

′′

d O2A′ f2–D f2⋅D f2–------------- f2–

f2( )2

D f2–-------------= = =′

′′ ′

′′

γ 2rR--- γ2= = γ 2

O2A′

O2O1

------------O2A′

D-----------= = r

f2D f2–------------- R=

′′

d 2 2 mm ,=

d 0 4 mm ,=

f2′

r 2 2 mm ,= r 0 40 mm ,=

A O1

B1

A1

O2

B

observateur

oculaireobjectif

sens positif

Exercice

�

Exercice

�

Exercice

�


160


�

L’image est cinq fois plus grande que l’objet, elle est renversée, le grandissement de l’objectif apour valeur : .

�

L’image , que donne la lentille de l’objet ponctuel , est rejetée à l’infini puisque le micros-cope est réglé pour une observation sans fatigue, elle se trouve dans la direction indiquée enpointillés noirs sur le schéma ci-dessus.

�

Sur le schéma, la distance focale de l’oculaire correspond à deux divisions puisque l’image inter-médiaire se trouve dans son plan focal objet, elle vaut donc : .

Le diamètre apparent d’un objet situé dans le plan focal objet d’une lentille de distance focale

vaut : (voir question 2 de l’exercice 2).

Lors d’une observation à l’œil nu du même objet , le diamètre apparent vaudrait : .

Grossissement de l’oculaire : .

�

Grossissement du microscope : .

(ce résultat est très inférieur aux performances des microscopes courants)

�

Avec un microscope, la mise au point se fait en déplaçant le bloc comprenant l’objectif et l’oculairepar rapport à l’objet.

Observation au microscope

�

Pour que l’observation se fasse dans les meilleures conditions, il faut que l’image intermédiaire se forme au foyer objet de l’oculaire, à 20 mm de donc à 185 mm de .

Avec et , la formule de conjugaison donne : .

L’objet est situé à une distance de 5,14 mm avant la première lentille.

�

Lorsque l’image définitive se forme à 25 cm de l’œil, elle peut encore être vue par l’œil au prixd’une fatigue visuelle : l’œil doit accommoder.Le point étant situé à 25 cm de l’œil placé au foyer image de l’oculaire, il est donc situé à 23 cm de .


Le point est donc très proche du foyer objet de l’oculaire, il se situe à 186,6 mm de .


Nous avons calculé avec une aussi grande précision pour bien montrer que les deux cas envisa-gés (à la première et à la deuxième question) sont extrêmement proches : la différence est d’environ1

μ

m ; la mise au point d’un microscope nécessite donc une très grande précision puisqu’un écartsupérieur à 1

μ

m ne permet plus d’obtenir une image visible par l’œil même en accommodant.Ceci montre aussi qu’un objet d’épaisseur supérieure à 1 μ m ne pourrait être vu nettement dans satotalité à travers le microscope.

Grossissement du microscope

A

�

grandissement de l’objectif en valeur absolue : (soit )

�

.

�

.

�

L’image intermédiaire se forme dans le plan focal objet de l’oculaire, donc à une distance :

de l’objectif. Avec , la formule de conjugaison s’écrit : , d’où l’on

calcule , puis et finalement .

�

Le grossissement de l’oculaire (voir exercices 2 et 4) est donné par la relation : ; distance

focale de l’oculaire : .

γ obj 5–=

B2 B2O2B1

A1B1 f2′ 2 0 cm ,=

A1B1

f2′ α′A1B1

f2′------------=

A1B1 αA1B1dm

------------=

Gocα′α-----

dmf2′

------ 12 5,= = =

G γ obj Goc⋅ 62 5,= =

A1B1 O2 O1

O1A1 185 mm = f1′ 5 0 mm ,= O1A 5 138 9 mm ,–=

A′ O2O2A′ 230 mm –= f2′ 20 mm = O2A1 18 4 mm ,–=

A1 O1O1A1 186 6 mm ,= f1′ 5 0 mm ,= O1A 5 137 6 mm ,=

O1A

γ 1 30= γ 1 30–=

grossissement standard de l′oculaire 10=

grossissement du microscope 10 30× 300= =

Δ f1′+

O1A1 Δ f1′+= 1Δ f1+-------------- 1

O1A----------– 1

f1----=

′ ′

O1Af1 f1 Δ+( )

Δ-----------------------–=′ ′

γ 1

O1A1

O1A------------

Δf1----–= =′

f1′Δγ 1-----– 6 0 mm ,= =

Gdmf2------=

′

f2′dmG2------ 2 5 cm ,= =

Exercice

�

Exercice

�


161


B

�

Taille de l’image intermédiaire . .

�

En utilisant la relation trouvée à la question A4 : ; on obtient

.

L’objet AB se trouve à 6,2 mm devant l’objectif (très près du foyer objet de l’objectif).

�

Diamètre apparent de l’image : .

Remarque :

On pouvait aussi calculer d’abord le diamètre apparent de l’objet vu à l’œil nu :

et trouver en multipliant cette valeur par le grossissement du

microscope.

Lunette astronomique

�

L’objectif donne de l’étoile (objet à l’infini) une image intermédiaire située dans le plan focal

image de l’objectif.

Le plan focal image de l’objectif étant confondu avec le plan focal image de l’oculaire, l’image défini-tive se forme à l’infini dans la direction représentée en pointillés noirs sur le schéma.

�

Le grossissement G de la lunette est égal, en valeur absolue, au rapport de l’angle sous lequelon voit l’étoile à travers la lunette sur l’angle

α

sous lequel on la voit à l’œil nu.

Or, et .

Les points et sont confondus, donc .

�

a) Lorsqu’on observe à l’œil nu, les étoiles semblent plus proches et la constellation est inverséepar rapport à l’observation à la lunette (puisque celle-ci donne une image définitive renversée parrapport à l’objet).

b) L’image définitive donnée par la lunette étant inversée, il faut, pour amener l’étoile rouge (qui estmaintenant grise) dans l’axe de la lunette, faire pivoter la lunette dans le sens inverse des aiguillesd’une montre (l’objectif se déplaçant alors vers la gauche).

A1B1 γ 1= AB 30 μ m =

O1Af1 f1 Δ+( )

Δ-----------------------–=′ ′

O1A 6 2 mm ,–=

A′B′ α′A1B1

f2′------------ 1 2, 10 3– rad ⋅ = =

α 1 0, 10 6–⋅0 25,

----------------------- 4 10 6– rad ⋅ = = α′

objectif oculaire

α α'O1

B1

O2F'1 = F2α α'

B1

O2B1

α′

αtan α≈F1B1O1F1-----------=

′′

α′tan α′≈F2B1O2F2-----------=

F1′ F2 G α′α-----

O1F1O2F2-----------

f1f2---- 100= = = =

′ ′

sens du déplacement

observation avec la lunette

sens du déplacement

observation à l'œil nu

Exercice

�


162


Caractéristiques d’une lunette

�

Grossissement de la lunette : , la distance focale de l’objectif vaut : .

Premier oculaire : , ; deuxième oculaire : , ; troisièmeoculaire : , .

�

Première oculaire , deuxième oculaire : , troisième oculaire :

�

Le grossissement de la lunette est si grand qu’il est difficile de l’orienter vers l’étoile qu’on veutobserver : la moindre rotation de la lunette fait sortir l’étoile du champ observé.

Le viseur est une petite lunette d’axe parallèle à celui de la lunette astronomique, mais de faible gros-sissement ce qui facilite la recherche de l’étoile à observer.

Télescope de Newton

�

L’étoile étant infiniment éloignée, son image se forme dans le plan focal du miroir sphérique.Le foyer F du miroir se trouve donc au niveau de sur l’axe optique, ce point F est noté sur leschéma : c’est en ce point que se formerait l’image d’une étoile située dans la direction de l’axe opti-que du miroir.Sur le schéma, la distance entre S et F vaut 5 cm, ce qui correspond à une distance réelle de 50 cm.

Distance focale du miroir sphérique : .

�

L’image donnée par le miroir plan est symétrique de par rapport au plan de ce miroir.(L’image d’une étoile située dans la direction de l’axe optique du miroir sphérique se formerait en sur l’axe optique de la lentille).

�

Pour une observation sans fatigue, l’image intermédiaire doit se trouver dans le plan focalobjet de la lentille qui en donnera une image définitive à l’infini, le point est donc le foyer objet dela lentille.

�

L’angle sous lequel on voit à travers la lentille un objet situé dans son plan focal objet,

vaut , or (avec ).

On en déduit : (relation semblable à celle obtenue pour la lunette astronomique).

Application numérique :

Vrai ou faux

Indiquer, pour chacune des propositions ci-dessous, si elle est exacte ou non :Propositions inexactes : 1 ; 3 (ce n’est vrai que pour des objets faciles à déplacer, pas pour un astre) ;8 (déplacer la lunette ne rapprocherait guère les astres que l’on observe !) ; 9 (le grossissement vau-drait 500) ; 11 ; 13 ; 14 (voir exercice 9) ;Propositions exactes : 2 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 10 ; 12 ; 15 (on observe à l’infini l’image d’un objet situé à l’infini).

Gf1f2----=′

f1′ 800 mm =

f2 20 mm = G 40= f2 12 5 mm ,= G 64=f2 6 mm = G 133=

α′ 40′= α′ 64′ 1°04′= =

α′ 133′ 2°13′= =

B1B1 A1

fM SF 50 cm –= =

B2 B1A2

B2A2

α′ A2B2

α′A2B2

f′------------= A2B2 A1B1 fM αtan fM α⋅≈= = α 8 7, 10 2– rad ⋅ =

G α′α-----

fMf′-----= =

G 50=

A2

A1

B1

S

B2

Exercice

Exercice

Exercice

�


163



Travaux pratiques 4

�

�

Identifions le réactif limitant :

La transformation se faisant mole à mole, on peut comparer directement les quantités de matière desréactifs : le réactif limitant est le réactif en quantité la plus faible : parahydroxyaniline.

Ainsi : et

�

Rendement : soit 81 %.

�

L’équation de la réaction :

�

Le polyamide formé est appelé « nylon 6-6 » car il est constitué d’un « motif » comportant6 atomes de carbone séparé de 6 autres atomes de carbone par un groupement NH.

�

L’acide s’appelle l’acide adipique de formule : .

�

Calculons la quantité d’hexaméthylène :

Et la quantité de chlorure d’adipyle :

�

D’après la loi de conservation des masses, la masse de polyamide obtenu est égale à la somme desmasses des réactifs ayant réagi moins la masse de chlorure d’hydrogène formé :

Donc, le réactif limitant étant le chlorure d’adipyle, il se forme de HCl soit : ;

D’où la masse m de nylon formé : .

nphydroxy

mphydMphydr--------------- 10 9,

109 13,---------------- 0 10 mol ,= = =

nanhydride

manhManh-----------

ρeaudv

Manh---------------- 1 000 1 08 , 12 10 3 – ⋅××

102 92

,----------------------------------------------------------

0 13 mol ,= = = =

nparacétamol 0 10 mol ,= mparacétamol n M× 0 10, 151× 15 1 g ,= = =

r 12 2,15 1,---------- 0 81,= =

Travaux pratiques 5

nCl–C O( )– CH2( )4–C O( )–Cl nH2N– CH2( )6–NH2+

–C O( )– CH2( )4–C O( )–NH– CH2( )6–NH–[ ]n

2nHCl+=

HO2C– CH2( )4–CO2H

n0mM---- 1

116-------- 8 6, 10 3– mol ⋅ = = =

n0′mM---- ρ V×

M------------ 1 12, 1×

183------------------- 6 1, 10 3– mol ⋅ = = = =

2 6 1, 10 3– mol ⋅×m′ 2 6 1, 10 3– 36 5,×⋅× 445 mg = =

m 6 1, 10 3– 183 6 1, 10 3– 116×⋅+×⋅( ) 0 445,– 1 38 g ,= =


164


D. Exploitation des résultats

�

Le calcul de la concentration en ions fer se fait de la manière suivante :

avec en mL.

�

Le graphe :

�

À partir de cette courbe, on détermine l’abscisse du point de la droite d’ordonnée 0,457 ou on uti-lise l’équation de modélisation : .

On obtient alors la valeur de .

Il s’agit de la concentration en fer du vin blanc dilué (10 mL de vin pour un volume total de 40 mL,soit un facteur de dilution de 4), donc la valeur de la concentration en fer est :

.

�

Cette valeur est inférieure à donc le phénomène de casse ferrique ne se produit pas.

Bécher n

o

1 2 3 4 5 6 7 8

Volume de solution A (mL)

20 17,5 15 12,5 10 7,5 5 0

Volume d’eau (mL) 17 19,5 22 24,5 27 29,5 32 37

Volume d’hydroquinone (mL) 1 1 1 1 1 1 1 1

Volume d’o-phénantroline (mL) 2 2 2 2 2 2 2 2

Concentration C en ions 4 3,5 3 2,5 2 1,5 1 0

Travaux pratiques 6

Fe2+[ ] volume de solution A concentration de la solution A×volume total

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------VA CA×

40------------------= = VA

Fe2+ mg L 1–⋅( )

A f C( )=

0,100

0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5

0,200

0,300

0,400

0,500

0,600

0,700

A(103 S.I.)

C(mg/L)

0,100

0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5

0,200

0,300

0,400

0,500

0,600

0,700

A(103 S.I.)

C(mg/L)

A 0 191 4 , C 0 035 ,+ × =

C 2 2 mg , L 1 – ⋅ =

2 2, 4× 8 8 mg L 1 – ⋅ ,=

10 mg L 1 – ⋅


165


D. Exploitation des résultats

�

En présence de diiode, l’empois d’amidon prend une teinte bleue intense, permettant de mettre enévidence le diiode même en très faible concentration.

À l’équivalence, tout le diiode a réagi, l’empois d’amidon prend alors un aspect incolore.

Il y a donc décoloration de l’empois d’amidon lors de l’équivalence du dosage.

�

�

a) donnent :

b) donnent :

�

D’après l’équation , la relation entre quantités de matière est :

d’où :

�

D’après l’équation , la relation entre quantités de matière est :

or :

La quantité de matière de restant étant dosée par le thiosulfate, soit, à l’équivalence du dosage(équation ) : soit :

Ce qui nous permet de calculer :

et ce, dans 5 mL de jus.

Donc : la quantité pour 1 litre de jus de fruit est sa concentration molaire :

.

�

donc : soit : .

Travaux pratiques 7

I2 2e–+ 2I–= 1( )

S4O62– 2e–+ 2S2O3

2–= 2( )

C6H6O6 2H+ 2e–+ + C6H8O6= 3( )

1( ) 3( )+

C6H8O6 I2+ C6H6O6 2H+ 2I–+ += 4( )

1( ) 2( )+

2S2O32– I2+ S4O6

2– 2I–+= 5( )

5( )

2 nI2× nS2O3

2– équivalence=

2 I2[ ] V0×× C′ Veq′×= I2[ ]C′ Veq′×

2 V0×--------------------- 5 10 3–⋅ 20 10 3–⋅×

2 10 10 3–⋅×----------------------------------------------- 5 10 3–⋅ mol L 1 – ⋅ = = =

4( )

nacide du jus nI2 ayant réagi=

nI2 ayant réagi nI2 initial nI2 restant–=

I22( ) nS2O3

2 nI2⋅=

nI2 restant

nS2O3

2------------ C′V′

2---------- 5 10 3–⋅ 10 85, 10 3–⋅×

2------------------------------------------------------- 2 7, 10 5–⋅ mol = = = =

nI2 réagi avec la vitamine C C0 V0 nI2 restant–× 10 10 3–⋅ 5 10 3–⋅ 2 7, 10 5–⋅–×= =

nI2 réagi 2 3, 10 5– mol ⋅ n acide = =

CnacideVjus

------------ 2 3, 10 5–⋅5 10 3–⋅

----------------------- 4 6, 10 3– mol L 1 – ⋅⋅ = = =

m n M×= m 4 6, 10 3–⋅ 176× 0 81 g ,= = 0 81 g L 1 – ⋅ ,


166


E. Questions

�

La verrerie nécessaire pour ce dosage :

�

Calculons tout d’abord la quantité de matière de thiosulfate de sodium contenue dans la solutiondésirée. Cela nous permettra d’en déduire la masse correspondante.

or :

donc : .

�

Dans les conditions habituelles du laboratoire, le diiode est un solide gris-noir, à reflets métalliques.

�

Le diiode est très peu soluble dans l’eau.

�

Employons la même méthode qu’au 2) :

, or

donc : .

�

On peut reconnaître les fonctions alcool :

Burette graduée

Pipette jaugée

5Erlenmeyer

n′ C′ V0′× 5 10 3–⋅ 1× 5 10 3–⋅ mol = = =

MNa2S2O3 5H2O 248 g mol 1 – ⋅ =

m′ n′ M× 5 10 3–⋅ 248× 1 24 g ,= = =

n C0 V0× 5 10 3–⋅ 10 1–× 5 10 4–⋅ mol = = = MI2127 2× 254 g mol 1 – ⋅ = =

m n MI2× 5 10 4–⋅ 254× 0 127 g ,= = =

et

: ester.OHC C

O

O


167


Corrigé des travaux dirigés

Élément fer dans un vin blanc

I.

�

�

a)

b) On réduit le fer (III) afin de doser tout l’élément fer contenu dans le vin.

II.

�

a) Matériel nécessaire pour prélever :

• Solution S : burette graduée

• Eau distillée : burette graduée

• Hydroquinone : pipette jaugée

• o-phénantroline : pipette jaugée

b) Du mélange 1 au mélange 8, le volume de solution S diminue donc la concentration en fer dimi-nue. Par conséquent, la couleur de la solution devient de plus en plus pâle.

�

III.

�

On cherche l’abscisse du point de la droite d’ordonnée 0,45 : .

�

Dans le vin blanc, la concentration en fer est :

cette valeur est inférieure à donc la casse ferrique ne peut se produire.

Étude des constituants d’un citron

I

– Étude de l’huile essentielle contenue dans l’écorce de citron par chromatographie

�

a) La Chromatographie sur Couche Mince (C.C.M.) est une méthode permettant de contrôler lapureté d’une substance, de séparer les constituants d’un mélange et, éventuellement, de les identifier.

Le mélange est fixé sur un support appelé phase stationnaire (un gel de silice déposé en couche mincesur une plaque d’aluminium). Il est entraîné par un solvant approprié (phase mobile ou éluant) quimigre par capillarité sur la plaque. Les constituants du mélange se séparent par migrationdifférentielle : chacun d’eux est d’autant plus entraîné par l’éluant qu’il est plus soluble dans celui-ciet moins adsorbé sur la phase stationnaire.

b) Le rapport frontal est le rapport entre la hauteur h de migration de la tache (sommet) et lahauteur maximale H atteinte par l’éluant.

�

a)

b) Les produits contenus dans l’huile essentielle sont le citral et le limonène. Il y a d’autres produitsmais non identifiables car on ne possède pas la tâche de référence correspondante.

II.

�

a) Après mélange du jus de citron et diiode, la solution prend une teinte bleue foncée : il y adonc du diiode en excès.

b) L’équivalence est repérée par la décoloration de la solution.

�

a) La quantité de vitamine C est égale, (d’après l’équation ) à la quantité de diiode. Or, laquantité de diiode ayant réagi avec la vitamine C est égale à la quantité initialement introduite moinsla quantité en excès dosée par le thiosulfate, soit : d’où la relation demandée.

b)

pour 5 mL

soit ou

■

A k C⋅=

Fe3+ e–+ = Fe2+

D2D3C1

C2

C 12 5 8×,40

------------------- 2 5 mg L 1–⋅,= =

2 25 mg L 1 – ⋅ ,

2 2 25,× 4 5 mg L 1–⋅,=

10 mg L 1 – ⋅

RF

RFhH--- =

RF2 35,4 7,---------- 0 5,= =

1( )

nvitC nI2nI2O

nI2dosé–= =

nvitamine C 5 10 3–⋅ 10 2– 12-- 5 10 3–⋅ 13 9, 10 3–⋅×( )–×=

50 10 6–⋅ 34 75, 10 6–⋅–=

1 525, 10 5– mol ⋅ =

3 05, 10 3– mol L 1 – ⋅⋅ 537 mg L 1 – ⋅

Exercice

�

Exercice

�


169




Avant de nous parvenir à l’oreille, cette note fait intervenir :

•

la vibration de la corde,

•

la propagation des vibrations à travers les « bois » du violon (érable puis épicéa),

•

les vibrations des molécules d’air contenues dans la caisse de résonance,

•

la propagation des vibrations de l’air en dehors de la caisse de résonance jusqu’à l’oreille.

On peut distinguer trois grandes familles :

•

les instruments à cordes : violon, violoncelle, clavecin, guitare, harpe et piano, ...

•

les instruments à vent : flûte, clarinette, saxophone, trompette, trombone, orgue, ...

•

les instruments à percussion : cymbales, triangle, tambour, ...

Le piano fait partie des instruments à cordes.

Tous les instruments de musique sont des sources de vibrations sonores à condition que chaque ins-trument soit attaqué ou entretenu :

•

en appuyant sur une touche de piano on déclenche le choc d’un petit marteau sur une corde,

•

la corde d’une guitare est accrochée avant d’être relâchée,

•

il faut frapper la membrane,

•

l’archet entretient par frottement les vibrations d’une corde de violoncelle,

•

le souffle de l’exécutant entretient le son émis par une trompette,

•

l’anche de la clarinette sert à vibrer.

Les parties de l’instrument qui assurent le couplage avec l’air sont :

•

la caisse du piano,

•

la caisse de la guitare,

•

la caisse située sous la membrane,

•

la caisse de résonance du violoncelle,

•

le tuyau de la trompette,

•

le tuyau de la clarinette.

Système vibrant Système qui assure le couplage avec l’air

embouchure d’une flûte caisse d’un violon

membrane de tambour colonne d’air d’un orgue

anche de bombarde tuyau d’une flûte

corde de guitare

Activité

�

Activité

�

Activité

�

Activité

�


170


Le fil se met en mouvement parce qu’il est soumis à la force de Laplace.

Loi de Laplace

Une portion rectiligne d’un conducteur, de longueur

�

parcourue par un courant d’intensité I et placée

dans un champ magnétique uniforme , est soumise à une force électromagnétique appliquée enson milieu dont les caractéristiques sont les suivantes :

�

direction : la force est toujours orthogonale au plan formé par le conducteur rectiligne et lechamp magnétique ;

�

sens : il est conforme à la règle de la main droite ; il suffit de poser fictivement la main droite sur le

fil : la paume de la main est tournée dans le sens de (sens Sud-Nord d’une aiguille aimantée placéeentre les branches de l’aimant en U), le courant sort par les doigts ; le pouce écarté donne le sens de

(voir schéma) ;

�

valeur : où

α

est l’angle formé par les directions du conducteur et du champmagnétique.

La valeur de est maximale lorsque ( orthogonal à la position rectiligne de circuit) ;

dans ce cas : .

La force de Laplace est proportionnelle à l’intensité du courant (le champ magnétique est constant) ;la force exercée est donc sinusoïdale de même fréquence que l’intensité du courant.

Le fil vibre.

La fréquence des modes propres est quantifiée : , .

On doit donc avoir : ce qui est vérifié.

Les fréquences suivantes seront égales à : où n est un entier.

Longueur du tuba longueur du saxophone longueur du fifre Plus la longueur est élevée etplus l’instrument est grave.

Pour un même instrument, le son émis peut être rendu plus aigu en raccourcissant la longueur dutube, donc schématiquement en débouchant quelques trous.

B F

F

B

F

F i t( )�B sin α=

F α 90°= B

F i t( )�B=

ν2 2ν0= ν3 3ν0=

ν3ν2----- 1 5,=

νn nν0=

> > →

Activité

�

Activité

�

Activité

�

Activité

Activité


171


L’onde réfléchie a la même amplitude et la même fréquence que l’onde incidente ; elle se propage ensens inverse.

On peut constater :– l’existence de points immobiles à tout instant ( , , ) ;– l’existence de points vibrant avec une très grande amplitude (A par exemple) ;– l’absence de propagation : les points de la corde compris entre et vibrent en phase ; lespoints de la corde compris entre , en opposition de phase par rapport à ceux compris entre N

1

et N

2

.Nous sommes en présence d’une onde stationnaire.

L’expression de la fréquence du mode fondamental en fonction de la longueur de la corde, de latension de la corde et de la masse linéique de la corde s’obtient en écrivant que :

avec .

�

La vitesse v de propagation d’une onde sur cette corde s’obtient en utilisant :

.

Application numérique : .

�

a)

La valeur F de la tension de la corde est égale à la force exercée par la masse sur la corde c’est-à-dire au poids de la masse puisque la masse est à l’équilibre.


b)

Masse linéique de la corde :

.


Le mode fondamental de vibrations d’une colonne d’air a pour fréquence : .


On retrouve bien la fréquence du « la » ; la caisse du diapason est bien une caisse de résonance.

N1 N2 N3

N1 N2N2 N3

ν0

ν01T-- v

2L-----= = v F

μ---=

ν012L----- F

μ---=

ν0v

2L-----= v⇒ 2Lν0=

v 24 m s 1 – ⋅ =

T Mg= → T 0 245 N ,=

v Fμ---= μ→ F

v2-----=

μ 0 42, 10 3– Kg m 1 – ⋅⋅ =

ν0v

4L-----=

ν0 440 Hz =

Activité

�

Activité

�

Activité

Activité

�


172


Base de temps :

0,1 ms/div

.

Le son émis par le haut-parleur est le plus aigu pour l’oscillogramme du milieu ; la fréquence est laplus élevée

(4 000 Hz)

.

L’intervalle exprimé en savart est donné par :

.

�

Note de fréquence 370 Hz : ; cette note est trois demi-tons

en-dessous dans la gamme tempérée (fa #).

�

L

a note est une octave au-dessous de la note : sa fréquence est :

.

La note est une octave au-dessus du : sa fréquence est

�

Calculons, d’octave en octave, les fréquences des « la » successifs :

: ;

; ;

: ; .

Le « la » le plus bas appartient à l’octave .

Le « la » le plus haut appartient à l’octave .

Ce son a deux harmoniques : il est com-plexe.

Le premier harmonique a pour fréquence250 Hz et pour amplitude 4 V, sa périodeest égale à 4 ms.

Le deuxième harmonique a pour fré-quence 500 Hz et pour amplitude 2 V, sapériode est égale à 2 ms.

ΔH 1 000f

la

3

f

ré

3

------- ⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

log ⋅ = Δ H ⇒ 1 000 440294

-------- ⎝ ⎠⎛ ⎞ log ⋅ 175 = = Δ H ⇒ 175 � =

ΔH 1 000N

2

N

1 ------ log ⋅ = Δ H ⇒ 75 � =

la2 la3

4402

-------- 220= Nla2⇒ 220 Hz =

la4 la3 440 2× 880= Nla4⇒ 880 Hz =

Nla2

Nla3

2--------- 440

2-------- 220 Hz = = = Nla1

2202

-------- 110 Hz = =

Nla0

1102

-------- 55 Hz = = Nla 1–

552----- 27 5, Hz = =

Nla42Nla3

880 Hz = = Nla52Nla4

1 760 Hz = = Nla62Nla5

3 520 Hz = =

1–( )

5( )

Activité

�

Activité

�

Activité

�

Activité

�


173



Onde stationnaire

Il faut que la longueur de la corde soit réglée de manière à ce que ces ondes se superposent exacte-ment sur cette longueur.

Fuseaux

Guitare

Le son sera plus aigu si la fréquence est plus grande ; comme les fréquences propres sont proportion-

nelles à la célérité v : et que la célérité augmente avec la tension de la corde , il

faut donc augmenter la tension de la corde.

Corde de Melde

�

Les points M et N situés chacun à 20 cm des extrémités fixes de la corde oscillent en phase.

�

Les points M et I vibrent en opposition de phase.

Mode fondamental

Une corde vibre entre ses deux extrémités fixes en un seul fuseau à la fréquence 200 Hz ; sa longueurvaut 1 m.

νnnv2L-----= v F

μ---=

Exercice �

Exercice �

Exercice �

Exercice �

Exercice �



� La fréquence du mode fondamental est égale à 200 Hz ; cette fréquence s’exprime par :

La célérité v des ondes dans la corde s’exprime par : .


� Si on quadruplait la tension de la corde, la célérité v des ondes dans la corde serait multipliée par 2

puisque : ; la fréquence propre du mode fondamental de vibration de la corde serait dou-

blée.

Tuyau sonore

La fréquence du mode fondamental est d’autant plus faible (note plus grave) que la longueur L estimportante. Dans ce cas, la longueur L de la colonne d’air diminue; le son devient plus aigu.

Contrebasse

Un contrebassiste veut accorder son instrument : une corde, de longueur 80 cm, doit émettre le (fréquence 220 Hz). La masse linéique de la corde est de 5 g/m.

La tension F s’exprime en fonction de la célérité des ondes : .

D’autre part, la fréquence du mode fondamental est égale à : .


Cordes de guitare

� Fréquence de la corde n°2 : la fréquence du correspond à la fréquence du divisée par 4 (lafréquence est divisée par 2 pour un octave) .

Gamme tempérée :

La note est 5 demi-tons en-dessous de la note .

Fréquence du : .

La fréquence du correspond à la fréquence du divisée par 2 .La note est 7 demi-tons en-dessous de la note .

Fréquence du : .

On procède de même pour les trois autres notes.

Fréquence du ; fréquence du ; fréquence du .

� L’expression de la fréquence du mode fondamental en fonction de la longueur de la corde, de

la tension de la corde et de la masse linéique de la corde s’obtient en écrivant que :

avec ; la masse linéique de la corde est égale à :

do do# ré ré# mi fa fa# sol sol# la la# si do

ré b mi b sol b la b si b

ν0v

2L-----=

v 2Lν0=

v 400 m s 1 – ⋅ =

v Fμ---=

la2

v Fμ---= F→ μv2=

ν0v

2L-----= F→ μv2 4μL2ν0

2= =

F 620 N =

la1 la3fréquence du la1 110 Hz = →

mi1 la1

mi1Nla1

Nmi1

---------- 25

12-----

= fréquence du mi1 82 4, Hz = →

la2 la3 fréquence du la2 220 Hz = →ré2 la2

ré2

Nla2

Nré2

--------- 27

12-----

= fréquence du ré2 146 8, Hz = →

sol2 196 Hz = si2 247 9, Hz = mi3 329 6, Hz =

ν0

ν01T-- v

2L-----= =

v Fμ--- N0→ 1

2L----- F

μ---= =

μ ρ πD2

4--------- F→ ρπD2L2N0

2= =

Exercice

�

Exercice �

Exercice



Spectre de fréquences

L’analyse spectrale d’un son permet d’obtenir le diagramme suivant :

� a) Ce son est simple car il n’y a pas d’autre harmonique que le fondamental.

b) La fréquence du son étudié est : 660 Hz.

� Calcul de l’intervalle entre les sons de fréquence et :

.

En gamme tempérée un intervalle de un demi-ton correspond à 25 ∇.

La note la plus proche en gamme tempérée est donc la note située à 7 demi-tons au-dessus du.

� . Application numérique : .

Tuyaux à embouchure de flûte

� On a représenté des nœuds de pression et des ventres de pression

� Dans le cas général : (k entier) ⇒ .

Pour le fondamental, donc : .

« Image » d’un son

� La période correspond à 4 divisions : .

La fréquence est donnée par : .

� L’oscillogramme ne correspond pas à une sinusoïde pure : Il s’agit d’un son complexe.

� Pour étaler au maximum le signal sur l’écran tout en conservant au moins une période on devrachoisir : 0,5 ms/div.

corde no 1 2 3 4 5 6

F (N) 82,8 93,2 102,7 113,0 73,2 66,0

N 660 Hz = N la3( ) N3 440 Hz = =

ΔH 1 000 NN

3

------ log 176 � = =

mi4la3

N 12L----- F

μ---= L 0,304 m 30,4 cm= =

N V N

N N N

N V N

1 : a : Fondamental :

b : Harmonique de rang 2 :

c : Harmonique de rang 3 :

V V

N V N V

L k λ2---= λ vT v

N--- L⇒ kv

2N------= = =

k 1= NA 243 Hz ≈

TA 4 ms =

NA1TA----- 1

0 004,------------- 250 Hz = = =

Exercice

Exercice

�

Exercice

�


176


Hauteur et timbre

�

Pour visualiser un son avec un oscilloscope il faut :

un microphone (transducteur mécanique-électrique), un amplificateur (augmente l’amplitude de latension associée au signal) et un oscilloscope (permet de visualiser les variations de la tension surl’écran).

�

a)

Oscillogramme 1 : une période correspond à 6 div .



b)

Le sons 1 et 3 ont la même fréquence, donc la même hauteur, mais l’un est simple et l’autre com-plexe donc les sons n’ont pas le même timbre.

c)

Le son le plus aigu est celui qui a la plus grande fréquence, donc la plus petite période soit : le sonn°2.

�

a)

Le son analysé est complexe, il comporte trois harmoniques : c’est le son n° 1.

b)

Les fréquences des harmoniques sont : 330 Hz, 990 Hz, 1 650 Hz.

c)

Le fondamental ou harmonique de rang 1 a pour fréquence : 330 Hz ;

La fréquence de 990 Hz correspond à l’harmonique de rang 3 .

La fréquence de 1 650 Hz correspond à l’harmonique de rang 5 .

�

a)

Une clarinette, tuyau sonore fermé à une extrémité, n’a que les harmoniques de rang impair, cequi est le cas du son étudié.

b)

Nous avons représenté les ventre et nœud de pression pour le mode fondamental

; application numérique : .

c)

Dans la gamme tempérée l’intervalle entre la note de fréquence 330 Hz et le est :

demi-tons.

La note est qui est 5 demi-tons au-dessous de la note .

Intensité sonore

La relation entre niveau sonore et intensité acoustique est :

Influence de la distance sur l’intensité sonore

�

Une période correspond à (4 div) soit : .

La fréquence du son émis est : .

�

En gamme tempérée l’intervalle entre cette note et le est égal à :

demi-tons

La note située 6 demi-tons au-dessus de est : le .

�

Si l’intensité sonore augmente, c’est l’amplitude de la tension observée qui augmente, la périoderestant inchangée.

T1⇒ 3 ms =

T2⇒ 1 5, ms =

T3⇒ 3 ms =

990 330 3×=( )

1 650 330 5 × = ( )

V N

L λ4--- c

4N------= = L 0 26, m =

la3

ΔH 1 000 440330

-------- log ⋅ 125 � Δ H → 12525

-------- 5 = = = =

mi3 la3

LdB 10 II0--- I⇒log⋅ 1 6 10 3–⋅ W m 2 – ⋅ ,= =

T 0 8, ms =

f 1T--= f 1 250 Hz =

la4

ΔH 1 000 1 250880

------------- log ⋅ 152 � Δ H → 15225

-------- 6 ≈ = = =

la4 ré5#

Exercice

Exercice

�

Exercice

�


177


�

Les niveaux sonores 40 dB et 60 dB correspondent à des intensités sonores telles que :

.

L’intensité sonore et la puissance sonore reçues étant proportionnelles on a : .

Les puissances sont inversement proportionnelles aux carrés des distances :

.


Corde de contrebasse

�

Le solide de masse m accroché pour tendre la corde permet de donner une tension égale à :. Si la corde vibre suivant le mode fondamental sa longueur est égale à une demi-lon-

gueur d’onde :

.


�

La corde émet les harmoniques :

d’ordre 2 de fréquence : .

d’ordre 3 de fréquence : .

L2 L1– 10I2I0---log⋅ 10

I1I0---log⋅–

I2I1---⇒ 102 100= = =

I2I1---

P2P1----- 100= =

P2P1-----

d12

d22

----- 100d2d1-----⇒ 100 10 d2⇒ 10d1= = = = =

d2 10 m =

F P mg= =

L λ2--- vT

2----- v

2N------

12N------ F

μ---

12N------ mg

μ------- m⇒ 4L2N2 μ

g---= = = = = =

m 31 57, kg =

la0

2 55× 110 Hz =

3 55× 165 Hz =

Exercice

�


178


Travaux pratiques 8


�

Exploitation des résultats

�

L’équation de la réaction de dosage

.

�

Le graphe :

�

À l’aide de la méthode des tangentes, les coordonnées du point équivalent sont : et .

�

Calculons d’abord la concentration molaire des ions ; à l’équivalence : soit :

d’où : .

La concentration massique : .

Cherchons l’erreur que peut provoquer sur le résultat, le volume d’une goutte :

soit .

La valeur donnée sur l’étiquette est une valeur moyenne ce qui peut expliquer l’écart entre la valeurexpérimentale de la concentration en ions hydrogénocarbonate et la valeur sur l’étiquette.

HCO3– H3O++ CO2 2H2O+→

pH f VA( )=

VAeq 13 5 mL ,= pHeq 4 55,=

HCO3–

nHCO3– n

H3O+ajoutés=

HCO3–[ ] Veau× H3O+[ ] VAeq×=

HCO3–[ ]

H3O+[ ] VAeq×Veau

----------------------------------- 0 02, 13 5, 10 3–⋅×50 0, 10 3–⋅

------------------------------------------- 5 40, 10 3– mol L 1 – ⋅ ⋅ = = =

C HCO3–[ ] MHCO

3–× 5 40, 10 3– 61×⋅ 329 mg L 1 – ⋅ = = =

ΔV 0 05 mL ,=

ΔCH3O+[ ] ΔVAeq×

Veau--------------------------------------- 0 02, 0 05, 10 3–⋅×

50 0, 10 3–⋅------------------------------------------- 2 10 5– mol L 1 – ⋅ ⋅ = = = 1 2 mg L 1 – ⋅ ,


179


�

Zone d’équivalence : correspond au saut de pH ; ce pH est inférieur à 7.

Zone tampon : à la demi-équivalence.

Espèces prédominantes : avant l’équivalence : ; après l’équivalence : .

�

À la demi-équivalence : du couple soit : (pour un volume) : 6,35.

�

Questions

�

Quelle verrerie utiliser pour :

�

Mesurer un volume de 50,0 mL d’eau : une fiole jaugée de 50,0 mL.

�

Ajouter l’acide chlorhydrique : burette graduée de 25,0 mL.

�

Le domaine de prédominance des ions carbonate :

Les ions carbonate sont prédominants pour .

On peut considérer la quantité d’ions négligeable devant celle des ions pour :

soit pour donc pour .

Travaux pratiques 9

�

Il faut donc peser une masse

d’ .

On dilue ensuite avec de l’eau distillée pour obtenir 50 mL de solution.

�

La relation entre conductance G et conductivité

σ

est : d’où : environ.

�

L’équation de la réaction est : .

�

Le produit formé est du chlorure d’argent de formule AgCl ; il s’agit d’un solide non dissous dansl’eau, donc non conducteur. Il n’a pas d’influence sur la valeur de la conductivité de la solution.

HCO3– CO2

pH pKA= CO2dissous HCO3–⁄

Veq 2⁄ 13 50, 2⁄ 6 75 mL ,= =

CO2, H2O prédomine HCO3

pH10,26,4

– CO32– prédomine

pH 10 2,>

CO32– HCO3

–

HCO3–[ ]

CO32–[ ]

------------------ 100> pH pKA2 2–≤ 10 2, 2–= pH 8 2,≤

m n M× C V M×× 0 1, 50 10 3– 169 87,×⋅× 0 849 35 g ,= = = = AgNO3

σ G kcel×= kcelσG--- 98 m 1 – = =

Cl– Ag++ AgCl→


180


�

Le graphe :

�

La courbe est constituée de 2 segments de droite. Le volume de nitrate d’argent versé à l’équiva-lence correspond à l’abscisse du point d’intersection entre ces segments, soit : .

À l’équivalence : soit : , ce qui donne :

soit : .

Sur l’étiquette, la concentration est de l’ordre de , les valeurs sont cohérentes.

� Avant l’équivalence : ion qui apparaît : ; ion qui disparaît : ; or :

,

donc la conductance diminue.

Après l’équivalence : ions qui apparaissent : , ; ion qui disparaît : aucun. Donc la conduc-tance augmente (plus fortement qu’elle ne diminue avant l’équivalence).

Sur l’étiquette de certaines bouteilles d’eau minérale est indiquée la valeur de la conductivité (notéeconductibilité).

Travaux pratiques 10Plus une eau est dure, plus elle contient d’ions calcium et magnésium, donc plus il sera difficile de lafaire mousser ; ce qui donne le classement des eaux par dureté croissante : Volvic, Evian et Vittel.

Le changement de couleur du mélange ne se fait correctement qu’en milieu basique (pH 10) ; en effet,les ions complexes formés par les ions calcium et l’EDTA ne sont stables qu’à ce pH.

G f V( )=

Veq Veq 9 5 mL ,=

nCl– nAg+= Cl–[ ] Veau⋅ Ag+[ ] Veq⋅=

Cl–[ ]Ag+[ ] Veq⋅

Veau--------------------------- 0 1, 9 5,×

100--------------------- 0 009 5 mol , L 1 – ⋅ = = =

m n C× 0 009 5 , 35 5 , × 337 mg L 1 – ⋅ = = =

330 mg L 1 – ⋅

NO3– Cl–

λNO3 aq( )– 71 4, λCl aq( )

–< 76 3,= =

Ag+ NO3–

CaY2–

Remarque

Question

�

Question

�


181


Exploitation des résultats

L’équation de la réaction entre l’EDTA et un ion calcium ou magnésium montre, qu’à l’équivalence : soit : , d’où :

d’ions calcium et magnésium.

La dureté (totale) de l’eau minérale testée est donc de 79,3 °TH.

nEDTA nCa2+ ou Mg2+= C0 V0× C V×=

CC0 V0×

V----------------- 0 1, 15 85,×

200--------------------------- 79 3, 10 4– mol L 1 – ⋅ ⋅ = = =


182



Les ions hydrogénocarbonate dans une eau minérale

�

Le pH de l’eau minérale

a)

b)

À , l’espèce majoritaire est .

�

Dosage pH-métrique de l’eau minérale

a)

.

b)

L’indicateur le plus approprié possède une zone de vitrage correspondant au pH à l’équivalencequi se situe en milieu acide , soit le vert de bromocrésol.

c)

D’après de graphe : d’où :

soit :

soit un écart de 24 mg soit ; 5,6 %. Les valeurs sont compatibles.

d)

d’où .

�

Simulation du dosage des ions hydrogénocarbonate.

a)

Durant le dosage les ions hydrogénocarbonate sont consommés donc leur concentration diminue.

b)

L’espèce 3 est produite par la réaction : , . Après l’équivalence, la concentration diminuepar dilution.

c)

à la demi-équivalence, c’est-à-dire au point de la courbe 1 correspondant à l’intersec-tion des courbes 2 et 3 pour laquelle .

Ainsi on trouve graphiquement : .

d)

À l’équivalence, tout est consommé ; cela correspond au point pour lequel la courbe 2arrive à 0, soit : (lecture sur courbe 1).

L’acide citrique dans une eau minérale naturelle aux extraits de citron

�

Étude théorique de la réaction entre une solution d’acide citrique et une solu-tion de soude

1 a)

.

b)

.

c)

À l’équivalence acido-basique les réactifs sont mis dans les proportions stœchiométriques.

d)

.

2

: : : .

3 a)

La courbe décroît donc il s’agit de .

La courbe croît lorsque décroît donc .

La courbe : .

La courbe : .

b)

À : et sont prédominants : .

c)

Lorsque , d’après la figure 2, donc le pH est environ de 3,0d’après la figure 1. Ceci était prévisible car, à ce moment, .

pH 7 3,= HCO3–

HCO3– H3O++ CO2 2H2O+→

pH 4 3,=

Vaeq 13 3 mL ,=

HCO3–[ ]

Ca Vaeq×Veau

---------------------- 0 010, 13 3, 10 3–⋅×20 10 3–⋅

---------------------------------------------- 6 7, 10 3– mol L 1 – ⋅ ⋅ = = =

Cm HCO3–[ ] MHCO3

–× 6 7, 10 3– 61×⋅ 406 mg = = =

Ca T.A.C.× HCO3–[ ] Veau×= T.A.C.

HCO3–[ ] Veau×Ca

----------------------------------- 6 7, 10 3– 100×⋅0 02,

-------------------------------------- 33 3,= = =

CO2 H2O

pH pKa=HCO3

–[ ] CO2[ ]=

pH 6 4,=

HCO3–

pHeq 4 5,=

na Ca Va× 1 0, 10 2– 25 10 3–⋅×⋅ 2 5, 10 4– mol ⋅ = = =

nbe Cb VbE× 6 0, 10 2– 12 5, 10 3–⋅×⋅ 7 5, 10 4– mol ⋅ = = =

H3A 3OH–+ A3– 3H2O+→

pKa1 H3A H2A–⁄ pKa2 H2A– HA2–⁄ pKa3 HA2– A3–⁄

1( ) H3A

2( ) 1( ) H2A–

3( ) HA2–

4( ) A3–

Vb 0= H3A H2A– H3A OH+ H2A– H2O+→

%H3A %H2A–= Vb 2 0 mL ,=pH pKa1 3 1,= =

Exercice

�

Exercice

�


183


�

Dosage pH-métrique de l’acide citrique dans l’eau minérale

1

Pour déterminer le volume équivalent, il faut utiliser la méthode des tangentes.

2

d’où :

.

La dureté d’une eau

�

.

�

Une eau est dite « dure » lorsque son titre hydrotimétrique dépasse 30 ˚TH.

�

d’ions calcium et magnésium.

Or : , donc : cette eau est à 29,5 ˚TH.

�

Dans la 2

ème

étape, on a précipité tous les ions ; reste donc en solution les ions dosés par l’EDTA.

�

2

ème

étape : ; or :

, donc : .

1

ère

étape : nécessaire pour doser tous les ions calcium

et magnésium, donc seul : d’EDTA ont été nécessaire

pour doser les ions calcium, soit : .

�

La dureté totale est : , donc : cette eau est à27,5 °TH.

Dosage conductimétrique

�

Le schéma du montage :

�

L’équation de la réaction est : .

�

Tableau des quantités de matière :

Ions

À l’état initial

Vbeq 9 5 mL ,=

Ca Va× Cb Vbeq×=

Ca

Cb Vbeq×Va

---------------------- 6 0, 10 2– 9 5, 10 3–⋅×⋅25 0, 10 3–⋅

------------------------------------------------------ 2 9, 10 2– mol L 1 – ⋅ ⋅ = = =

Ca2+[ ] 78 10 3–⋅40

---------------------- 1 95, 10 3– mol L 1 – ⋅ ⋅ = =

Mg2+[ ] 24 10 3–⋅24

---------------------- 1 00, 10 3– mol L 1 – ⋅ ⋅ = =

K+[ ] 1 10 3–⋅39

------------------- 0 026, 10 3– mol L 1 – ⋅ ⋅ = = Na+[ ] 5 10 3–⋅23

------------------- 0 22, 10 3– mol L 1 – ⋅ ⋅ = =

1 ° TH 1 10 4 – mol L 1 – ⋅ ⋅ =

Ca2+[ ] Mg2+[ ]+ 2 95, 10 3– mol L 1 – ⋅ ⋅ =

Ca2+ Mg2+

nEDTA 1 25, 10 3– 0 01,×⋅ 1 25, 10 5– mol ⋅ = =

nEDTA nMg2+ 1 25, 10 5– mol ⋅ = = Mg2+[ ] 1 25, 10 5–⋅50 10 3–⋅

-------------------------- 2 5, 10 4 – mol L 1 – ⋅ ⋅ = =

nEDTA 14 10 3– 0 01,×⋅ 14 10 5– mol ⋅ = =

14 10 5–⋅ 1 25, 10 5–⋅– 12 75, 10 5– mol ⋅ =

Ca2+[ ] 12 75, 10 5–⋅50 10 3–⋅

----------------------------- 25 5, 10 4– mol L 1 – ⋅⋅ = =

Ca2+[ ] Mg2+[ ]+ 27 5, 10 4– mol L 1 – ⋅ ⋅ =

Cl– Ag++ AgCl→

Ag+ NO3– K+ Cl–

C′ V′⋅ C′ V′⋅ C V⋅ C V⋅

Exercice

�

Exercice

�


184


�

Tableau des concentrations :

�

Lorsque est le réactif limitant : soit :

Lorsque est le réactif limitant : soit :

.

De plus, .

�

Ce qui donne : lorsque est le réactif limitant :

.

Soit : .

La fonction : est une droite croissante car son coefficient directeur :

est négatif .

�

Lorsque est le réactif limitant

.

Soit : .

La fonction : est une droite croissante car son coefficient directeur :

est positif.

Le point de la courbe de conductance minimal est le point équivalent du dosage ; alors :

d’où : .

■

lorsque est le réactif limitant

0


0

Ions


0


0

Ag aq( )+ C′ V′⋅ C V⋅ C V⋅ C′ V′⋅–

Cl aq( )– C′ V′⋅ C V⋅– C′ V′⋅ C V⋅

Ag+ NO3– K+ Cl–

Ag aq( )+ C′ V′⋅

V V′+-------------- C V⋅

V V′+-------------- C V⋅ C′ V′⋅–

V V′+-------------------------------

Cl aq( )– C′ V′⋅ C V⋅–

V V′+------------------------------- C′ V′⋅

V V′+-------------- C V⋅

V V′+--------------

Ag aq( )+ σ λNO3

– NO3–[ ]⋅ λK+ K+[ ]⋅ λCl– Cl–[ ]⋅+ +=

σ λNO3–

C′ V′⋅V V′+--------------⋅ λK+

C V⋅V V′+--------------⋅ λCl–

C V⋅ C′– V′⋅V V′+

-------------------------------⋅+ +=

Cl– σ λNO3– NO3

–[ ]⋅ λK+ K+[ ]⋅ λAg+ Ag+[ ]⋅+ +=

σ λNO3–

C′ V′⋅V V′+--------------⋅ λK+

C V⋅V V′+--------------⋅ λAg+

C′ V′⋅ C– V⋅V V′+

-------------------------------⋅+ +=

G σk---=

Ag aq( )+

G V V′+( )⋅λNO3

– C′ V′⋅( )⋅ λK+ C V⋅( )⋅ λCl– C V⋅ C′– V′⋅( )⋅+ +[ ]

k-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------=

G V V′+( )⋅C′ V′ λNO3

– λCl––( )⋅ ⋅ C V λK+ λCl–+( )⋅ ⋅+[ ]

k-----------------------------------------------------------------------------------------------------------=

G f V′( )=λNO3

– λCl––( ) C′⋅

k------------------------------------------

λNO3– λCl–<( )

Cl aq( )–

G V V′+( )⋅λNO3

– C′ V′⋅( )⋅ λK+ C V⋅( )⋅ λAg+ C′ V′⋅ C V⋅–( )⋅+ +[ ]

k--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------=

G V V′+( )⋅C′ V′ λNO3

– λAg+–( )⋅ ⋅ C V λK+ λAg+–( )⋅ ⋅+[ ]

k--------------------------------------------------------------------------------------------------------------=

G f V( )=λNO3

– λAg++( ) C′⋅

k--------------------------------------------

C V⋅ C′ Veq′⋅= CC′ Veq⋅

V----------------- 1 10 3– 20⋅ ⋅

100----------------------------- 2 10 4– mol L 1 – ⋅ ⋅ = = =

′


185




De l’Antiquité au Moyen-Âge les systèmes de transmission étaient lents et peu fiables (pigeons voya-geurs, signaux optiques, messagers, ...).

En 1464, Louis XI instaure la poste comprenant un ensemble de relais répartis dans le royaume.

En 1792, le français Claude Chappe propose un système de transmission optique de l’information parl’intermédiaire de tours disposées à portée de vue les unes des autres ; il ne faut plus que quelquesheures à un message pour traverser la France.

En 1843, l’américain Samuel Morse invente le télégraphe ce qui permet de communiquer rapidemententre différents pays.

En 1887, l’allemand Heinrich Hertz met en évidence la propagation des ondes électromagnétiquesdans l’air ce qui donnera la radio, ...

Les systèmes de transmission d’information peuvent être classés en différentes catégories suivant lesupport (support matériel ou non) et les signaux transmis (signal unique ou signaux multiples).

Il est nécessaire d’utiliser une antenne extérieure dans les automobiles pour capter les ondes utiliséesen radio parce que la carcasse métallique de l’automobile joue le rôle de miroir pour les ondes hert-ziennes.

La longueur L de l’antenne d’émission doit au minimum avoir une longueur égale au quart de la lon-

gueur d’onde de l’onde émise : . La longueur d’onde est reliée à la fréquence :

.

Calculer la longueur L que devraient avoir les antennes d’émission pour diffuser :

a)

Pour une fréquence sonore de 500 Hz : soit 150 km ce qui est impossible àréaliser ;

b)

Pour un signal de fréquence 500 kHz : .

L’amplitude est égale à : 0,4 V.

La période est égale à : 2 ms soit une fréquence égale à 500 Hz.

support / signal

téléphone local ou câble coaxial d’oscilloscope support matériel / signal unique

câble TV support matériel / signaux multiples

radio support non matériel / signaux multiples

télécommande infra-rouge support non matériel / signal unique

L λ4---=

λ cf--= L→ c

4f----=

L 150 000 m =

L 150 m =

Activité

�

Activité

�

Activité

�

Activité

�

Activité

�


186


Les tensions et sont sinusoïdales de valeurs moyennes nulles ; les signaux 2 et 3 con-viennent.

Le signal a une fréquence plus basse que le signal ; sa période est donc plus grande ; ilcorrespond donc au signal 2.

Le signal 4 correspond à la somme d’une tension sinusoïdale et d’une tension continue ; il s’agit doncde .

Le signal 1 correspond au signal modulé .

uS t( ) v t( )

uS t( ) v t( )

u t( )

Um t( )

Activité

�

Tension : u t( ) uS t( ) u0+=


187


.

Pour le signal à transmettre de 100 Hz, l’intervalle à couvrir sera .

Pour le signal à transmettre de 5 kHz, l’intervalle à couvrir sera .

Outre la porteuse, ce spectre comporte deux bandes latérales : et.

�

France-inter : 162 kHz ; Europe 1 : 182 kHz ; RTL : 236 kHz.

�

France-inter : 1 852 m ; Europe 1 : 1 648 m ; RTL : 1 271 m.

�

La fréquence de cet oscillateur s’exprime par : L’inductance de la bobine permet-

tant de capter la BBC vaut donc : .

Situations expérimentales Enregistrement

et sont ouverts ;le système d’acquisition est relié aux points S et M

Enregistrement n° 4

et sont ouverts ;l’oscilloscope est relié aux points A et M

Enregistrement n° 1la diode redresse la tension ; elle enlève la partie négative

est fermé et est ouvert ;l’oscilloscope est relié aux points B et M


et sont fermés ;l’oscilloscope est relié aux points D et M


m L �–L �+----------- 0 51,= =

399 9 ; 400 1 ,, [ ] kHz

395 0 ; 405 0 ,, [ ] kHz

395 ; 399 9 , [ ] kHz400 1, ; 405 [ ] kHz

K1 K2

K1 K2

K1 K2

K1 K2

λ cf--= →

f01

2π LC-----------------= →

L 14π2Cf0

2----------------- 0 65 mH ,= =

Activité

�

Activité

Activité

Activité

�


188



Vrai ou faux

On considère la transmission d’un signal par une onde modulée en amplitude.

�

Vrai ; la fréquence de la porteuse est constante.

�

Faux ; la fréquence de la porteuse est très supérieure à celle du signal à transmettre.

�

Faux ; l’amplitude de l’onde modulée varie.

�

Faux ; le taux de modulation doit être inférieur à 1.

Grandes ondes

La fréquence s’exprime par : .


Émission d’ondes hertziennes

�

La fréquence de cet oscillateur s’exprime par : .


�

La longueur d’onde des ondes électromagnétiques émises s’exprime par : .


Tension modulée

�

La tension de décalage doit être supérieure à l’amplitude du signal.

La valeur minimale de est donc 1 V.

�

Le signal modulant basse fréquence (BF) s’écrit : (avec )

Le signal porteur haute fréquence (HF) s’écrit : (avec ).

Le multiplieur effectue l’opération :

.

De la forme : .

L’amplitude de la tension modulée est égale à : soit .

Le taux de modulation est égal à : soit .

�

L’expression de la tension modulée en fonction du temps s’écrit :

.

Observation d’une tension modulée en amplitude

f cλ---=

f 182 kHz =

f01

2π LC-----------------=

f0 112 5 kHz ,=

λ cf--=

λ 2 666 m =

U0

U0

u t( ) u t( ) Um ωtcos⋅= ω 2πf=

v t( ) v t( ) Vm Ωtcos⋅= Ω 2πF=

s t( ) k U0 u t( )+[ ] v t( )⋅ k U0 Um ωtcos+( ) Vm Ωtcos⋅ ⋅= =

s t( )→ kU0Vm 1UmU0------- ωtcos+⎝ ⎠

⎛ ⎞ Ωtcos=

s t( ) A 1 m ωtcos+( ) Ωtcos=

A kU0Vm= A 0 8 V ,=

mUmU0-------= m 0 5,=

s t( ) 0 8 1 0 5, 103πt( )cos+( ) 2 106πt⋅( )cos,=

Exercice

�

Exercice

�

Exercice

�

Exercice

�

Exercice

�


189


�

Le taux de modulation m s’obtient en mesurant et sur l’enregistrement ;

; .

.




est le signal modulé :

.

L’amplitude de la tension modulée est égale à : ; pour déterminer , il faut calculer A.

L’enveloppe positive du signal évolue entre deux valeurs extrêmes de la tension appelées et :

; .

On a mesuré sur l’enregistrement : ; ce qui correspond à.

L’amplitude de la porteuse est connue, la tension de décalage s’exprime par : .


�

La période du signal émis vaut : ; la fréquence du signal émis vaut : soit

.

L’expression de la tension du signal est la suivante :

.

Le signal modulé représenté ci-dessus correspond au signal de la porteuse modulé par le signal modu-lant. La porteuse ayant une fréquence nettement plus grande que celle du signal modulant (donc unepériode nettement plus petite) la pseudo-période des oscillations rapides que l’on voit dans le signalmodulé correspond à la période de la porteuse.

Il y a vingt pseudo-périodes sur le signal modulé en 2 ms : .

La période vaut donc : ; soit .

L’expression de la tension de la porteuse est la suivante :

.

Tension modulée

La tension modulée en amplitude a pour expression :

.

Recherchons l’expression littérale de cette tension modulée .




Umax Umin

Umax 1 4 V ,= Umin 0 6 V ,=

mUmax Umin–

Umax Umin+---------------------------- 1 4 0 6,–,

1 4, 0 6,+--------------------- 0 4,= = =

u t( ) u t( ) Um ωtcos= ω 2πf=

v t( ) v t( ) Vm Ωtcos= Ω 2πF=

s t( ) k U0 u t( )+[ ] v t( )⋅ k U0 Um ωtcos+( ) Vm Ωtcos⋅= =

s t( )

s t( ) kU0Vm 1UmU0------- ωtcos+⎝ ⎠

⎛ ⎞ Ωt s t( )→cos A 1 m ωtcos+[ ] Ωtcos= =

A kU0Vm= U0

UmaxUmin

Umax A 1 m+( )= Umin A 1 m–( )=

Umax 1 4 V ,= Umin 0 6 V ,=A 1 0 V ,=

U0A

kVm---------=

U0 2 5 V ,=

TS 2 ms = f 1TS-----=

f 500 Hz =

u t( )→ 1 0 2πftcos, 1 0 1 000 π t ( ) cos ,= =

20TP 2 10 3–⋅ s =

TP 0 1 ms ,= F 1TP-----= F 10 000 Hz =

v t( )→ 4 0, 2πFtcos 1 0 2 104πt⋅( )cos,= =

um t( ) 0 5 2 105πt⋅( )cos 2 5, 2 0 1 000 π tcos ,+ ( )⋅ ,=

um t( )u t( ) u t( ) Um ωtcos= ω 2πf=

v t( ) v t( ) Vm Ωtcos= Ω 2πF=

um t( ) k U0 u t( )+[ ] v t( )⋅ k U0 Um ωtcos+( ) Vm Ωtcos⋅= =

Exercice �



soit :

.

peut s’écrire aussi :

.

D’après les données et .

La tension de décalage est égale à : .

L’amplitude du signal à transmettre est : .

Le taux de modulation est égal à : soit .

La fréquence de la porteuse vaut : ; la fréquence du signal à transmettre vaut :.

Tension porteuse

� Le signal modulant basse fréquence s’écrit :

.

Le signal porteur haute fréquence s’écrit : .


L’expression, en fonction du temps, de la tension modulée est donc :

.

Il n’y a pas surmodulation puisque : .

� Pour tracer le spectre de fréquences de l’onde modulée en amplitude on utilise les valeurs de Aet m.

; ;

et .

Spectre de fréquences de la tension modulée :

Modulation d’amplitude

Comparons le spectre de fréquences donné et le spectre théorique.

um t( ) kVm Ωtcos U0 Um ωtcos+( ) 0 5 2 105πt⋅( )cos 2 5, 2 0 1 000 π tcos ,+ ( )⋅ ,= =

um t( )

um t( ) kU0Vm 1UmU0------- ωtcos+⎝ ⎠

⎛ ⎞ Ωtcos= um t( )→ A 1 m ωtcos+[ ] Ωtcos=

Vm 5 V = k 0 1 V 1 – ,=

U0 2 5 V ,=

Um 2 0, V =

mUmU0-------= m 0 8,=

F 105 Hz =f 500 Hz =

uS t( ) usm 2πftcos usm 1 6, 103πt⋅( )cos= =

uP t( ) VPm 2πFtcos 3 4 105πt⋅( )cos= =

um t( ) k U0 uS t( )+[ ]uP t( )=

um t( ) 0 3 4 105πt⋅( )cos 2 0, 1 5 1 6, 103πt⋅cos,+( )⋅,=

U0 usm> m 0 75,=

uSm t( ) A 1 m 1 6, 103πt⋅( )cos+[ ] 4 105⋅ πtcos 0 6 1 0 75 1 6, 103πt⋅( )cos,+[ ] 4 105πt⋅( )cos,= =

A 0 6 V ,= F fP 200 kHz = = f fS 0 8 kHz ,= =

fP fS–→ 199 2, kHz = fP fS+ 200 8 kHz ,=

Exercice

�

Exercice


191


Le signal modulé s’écrit sous la forme : .

�

La fréquence de la porteuse est donc égale à 300 kHz.

�

La fréquence du signal modulant est égale à 4 kHz.

�

Le taux de modulation vaut .

�

et où est l’amplitude du signal modulant.

L’amplitude de la porteuse vaut 10 V et le coefficient k est égal à ; on obtient donc :.

Récepteur radio

�

Analyse du récepteur

Les 4 sous-ensembles sont les suivants :

a)

Démodulateur : partie 3.

b)

Amplificateur du signal modulé : partie 2.

c)

Amplificateur du signal modulant : partie 4.

d)

Circuit oscillant accordé sur la fréquence f, telle que : partie 1.

�

La gamme d’ondes

La fréquence de l’oscillateur s’exprime par : La capacité du condensateur permet-

tant de capter une fréquence donnée vaut donc : soit .

�

Étude des tensions

a)

correspond à la tension du document V ; c’est le signal modulé qui n’a pas encore été ampli-fié.

b)

La tension modulante a une période correspondant à :

.

c)

correspond à la tension du document I ; c’est le signal modulé qui a été amplifié.

.

d)

(K ouvert) correspond à la tension du document III ; la diode permet de « redresser » la ten-sion c’est-à-dire de supprimer la partie négative.

e)

(K fermé) correspond à la tension du document IV.

La condition d’une bonne démodulation s’écrit : avec

um t( ) A 1 m ωtcos+[ ] Ωtcos=

fP

fS

m 811----- 0 73,= =

A kU0Vm 11 V = = mUmU0------- 0 73,= = Um

Vm 0 1, V 1 –

Um 8 V =

4π2f2LC 1=

f01

2π LC----------------- →=

C 14π2Lf0

2----------------= 0 32 nF , C 1 13 nF , < <

uAM

T′ 8 0 2,× 1 6 ms , f ′→ 625 Hz = = =

uBM

G 3 5, 0 5,×3 5, 5 10 3–⋅×--------------------------------- 100= =

uCM

uCM

T τ T′<« τ RC=

Exercice


192


La période du signal modulant vaut 1,6 ms.

La période T de l’onde porteuse est environ égale à 0,04 ms (en mesurant le nombre de pseudo-périodes sur l’enregistrement : 38 pour 1,6 ms)

f)

correspond à la tension du document II.

Le rôle du condensateur consiste à supprimer la composante continue de la tension (Kfermé).

T′

0 04 ms,→ < < RC 1 6 ms,<

uDM

C2 uCM


193



Travaux pratiques 11

�

La soude caustique est une solution aqueuse concentrée d’hydroxyde de sodium. Ses principalespropriétés sont : base très puissante ; déshydratant.

� Les résidus de boue rouge sont les autres oxydes (métalliques en particulier).

� ion cuivre (II) : ion fer (III) :

� À l’anode se produit une réaction d’oxydation :

� À la cathode se produit une réaction de réduction :

Dans le 1er cas : il se forme un dépôt rouge de cuivre :

Dans le 2ème cas : il se forme un dépôt noir de fer :

� Pour séparer les ions cuivre des ions fer, il suffit d’imposer une tension inférieure à 4 V : le cuivre seforme tandis que les ions fer restent en solution.

� soit : d’électrons,

qui donneront ce qui donne : de cuivre.


Exploitation des résultats� Anodisation de l’aluminium

a) À la cathode en plomb , les ions de la solution acide sont réduits en gaz dihydrogène qui se dégage.

b) Réduction cathodique :

Oxydation anodique :

Puis formation de l’alumine :

c) La quantité d’électricité , ce qui correspond au passage de

d’électrons.

Or, d’après les équations des réactions, la quantité d’alumine formée est de

soit : d’alumine.

� Affinage du cuivre

a) Réduction cathodique :


b) Il y a, à chaque instant, autant d’ions cuivre (II) à se former et à disparaître, donc : la concentra-tion en ions cuivre (II) dans l’électrolyte ne varie pas au cours de l’électrolyse.

Cu2+ Fe3+

Cl– = 12-- Cl2 e–+

Cu2+ 2e–+ = Cu

Fe3+ 3e–+ = Fe

Q I t× 0 1, 3 600 × 360 C = = = n QF--- 360

96 500 ----------------

3 7

,

10

3

–

⋅ mol = = =

3 73, 10 3–⋅2

-------------------------- 1 87, 10 3–⋅ mol = m n M× 118 mg = =

–( ) H+ H2

2H+ 2e–+ = H2

Al = Al3+ 3e–+

2Al3+ 3H2O+ = Al2O3 6H++

Q I t× 0 2, 30 60×× 360 C = = =

36096 500 ----------------

3 7

,

10

3

– mol ⋅ =

3 7, 10 3–⋅3

----------------------- 1 24, 10 3–⋅= mol m n M× 1 24, 10 3–⋅ 102× 0 126, g = = =

Cu2+ 2e–+ = Cu

Cu = Cu2+ 2e–+


194


�

La quantité d’électricité , ce qui correspond au passage de

d’électrons.

Or, d’après les équations des réactions, la quantité de cuivre formée est de

soit : de cuivre.


�

Antipyrétique : action contre la fièvre et analgésique : contre la douleur.

�

Il existe 2 formes d’aspirine soluble : aspirine tamponnée effervescente et l’aspirine non efferves-cente (acétylsalicylate de lysine).

�

La masse molaire de l’acide acétylsalicylique est de donc

c’est-à-dire molécules.

�

L’aspirine tamponnée soluble dans l’eau : son temps de présence dans l’estomac est réduit, ce quilimite les risques d’ulcère de la paroi stomacale ;

L’aspirine retard présente le même avantage que la formule galénique précédente mais le tempsd’absorption du principe actif est plus long ;

�

La forme galénique possédant la vitesse de libération du principe actif la plus élevée est l’injectionintraveineuse puisque le principe actif est immédiatement assimilé par le sang.

�

Le comprimé doit tout d’abord être dissous dans le liquide stomacal, ce qui provoque la libérationdu principe actif ; celui-ci traverse alors la paroi des cellules de l’estomac pour passer dans le sangavant d’être absorbé par les sites sensibles (organes).

Q I t× 2 45 60×× 5 400 C = = =

5 40096 500 ----------------

5 6

,

10

2

–

mol ⋅ =

5 6, 10 2–⋅2

----------------------- 2 8, 10 2–⋅ mol = m n M× 2 8, 10⋅= = 2– 63 5,× 1 77 g ,=

180 g mol 1 – ⋅

n mM---- 0 5,

180-------- 2 78, 10 3–⋅ mol = = =

2 78, 10 3–⋅ 6 02, 1023⋅× 1 67, 1021⋅=


195



L’anodisation de l’aluminium

�

L’anodisation protège l’aluminium d’une façon durable. L’anodisation facilite le nettoyage de l’alu-minium, augmente et améliore l’effet décoratif.

�

La couche d’alumine obtenue par anodisation présente une structure poreuse ; il convient donc de« colmater » les interstices existant.

Chromage d’un objet

�

�

La quantité d’électricité soit :

d’électrons.

D’après l’équation ci-dessus, il se formera alors de chrome soit :

de chrome ce qui correspond à un volume

. L’épaisseur e du film formé est donc de :

.

Synthèse de l’aluminium

�

Réduction cathodique :


�

La quantité d’alumine ce qui donne

d’Al. Soit une masse d’Al ;

�

Le dioxygène réagit avec le carbone suivant : .

À 9 804 mol d’alumine correspond d’ion oxyde soit de

dioxygène. La quantité de carbone consommé est alors de soit :

de C.

�

Calculons la quantité d’électricité mise en jeu : la quantité de matière d’électrons est de

soit : , d’où

soit 15 h 46 min.

Aspirine tamponnée effervescente

�

�

Au regard des , l’acide HA est l’acide le plus fort et la base est la base la plus forte.

Cr2O72– 14H3O+ 12e– = 2Cr 21H2O++ +

Q I t× 20 3 60×× 3 600 C = = =

3 60096 500 ----------------

3 7

,

10

2

– mol ⋅ =

3 7, 10 2–⋅6

----------------------- 6 2, 10 3–⋅ mol =

m n M× 0 006 2 , 52 × 0 32 , g = = =

V mρ---- 0 32,

7 2,---------- 0 0445 cm 3 ,= = =

e VS--- 0 0445,

100---------------- 4 45, 10 4–⋅ cm 0 445 , μ m = = = =

Al3+ 3e–+ = Al

2O2– = O2 4e–+

n mM---- 106

102-------- 9 804 mol = = = 2 9 804 × 19 608 mol =

m 19 608 27 × 529 4 kg ,= =

C 12-- O2+ CO→

3 9 804 × mol 3 9 804 × 2

----------------------

14 706 mol =

14 706 2 × 29 412 mol =

m 29 412 12 × 352 9 , kg = =

3 19 608 × 58 824 mol = Q 58 824 96 500 × 5 68 10 9 ⋅ , C = =

t QI--- 5 68, 109⋅

105----------------------- 5 68 104⋅, s = = =

pKa HCO3–

Exercice

�

Exercice

�

Exercice

�

Exercice

�


196


On s’attend donc à une réaction naturelle spontanée, donc la constante K sera grande, l’écart des étant de l’ordre de 3.

�

. réaction naturelle donc : 10 exposant (différence positive des )

.

La réaction entre HA et est totale :

�

Conduisant à la disparition de la forme HA, peu soluble dans l’eau, au profit de , soluble dansl’eau (disparition des particules solides).

�

dans l’estomac :

d’où

soit .

les ions réagissent avec les ions responsables du pH de l’estomac suivant :

constante réaction totale

�

avantages :

Seule la forme HA, liposoluble et sous forme de particules de petite taille, est susceptible de traverserla paroi de l’estomac.

Par contre lors de la dissolution dans un verre d’eau, seule la forme se dissout bien et évite la for-mation de grosses particules solides. La désagrégation du comprimé solide étant assurée par le déga-gement de .

■

pKa

KCO2[ ] A–[ ]

HA[ ] HCO3–[ ]

-------------------------------= pKa

K 10 6 4, 3 5,–( ) 102 9,= =

HCO3–

A–

pH pKaA–[ ]AH[ ]

------------⎝ ⎠⎛ ⎞log+=

1 3 5, A–[ ]AH[ ]

------------⎝ ⎠⎛ ⎞log+= A–[ ]

AH[ ]------------ 10 2 5,– 3 16, 10 3–⋅= =

AH[ ]A–[ ]

------------ 316=

A– H3O+

A– H3O++ AH H2O+→ K 10 0 3 5,–( )–( ) 103 5,= =

A–

CO2


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