Livre du professeur de physique terminale s

TSPhysique Chimie

Livre du professeur

Enseignement spécifique

Nouveau programme

Collection Dulaurans Durupthy

Sous la direction de

Thierry DULAURANSLycée Fernand-Daguin à Mérignac

André DURUPTHYLycée Paul-Cézanne à Aix-en-Provence

Physique ChimieT

Enseignement spécifiqueLivre du professeur

S

Michel BARDELycée Marcel-Pagnol à Marseille

Nathalie BARDELycée Saint-Charles à Marseille

Jean-Philippe BELLIERLycée Michel-Montaigne à Bordeaux

Vincent BESNARDLycée Montesquieu à Bordeaux

Marc BIGORRELycée des Graves à Gradignan

Julien CALAFELLLycée Bellevue à Toulouse

Éric DAINILycée Paul-Cézanne à Aix-en-Provence

Maryline DAINI-D’INCANLycée Maurice-Janetti

à Saint-Maximin-la-Sainte-Baume

Marie des Neiges DE FLAUGERGUESLycée du Grésivaudan à Meylan

Magali GIACINOLycée Paul-Cézanne à Aix-en-Provence

Nicolas LESCURE Lycée Michel-Montaigne à Bordeaux

Vanina MONNET Lycée Michel-Montaigne à Bordeaux

Bruno POUDENS Lycée des Graves à Gradignan

Isabelle TARRIDELycée Val de Durance à Pertuis

© Hachette Livre, 2012 – Physique Chimie Terminale S spécifique, Livre du professeur – La photocopie non autorisée est un délit. 2

SommaireErratum ................................................................................................... 3

OBSERVER : Ondes et matière

1 Ondes et particules ........................................................................... 52 Caractéristiques des ondes ............................................................... 103 Propriétés des ondes ........................................................................ 184 Analyse spectrale .............................................................................. 28

Pages Bac : exercices et TP ..................................................................... 39

COMPRENDRE : Lois et modèles

5 Cinématique et dynamique newtoniennes ........................................ 42

6 Application des lois de Newton et des lois de Kepler ...................... 56

7 Travail et énergie .............................................................................. 70

8 Temps et relativité restreinte ............................................................ 82

9 Temps et évolution chimique : cinétique et catalyse ......................... 90

10 Représentation spatiale des molécules ............................................. 100

11 Transformations en chimie organique : aspect macroscopique ......... 109

12 Transformations en chimie organique : aspect microscopique .......... 120

13 Réaction chimique par échange de proton ....................................... 132

14 Transferts macroscopiques d’énergie ................................................ 145

15 Transferts quantiques d’énergie et dualité onde-particule ............... 154


AGIR : Défis du xxie siècle

16 Les enjeux énergétiques ................................................................... 16817 Une chimie pour un développement durable .................................... 17318 Contrôle de la qualité par dosage .................................................... 18219 Stratégie de synthèse et sélectivité en chimie organique ................. 19320 Numérisation de l’information .......................................................... 20621 Transmission et stockage de l’information ........................................ 21422 Science et société ............................................................................. 222


COMPLÉMENTS

Complément au chapitre 4 : Spectroscopie UV-visible, IR et de RMN .... 233

Complément au chapitre 8 : La relativité restreinte ................................ 240

Évaluation des incertitudes de mesure ................................................... 253

Couverture : Pierre-Antoine Rambaud – Suivi éditorial : Annie Herschlikowitz

Maquette intérieure et composition : PCA / CMB Graphic

Schémas : Patrick Hanequand et Jean-Luc Maniouloux


ErratumLors de la réimpression de l’ouvrage, certaines erreurs ont été corrigées. Il est donc possible qu’il y ait différentes versions dans votre classe. Voici la liste des corrections qui nous semblent importantes.

Les éléments modifiés sont surlignés en jaune.

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

Chapitre 2Page 57, exercice 33

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


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

Chapitre 4Page 102, solution rédigée

Question 1 : « Domaine des nombres d’ondes pour

triCPH : 3 200-3 650 cm–1. »

Page 112, exercice 41

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

Chapitre 5Page 132, A. Étude expérimentale

Dans l’énoncé, il s’agit du référentiel « héliocen-trique » et non « géocentrique ».


Il manque la lettre « e. » avant le dernier schéma (mouvement circulaire uniforme).


Une aide au calcul indiquant que d2 ≈ 1,4 a été ajoutée.

Chapitre 6Page 161

La question 5 doit être numérotée 4.

Page 169

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


Dans l’énoncé, il faut préciser que la route horizon-tale est rectiligne.


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

sous la racine : vB = d 2e · E

me · d


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

Chapitre 8Pour déterminer ∆T’, il faut disposer de deux hor-loges fixes dans le référentiel galiléen (R’) et synchro-nisées entre elles, une horloge étant proche de l’un des événements, et l’autre horloge étant proche de l’autre événement.Cela a nécessité plusieurs modifications dans le cha-pitre.


Il faut préciser que c = 3,00 × 108 m · s–1.

Chapitre 9Page 232

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


Sur le graphe, en ordonnée, lire [H+ (t)], qui est bien sûr identique à [H3O+ (t)].


Dans le tableau, pour t = 150 s, il faut lire V (O2) = 171 mL et non 13 mL.


Partie A, question 2 : restreindre la question aux molécules A, B, C et D.


Dans la formule D, la liaison CpO doit être comme celle de B, au-dessus.


Page 295

Erreur de numérotation : l’exercice 24 a été numé-roté 20 par erreur.


Pour l’expérience 2, lire : « ...un volume V ’ = 60 mL d’une solution concentrée... ».


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

Chapitre 13Page 328

Dans la question 11.c, la valeur de KA devrait être 1,58 × 10–4.

Page 330, document 5

Remplacer la valeur 2,88 sur le 1er écran par 3,40.

Page 333, document 10

Pour le sang, remplacer « 7,34-7,45 » par « 7,35-7,45 ».

Chapitre 16Page 419

Les questions ont été numérotées de 1 à 13.


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

Chapitre 18Page 468

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

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

Chapitre 19Page 493

Dans l’étape 1, il faut préciser une donnée : « …et y introduire 7,0 mL d’anhydride acétique (d = 1,08). »

03, exercice 2

Dans la question 2, il manque un atome d’oxygène dans la molécule B. (Cela implique donc également une modification du corrigé, en page 606).

Chapitre 20Page 526, paragraphe « Les images numériques »

Remplacer « une série de nombres » par « un nombre ».


Remplacer « 1 mm » par « 4 mm » (deux occurrences : Niveau 2 et Niveau 1, question 4).


Dans l’énoncé, remplacer « 18,0 Mio » par « 7,3 Mio ».

CorrigésPage 606, corrigés des QCM

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

Page 608, corrigés du chapitre 4

Exercice 13, réponse 1.f : supprimer « CH2P ».

Page 618, corrigés du chapitre 17

Exercice 3, remplacer « supérieur » par « inférieur ».


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

1 Exemple de carte mentale :

Rayonnementsdans l’univers

détectionterrestredifficile

rayonnementsélectromagnétiques

sourcesde rayonnement

électromagnétique

des ondesradio

ultraviolet

infrarouge

en fin de vie

jeunesétoiles

planètes

naines blanches

quasars

étoiles chaudes

planète Saturne

nuages de poussières

restes de quasars

restes de supernovae

des ondes radios

aux rayons X

visible fraction infime

gamme

même

différentes

nature

vitesse

fréquences

longueurs d’onde

Mont Paranal au Chili

Hubble années 80

Herschellancé en 2009

observatoiresen altitude

télescopesspatiaux

atmosphère

solutions

UV par l’ozone

IR par la vapeur d’eauabsorption

diffusion

turbulences

Il n’y a pas de carte type ni de carte universelle, chacun peut construire la sienne.

Activités

1Chapitre

Ondes et particules

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

3 Les rayonnements difficilement observables depuis la surface de la Terre sont ceux absorbés par l’atmosphère. Il s’agit notamment des rayons X, des ultraviolets, des infrarouges lointains (rayons T), d’une partie des micro-ondes et des ondes radio.4 a. La vapeur d’eau absorbe surtout les infrarouges.

b. Le dioxygène et l’ozone absorbent surtout les ultraviolets.5 Un radiotélescope capte les ondes radio, c’est-à-

dire des ondes dont les longueurs d’onde sont supé-rieures à 10–1 m. Les ondes radio n’étant pas absor-bées par l’atmosphère terrestre, on peut installer des radiotélescopes au niveau de la mer.6 Un télescope spatial est un télescope placé au-

delà de l’atmosphère. Le télescope spatial présente l’avantage, par rapport à son homologue terrestre, de ne pas être perturbé par l’atmosphère terrestre.

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

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

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


Liens utiles :http://teachers.web.cern.ch/teachers/archiv/HST2003/publish/cloud%20chamber/Cloud%20chambers%20in%20the%20classroom.dochttp://www.masc.ulg.ac.be/fiches/FR/construirechbrouillard.pdf

Vidéo MIT :http://techtv.mit.edu/videos/3141-cloud-chamber

Pour se procurer de la carboglace :http://www.cryo-ice.fr/

Complément

3 Des ondes sismiques (p. 24-25)

A Détection des ondes sismiques

1 a. Les ondes sismiques sont des ondes mécaniques progressives. Elles se propagent dans le globe terrestre et provoquent des vibrations temporaires. On distingue différents types d’ondes, notamment des ondes P et des ondes S.

b. L’épicentre d’un séisme est le lieu de la surface de la Terre situé à la verticale du foyer.2 Le sismographe du document 5 capte les vibrations ; il délivre un signal mécanique dont l’amplitude est tracée

sur le papier. Le sismographe du document 6 capte également les vibrations qu’il transforme en signal électrique.3 a. Pour établir la relation entre la tension mesurée UCB, la distance d et le champ électrostatique E, on mesure

UCB pour diverses valeurs de d.

b. Les mesures montrent que UCB est proportionnelle à d, donc la relation est de la forme UCB = k · d.

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

L = E.

Finalement UCB = E · d.4 Le montage réalisé est un capteur de mouvement, car il convertit le mouvement d’un mobile au cours du

temps en tension au cours du temps.

B Exploitation d’enregistrements d’ondes sismiques

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

Complément

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

liquéfaction

vaporisation

solidification

fusion

condensation

sublimation

Liquide

Gaz

Solide

b. Le propan-2-ol devrait se trouver à l’état liquide, car la température de la carboglace est autour de – 80 °C alors que la température de fusion du propan-2-ol est de – 88 °C et que sa température d’ébullition est de 83 °C.

4 a. Les traces blanches observées sont des gouttelettes de propan-2-ol liquide dans le gaz ins-table.La vapeur d’alcool est dans un état instable en des-sous de sa température d’ébullition, prête à se condenser sous l’action d’ions formés lorsqu’une par-ticule chargée traverse la couche. Ainsi les traces que nous voyons sont des gouttelettes d’alcool formées le long des chemins des particules ionisées qui passent à travers la chambre à brouillard.

b. Les muons sont détectés par la formation de gout-telettes de « brouillard » de propan-2-ol.5 Ce dispositif permet de visualiser le passage des

muons et d’en faire un comptage.

http://teachers.web.cern.ch/teachers/archiv/HST2003/publish/cloud chamber/Cloud chambers in the classroom.doc

http://teachers.web.cern.ch/teachers/archiv/HST2003/publish/cloud chamber/Cloud chambers in the classroom.doc

http://www.masc.ulg.ac.be/fiches/FR/construirechbrouillard.pdf

http://techtv.mit.edu/videos/3141-cloud-chamber

http://www.cryo-ice.fr/

http://www.edusismo.org/docs/Acti_peda/071118_224109-1/epicentre.pdf


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

et la station qui capte ces ondes P.b. Le pointage n’est pas très précis on peut évaluer la précision à 1 s.

7 TP – T0 = DVP

d’où D = (TP – T0) ¥ VP

On trace pour chacune des stations, un cercle de centre, la station et de rayon, D.L’épicentre est à l’intersection des trois cercles. La position réelle de l’épicentre est à quelques dizaines de kilomètres de l’intersection des trois cercles.

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

Exemple de résultats

Station Dt = TP – T0 Distance D

PAUF 85,5 s 686 km

BLMF 96 s 768 km

CORT 137 s 1 027 km

Station Erreur relative

PAUF63

686 ¥ 100 = 9,2 %

BLMF63

768 ¥ 100 = 8,2 %

CORT63

1 027 ¥ 100 = 6,1 %


1 La mer sous haute surveillance

1. La houle cyclonique se situe dans la périphérie du cyclone. Elle correspond à la formation de vagues de grande hauteur qui transportent beaucoup d’éner-gie. Cette houle peut inonder les côtes et provoquer des dégâts.

2. Les bouées comme Antilles 1 et 2 mesurent diverses grandeurs qui permettent d’analyser les conditions météorologiques et de faire des pré- visions.

3.

Grandeur UnitéUnité

SICapteur

Pression de l’air Pa PaPressiomètre (baromètre)

Température °C K Thermomètre

Vitesse du vent m · s–1 m · s–1 Anémomètre

Hauteur de la houle

m m

Direction de la houle

° ° Boussole

Salinité g · L–1 kg · m–3

Vitesse du courant

m · s–1 m · s–1

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

2 Les séismes

1. L’échelle de Richter n’est pas limitée, ni d’un côté ni de l’autre, d’où l’expression d’échelle ouverte.

2. Le texte du document 1 indique qu’une augmen-tation d’une unité de magnitude correspond à la mul-tiplication par 30 de l’énergie.Sur le graphique du document 4, on observe qu’entre le séisme de Haïti (énergie proche de 8 ¥ 1015 J) et le séisme de Sumatra (énergie proche de 7 ¥ 1018 J) il y

a un facteur proche de 900 ( 7 ¥ 1018

8 ¥ 1015 = 875). Or, entre ces deux séismes la magnitude augmente de deux unités, l’énergie est donc multipliée par 302 = 900. On retrouve l’ordre de grandeur du fac-teur obtenu à partir du graphique.Une augmentation d’une unité de magnitude corres-pond donc bien à la multiplication par 30 de l’énergie libérée au niveau du foyer.

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

4. L’échelle logarithmique est graduée en puissance de 10. Le passage d’une graduation à la suivante cor-respond à une multiplication par 10.Sur le document 4 , l’échelle choisie montre une mul-tiplication par 102.

5. Ce séisme a entraîné un tsunami ravageant une partie des côtes japonaises.

6. L’intensité d’un séisme mesure les effets et les dégâts de ce séisme. Elle dépend de l’énergie libé-rée, de la topologie des lieux et de l’éloignement par rapport à l’épicentre du séisme.

3 Ondes de choc et vitres brisées

1. a. Le son dans l’air est une propagation de compression et de dépression des molécules consti-tuant l’air. b. Contrairement à la schématisation, dans l’air, le son ne se propage pas dans une seule direction. De plus, les échelles ne sont pas respectées.

2. Le son se propage plus rapidement dans les milieux condensés (solides et liquides) que dans les gaz, car les vibrations se propagent mieux dans les milieux où il existe des liaisons entre les entités microscopiques.

3. Une onde de choc correspond à une « vague » de très haute pression. Une onde de choc peut être produite lorsqu’un avion est en vol supersonique ou lors d’une détonation où le front d’onde dépasse la vitesse du son.

4. Une onde de choc peut briser une vitre.Si les molécules qui constituent la vitre vibrent avec une amplitude très grande, la vitre peut se briser.

4 Les balises Criirad surveillent

1. a. Une particule alpha est un noyau d’hélium.Une particule béta moins est un électron ; une parti-cule béta plus est un positron. Le rayonnement gamma correspond à l’émission de photons.b. La grandeur mesurée en becquerel (Bq) est l’acti-vité radioactive. 1Bq = 1 désintégration par seconde.

2. Une balise atmosphérique détecte la radioactivité alpha ou béta.Une balise aquatique détecte la radioactivité gamma.

3. Les balises sont placées particulièrement dans la vallée du Rhône, car cette région comporte de nom-breuses installations de l‘industrie nucléaire.

4. La balise aquatique est située en aval des installa-tions de la vallée du Rhône, elle pourra donc détec-ter la radioactivité provenant de l’une ou l’autre des installations positionnées le long du fleuve.

5. Le seuil de détection des balises atmosphériques est de 1,0 Bq par m3 d’air.Durant la période considérée, les mesures de la balise étaient inférieures au seuil de détection.

(p. 29-35)Exercices


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

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

Comprendre un énoncé

6 La radiographie

1. a. Les électrons produits par la cathode sont à l’origine de la production des RX lors de leur interac-tion avec la matière présente à l’anode.b.

Particule Charge Masse

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

Neutron Charge nulle De l’ordre de 10–27 kg

Électron – e = –1,6 × 10–19 C De l’ordre de 10–30 kg

2. a. Les zones absorbant beaucoup les rayons X, comme les os, paraissent blanches, celles absorbant peu les rayons X, comme la chair, paraissent plus sombres.b. Les numéros atomiques des éléments chimiques constituant les os sont plus grands que ceux consti-tuant la chair.c. L’épaisseur traversée par les RX est plus impor-tante quand l’os est plus gros.

3. Le radiologue peut jouer sur deux paramètres : la tension accélératrice des électrons et la durée d’ex-position du patient.

4. Les étoiles froides qui émettent dans l’infrarouge et les nuages de poussière qui émettent dans le domaine des ondes radio.

Retour sur l’ouverture du chapitre

5 Observations de la Voie lactée dans différents domaines

2. a. λ = cν avec λ en m, c en m · s–1 et ν en Hz.

b. Le rayonnement de plus grande fréquence est celui de plus petite longueur d’onde. Parmi les rayon-nements cités, celui de plus grande fréquence est le rayonnement gamma.

3. a. ℰ = h · ν avec ℰ en J, h en J · s et ν en Hz.b. Le rayonnement de plus grande énergie est celui dont la fréquence est maximale, c’est donc celui dont

la longueur d’onde est minimale. Parmi les rayonne-ments cités, le plus énergétique est le rayonnement gamma.

4. Les divers « objets » de l’Univers n’émettent pas dans les mêmes domaines de longueur d’onde. Les diverses observations sont donc complémentaires. Par exemple, l’observation dans les RX permet de détecter les nuages de gaz chauds.

1.

Collisio

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12 fm 1 nm 5 nm 400 nm 800 nm 5 µm 10 µm 100 µm 1 mGamma RX Visible IR proche IR lointain Radio

λIR moyen


1 Ondes progressives à une dimension (p. 38)

Activités

2ChapitreCaractéristiques

des ondes

A Mesure de la période d’une onde ultrasonore

1 Les deux signaux ont la même période et des valeurs maximales (amplitudes) différentes. Ils sont en général décalés le long de l’axe des abscisses ; on

dit qu’ils sont déphasés. Quand on éloigne le récep-teur de l’émetteur (en restant dans l’axe), l’amplitude du signal diminue.2 L’onde ultrasonore est progressive puisqu’elle se

propage depuis l’émetteur vers le récepteur.L’onde ultrasonore est périodique : elle se reproduit à l’identique à intervalles de temps égaux.

A Analyse qualitative d’une onde

1 L’onde est progressive puisque la perturbation se déplace le long de la corde ou du ressort.L’onde est à une dimension puisqu’elle se propage dans une seule direction (celle de la corde ou du res-sort).2 Pour la corde, la direction de la perturbation est

perpendiculaire à la direction de propagation de l’onde (le long de la corde) : l’onde est donc trans- versale.Pour le ressort, la direction de la perturbation (compression-détente) est la même que celle de pro-pagation de l’onde (le long du ressort) : l’onde est donc longitudinale.3 a.

Sens depropagation Perturbation

Sens depropagation

Fin de lapertubation Distance parcourue

par la pertubationentre t1 et t2

Début de la pertubation

Fin de lapertubation

Début de lapertubation

Date t1

Date t2

Perturbation

b.

t2

t1

Fin de la pertubation Début de la pertubation

Fin de lapertubation

Début de lapertubation

Distance parcourue par la pertubationentre t1 et t2

B Analyse quantitative : mesure de la célérité de l’onde

4 Soit d la distance parcourue par la perturbation entre t1 et t2. Soit ∆t = t2 – t1 la durée de parcours de la perturbation.∆t = nb d’images entre t1 et t2 ×

1

nb d’images par sec de la vidéoLa célérité de l’onde (supposée constante) se calcule

par v = d

∆t.

5 La célérité v d’une onde sa calcule par v = d

∆t .

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

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

Complément

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

http://phet.colorado.edu/sims/wave-on-a-string/wave-on-a-string_fr.html


3 a.u (V)

t (µs)

T

On repère 5,0 divisions pour T sachant qu’une divi-sion correspond à 5,0 µs.

T = 5,0 × 5,0 = 25 µsb. Incertitude de lecture : une demi-graduation (0,1 divi-sion) (voir le livre de Seconde), soit U (T ) = 0,5 µs.Incertitude sur l’oscilloscope (base de temps) : voir la notice du constructeur.4 La fréquence est l’inverse de la période :

f = 1

T = 4,0 × 104 Hz

U (f )= f × U (T )

T = 8,0 × 102 Hz

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

B Mesure de la longueur d’onde d’une onde ultrasonore

5 a. On repère les première et deuxième positions du récepteur mobile pour lesquelles les deux signaux sont en phase. La distance entre ces deux positions correspond à la longueur d’onde : λ = 0,80 cm.b. On constate que, sur une plage de quelques milli-mètres environ pour la position du récepteur, on peut observer des ondes en phase. En tenant compte de l’incertitude de lecture à la règle, on peut estimer l’incertitude U (λ) de l’ordre de 3 mm. c. 0,50 cm X λ X 1,1 cmd. Avec le protocole précédent, l’incertitude est grande par rapport à la longueur d’onde. On peut minimiser l’incertitude de lecture en mesurant 10 lon-gueurs d’onde au lieu d’une. On trouve λ = 0,85 cm, avec une incertitude de 0,03 cm.6 a. En une période, l’onde parcourt la distance :

d = v · T = 340 × 25 × 10–6 = 8,5 mm. On retrouve la longueur d’onde de l’onde ultrasonore.

b. On en déduit la relation

v = λT

avec v en mètre par

seconde, λ en mètre et T en seconde.

A Modélisation d’une onde sinusoïdale

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

On en déduit la fréquence f = 1

T = 439 Hz pour le son

émis par le diapason.c. Le spectre en fréquences (voir la capture d’écran ci-dessous) présente un pic pour la fréquence de 440 Hz. On retrouve sur le spectre la fréquence du son émis par le diapason (abscisse du pic) et son amplitude (ordonnée du sommet du pic).

2 a. La modélisation donne :A = 1,62 V ; B = 2 758 rad · s–1 ; C = –3,28 rad.b. A s’identifie à l’amplitude Umax.2πT

= 2 755 rad · s–1 ; on retrouve B.

3

0

–1,0

–1,5

–0,5

1,0

0,5

1,5

u (V)

1 2 3 4 5 96 7 8

t (ms)

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

numériqueManuel

2.0numériqueAnimation : Ondes sonores (mesure de λ).

3 Acoustique musicale (p. 40-41)


4

0

–1,0

–1,5

–0,5

1,0

0,5

1,5

u (V)

1 2 3 4 5 96 7 8

t (ms)

Le paramètre C a une influence sur la valeur de départ (à l’origine) de la représentation graphique. De plus, si C ≠ C1, les courbes sont décalées dans le temps, même si les périodes et les amplitudes sont identiques.5 Une onde sinusoïdale peut être modélisée par

l’expression : x (t) = Xmax · cos (( 2π

T · t) + Φ)

avec x (t) l’élongation de l’onde à l’instant t, Xmax sonamplitude, T sa période et Φ sa phase à l’origine.

B Hauteur d’un son et fréquence

6

0

–20

–10

–15

–5

10

5

15

20

u (mV)

1 2 3 4 5 6 7 8 9

t (ms)

Mi4 piano

T = 1,543 ms et f = 648 Hz

0

–20

–10

10

20

u (mV)

1 t (ms)2 3 4 5 6 7

7 Le son le plus aigu est le Mi4.

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

C Timbre d’un son et harmoniques

9

0

–10

–5

10

20

25

15

5

u (mV)

t (ms)

2 4 6 8 10

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

La3 piano

T = 2,256 ms et f = 444 Hz

Mi4 trompette


(p. 47-59)Exercices

QCM1 1. A et B ; 2. A ; 2 1. C ; 2. A et B ; 3. A ; 4. C ;

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

Application immédiate

4 Déterminer une longueur d’onde

10 λ = 2,12 m, d’où λ = 0,212 m.

f = vλ = 3400,212

= 1,60 × 103 Hz

5 Analyser un son

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

Pour commencer

6 Connaître les ondes progressives

1. Une onde progressive est la propagation d’une perturbation dans un milieu.

2. Une onde transporte de l’énergie.

3. Cette durée est appelée le retard.

7 Déterminer une vitesse de propagation

1. La perturbation atteint le point A à la date tA = 0,20 s.

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

3. v = d

tA =

1,50

0,20 = 7,5 m · s–1.

8 Reconnaître l’allure d’une onde

L’allure de la corde à la date t = 0,20 s est la c, car la perturbation a atteint A situé à 1,5 m ; l’allure de la perturbation est « inversée » par rapport à la repré-sentation temporelle.

9 Calculer des durées de propagation

1. ΔtA = d

vacier = 1 000

5 000 = 0,200 0 s

2. ΔtJ = d

vair = 1 000

340 = 2,94 s

3. ∆t = ΔtJ – ΔtA

∆t = 2,94 – 0,20 = 2,74 s

10 Exploiter un oscillogramme

1. T = 2,0 div × 10 µs/div = 20 µs

f = 1T

= 1

20 × 10–6 = 50 × 103 Hz

2. λ = vf =

33350 × 103 = 0,006 7 m = 6,7 mm

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

0

6

8

10

648 Hz

1,94 kHz

1,30 kHz

2,59 kHz2

21 3 4 5

4

f (kHz)

Tension (mV)

0

6

8

10

648 Hz

2

21 3 4 5

4

12

f (kHz)

Tension (mV)

1,94 kHz

1,30 kHz

Piano Trompette

b. Les autres fréquences sont des multiples de 648 Hz. 11 Le timbre est différent pour les deux notes, car les intensités des harmoniques ne sont pas les mêmes.12 La hauteur d’un son est lié à la fréquence de son fondamental. Le timbre d’un son est lié au nombre d’harmo-niques et à leurs intensités respectives.13 La synthèse électronique consiste à créer un son en partant du postulat qu’il est la somme des sinusoïdes de fréquence f et n · f avec n entier.

numériqueManuel

2.0numériqueSimulation : Acoustique musicale (timbre, hauteur, intensité sonore, analyse spectrale).


11 Exploiter une expérience

1.

Micro 2

Micro 1

GBF

2. Les signaux sont en phase et n’ont pas la même amplitude. Ils ont la même période et donc la même fréquence.

3. Les microphones ne sont pas à la même distance du haut-parleur, car les signaux ont des amplitudes différentes.

12 Connaître la double périodicité

1. a. λ = v · Tb. λ s’exprime en mètre, v en mètre par seconde et T en seconde.

2. On obtient le tableau suivant :

v T l

335 m · s–1 3,6 × 10–5 s 1,2 cm

225 m · s–1 1,14 ms 25,7 cm

1,48 km · s–1 25 µs 3,7 cm

13 Reconnaître une représentation graphique

1. a. T = 4 ms ; b. Umax = 200 mV ; c. Φ = 0 rad.

2. La représentation a correspond à l’équation.

14 Reconnaître une équation

1. a. T = 2 ,0 ms ; b. Umax = 200 mV.

2. L’équation 3 correspond à la représentation gra-phique ; d’après le graphique, il faut avoir u (0) = 0.

15 Différencier hauteur et timbre

1. La hauteur d’un son est liée à la fréquence de son fondamental.

2. Le timbre d’un son est lié au nombre d’harmo-niques et à leurs amplitudes.

16 Exploiter des spectres sonores

1. La fréquence du fondamental, f1 = 440 Hz, étant la même pour les deux notes, elles ont la même hauteur.

2. Le timbre est caractérisé par les harmoniques. Les harmoniques sont différents, donc les timbres seront différents.

17 Calculer un niveau d’intensité sonore

1. I = I0 · 10L

10 = 10–12 × 1010010

I = 10–2 W · m–2

2. Itotal = 2 × I = 2 × 10–2 W · m–2

L = 10 · log ( II0)

L = 10 · log ( 2,0 × 10–2

1,0 × 10–12) =103 dB

Pour s’entraîner

18 Qui perçoit le son en premier ?

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

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

vair en Δtair = d

vair.

De même Δteau est la durée au bout de laquelle N perçoit le son. Le son a parcouru la distance d à la

vitesse veau en Δteau = d

veau.

La durée Δt séparant les deux détections est :

Δt = Δtair – Δteau = d

vair –

dveau

3. On trouve une durée de 22,7 ms.

19 Incertitudes sur la mesure

1.

GBF

1 cm

d

Récepteur 1 (CH. 1)

Émetteur US

Récepteur 2 (CH. 2)

Deux récepteurs à ultrasons sont placés devant un émetteur. On repère une position pour laquelle les signaux sont en phase, puis l’on déplace progressive-ment l’un des deux récepteurs par rapport à l’autre de manière à mesurer 10 longueurs d’onde.La mesure de la longueur d’onde et de la fréquence permet de calculer la célérité des ultrasons.

2. Valeur moyenne de la célérité : 339,2 m · s–1

Écart type : σn – 1 = 2,1 m · s–1

U (v) = k × σn – 1dn

avec k = 2,09 car il y a 20 mesures,

d’où : U (v) = 2,09 × 2,1d20

= 1 m · s–1

v = (339 ± 1) m · s–1

3. La célérité du son dans l’air dépend essentiellement de la température et ne dépend pas de la fréquence.

20 Où se trouve la baleine ?

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

On en déduit : v1 · t1 = v2 · t2 .

De plus, t2 – t1 = Δt.Il vient donc :

t1 = v2 · Δt

v1 – v2 =

340 × 6,711 140

= 2,00 s,

d’où t1 = 2,00 s et d = 2,00 × 1 480 = 2,96 × 103 m.


21 Le son du diapason

1. La longueur d’onde et la fréquence sont liées par la relation :

λair = vf =

340880 = 0,386 m.

2. Soit Δtair la durée au bout de laquelle une per-sonne située à 10 m perçoit le son. Le son a parcouru la distance d à la vitesse vair en :

Δtair = d

vair =

10340 = 2,9 × 10–2 s.

La personne reçoit le son quasiment au moment de son émission.

3. L’intensité sonore et le niveau d’intensité sonore

sont liés par la relation L = 10 · log ( II0).

Donc : L = 10 · log (1,0 × 10–10

1,0 × 10–12) = 20 dB.

4. L’intensité sonore reçue par cette personne sera I = 3,0 × 10–10 W · m–2.

On aura alors L = 10 · log (3,0 × 10–10

1,0 × 10–12) = 25 dB.

22 Télémètre à ultrasons ou télémètre à infrarouges ?

1. Les ultrasons sont des ondes mécaniques, les infrarouges des ondes électromagnétiques. Elles ne sont pas de même nature.

2. La plus petite longueur d’onde (900 nm) est celle de l’onde utilisée dans le télémètre à IR, celle à 9,00 mm est utilisée dans le télémètre à US.

3.

Télémètre à IR

Ondes électromagnétiques

Très directif

Mesure un angle

Télémètre à US

Ondes mécaniques ÉvasifMesure

une durée

4. a. Δt = dv

= 6,00 340

= 1,76 × 10−2 s.

La durée entre l’émission et la réception des US pour un objet situé à 3,00 m est de 1,76 × 10–2 s.

b. Δt = dc

= 6,00

2,00 × 108 = 2,00 × 10−8 s.

La durée mesurée avec un télémètre à IR serait de 2,00 × 10–8 s.

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

23 La propagation d’une onde1. En mesurant la distance entre un grand nombre de lignes de crêtes consécutives, on limite les impré-cisions de mesure.

2. La distance entre neuf lignes de crêtes consé- cutives est de 8,1 cm, la longueur d’onde est donc de 1,0 cm, soit 0,010 m.

3. v = λ · f v = 0,010 × 25 = 0,25 m · s–1

4. a. La longueur d’onde est la distance entre deux maxima ; on retrouve 1 cm.b. L’amplitude est de 0,5 cm.

5. a. Au bout de t = 0,04 s (soit une période), on retrouve la même allure de la surface de l’eau.

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

0 1,0

h (cm)

2,0 3,0 4,0

(cm)

0,5

�

24 La ola au stade

1. L’onde est caractérisée par le passage d’une per-turbation parmi des particules (spectateurs ou molé-cules d’eau dans ces exemples).Comme cette perturbation passe « à travers » les particules sans les emporter, on dit qu’une onde se propage plutôt qu’elle se déplace.

2. Si l’on reprend l’exemple des tribunes du stade, la perturbation se propage grâce aux spectateurs : il ne peut pas y avoir de ola dans un stade vide.De même, si on jette une pierre sur une surface solide plutôt que liquide, notre œil ne perçoit pas d’onde qui se propage.Ces ondes nécessitent donc la présence d’un milieu matériel (l’ensemble des spectateurs ou de l’eau, par exemple) pour se propager.

3. Si l’on place un bouchon de liège à la surface d’un lac, le bouchon reste immobile.Si on jette une pierre dans l’eau à proximité du bou-chon, on voit les vagues se propager en cercles concentriques, et le bouchon se déplacer lorsque les vagues le soulèvent. Quand la surface du lac rede-vient immobile, le bouchon se trouve dans la position qu’il occupait avant que l’on jette la pierre. Il y a propagation d’une onde sans déplacement de matière.

4. Il s’agit d’une onde progressive à deux dimen-sions, car elle se propage sur une surface.

25 Quel son ?

1. La fréquence minimale lue est de 180 Hz, les autres sont de 360 et 540 Hz.

2. Ces fréquences sont des multiples de 180 Hz.

3. a. Le signal sinusoïdal associé à la plus basse fré-quence est appelé fondamental.b. Les autres signaux, avec le fondamental, consti-tuent les harmoniques.

4. Ces sons n’ont pas le même timbre, car ils ne contiennent pas les mêmes harmoniques.

26 À chacun son rythme

1. a. T = 5,1 div × 5,0 µs/div = 25,5 µs

La période de l’onde est de 25,5 µs.

b. U (T ) = 0,1 div × 5,0 µs/div = 1,0 µs

On peut donc écrire T = (25,5 ± 1,0) µs.

2. a. λ = d 10

= 8,5 10

= 0,85 cm

b. U (λ) = U (d) 10

= 0,1 10

= 0,01 cm

On peut donc écrire que λ = (0,85 ± 0,01) cm.

3. a. v = λT

b. v = 0,85 × 10–2

25,5 × 10–6


v = 3,3 × 102 m · s–1

La vitesse des ultrasons est de 3,3 × 102 m · s–1.

U (v) = v · d (U (λ)

λ )2 + (U (T )T )2

U (v) = 340 × d (0,010,85)2 + ( 1,0

25,5)2 = 1 × 101 m · s–1

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

Pour aller plus loin

27 Mesure d’une vitesse d’écoulement

1. Lorsque l’émetteur est en amont, la valeur de la vitesse de l’onde ultrasonore est :

v1 = v0 + vf

Lorsqu’il est en aval : v2 = v0 – vf

2. La distance parcourue et la durée de parcours sont liées par :

Δt1 = Dv1

= D

v0 + vf

De même : Δt2 = Dv2

= D

v0 – vf

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

3. On calcule :

Δt = Δt2 – Δt1 = D

v0 – vf –

Dv0 + vf

Δt = D · (v0 + vf ) – D · (v0 – vf )

(v0 – vf ) (v0 + vf ) =

2 D · vf

v02 – vf

2

4. On obtient l’équation du second degré :

Δt · v2f + 2D · vf – v2

0 · Δt = 0

soit :

2,32 × 10–6 × v2f + 3,96 × vf – 1 4802 × 2,32 × 10–6 = 0.

Par application numérique, on trouve vf = 1,28 m · s–1.

5. Il faut connaître la valeur de la distance D, entre l’émetteur et le récepteur, le plus précisément pos-sible. La mesure des deux durées est aussi source d’erreur, tout comme la valeur de v0.

28 Accorder ses violons

1. Le microphone va capter les sons ambiants et l’appareil ne pourra pas analyser la fréquence de la note jouée.

2. Les « vibrations » sont les ondes qui se sont pro-pagées dans le matériau du violon.

3. Ces « vibrations » doivent avoir la même hauteur que le son musical.

29 Accorder une guitare avec un diapason

1. Pour la note émise par la guitare, le fondamental a une fréquence de 107 Hz et les autres harmoniques ont pour fréquences 214 Hz, 321 Hz et 428 Hz.

2. Le son du diapason a une fréquence de 440 Hz.

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

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

Complément

30 Les ondes sismiques

1. Les ondes P sont des ondes longitudinales : les zones de compressions/dilatations se déplacent dans la même direction que celle de l’onde. Les ondes S sont des ondes transversales : le cisaille-ment des roches se fait dans une direction perpendi-culaire à la direction de l’onde. Les ondes L sont des ondes transversales : la pertur-bation se propage dans un plan horizontal perpendi-culairement à la direction de l’onde.2. Les ondes qui se propagent à la surface de l’eau sont des ondes transversales.

3. v = dΔt

donc Δt = dv

avec d en km, v en km · s–1, donc Δt en s,

soit : Δt = dvP

= 8336,0

= 139 s ≈ 1,4 × 102 s.

4. À partir du graphique, on lit : xmax= 3,0 cm, T = 0,10 s et Φ = 0 rad.

5. x (t ) = 3,0 × cos ( 2π0,10

× t), avec x en cm et t en s.

6. vS = λT

d’où λ = vS · T = 4,0 × 103 × 0,10 = 4,0 × 102 m.

31 Three sounds

Traduction du texte et des questions :« Un microphone est connecté à un oscilloscope. Trois sons sont enregistrés par le micro avec les mêmes réglages. Les tracés A, B et C sont produits durant cette expérience.1. Quel tracé correspond au son le plus fort ? Justifier.2. Quel tracé correspond au son le plus bas ? Justifier. »

1. Le son le plus fort correspond au signal C, car l’amplitude est la plus grande.2. La hauteur d’un son musical est liée à sa fré-quence. Plus la fréquence est petite, plus la hauteur du son est faible.


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

32 La piscine

1. A est l’amplitude de l’onde, T0 sa période tempo-relle et Φ la phase à l’origine.La période est l’inverse de la fréquence, soit ici T0 = 0,40 s.

2. On prend x = 5,8 m et t = 10 s et on calcule la valeur de z correspondante :

z (10) = 1,5 × cos ( 2π0,40

× 10 + π2) = 0 cm.

3. Pour que le ballon soit au niveau zéro, il faut que :

z (t) = 1,5 × cos ( 2π0,40

× t + π2) = 0

soit : cos ( 2π0,40

× t + π2) = 0

2π0,40

× t + π2

= π2

+ kπ

d’où t = 0,40 × k2

avec k un entier.

Par exemple, t = 0,2 s ; 0,4 s ; 0,6 s ; 0,8 s ; 1,0 s ; 1,2 s ; 1,4 s.

33 QCM sur les ondes sonores

1. A. 2. A. 3. A et B. 4. A.


34 L’oreille humaine en concert

1. La hauteur du son est la sensation liée à la fré-quence du fondamental de ce son.

2. T = 2,0 ms, donc f = 500 Hz.

3. L’amplitude de la tension a doublé. L’ingénieur a modifié l’intensité sonore du son. Le son a toujours la même période, donc la même fréquence.

4. Le fondamental sur l’enregistrement 3 a une fré-quence de 500 Hz, donc la même fréquence que les sons des enregistrements 1 et 2.

5. C’est le timbre du son qui a été modifié. En effet, il s’agit, sur l’enregistrement 3, d’un son ayant beau-coup d’harmoniques, alors que les signaux des enre-gistrements 1 et 2 sont des sinusoïdes, donc des sons purs avec un seul harmonique.

6. À 16 mètres, I = I0 · 10L

10

I = 10–12 × 109810 = 6,3 × 10–3 W · m–2.

7. I2 = 10 × I = 6,3 × 10–2 W · m–2

L2 = 10 × log ( I2I0)L2 = 10 × log (6,3 × 10–2

10–12 ) = 108 dB

8. À 16 mètres, L = 10 × log ( II0 ).

À 8 mètres, I’= 4 × I.

L’= 10 × log (4 × II0 )

L’ = 10 × log 4 +10 × log ( II0 ) = 6 + L.

Le niveau d’intensité sonore augmente de 6 dB lorsque la distance est divisée par 2.Le son devient douloureux à écouter à partir de 120 dB, c’est-à-dire à partir de 4 mètres.En effet, 120 dB = (108 + 6 + 6) dB ; la distance a été divisée par 4.

9. Près des enceintes, le niveau sonore peut dépas-ser le seuil de risques. Cette exposition à un niveau sonore trop élevé peut provoquer des acouphènes, voire engendrer une perte d’audition.


35 Propagation d’une onde le long d’une corde

1. La valeur de la vitesse de propagation d’une onde est le rapport de la distance d qu’elle parcourt par la durée ∆t mise par l’onde pour parcourir cette dis-tance.

v = dΔt

Entre la photo no 2 et la photo no 4, il s’est écoulé 2 × 0,25 = 0,50 s et la perturbation a parcouru 1,00 m :

v = 1,000,50

= 2,0 m · s–1.

2. Le premier schéma montre que la perturbation a une longueur de 0,50 m (lue sur l’axe des abscisses).La durée est déterminée par :

Δtperturbation = ℓv

= 0,502,0

= 0,25 s.

3. Le point A est atteint le premier par la perturba-tion, car il est atteint à la date 1,50 s alors que le point B l’est à la date 2,00 s.

4. Le point A est le plus proche de la source, car la perturbation l’atteint en premier.

5. Le retard du point B par rapport au point A est déterminé par la lecture des graphiques.

On obtient : ∆t = 2,00 – 1,50 = 0,50 s.

6. dAB = v · ∆t = 2,0 × 0,50 =1,0 m.

7. L’allure de la perturbation est inversée, car sur la chronophotographie le front de la perturbation atteint le point le plus proche avant d’atteindre le point le plus éloigné.

8.

0,500

Point C

1,00 1,50 2,00 2,25 t (s)

zA


1 Approche historique du caractère ondulatoire de la lumière (p. 62)

Activités

3Chapitre

Propriétés des ondes

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

2 Listes des phénomènes physiques étudiés :

Scientifique Phénomène physique

I. NewtoN Dispersion de la lumière

C. HuygeNsCaractère ondulatoire

de la lumière

T. youNgDiffraction et interférences

de la lumière

J. voN FrauNHoFer Spectroscopie de la lumière

C. Doppler, C. Buys-Ballot,

H. Fizeau

Effet Doppler

3 Les appareils d’observation n’étaient pas suffi-samment précis pour pouvoir vérifier l’effet Doppler-Fizeau.

2 Diffraction de la lumière (p. 63)

A Étude qualitative

1 Sur l’écran, on observe une alternance de zones lumineuses et de zones sombres dans une direction perpendiculaire à celle de la fente. C’est une « figure de diffraction ».2 En l’absence de fente, on observe une tache lumi-

neuse. Il y a donc des zones éclairées par la figure de diffraction qui ne le sont pas en l’absence de fente.

» Avec un fil, on observe la même figure de diffrac-tion que celle obtenue avec une fente.

» Avec un trou circulaire, on observe une tache cen-trale très lumineuse entourée d’anneaux concen-triques alternativement sombres et lumineux.

B Étude quantitative

3 tan θ = ℓ

2D ≈ θ

4 a. Le résultat des mesures est regroupé dans le tableau ci-dessous :

a (¥ 10–3 m) 0,300 0,200 0,100 0,050 0 0,025 0

ℓ (¥ 10–3 m) 13 19 37 73 156

Avec un tableur, on obtient les résultats suivants :

a (m) ℓ (m) D (m) q (rad) 1/a (m–1)

3,00E-04 1,30E-02 4,50 1,4E-03 3,33E+03

2,00E-04 1,90E-02 4,50 2,1E-03 5,00E+03

1,00E-04 3,70E-02 4,50 4,1E-03 1,00E+04

5,00E-05 7,30E-02 4,50 8,1E-03 2,00E+04

2,50E-05 1,56E-01 4,50 1,7E-02 4,00E+04


3 Interférences lumineuses (p. 64)

A Étude quantitative

2,0 × 10–3

1,0 × 104

2,0 × 104

3,0 × 104

4,0 × 104

5,0 × 104

4,0 × 10–36,0 × 10–38,0 × 10–31,0 × 10–21,2 × 10–21,4 × 10–21,6 × 10–21,8 × 10–22,0 × 10–2

0

+

+

+++

+ 1/a (m–1)

0 (rad)

La courbe obtenue est une droite qui passe par l’ori-

gine. θ est donc proportionnel à 1a : θ = k · 1

a.

b. La modélisation donne θ = 4,2 × 10–7 × 1a.

Le coefficient directeur k est homogène à une lon-gueur.Sa valeur correspond à la longueur d’onde λ du laser utilisé.5 On trouve θ = λ

a ; θ est l’écart angulaire entre

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

6 On réalise la même expérience que précédem- ment en utilisant un laser dont on ne connaît pas la lon-gueur d’onde et une fente dont on connaît la largeur a.

Exemple : a = 1,00 × 10–4 m.

On mesure la distance fente-écran, ainsi que la lar-geur de la tache centrale :– distance fente-écran : D = 4,50 m ;– largeur de la tache centrale : ℓ = 57 mm.

On en déduit : λ’ = a · ℓ2D = 6,33 × 102 nm.

7 a. D’après la notice :U (a) = 1,5 % de la valeur annoncée = 1,5 × 10–6 m, soit 0,002 mm.

U (ℓ) = d2 × 2 × 1d12

= 0,8 mm = 1 mm

U (D) = d2 × 2 × 1d12

= 0,8 cm = 1 cm

b. U (λ’) = λ’ · d (U (a)a )2 + (U ()

)2 + (U (D) D )2

U (λ’) = 6,33 × 102 × d (0,0020,100)2 + ( 1

57)2 + ( 1450)2

U (λ’) = 17 nm

c. λ’ ∈ [616 nm ; 650 nm]. Cela est conforme à la valeur indiquée par le fabriquant : 632,8 nm.

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

Complément

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

b (m) i (m)1b

(m–1)

2,00E-04 1,2E-02 5,00E+03

3,00E-04 8,4E-03 3,33E+03

5,00E-04 5,0E-03 2,00E+03

On trace la courbe donnant les variations de i en

fonction de 1b

. On obtient une droite qui passe par

l’origine (voir ci-contre) ; i est donc proportionnel à 1b

.

b. Les deux premières expressions sont à exclure, car

il n’y a pas de proportionnalité entre i et 1b

.

La dernière relation est également à exclure, car i n’est pas homogène à une longueur.

Seule la troisième relation est conforme : i = λ · D

b.

3 On n’observe pas de figure d’interférences à partir de deux lasers identiques éclairant une même zone de l’écran.

4 i = λ · D

bi : interfrange en m.λ : longueur d’onde de la source en m.b : largeur de l’interfente en m.D : distance écran-fentes en m.

2,0 × 10–3

1,0 × 103

2,0 × 103

3,0 × 103

4,0 × 103

5,0 × 103

6,0 × 103

4,0 × 10–3

6,0 × 10–3

8,0 × 10–3

1,0 × 10–2

1,2 × 10–2

1,4 × 10–2

01/b (m–1)

i (m)Courbe de la réponse 2a

+

+

+

+


B Application à la détermination du pas d’un réseau

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

A Étude expérimentale

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

b = λ · Di

= 632,8 × 10–9 × 2,0012,5 × 10–2

= 1,01 × 10–5 m

6 a. U (λ) = 0,2 nm

U (i) = d2 × 2 × 1d12

= 0,8 mm = 1 mm

U (D) = d2 × 2 × 1d12

= 0,8 cm = 1 cm

b. U (b) = b · d (U (λ)λ )2 + ( U (i)

i )2 + (U (D) D )2

U (b) = 1,00 × 10–5 × d ( 0,2632,8)2 + ( 1

125)2 + ( 1200)2

U (b) = 1 × 10–7 m = 1 × 10–4 mm

c. b = (1,01 × 10–2 ± 0,01 × 10–2) mm

ou b ∈ [1,00 × 10–2 ; 1,02 × 10–2]

b est conforme à l’indication du fabricant :1,01 × 10–2 mm.

4 Effet Doppler (p. 65)

1 Il fait référence à la longueur d’onde du son.

2 a. v = λT

= λ · fb. Un son aigu a une fréquence plus élevée qu’un son grave.c. D’après la relation 2a, pour une même vitesse de propagation, si la longueur d’onde est plus faible, la fréquence est plus élevée, donc le son est plus aigu.3 a. Élongation du niveau de l’eau vue par la gre-

nouille immobile :

0

–10

–5

5

10Élongation

t (s)

0,2 0,60,4 0,8 1

b. Élongation du niveau de l’eau vue par le cygne se rapprochant de la source :

0

–10

–5

5

10Élongation

t (s)

0,2 0,60,4 0,8 1

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

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

Complément

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


(p. 73-85)Exercices

2

Mobile à l’arrêt : fE = 40,000 kHz.

Mobile s’approchant du récepteur à la vitesse v1 :

fR1 = 40,185 kHz.

Mobile s’éloignant du récepteur à la vitesse v2 :

fR2 = 39,816 kHz.

On trouve :

v1 = 340 × 185

40 185 = 1,57 m · s–1

et v2 = 340 × 184

39 816 = 1,57 m · s–1.

B Application à l’astrophysique

3 Profil spectral de l’étoile HD 2665 :J003044.7 + 570357 S 19961003/0017 OBJO 105Entre 6 540 Å et 6 560 Å :

5 000

6 540 6 545 6 550 6 555 6 560

10 000

15 000

20 000

Intensité lumineuse

λ (Å)

L’extremum du pic correspondant à Hα se situe à une longueur d’onde de 6 554,2 Å. Ce décalage s’explique par le fait que l’étoile se rapproche de la Terre.4 On en déduit la vitesse radiale de l’étoile :

v = 3,00 × 108 × •6 554,2 – 6 562,6•

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

Cette étoile se rapproche de la Terre avec une vitesse de 384 km · s–1.5 On peut améliorer cette précision en identifiant

plusieurs raies et en effectuant une moyenne à partir des valeurs calculées.6 L’effet Doppler permet de

déterminer les vitesses radiales des étoiles.

numériqueManuel

2.0numériqueSimulation : Effet Doppler.

numériqueManuel

2.0numériqueSimulation : Effet Doppler-Fizeau.

QCM

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

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

Application immédiate4 Déterminer une longueur d’onde

par interférence

1. λ = 635 nm

2. U (λ) = 9 nm, donc 626 nm < λ < 644 nm.

3. La valeur fournie par le constructeur est compa-tible avec l’encadrement obtenu.


5 Étudier expérimentalement le phénomène de diffraction

1. La représentation graphique de θ en fonction de 1a

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

5,0 × 10–3

1,0 × 104

2,0 × 104

3,0 × 104

4,0 × 104

5,0 × 104

5,0 × 104

1,0 × 10–2

1,5 × 10–2

2,0 × 10–2

2,5 × 10–2

3,0 × 10–2

3,5 × 10–2

0

+

+

+++++

1/a (m–1)

0 (rad)

2. λ = 605 nm

Pour commencer

6 Connaître le phénomène de diffraction

On observe une tache centrale très lumineuse entourée d’anneaux concentriques alternativement sombres et brillants.

7 Associer figure de diffraction et objet diffractant

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

8 Calculer un demi-angle de diffraction

1.

Laser

Cheveu d’épaisseur a

D

0

2. θ = λa = 632,8 × 10–9

50 × 10–6 = 1,3 × 10–2 rad

9 Connaître le phénomène d’interférences

On observe des franges d’interférences, alternative-ment sombres et brillantes, sur l’écran. Ces franges sont parallèles entre elles et parallèles aux deux fentes d’Young.

10 Connaître les conditions d’interférences

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

b. δ = (k + 12) ⋅ λ, avec k un nombre entier relatif.

11 Illustrer le phénomène d’interférences

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

12 Illustrer l’effet Doppler

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

13 Comparer des fréquences

1.

Grandeur Unité SI

fE s–1

c et vE m · s–1

c · fEc + vE

m · s–1 · s–1

m · s–1 = s–1

L’analyse dimensionnelle montre l’homogénéité de l’expression.

2. cc + vE

est inférieur à 1, donc la fréquence fB est

inférieure à la fréquence fE.

14 Schématiser l’effet Doppler

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


Pour s’entraîner

15 Largeur d’une tache centrale

1.

Laser

2

D

00

Zone lumineuse

Zone sombre

Fente de largeur a

�

2. θ = λa

3. a. tan θ = ℓ

2D ≈ θ

b. ℓ2D

≈ λa, soit ℓ ≈ 2 · λ · D

a4. a. Si la largeur de la fente double, la largeur de la tache centrale est deux fois plus petite.Si la largeur de la fente est divisée par 2, la largeur de la tache centrale double.b. Si la distance entre la fente et l’écran double, la largeur de la tache centrale double.


1. a.

9 i

La figure d’interférences est composée d’une succes-sion de franges lumineuses équidistantes.De la frange centrale à la dixième frange, il y a 9 interfranges :

i1 = 9,99

= 1,1 mm.

b. λ1 = i · bD

= 1,1 × 10–3 × 1,0 × 10–3

2,00 = 5,5 × 10–7 m

2. a. De la frange centrale à la huitième frange, il y a 7 interfranges i1, soit 7,7 mm.b. De la frange centrale à la sixième frange sombre, il y a 5,5 interfranges i2, soit :

i2 = 7,75,5

= 1,4 mm.

5,5 i2

7 i1

λ1

λ2

c. λ2 = 1,4 × 10–3 × 1,0 × 10–3

2,00 = 7,0 × 10–7 m

17 Mailles du voilage

1. Ce sont les interférences constructives.

2. i est l’interfrange.

3. a = (281,3 ± 6,5) µm

18 Détermination expérimentale d’une longueur d’onde

1. On observe un phénomène de diffraction.

2. a.

5,0 × 10–3

2,0 × 103

4,0 × 103

6,0 × 103

8,0 × 103

1,0 × 104

1,2 × 104

1,0 × 10–2

1,5 × 10–2

2,0 × 10–2

2,5 × 10–2

0

++

++

++

+1/a (m–1)

= f ( )1a�(m)�

b. On obtient une droite qui passe par l’origine ; ℓ est

donc proportionnel à 1a

; on peut écrire :

ℓ = k · 1a

3. a. θ = λa

b. L’angle étant petit, on peut écrire tan θ ≈ θ ≈ ℓ

2D.

On en déduit :λa ≈

ℓ2D

c. λ ≈ a · ℓ

2D ≈

k2D

Graphiquement, on détermine que k = 1,9 × 10–6 m2.

λ ≈ 1,9 × 10–6

2 × 1,50 ≈ 6,34 × 10–7 m

19 Est-ce que ça diffracte ?

1. Le phénomène de diffraction sera d’autant plus

important que λa sera grand : la diffraction sera donc

plus importante pour λ1 = 1 850 m.

2. C’est un phénomène d’interférences destructives, les ondes émises par le casque étant en opposition de phase avec celles du bruit.

3. C’est le phénomène de diffraction de la houle par l’ouverture du port.

4. Elle a une longueur d’onde inférieure à λ1.

20 Caractère ondulatoire de la lumière

1. On observe un phénomène de diffraction.

2. tan θ = ℓ

2D = 3,15 × 10–3

θ ≈ tan θ, donc θ ≈ 3,15 × 10–3 rad.

3. a. θ = λa

b. λ = a · θ λ = 0,200 × 10–3 × 3,15 × 10–3 = 6,30 × 10–7 m

c. U (λ) = λ · c(U (a)a )

2 + (U ()

)2 + (U (D)

D )2


U (λ) = 630 × c(0,0050,2 )

2 + ( 0,1

12,6)2 + (0,01

2 )2

U (λ) = 17 nmd. 613 nm ! λ ! 647 nm

4. λ = cν, avec λ en m, c en m · s–1 et ν en Hz.

5. a. ℓ2D

≈ λa, soit ℓ ≈ 2 · λ · D

ab. Longueurs d’onde dans le vide : – des radiations bleues : λB ≈ 400 nm ; – des radiations rouges : λR ≈ 800 nm.c. En lumière bleue, la longueur d’onde diminue, θ aussi, donc ℓ également.Si on diminue la largeur de la fente, θ augmente et ℓ aussi.

21 Contrôle de vitesse

1. a. L’émetteur d’ondes ultrasonores et le récepteur sont fixes.b. On utilise la réflexion des ondes ultrasonores.c. La mesure est faite lorsque le véhicule s’approche.d. La fréquence fR de l’onde reçue sera supérieure à la fréquence fE de l’onde émise.

2. fR = 40,280 kHz et fE = 40,000 kHz.

3. a. (A) fE = fR · (2V – VVS

), ce qui revient à écrire :

Hz = Hz · m · s–1 – Hz ; cette relation ne convient pas.

(B) fR = V · (fE – 2VVS


Hz = m · s–1 · Hz – m · s–1 ;cette relation ne convient pas.

(C) fE = fR · (1 – 2VVS


Hz = Hz – Hz ; cette relation peut convenir.

(D) fE = fR · (1 + 2VVS


Hz = Hz + Hz ; cette relation peut convenir.La question 1d a montré que fR 1 fE ; c’est donc la relation (C) qui convient.b.

2dVS

d

d

t = 0 s

t1 =

Date deréception

E

R

«Bip !»

Date d'émission

2 (d – VE.TE)

VS

t = TE

t2 =

Date deréception

E

R

«Bip !»

Date d'émission

Deux signaux consécutifs sont reçus avec un inter-valle de temps TR tel que :

TR = t2 – t1 = TE + 2 (d – V · TE)

VS –

2 dVS

= TE – 2 V · TE

VS

TR = TE · (1 – 2VVS )

TR

TE

= fEfR

= (1 – 2VVS

), soit fE = fR · (1 – 2VVS

)Le nombre 2 vient du fait que la mesure se fait par réflexion.

c. fE = fR · (1 – 2VVS

), soit V = VS

2 ⋅ (1 –

fEfR

).V = 340

2 × (1 – 40,000

40,280) = 1,18 m · s–1

4. a. La vitesse ayant une valeur constante, il suffit de déterminer la pente de la droite x = f (temps).

Choix de deux points de la droite :

(2,89 ; 0) et (3,11 ; 0,24).

Vvidéo = 0,24 – 03,11 – 2,89

= 1,1 m · s–1.

b. Calcul de l’erreur relative en pourcentage :

•Vvidéo – V

V • × 100 = •1,1 – 1,18

1,18 • × 100 = 6,7 %

Aux imprécisions de mesure près, les deux valeurs sont les mêmes.

22 « niiiiiiian »

1. Une onde électromagnétique ou mécanique émise avec une fréquence fE est perçue avec une fréquence fR différente lorsque l’émetteur et le récepteur sont en déplacement relatif : c’est l’effet Doppler.

2. Les rayures verticales peuvent évoquer la propagation d’une onde plane. Les couleurs peuvent évoquer un état vibratoire. Ainsi les points des lignes d’une même couleur sont supposés être dans le même état vibratoire (comme sur une cuve à ondes) :– les lignes noires peuvent évoquer des minima de vibration ;– les lignes blanches des maxima.L’écart entre les lignes d’une même couleur évoque donc la longueur d’onde.Celle-ci diminue de gauche vers le centre, puis aug-mente du centre vers la droite.Ceci évoque l’effet Doppler dans lequel une onde émise par une source en mouvement a une fréquence apparente plus grande (donc une longueur d’onde plus faible) lorsqu’elle s’approche d’un observateur fixe et une fréquence apparente plus petite (donc une longueur d’onde plus grande) lorsqu’elle s’éloigne d’un observateur fixe.Le point blanc au centre peut suggérer l’observateur.

23 Différence de marche

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


2. a. δ = 0,20 × 10–3 × 6,1 × 10–3

1,00 = 1,2 × 10–6 m

b. δ = (k + 12) · λ = 1,2 × 10–6 m, avec k = 2 ;

on observe donc une frange sombre en P.

24 Calcul d’une longueur d’onde

1. À l’aide du schéma, on compte 10 interfranges pour la distance d.

Ainsi, i = d10

= 3010

= 3,0 mm.

2. a. Seule la relation (B) convient :

i = λ · Db

, car m = m · mm

b. On en déduit que λ = i · bD

.

λ = (3,0 × 10–3 × 0,20 × 10–3

1,00 ) = 6,0 × 10–7 m,

soit 600 nm.

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

25 The Speed of Galaxy Q2125-431

Traduction du texte :

« L’effet Doppler est un phénomène physique impor-tant que les astronomes utilisent pour mesurer les vitesses de déplacement des étoiles et des galaxies. La formule de base pour des mouvements de faible vitesse (ce qui signifie des vitesses beaucoup plus faibles que celle de la lumière) est :

vitesse = 299 792 × λ0 – λr

λr

La vitesse d’un objet en km/s s’obtient à partir de la mesure de la longueur d’onde du signal que vous observez (λ0) et à partir de la longueur d’onde au repos du signal (λr), les longueurs d’onde étant mesu-rées en angström.Le spectre ci-dessous est une petite partie du spectre de la galaxie Seyfert Q2125-431 dans la constellation Microscopium. Un astronome a identifié les raies spectrales de l’hydrogène alpha et bêta. »

1. λ0α = 7 345 Å ; λ0β = 5 435 Å.

2. Vα = 299 792 × 7 345 – 6 5636 563

= 3,572 × 104 km · s–1

et Vβ = 299 792 × 5 435 – 5 0075 007

= 2,563 × 104 km · s–1,

soit en moyenne 3,067 × 104 km · s–1.

3. La vitesse radiale étant positive, cette galaxie s’éloigne de la Terre (ce qui confirme l’expansion de l’Univers).

26 Expérience historique

1. a. Il s’agit de l’effet Doppler.

b. fR = fLa dièse = 466 Hz

2. fE = fLa3 = 440 Hz

Vtrain = VS · (1 – fEfR

) = 340 × (1 – 440

466) = 19,0 m · s–1,

soit 68,3 km · h–1.


27 Détermination par effet Doppler de la vitesse d’un émetteur sonore qui s’approche

1. t1 = dV

2. a. dE = VE · TE

b. EA = d – VE·TE

c. t2 = TE + d – VE · TE

V3. TA = t2 – t1 = TE +

d – VE · TE

V – d

V

TA = TE – VE · TE

V = TE ⋅ (1 –

VE

V )TA est la durée entre deux signaux consécutifs captés par le récepteur ; c’est donc la période de l’onde cap-tée par le récepteur.

4. a. fA = 1TA

= 1

TE · (1 – VE

V ) = fE ⋅ V

V – VE

b. VE = V ⋅ fA – fE

fA

28 Détermination par effet Doppler de la vitesse d’un émetteur sonore qui s’éloigne

1. t1 = dV

2. a. dE = VE · TE

b. EB = d + VE · TE

c. t2 = TE + d + VE · TE

V

3. TB = t2 – t1 = TE + d + VE · TE

V – d

V

TB = TE + VE · TE

V = TE ⋅ (1 +

VE

V )TB est la durée entre deux signaux consécutifs ; c’est la période de l’onde captée par le récepteur.

4. a. f = 1T

TB

TE

= fEfB

= (1 + VE

V )b. VE = V · ( fE

fB – 1)

29 L’Univers et l’effet Doppler-Fizeau1. fE est la fréquence d’une radiation émise par la galaxie.fR est la fréquence de la radiation reçue sur Terre.VE est la vitesse radiale de la galaxie.V est la vitesse de la lumière.

2. Si l’émetteur s’éloigne, fEfR

1 1, la fréquence perçue

est inférieure à celle émise.

Si l’émetteur se rapproche, fEfR

! 1, la fréquence perçue

est supérieure à celle émise.

3. La mesure dans le spectre d’émission de la galaxie de la longueur d’onde de la radiation d’un élé- ment connu, par exemple l’hydrogène, permet en la


comparant à la longueur d’onde de la radiation de ce même élément dans le spectre du Soleil de détermi-ner le mouvement de la galaxie.

La relation λ = c

f permet d’écrire :

λR

λE

= 1 + VE

V ou

λR

λE

= 1 – VE

V

Si λR

λE

1 1, la galaxie s’éloigne de la Terre.

Si λR

λE

! 1, la galaxie s’approche de la Terre.

4. Si les galaxies s’éloignent les unes des autres, elles doivent initialement provenir d’un même point. L’effet Doppler-Fizeau est en accord avec le Big Bang.

30 Couleurs interférentielles des colibris

1. Les interférences sont constructives si δ = k · λ, avec k un nombre entier relatif.Elles sont destructives si δ = (k + 1

2) · λ, avec k un nombre entier relatif.

2. • Pour la radiation rouge :

δR = 2 nR · e · cos r + λR

2δR = 2 × 1,33 × 0,15 × 10–6 × cos 20 + 750 × 10–9

2δR = 7,5 × 10–7 m

δR = k · λR, avec k = 1,

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

δV = 2 nV · e · cos r + λV

2δV = 2 × 1,34 × 0,15 × 10–6 × cos 20 + 380 × 10–9

2δV = 5,7 × 10–7 m

δV = (k + 12) · λR, avec k = 1,

donc les interférences sont destructives.

3. δV = 2 nV · e · cos r + λV

2 = k · λV

cos r = 1

2 nV · e · EλV · (k – 1

2)Rcos r = 1

2 × 1,34 × 0,15 × 10–6 × E380 × 10–9 × 1

2Rcos r = 0,473,soit r ≈ 62°.Remarque : pour k = 2, le rapport est supérieur à 1.

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

31 Exoplanètes

1. Les astrophysiciens mesurent la longueur d’onde de certaines raies d’absorption sur le spectre de la lumière émise par l’étoile.

2. La vitesse radiale moyenne est de 33,11 km · s–1. Elle représente la vitesse radiale de l’étoile par rap-port à la Terre.

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

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

32 Spectre d’une étoile lointaine

1. Ils correspondent aux pics d’absorption des différents éléments présents dans l’atmosphère de l’étoile.

2. λ = 4 344,9 Å

3. v = 3,00 × 108 × 4 344,9 – 4 340,474 340,47

v = 3,06 × 105 m · s–1 = 306 km · s–1

4. a. On observe un redschift, décalage vers le rouge.b. L’étoile s’éloigne de la Terre.

33 Diffraction par un fil

1. θ ≈ tan θ = L

2D

2. θ = λa, avec θ en radian, et λ et a en mètre.

3. La courbe θ = f (1a) est une droite passant par l’ori-

gine. Or l’expression précédente montre que θ et 1a

sont proportionnels (coefficient de proportionnalité λ). La figure 2 est donc bien en accord avec la relation.

4. Le coefficient directeur de la droite représentative

de θ = f (1a) est égal à la longueur d’onde λ.

5. Soit le point de la droite de coordonnées (5,0 × 104 m−1 ; 2,8 × 10−2 rad).

Le coefficient directeur de la droite est :

λ = 2,8 × 10–2

5,0 × 104 = 5,6 × 10−7 m.

La valeur à retenir est λ = 560 nm.

6. La lumière blanche est polychromatique, donc elle contient des radiations de longueurs d’onde diffé-rentes qui donneront des taches de largeurs et de positions différentes sur l’écran.Au centre de l’écran, juste en face du fil, toutes les radiations colorées se superposent ; on obtient du blanc.À l’extérieur de cette tache blanche, seules certaines radiations se superposent ; cela crée des zones colo-rées : des irisations.

34 Les lambdamètres

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

M

P

O

Écran

b

D

S1

d1d2

S2

y

byP –2

byP +2

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

d1 = d D2 + (yP – b2)

2

http://fr.wikipedia.org/wiki/Longueur_d%27onde

http://fr.wikipedia.org/wiki/Raie_d%27absorption

http://fr.wikipedia.org/wiki/Spectre


d2 = d D2 + (yP + b2)

2

d’où d2 – d1 = d D2 + (yP + b2)

2 – d D2 + (yP –

b2)

2

b. On obtient :

δ = D · (d 1 + (yP + b2

D )2 – d 1 + (yP – b2

D )2)avec yP ± b

2 K D, donc ε = (yP +

b2

D ) et ε’ = (yP – b2

D ) très petits.

c. En appliquant l’approximation, on obtient :

δ = D · E1 + (yP + b2

D )2 – 1 – (yP – b2

D )2Rδ = 1

D · (yP + b

2 – yP + b

2) · (yP + b2

+ yP – b2)

δ = b · yP

D

2. Il y a interférences constructives si δ est égal à un nombre entier de longueurs d’onde λ.On observe donc des franges brillantes pour yP = 0, c’est-à-dire sur l’axe optique du système, puis pour :

y1 = λ · Db

; y2 = 2 λ · Db

; y3 = 3 λ · Db

; etc.

Il y a interférences destructives si δ est égal à un nombre impair de demi-longueurs d’onde. On observe alors des franges sombres pour :

y1’ = λ · D2b

; y2’ = 3 λ · D2b

; y3’ = 5 λ · D2b

; etc.

D’après ce qui précède, la distance entre deux franges brillantes ou entre deux franges sombres consécutives, appelée interfrange i, s’écrit :

i = λ · Db

La mesure de i à partir de D et b permet de déter- miner expérimentalement la longueur d’onde de la lumière monochromatique utilisée :

λ = i · bD


35 Bulles de savon et iridescence

1. Les ondes sont cohérentes, car elles sont issues de la même source.

2. Pour qu’il y ait interférences constructives, la diffé-rence de marche δ doit être un nombre entier de lon-gueurs d’onde :

δ = 2 n · e + λ2

= k · λ,

soit : avec k = 1, e = λ4n

3. a. e = 12

× 633 × 10–9

2 × 1,35 = 1,17 × 10–7 m = 117 nm

b. e = 12

× 488 × 10–9

2 × 1,35 = 9,04 × 10–8 m = 90,4 nm

4. Les couleurs dépendent de l’épaisseur du film.

5. À cause de la pesanteur, l’épaisseur est plus fine au-dessus de la bulle que sur le bas de la bulle.


36 Radar... et effet Doppler

1. λ’ = λ – v · T et λ = c

fPar suite :c

f’ =

c

f –

v

f , soit f’ = f ·

c

c – v

2. c

c – v 1 1, donc f’ 1 f :

le son perçu est donc plus aigu que le son émis.

3. D’après la relation de la question 1 :

f’ · (c – v) = f · c

f’ · c – f · c = f’ · v

v = c · (f’ – f )

f‘

v = 340 × (716 – 680)716

= 17,1 m · s–1 = 61,5 km · h–1

4. a. λ’’ = λ + v · T et f’’ = f · c

c + vb.

c

c + v ! 1, donc f’’ ! f :

le son perçu est donc plus grave que le son émis.


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

A Analyse de quelques spectres

1 et 2

Numéro de la courbe 1 2 3 4 5

Couleur de la solution Jaune Orangé Rouge Violet Bleu vert

λmax (nm) 400 430 520 550 720

Couleur de la radiation absorbée Violet Bleu Vert Jaune Rouge

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

Activités

4Chapitre

Analyse spectrale

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

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

B Étude de solutions colorées

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

– une solution de jus de chou rouge à pH = 5 ;– une solution d’hélianthine à pH = 4 ;– les solvants utilisés pour préparer ces solutions ; – cinq pipettes Pasteur ;– des tubes à essais dans leur portoir.6 Lorsqu’une espèce chimique absorbe dans plu-

sieurs domaines de longueurs d’onde, sa couleur résulte de la synthèse additive des couleurs complé-mentaires des radiations absorbées.

C Recherches d’espèces colorées


numériqueManuel

2.0numériqueAnimations : nomenclatures des alcanes, des alcènes, des esters, des amines et des amides.

2 Nomenclature et groupe caractéristique de composés organiques (p. 89)

A Alcènes

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

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

1 Un alcène est caractérisé par sa double liaison CpC (en plus de sa formule brute de type CnH2n).2 Le nom d’un alcène dérive de celui de l’alcane de

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

éthène (ou éthylène) : CH2pCH2• Alcène à trois atomes de carbone : C3H6

propène (ou propylène) : CH3PCHpCH2• Alcènes à quatre atomes de carbone : C4H8

CH3PCH2PHCpCH2

But-1-ène (Z)-but-2-ène

CH3 CH3

HH

CpC

(E)-but-2-ène

CH3 H

CH3H

CpCCH3PCpCH2

CH3

Méthylpropène

• Alcènes à cinq atomes de carbone : C5H10

CH3PCH2PCH2PHCpCH2

Pent-1-ène (Z)-pent-2-ène

CH3PCH2 CH3

HH

CpC

(E)-pent-2-ène

CH3PCH2 H

CH3H

CpC

3-méthylbut-1-ène

CH3PCHPHCpCH2

CH3

2-méthylbut-1-ène

CH3PCH2PCpCH2

CH3

2-méthylbut-2-ène

CH3PCpCHPCH3

CH3

4 Un ester est caractérisé par le groupe RPCPOPR’

O

5 Le nom d’un ester comporte deux termes :

– le premier, avec la terminaison -oate désigne la chaîne carbonée RPC, numérotée à partir de C ;

– le second, avec la terminaison -yle est le nom du groupe alkyle R’, numéroté à partir de l’atome de carbone lié à l’atome d’oxygène O.6 • Ester à deux atomes de carbone :

– méthanoate de méthyle HPCOPOPCH3

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

• Esters à quatre atomes de carbone :– méthanoate de propyle : HPCOPOPCH2PCH2PCH3– méthanoate de 1-méthyléthyle : HPCOPOPCH (CH3)2– éthanoate d’éthyle : CH3PCOPOPCH2PCH3– propanoate de méthyle : CH3PCH2PCOPOPCH3

B Esters

C Amines

7 Une amine est caractérisée par le groupe PNP

8 Une amine est un composé de formule générale

RPNPR’’

R’

, où R’ et R’’ peuvent être des atomes d’hy-drogène, des groupes alkyles, etc.

Le nom d’une amine de formule RPNH2 dérive de celui de l’alcane de même chaîne carbonée en rem-

plaçant la terminaison -ane par la terminaison -amine, précédée de l’indice de position (le plus petit pos-sible) du groupe amine dans la chaîne carbonée prin-cipale, c’est-à-dire la plus longue.

Lorsque l’atome d’azote est lié à d’autres groupes alkyle, le nom de l’amide est précédé de la mention N-alkyl.


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

– N-méthyl-méthanamine : CH3PNHPCH3

• Amines à trois atomes de carbone :– propan-1-amine CH3PCH2PCH2PNH2

– propan-2-amine CH3PCH (NH2)PCH3

– N-méthyl-éthanamine CH3PCH2PNHPCH3

– N,N-diméthyl-méthanamine ou triméthylamine (CH3)3N.

• Amines à quatre atomes de carbone :– butan-1-amine : CH3PCH2PCH2PCH2PNH2 – butan-2-amine : CH3PCH2PCH(NH2)PCH3– 2-méthylpropan-1-amine : (CH3)2CHPCH2PNH2 – 2-méthylpropan-2-amine : (CH3)3CPNH2– N-méthyl-propan-1-amine :

CH3PCH2PCH2 PNH(CH3) – N-méthyl-propan-2-amine. (CH3)2CH PNH(CH3) – N-éthyl-éthanamine. CH3PCH2PNH(CH2PCH3) – N,N-diméthyl-éthanamine : CH3PCH2PN(CH3)2

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

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

A Analyse de quelques spectres

1 Une transmittance de 100 % signifie que toute la lumière infrarouge a été transmise et que rien n’a été absorbé. Au contraire, une transmittance de 0 % signifie que rien n’a été transmis et que toute la lumière a été absorbée.L’axe des transmittances étant gradué de 0 à 100 % de bas en haut, il est logique que les spectres IR pointent vers le bas : plus l’extremum du pic est proche de l’axe des abscisses plus l’absorption est forte.2 En spectroscopie infrarouge, avec λ = 1/σ :

2,5 µm λ 16,7 µm, soit : 2 500 nm λ 16 700 nm

(pour le visible : 400 nm λ 800 nm). 3 La bande CPC (1 000 cm–1 σ 1 250 cm–1) a

une très faible intensité, elle est donc difficilement repérable dans un spectre.

4 Le groupe caractéristique est en couleur :

– pent-1-ène (B) : CH3PCH2PCH2PHCpCH2 groupe alcène ;

– pentan-1-ol (C) : CH3PCH2PCH2PCH2PCH2POH groupe hydroxyle ;

– pentanal (D) : CH3PCH2PCH2PCH2PHCpO groupe carbonyle (aldéhyde) ;

– pentan-3-one (E) : CH3PH2CPCOPCH2PCH3, groupe carbonyle (cétone) ;

– acide pentanoïque (F) : CH3PCH2PCH2PCH2PCO2H groupe carboxyle ;

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

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

– pentanamide (I) : CH3PCH2PCH2PCH2PCOPNH2 groupe amide.

D Amides

10 Un amide est caractérisé par le groupe PCPNP

O

11 Un amide est un composé de formule générale

RPCPNPR’’

R’O

, où R’ et R’’ peuvent être des atomes d’hydrogène, des groupes alkyle, etc.

Le nom d’un amide de formule RPCPNH2

O

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

• Amides à trois atomes de carbone :– propanamide : CH3PCH2PCOPNH2– N-méthyl-éthanamide : CH3PCOPNHPCH3 – N,N-diméthyl-méthanamide : HPCOPN(CH3)2• Amides à quatre atomes de carbone :– butanamide : CH3PCH2PCH2PCOPNH2 – 2-méthylpropanamide : (CH3)2CHPCOPNH2– N-méthyl-propanamide : CH3PCH2PCO PNH(CH3) – N-éthyl-éthanamide : CH3PCOPNH(CH2PCH3) – N-propyl-méthanamide :

HPCO PNH(CH2PCH2PCH3) – N-(1-méthyléthyl)-méthanamide :

HPCO PNH(CH(CH3)2) – N,N-diméthyl-éthanamide : CH3PCOPN(CH3)2 – N-éthyl-N-méthyl-méthanamide :

HPCOPN(CH3)(CH2PCH3)

numériqueManuel

2.0numériqueAnimation : Exploiter un spectre IR pour déterminer des groupes caractéristiques.


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

5 Toutes les molécules étudiées possèdent des liaisons

tétCPH (2 800-3 000 cm–1 et 1 415-1 470 cm–1)

et CPC (1 000-1 250 cm–1) ; seules les autres liaisons remarquables sont mentionnées dans le tableau ci-dessous.

B Identification d’un composé

6 On repère les bandes relatives aux liaisons : CpC (σ ≈ 1 640 cm–1),

triCPH (σ ≈ 3 100 cm–1),

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

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

Molécules Fonction chimique Bandes d’absorption des principales liaisons

B Alcène CpC (σ ≈ 1 640 cm–1) tri

CPH (σ ≈ 3 100 cm–1)

C Alcool OPH (σ ≈ 3 350 cm–1) CPO (σ ≈ 1 100 cm–1)

D Aldéhyde CpO (σ ≈ 1 750 cm–1)

E Cétone CpO (σ ≈ 1 720 cm–1)

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

G Amine NPH (σ ≈ 3 250 à 3350 cm–1)

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

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

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

n CO2 + n H2O (CH2O)n + n O2

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

aussi dans le visible, plus précisément dans le violet (λ ≈ 420 nm) ; il peut donc être jaune.3 L’arôme d’un produit alimentaire est dû à la pré-

sence de molécules particulières ; celles-ci peuvent

être naturelles ou synthétiques. Généralement, les molécules synthétiques coûtent beaucoup moins chères que celles extraites d’espèces naturelles, végétales ou animales. C’est pour cette raison que l’on cherche à identifier l’origine de ces molécules afin qu’il n’y ait pas de fraudes ou de publicités men-songères.La détermination par RMN du rapport R = % (2H) / % (1H) des molécules d’arômes présentes dans le produit analysé permet, grâce aux données cartographiques disponibles, de localiser dans quelles régions ont été produites les molécules constituant ce produit et de vérifier si l’espèce naturelle, source de ce produit, est cultivée dans cette région.4 L’hydrogène, le carbone, l’azote et l’oxygène sont

les principaux éléments présents dans les molécules de protéines, de glucides et de lipides, constituants essentiels de l’organisme. L’étude en RMN des réso-nances de ces éléments est donc essentielle en médecine.5 L’existence de liaisons hydrogène affaiblit les

liaisons covalentes OPH ou NPH ; la présence de telles liaisons se traduit par une diminution du nombre d’ondes de la radiation absorbée et peut donc être détectée en infrarouge.Le déplacement chimique d’un proton dépend de l’environnement électronique de ce proton ; la pré-sence de liaisons hydrogène modifie cet environnement et donc le déplacement chimique correspondant.


QCM1 1. B et C ; 2. B ; 2 1. B ; 2. A et C ; 3 1. A et

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

4. B ; 5. A.


5 Associer une molécule à son spectre infrarouge

1. Le spectre IR présente une bande d’absorption vers 3 400 cm–1 (liaison OPH) et une vers 1 700 cm–1 (liaison CpO). B peut avoir la formule a.

2. La bande large vers 3 400 cm–1 est caractéristique de la présence de liaisons hydrogène.

6 Relier un spectre de RMN à une molécule

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

Pour commencer

7 Savoir lire et exploiter un spectre UV-visible

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

8 Utiliser un spectre pour déterminer une couleur

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

9 Justifier une couleur à partir d’un spectre

Le vert de bromocrésol absorbe dans le bleu (λ = 450 nm), couleur complémentaire du jaune, et

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

10 Reconnaître un groupe caractéristique

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

11 Nommer des composés organiques

1. a. Groupe alcène CpC (alcène) ;b. groupe hydroxyle POH (alcool) ;c. groupe amine PNH2 (amine) ;d. groupe carbonyle CpO (cétone) ;e. groupe carbonyle CpO (aldéhyde) ;f. groupe amine PNHP (amine) ;g. groupe ester PCOPOPC (ester) ;h. groupe amide PCOPNHP (amide).

2. a. 2-méthylbut-2-ène ; b. 5-méthylhexan-2-ol ; c. pentan-2-amine ; d. 4-éthylhexan-2-one ; e. butanal ; f. N-éthylbutan-2-amine ; g. 2-méthylbutanoate d’éthyle ; h. N-méthylbutanamide.

12 Utiliser des formules topologiques

1. a. Groupe et fonction alcène ; b. groupe hydroxyle, fonction alcool ; c. groupe carbonyle, fonction aldéhyde ; d. groupe carbonyle, fonction cétone ; e. groupe carboxyle, fonction acide carboxylique ; f. groupe et fonction ester ; g. groupe et fonction amine ; h. groupe et fonction amine ; i. groupe et fonction amide.

2. a. (E)-4-méthylpent-2-ène ; b. 2,3-diméthylpentan-2-ol ; c. 3-méthylpentanal ;d. 5-éthyl-2,4-diméthylheptan-3-one ;e. acide 2-éthylpentanoïque ; f. 2-méthylbutanoate d’éthyle ; g. N-méthylpentan-2-amine ; h. N-éthyl-N-méthyl-butan-1-amine ; i. N-méthyl-3-méthylhexanamide.

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

1. a. CH3

CH3

H H

CHPCH3

CpC

(p. 101-115)Exercices


b. CH3PCH2PCHPCH2POH

CH3

c. CH3PCH2PCHPCH2PC

C2H5 O

H

d. CH3PCH2PCHPCPCH3

CH3

O

e. CH3PCHPCH2PC

CH3 O

OH

f. CH3PCHPC

CH3 O

OPC2H5

g. CH3PCHPCH3

NH2

h. CH3PCH2PCH2PCH2PNHPC2H5

i. CH3PCH2PCO

NH2

j. CH3PC

O

NHPCH3

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

14 Écrire une formule topologique à partir d’un nom

1.

a. b.

OH

c.

O

d. OH

O

e. O

O

f. O

O

g. N h. N

H

O

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

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

15 Savoir lire et exploiter un spectre infrarouge

a. La transmittance en ordonnée et le nombre d’ondes en abscisse.

b. Pour les spectres infrarouge :

600 cm–1 s 4 000 cm–1.

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

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

16 Reconnaître des bandes d’absorption

1. CH3PCHPCH2PCH2PCH2PCH3

OH

;

groupe hydroxyle (alcool).

2. (a) liaison OPH ; (b) liaison CPH ;

(c) liaison CPH ; (d) liaison CPO.

17 Utiliser un spectre pour déterminer une fonction

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

tétCPH ; b. une liaison

triCPH ;

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

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

d’où les bandes observées.

18 Utiliser un spectre pour identifier une fonction

1. Les molécules du composé B peuvent, a priori, posséder : a. une liaison

tétCPH ; b. une liaison CPC ;

d. une liaison OPH ; e. une liaison CpO ;

f. une liaison CPO.

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

3. La formule de la 1-hydroxybutanone est :

CH3PCH2PCPCH2POPH

Od’où les bandes observées.

19 Savoir lire et exploiter un spectre de RMN

a. Dans un spectre de RMN on lit le déplacement chimique en abscisse.

b. La courbe d’intégration permet de déterminer le nombre de protons qui résonnent.

c. La multiplicité d’un signal indique le nombre de protons équivalents voisins.

d. Une molécule qui présente un doublet et un qua-druplet peut être CH3PCHCl2.


20 Lire une table de données de RMN

1. a. 1,4 ppm ; b. 3,0 ; c. 2,3 ; d. 3,3 ; e. 2,2 ; f. 2,0.

2. a. 1,3 ; b. 3,6 ; c. 3,3 ; d. 1,7 ; e. 4,1 ; f. 4,3 ; g. 2,5.

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

21 Attribuer des déplacements chimiques

Les protons et les déplacements chimiques liés sont de même couleur.

1. CH3PCOPOPCH3 : δ1 = 2,0 ppm, δ2 = 3,7 ppm.

2. CH3PBr et CH3PCH2PBr : δ1 = 1,7 ppm, δ2 = 2,7 ppm.

3. CH3POPCH2PCH3 et C6H5POPCH2PCH3 : δ1 = 3,4 ppm, δ2 = 4,3 ppm.

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

22 Identifier des protons équivalents

1. Les protons équivalents sont de la même couleur :a. HOPCH2PCH2POH b. CH3PCH(OH)PCH3 c. BrPCH2PCH2PCH2PCH2POH

d. CH3PCH2PCOPOPCOPCH2PCH3

e. CH3PCH2PCOPOPCH2PCH3

f.

H H

H H

H3C CH3 g.

H H

H H

H3C Br

2. a. 3 signaux ; b. 2 signaux ; c. 2 signaux ; d. 1 signal ; e. 4 signaux ; f. 3 signaux ; g. 3 signaux ; h. 4 signaux ; i. 6 signaux.

23 Relier la multiplicité du signal au nombre de voisins

1. Multiplicité des signaux correspondant aux groupes méthyle CH3 :a. CH3PCH2P : triplet ; b. (CH3)3CP : singulet ; c. (CH3)2CHP : doublet.

2. Multiplicité des signaux correspondant aux groupes méthylène PCH2P : a. CH3PCH2POH : quadruplet ; b. (CH3)2CHPCH2PBr : doublet ; c. H2NPCH2PCH2PNH2 : singulet ;d. HOPCH2PCH2PCl : triplet et triplet.

3. Multiplicité des signaux correspondant aux groupes méthyne CHP :a. (CH3)2CHPCl : heptuplet ; b. (CH3)3CH : décuplet ; c. HCCl3 : singulet ; d. (CH3)CHCl2 : quadruplet.

24 Reconnaître des signaux par leur multiplicité

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

Pour s’entraîner

25 Couleurs et radiations absorbées

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

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

26 Spectre UV-visible et réactions chimiques

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

27 Chimie et santé

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

28 Composés azotés

1. On repère des liaisons :

tétCPH (2 900 cm–1 et 1 400 cm–1),

CpO (1 700 cm–1),NPH (3 200 cm–1 et 3 400 cm–1).

2. a. Amides isomères du composé A : (I) : propanamide : CH3PCH2PCOPNH2 ; (II) : N-méthyl-éthanamide : CH3PCOPNH(CH3) ;

(III) : N,N-diméthyl-métanamide HPCOPN(CH3)2.b. (III) ne peut avoir le spectre proposé, car elle ne présente pas de liaison NPH.c. A est la propanamide, car le spectre présente deux bandes pour NPH (3 200 cm–1 et 3 400 cm–1).

29 Spectres infrarouge et oxydation

1. Butan-1-ol CH3PCH2PCH2PCH2POH ;

A : butanal : CH3PCH2PCH2PCpO

H

;

B : acide butanoïque : CH3PCH2PCH2PCpO

OH

.

2. Butan-1-ol : fonction alcool ; A : fonction aldé-hyde ; B : fonction acide carboxylique.


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

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

30 Spectres infrarouge et hydrogénation

1. Formule semi-développée de B : CH3PCH2PCPH

OFormule semi-développée de C :

CH3PCH2PCH2POH Fonctions chimiques : A : alcène et aldéhyde, B : aldéhyde et C : alcool.

2. Bandes caractéristiques :– A : bandes CpC (1 650 cm–1) ;

triCPH (3 100 cm–1) ;

CpO (1 700 cm–1) ;– B : bande CpO (1 700 cm–1) ;– C : bande OPH (3 300 cm–1).

3. L’hydrogénation est totale si le spectre du produit obtenu ne présente pas de bande vers : – 1 650 cm–1 : liaison CpC ;– 1 700 cm–1 : liaison CpO.

31 Spectre infrarouge d’acides carboxyliques

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

32 Du spectre à la molécule

1. Le composé A ne peut pas être l’acide buta-noïque, car il n’y a pas de signal pour δ ≈ 11 ppm.

2. C’est le propanoate de méthyle :CH3PCH2PCOPOPCH3

car δ (H) = 3,7 ppm dans les tables (fiche no 11C, p. 595 du manuel) alors que δ (H) = 2,0 ppm pour CH3PCOPOPCH2PCH3, ces deux groupes méthyle donnant nécessairement un signal singulet.

33 Classe d’un alcool et RMN

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

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


1. Propan-1-amine : CH3PCH2PCH2PNH2 Propan-2-amine : CH3PCH(NH2)PCH3N-méthyl-éthanamine : CH3PCH2PNHPCH3N,N-diméthyl-méthanamine ou triméthylamine : (CH3)3N

2. Pour δ = 3 ppm : un proton ; pour δ = 1,4 ppm : deux protons ; pour δ = 0,9 ppm : six protons.

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

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

35 Structure et couleurs1. Formules brutes :a. C2H6N2 ; b. C7H8N2 ; c. C12H10N2.

2. Plus un composé a de liaisons conjuguées, plus il absorbe des radiations de grandes longueurs d’onde, aussi : a. doit absorber dans le violet, il est jaune ; b. doit absorber dans le bleu, il est orangé ; c. doit absorber dans le vert, il est rouge.

3. Domaines de longueurs d’onde du maximum : a. 420-435 nm ; b. 435-480 nm ; c. 490-500 nm.

4. Stéréoisomères Z :

a. NN b. NN

c. NN


36 Vérifier une formule par RMN1. a. Le spectre de RMN du composé A présente un signal pour δ ≈ 7 ppm ; A peut être un dérivé du benzène. b. Le signal à δ ≈ 7 ppm est un singulet ; les protons aromatiques sont équivalents.

2. Le composé A peut être le 2-phénylpropane ou cumène, C6H5PCH(CH3)2 car il présente, outre le singulet à δ ≈ 7 ppm, un doublet à δ ≈ 1,2 ppm cor-respondant aux deux groupes méthyle couplés avec le proton de CH, et un septuplet à δ ≈ 2,8 ppm cor-respondant au proton du groupe méthyne CH couplé avec les six protons des groupes méthyle (CH3)2.

37 Spectroscopy analysis of aminesTraduction du texte :

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


1. Butan-1-amine : CH3PCH2PCH2PCH2PNH2 N-éthyl-éthanamine : CH3PCH2PNH(CH2PCH3)La formule d’une amine primaire est du type RPNH2, celle d’une amine secondaire du type RR’NH et celle d’une amine tertiaire du type RR’R’’N, avec R, R’ et R’’ différents de H.

2. Amines primaires :Butan-1-amine : CH3PCH2PCH2PCH2PNH2 Butan-2-amine : CH3PCH2PCH(NH2)PCH32-méthylpropan-1-amine : (CH3)2CHPCH2PNH2 2-méthylpropan-2-amine : (CH3)3CPNH2.

Amines secondaires :N-méthyl-propan-1-amine : CH3PCH2PCH2 PNH(CH3) ; N-méthyl-propan-2-amine : (CH3)2CHPNH(CH3) N-éthyl-éthanamine : CH3PCH2PNH(CH2PCH3)

Amine tertiaire :N,N-diméthyl-éthanamine : CH3PCH2PN(CH3)2

3. Les amines tertiaires sont transparentes dans le domaine allant de 3 000 cm–1 à 3 500 cm–1, car, n’ayant pas de liaisons NPH, elles n’absorbent pas dans ce domaine.

4. La propanamide de formule CH3PCH2PCOPNH2, ayant deux liaisons NPH, donne deux pics d’absorption dans le domaine allant de 3 000 cm–1 à 3 500 cm–1, alors que la N-méthyl-éthanamide de formule CH3PCOPNH(CH3), n’ayant qu’une liaison NPH, ne donne qu’un seul pic d’absorption dans ce domaine.

5. Le benzile de formule C6H5PCOPCOPC6H5 possède deux liaisons CpO. Celles-ci peuvent vibrer de façon symétrique et antisymétrique, d’où les deux bandes d’absorption observées pour 1 662 cm–1 et 1 677cm–1.

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

39 Analyse élémentaire et spectres

1. n (C) = 136,0 × 0,706

12 = 8 ;

n (H) = 136,0 × 0,059

1 = 8 ;

n (O) = 136,0 × 0,235

16 = 2,

soit A : C8H8O2.

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

3. Les hauteurs d’intégration donnent 2, 5 et 1 pro-tons. La multiplicité des signaux (singulet) et les valeurs de δ permettent de proposer pour A :

C6H5PCH2PCO2H

4. En phase vapeur, les molécules de A ne sont pas liées et sont toutes identiques, d’où une bande très étroite.

40 Éthylotest, éthylomètre

1. a. La couleur jaune-orangé des solutions d’ion Cr2O7

2– (aq) résulte de la superposition du jaune com-plémentaire du violet (λ = 430 nm ) et de l’orange couleur complémentaire du bleu (λ = 500 nm). La couleur verte des solutions d’ions Cr3+ (aq) résulte de la superposition du jaune couleur complémentaire du violet (λ = 430 nm) et du bleu couleur complé-mentaire de l’orange (λ = 640 nm).

b. • Couple Cr2O72– (aq) / Cr3+ (aq) :

Cr2O72– (aq) + 14 H+ (aq) + 6 e– Cr3+ (aq) + 7 H2O (ℓ)

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

CH3PCO2H (aq) + 4 H+ (aq) + 4 e– CH3PCH2POH (aq) + H2O (ℓ)

d’où :

2 Cr2O72– (aq) + 3 CH3PCH2POH (aq) + 16 H+ (aq)

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

2. L’oxydation de l’éthanol en acide éthanoïque a pour équation :

CH3PCO2H (aq) + 4 H+ (aq) + 4 e–

CH3PCH2POH (aq) + H2O (ℓ)

Elle met en jeu des électrons.

3. a. Les éthylomètres utilisent la loi de Beer-Lambert.b. σ1 = 1/λ1 = 2 950 cm–1 et σ2 =1/λ2 = 2 874 cm–1 nombres d’ondes correspondant aux liaisons

tétCPH

des groupes méthyle CH3 et méthylène CH2.c. La plupart des hydrocarbures comportent des liaisons

tétCPH. Leur présence perturbe donc les

mesures.

4. a. σ3 = 1/λ3 = 1 057 cm–1, correspondant à la liaison CPO.

b. L’éthanal a pour formule CH3PCpO

H

. Sa présence

ne fausse donc pas la mesure.

En revanche, l’éthanoate d’éthyle de formule CH3PCPOPCH3

O

présente des liaisons CPO. Sa

présence perturbe donc la mesure.

5. L’air expiré contient de la vapeur d’eau H2O. La bande d’absorption relative au groupe hydroxyle traduirait non seulement la présence du groupe hydroxyle OPH de l’éthanol, mais aussi ceux des molécules d’eau.

6. a. La précision de ces trois appareils est une préci-sion relative ; elle est définie par rapport à la valeur réelle d’alcool dans le sang telle que la déterminerait un dosage.b. Il serait nécessaire de faire une prise de sang et de doser l’alcool effectivement présent dans le sang.c. L’éthylomètre à infrarouge est le plus précis, c’est aussi le plus cher.


41 Identifier une molécule

A. Utilisation des spectres

1. a. Dans le spectre infrarouge, on observe une bande étroite vers 3 050 cm–1 que l’on peut attribuer à la liaison

triCPH, qui permet d’envisager que le

composé A présente un cycle aromatique.b. Ceci est confirmé par le spectre de RMN, car celui-ci présente un signal pour δ ≈ 7 ppm.

2. Une fonction alcool (σ ≈ 3 300 cm–1) pourrait être la fonction oxygénée du composé A.

3. La courbe d’intégration du spectre de RMN per-met de déterminer le nombre de protons associés à chaque signal. Ainsi de gauche à droite on trouve 5 H, 1 H, 1 H et 3 H.L’étude des multiplicités conduit à envisager la pré-sence d’un groupe CHPCH3, aussi peut-on proposer pour A : C6H5PCH(OH)PCH3, soit le 1-phényl- éthan-1-ol.

4. a. B est la 1-phényléthanone ou acétophénone C6H5PCOPCH3. Le spectre infrarouge de A présente une bande vers σ ≈ 3 300 cm–1 due à la présence d’un groupe hydroxyle, alors que celui de B présenterait une bande vers σ ≈ 1 720 cm–1 due à la présence du groupe carbonyle.b. B ne contient pas A comme impuretés si son spectre ne présente pas de bande vers σ ≈ 3 300 cm–1.

B. Utilisation de données spectrales

Les identifications sont faites à l’aide de la multipli-cité et du déplacement des signaux.Composé A : CH3PCOPOPCH(CH3)2

Composé B : (CH3)2CHPCOPCH3

Composé C : (CH3)2C(OH)PCOPCH3

Composé D : CH3PCH2PCOPOPCH2PCH3

Remarque : voir erratum, p. 2.


42 Vieillissement des œuvres d’art et spectroscopie infrarouge

1. Sens des mots ou expressions en italique :Élastomère : polymère qui se déforme réversible-ment sous l’action d’une contrainte mécanique : le caoutchouc est un élastomère.Hydroperoxyde : composé contenant le groupe fonc-tionnel hydroperoxyle HPOPOP

Photo-oxydation : oxydation d’une espèce chimique sous l’action de la lumière.Polymère : substance composée de macromolécules, c’est-à-dire des molécules de masse molaire élevée.Ponts hydrogène : expression synonyme de liaison hydrogène. Une liaison hydrogène s’établit, par exemple, entre les doublets non liants de l’atome

d’oxygène d’un groupe carbonyle CpO et l’atome d’hydrogène d’un groupe hydroxyle POPH.Ozonolyse : réaction de l’ozone O3 avec un alcène ou un dérivé éthylénique. Cette réaction conduit, après hydrolyse de l’ozonide intermédiaire formé, à la rup-ture de la liaison CpC avec formation, suivant le cas d’aldéhydes, de cétones ou d’acides carboxyliques.

2. La spectroscopie infrarouge suivant la loi de Beer-Lambert, plus il y a de groupes carbonyles, plus il y a de liaisons CpO et plus l’intensité de la bande d’ab-sorption correspondante est importante.

3. La formation des hydroperoxydes se traduit par l’apparition de liaisons OPH, dont la présence se traduit en infrarouge par une bande d’absorption vers σ ≈ 3 300 cm–1.

4. Les doublets non liants des atomes d’azote et d’oxygène sont des sites pouvant participer à des ponts hydrogène. Plus il y a de groupes carbonyle, plus il se forme de liaisons et plus la rigidité du maté-riau est élevée, ce qui restreint les possibilités de mouvement.

5. Dans un spectre infrarouge la réaction d’ozono-lyse suivie d’une hydrolyse se traduit par :– la disparition ou l’atténuation de la bande d’ab-sorption de la liaison CpC (σ ≈ 1 650 cm–1) ;– l’apparition de la bande d’absorption de la liaison CpO (σ ≈ 1 720 cm–1) ou l’augmentation de son intensité.

6. Foot Soldier (Godzilla) est une œuvre réalisée en 1991 par l’artiste japonais Kenji Yanobe. Elle repré-sente la partie inférieure (bassin et membres infé-rieurs) d’un « monstre » articulé qu’il est possible de manœuvrer à partir d’un siège constituant la partie supérieure de l’œuvre. La « peau » de ce « monstre » est composée d’une mousse polyuréthane souple recouverte d’une peinture acrylique bleue mélangée à du latex.Kenji Yanobe, né en 1965 à Osaka, est célèbre pour ses sculptures modernes, souvent cauchemar-desques, représentant des monstres ou des robots. De couleurs vives, elles sont faites de plastiques, de métaux et de matériaux composites


43 Identification d’espèces par spectroscopie

1. a. Composés de formule brute C3H8O :(I) : CH3PCH2PCH2POH ; (II) : CH3PCH(OH)PCH3 ; (III) : CH3PCH2POPCH3.b. (I) et (II) sont des alcools :(I) : propan-1-ol : CH3PCH2PCH2POH : alcool primaire ; (II) : propan-2-ol : CH3PCH(OH)PCH3 : alcool secondaire.

2. a. L’oxydation d’un alcool primaire donne un aldé-hyde si l’oxydant est en défaut, et un acide carboxy-lique si l’oxydant est en défaut. Celle d’un alcool secondaire donne une cétone.


b. L’oxydation du propan-1-ol peut donner le pro- panal CH3PCH2PCHO et l’acide propanoïque CH3PCH2PCO2H. Celle du propan-2-ol donne de la propanone CH3PCOPCH3.

3. a. Le composé B présente des liaisons :

CpO (σ ≈ 1 720 cm–1), tét

CPH (σ ≈ 2 950 cm–1),

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

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

5. A est donc le propan-1-ol, de formule CH3PCH2PCH2POH.


1 La lumière pour le contrôle de qualité (p. 116-117)1. Le contrôle de qualité est l’ensemble des opérations permettant de vérifier que l’objet fabriqué possède bien les dimensions ou les performances correspondant au cahier des charges.

2. a. Le phénomène physique utilisé pour le contrôle du diamètre d’un fil est la diffraction de la lumière.

La diffraction est observée lorsqu’on éclaire des objets (fentes ou trous, par exemple) de petites dimensions. Plus

le rapport λa est grand, plus le phénomène de diffraction est important.

b. La largeur de la tache centrale est mesurée entre les centres des deux zones noires qui l’encadrent :

L

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

5 L

En notant q le demi-angle de diffraction, on a :

tan q = L2D

Faisceaulaser

Écran

D

Fil de diamètre a

0 L

De plus, q est petit, on a donc tan q ≈ q, avec q en

radian, d’où q ≈ L

2D.

L’importance du phénomène de diffraction est liée à la longueur d’onde l et à la dimension a du fil. Cela

se traduit par q = λa.

En combinant les deux équations, on obtient :

a ≈ 2λ · D

L ≈

2 × 632,8 × 10–9 × 2,345

6,98 × 10–2

≈ 42,519 × 10–6 m.

L’incertitude est donnée par :

U (a) = 632,8 × 10–9 × 2 × 2,345

6,98 × 10–2

× d ( 0,1

632,8)2

+ (0,002

2,345)2

+ (0,03

6,98)2

= 0,186 × 10–6 m.

On a donc a = (42,52 ± 0,19) ¥ 10–6 m.

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

b. Les faisceaux lumineux issus des deux images holographiques sont cohérents, car ils sont issus du même faisceau laser. Ils permettent d’observer une figure d’interférences stable dans le temps. c. Les zones noires correspondent à des interférences destructives entre les ondes lumineuses issues de chacune des images. Elles témoignent de différences entre les deux états du haut-parleur : lorsqu’il a fonc-tionné, le haut-parleur a vibré, ces vibrations l’ont déformé.

4. a. Le phénomène utilisé pour vérifier la planéité d’un miroir plan est le phénomène d’interférences.b. La lame de verre et le miroir étant inclinés l’un par rapport à l’autre, les rayons qui interférent (par exemple, R et R’ sur le document 3a, p. 117 du manuel) parcourent des distances différentes. Lorsque la différence de marche augmente (ou dimi-nue), les interférences sont alternativement destruc-tives et constructives. Cela se produit régulièrement depuis la ligne de contact entre la lame de verre et le miroir. On observe donc des franges alternativement sombres (interférences destructives) et claires (inter-férences constructives). c. On observe des interférences destructives quand la différence de marche est de :

k · λ + λ2

= (2k +1) · λ2

avec k un entier et des interférences constructives lorsque la différence de marche est de k · λ. d. Si le miroir n’est pas parfaitement plan, les franges ne seront ni parfaitement rectilignes ni équi-distantes.

Exercices Bac


1. a. A et B ont la même formule brute, C8H10O ; ce sont des isomères. b. B est un alcool, car le groupe hydroxyle est lié à un carbone tétragonal et non trigonal comme celui de l’espèce A. c. Groupes caractéristiques et fonctions des composés : – C : groupe carbonyle, fonction aldéhyde ;– D : groupe carboxyle, fonction acide carboxylique ;– E : groupe ester, fonction ester.

2. a. Bandes d’absorption : a : liaison OPH ; b : liaison

triCPHaromat ;

c : liaison tét

CPH ; d : liaison tét

CPH ;

g : liaison OPH ; h : liaison tri

CPHaromat ;

i : liaison tét

CPH ; j : liaison tét

CPH.

b. Le signal a est fin et se situe vers 3 600 cm–1. C’est celui d’une liaison OPH pour un alcool dilué dans le tétrachlorométhane, c’est-à-dire ne présentant pas de liaison hydrogène (OPHlibre). Le signal g est large et se situe vers 3 300 cm–1. C’est celui d’une liaison OPH pour un alcool à l’état liquide, c’est-à-dire présentant des liaisons hydro-gène (OPHlié).

3. a. Les bandes d’absorption caractéristiques des constituants majoritaires du vin sont les bandes OPH (eau et éthanol) et

tétCPH (éthanol).

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

tétCPH

des espèces majoritaires, l’intensité des bandes

triCPHaromat serait très faible et inutilisable.

4. a. Le spectre de RMN du document 3 est celui du composé B, car les deux triplets présents corres-pondent aux deux groupes méthylène PCH2PCH2P, alors que le spectre du document 4 est celui du composé A, car le triplet et le quadruplet pré- sents authentifient la présence du radical éthyle CH3PCH2P .

b. Formule semi-développée de B : C6H5PCH2PCH2POH

c. C6H5PCH2PCH2POH

Protons aromatiques (δ ≈ 7,2 ppm)

Singulet, car pas de couplage

possible (δ ≈ 7,2 ppm)Triplet

(δ ≈ 2,8-3 ppm)Triplet

(δ ≈ 3,6-3,8 ppm)

5. a. L’oxydation du composé B à l’aide d’un oxy-dant en défaut donne le phényléthanal C. b. Le produit obtenu sera pur s’il ne présente pas de bande OPH (vers 3 300 cm–1-3 600 cm–1) qui tradui-rait soit des restes d’alcool B (oxydation incomplète), soit des traces d’acide D (oxydation excessive).

6. a. L’oxydation du composé B, à l’aide d’un oxy-dant introduit en excès, donne l’acide phénylétha-noïque D. b. Un spectre infrarouge de C mettrait en évidence, entre autres, une bande OPH, que l’on peut aussi observer dans le spectre de l’alcool B, et une bande CpO, également présente dans le spectre de l’aldé-hyde C. Dans le spectre de RMN de D, on verra le signal (sin-gulet) du proton du groupe carboxyle PCOPOH pour δ ≈ 11 ppm. Si le produit obtenu contient encore de l’aldéhyde C, on aura aussi un signal (triplet) pour PCOPH pour δ ≈ 9,9 ppm. Si le produit contient encore de l’alcool B, le spectre de RMN présentera un signal (singulet) pour PCH2POH pour δ ≈ 0,5-5 ppm.

7. a. G est l’eau H2O, d’où l’équation de la réaction conduisant à E à partir de D et de l’éthanol :C6H5PCH2PCOPOH + C2H5POH

C6H5PCH2PCOPOPC2H5 + H2O

b. La spectroscopie de RMN paraît la technique spectroscopique la plus indiquée pour vérifier la pureté du produit et les fonctions présentes dans l’impureté. En effet, il sera facile de vérifier, dans le spectre de RMN, l’absence des signaux relatifs aux protons du groupe carboxyle PCOPOH et du groupe hydroxyle POH.

Ce spectre présentera deux singulets, l’un intégrant pour 5H (C6H5P), l’autre pour 2H (PCH2P), un triplet pour 3H (CH3P) et un quadruplet pour 2H (PCH2P).

2 Identification spectrale de molécules organiques (p. 118-119)


1. Les documents 2 et 3 montrent que l’amplitude des ultrasons réfléchis dépend de la nature des milieux qui encadrent la surface sur laquelle se pro-duit la réflexion.Pour un matériau placé dans l’air, l’amplitude des ultrasons réfléchis doit donc dépendre de la nature du matériau sur lequel se produit la réflexion.

2. a. Pour déterminer la fréquence des ultrasons émis, on doit réaliser un montage permettant de visualiser les signaux correspondants. Pour cela, il faut émettre des ultrasons et relier un récep-teur d’ultrasons à un oscilloscope (ou un sys- tème d’acquisition informatisé). Avec l’oscilloscope (ou le système informatisé), on peut déterminer la période des ultrasons, puis calculer leur fré- quence.La fréquence doit être supérieure à 20 kHz pour que ce soient des ultrasons.b. Pour déterminer la longueur d’onde, il faut obser-ver simultanément le signal issu de l’émetteur et celui issu du récepteur.On positionne le récepteur de façon à ce que les signaux soient en phase. Ensuite, on éloigne lentement le récepteur de l’émetteur, en le déplaçant

suivant la droite qui les joint, jusqu’à ce que les signaux soient de nouveau en phase. La distance dont on a éloigné le récepteur est égale à la longueur d’onde.Pour augmenter la précision, on éloigne d’au moins 10 longueurs d’onde (distance correspondant à la dixième position pour laquelle les signaux sont de nouveau en phase).

c. La valeur de la vitesse v de propagation se déduit de la fréquence f et de la longueur d’onde l :

v = λ · f,avec l en m et f en Hz, v est en m · s–1.

3. a. Pour vérifier que l’amplitude des ultrasons réfléchis dépend de la nature du matériau sur lequel se produit la réflexion, on positionne le récepteur et l’émetteur côte à côte et on place en face d’eux dif-férents matériaux, toujours à la même distance et orientés de façon identique.Pour une même amplitude des ultrasons émis, on mesure tour à tour l’amplitude des ultrasons reçus après réflexion sur chacun des matériaux étudiés.b. Les observations montrent que l’amplitude des ultrasons réfléchis dépend de la nature du matériau sur lequel se produit la réflexion.

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

1. Le facteur de dilution est égal à F = C0

C1 = 5.

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

2. a. Le graphe présente deux maxima d’absorption pour l1 = 425 nm et l2 = 620 nm.

b. La solution étant verte, le maximum d’absorption, si le spectre n’en présentait qu’un, devrait se trouver dans le rouge, c’est-à-dire vers l ≈ 700-800 nm. c. La solution absorbe dans le violet (l1 = 425 nm), couleur complémentaire du jaune, et dans l’orange (l2 = 620 nm), couleur complémentaire du bleu. L’œil reçoit des radiations bleues et jaunes dont la super-position donne le vert.d. Le vert malachite est coloré en raison de la pré-sence d’un grand nombre de liaisons conjuguées.

TP Bac

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

© Hachette Livre, 2012 – Physique Chimie Terminale S spécifi que, Livre du professeur – La photocopie non autorisée est un délit. 42

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

Activités

5ChapitreCinématique

et dynamique newtoniennes

1 Les scientifi ques cités dans le texte sont LEIBNIZ, CLAIRAUT, MAUPERTUIS, KÖNIG, BERNOULLI, EULER et BUFFON.Gottfried Wilhelm LEIBNIZ (1646-1716) est un philo-sophe, scientifi que, mathématicien, diplomate, juriste et bibliothécaire allemand. Il est l’inventeur du calcul différentiel.Alexis Claude CLAIRAUT (1713-1765) est un mathé-maticien français qui a participé, avec Pierre Louis MOREAU DE MAUPERTUIS, à une expédition en Laponie dont l’objet était d’estimer la longueur d’un degré de méridien terrestre. Il s’est illustré en géométrie et en mécanique.Pierre Louis MOREAU DE MAUPERTUIS (1698-1759) est un philosophe, mathématicien, physicien, astronome et naturaliste français. Il a énoncé le principe de moindre action.Johann Samuel KÖNIG (1712-1757) est un mathéma-ticien allemand. Il s’est illustré en géométrie.Daniel BERNOULLI (1700-1782) est un médecin, physi-cien et mathématicien suisse. Il s’est intéressé à l’hy-drodynamique et à la conservation de l’énergie dans les fl uides.Leonhard Paul EULER (1707-1783) est un mathémati-cien et physicien suisse qui s’est illustré dans le calcul infi nitésimal et la théorie des graphes.Georges-Louis LECLERC, comte de BUFFON (1707-1788) est un naturaliste, mathématicien, biologiste et écrivain français. Il a participé notamment à l’Encyclo-pédie en se chargeant des sciences de la nature. BUF-FON est surtout célèbre pour son œuvre majeure en 36 volumes (Histoire naturelle, générale et particu-lière) dans laquelle est rassemblé tout le savoir de son époque dans le domaine des sciences naturelles. Il y évoque également la possibilité d’une généalogie commune entre l’homme et le singe.2 L’expression « de lui-même » signifi e exclusive-

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

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

Newton par F = dpdt

, on peut donc déduire que dpdt

ou

un vecteur qui lui est proportionnel modélise « le changement qui arrive dans le mouvement ». La résultante des forces appliquées au système repré-sente la force motrice.4 La troisième loi de Newton se nomme « principe

d’interaction ».Exemples d’interaction : – l’interaction gravitationnelle entre la Terre et la Lune. Cette interaction est modélisée par deux forces, la force exercée par la Terre sur la Lune et la force exercée par la Lune sur la Terre. Ces deux forces sont opposées ;– l’interaction électromagnétique entre deux corps chargés. Elle peut être attractive pour des charges de signes opposés ou répulsive pour des charges de même signe ;– il existe également les interactions forte et faible au niveau d’un noyau. 5 Première loi de Newton : Un système sans interac-

tion avec l’extérieur reste immobile ou en mouve-ment rectiligne uniforme.Deuxième loi de Newton : F =

dpdt

.

Troisième loi de Newton : Si un système A exerce sur un système B une force F A/B, alors le système B

exerce sur le système A une force F B/A.

Ces deux forces ont même direction, même valeur et sont de sens opposés. On peut le résumer par :

F A/B = –F B/A


1 Les enregistrements sont réalisés dans un référen-tiel terrestre.2 Le mobile abandonné avec une vitesse initiale est

animé d’un mouvement rectiligne. La valeur de sa vitesse est constante, car la distance séparant deux positions successives, pour un même intervalle de

temps, est la même. Le mouvement est donc recti-ligne uniforme.

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

2 Étude de mouvements rectilignes (p. 131)

3 a. ◗ Enregistrement 1 : mobile abandonné avec une vitesse initiale

M1 M2 M3 M4 M5 M6 M7 M8 M9

v2 v4 v6 v8

1 cm

t = 60 ms

10 cm.s–1

v2 = 4,5

2 × 0,060 = 38 cm · s–1.

Avec une échelle de 1 cm pour 10 cm · s–1, la longueur du segment fl éché est de 3,8 cm. Il en est de même pour les autres vitesses.

◗ Enregistrement 2 : mobile soumis à une force constante

M1 M2 M3 M4 M5 M6 M7 M8 M9

v2 v4 v6 v8

1 cmt = 60 ms 10 cm.s–1 1 m.s–2

v2 = 1,0

2 × 0,060 = 8,3 cm · s–1 ; v4 =

3,0 2 × 0,060

= 25 cm · s–1 ;

v6 = 5,0

2 × 0,060 = 42 cm · s–1 ; v8 =

7,1 2 × 0,060

= 59 cm · s–1.

b. La vitesse garde une valeur constante dans le cas du mobile abandonné avec une vitesse initiale. La valeur de la vitesse augmente dans le cas du mobile soumis à une force constante.4 a. Les vecteurs accélérations sont représentés sur le schéma ci-dessous :

M1M2 M3 M4 M5 M6 M7 M8 M9

a3 a5 a7

1 cmt = 60 ms 10 cm.s–1 1 m.s–2

a3 = 25 – 8,3

2 × 0,060 = 139 cm · s–2 = 1,4 m · s–2 ; a5 =

42 – 252 × 0,060

= 142 cm · s–1= 1,4 m · s–2 ;

a7 = 59 – 42

2 × 0,060 = 144 cm · s–2 = 1,4 m · s–2.

b. La valeur de l’accélération est nulle dans le cas du mobile abandonné avec une vitesse initiale et constante pour le mobile soumis à une force constante.

5 La première loi de Newton est illustrée par la pre-mière expérience, car le point matériel est animé d’un mouvement rectiligne uniforme.6 Dans le premier enregistrement, le mobile est

animé d’un mouvement rectiligne uniforme, il est donc soumis à des forces qui se compensent. La résultante des forces est égale au vecteur nul dans ce cas.Dans le second enregistrement, la résultante des forces appliquées au mobile est proportionnelle à l’accélération à chaque instant ; elle a même direction et même sens que l’accélération.7 Dans le cas d’un mouvement rectiligne uniforme,

le vecteur accélération est égal au vecteur nul.

Dans le cas d’un mouvement rectiligne uniformément accéléré, le vecteur accélération est constant, dans le sens du mouvement.8 Dans un premier temps, il faut tracer deux vec-

teurs vitesse aux dates ti et ti + 2, puis, ensuite, le vec-teur accélération à la date ti + 1.On repère, grâce à la longueur du segment fl éché de ce dernier et l’échelle du schéma, la valeur de l’accé-lération. Pour obtenir la valeur de la résultante des forces à cette date, il faut multiplier la valeur de l’ac-célération par la masse du système.


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

R = d x2 + y2

Pour chaque point de la trajectoire, on obtient :R = 1,08 × 1011 m.

Cette distance est constante. La trajectoire de Vénus autour du Soleil est circulaire et centrée sur ce dernier.2 La valeur de la vitesse du centre C de Vénus est sensiblement constante :

v = 3,46 × 104 m · s–1.

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

a = 1,11 × 10–2 m · s–2.

v2

R = (3,46 × 104)2

1,08 × 1011 = 1,11 × 10–2 m · s–2.

Ces deux valeurs sont égales, donc : a = v2

R

◗ Constructions des vecteurs vitesses et accélérations :

y (m)

–5,00 E + 10

–5,00 E + 10 5,00 E + 100,00 E + 000,00 E + 00

1,00 E + 11–1,00 E + 11 1,50 E + 11

–1,50 E + 11

5,00 E + 10

x (m)

v12

v10

v5

v3

a11

a4

a15

v16

v14

C1

C2

C3

–1,00 E + 11

1,00 E + 11

1,50 E + 11

4 Les vecteurs accélérations sont dirigés vers le centre de la trajectoire circulaire, c’est-à-dire le centre S du Soleil.5 Dans le cas d’un mouvement circulaire de rayon R et uniforme, le vecteur accélération est centripète. Sa valeur

constante est égale à :a =

v2

R

3 Étude de mouvements circulaires (p. 132-133)

A Étude expérimentale

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

L é hé é id

Complément


4 Propulsion et quantité de mouvement (p. 134)

6 a. Évolution du vecteur vitesse :

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

tion fixe.

b. La valeur de l’accélération change aussi au cours du mouvement.8 À l’aide d’un tableur, on calcule vx, vy, puis v et

enfin v2

L.

Ensuite, on calcule ax, ay, puis a. On observe alors,

pour différentes dates, que a est différent de v2

L.

9 L’objet est soumis à son poids P (vertical vers le bas) et à l’action T du fil (dirigée selon la direction du fil, vers son autre extrémité fixe).10 La résultante des forces exercées sur le pendule doit être égale à m · a ; seul le schéma ➀ convient. On peut le vérifier par la technique du parallélogramme comme illustré sur les schémas ➀ et ➁.

T

P

T

P

m.a

TP

1 2 3

m.a m.a

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

1 a.

t (s)

vx (m.s–1)

0,50,4

0,6

0,8

1,0

1,0

vx = 0,66 m.s–1Avant le choc

vx = 0,49 m.s–1Après le choc

La valeur de la quantité de mouvement du chariot initialement à l’arrêt est nulle, celle du chariot mobile est égale à :

0,751 × 0,66 = 0,50 kg · m · s–1.

La valeur de la quantité de mouvement du système constitué par les deux chariots avant le choc est donc égale à 0,50 kg · m · s–1 . Après le choc, la quantité de mouvement du système constitué par les deux cha-riots mobiles vaut :

(0,751 + 0,256) × 0,49 = 0,49 kg · m · s–1.

b. La quantité de mouvement se conserve au cours d’un choc.2 a. La quantité de mouvement des chariots initiale-

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

Dt = 40 ms

Dt = 40 ms

Dt = 40 ms

m = 45 g

m = 45 g

Masse voiture bleue : 751 gMasse voiture rouge : 256 g

B L’accélération d’un pendule simple


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

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

actions auxquelles la boule est soumise restent les mêmes.

b. D’après le principe d’inertie, la boule, initialement en mouvement à vitesse constante par rapport à la route rectiligne et soumise à des actions qui se compensent, conserve sa vitesse. Comme la voiture freine, la boule, qui continue à la même vitesse par rapport à la route, se met en mouvement par rapport à la voiture.c. Dans ce cas, la voiture n’est plus un référentiel gali-léen, le principe d’inertie n’y est plus vérifi é pour la boule suspendue au rétroviseur.4 Un référentiel est un objet (de référence) qui per-

met l’étude du mouvement d’un autre objet.Un référentiel galiléen est un référentiel dans lequel le principe d’inertie est vérifi é. C’est aussi un référentiel en translation rectiligne et uniforme par rapport à un autre référentiel galiléen. Par exemple, la route est un référentiel que l’on peut considérer galiléen. La voiture roulant à vitesse constante sur une route rectiligne est un référentiel galiléen.

Masse voiture bleue : 751 g

Masse voiture rouge : 256 g

t (s)

vchariot rouge vchariot bleu

9,3 9,5 9,7 9,9

–0,4–0,20,00,20,4

vx (m.s–1)

Les valeurs des quantités de mouvement après la coupure du fi l sont égales :– pour le chariot rouge : pchariot rouge = mchariot rouge · vchariot rouge

= 0,256 × 0,25 = 0,064 kg · m · s–1 ;

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

= 0,501 × 0,13 = 0,065 kg · m · s-1.b. Schéma des quantités de mouvement de chacun des mobiles après la coupure du fi l :

Sens dedéplacement

du chariot bleu

Sens dedéplacement

du chariot rouge

pchariot rougepchariot bleu

c. Les deux quantités de mouvement ont la même direction, des sens opposés et des valeurs égales. La quantité de mouvement de l’ensemble est donc toujours nulle.La quantité de mouvement du système constitué par les deux chariots mobiles se conserve.3 a. La quantité de mouvement du système initiale-

ment à l’arrêt est nulle.b. Lorsque l’air commence à s’échapper, la valeur de la quantité de mouvement du système, constitué du mobile et du ballon qui n’est plus que partiellement rempli d’air, augmente. Elle est opposée à celle de l’air qui s’échappe, si l’on considère que la quantité de mouvement se conserve.c. La masse de l’air qui s’échappe est plus faible que celle du mobile. Comme les quantités de mouvement p = m · v ont la même valeur, les vitesses sont différentes ; celle du corps le plus lourd doit être plus faible que celle du plus léger. La valeur de la vitesse de l’air est donc plus grande que celle du mobile.4 La propulsion par réaction s’explique par la

conservation de la quantité de mouvement d’un sys-tème et du fl uide qu’il éjecte. Le système éjecte un fl uide avec une vitesse importante. La conservation de la quantité de mouvement implique que le sys-tème se mettra en mouvement dans le sens opposé à celui du fl uide éjecté.

5 Galiléen or not galiléen ? (p. 135)

Tensiondu fil

Poids



QCM1 1. A ; 2. B ; 3. A ; 2 1. B ; 2. B et C ; 3. C ; 4. C ;

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


4 Tracer des vecteurs vitesse et accélération

P0 10 cm

1,0 m.s–1

2,0 m.s–2

v4

v6

v6

a5

–v4

v5

τ = 60 ms ; v6 = P5P7

2τ

En tenant compte de l’échelle des longueurs : P5P7 = 14 cm = 1,4 × 10–1 m.

Donc : v6 = 1,4 × 10–1

2 × 60 × 10–3 = 1,2 m · s–1.

De même : v4 = P3P5

2τ = 1,2 m · s–1.

Voir les constructions des vecteurs sur le schéma ci-dessus.La longueur du vecteur Δv5 représente 0,64 m · s–1.La valeur du vecteur accélération est :

a5 = Δv5

2τ =

0,64

2 × 60 × 10–3 = 5,3 m · s–2.

5 Déterminer une accélération

Voir la correction de l’exercice 24, p. 50.

Pour commencer

6 Choisir un référentiel d’étude (1)

a., b., e. Référentiel terrestre.c. Référentiel géocentrique.d. Référentiel héliocentrique.

7 Choisir un référentiel d’étude (2)

a. Système {Terre} : référentiel héliocentrique.b. Système {satellite} : référentiel géocentrique.c. Système {cycliste} : référentiel terrestre.d. Système {Io} : référentiel lié au centre de Jupiter.

8 Déterminer des vecteurs positions et des vecteurs vitesses

1. OG1 a pour coordonnées ( 5 m15 m) ;

OG2 a pour coordonnées (10 m20 m) ;

OG3 a pour coordonnées (22 m20 m).

2. OG1 = d52 + 152 = 16 m ;

OG2 = d102 + 202 = 22 m ;

OG3 = d222 + 202 = 30 m.

3. v2 = G1G3

2τ ;

comme G1G3 a pour coordonnées (17 m5 m )

alors v2 a pour coordonnées ( 17 2 × 0,8

5,0 2 × 0,8

) soit ( 11 m · s–1

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

9 Connaître les propriétés du vecteur vitesse

a. Incorrect : le mouvement est rectiligne uniforme. Les vecteurs v1 et v4 doivent être colinéaires, de même sens et de même longueur. b. Incorrect : le vecteur vitesse n’est pas dans le bon sens.c. Incorrect : le vecteur n’est pas tangent à la trajec-toire au point considéré. d. Incorrect : le mouvement est uniforme. Les vec-teurs vitesses doivent avoir la même longueur. e. Correct.

10 Connaître les propriétés du vecteur accélération

a. Le mouvement est rectiligne uniforme. Le vecteur accélération est un vecteur nul. b. Le mouvement est accéléré. Le vecteur accéléra-tion est colinéaire à l’axe et dans le sens du mouve-ment (vers la droite). c. Le mouvement est décéléré. Le vecteur accéléra-tion est colinéaire à l’axe et de sens opposé à celui du mouvement (vers la gauche).

11 Représenter des vecteurs vitesses

1. v2 = A1A3

2Δt = 11,4

2 × 5,0 = 1,1 m · s–1 ;

v3 = A2A4

2Δt = 11,4

2 × 5,0 = 1,1 m · s–1.


En utilisant l’échelle 2 carreaux 0,5 m · s–1, on peut représenter v2 et v3.

x

y

5,0 m

0,5 m.s–1

A0

A1

A2A3

A4

A5

A6

A7

A8

v3

v2

2. Le mouvement est circulaire uniforme.

12 Représenter des vecteurs accélérations

1.

x

y

A9

A10

A11

A12

A13

A14

A1

A2

A3A4A5

A6

A7

A8

1,0 m.s–1

v8

v9

v10

2. En tenant compte de l’échelle des vitesses : Δv9 = 0,41 m · s–1.

La norme du vecteur accélération au point A9 a pour expression :

a9 = Δv9

2Δt =

0,41

2 × 0,50 = 0,41 m · s–2.

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

Il a pour valeur a9 = 0,41 m · s–2.

13 Défi nir et calculer une quantité de mouvement

1. Le vecteur quantité de mouvement p d’une bille de paintball de masse m se déplaçant à la vitesse v est défi ni par p = m · v .Sa valeur p s’exprime en kg · m · s–1 si la masse est en kg et la vitesse en m · s–1.

2. p = 0,003 5 × 75 = 0,262 5 kg · m · s–1

3. a. U (p)p

= c(U (m)m )

2 + (U (v)

v )2 = c(0,1

3,5)2 + ( 1

75)2

= 0,031 5

U (p) = 0,008 kg · m · s–1

b. L’incertitude est de 0,008 kg · m · s–1, le résultat peut être écrit avec trois chiffres signifi catifs :

p = (0,263 ± 0,008) kg · m · s–1.

14 Analyser une représentation graphique

1. La représentation f correspond à un système constamment immobile.

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

15 Reconnaître un mouvement

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

16 Analyser un mouvement

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

donc : v = dv2x + v2

y = 2d 2 = 2,8 m · s–1.

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

donc : v = dv2x + v2

y = 2d 2 = 2,8 m · s–1.

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

3. Les évolutions temporelles des coordonnées ax et ay sont représentées ci-dessous.

ax = dvx

dt = 0 m · s–2 et ay = dvy

dt = –4 – 40,8 – 0 = – 10 m · s–2.

0

–10

axay

t (s)

a (m.s–2)

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

a = da2x + a2

y = 10 m · s–2.

Le mouvement est uniformément varié.

17 Connaître les lois de Newton

• Première loi de Newton :Dans un référentiel galiléen, si un point matériel n’est soumis à aucune force ou s’il est soumis à un ensemble de forces qui se compensent, alors il reste immobile ou décrit un mouvement rectiligne et uni-forme. Inversement, si un point matériel est en mou-vement rectiligne uniforme, alors il est soumis à un ensemble de forces qui se compensent. Exemple : un palet de curling qui glisse sur la glace.

• Deuxième loi de Newton :Dans un référentiel galiléen ΣF =

dpdt

.

ΣF est la résultante des forces extérieures exercées

sur le système, dpdt

est la variation de la quantité de

mouvement de son centre d’inertie.


Exemple : soit un système soumis à une force constante

(exemple : son poids P = mg ) : P = dpdt

.

Si la masse m est constante : P = m · dvdt

= m · a.

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

• Troisième loi de Newton :Si un corps A exerce sur un corps B une force F A/B, alors le corps B exerce sur le corps A une force F B/A

telle que F A/B = –F B/A.

Exemple : la force F B/P exercée par le boxeur sur le punching-ball est oppo-sée à la force F P/B exercée par le punching-ball sur le boxeur (schéma ci-contre).

18 Déterminer des forces inconnues

1. Le skieur S a un mouvement rectiligne uni-forme dans un référentiel terrestre supposé galiléen. Il est donc soumis à un ensemble de forces qui se compensent : P + R + f = 0 .

2. P = M · g = 600 N.Schéma des vecteurs qui modélisent les forces :

R

P

fS

= 30°

Sens dumouvement

1 cm 200 N

R P f = 0+ +

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

f = 300 N et R = 520 N.

19 Exploiter les lois de Newton

a. Faux : d’après la première loi de Newton, son mouvement est obligatoirement rectiligne uni-forme.b. Faux : c’est la variation de la quantité de mouve-ment qui est égale à la résultante des forces.

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

20 Étudier la propulsion d’un système isolé

1. Si le ballon est immobile, la somme des forces extérieures qu’il subit est nulle. Il est donc pseudo-isolé.

2. Le ballon immobile est soumis à trois forces : son poids P , la tension du fi l T et la poussée d’Archimède A .

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

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

Pour s’entraîner

21 Coordonnées du vecteur position

1. La coordonnée suivant l’axe (Oz) de l’homme-canon est constante, nulle en l’occurrence. Seules ses coordonnées suivant (Ox) et (Oy) varient. Le mouvement a lieu dans le plan défi ni par le repère (O ; i, j ).

2. Coordonnées du point M toutes les 0,5 s, de 0 à 4 s :

t (s) x (m) y (m)

0 0 2,5

0,5 10 11,275

1 20 17,6

1,5 30 21,475

2 40 22,9

2,5 50 21,875

3 60 18,4

3,5 70 12,475

4 80 4,1

Position de l’homme-canon :

x (m)

y (m)

0 20 40 60 80 100

5

10

15

20

25

FB / P FP / B

A

PT


3. Graphiquement, on observe qu’il faut placer le matelas de réception à 84 m du canon.

Remarque : la distance est en réalité inférieure, car les frottements de l’air ne sont pas négligeables.

22 Calculer les coordonnées des vecteurs vitesse et accélération

1. x = 20 t ; y = – 4,9 t2 + 20 t + 2,5 ;

vx = dxdt = 20 m · s–1 et vy =

dydt = – 9,8 t + 20.

2. À la date t1 = 1 s, v1 a pour coordonnées :

v1x = 20 m · s–1 et v1y = 10,2 m · s–1 ;

v1 = dv21x + v2

1y = d 202 + 10,22 = 22,5 m · s–1.

3. ax = dvxdt = 0 m · s–2 et ay =

dvy

dt = – 9,8 m · s–2.

4. La valeur du vecteur accélération est constante. Le mouvement est uniformément varié.

23 Saut en parachute

1. Le mouvement du parachutiste est vertical orienté vers le bas. Comme la coordonnée verticale vz de sa vitesse est positive, l’axe (Oz) vertical est orienté vers le bas.

2. Le mouvement est rectiligne et vertical, la valeur de la vitesse est donc égale à vz.Au cours de la première phase, le mouvement est accéléré, il est ensuite uniforme (deuxième phase), puis ralenti (troisième phase). Au point B, le para-chute s’ouvre.

3. az = dvzdt

Graphiquement, az est égale au coeffi cient directeur de la tangente à la courbe vz = f (t) au point d’abscisse donné.

t

Phase 1 Phase 2 Phase 3vzaz

0

A B

24 Arrivée en gare d’un TGV

1. Phase 1 : de t0 = 0 min à t5 = 5 min, le TGV a un mouvement rectiligne décéléré.Phase 2 : de t5 = 5 min à t10 = 10 min, le TGV a un mouvement rectiligne uniforme.Phase 3 : de t10 = 10 min à t13 = 13 min, le TGV a un mouvement rectiligne décéléré.Phase 4 : t ` 13 min, le TGV est immobile.

2. Entre les dates t5 = 5 min et t10 = 10 min, puis à partir de t13 = 13 min, la valeur vx est constante,

donc la coordonnée de l’accélération ax = dvxdt est

nulle (voir schéma ci-après).

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

vx (km.h–1)

100

50

10 155 20

150

200

0 t (min)

À t1 = 2 min :

a1 =

1803,6

3,0 ¥ 60 = 0,28 m · s–2.

À t1 = 11 min :

a2 =

1803,6

7,0 ¥ 60 = 0,10 m · s–2.


1. La masse de Julie est constante, sa quantité de mouvement p évolue comme sa vitesse. Lors de chaque phase, p est verticale.– Descente accélérée : p, orientée vers le bas, aug-mente.– Descente ralentie : p, orientée vers le bas, diminue.– Remontée accélérée : p, orientée vers le haut, augmente.– Remontée ralentie : p, orientée vers le haut, diminue.

2. D’après la deuxième loi de Newton :– Descente accélérée : ΣF est dirigée vers le bas.– Descente ralentie : ΣF est dirigée vers le haut.– Remontée accélérée : ΣF est dirigée vers le haut.– Remonté ralentie : ΣF est dirigée vers le bas

3. Schématisation des résultantes :

a

Mo

uvem

ent

accé

léré

Mo

uvem

ent

rale

nti

Mo

uvem

ent

accé

léré

Mo

uvem

ent

rale

nti

b c d

26 Ascension d’une montgolfi ère

Un référentiel terrestre est considéré galiléen.

1. La montgolfi ère a un mouvement rec-tiligne uniforme. D’après la première loi de Newton, la résultante des forces est nulle (dessin ci-contre) :

P = – A

A

P


2. a. La montgolfière s’élève verticale-ment en accélérant (dessin ci-contre) :

P ~ A

b. La montgolfière s’élève verticale-ment en ralentissant (dessin ci-contre) :

P ` A

27 Les jetpacks

1. a. La quantité de mouvement d’un système ponc-tuel est le produit de sa masse par son vecteur vitesse :

p = m · v b. La quantité de mouvement se conserve pour un système isolé ou pseudo-isolé.

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

p1

p2

L’objet le plus léger a la plus grande valeur de vitesse.

3. L’explication donnée à la fi n du texte ne traduit pas la conservation de la quantité de mouve-ment mais la deuxième loi de Newton.

28 Voiture au banc d’essai

1. a.

t (s)0 20 40 60

10

20

30

40

50(37,50)

1 2 3(15,30)

vx (m.s–1)

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

portionnelle au temps). La valeur de l’accélération est constante.De t = 5 s à t = 45 s, le mouvement est toujours accé-léré, mais la valeur de l’accélération diminue au cours du temps. À partir de t = 45 s, le mouvement est uniforme, la valeur de l’accélération est nulle.

2. a. On peut déterminer la valeur de l’accélération de la voiture à partir de la représentation temporelle de la valeur de la vitesse en calculant le coeffi cient directeur de la tangente à la courbe à l’instant consi-déré.b. Dans la première phase, l’accélération du véhicule est constante.Sa valeur vaut a = 2,5 m · s–2.c. On calcule le coeffi cient directeur de la tangente à la courbe à t = 25 s :

a = 50 – 3037 – 15 = 0,91 m · s–2.

3. La voiture est soumise à son poids, P , à la réac-tion normale de la route, R N, et à la force de frotte-ments de la route, f . On néglige les frottements de l’air ainsi que la poussée d’Archimède. La deuxième loi de Newton permet d’écrire :

P + R N + f = m · a

En projetant cette égalité vectorielle sur l’axe (Ox), on peut écrire :

f = m · ax = 1 200 × 0,91 = 1,1 × 103 N.

D’après la troisième loi de Newton, la force motrice de la voiture F = – f , d’où :

F = 1,1 × 103 N.

La valeur de la force motrice de la voiture à la date t = 25 s est de 1,1 × 103 N.


29 Le thermomètre de Galilée

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

ΣF ext = P + A = 0 d’où P = – A.

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

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

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

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

A

P

A

P


La température est indiquée par l’ampoule en sus-pension dans le liquide. Les ampoules plus lourdes, associées à des températures plus faibles, ont coulé au fond du tube ; les ampoules plus légères, asso-ciées à des températures plus élevées, fl ottent à la surface du liquide.

30 Décollage d’Ariane 5

1. P = M ¥ g = 7,3 ¥ 106 N ; F = 1,16 ¥ 107 N.À l’échelle 1 cm pour 5 ¥ 106 N, P est repré-senté par un segment fl éché de longueur 1,5 cm et F par un segment fl eché de lon-gueur 2,3 cm.

2. D’après la deuxième loi de Newton :

ΣF = P + F = dpdt

= M · a

La projection de l’égalité vectorielle précédente sui-vant l’axe vertical (Oy) (orienté vers le haut), donne :

M · a = F – P

L’expression de la coordonnée verticale de l’accéléra-

tion du point G s’écrit a = F – PM

.

Elle a pour valeur a = 1,16 ¥ 107 – 7,3 ¥ 106

7,3 ¥ 105

soit : a = 5,9 m · s–2.3. L’expression de la coordonnée verticale de la vitesse de la fusée est :

v = a · t, car a = dvdt

4. L’expression de la coordonnée verticale de la position de la fusée est :

y = a2 · t2, car v =

dydt

5. Jusqu’à la date t1 = 6,0 s, la fusée a parcouru :

y( 6,0) = 5,92 × 6,02 = 1,1 × 102 m.

6. La force de poussée provient de l’action sur la fusée des gaz éjectés, c’est la propulsion par réaction.

F = Fgaz / fusée

G

Ffusée / gaz

31 C’est la salsa !

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

l’avant). Lorsque le pied ralentit, toujours en avan-çant, l’accélération est de sens opposé à celui du mouvement. L’accélération du pied droit change de sens entre les positions 6 et 7.

4. En position 1, le pied gauche est soumis au poids du corps et à l’action du sol.Comme il est immobile dans un référentiel terrestre supposé galiléen, ces deux forces se compensent d’après la première loi de Newton.

5. D’après la troisième loi de Newton, la force exer-cée par la semelle gauche sur le sol et celle exercée par le sol sur la semelle ont même direction, même valeur et des sens opposés.

32 Mach’s formulation of Newton’s laws


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

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

2. Cette formulation n’est valable que dans les réfé-rentiels galiléens.

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

Newton indique que F A/B = –F B/A.

F A/B s’exerce sur B : F A/B = mB · a B

F B/A s’exerce sur A : F B/A = mA · a AOn a donc mB · a B = – mA · a ALes accélérations ont bien des sens opposés et le rapport de leurs valeurs est lié au rapport des masses par la relation : aA

aB =

mBmA

33 Rien ne sert de courir...

1. a. Si D est la distance entre l’arbre et la ligne

d’arrivée, il faut Δt = D – d

v0 = 0,2 s à la Tortue pour

l’atteindre.

b. À v1 = 18,0 m · s–1, le Lièvre parcourrait :

d1 = v1 · Δt = 18,0 × 2,0 = 36 m.

F

G

P


On ne peut pas prévoir le résultat de la course, car la valeur de la vitesse du Lièvre est, au maximum, égale à v1. Il parcourt en réalité moins de 36 m en 2 s. On ne sait pas, par contre, s’il parcourt plus de 20 m pendant cette durée.

2. Le premier système est la Tortue assimilée à un point T.Le deuxième système est le Lièvre assimilé à un point L.Le mouvement de T est rectiligne uniforme. L’équa-tion horaire du mouvement de T est :

xT1 (t) = v0 · t + d

Le mouvement de L est rectiligne uniformément accéléré. L’équation horaire du mouvement de L est :

xL1 (t) = 1

2 · a · t2 avec a = 9,00 m · s–2.

L’équation horaire de sa vitesse est vL1 =

dxL1 (t)

dt = 9,00 t.

3. À la fi n de la première phase : vL1

= 18,0 m · s–1 = a · t1

donc : t1 = 18,0 9,00

= 2,00 s.

Le Lièvre atteint sa vitesse maximale au bout de t1 = 2,00 s.À cette date, le Lièvre a parcouru la distance :

xL1 (t1) = 1 2

· a · t12

soit :xL1 (t1) = 1

2 × 9,00 × 2,002 = 18,0 m.

Position de la Tortue à la fi n de la phase d’accéléra-tion du Lièvre :

xT1 (t1) = 0,25 × 2,00 + 19,5 = 20,0 m.

La Tortue est sur la ligne d’arrivée et le Lièvre est à 2,0 m. Le Lièvre a perdu.

4. Il s’agit de déterminer la durée t2 nécessaire pour que le Lièvre parcoure 2,0 m.Dans la deuxième phase, l’équation horaire du mou-vement du Lièvre s’écrit :

xL2 (t) = v1 · t

xL2 = 18,0 t2

soit :t2 = 2,0

18,0 = 0,11 s.

Le Lièvre franchit la ligne d’arrivée 0,11 s après la Tortue.


34 En impesanteur

1. a. L’impesanteur n’est pas l’absence de poids mais l’absence d’action s’opposant au poids d’un sys-tème et empêchant sa chute. Un système est en impesanteur lorsqu’il est en chute libre.b. Au contraire, l’hyperpesanteur est une action opposée au poids et de valeur supérieure.En hyperpesanteur, le passager de l’Airbus A300 Zéro-G subit son poids, mais aussi la force de pous-sée que l’avion lui transmet.

2. On appelle h = 8 000 m l’altitude de l’avion.

g = G M

(R + h)2 = 6,67 × 10–11

6,0 ¥ 1024

(6,4 ¥ 106 + 8 000)2

= 9,75 N · kg–1.

3. a. vx = dxdt = 113 m · s–1

et vy = dydt = –2 × 4,87 t + 113

ax =

dvxdt = 0 m · s–2

et ay = dvy

dt = –2 × 4,87 = –9,74 m · s–2.

Le vecteur accélération n’a qu’une composante verticale.b. Le vecteur accélération a une valeur constante au cours de la parabole.

a = da2x + a2

y = 9,74 m · s–2.

c. Le vecteur accélération de l’airbus A300 Zéro-G est vertical, orienté vers le bas et a pour valeur 9,74 m · s–2 = g, d’où a = g. Ce résultat est en accord avec les réponses aux questions 1a et 2 : l’airbus est exclusivement soumis à son poids à l’altitude considérée, il est en chute libre.



35 Le dauphin à fl ancs blancs

1. Le référentiel d’étude est un référentiel terrestre supposé galiléen.

Les coordonnées du point 8 sont x8 = 2,9 m et y8 = 2,7 m.

2.

OG3

OG5

OG7

1

2

3

4

56

t = 0,10 s

7 8 9

0

G

0,5 m0,5 m

+

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

v4 = G3G5

2Δt = 1,07 0,20 = 5,0 m · s–1.

De même : v6 = G5G7

2Δt = 3,8 m · s–1.

4. Le vecteur v4 est tangent à la trajectoire ; il est représenté par un segment fl éché de 2,5 cm de longueur.

v6 est représenté par un segment fl éché de 1,9 cm de longueur.

2 m.s–1

V4

V6

1

2

3

4 56

t = 0,10 s

78

9

0

G

0,5 m

0,5 m

+

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

2 m.s–1

V4

–V4

V5

V6

1

2

3

4 56

t = 0,10 s

78

9

0

G

0,5 m

0,5 m

+

6. a5 = Δv5

2Δt =

1,4 2 × 0,10 = 7,0 m · s–2


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

2 m.s–1

V4

a5

–V4

V5

V6

1

2

3

4 56

t = 0,10 s

78

9

0

G

0,5 m

2 m.s–2

0,5 m

+


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

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

Activités

6ChapitreApplication

des lois de Newton et des lois de Kepler

1 a.

0

a (m.s–2)

–5

–10

0,3 0,5 0,7 0,9

ax

ay

Date (s)

Graphiquement, on obtient : ax ≈ 0 m · s–2

etay= k1 ≈ –10 m · s–2.

b.

2

3

1

00,30,1 0,5 0,7 0,9

Date (s)

vx (m.s–1)

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

0

–4

–2

2

4

0,2 0,4 0,6 0,8

Date (s)

vy (m.s–1)

On obtient :

vy = –9,8 t + 4,0 ;

k1 = –9,8 m · s–2

et k3 = 4,0 m · s–1.

c.

1,0

1,5

0,5

0,00,30,1 0,5 0,7 0,9

x (m)

Date (s)

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

Date (s)0,0

0,2

0,4

0,6

0,8

0,40,2 0,6 0,8

y (m)

2

x (m)0

0,2

0,4

0,6

0,8

0,5 1,5 1,5

y (m)

On obtient : y = –1,4 x2 + 2,2 x.

3 a. Comparaison : a = 0 i – 10 j .Les coordonnées du vecteur accélération sont iden-tiques, aux imprécisions de mesure près, à celles du vecteur champ de pesanteur g :

ax ≈ 0 m · s–2 et ay ≈ –10 m · s–2 ; gx = 0 m · s–2 et gy = –9,8 m · s–2.

b. Dans ce référentiel terrestre considéré galiléen, la deuxième loi de Newton appliquée au centre de la balle de masse m s’écrit :

ΣF = dp

dt

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

k4 = –5,0 = k1

2.

BAT_Chapitre6.indd 56 19/07/12 10:01


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

dp

dt =

d(m · v)

dt = m ·

dv

dt = m · a

d’où : m · a = m · g, soit a = g On retrouve donc le résultat expérimental.

4 a. Le vecteur accélération est défi ni comme étant la dérivée temporelle du vecteur vitesse :

a = d v

dt

soit : ax = dvx

dt et ay =

dvy

dt

ax = 0 m · s–2, la primitive de 0 par rapport au temps est une constante, d’où vx = cte.ay = –10 m · s–2, la primitive d’une constante A par rapport au temps est de la forme A · t + B d’où :

vy = ay · t + v0y

Expérimentalement, on obtient : vx = 2 m · s-1 et vy = –9,8 t + 4,0

b. Le vecteur vitesse est défi ni comme étant la déri-

vée temporelle du vecteur position OG : v = dOG

dt ,

soit : vx = dx

dt et vy =

dy

dt

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

12

A · t 2 + B · t + C

donc : y = 12

ay · t 2 + v0y · t + y0

Expérimentalement, on obtient :x (t) = 1,9 t et y (t) = –5,0 t 2 + 4,1 t.

5 a. Voir le cours.

y = – g

2 (v0 · cos α)2 · x 2 + tan α · x

Expérimentalement, on obtient : y = –1,4 x2 + 2,2 x

b. Par identifi cation :g

2 (v0 · cos α)2 = 1,4 et tan α = 2,2

6 Dans un référentiel terrestre considéré galiléen, la deuxième loi de Newton appliquée à un point maté-riel P de masse m s’écrit :

ΣF = dp

dt

On a : ΣF = P = m · g

La masse du point matériel ne variant pas, on peut écrire :

dp

dt =

d(m · v)

dt = m ·

dv

dt = m · a

d’où m · a = m · g, soit a = g

Le mouvement du système ne dépend pas de sa masse.

7 L’équation étant y = – g

2(v0 · cos α)2 · x2 + tan α · x,

l’allure de la trajectoire dépend de la valeur v0 de la vitesse initiale, de la valeur g du champ de pesan-teur, ainsi que de l’angle α entre l’horizontale et le vecteur v0 .

8 Dans un référentiel terrestre considéré galiléen, la deuxième loi de Newton appliquée à un point maté-riel P de masse m s’écrit :

ΣF = dp

dt

On a : ΣF = F = q · E

La masse du point matériel ne variant pas, on peut écrire :

dp

dt =

d(m · v)

dt = m ·

dv

dt = m · a

d’où : m · a = q · E , soit a = q · E

mL’accélération et donc le mouvement du système dépendent de sa masse.

9 L’équation étant y = – q · E

2m (v0 · cos α)2 · x2 + tan α · x,

l’allure de la trajectoire dépend de la valeur v0 de la vitesse initiale, de l’angle α entre l’horizontale et le vecteur v0 , de la masse m du point matériel, de la valeur E du champ électrostatique ainsi que de sa charge électrique q.

10 Dans un référentiel donné, les paramètres pou-vant avoir une infl uence sur le mouvement du sys-tème sont :

Paramètres relatifs

au système


aux conditions initiales


au milieu extérieur

MasseVecteur vitesse

initialChamp

de pesanteur g

Charge électrique

Position initiale

Champ électrostatique E

B Simulation de mouvements dans des champs uniformes



Première loi de Kepler

Méthode de recherche du deuxième foyer S’ de l’ellipse :– Tracer deux segments [AB] et [DE] parallèles et de même longueur, avec A, B, D et E quatre points de l’ellipse.– Tracer les diagonales [AE] et [BD]. Elles se coupent en C, le centre de l’ellipse.– Le deuxième foyer S’ est le symétrique de S par rapport à C.1 Pour mettre en évidence la première loi de Kepler, choisir différents points M sur la trajectoire de Mercure et

mesurer les distances MS et MS’. Vérifi er que leur somme est constante.Exemples de mesures :

MS (pixels) MS’ (pixels) MS + MS’ (pixels)

270 313 583

316 262 578

348 237 575

267 310 577

346 234 580

352 230 582

La première loi de Kepler est bien vérifi ée.

Deuxième loi de Kepler2 Le mouvement de Mercure n’est pas uniforme, la valeur de la vitesse de la planète augmente lors de son pas-

sage à proximité du Soleil.3

Groupe 1 Groupe 2 Groupe 3 Groupe 4 Moyenne sn – 1

En pixels 34 589 32 969 32 900 33 417 35 042 35 934 35 900 34 798 34 444 1 222

En % 3,73 % 3,56 % 3,55 % 3,61 % 3,78 % 3,88 % 3,87 % 3,75 % 3,72 % 0,13 %

La collecte des mesures des différents groupes évite un trop grand nombre de mesures à chacun (éliminer les valeurs manifestement fausses, liées à des erreurs de zonage).

L’incertitude de répétabilité associée à un niveau de confi ance de 95 % s’exprime par :

U (S) = k · σn – 1dn

où k = 2,37 et n = 8 (voir fi che no 3, p. 584 du manuel) :

U (S) = 2,37 × 1 222d8

= 1 023 pixels.

L’incertitude relative vaut 3 %.

La deuxième loi de Kepler est vérifi ée.

Troisième loi de Kepler4

Planète Mercure Vénus Terre Mars

T (j) 87,93 224,72 365,25 686,73

2 a (pixels) 294 546 756 1142

2 a (ua) 0,78 1,4 2,0 3,0

T 2

a 3

en j2 · ua–31,30 × 105 1,47 × 105 1,33 × 105 1,40 × 105

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

Écart-type : σn – 1 = 7,47 × 103 j2 · ua–3.

L’incertitude de répétabilité associée à un niveau de confi ance de 95 % s’exprime par :

U (S) = k · σn – 1dn

où k = 3,18 et n = 4 (voir fi che no 3, p. 584 du manuel) :

U (T 2

a3 ) = 3,18 × 7,47 × 103

d4 = 1,19 × 104 j2 · ua–3.

L’incertitude relative vaut 8,6 %.La troisième loi de Kepler est vérifi ée pour ces quatre planètes.5 La valeur moyenne du rapport

T 2

a3 a pour valeur :

1,38 × 105 j2 · ua–3 = 1,38 × 105 × (24 × 3 600)2

(1,50 × 1011)3

= 3,05 × 10–19 s2 · m–3

4π 2

G · Msoleil =

4π 2

6,67 × 10–11 × 2,0 × 1030

= 2,96 × 10–19 s2 · m–3.

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

2 Lois de Kepler (p. 158-159)

B Vérifi cation des trois lois de Kepler pour la planète Mercure A

D

CS

S’

EB




3 Satellisation (p. 160-161)1 a. Les satellites géostationnaires permettent de toujours observer la même zone de la surface de la Terre et

d’avoir des informations en temps réel.b. Il faut également utiliser des satellites à orbite polaire pour pouvoir obtenir convenablement la situation météo des pôles. En effet, les satellites géostationnaires situés dans le plan équatorial ne peuvent pas avoir une observa-tion précise des pôles.2

Nom Masse (kg) Altitude (km) PériodeAnnée

de lancementUtilisation

Demeter 125 710 1 h 39 min 2004 Observations géophysiques

Giove A 700 23 258 14 h 05 min 2005Système de positionnement

Galileo

Hot Bird 7A 4 100 35 786 23 h 54 min 2006 Télécommunications (TV)

Jason-2 500 1 332 112 min 2008 Observations des océans

D’après la troisième loi de Kepler : cte = T 2

a3

Cette constante peut être calculée grâce aux infor-mations que l’on donne sur le satellite Giove A :

cte = (14 × 3 600 + 5 × 60)2

(23 258 × 103 + 6 400 × 103)3 = 9,85 × 10–14 s 2 · m–3.

Pour calculer l’altitude z :

z = ( T 2

cste)1/3 – RT

Ainsi z (Jason-2) = 1 332 km et z (Meteosat-9) = 35 835 km.

Pour calculer la période T :

T = (cte × (RT + z)3)1/2

Ainsi, T (Demeter) = 5 951 s, soit 1 h et 39 min et T (Hot Bird 7A) = 86 000 s, soit 23 h et 54 min.

3 a. Les valeurs de v1 et v2 sont :

• v1 = d G · MT

RT

v1 = d 6,67 × 10–11 × 5,97 × 1024 6,37 × 106

= 7,91 × 103 m · s–1.

• v2 = 7,91 × 103 × d 2 = 1,12 × 104 m · s–1.

b. Pour qu’un objet soit satellisé, il faut qu’il reste en orbite autour de la Terre, donc que la valeur v de sa vitesse soit comprise entre les valeurs des deux vitesses cosmiques.4 Les déchets qui restent en orbite, circulaire ou

elliptique, autour de la Terre sont des satellites. En entrant en collision avec des satellites/astronautes à grande vitesse, ces déchets constituent un danger, d’autant que les plus petits d’entre eux sont diffi cile-ment repérables et que toute collision augmente le nombre de débris.

QCM1 1. C ; 2. B ; 3. B ; 4. A ; 5. A ; 6. A ; 7. C ;

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


3 Déterminer la trajectoire d’une particule dans un champ uniforme

1. Le système est le proton ; on choisit un référen-tiel terrestre supposé galiléen pour étudier son mou-vement.D’après la deuxième loi de Newton :

F = mp · a avec F = e · E et E ( 0–E)

d’où : a (ax = 0

ay = – e · E

mp

)

v0 (vx 0 = v0 · cos α

vy 0 = v0 · sin α )

v (vx = v0 · cos α

vy = – e · E

mp · t + v0 · sin α)

OG (x = v0 · cos α · t

y = – 1

2

e · E

mp · t 2+ v0 · sin α · t )

2. Équation de la trajectoire :

y = – 1

2

e · E

mp ·

x2

v02 · cos2 α

+ x · tan α

La trajectoire est une portion de parabole.

3. Lorsque la particule sort au point S : xS = �.

ys = – 1

2

e · E

mp ·

�2

v02 · cos2 α

+ � · tan α

Le proton sort au point S de coordonnées :

OS (xS = 10,0 × 10–2

yS = 1,47 × 10–2)



4 Calculer une période de révolution

Système : {satellite} noté S de masse m ; référentiel sélénocentrique.Bilan des forces : force gravitationnelle FL/S exercée par la Lune sur le satellite.

L’application de la deuxième loi de Newton conduit à :

a = FL/S

mL’expression de la force d’attraction gravitationnelle exercée par la Lune est :

FL/S = G · m · ML

(r + z)2 · n

Il vient : a = G ·

m · ML

(r + z)2

m · n

soit : a = G · ML

(r + z)2 · n

Il n’y a pas d’accélération tangentielle, donc la valeur de la vitesse v est constante. Ce mouvement circu-laire est donc uniforme.En identifi ant l’expression ci-dessus à :

a = dv

dt · t +

v 2

(r + z) · n

on en déduit : v 2

r + z =

G · ML

(r + z)2

d’où : v = d G · ML

r + z, soit v = 1,68 × 103 m · s–1.

T est la durée pour effectuer un tour. Elle est égale au périmètre de la trajectoire circulaire divisé par la valeur de la vitesse du satellite :

T = 2π · (r + z)

v soit T = 6,50 × 103 s.

Pour commencer

5 Faire un inventaire de forces– Système : {cycliste}Bilan des forces extérieures appliquées au centre de gravité du système : poids, réaction de la route, forces de frottement de l’air, poussée d’Archimède.

– Système : {satellite}Bilan des forces extérieures appliquées au centre de gravité du système : force d’attraction gravitation-nelle exercée par la Terre FT/S .

– Système : {Terre}Bilan des forces extérieures appliquées au centre de gravité du système : force d’attraction gravitation-nelle exercée par le Soleil FT/S .

6 Exprimer le vecteur accélération1. Système : {bille} de masse m.Référentiel terrestre considéré galiléen.

2. Bilan des forces extérieures : poids.D’après la deuxième loi de Newton :

ΣF = P = m · g

De plus, la masse de la balle ne variant pas, on peut écrire : dp

dt =

d(m · v)

dt = m ·

d v

dt = m · a

d’où : mg = ma, soit a = g

Dans le repère (O ; i, j ) choisi, a = 0i – g · j .

3. Les coordonnées du vecteur a sont :

a ( 0–g)

7 Exprimer le vecteur vitesse

1. À t = 0, la vitesse est :

v0 (vx 0 = v0 · cos α

vy 0 = –v0 · sin α)

2. a. a = d v

dtb. On cherche la primitive temporelle de chaque coordonnée du vecteur accélération :

v (vx = v0 · cos α

vy = e · E

m · t – v0 · sin α)

8 Exprimer le vecteur position

1. On a choisi un référentiel terrestre adapté au mouvement de la boule.

2. Voir le cours, document 4a, p. 164 du manuel.

3. À t = 0, OG0 (00).

i

j

O v0.cos

v0.sin

v0

g

4. v = dOG dt

Une intégration permet de déterminer les coordon-nées du vecteur position à partir de celles du vecteur vitesse :


y = – 1

2 g · t 2+ v0 · sin α · t)

9 Étudier un lancer de poids

1. a. La trajectoire d’un point est l’ensemble des positions successives occupées par ce point au cours de son mouvement. Son équation est du type y = f (x).b. La relation (C) doit être éliminée, car elle est du type y = f (t).

2. a. À t = 0, le poids P est à une hauteur y = h :

OP0 (0h)b. On élimine l’équation (A) où l’ordonnée de P à t = 0 est nulle. (B) est l’équation de la trajectoire :

y = – 1

2 g · ( x

v0 · cos α)2+ v0 · tan α + h

10 Faire une analyse dimensionnelle

T représente la période de révolution de la planète exprimée en seconde.r représente le rayon de la trajectoire circulaire exprimé en mètre.



MS représente la masse du Soleil exprimée en kilo-gramme.G est la constante de gravitation universelle :

G = 6,67 × 10–11 m3 · kg–1 · s–2

On écrit l’unité de chaque membre de l’expression :T 2

r 3 =

4π2

G · MS

Membre Unité

Premier membre

T 2

r 3

s2

m3

Deuxième membre

4π2

G · MS

1

m3 · kg–1 · s–2 · kg ¤ s2

m3

Chacun des membres de l’expression ayant la même unité, l’expression est bien homogène.

11 Illustrer les lois de Kepler

1. Dans le référentiel géocentrique, la trajectoire du centre du satellite est une ellipse dont le centre de la Terre est l’un des foyers.

T

S�1

�2

2. Le segment de droite [TS] reliant la Terre au satel-lite balaie des aires égales pendant des durées égales. 𝒜1 et 𝒜2 ont les mêmes surfaces.

12 Décrire le mouvement d’une planète

1. Un mouvement circulaire uniforme est un mouve-ment dont la trajectoire est un cercle (ou une portion de cercle) qui est parcourue avec une vitesse de valeur constante.

2. Le mouvement de Vénus (le système) est étudié dans le référentiel héliocentrique. Après avoir fait l’inventaire des forces exercées sur Vénus et défi ni le repère (n ; t ), on applique la deuxième loi de New-ton. Le vecteur vitesse sera déduit du vecteur accélé-ration ainsi obtenu. On en déduit la valeur de la vitesse de Vénus.

Pour s’entraîner

13 Phobos

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

2. Bilan des forces extérieures s’exerçant sur Phobos : FM/Ph

FM/Ph = G · MM · MPh

r 2 · n , avec MM la masse de Mars.

L’application de la deuxième loi de Newton conduit à :

a = FM/Ph

MPh

Il vient :

a = G ·

MM · MPh

r 2

MPh · n

soit a = G · MM

r 2 · n

3. En identifi ant cette expression à :

a = dv

dt · t +

v 2

r · n ,

on en déduit :

dv

dt = 0

ruuwuuq

v 2

r =

G · MM

r 2

L’égalité dv

dt = 0 entraîne que la valeur de la vitesse v

de Phobos est constante. Ce mouvement circulaire est donc uniforme.

14 Orientation du champ

1. Le système cation étudié dans un référentiel ter-restre considéré galiléen est soumis à la force élec-trostatique F = q · E et à son poids que l’on négli-gera. D’après la deuxième loi de Newton :

a = q · E

mPuisqu’un cation est chargé positivement, le vecteur accélération est colinéaire et de même sens que le champ électrostatique.a. E doit être vertical ascendant.b. E doit être horizontal vers la gauche.

2. Pour le système anion, on a de même a = q · E

m

mais avec une charge électrique négative. Le vecteur accélération est colinéaire au champ élec-trostatique et de sens opposé.a. E doit être vertical descendant.b. E doit être horizontal vers la droite.

3. Deux ions isotopes auront la même charge mais des masses différentes. Puisque l’accélération dépend de la masse du système, ces ions ne seront pas accélérés de la même manière par un champ électrostatique uniforme.


1. Schéma de la situation :

d

H

y

O

h

vi

�

2. Le mouvement du système {pierre}, assimilé à un point, est étudié dans un référentiel terrestre sup-posé galiléen. Il n’est soumis qu’à son poids dans l’hypothèse d’une chute libre.

M

r

P

+

n

t+



Sachant que la masse de la pierre ne varie pas, la deuxième loi de Newton s’écrit :

P = dp

dt = ma ¤ g = a

3. Pour un axe horizontal orienté dans le sens du mouvement et un axe vertical vers le haut :

ax (t) = 0 et ay (t) = – g

a = dv

dtdonc le vecteur vitesse a pour coordonnées :

vx (t) = Cx et vy (t) = – g · t + Cy

Sachant qu’à t = 0 :vx (0) = vi · cos α et vy (0) = vi · sin α,

il vient, par identifi cation :vx (t) = vi · cos α et vy (t) = – g · t + vi · sin α.

v = dOG dt

, une seconde intégration donne les

équations horaires :

x (t) = vi · cos α · t + Dx

y (t)=– 12

g · t2 + vi · sin α · t + Dy

Sachant qu’à t = 0, x (0) = 0 et y (0) = h, il vient, par identifi cation :

x (t) = vi · cos α · t

y (t) = – 12

g · t2 + vi · sin α · t + h

On retrouve les équations proposées.

4. L’équation de la trajectoire est obtenue en élimi-nant le temps dans la combinaison des équations horaires :

t = xvi · cos α

d’où :

y (x) = – 1

2 ·

g

vi2 · cos2 α

· x2 + tan α · x + h

5. On calcule l’ordonnée du point atteint par le caillou quand son abscisse est égale à d = 2,0 m :

y (2,0) = –9,8 × 2,02

2 × 102 × cos2 (60°) + tan 60° × 2,0 + 2,0

y (2,0) = 4,7 m.

Le bas de la fenêtre étant à 4,5 m au-dessus du sol et sa hauteur égale à 1,0 m, la pierre atteindra bien la fenêtre de Juliette.

16 Manquera, manquera pas ?

1. Schématisation de la situation à la date initiale :

d

zEnclume

0xBip-Bip

H

h

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

Une première intégration donne :

v ( 0– g · t)

Une seconde intégration donne :

OG ( 0

– g

2 · t 2+ H)

Les coordonnées du vecteur position sont les équa-tions horaires du mouvement.b. Il s’agit d’un mouvement rectiligne, uniformément accéléré.

3. La chute est terminée à tf lorsque z (tf) = 0, soit :

0 = – g

2 · tf

2 + H

tf = d 2Hg

L’application numérique donne :

tf = d 2 × 30,09,81

= 2,47 s.

4. Dans le référentiel terrestre choisi, le mouvement de Bip-Bip est rectiligne uniforme. Sa vitesse v0 est constante.

5. Soit tB la date à laquelle l’enclume atteint la cote z = h (c’est la cote correspondant à la hauteur de Bip-Bip) :

tB = d 2 (H – h)g

tB = d 2 × 28,89,81

= 2,42 s.

Or, le temps mis par Bip-Bip pour atteindre l’endroit où tombera l’enclume est :

tE = d v0

, avec v0 = 30,6 m · s–1

tE = 50,030,6

= 1,64 s.

tB ` tE, donc Bip-Bip est passé au point de chute avant que l’enclume ne l’atteigne. Il ne se fait pas assommer.

17 Étude du canon à électrons

1. a. Système : {électron} de masse me et référentiel terrestre considéré galiléen.Bilan des forces extérieures : force électrostatique F .D’après la deuxième loi de Newton et comme la masse de l’électron est constante :

F = me · a. Or, F = – e · E

donc : a (ax = e · E me

ay = 0 )Par intégration et sachant que v0 (vx0

= 0

vy0 = 0 ) :

v (vx = e · E me

· t

vy = 0 )b. v = dvx

2 + vy2 = vx =

e · E me

· t



2. Par intégration, sachant qu’à t = 0, la particule est en O :

OG (x = 1

2 ·

e · E me

· t2

y = 0 )3. a. On connaît la position de l’électron en B :

xB = d = 3,00 × 10–2 m. On en déduit tB, date à laquelle il atteint la plaque B :

tB = d 2 me

e · E · d

d’où : vB = e · E me

· tB = e · E me

· d 2 me

e · E · d

vB = d 2 e · E me

· d

b. AN : vB = d 2 × 1,60 × 10–19 × 6,00 × 104 × 3,00 × 10–2

9,11 × 10–31

vB = 2,51 × 107 m · s–1

18 Neptune et Galatée

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

U (Q )

Q = d (2 U (T )

T )2

+ (3 U (a)

a )2

U (Q )

Q = d (2 × 0,001

0,429 )2

+ (3 × 0,01

6,19 )2

U (Q )

Q = 6,72 × 10–3

U (Q) = 4 × 10–17 s2 · m–3.

c. Encadrement de la valeur Q :

5,75 × 10–15 s2 · m–3 ~ Q ~ 5,83 × 10–15 s2 · m–3.

2. a. Pour Neptune : Q’ = 5,80 × 10–15 s2 · m–3.b. U (Q’ )= 6 × 10–17 s2 · m–3.c. Encadrement de la valeur Q’ :

5,74 × 10–15 s2 · m–3 ~ Q’ ~ 5,86 × 10–15 s2 · m–3

3. Les intervalles calculés pour Q et Q’ se recoupent. On peut écrire :

Q = Q’, soit T 2

a 3 =

4π2

G · MN

La troisième loi de Kepler est bien vérifi ée.

19 Kepler third law

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

1. a. Le carré de la période de révolution T d’une planète autour du Soleil est proportionnel au cube du demi-grand axe a de son orbite elliptique :

T 2

a 3 = cte

b. Cette loi a permis de déterminer les masses des étoiles à partir de l’étude des orbites des planètes et la masse des planètes à partir de l’étude des orbites de leurs « lunes ».c. Si l’objet céleste n’a pas de satellite, il faut envoyer une sonde orbiter autour de lui. Les mesures de la période de révolution et de son rayon de trajectoire permettront de déterminer la masse du corps céleste.

2. a. Le système {lune} de masse m est soumis, en première approximation, à une unique force d’attrac-tion gravitationnelle exercée par Jupiter.

J

LF

n

On applique la deuxième loi de Newton à la Lune :

m · a = F = G · m · M

R2 · n

soit : a = G · M

R2 · n

En identifi ant cette expression à a = dv

dt · t +

v 2

r · n ,

on en déduit :dv

dt = 0

ruuwuuq

v 2

R =

G · M

R2

Par suite : v = d G · M R

La période de révolution T de la lune est la durée pendant laquelle elle effectue un tour (distance par-

courue = 2π · R). Sa vitesse est donc v = 2π · RT

(1)

soit : T = 2π · Rv

On élève au carré, puis on remplace v2 par l’expres-sion (1) :

T 2

4π2 = R3

G · MOn retrouve ainsi la troisième loi de Kepler :

T 2

R3 = 4π 2

G · M = cte d’où M =

4π 2 · R3

G · T2

b. G = 4π 2 · R3

M · T2

Grandeur Unité

R3 m3

M kg

T2 s2

4π 2 Sans unité

G = 4π 2 · R3

M · T2m3

kg · s2 ⇔ m3 · kg–1 · s–2

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



3. et 4.

T R M

Io1,8 J

= 155 520 s4,5 × 105 km 1,6 × 1027 kg

Ganymède7,0 J

= 604 800 s1,1 × 106 km 2,2 × 1027 kg

Europe3,5 J

= 302 400 s7 × 105 km 2,2 × 1027 kg

Callisto16,5 J

= 1 425 600 s2 × 106 km 2,3 × 1027 kg

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

20 Poids ou force électrostatique

1. a. Fe = – e · E b. Fe = e · EF = 1,6 × 10–19 × 50 000 = 8,0 × 10–15 N

2. a. Pe = me · g

b. Pe = me · g

Pe = 9,1 × 10–31 × 10 = 9,1 × 10–30 N

3. a. Pe

Fe =

9,1 × 10–30

8,0 × 10–15 ≈ 1 × 10–15

Pe < Fe

100, on peut donc négliger le poids de l’élec-

tron devant la force électrostatique.

b. La déviation des électrons est due à la force élec-trostatique.


21 De l’optique avec des électrons !

1. Système : {électron}, noté M.

Référentiel d’étude : référentiel terrestre considéré galiléen.

Repère spatial (O ; i, k ) avec i vers la droite.

Inventaire des forces : force électrostatique :

F = – e · E . Elle est verticale descendante.

La deuxième loi de Newton donne a = – e · E m

Les coordonnées du vecteur accélération sont :

a ( 0

– e · Em

)Par intégration, sachant qu’à t = 0, on a :

v1 ( v1 · sin i1v1 · cos i1)

on obtient les coordonnées du vecteur vitesse de l’électron :

v ( v1 · sin i1

– e · E

m · t + v1 · cos i1

)Par intégration, sachant qu’à t = 0, on a :

OM0 (00)

on obtient les coordonnées du vecteur position de l’électron ou les équations horaires de son mou-vement :

OM ( x = v1 · sin i1 · t

z = – e · E

2m · t2 + v1 · cos i1 · t)

2. De la première équation, on obtient t :

t = x

v1 · sin i1La seconde devient :

z (x) = – e · E

2m · (v1 · sin i1)2 · x 2 +

1tan i1

· x

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

3. a. La trajectoire de l’électron est parabolique.b. Au sommet S, le vecteur vitesse, tangent à la tra-jectoire, a une composante verticale nulle.c. D’après la question précédente, on a :

vS (vSx = v1 · sin i1

vSz = – e · E

m · tS + v1 · cos i1 = 0)

d. vSz = – e · E

m · tS + v1 · cos i1 = 0,

soit : tS = m · v1 · cos i1

e · E

e. En utilisant l’expression de l’équation horaire de la question 1, on peut écrire :

zS = – e · E

2m · tS

2 + v1 · cos i1 · tS

En remplaçant tS par son expression :

zS = – e · E

2m · (m · v1 · cos i1

e · E )2 + v1 · cos i1 ·

m · v1 · cos i1e · E

zS = m · (v1 · cos i1)2

e · E × (1 –

1

2) = m · (v1 · cos i1)2

2e · E

4. L’électron atteint la zone supérieure à condition que la cote du sommet de sa trajectoire soit supé-rieure ou égale à d, ce qui entraîne :

m (v1 · cos i1)2

2e · E x d

soit : E X m · (v1 · cos i1)2

2e · d

Il faut que la valeur du champ E ne soit pas trop grande pour que l’électron puisse sortir au-dessus de la grille supérieure.

5. a. Maintenant, l’électron n’est plus soumis à aucune force (son poids est négligeable par hypo-thèse), donc, d’après la première loi de Newton, l’électron est en mouvement rectiligne uniforme.b. Au point de sortie, qui appartient à la trajectoire parabolique, toutes les équations des questions 1 et 2 sont vérifi ées. En particulier, la vitesse horizontale s’exprime par v1 · sin i1.De plus :

sin i2 = v1 · sin i1

v2c. Après les grilles, la trajectoire de l’électron est rectiligne. L’électron est dévié à la traversée du dis-positif. Les angles d’incidence et d’émergence véri-fi ent la relation :

v1 · sin i1 = v2 · sin i2



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

22 Quelle est la masse de Jupiter ?

1. a. La force de gravitation exercée par Jupiter de masse M sur le satellite de masse m est :

FJ/S = G · m · M

r2 · n

b. Schématisation de la force FJ/S :

J

r

FJ/S

S

+

n

t+

2. Système : {satellite} et référentiel jupitocentrique.

Bilan des forces extérieures s’exerçant sur le satel-lite : la force FJ/S de gravitation exercée par Jupiter.L’application de la deuxième loi de Newton conduit à :

a = FJ/S

mIl vient :

a = G ·

m · M

r2

m · n

a = G · M

r2 · n

En identifi ant cette expression à a = dv

dt · t +

v 2

r · n , on

en déduit :dv

dt = 0

ruuwuuq

v 2

r =

G · M

r2

L’égalité dv

dt = 0 entraîne que la valeur de la vitesse v

du satellite est constante. Ce mouvement circulaire

est donc uniforme et v = d G · M r .

3. La valeur de la vitesse du satellite est indépen-dante de sa masse et elle est d’autant plus grande que le rayon de l’orbite est petit. Le satellite le plus rapide est celui qui est le plus proche de Jupiter.

4. La période de révolution est la durée mise par le satellite pour décrire sa trajectoire circulaire à la vitesse de valeur v constante :

2πr = v · T

soit : T = 2π · rv

= 2π d r3

G · M

5. a. La représentation graphique proposée est une droite passant par l’origine, donc le carré de la période est proportionnel au cube de la distance entre les centres, soit T2 = k · r3 , k étant le coeffi cient directeur de la droite.

On retrouve la troisième loi de Kepler dans le cas

d’un mouvement circulaire : T2

r3 = cte.

b. Le résultat de la question 4 permet d’écrire : T 2

4π2 = r3

G · M ou T2 = 4π2

r3

G · M

En comparant avec le résultat de la question 5a, il

vient : k = 4π2

G · M

soit : M = 4π2

G · k

M = 4π2

6,67 × 10–11 × 3,1 × 10–16

M = 1,9 × 1027 kg.

23 Particule alpha dans un champ électrostatique uniforme

1. La particule α est un noyau d’hélium 42He. Elle est constituée de 2 protons et de 2 neutrons. Elle est donc chargée positivement.

q = 2 e, soit q = 3,2 × 10–19 C.

2. Pour être déviée vers le haut la particule doit être attirée par la plaque C qui doit être négative, et repoussée par la plaque D qui doit être positive.

3. Le champ électrostatique E est perpendiculaire aux armatures et orienté de l’armature chargée positivement vers l’armature chargée négativement. La force électrostatique F = q · E , avec q ` 0 C, est colinéaire et de même sens que E .

–

O x

– – – – – – – – – – – – –

+ + + + + + + + + + + + + + +

y D

C

v0

EF

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

F = mα · a

Or : F = q · E , avec E = U d

d’où : a (ax = 0

ay = q · U

mα · d)

Par intégration, sachant que v0 (vx 0 = v0

vy 0 = 0 ) :

v (vx = v0

vy = q · U

mα · d · t)

Par intégration, sachant qu’à t = 0 la particule est en O, on obtient les équations horaires de la parti-cule α :

OG (x = v0 · t

y = 1

2

q · U

mα · d · t 2)



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

y = 1

2 q · U

mα · d ·

x2

v02

5. a. Lorsque la particule sort au point S, x = � :

y = 1

2 ·

2e · U

mα · d ·

�2

v02

U = mα · d · v0

2 · y

e · �2

b.

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

1,60 × 10–19 × (5,00 × 10–2)2

UCD = 1,66 × 103 V

24 Le hockey sur gazon

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

(vBx = vB · cos αvBz = vB · sin α )

2. Coordonnées du vecteur position à t = 0 s :

OG (xB = 0zB = h )

3. La balle n’est soumise qu’à son poids, donc d’après la deuxième loi de Newton :

a = g

Par projection dans le repère (O ;x, z), on obtient :

a (ax = 0az = –g)

Par intégration, étant donné les conditions initiales :

v (vx = vB · cos αvz = – g · t + vB · sin α )

4. Quel que soit le point de la trajectoire, les coor-données du vecteur vitesse en ce point sont :

v (vx = vB · cos αvz = – g · t + vB · sin α)

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

vS = dvx2S + vy

2S = vxS

= vB · cos α

Ainsi vS = vB · cos α = 14,0 × cos (30)

vS = 12,1 m · s–1.

5. v = dOG dt

Par intégration, et en tenant compte des conditions initiales x (0) = xB = 0 et z (0) = zB = h, on obtient :

OG (x = vB · cos α · t + xB

z = – 1

2 g · t 2+ vB · sin α · t + zB

)soit : OG (x = vB · cos α · t

z = – 1

2 g · t 2+ vB · sin α · t + h )

6. Équation de la trajectoire : on isole le temps « t » de la première équation que l’on reporte dans l’expression de z :

t = xvB · cos α

donc :

z = – 1

2 g · ( x

vB · cos α)2 + (vB · sin α) · x

vB · cos α + h

Finalement :

z = – 1

2 g · ( x

vB · cos α)2 + tan α · x + h

C’est une équation de parabole.

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

Pour x = d = 15 m :

z (d) = – 1

2 g · ( d

vB · cos α)2 + tan α · d + h

z (d) = – 1

2 × 9,8 × ( 15,0

14,0 × cos 30)2 + tan 30 × 15,0 + 0,40

z (d) = 1,6 m.

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

Le but est marqué.

25 Le cercle des planètes disparues

1. Le carré de la période de révolution T d’une pla-nète autour du Soleil est proportionnel au cube du

demi-grand axe a de l’orbite elliptique : T 2

a3 = cte .

2. On applique la troisième loi de Kepler à Pluton et Éris évoluant autour du Soleil :

T 2Éa3

É

= T 2Pa3

P

soit : T 2ÉT 2P

= a3

É

a3P

Or : TÉ (= 557 ans) 1 TP (= 248 ans)

donc : T 2ÉT 2P

1 1

alors : a3

É

a3P

1 1 ou a 3É 1 a3P

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

3. On utilisera un référentiel dont le centre est confondu avec le centre de gravité d’Éris et dont les axes sont dirigés vers trois étoiles lointaines supposées fi xes. On pourrait parler de référentiel « ériscentrique ». Ce référentiel est considéré comme galiléen.

4. a. On considère le mouvement circulaire uniforme de Dysnomia dans le référentiel « ériscentrique ». Le satellite Dysnomia est soumis, en première approximation, à une unique force d’attrac-tion gravitationnelle exercée par Éris, FÉ/D .

FÉ/DuÉD

D

É



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

FÉ/D = MD · a

MD · a = –G ⋅ MÉ · MD

R 2D ⋅ uÉD

d’où : a = –G ⋅MÉ

R 2D ⋅ uÉD .

b. Le vecteur accélération est porté par le rayon de la trajectoire (il est radial) et est orienté vers le centre de la trajectoire (il est centripète).

5. a. La période de révolution TD de Dysnomia est la durée pendant laquelle Dysnomia effectue un tour (distance parcourue : 2π · RD).

Sa vitesse est v = 2π · RD

TD

Soit : TD = 2π · RD

v (1)

Le mouvement de Dysnomia est circulaire et uni-forme, l’accélération est centripète, de valeur :

a = v2

RD

En comparant avec l’expression de la question 4a :v2

RD = G ⋅

MÉ

R 2D

soit : v = dG · MÉ

RD3

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

TD = 2π d RD3

G · MÉEn élevant cette relation au carré, on retrouve la troi-sième loi de Kepler :

TD2

RD3 =

4π2

G · MÉ = cte

car G et MÉ sont constantes.

b. D’après la troisième loi de Kepler, on a :

G · MÉ = 4π2 · RD

3

TD2

soit : MÉ = 4π2 · RD

3

G · TD2

MÉ = 4π2 × (3,60 × 107)3

6,67 × 10–11 × (1,30 × 106)2 = 1,63 × 1022 kg.

6. MÉ

MP =

1,63 × 1022

1,3 × 1022 = 1,24

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

26 Principe de la spectrométrie de masse

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

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

2. a. Un mouvement circulaire uniforme est un mouvement de trajectoire circulaire et de valeur de vitesse constante (l’accélération est alors cen-tripète).

b. ai = dvi

dt · t +

v2i

Ri · n

c. À partir des informations de l’énoncé, on applique la deuxième loi de Newton à l’ion i de masse constante, soumis à la force de Lorentz dans le réfé-rentiel terrestre galiléen. Or :

ai = qi · vi · B

mi · n

Cela permet d’écrire : dv

dt = 0

ruuwuuq

v2i

Ri =

qi · vi · B

mi

Remarque : la première égalité montre effectivement que le mouvement est uniforme.De la deuxième égalité, il vient : Ri =

mi · vi

B · qid. Le rayon de la trajectoire peut aussi s’écrire, compte tenu des expressions des valeurs des vitesses initiales :

Ri = d 2mi · E · d

qi · B2

Le rayon dépend donc de la masse et de la charge de l’ion. Chaque ion aura sa propre trajectoire cir-culaire, il sera possible de les séparer en fonction de leur masse et de leur charge.

3. Les ions sont des systèmes isolés, une fois sortis de la chambre de déviation. On prévoit donc un mouvement rectiligne uniforme d’après la première loi de Newton.

4. En ionisant l’uranium, on obtient des ions isotopes (235 et 238). Ils possèdent la même charge mais des masses différentes. Il est donc possible de les séparer ou de découvrir de nouveaux isotopes (il y en a autant que de trajectoires observées dans la chambre de déviation).

27 Un record qui tient toujours

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

2. a.

i

j

O

P

y

xS

v0

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



Repère (O ; x, y) avec l’axe horizontal orienté vers la droite et l’axe vertical vers le haut. Inventaire des forces extérieures : le poids.

D’après la deuxième loi de Newton :

a = g

a ( 0 – g)

En calculant une primitive temporelle de chacune des coordonnées du vecteur accélération et en tenant compte de la vitesse initiale du sauteur :

v0 (v0 · cos α–g · t + v0 · sin α)

On en déduit le vecteur position, sachant qu’à l’ins-tant initial, le sauteur est à l’abscisse x = 0 et que son centre de gravité se situe à l’ordonnée z = h.


y = – 1

2 g · t 2 + v0 · sin α · t + h)

On élimine le temps en combinant ces équations horaires pour obtenir l’équation de la trajectoire :

t = x

v0 · cos α

y = – 1

2 ·

g

(v0 · cos α)2 · x2 + tan α · x + h

3. a. La longueur ℓ du saut correspond à l’abscisse de P lorsque y (P) = 0.On doit résoudre :

0 = – 1

2 ·

g

(v0 · cos α)2 · �2 + tan α · � + h

Les solutions sont :

�1 =

–tan α + d tan α2 + 2g · h

(v0 · cos α)2

– g

(v0 · cos α)2

et �2 =

–tan α – d tan α2 + 2g · h

(v0 · cos α)2

– g

(v0 · cos α)2.

On ne garde que la solution positive, �2, physique-ment acceptable.b. La longueur est �2 = 12,5 m.c. La longueur est surestimée par ce modèle : les forces de frottement de l’air ne peuvent être négli-gées, le sauteur ne peut pas tout à fait être modélisé par son centre de gravité.

4. On exploite une vidéo (prise de côté, dans le plan de la trajectoire, le sautoir peut servir d’étalon de longueur), on repère la position de G à intervalles (courts) de temps réguliers et à partir de x (t) et y (t), on calcule dans un tableur v (t), a (t) et on trace la tra-jectoire de G.


28 Halley la Bleue !

1. « En tenant compte de l’attraction gravitationnelle de Jupiter et de Saturne, » J. LALANDE et A. C. CLAI-RAULT ont affi rmé que la comète réapparaîtrait à une certaine date, ce qui a effectivement eu lieu. Leur prévision a donc permis de valider les lois de la méca-nique newtonienne.

2. Première loi de Kepler : loi des orbitesDans le référentiel héliocentrique, la trajectoire du centre de gravité d’une planète est une ellipse dont le centre de gravité du Soleil est l’un des foyers.

Deuxième loi de Kepler : loi des airesLe segment de droite reliant les centres de gravité du Soleil et de la planète balaie des aires égales pen-dant des durées égales.

Troisième loi de Kepler : loi des périodesPour toutes les planètes du système solaire, le rap-port entre le carré de la période de révolution T et le cube de la longueur a du demi-grand axe est égal à une même constante :

T 2

a3 = cte

3. La nature elliptique de la trajectoire illustre la pre-mière loi (avec le Soleil au foyer).

4. a. D’après le texte, la période de révolution T de la comète est peu différente de 76 ans.

b.T 2

a3 = (76 × 365 × 24 × 3 600)2

(17,9 × 1,50 × 1011)3 = 3,0 × 10–19 s2 · m–3.

La trajectoire de la comète de Halley n’est pas cir-culaire, mais la constante de Kepler a la même valeur pour le mouvement d’un astre autour du Soleil pour une trajectoire elliptique ou circulaire. Son expression a été établie dans le cours (p. 167 du manuel) et vaut :

4π2

G · MS = 3,0 × 10–19 s2 · m–3.

La troisième loi de Kepler est bien vérifi ée.


29 Pesanteur martienne

1. a. gM = G · MM

R 2M =

G · MT

10 · R 2Mb. gM = 3,46 m · s–2

gT = G · MT

R 2T = 9,77 m · s–2

gT

gM =

9,77

3,46 = 2,82

2. a. Les coordonnées du vecteur position OG sont :

OG (xM = v0 · cos α · t

yM = – 1

2 gM · t 2 + v0 · sin α · t )



b. En éliminant le temps :

yM = – 1

2

gM

(v0 · cos α)2 · xM

2 + tan α · xM

3. a. Sur Terre :

yM = – 1

2

gT

(v0 · cos α)2 · x2 + tan α · x

b. La longueur du saut est l’abscisse non nulle pour laquelle yM (xM) s’annule :

gM

2 (v0 · cos α)2 · xM = tan α

xM = 2 (v0 · cos α)2

gM · tan α

Sur Terre : xT = 2 (v0 · cos α)2

gT · tan α

xM

xT =

gT

gM = 2,82

Le saut martien sera presque trois fois plus long que sur la Terre.

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



1 Travail d’une force (p. 184)

Activités

7Chapitre

Travail et énergie

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

βP

RF

2 Le bloc de pierre étant immobile, son énergie cinétique est nulle.Entre les deux positions, le bloc de pierre a changé d’altitude, son énergie potentielle de pesanteur a varié.Cette variation est la conséquence de l’action des forces exercées par les ouvriers.3 a. La force A permet de tirer le bloc vers le bas de

la rampe ; la force B permet de tirer le bloc vers le sommet de la rampe ; la force C déplace le bloc laté-ralement ; la force D permet de pousser le bloc vers le haut de la rampe.

b. Pour être efficace, une force doit être dirigée dans le sens du mouvement.Les forces B et D ont le même sens que celui du mou-vement ; ce sont les plus efficaces.La force A, qui s’oppose au mouvement, est contre-productive ; la force C, perpendiculaire au mouve-ment, n’a pas d’effet sur celui-ci.4 Le travail a la dimension d’une énergie.

Par analogie avec l’expression de l’énergie poten-tielle de pesanteur, pp = m · g · h.On en déduit que l’expression du travail doit être le produit de la valeur d’une force par une longueur. Le travail est donc homogène à des N · m.Les relations a et d ne peuvent pas convenir ; en effet, l’analyse dimensionnelle conduit à :

a. [WAB] = Nm

= N · m–1 et d. [WAB] = mN

= m · N–1.

L’analyse dimensionnelle des expressions b et c montre que ces deux relations sont homogènes à des N · m.Le schéma du document fait apparaître que F · AB = F · AB · cos α ; la relation c convient.

numériqueManuel

2.0numériqueAnimation : Travail d’une force sur un objet en mouvement.

2 Potentiels et énergie potentielle dans un condensateur plan (p. 185)

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

Complément Résultats des mesures

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

ysxS

– 4,0 –2,0 0,0 2,0 4,0

0,0 0,1 0,0 -0,1 0,0 0,1

2,0 1,1 1,0 0,8 1,1 1,0

4,0 2,0 1,9 2,0 1,9 2,1

6,0 3,0 3,0 2,9 3,1 3,0

8,0 4,0 4,1 4,0 3,9 4,0

10,0 5,0 4,9 5,1 5,0 5,1

12,0 6,1 6,0 5,9 6,0 6,0


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

E = UAB

d =

UPN

d =

6,00

0,120 = 50,0 V · m–1.

2 a. Variations de USB en fonction de yS pour xS = 6,0 cm :

USB (V)

yS (cm)

–4,0 –2,0 2,0 4,0

0,5

1,0

1,5

2,0

2,5

3,0

3,5

0

Variations de USB en fonction de xS pour yS = 2,0 cm :

USB (V)

xS (cm)

10,0 12,02,0 6,0 8,04,0

1,0

2,0

3,0

4,0

5,0

6,0

0

◗ Pour une valeur de xS donnée, la tension USB garde quasiment la même valeur.

◗ Pour une valeur de yS donnée, la tension USB augmente proportionnellement à xS.

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

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

Si VB = 0 V :

ys

xS– 4,0 –2,0 0,0 2,0 4,0

0,0 0,1 0,0 –0,1 0,0 0,1

2,0 1,1 1,0 0,8 1,1 1,0

4,0 2,0 1,9 2,0 1,9 2,1

6,0 3,0 3,0 2,9 3,1 3,0

8,0 4,0 4,1 4,0 3,9 4,0

10,0 5,0 4,9 5,1 5,0 5,1

12,0 6,1 6,0 5,9 6,0 6,0

Si VB = – 6 V :

ys

xS– 4,0 –2,0 0,0 2,0 4,0

0,0 –5,9 – 6,0 – 6,1 – 6,0 –5,9

2,0 – 4,9 –5,0 –5,2 – 4,9 –5,0

4,0 – 4,0 – 4,1 – 4,0 – 4,1 –3,9

6,0 –3,0 –3,0 –3,1 –2,9 –3,0

8,0 –2,0 –1,9 –2,0 –2,1 –2,0

10,0 –1,0 –1,1 – 0,9 –1,0 – 0,9

12,0 0,1 0,0 – 0,1 0,0 0,0

b. La valeur du potentiel en un point dépend de la valeur de la référence choisie.4 WSB (F ) = F · SB = q · E · SB ,

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

Donc WSB (F ) = q · E · xS.

D’après le résultat de la question 2b, USB = E · xS,

donc : VS – VB = E · xS soit E = VS – VB

xSEn reportant dans l’expression du travail, il vient :

WSB (F ) = q · VS – VB

xS · xS = q · (VS – VB)

5 a. WSB (P ) = m · g · (zS – zB) = – (pp (B) – pp (S ))

Le travail du poids d’un système dépend de la varia-tion d’altitude, celui de la force électrostatique de la variation du potentiel.On peut donc écrire :

WSB (F ) = q · (VS – VB) = –(pé (B) – pé (S ))

Δpé = pé (B) – pé (S ) = –q · (VS – VB) = q · (VB – VS)

b. Si on choisit le point B comme référence des potentiels, VB = 0 et pé (B) = 0.

On a donc : pé (S ) = q · VS.


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

1 L’origine de l’axe (Oz) correspond à la position d’équilibre du pendule.Lorsque le pendule est écarté de sa position d’équi-libre :

z = – · cos θ = · (1 – cos θ)

En tenant compte de l’origine de l’énergie poten-tielle de pesanteur :

pp = m · g · z = m · g · · (1 – cos θ)

2 v (t) = · dθ dt et c =

1 2 m · v2

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

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

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

Complément

1 L’oscillation d’un pendule est un phénomène qui se répète identique à lui-même dans le temps ; on peut le qualifier de périodique.2 Pour mesurer avec la meilleure précision possible

la durée d’une oscillation, c’est-à-dire la période du pendule, on peut mesurer la durée de plusieurs oscillations et en faire la moyenne.3 On peut imaginer que la durée d’une oscillation

dépend de la masse accrochée au fil, de la longueur du fil et de la valeur initiale de l’angle dont le pen-dule est écarté.Pour vérifier l’influence de ces différents paramètres, on mesure la durée de 10 oscillations (afin d’amélio-rer la précision des mesures) pour différentes valeurs d’un des paramètres, tous les autres gardant la même valeur, et on en déduit la valeur de la période T.

◗ Influence de la masse m, pour = 59,5 cm et θ0 = 30° :

m (g) 100 150 200 300

T (s) 1,60 1,60 1,59 1,62

La période des oscillations du pendule est indépen-dante de la masse m.

◗ Influence de la longueur , pour m = 100 g et θ0 = 30° :

(cm) 14 32 42 79

T (s) 0,84 1,20 1,37 1,85

La période des oscillations dépend de la longueur du pendule.

◗ Influence de l’angle θ0, pour = 59,5 cm et pour m = 100 g :

q0 (°) 10 20 30 40 60 90

T (s) 1,59 1,59 1,60 1,62 1,63 1,68

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

précédente, il y a isochronisme des oscillations uni-quement pour des angles θ0 faibles (c’est-à-dire infé-rieurs à 30°).5 a. Avec un pendule de longueur = 59,5 cm

auquel est suspendu un solide de masse m = 100 g, on mesure :

10T = 16,0 s 20T = 31,0 s 30T = 46,4 s

T (s) 1,60 1,55 1,55

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

U (T ) = U (Δt)

n

n 10 20 30

U (T ) (s) 0,02 0,01 0,006

On constate que l’incertitude sur la valeur de T dimi-nue avec le nombre d’oscillations. On retrouve donc le résultat annoncé à la question 2.6 L’amortissement se manifeste par une diminution

de l’amplitude des oscillations. Il est dû aux frotte-ments de l’air.7 Le pendule peut servir d’étalon de durée si la

période des oscillations est invariante. Il peut alors servir à construire une horloge.

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

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

t (s)

� (J) �pp �c �m

0,5

0,05

0,10

0,15

0,20

1,0 1,5 2,0 2,50

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

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

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

t (s)

� (J) �pp �c �m

0,5

0,05

0,10

0,15

0,20

1,0 1,5 2,0 2,50

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

numériqueManuel

2.0numériqueSimulation : Études énergétiques des oscillations d’un pendule avec et sans frottements.

1 a. La rotation de la Terre, le pendule de Huygens, les transitions électroniques, etc. sont des exemples de phénomènes physiques utilisés pour définir le temps.b. Ces phénomènes sont tous périodiques.2 On parle de jour solaire moyen, car la seconde

est définie à partir d’une valeur moyenne faite sur une année. En effet, le jour solaire, temps séparant deux passages successifs du Soleil au méridien d’un lieu, change selon la période de l’année à laquelle on se trouve, essentiellement du fait de la trajectoire elliptique de la Terre. La Terre se déplace plus vite lorsqu’elle est près du Soleil que lorsqu’elle en est éloignée, ce qui a une influence sur la durée du jour solaire qui varie entre 23 h 59 min 39 s et 24 h 0 min 30 s.3 a. Les phénomènes dissipatifs évoqués dans les

documents sont les frottements générés par l’effet des marées.b. Les frottements entraînent un ralentissement de la vitesse de rotation de la Terre autour de son axe

et donc une diminution de son énergie cinétique. Cette perte d’énergie est traduite par le terme « dis-sipatif ».c. Les phénomènes dissipatifs sont un frein à l’utilisation des systèmes mécaniques pour mesurer le temps. Ils sont à l’origine d’une perte d’énergie qui empêche ces systèmes d’évoluer de manière pério-dique.4 Une horloge atomique utilise le signal délivré par

un oscillateur à quartz qui oscille à une fréquence stable dans le temps.Cette fréquence correspond à celle du rayonnement échangé par un atome de césium lors d’une transi-tion entre deux niveaux particuliers. Le césium exis-tant sous un seul isotope, cette fréquence est la même pour tous les atomes. Les vibrations du quartz sont donc stables dans le temps.5 L’utilisation des horloges atomiques est limitée,

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


QCM1 1. C ; 2. B ; 3. A ; 4. A et C ; 2 1. a. A ; 1. b. A

et C ; 1. c. A ; 1. d. C ; 2. C ; 3. C.


3 Analyser des transferts énergétiques

1. L’énergie mécanique ne se conserve pas.

2. La vitesse sera plus importante en D en l’absence de frottement, car les frottements sont dissipatifs et font perdre de l’énergie mécanique au système.

4 Utiliser la conservation de l’énergie mécanique pour calculer une vitesse

VA = – 1 2e · m · vB

2

VA = –3,69 × 103 V

Pour commencer

5 Connaître la condition pour qu’une force travaille

Cas où une force travaille : a et c.

6 Connaître l’expression du travail d’une force

1. WAB (F ) = F · AB = F · AB · cos α2. WAB (F ) = 45 × 200 × cos 40 = 6,9 × 103 J

7 Établir l’expression du travail du poids

1. WHE (P ) = P · HE = P · HE · cos αP et HE sont colinéaires, donc cos α = 1.

2. WHE (P ) = – m · g · (zE – zH) = m · g · (zH – zE)

8 Connaître l’expression du travail du poids

1. Pour les figures ➁ et ➂ :WAB (P ) = m · g · (zA – zB)

Pour la figure ➀ :WBA (P ) = m · g · (zB – zA)

2. a. Pour les figures ➁ et ➂ :

WAB (P ) = – 600 × 9,81 × 800 = – 4,71 × 106 J.

Pour la figure ➀ :

WBA (P ) = 600 × 9,81 × 800 = 4,71 × 106 J.

b. Le travail est le même pour les figures ➁ et ➂. Le travail du poids dépend seulement de l’altitude des points de départ et d’arrivée. Or, dans les figures ➁ et ➂, les points de départ ont la même altitude et les points d’arrivée ont également la même altitude, donc le travail garde la même valeur.

Le travail dépend des points de départ et d’arrivée ; ils sont différents dans le cas des figures ➀ et ➂.

9 Calculer le travail d’une force constante

1. Le travail de la force F au cours de l’évacuation pour un déplacement AB (AB = h) s’écrit :

WAB (F ) = F · AB = F · h · cos (0°) = F · h

2. Système : {skieur}, référentiel terrestre.Bilan des forces extérieures : poids, P , et force exer-cée par le treuil, F .On peut appliquer le principe d’inertie puisque le mouvement se déroule à vitesse constante :

P + F = 0 , soit F = P

3. WAB (F ) = F · h = P · h = m · g · h

WAB (F ) = 80 × 9,81 × 5,0 = 3,9 × 103 J

10 Calculer le travail d’une force électrostatique

1. Le travail de la force électrique s’écrit :

WAB (F ) = F · AB , avec F = q · E ,

soit : WAB (F ) = q · E · AB

2. WAB (F ) = q · E · AB = q · E · AB · cos αSoit d la distance séparant les deux armatures. On a alors :

E = UAB

d, avec d = AB · cos α.

Il vient WAB (F ) = q · UAB

d · d = q · UAB.

3. La charge du noyau d’hélium est de 2e.

WAB (F ) = 2e · UAB

WAB (F ) = 1,28 × 10–16 J

11 Définir une force conservative

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

12 Identifier les différentes formes d’énergie

1. Le solide possède de l’énergie cinétique et de l’énergie potentielle de pesanteur.Il possède par conséquent de l’énergie mécanique, somme de son énergie cinétique et de son énergie potentielle.

2. Initialement, le solide est lâché sans vitesse ini-tiale ; son énergie cinétique est donc nulle. Cela cor-respond à la courbe ➁.Lorsqu’il est écarté de sa position d’équilibre, son énergie potentielle de pesanteur est maximale. Cela correspond à la courbe ➀.L’énergie mécanique est la somme des deux autres énergies. Cela correspond à la courbe ➂.



3. Il y a transfert partiel de l’énergie potentielle de pesanteur en énergie cinétique, puis inversement.

13 Utiliser les transferts d’énergie pour calculer une vitesse

1. m (A) = c (A) + pp (A)

En choisissant le point A d’altitude zA = 1,50 m comme référence de l’énergie potentielle de pesanteur :

pp (A) = 0 et m (A) = c (A) = 1 2 · m · v0

2

2. En B, c (B) = 0.

m (B) = c (B) + pp (B)

m (B) = pp (B) = m · g · (zB – zA)

3. a. L’énergie mécanique se conserve :m (A) = m (B)

1 2 · m · v0

2 = m · g · (zB – zA)

v0 = d 2 · g · (zB – zA) = d 2 · g · h, avec h = zB – zA

b. v0 = d 2 × 9,81 × (5,0 – 1,50) = 8,3 m · s–1

14 Utiliser les transferts d’énergie pour calculer une différence de potentiel

1. L’électron est soumis à la force électrostatique, qui est une force conservative. Son énergie méca-nique se conserve : m (A) = m (B).

2. Puisque l’énergie mécanique se conserve :

c (A) + pé (A) = c (B) + pé (B),

soit : pé (B) – pé (A) = – (c (B) – c (A))

ou : Δpé = –Δc

La variation d’énergie potentielle électrique est l’op-posée de la variation d’énergie cinétique.L’électron est accéléré entre A et B, la variation d’énergie cinétique est donc positive et la variation d’énergie potentielle électrique négative.

3. Sur l’électrode A, l’énergie potentielle électrique est : pé (A) = q · VA = – e · VA

Sur l’électrode B : pé (B) = q · VB = – e · VBLa variation d’énergie potentielle électrique s’écrit :

Δpé = pé (B) – pé (A) = – e · (VB – VA)

Elle doit être négative, donc VB – VA doit être positive.

15 Utiliser les transferts d’énergie pour calculer la valeur d’une force

1. Δm = Δc + Δpp

Le mouvement ayant lieu sur une route horizontale, Δpp = 0.

Lorsque le véhicule s’arrête, sa vitesse devient nulle ; la variation d’énergie mécanique s’écrit :

Δm = Δc = 0 – 1 2

· m · v2 = – 1 2

· m · v2

2. La force de freinage f est une force non conservative :

Δm = WAB (f ) = f · AB = – 1 2

· m · v2

–f · AB = – 1 2

· m · v2

f = m · v2 2 AB

f = 1 000 × ( 83,5

3,6 )2

2 × 50,0 = 5,38 × 103 N

16 Mesurer le temps

1. Un oscillateur peut servir à construire une horloge si son évolution est périodique.

2. Le temps universel est basé sur la rotation de la Terre autour de son axe et le temps des éphémérides est basé sur le mouvement de la Terre autour du Soleil.3. Le temps atomique est une échelle de temps plus précise et plus stable.

Pour s’entraîner

17 Précision d’une mesure

1. La période T des oscillations vaut T = Δtn

.

n 1 5 10 20

T (s) 1,3 1,24 1,27 1,29

2. L’incertitude des durées mesurées au chrono-mètre est U (Δt) = 0,2 s ; l’incertitude sur chaque période vaut donc :

U (T ) = U (Δt)

n

n 1 5 10 20

U (T ) (s) 0,2 4,0 × 10–2 2,0 × 10–2 1,0 × 10–2

3. L’incertitude diminue lorsque le nombre d’oscilla-tions augmente. Avec un grand nombre d’oscilla-tions, on obtient une mesure plus précise de la période.

18 Utiliser la non-conservation de l’énergie mécanique

1. a. La balle est sou-mise à son poids, P , à la réaction verticale du green, R , et aux forces de frottements, f .b. Le poids et la réac-tion verticale du green sont des forces dont la

direction est perpendiculaire à celle du mouve-ment ; elles ne travaillent pas.

W (P ) = W (R ) = 0W (f ) = f · = –f ·

2. La balle est soumise à une force non conservative qui travaille ; son énergie mécanique ne se conserve pas et sa variation au cours du déplacement de la balle est égale au travail de cette force.

3. Δm = – 1 2

· m · v02 = –f ·

v0 = d 2 · f · m

= 3,3 m · s–1

P

RSens du

mouvement

f



1. La voiture est soumise à son poids, P , à la réaction normale du sol, R , et à la force de freinage, f .

α

P

f

B

A

hG

R

2. Δm = m (B) – m (A)

= c (B) + pp (B) – (c (A) + pp (A))

= Δc + Δpp

avec Δc = 0 – 1 2

· m · v2

Si on choisit le point B d’altitude zB = 0 comme réfé-rence de l’énergie potentielle de pesanteur :

pp(B) = 0 J et pp(A) = m · g · h

alors : Δpp = –m · g · h, avec h = AB · sin α

et : Δm = – 1 2

· m · v2 – m · g · AB · sin α

3. La force de freinage étant une force non conserva-tive, Δm = WAB (f )

avec WAB (f ) = f · AB = –f · AB

d’où –f · AB = – 1 2

· m · v2 – m · g · AB · sin α

f = m · v2 2 AB

+ m · g · sin α

AN :

f = 1 000 × ( 83,5

3,6 )2

2 × 50,0 + 1 000 × 9,81 × sin 4,0

f = 6,1 × 103 N

20 Un pendule battant la seconde

1. La masse de l’horloge permet de faire tourner les aiguilles et d’entretenir le balancement du pendule.L’échappement à ancre est un mécanisme régulateur qui consiste à bloquer la chute de la masse à inter-valles réguliers, à chaque battement du pendule. Il laisse passer une à une les dents de la roue dentée.

2. [] = m et [g] = m s2

[][g]

= m · s2 m

= s²

La racine carré du rapport

g est bien homogène à un

temps.

3. La période des oscillations d’un pendule battant la seconde est T = 2,00 s.

T = 2p d g, soit = g · T2 4p2

= 9,812 × 4,00 4p2 = 0,994 m.

La longueur du pendule de Huygens battant la seconde à Paris est de 0,994 m.

4. Au cours des oscillations d’un pendule, il y a trans-fert d’énergie potentielle de pesanteur en énergie cinétique et inversement.

5. Avec les frottements de l’air, l’amplitude des oscillations diminue au cours du temps ; c’est pour cela qu’il faut les entretenir.

6. Un étalon de temps est un dispositif définissant une grandeur de référence qui doit être précise, reproduc-tible, donc immuable. Il sert à définir l’unité du temps.Un pendule pourrait servir d’étalon de temps à condi-tion d’entretenir ses oscillations. Cependant, la période des oscillations d’un pendule dépend de la valeur du champ de pesanteur. Or, cette valeur change avec le lieu : la longueur du pendule qui bat la seconde diffère donc selon le lieu. Par cet aspect, un pendule n’est pas un étalon de temps universel.

21 Le toboggan aquatique

1. L’expression de l’énergie potentielle de pesanteur est pp (D) = m · g · h.

2. L’expression de l’énergie mécanique est :

m (D) = c (D) + pp (D), avec c (D) = 0 J,

puisque l’enfant part de D sans vitesse initiale.

On a donc m (D) = m · g · h.

3. m (O) = c (O) + pp (O), avec p (O) = 0 J,

car le point O est choisi comme référence de l’éner-gie potentielle de pesanteur.

m (O) = c (O) = 1 2

· m · v02

4. a. L’enfant est soumis à son poids et à la réaction normale du support (les frottements sont négligés).Parmi ces deux forces, seul le poids qui est une force conservative travaille, donc l’énergie mécanique se conserve : m (D) = m (O),

soit : m · g · h = 1 2

· m · v02

v0 = d 2 · g · h

b. v0 = d 2 × 10 × 5,0 = 10 m · s–1

5. a. La vitesse est plus faible que celle trouvée ; cela signifie que les frottements ne sont pas négli-geables. La force de frottements est une force non conservative qui travaille ; l’énergie mécanique ne se conserve donc pas.b. m (O) – m (D) = WDO (f )

WDO (f ) = 1 2

· m · v’02 – m · g · h

WDO (f ) = 1 2

× 35 × 6,02 – 35 × 10 × 5,0

WDO (f ) = 35 × (36 2

– 50) = –35 × 32 = –1,1 × 103 J

Le signe moins montre que le travail est résistant.

22 Le chargement des bagages

1. La valise est soumise à son poids, P , à la réaction normale du tapis, R , et à la force motrice du tapis, f .

A

B

α

+

+ P

f

R

2. La valise est soumise à deux forces qui travaillent : le poids, qui est une force conservative, et la force


motrice f , qui est une force non conservative. Son énergie mécanique ne se conserve donc pas au cours du mouvement.

3. L’énergie mécanique ne se conserve pas ; sa varia-tion au cours du mouvement de la valise est égale au travail de la force non conservative :

Δm = W (f )

La force f a une direction parallèle au déplacement et de même sens ; son travail est donc moteur : la variation d’énergie mécanique est positive.

4. a. Au cours du déplacement AB :

Δm = m (B) – m (A) = Δc – Δpp

Puisque la valise se déplace à vitesse constante, Δc = 0 J.

Si on choisit le point A d’altitude zA comme référence de l’énergie potentielle de pesanteur :

pp (A) = 0 J et pp (B) = m · g · zB = m · g · · sin α.

On a donc Δm = m · g · · sin α.

On en déduit que WAB (f ) = m · g · · sin α.

b. WAB (f ) = f · AB = f · = m · g · · sin α,

soit : f = m · g · sin α f = 20 × 10 × sin 15 = 2,0 × 102 × 0,26 f = 5,2 × 101 N.

23 Accélération d’une particule a1. Le noyau d’hélium porte deux charges positives, soit : qα = 2e

2. Le travail de la force électrostatique est donnée

par : WAB (F ) = F · AB , avec F = qα · E ,

donc : WAB (F ) = qα · E · AB .

Comme E · AB = E · AB · cos α = E · AB et E = UABAB

:

E · AB = UABAB

· AB = UAB = VA – VB

donc WAB (F ) = qα · (VA – VB).

3. La force électrostatique est une force conservative Δpé = pé (B) – pé (A) = – WAB (F ),

d’où : Δpé = qα · (VB – VA)

4. On étudie le système {particule} dans le référen-tiel terrestre.La seule force qui s’applique au système est la force électrostatique F .Cette force est conservative, donc l’énergie méca-nique se conserve entre A et B.

5. a. Δm = m (B) – m (A) = 0

Δm = c (B) + pé (B) – c (A) – pé (A) = Δc + Δpé

Δm = 0, donc Δpé = –Δc

En A, la vitesse est négligeable devant celle en B :

Δc = 1 2

· mα · vB2

Par suite : qα · (VB – VA) = – 1 2

· mα · vB2

VA – VB = mα · vB

2

2 · qα

b. VA – VB = 6,70 × 10–27 × (1,00 × 106)2

2 × 2 × 1,60 × 10–19

VA – VB = 1,05 × 104 V

24 Service au tennis

1. a. La balle est soumise uniquement à son poids.

b. Le poids est une force conservative.

2. m (A) = c (A) + pp (A)

On choisit le point O comme référence pour l’éner-gie potentielle de pesanteur :

pp (A) = m · g · yA = m · g · H

et : c (A) = 1 2

· m · v02

donc : m (A) = 1 2

· m · v02 + m · g · H.

Au point B, yB = 0 :

m (B) = c (B) + pp (B) = 1 2

· m · vB2

3. La balle est soumise à son poids qui est une force conservative ; son énergie mécanique se conserve :

m (A) = m (B)

4. a. 1 2

· m · v02 + m · g · H = 1

2 · m · vB

2

Il vient vB = d v02 + 2 · g · h

b. vB = d (126 × 103

3 600 )2

+ 2 × 9,81 × 2,20

vB = 35,6 m · s–1 = 128 km · h–1

c. La vitesse est beaucoup plus faible, les frottements ne sont donc pas négligés.

25 Hydoelectric dam

Traduction du texte et des questions :« Dans un barrage hydroélectrique, l’énergie poten-tielle de pesanteur est convertie lorsque l’eau tombe. On considère la chute de mille mètres cubes d’eau sur 500 pieds.

1. En quelles énergies est convertie l’énergie potentielle de pesanteur ? Quel est l’intérêt de ces conversions ?

2. On considère que 90 % de l’énergie est convertie. Quelle énergie récupère-t-on lors de cette chute ?

3. Pourquoi le rendement n’est-il pas de 100 % ? En quelle énergie est convertie l’énergie perdue ? »

1. L’énergie potentielle de pesanteur est convertie en énergie cinétique, puis en énergie électrique.

Cela permet de produire de l’énergie électrique en fonction de la demande.

2. Δpp = m · g · h

Δpp = 1 000 × 1 000 × 9,81 × 500 × 0,3048

Δpp = 1,49 × 109 J

Énergie électrique produite : él = 0,9 × Δp = 0,9 × 1,49 × 109

él = 1,34 × 109 J

3. Une partie de l’énergie potentielle de pesanteur est dissipée à cause des forces de frottements. L’énergie perdue est dissipée sous forme de chaleur.



26 Épreuve du saut nautique

1. Au cours du trajet AB, la skieuse S est soumise à son poids, P , à la réaction normale de la surface de l’eau, R , à la force de traction, T , et la force de frottements, f .

Au cours du trajet BC, la skieuse S est soumise à son poids et à la réaction du tremplin dont la direction est perpendiculaire au déplacement.

P

S

R

2. ◗ Au cours du trajet AB, le poids et la réaction sont des forces dont la direction est perpendiculaire au déplacement ; elles ne travaillent pas.

WAB (f ) = f · AB = –f · ABWAB (T ) = T · AB = T · AB◗ Au cours du trajet BC, seul le poids travaille :

WBC (P ) = P · BC = m · g · (zB – zC)

WBC (P ) = –m · g · BC · sin α (l’axe (Oz) est vertical ascendant et le point d’altitude z = 0 est situé au niveau de la surface de l’eau).

3. La force de traction est non conservative ; cela signifie que le travail de cette force dépend du che-min suivi.

4. a. La skieuse étant soumis à des forces non conservatives, entre A et B, l’énergie mécanique ne se conserve pas :

m (B) – m (A) = WAB (f ) + WAB (T )b. En choisissant, la surface de l’eau comme réfé-rence pour l’énergie potentielle de pesanteur :

pp (A) = pp (B) = 0 J

La relation de la question 4a permet d’écrire :

c (B) – c (A) = 1 2

· m · vB2 = –f · AB + T · AB (en A, la

vitesse est nulle)

T = (1 2

· m · vB2 + f · AB) · 1

AB

T = (1 2

× 60,0 × (57,0 × 103

3 600 )2

+ 150 × 200) × 1

200

T = 188 N5. a. Le long du trajet BC, la skieuse est soumise uniquement à une force conservative, son poids ; son énergie mécanique se conserve.b. m (B) = m (C)

soit : 1 2

· m · vB2 = 1

2 · m · vC

2 + m · g · zC

avec zC = BC · sin α.

Donc : 1 2

· m · vB2 = 1

2 · m · vC

2 + m · g · BC · sin α.

vC = d vB2 – 2 · g · BC · sin α

vC = d (57,0 × 103

3 600 )2

– 2 × 9,81 × 6,40 × sin (14,0)

vC = 14,8 m · s–1 = 53,4 km · h–1

6. Entre B et D : m (B) = m (D)1 2

· m · vB2 = 1

2 · m · vD

2 + m · g · zD

zD = 1 2

· (vB2 – vD

2

g )

zD = 1 2

× ((57,0 × 103

3 600 )2

– (51,0 × 103

3 600 )2

9,81) = 2,55 m

27 Le pendule de Foucault

1. La sphère est soumise à son poids, P , et à la ten-sion du fil, T .

P

T

x

z

L

A

O

α

2. a. Son énergie mécanique reste constante au cours du temps.

b. Il y a transfert complet de l’énergie potentielle de pesanteur en énergie cinétique, puis inversement.

3. a. m (A) = c (A) + pp (A) = pp (A)

pp (A) = m · g · L · (1 – cos α)

b. m (O) = c (O) + pp (O) = c (O) = 1 2

· m · v02

4. m · g · L · (1 – cos α) = 1 2

· m · v02,

soit : cos α = 1 – v0

2

2 g · L = 9,99 × 10–1,

donc : α = 2,56°.

5. Avec son pendule, FoucauLt a mis évidence la rotation de la Terre sur elle-même.

28 Les dominos

1. a. La bille est soumise uniquement à son poids, P , entre les points O et M exclus.

P

g

i

jx

y

M (xM ; yM)

v0

O

20 cm

40 cm

Tf

R

SP


b. Le système {bille} est étudié dans le référentiel ter-restre supposé galiléen. La deuxième loi de Newton s’écrit :

ΣF = m · a,

d’où : P = m · a ¤ m · g = m · a.

Finalement : a = g.

c. En prenant une primitive, on obtient : vx = v0v (vy = – g · t)v0x = v0 v0

(v0y = 0 )d. vx = v0 =

dx

dtOn a

ruuwuuq vy = – g · t =

dy

dt

donc

x (t) = v0 · t + C1

ruuwuuq

y (t) = – 1

2 g · t2 + C2

D’après les conditions initiales :x (0) = 0 = C1

rwq

y (0) = 0 = C2

Finalement :

x (t) = v0 · t

ruuwuuq

y (t) = – 1

2 g · t2

Pour obtenir l’équation de la trajectoire, on isole le temps « t » de la première équation que l’on reporte dans la seconde :

t = x

v0 y (x) = –

1

2 g · ( x

v0)2

e. Au point M : yM = – g · xM

2

2 · v02

soit : v02 = –

g · xM2

2 · yMEn remarquant que yM ~ 0 et en ne conservant que la valeur positive de v0, il vient :

v0 = d – g · xM

2

2 · yM

v0 = d – 10 × 0,402

2 × (– 0,20) = d 10 × 0,402

0,40 = d 4,0 = 2,0 m · s–1.

2. a. Seul le poids travaille, car il n’est pas perpendi-culaire au déplacement.b. L’énergie mécanique de la bille se conserve entre A et B.c. m (A) = c (A) + pp (A)En tenant compte du choix de l’origine de l’énergie potentielle de pesanteur au point O et sachant que vA = 0 m · s–1, on a :

m (A) = m · g · yA

d. m (B) = 1 2

· m · vB2 + m · g · yB

Or, yB = 0 m, donc m (B) = 1 2

· m · vB2

e. m (A) = m (B)

soit : m · g · yA = 1 2

· m · vB2

Or, v0 = vB. Donc yA = v0

2

2 · g

f. yA = 2,02

2 × 10 = 0,20 m

29 Le grand huit

1. L’altitude du wagon est z = R · (1 – cos θ).

2. Le wagon n’est soumis qu’à son poids, force conservative, donc l’énergie mécanique se conserve au cours du mouvement :

m (initiale) = m (M )

Le wagon part sans vitesse initiale, son énergie ciné-tique au départ est donc nulle.L’origine de l’énergie potentielle de pesanteur est choisie en z = 0 :

pp (initiale) = m · g · H,

soit : m (initiale) = m · g · H.

En M :

m (M ) = c (M ) + pp (M ) = 1 2

· m · vM2 + m · g · zM

Donc : m (M) = 1 2

· m · vM2 + m · g · R · (1 – cos θ)

La conservation de l’énergie mécanique permet d’écrire :

1 2

· m · vM2 + m · g · R · (1 – cos θ) = m · g · H

On en déduit :vM = d 2 g · (H – R · (1 – cos θ))

3. Au sommet S de la boucle :

θ = p, donc vS = d 2 g · (H – 2 R)

4. À partir de la relation trouvée à la question 3, on déduit que :

H = vS

2

2 g + 2R

H = 13,82

2 × 9,81 + 2 × 19 = 48 m.

30 Le pendule électrostatique

1. a. WOA (P ) = P · OA = P · OA · cos α

où cos α = (yO – yA)

OA

Donc WOA (P ) = P · (yO – yA) = m · g · (yO – yA)

��

A

y

O

α.cos� α

.cos–�� α

yO – yA = – · (1 – cos α),

soit WOA (P ) = –m · g · · (1 – cos α).

b. WOA (F ) = F · OA = q · E · OA = q · E · · sin α

2. Δpp = – WOA (P ) = m · g · · (1 – cos α)

Δpé = – WOA (F ) = – q · E · · sin α

puisque à t = 0


3. Variation des énergies potentielles pour diffé-rentes valeurs de α :

20 40 60

–2,50–2,00

2,00

–1,50

1,50

–1,00

1,00

–0,50

0,500

∆�pp ∆�pé ∆�p

∆ � (× 10–4 J)

α (°)

4. Pour α = 26°, la variation d’énergie potentielle passe par un extremum.Le pendule est dans une position d’équilibre.


31 Amateur de sensations fortes

1. Trajectoire de S :

2650

25102534

1950

01850

100 500 1 000 1 500

y (m)

A

B C

D

x (m)

+

+ +

2. a. Le système possède de l’énergie potentielle de pesanteur et de l’énergie cinétique.b. Entre A et B, c augmente et pp diminue.Entre B et C, c diminue et pp reste constante.Entre C et D, c diminue et pp augmente.

3. a. m (A) = c (A) + pp (A)

pp (A) = m · g · (yA – yO),

yO étant l’altitude à Orcières.b. m (A) = 6,8 × 105 J

4. a. La valeur de la vitesse de S est maximale en B.

b. m (B) – m (A) = WAB (f ) = –f · AB1 2

· m · vmax2 + m · g · (yB – yO) – m · g · (yA – yO) = –f · AB

vmax = d 2 g · (yA – yB) – 2 f · ABm

= 37 m · s–1,

soit 130 km · h–1.c. La valeur annoncée par l’énoncé est de 140 km · h–1. Cet écart peut être dû à une force de frottements non constante sur toute la trajectoire ou de valeur un peu plus faible que celle de l’énoncé.

5. a. m (C ) – m (B) = c (C ) – c (B)

c (C ) – c (B) = WBC (f ) = –f · BC

1 2

· m · vC2 – 1

2 · m · vmax

2 = –f · BC

vC = d vmax2 – 2 f · BC

mb. vC = 26,0 m · s–1

6. a. m (D) – m (C ) = pp (D) – pp (C ) – c (C )

m (D) – m (C ) = WCD (f ) = –f · CD

m · g · (yD – yC) – 1 2

· m · vC2 = –f · CD

Or, yD – yC = 0,06 × CD, car S est alors sur un trajet de pente de 6 %.

Il vient :

CD · (0,06 m · g + f ) = 1 2

· m · vC2

CD = m · vC

2

2 (0,06 m · g + f )

CD = 2,7 × 102 m

b. Damien parcourt 270 m avant de s’arrêter. Le câble faisant 400 m, le résultat est cohérent.



32 À la fête foraine

1. a. WOC (f ) = f · OC = –f · OC

b. WOC (f ) = WOB (f ) + WBC (f )

WOC (f ) = f · OB + f · BC

WOC (f ) = –f · OB – f · BC

WOC (f ) = –f · (OC + 2 BC)c. On constate que les deux expressions précé-dentes sont différentes. Entre les points O et C, le travail dépend du chemin suivi. Les frottements sont donc des forces non conservatives.2. a. En B, le palet possède de l’énergie potentielle de pesanteur.

En C, le palet possède également de l’énergie poten-tielle de pesanteur.b. Au cours du mouvement entre B et C, l’énergie potentielle de pesanteur est partiellement convertie en énergie cinétique. L’autre partie est dissipée sous forme de chaleur.

3. Δm = m (C ) – m (B) = WBC (f ) = –f · BCOn choisit le rail horizontal comme référence pour l’énergie potentielle de pesanteur :

m (C ) = c (C ) + pp (C ) = 0 J

m (B) = c (B) + pp (B) = m · g · AB · sin α0 – m · g · AB · sin α = –f · BC

BC = m · g · AB · sin α

f

BC = 5,0 × 9,81 × 4,0 × sin 30

10 = 9,8 m

82

Chapitre

Activités

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

1 Et « l’éther » s’évapora… (p. 210)1 Le texte illustre une démarche scientifique car le

scientifique :– émet une hypothèse (l’existence de l’éther) ;– applique des lois qui justifient cette hypothèse (lois de la mécanique galiléenne appliquées à la lumière dans le cas de l’existence de l’éther) ;– met en place une ou plusieurs expériences pour vérifier son hypothèse (utilisation du phénomène d’interférences pour détecter un écart de durée) ;– interprète les résultats obtenus (l’observation est non conforme aux prévisions. La figure d’interférences reste la même quelle que soit l’orientation de l’inter-féromètre) ;– réitère plusieurs fois l’expérience (elle donne toujours les mêmes résultats).L’échec de l’expérience, selon les prévisions de A. Michelson et E. Morley, a permis de remettre en cause les hypothèses de travail et a donc permis l’émergence d’une nouvelle théorie.2 La théorie de la relativité restreinte est en contra-

diction avec les conceptions de la mécanique gali-léenne, car elle considère que la vitesse de la lumière est invariante, c’est-à-dire que sa valeur ne dépend pas du référentiel d’étude.

Ces deux théories ne sont pas incompatibles, car l’ap-plication de la relativité restreinte à des systèmes à faible vitesse permet de retrouver les conclusions de la mécanique galiléenne. 3 La vitesse de la lumière dans le vide a la même

valeur dans tous les référentiels.

Remarque 1 : l’invariance de la valeur de la vitesse de la lumière dans le vide s’applique dans tous les réfé-rentiels galiléens.

Remarque 2 : l’expérience de A. Michelson et E. Morley confirme l’invariance de la valeur de la vitesse de la lumière dans le vide dans tous les réfé-rentiels galiléens, ou du moins ne l’infirme pas. D’autres expériences confirment ce résultat, comme l’observation d’étoiles doubles (voir exercice 23, p. 224 du manuel). En 1964, Alväger a apporté une autre preuve en mesu-rant la valeur de la vitesse des photons émis lors de la désintégration de particules se déplaçant à une vitesse proche de celle de la lumière. Il a montré que ces photons se déplacent à la vitesse de la lumière ; la composition des vitesses ne s’applique pas pour la lumière (voir exercice 24, p. 225 du manuel).

2 … lorsque la relativité arriva (p. 211)1 Δt =

v , ,3,3 10 sd

0 998 3 00 1010 10

8

35–

# #

##= = = 33 µs

Pour parcourir 10 km, les muons mettent 33 µs ; on retrouve bien le résultat annoncé dans le texte.2 La distance parcourue par le muon en 2,2 µs est :

d = v · ΔT0 = 0,998 # 3,00 # 108 # 2,2 # 10–6 d = 6,6 # 102 m.

Cette distance est très faible devant l’épaisseur de 10 km d’atmosphère à traverser par les muons pour atteindre le sol. D’après la mécanique classique, les muons n’ont pas le temps d’atteindre la Terre.3 a. Pour ces muons :

,1 0 9981

– 2γ = = 15,8.

b. ΔT’ = γ · ΔT0 = 15,8 # 2,2 # 10–6 ΔT’= 35 # 10–6 s = 35 µs

La durée de vie moyenne d’un muon mesurée sur Terre est de 35 µs.c. La durée de vie du muon, pour un observateur terrestre, devient 15,8 fois plus grande que dans le référentiel lié au muon, d’où l’expression « dilatation des durées ». d. ΔT’ > 33 µs, donc les muons formés dans la haute atmosphère peuvent atteindre le sol.4 La mécanique galiléenne ne peut pas expliquer

l’observation de muons sur Terre. Le modèle de rela-tivité restreinte a permis, par la dilatation des durées, d’expliquer cette observation.

8Temps et relativité restreinte

82

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

3 « Être à l’heure pour se situer » (p. 212-213)1 La localisation par GPS est basée sur la triangula-

tion. Les satellites GPS envoient des bips avec l’heure de départ du bip et la position du satellite. Le récep-teur GPS calcule la distance qui le sépare de chaque satellite. Il en déduit sa position par l’intersection d’au moins quatre sphères (chaque sphère a pour rayon la distance entre le satellite concerné et le récepteur GPS, elle est centrée sur le satellite). Les horloges des satel-lites et du récepteur GPS doivent être synchronisées.2 Si les horloges des satellites et du récepteur GPS

ne sont pas synchronisées, les mesures de distances seront fausses.3 Si les horloges sont synchronisées, la durée de

l’aller est égale à la durée du retour :

t2 – t1 = t’1 – t2 d’où t2 = t t

2

’1 1+

4 a. Les deux horloges des balises B1 et B2 sont synchronisées et le promeneur P reçoit les signaux simultanément avec leur date d’émission. P sait que la balise B2 a émis un signal 1 ms avant la balise B1. P en déduit qu’il est plus près de B1 que de B2. L’écart de distance PB2 – PB1 est égal à 1 ms # v, avec v la valeur de la vitesse de propagation des signaux.b. PB2 – PB1 = 1,00 # 10– 3 # 3,00 # 108 (1)

= 3,00 # 105 m,

PB2 + PB1 = 900 km = 9,00 # 105 m. (2)

(1) + (2) donne 2PB2 = 12,00 # 105 m,

d’où : PB2 = 6,00 # 105 m. De l’équation (1), par exemple, on déduit que :

PB1 = 3,00 # 105 m.c. Le promeneur connaît la distance qui le sépare de la balise B2. Dans le signal provenant de cette dernière, il y a la date t de son émission.

P le reçoit à la date T’ indiquée par sa montre.

Si T’ = t + v

PB2 , alors sa montre est synchronisée avec

l’horloge de la balise B2.

Si T’ > t + v

PB2 , alors la montre avance par rapport à

l’horloge et elle retarde si T’ < t + v

PB2 .

5 a. ΔT’ = γ · ΔT0 = vc

1

1

–2

2 avec ΔT0 la durée propre

entre l’émission de deux signaux consécutifs mesurée par l’horloge embarquée dans un satellite située à proxi-mité de l’émetteur et ΔT’ la durée entre l’émission des deux signaux consécutifs mesurée par l’horloge terrestre. b. ΔT’ > ΔT0 (car γ > 1), donc l’horloge embarquée dans le satellite indique une date antérieure à celle affichée par l’horloge terrestre. Le retard a pour expression :

ΔT’ – ΔT0 = (γ – 1) · ΔT0

c. Au bout de 24 heures le retard est de :(ΔT’ – ΔT0) # 24 # 3 600

=

( , )( , )13 00 103 9 10

1 1–

–

8 2

3 2

#

#

J

L

KKK

N

P

OOO

# 24 # 3 600

= 7,3 # 10–6 s.d. Le résultat confirme les 7 µs de retard annoncées dans le texte.6 a. Le bilan des phénomènes de relativités restreinte

et générale conduit à une avance de 45 – 7 = 38 µs par cycle de 24 heures.b. En multipliant cette avance par la valeur de la vitesse de la lumière, on obtient une erreur au bout de 24 heures de :

38 # 10–6 # 3,00 # 108 = 11 # 103 m = 11 km.Si on ne corrige pas cet effet, il s’ensuit une erreur de positionnement de 11 km au bout de 24 h.


QCM1 1. A ; 2. C ; 2 1. B ; 2. C ; 3. C ; 4. A ; 5. B ;

3 1. A et C ; 2. B.


4 Définir la notion de durée propre et exploiter la relation entre durée propre et durée mesurée

ΔT’ = γ · ΔT0 = vc

T

1 –2

20D =

c0,95c

,

1

2 51 10

–

6

2

–#

d n = 8,0 # 10–6 s

= 8,0 µs

La durée de vie mesurée de cette particule dans le référentiel (R) est de 8,0 µs.

Pour commencer

5 Connaître l’invariance de la vitesse de la lumière dans le vide

1. On postule que la valeur de la vitesse de la lumière dans le vide est la même dans tout référentiel galiléen.

2. Le premier physicien à l’avoir énoncé est A. Einstein.

6 Connaître la valeur de la vitesse de la lumière dans le vide

1. La valeur de la vitesse de la lumière dans le vide, avec trois chiffres significatifs, est égale à 3,00 # 108 m · s–1.


2. La valeur de la vitesse de la lumière dans le vide est aujourd’hui connue de façon exacte. Elle est fixée à 2,997 924 58 # 108 m · s–1.

7 Attribuer les principes

a. En mécanique classique, le temps est absolu et la valeur de la vitesse de la lumière dans le vide est rela-tive. C’est la mécanique d’Isaac Newton.

b. En relativité restreinte, le temps est relatif et la valeur de la vitesse de la lumière dans le vide est abso-lue. C’est la mécanique d’Albert Einstein.

8 Comprendre la relation entre durée propre et durée mesurée

1. La durée propre ΔT0 est mesurée par une horloge fixe dans un référentiel galiléen (R) et telle que les événements se déroulent au même endroit et à proxi-mité de cette horloge.La durée mesurée ΔT’ est mesurée par des horloges fixes et synchronisées dans un référentiel galiléen (R’). Les deux référentiels et, par conséquent, les horloges sont en mouvement relatif l’un par rapport à l’autre. Dans (R’), les deux événements ne se produisent pas au même endroit.

2. Puisque v et c sont positifs et que v < c, le rapport v c

et son carré sont compris entre 0 et 1.

1 – (v c )

2 est donc compris entre 0 et 1 ainsi que sa

racine carrée. Enfin, l’inverse d’un nombre compris entre 0 et 1 est supérieur à 1. γ est donc supérieur à 1.

3. L’observateur en mouvement par rapport aux événements mesure une durée ΔT’ supérieure à la durée propre ΔT0 puisque γ > 1. On parle ainsi de durée dilatée mesurée par cet observateur.

9 Étudier un électron dans le tube cathodique d'un téléviseur

1. De la formule de γ, on peut tirer v :

cv1 –

2d n =

cv1 1 1–

2

2,c c

=d n

c1 cv v1 1 1– –

2

2 2, ,

c c= = $d n

2. v = 2,997 924 58 # 108 # ,

11 05

1–2

v = 9,14 # 107 m · s–1

La valeur de la vitesse de déplacement de l’électron dans un référentiel terrestre est de 9,14 # 107 m · s–1.

10 Exploiter le coefficient γ

1. L’astronaute en mouvement par rapport à la Terre ne peut pas être proche des deux événements. La durée séparant les deux événements est donc, pour l’astronaute, une durée mesurée.

γ =

c0,80 c1

1

–2

#d n =

( , )1 0 801

– 2 = 1,7

La durée mesurée ΔT’ par l’astronaute est égale à 1,7 fois la durée propre ΔT0 .

2. Lorsque la durée mesurée est doublée par rapport à la durée propre, γ = 2.De la formule de γ, on peut tirer v :

c cv v1 1 1 1– –

2 2

2,c c

= =d dn n

c1 cv v1 1 1– –

2

2 2, ,

c c= = $d n

c 0,87 cv 121–2

#= =$L’astronaute doit se déplacer à une vitesse de valeur v = 0,87 # c pour que la durée qu’il mesure entre deux événements soit doublée par rapport à la durée propre sur Terre.

11 Exploiter la relation entre durée propre et durée mesurée

1. Vu de la Terre, ce voyage a duré :

, cdurée du trajet c

Tvd

0 90 #

#D = =’ = 4,4 ans.

2. Pour l’astronaute :

cT T T v1 –0 2

2

γD D D= = $’ ’

c, c , an.T T 1 0 90 1 9–0 2

2 2D D= =$’

12 Distinguer physique classique ou relativité restreinte

La théorie 1 correspond au postulat B et la théorie 2 au postulat A.

13 Étudier le vol d’un pigeon

Les touristes ne doivent pas utiliser la relativité restreinte pour l’étude du vol d’un pigeon, car ce dernier se déplace avec une vitesse de valeur très faible comparée à celle de la lumière.

Pour s’entraîner

14 La relativité du temps

1. Les deux événements dont on cherche à mesurer la durée qui les sépare sont les passages de l’OVNI au-dessus de Bordeaux et d’Arcachon.

2. Dans le référentiel de la soucoupe, les deux événe-ments sont proches de l’horloge embarquée dans l’OVNI. La durée mesurée par l’extraterrestre est une durée propre.

3. Les horloges synchronisées et fixes dans un référen-tiel terrestre qu’utilise Nicolas pour mesurer la durée séparant les passages de l’OVNI au-dessus de Bordeaux et d’Arcachon indiquent une durée mesurée. En effet, ces horloges sont en mouvement par rapport à celle qui mesure la durée propre.

ΔT’ = c ,

, svd d

32 2 3 00 10

3 49 10 2 5 108

34–

# #

# ##= = =

Nicolas mesure une durée de survol égale à 2,5 # 10–4 s.


4. ΔT0 = Tγ

∆ ’ = ΔT’ · c cv

vd v1 1– –

2

2

2

2= $

ΔT0 = ,2 3 00 10

3 49 10 132–

8

3 2

# #

# ## d n = 1,8 # 10–4 s

La durée propre du survol de l’OVNI mesurée par l’extraterrestre est ΔT0 = 1,8 # 10–4 s.

15 Une période variable

1. Les deux événements à considérer pour étudier la période d’un signal lumineux sont les émissions consé-cutives de deux signaux lumineux.2. La période propre de ce signal lumineux est celle mesurée à bord de la fusée :

ΔT0 = ,f

15 01= = 0,20 s.

3. La période mesurée par l’ami resté sur Terre est :

ΔT’ = γ · ΔT0, avec

cv1

1

–2

2γ =

ΔT’ =

( , )( )

,

13 00 10

250 000 100 20

–8 2

3 2

#

# = 0,36 s.


1. La durée mesurée par l’horloge correspond à la durée entre le passage de la sonde au niveau du Soleil et son arrivée dans la nébuleuse de la Lyre. Ces deux événements sont proches de l’horloge située à bord de la sonde. La durée ΔTS est donc une durée propre.

2. La durée ΔTR est une durée mesurée avec :

ΔTR = γ · ΔTS et γ =

cv1

1

–2

2

Dans cette formule, v est la valeur de la vitesse relative des horloges, c’est-à-dire la vitesse de la sonde dans le référentiel héliocentrique.

3. ΔTR = v

dR

4. ΔTR = γ · ΔTS =

cv

T

1 –

S

2

2

D et ΔTR =

vdR

Il vient

cv

T

1 –

S

2

2

D=

vdR

En élevant le tout au carré, on obtient :

cv

T

v

d

1 –

S R

2

2

2

2

2D=

En isolant la vitesse, il vient : c

cv

T d

d

S R

R2 2 2D

=+$

$

Avec dR = 42 # 103 années de lumière que l’on conver-tit en mètre, ΔTS = 20 000 ans que l’on convertit en seconde et c = 3,00 # 108 m · s–1, on trouve :

v = 2,7 # 108 m · s–1.

17 Relativité es-tu là ?

1. v c

0 0,200 0,400 0,600 0,800 0,900 0,99

γ 1 1,02 1,09 1,25 1,67 2,29 10,0

2.

0

1

2

3

4

γ

5

0,25 0,50 0,75 1,00

6

7

8

9

10

++

+++ vc

3. On convertit v en m · s–1. On obtient ainsi le rapport

cv = 1,14 # 10–6.

Le point représentatif est quasiment confondu avec l’ordonnée à l’origine : γ = 1.Puisque γ = 1, il n’y a pas d’effet relativiste et la méca-nique classique convient.

4. a. Pour une augmentation de 10 % des durées :

ΔT’ = ΔT0 + 10 % · ΔT0 = 1,10 ΔT0 ; γ = 1,1.

b. On lit dans le tableau : cv = 0,40 pour γ = 1,1.

Alors v = 0,40 # c = 1,2 # 105 km · s–1.

5. Les effets relativistes sont longtemps passés inaper-çus, car ils ne se manifestent de manière sensible que pour des vitesses de valeurs très élevées. En deçà, la précision des horloges et chronomètres ne permettait pas de détecter la dilatation des durées.

18 Expérience de Bertozzi

1. a. Le travail W(F ) d’une force électrique F vaut :

W(F ) = q · UOn peut dire que des joules sont homogènes à des coulombs multipliés par des volts.

L’énergie cinétique c est égale à 1 2

m · v2.

Donc les joules sont homogènes à des kg · m2 · s–2.

em

U$ s’exprime en kg

kg m s2 2–$ $ soit m · s–1.

Cette expression est bien homogène à une vitesse,

d’où la formule 2evm

Uc = $ .

b.

U (V) vc (m · s–1)

1,00 # 102 5,93 # 106

1,00 # 103 1,87 # 107

1,00 # 104 5,93 # 107

1,00 # 105 1,87 # 108

1,00 # 106 5,93 # 108

1,00 # 107 1,87 # 109

2. Les valeurs expérimentales confirment les prévisions de la mécanique classique pour les plus faibles valeurs de la vitesse des électrons.


3. La limite est la valeur de la vitesse de la lumière dans le vide, soit 3,00 # 108 m · s–1.

4. La mécanique classique n’est plus utilisable pour les particules dont la valeur de la vitesse est élevée (v > 0,14 # c). Il faut alors travailler en mécanique rela-tiviste.

19 Incertitude ou relativité restreinte ?

1. D’après la formule de dilatation des durées, l’écart entre les durées mesurée et propre s’écrit :

ΔT’ – ΔT0 = (γ – 1) · ΔT0

2. a. U (ΔT0) = 0,000 1 % # 5,593 568 + 0,001 4 # 10–3 U (ΔT0) = 7 # 10–6 s

b. ∆T0 taffiché

5,593561 5,593575

c. L’écart minimal entre ΔT0 et ΔT’ doit être :

(ΔT’ – ΔT0)min = 7 + 7 + 1 = 15 µs.

3. D’après les questions précédentes, il vient : (γ – 1) · ΔT0 = (ΔT’ – ΔT0)min

d’où : γ = T

T T1

’ – min

0

0

ΔΔ Δ

+` j

γ = ,5 593568

15 10 16–# + = 1,000 002 68.

Remarque : le résultat est indiqué avec neuf chiffres significatifs pour ne pas trouver une valeur nulle pour v dans la question suivante. On peut également s’arrêter pour γ à la première déci-male non nulle, soit γ = 1,000 003.

4. a. γ =

cv1

1

–2

2. On en déduit :

= = ,,

v c 1 1 3 00 10 11 000 002 68

1– –2

82

# #γ

v = 6,95 # 105 m · s–1.Un tel type de chronomètre est capable de repérer la dilatation des durées en relativité restreinte si les deux chronomètres se déplacent l’un par rapport à l’autre dans des référentiels galiléens avec une vitesse de valeur au moins égale à 6,95 # 105 m · s–1.b. Un avion se déplace à une vitesse très inférieure à 6,95 # 105 m · s–1. Deux amis, l’un immobile sur Terre et l’autre dans l’avion, ne peuvent pas mettre en évidence la dilatation du temps avec ce type de chro-nomètre.

5. La précision d’une horloge atomique permet de mettre en évidence la dilatation du temps pour des valeurs de vitesses relatives entre les deux horloges beaucoup plus faibles que 6,95 # 105 m · s–1.

20 Quand les durées se dilatent

1. Pour mesurer une durée propre, l’observateur muni d’un chronomètre doit être proche des deux événe-ments dont il mesure la durée qui les sépare. L’obser-vateur O1 est proche du départ de la lumière du miroir inférieur et de son retour. Il mesure donc une durée propre.

2. a. Pour O1, fixe par rapport à l’horloge de lumière, la lumière parcourt la distance 2 L lors d’un aller-retour.

b. La valeur c de la vitesse de la lumière étant constante, on a :

c = TL2

0Δ soit L =

c T2

0D$

3. a. Pendant une aller simple de la lumière, l’astronef

parcourt la distance d = ’v T2Δ$ .

b.

d

L2�

c. Le schéma fait apparaître un triangle rectangle pour

lequel I2M2 = d2 + L2, soit :

= d L2 2 2+

4. a. = c · ΔT’b. On a : = c · ΔT’ (1)

= d L2 2 2+ (2)

L = c T

20∆$ (3)

d = ’Tv2Δ$ (4)

Avec (1) et (2), on peut écrire :

c · ΔT’ = d L2 2 2+

En remplaçant L et d par leurs expressions, il vient :

c · ΔT’ = cv T T

22 2

’ 20

2D D

+· ·d fn p

En élevant au carré : c2 · ΔT’2 = v2 · ΔT’2 + c2 · ΔT0

2

c2 · ΔT02 = (c2 – v2) · ΔT’2

ΔT’ = c

c

cv

Tv

T1

1– –

2 2

2

0

2

2 0D D=$ $

ΔT’ =

cv

T T1

1

–2

2 0 0γD D=$ $ avec

cv1

1

–2

2γ=

5. v < c, donc cv

< 1.

v et c sont des valeurs positives, donc cv 2d n

< 1.

On en déduit que 1 – cv

2

2 < 1, d’où :

cv1

1

–2

2 > 1, donc γ > 1

ΔT’ est donc toujours supérieur à ΔT0, d’où le titre « Quand les durées se dilatent ».

21 Chérie, j’ai rétréci la navette

1. Bill muni d’un chronomètre est situé dans un réfé-rentiel galiléen. Il mesure la durée séparant les événe-ments E1 et E2 qui se déroulent au-dessus de sa tête, donc proches de lui. Il mesure une durée propre.

2. L2 = v · ΔT0 et L1 = v · ΔT’

3. ΔT’ = γ · ΔT0

L2 = v T L’ 1

γ γD =$

4. a. La navette est immobile dans un référentiel lié à Boule. C’est donc ce dernier qui mesure une longueur propre nommée ici L1.


b. La longueur L2, mesurée par Bill, est plus petite que

la longueur L1, mesurée par Boule, car L2 = L1c

et γ > 1. Les longueurs se contractent.

5. Longueur de la navette mesurée par Bill :

c c( , )L

LL v L1 1 0 90– –2

11 2

2

1 2

2

γ= = =$ $

30 , 13L 1 0 90– m22

#= = .

La longueur de la navette mesurée par Bill est de 13 m.

22 How GPS bends time ?

Traduction du texte :« Einstein savait de quoi il parlait à propos de cette histoire de relativité. Pour preuve, il suffit de regarder votre GPS. Le système de positionnement global repose sur un ensemble de 24 satellites qui trans-mettent des informations horodatées sur l’endroit où ils sont. Votre appareil GPS enregistre l’heure exacte à laquelle il reçoit cette information depuis chaque satellite et calcule ensuite la durée mise par le signal pour arriver. En multipliant le temps écoulé par la vitesse de la lumière, on peut trouver la distance qui le sépare de chaque satellite, comparer ces distances, et calculer sa propre position. Pour une exactitude de quelques mètres, les horloges atomiques des satellites doivent être extrêmement précises – plus ou moins 10 nanosecondes. C’est ici que les choses deviennent étranges : ces horloges, extrêmement précises, ne semblent jamais fonctionner correctement. Une seconde mesurée sur le satellite ne correspond jamais à une seconde mesurée sur Terre – tout comme l’avait prédit Einstein. Selon la théorie de la relativité restreinte d’Einstein, une horloge qui se déplace rapidement semble fonc-tionner plus lentement pour une personne immobile. Les satellites se déplacent à environ 9 000 miles par heure – suffisamment pour que les horloges embar-quées ralentissent de 8 microsecondes par jour par rapport à un récepteur GPS et brouillent totalement les données de localisation. Pour contrer cet effet, le système GPS ajuste l’heure indiquée par les satellites en utilisant l’équation ci-dessous. »

1. Le GPS d’une voiture, par exemple, enregistre l’heure à laquelle il reçoit un signal provenant d’un des 24 satellites. Connaissant le temps de parcours du signal et sa vitesse de propagation, le GPS calcule la distance qui le sépare du satellite. Il effectue cette opération avec plusieurs satellites afin de déterminer sa position exacte sur Terre.

2. La distance qui sépare le GPS d’un satellite est d’autant plus précise que la durée du parcours de l’onde électromagnétique est déterminée avec une grande précision. Il faut des horloges très précises, des horloges atomiques.

3. La relativité restreinte d’Einstein explique que les horloges embarquées dans les satellites battent à un rythme plus lent qu’une horloge terrestre, d’où un décalage (retard) de 8 µs par jour.

4. Les valeurs des vitesses apparaissent sous forme de rapport dans l’équation de dilation des durées. Il suffit donc que ces valeurs aient la même unité, des miles par seconde par exemple.

Si l’horloge d’un satellite GPS mesure une durée propre de 24 h, ΔT0 = 24 # 3 600 s. Une horloge terrestre mesure :

ΔT’ = γ · ΔT'0 =

1186 262

3 6009 000

24 3 600

–2

2#

d n = 86 400,000 007 8 s,

soit une avance de 7,8 µs par rapport à l’horloge embarquée dans le satellite. Inversement, l’horloge du satellite affiche un retard de 7,8 µs par rapport à une horloge terrestre.


23 Le test des étoiles doubles

1. Le postulat d’Einstein pour la relativité restreinte dit que la valeur de la vitesse de la lumière dans le vide est la même dans tous les référentiels galiléens.

2. D’après la loi classique de composition des vitesses, la personne fixe dans un référentiel terrestre voit la balle lancée par l’enfant A arriver avec une vitesse dont la valeur v1 est égale à celle vA du lancer de l’enfant par rapport au manège plus celle vm du manège par rapport au sol (v1 = vA + vm). Au contraire, la balle provenant de l’enfant B arrive vers la personne avec une vitesse de valeur v2 = vA – vm. C’est donc la balle provenant de l’enfant A qui arrive en premier à la personne.

3. Les effets relativistes ne se font sentir que pour des valeurs de vitesse non négligeables devant c. La loi classique de composition des vitesses s’applique donc ici pour les balles.

4. N’ayant pas observé d’images brouillées lors de l’expérience, on peut conclure que, dans le référentiel de l’observateur terrestre, la lumière émise par chaque étoile s’est propagée à une vitesse ayant la même valeur dans le vide. Le postulat d’Einstein est en accord avec ces observations.

24 Le test des pions

1. La source des photons gamma sont les pions neutres.

2. Dans (R), les pions neutres se déplacent à une vitesse de valeur égale à 0,999 75 # c.

3. a. En construisant les deux vecteurs vphoton/source et vsource/Terre , avec, ici, des vecteurs colinéaires de même sens, on obtient une valeur de 1,999 75 # c pour vphoton/Terre .

b. De même, les vecteurs étant colinéaires et de sens opposés, on obtient une valeur de 0,000 25 # c pour vphoton/Terre .

4. a. Alväger mesure la valeur d’une vitesse avec une précision de 10–5 # c. L’expérience donne une valeur de c pour vphoton/Terre , ce qui est en désaccord avec la mécanique classique. En effet, les résultats de la question 3 montrent que l’on aurait dû obtenir des valeurs bien différentes de c.


b. Cette expérience est en accord avec l’invariance de la valeur c de la vitesse de la lumière dans le vide. Elle n’infirme pas la théorie de la relativité restreinte.

25 La quantité de mouvement relativiste

1. Si v << c, alors cv

2

2 c 0 et γ tend vers 1 ;

mp v= $relat.

On retrouve l’expression classique de la quantité de mouvement.

2. En remplaçant prelat. et pclas. par leurs expressions, on peut écrire :

γ · m · v – m · v m v100

G $

Il vient : etcv

1001 1 1

101100–

2

2G Hc +

d’où : c 0,14 cv v1101100– max

2#G = =$ d n

Si , cv v 0 14max #G = , les quantités de mouvement en mécanique relativiste et en mécanique newtonienne diffèrent d’au plus 1 %.

26 L’énergie relativiste

1. En combinant les relations proposées, on a :

2 = γ2 · m2 · v2 · c2 + m2 · c4 = γ2 · m2 · c4cv 1

2

2

2c+f p

2 = γ2 · m2 · c4c cv v1 –

2

2

2

2+ ff pp = γ2 · m2 · c4

Il vient : = γ · m · c2

2. = γ · m · c2 = c + 0 = c + m · c2

Donc : c = γ · m · c2 – m · c2 = (γ – 1) · m · c2

3. a. Si la particule a une masse nulle, alors :

c = m · c2 = 0

b. Comme l’énergie d’une particule a une valeur finie, γ tend vers l’infini.

c. Si γ tend vers l’infini, cv1 –

2

2 tend vers 0,

donc cv

2

2 tend vers 1 et v = c.

La valeur de la vitesse de ces particules de masse nulle est égale à c dans le vide.

4. a. = h · ν = chλ$ .

b. L’énergie relativiste d’une particule de masse m a pour expression :

2 = p2 · c2 + m2 · c4

Pour un photon de masse nulle, cette énergie s’écrit : = p · c

c. Pour un photon : p = c

= hλ .

C’est l’expression de de Broglie (voir le chapitre 15).


27 La vitesse de la lumière et Einstein dépassés par une particule ?

1. Le postulat d’Einstein indique que la valeur de la vitesse de la lumière dans le vide est la plus grande valeur de vitesse que l’on puisse atteindre.

2. a. Un neutrino est une particule neutre de masse pratiquement nulle.

b. Temps mis par la lumière pour parcourir cette distance :

Δt = ,

2,435 30 10 scd

2 997 924 58 10730 085

83–

##= = .

Un neutrino met Δt = ΔT’ – 60 ns = 2,435 24 # 10–3 s pour parcourir cette distance.

c. Incertitude de 10 milliardièmes de seconde sur Δt, donc U(Δt) = 1 # 10–8 s.

2,435 23 # 10–3 s < Δt < 2,435 25 # 10–3 s

3. v = ,t

d2 435 24 10

730 0853–#Δ

= = 2,998 00 # 108 m · s–1

U(v) = v · ( ) ( )d

U dt

U t2 2

ΔΔ+f dp n

= 2,998 00 # 108 # ,730 085

12 435 24 10

102

3

8 2

–

–

#+d fn p

= 1,3 # 103 m · s–1

2,997 99 # 108 m · s–1 < v < 2,998 01 # 108 m · s–1

4. Avec la précision de la mesure, la valeur de la vitesse du neutrino est bien supérieure à celle de la vitesse de la lumière dans le vide.

5. D’après Einstein :

ΔT’ =ΔT0 avec

cv1

1

–2

2γ =

Or, si v > c, alors cv1 –

2

2 < 0,

donc cv1 –

2

2 n’existe pas.

γ ne peut pas être calculé. La relativité restreinte est remise en cause.

6. Une découverte expérimentale doit être vérifiée par plusieurs mesures avec des méthodes et des instru-ments différents pour être validée.



28 Je suis en retard ! en retard ! en retard !

1. La valeur de la vitesse relative du Lapin n’est pas négligeable devant c : des effets relativistes vont avoir lieu. Les durées mesurées par le Lapin et la Reine sont ainsi liées par la relation de dilatation des durées. Puisque, ici, γ ª 2,3, la Reine mesure une durée plus grande que le Lapin, d’où son courroux.

2. Alice n’est pas en mouvement par rapport à la Reine ; elle mesure la même durée qu’elle. Autrement

dit, entre Alice et la Reine, γ = 1. Il n’y a pas de dila-tation des durées et Alice ne contredira pas la Reine.

3. Pour éviter de courroucer la Reine, il faut un déca-lage minimal entre la durée propre et la durée mesu-rée. Ceci est possible si la valeur de la vitesse relative v devient négligeable devant c (v < 0,14 # c). Dans ce cas, γ tend vers 1 et ΔT ’ tend vers ΔT0. Le lapin aurait mieux fait de ne pas aller si vite !

4. Grâce à ce type d’horloge, le Lapin mesurera le temps très précisément, ce qui peut l’aider à gérer ses retards. Cependant, les effets relativistes comme la dilatation des durées affectent toutes les horloges.

90

Chapitre

Activités


1 Réactions rapides, réactions lentes… (p. 230)

– Deux béchers de 50 mL ;

– deux éprouvettes graduées de 10 mL ;

– deux pipettes graduées de 5 mL ;

– une solution de sulfate de fer (II), Fe2+ (aq) + SO4

2– (aq) à 1,0 # 10-2 mol · L–1 ;

– une solution d’acide oxalique H2C2O4 (aq) à 5,0 # 10–1 mol · L–1 ;

– deux solutions acidifiées de permanganate de potassium K+ (aq) + MnO4

– (aq) à 1,0 # 10–3 mol · L–1.

Matériel et produits

1 Dans le bécher A :

MnO4– (aq) + 5 Fe2+ (aq) + 8 H+ (aq)

Mn2+ (aq) + 5 Fe3+ (aq) + 4 H2O ()

Dans le bécher B :

2 MnO4– (aq) + 6 H + (aq) + 5 H2C2O4 (aq)

2 Mn2+ (aq) + 8 H2O () + 10 CO2 (g)

2 La première est la plus rapide ; c’est dans le bécher A que la coloration violette disparaît le plus rapidement.3 Les deux réactions ont des cinétiques différentes,

car l’évolution dans le temps des deux systèmes où elles se déroulent est différente ; celleci est rapide pour le système A, lente pour le système B.

2 Facteurs cinétiques (p. 230-231)

A Influence des concentrations

– Des béchers identiques de 100 mL ;– des éprouvettes graduées de 15 et 25 mL ;– un chronomètre ;– des solutions de thiosulfate de sodium 2 Na+ (aq) + S2O3

2– (aq) : la première à 0,5 # 10–1 mol · L–1, la deuxième à 1,0 # 10–1 mol · L–1 et la troisième à 5,0 # 10–1 mol · L–1 ;

– des solutions d’acide chlorhydrique H+ (aq) + Cl– (aq) : la première à 0,5 # 10–1 mol · L–1, la deuxième à 1,0 # 10–1 mol · L–1 et la troisième à 5,0 # 10–1 mol · L–1.

Étude de l’influence de la concentration du thiosulfate de sodium

Disposer sur la paillasse trois papiers portant exactement la même lettre ou le même signe.

Dans trois béchers numérotés (I), (II) et (III), intro-duire 10 mL de solutions de thiosulfate de sodium 2 Na+ (aq) + S2O3

2– (aq), à 0,5 # 10–1 mol · L–1 (bécher (I)), à

1,0 # 10–1 mol · L–1 (bécher (II)) et à 5,0 # 10–1 mol · L–1

(bécher (III)).

Déposer chaque bécher sur l’une des trois lettres.

Au même instant, et en déclenchant le chrono-mètre, verser dans chacun des béchers 25 mL de solution d’acide chlorhydrique, H+ (aq) + Cl–(aq), à 5,0 # 10–1 mol · L–1.

Se placer à la verticale des béchers et relever, pour chaque bécher, le temps au bout duquel la lettre n’est plus visible.

Étude de l’influence de la concentration de l’acide chlorhydrique

Recommencer en mettant dans les béchers 25 mL de chacune des solutions d’acide chlorhydrique et verser simultanément, dans les trois béchers, 10 mL de solu-tion de thiosulfate de sodium 2 Na+ (aq) + S2O3

2– (aq), à 5,0 # 10–1 mol · L–1 .


9Temps et évolution chimique : cinétique et catalyse

90

Protocole possible


1 Pour la réaction entre les ions thiosulfate S2O32– (aq)

et les ions hydrogène H+ (aq) d’équation :

S2O32– (aq) + 2 H+ (aq) H2O (aq) + S (s) + SO2 (aq)

le système évolue d’autant plus rapidement que la

concentration en ions thiosulfate S2O32– (aq) ou en ions

hydrogène H+ (aq) est élevée. Si ce résultat est général, on peut conclure : l’évolution d’un système chimique est d’autant plus rapide que les concentrations des réactifs sont élevées.

B Influence de la température

– Des béchers identiques de 100 mL ;

– des éprouvettes graduées de 15 et 25 mL ;

– un chronomètre ;

– un bain-marie à 50 °C ;

– un thermomètre ;

– une solution d’acide oxalique H2C2O4 (aq) à 5,0 # 10–1 mol · L–1 ;

– une solution acidifiée de permanganate de potassium K+ (aq) + MnO4

– (aq) à 1,0 # 10–3 mol · L–1 ;

– de la glace pilée.

Dans trois béchers numérotés (I), (II) et (III), introduire 10 mL de solution acidifiée de permanganate de potassium K+ (aq) + MnO4

– (aq) à 1,0 # 10–3 mol · L–1.

Laisser le bécher (I) à température ambiante, mettre le bécher (II) dans la glace pilée et le bécher (III) au bain-marie à 50 °C.

Dans trois béchers numérotés (I’), (II’) et (III’), intro-duire 10 mL de solution d’acide oxalique H2C2O4 (aq) à 5,0 # 10–1 mol · L–1.

Laisser le bécher (I’) à température ambiante, mettre le bécher (II’) dans la glace pilée et le bécher (III’) au bain-marie à 50 °C.

En déclenchant le chronomètre, verser le bécher (I’) dans le bécher (I) ; agiter et observer. Relever le temps lorsque la décoloration est complète.

Vérifier que les contenus des béchers (II) et (II’) ont sensi-blement la même température et verser le bécher (II’) dans le bécher (II) ; agiter et observer. Relever le temps lorsque la décoloration est complète.

Recommencer avec les béchers (III) et (III’).


2 L’étude, à diverses températures, de la réaction entre les ions permanganate MnO4

– (aq) et l’acide oxalique H2C2O4 (aq) d’équation :

2 MnO4– (aq) + 5 H2C2O4 (aq) + 6 H+ (aq)

2 Mn2+ (aq) + 10 CO2 (g) + 8 H2O ()

montre que le système évolue d’autant plus rapidement que sa température est élevée. Si ce résultat est général, on peut conclure : l’évolution d’un système chimique est d’autant plus rapide que sa température est élevée.

C Influence des catalyseurs

– Des béchers identiques de 100 mL ;

– des éprouvettes graduées de 25 mL ;

– un cylindre de platine utilisé pour la désinfection et le nettoyage des lentilles cornéennes ;

– une solution de peroxyde d’hydrogène H2O2 à 30 volumes ;

– une solution de chlorure ou de sulfate de fer (III) à 0,5 mol · L–1 ;

– des morceaux de foie découpés en dés.


3 Le dégagement de dioxygène est faible dans le bécher A, car la réaction étudiée est très lente.4 Le platine, les ions fer (III) et la catalase accélèrent

la réaction étudiée, ce sont des catalyseurs.5 Un catalyseur est une espèce qui accélère une

réaction chimique sans être consommée par celleci ; sa formule n’apparaît donc pas dans l’équation de la réaction.Une réaction catalysée est une réaction qui est accélérée par l’ajout d’un catalyseur.La catalyse est hétérogène si le catalyseur et au moins un des réactifs ne sont pas dans la même phase.La catalyse est homogène si le catalyseur et tous les réactifs sont dans la même phase.

La catalyse est enzymatique si le catalyseur est une enzyme.6 Exemples d’applications de la catalyse dans la vie

quotidienne : pot d’échappement catalytique pour purifier les gaz d’échappement (voir exercice 22, p. 248 du manuel) ; colles ou adhésifs nécessitant l’ajout d’un durcisseur (voir exercice 27, p. 251 du manuel) ; nettoyage de lentilles cornéennes ; etc.7 Exemple de catalyse enzymatique dans le cours de

SVT : se reporter entre autres dans le programme de 1re S au thème : « Des protéines actives dans la catalyse : les enzymes ».

Protocole possible


3 Suivi temporel d’une synthèse organique par CCM (p. 232)

– Un montage de chauffage à reflux avec ballon bicol ;– des plaques à chromatographie de 4 cm # 6 cm et une cuve adaptée ;– des capillaires ;– une lampe UV ;– des éprouvettes graduées de 10 mL, 25 mL et 100 mL ;– une pipette jaugée de 2,0 mL ;

– un chronomètre ;– une solution de soude à 0,25 mol · L–1 ;– une solution de permanganate de potassium à 0,25 mol · L–1 ;– du benzaldéhyde pur ;– du cyclohexane ;– de la propanone.


La réaction étudiée est relativement rapide. Aussi doit-on effectuer rapidement les premiers prélèvements pour chroma-tographie afin de repérer correctement les taches dues au benzaldéhyde.Afin de pouvoir parler de la durée de la réaction à une température donnée, nous nous sommes placés à l’ébullition du mélange, ce qui explique une durée de réaction assez brève (inférieure à dix minutes).Si l’on souhaite allonger la durée de la réaction, on pourra travailler à une température plus basse, mais il faut alors disposer d’agitateurs magnétiques chauffants avec turbulents ovoïdes pour bien homogénéiser le mélange qui contient entre autres du dioxyde de manganèse solide.On peut aussi partir avec un mélange réactionnel contenant, à température ambiante, tous les réactifs dès le départ et chauffer jusqu’à ébullition ; la manipulation est plus facile à conduire, mais le temps de réaction alors trouvé ne peut être rapporté à une température donnée, ce qui peut être gênant après étude du facteur cinétique température.Afin d’avoir des résultats pertinents, il faut que le benzaldéhyde soit le plus pur possible ; en effet, cet aldéhyde s’oxyde facilement en acide benzoïque, en présence de lumière sous l’action du dioxygène de l’air. Il suffit de faire une chromato-graphie du réactif pour vérifier qu’il n’a pas déjà été oxydé.

Compléments

1 2 MnO4– (aq) + 3 C6H5PCHO () + HO– (aq)

2 MnO2 (s) + 3 C6H5PCO2– (aq) + 2 H2O ()

2 On a n (MnO4–) = C · V = 15 mmol.

n (C6H5PCHO ) = V · M = 2 # 1,042

106,1 = 19,6 mmol.

Il y aurait stœchiométrie si :

n (MnO4–) =

2 # n (C6H5PCHO)

3 = 13,1 mmol.

Les ions permanganate sont donc en excès et le benzaldéhyde est le réactif limitant.3 On peut considérer, vu la température du milieu

réactionnel, que l’on effectue une trempe du mélange contenu dans la goutte prélevée et que l’on bloque son évolution. 4 Lorsque l’on a effectué cette manipulation, on a

constaté que les premiers dépôts donnaient, après révélation, deux taches, l’une due au benzaldéhyde C6H5PCHO et l’autre due à l’ion carboxylate C6H5PCO2

–. Les derniers dépôts ne donnaient, après révélation, que la tache due à l’ion carboxylate C6H5PCO2

–.

Une étude soignée des taches obtenues montrent que celles dues au benzaldéhyde ont une taille qui diminue dans le temps, alors que celles dues à l’ion carboxylate ont une taille qui croît, puis qui est constante lorsque n’apparaît plus la tache due au benzaldéhyde. Cette évolution traduit la disparition progressive du benzaldéhyde par oxydation en ion carboxylate.

5 a. La tache relative au benzaldéhyde n’a plus semblé être détectable audelà de dix à douze minutes dans les conditions de cette manipulation. Le système n’évoluait donc plus audelà de cette durée.b. Pour améliorer la précision de cette mesure on pourrait :– augmenter le nombre de prélèvements en les resserrant dans le temps ;– utiliser d’autres techniques d’analyse (spectroscopie IR ou de RMN).

6 La durée d’une réaction chimique est le temps nécessaire à la consommation totale du réactif limitant.

4 Suivi temporel d’une réaction par spectrophotométrie (p. 233)

– Un erlenmeyer de 150 mL ;– des éprouvettes graduées de 10 mL et 25 mL ;– une pipette jaugée de 5,0 mL ;– un spectrophotomètre et ses cuves ; – une solution d’iodure de potassium K+ (aq) + I– (aq) à 0,50 mol · L–1 ;– une solution d’acide sulfurique 2 H+(aq) + SO4

2– (aq) à 2,0 mol · L–1 ;– une solution de peroxyde d’hydrogène H2O2 (aq) à 5,0 # 10-2 mol · L–1.



A Réaction étudiée ; méthode d’étude

1 a. Cette réaction est une réaction lente.b. H2O2 (aq) + 2 I– (aq) + 2 H+(aq)

I2 (aq) + 2 H2O (aq)c. Les ions hydrogène H+(aq) figurent dans le premier membre de l’équation, ce sont des réactifs et ce ne sont donc pas des catalyseurs de cette réaction.2 a. Les molécules de diiode I2 (aq) (ou plus exacte

ment les ions I3– (aq) formés par la réaction d’équation

I2 (aq) + I– (aq) I3– (aq)) sont responsables de la

couleur de la solution.b. Le peroxyde d’hydrogène est le réactif limitant ; sa disparition s’accompagne de la formation de diiode. D’après la loi de BeerLambert, l’absorbance de la solution est proportionnelle à la concentration du diiode, on peut donc suivre l’évolution du système par spectrophotométrie.

B Manipulation

3 a. Le graphe est tracé dans le manuel (doc. 17, p. 239).b. Graphiquement, on obtient Af ≈ 1,10.c. Sur le graphe, on lit tf ≈ 15 min.4 Au chapitre 4 (activité 1, p. 88 du manuel), le

spectre du diiode est fourni. On constate qu’il présente un maximum pour λ ≈ 400 nm, c’estàdire dans le violet, couleur complémentaire de celle du diiode (jaune), d’où la valeur choisie pour le tracé.5 Loi de BeerLambert : A(λ) = ελ ·

· C.6 a. n(H2O2) = 0,25 mmol ; n(I–) = 2,5 mmol ;

n(H+) = 80 mmol. Le peroxyde d’hydrogène est le réactif limitant.Un tableau d’avancement donne n(I2) = x et donc :

[I2] = x V

b. Pour le peroxyde d’hydrogène, n(H2O2) = n0 – x, d’où :

xmax = n0 et [I2]max = xmax

V =

n0

V7 À tout instant A(t) = ελ · · [I2], soit A(t) = ελ · · x(t)

V.

Pour t = tf, A(tf) = Af = ελ · · n0V

, d’où :

A(t)Af

= xn0

8 a. Graphiquement, on a trouvé t1/2 ≈ 2 min.b. Il faut utiliser les formules et le tableau (fiche 3, p. 584 du manuel) pour déterminer n–1, k et U(t1/2) avec un niveau de confiance de 95 %.c. tf ≈ 8 t1/2. Le temps de demiréaction, plus facile à déterminer que la durée de réaction, est un bon indicateur de celleci : généralement la durée d’une réaction est de l’ordre de quelques temps de demiréaction.

(p. 241-253)

QCM1 1. B et C ; 2. A et C ; 2 1. C ; 2. A et C ; 3. B ;

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


5 Déterminer une durée de réaction

1. tf = 250 min. 2. t1/2 ≈ 30 min ; tf ≈ 8 t1/2.3. m = [Cu2+] · V · M (Cu) = 0,95 g.

6 Étudier des facteurs cinétiques

1. Facteurs cinétiques mis en évidence : température et catalyseur. 2. (a) : β ; (b) : γ et (c) : α.

Pour commencer

7 Classer des réactions chimiques

(1) : rapide ; (2) : instantanée ; (3) : lente ; (4) : évolution ; (5) : inerte ; (6) : rapide ; (7) : instantanée.

8 Analyser des facteurs cinétiques

1. Au cours du temps, la concentration des réactifs diminue ; pour chacun des mélanges, on constate que :

Δn1 > Δn2 > Δn3, soit ΔC1 > ΔC2 > ΔC3La rapidité d’évolution des systèmes diminue lorsque la concentration des réactifs diminue.2. θ (II) > θ (I). Or, Δn (II)i > Δn (I)i soit : ΔC (II)i > ΔC (I)iLa rapidité d’évolution d’un système et d’autant plus élevée que sa température est élevée.

9 Repérer des facteurs cinétiques

1. a. Le facteur cinétique mis en évidence est la température. b. La recommandation « À conserver au frais » est justifiée, car la réaction est d’autant plus rapide que la température est élevée.

2. Aucun délai d’utilisation ne figure sur les flacons d’eau de Javel à 12 °Chl, car, comme l’indique la courbe verte, la réaction est alors très lente pour cette solution diluée.Le facteur cinétique mis en évidence est donc la concentration du réactif, ici, l’ion hypochlorite.

3. a. L’eau de Javel est commercialisée dans des récipients opaques, car la réaction est accélérée en présence de radiations UV (réaction photochimique).

Exercices


b. Le facteur cinétique mis en évidence est l’éclairement.c. La recommandation « À conserver à l’abri de la lumière » est en accord avec cette observation.

10 Justifier une méthode expérimentale

Lors d’une trempe, on exploite deux facteurs cinétiques : la température et la concentration ; l’évolution du système est en effet bloqué par un fort abaissement de la température et par la dilution qui diminue fortement la concentration des réactifs.

11 Identifier un catalyseur

1. Les ions hydrogène H+ (aq) ne figurent pas dans l’équation de déshydratation du propan–1ol alors qu’ils apparaissent dans le premier membre de l’équation, entre les ions iodate et iodure.

2. Dans la première réaction, ce sont des catalyseurs ; dans la seconde, ce sont des réactifs.

12 Repérer des catalyseurs

1. C2H5OH (g) CH3PCHO (g) + H2 (g) : (a) C2H5OH (g) C2H4 (g) + H2O (g) : (b) 2 C2H5OH (g) (C2H5)2O (g) + H2O (g) : (c)Le cuivre, l’alumine et l’acide sulfurique favorisent les réactions sans participer aux équations des réactions : ce sont des catalyseurs.2. (a) et (b) : catalyse hétérogène ; (c) : catalyse homogène.3. Sélectivité des catalyseurs.

13 Déterminer une durée de réaction et un temps de demi-réaction (I)

1. Le chloroéthane est le réactif limitant.2. a. tf ≈ 40 minb. t1/2 ≈ 7,5 min

14 Déterminer une durée de réaction et un temps de demi-réaction (II)

1. Sur le graphe, on constate que [Ag+] ≈ 0 mol · L–1 pour tf ≈ 70 min. 2. De même, on constate que :

[Ag+] ≈ 12

[Ag+]0 ≈ 0,040 mol · L–1 pour t1/2 ≈ 10 min.

On observe que tf ≈ 7 t1/2.

Pour s’entraîner

15 De la concentration au temps de demi-réaction

1. On peut suivre l’évolution de cette réaction par spectrophotométrie.

2. Le tracé du graphe [MnO4– (aq)] = f(t) est immédiat

à l’aide des données du tableau.

3. L’ion permanganate MnO4– (aq) est le réactif limitant

de cette réaction car il disparaît totalement.

4. a. Sur le graphe, on peut lire :tf 180 s et t1/2 ≈ 69 s.

b. tf ≈ 2,6 t1/2 ; la faible valeur trouvée pour le rapport tf

t1/2 est due au fait que cette réaction est autocatalysée.

16 Utilisation de la colorimétrie

1. On ajoute de l’eau dans les tubes A et B pour que tous les tubes contiennent le même volume de liquide afin de pouvoir comparer la couleur des tubes dans les mêmes conditions.

2.

Concentrations Tube A Tube B Tube C

[H2O2]0 (mmol · L–1) 9,0 15,0 27,0

[I–] (mol · L–1) 0,12 0,12 0,12

3. La concentration du peroxyde d’hydrogène est le facteur cinétique mis en évidence.

17 Utilisation de la volumétrie

1. 2 H2O2 (aq) 2 H2O (ℓ) + O2 (g)2. a. x (t) = n (O2) (t) = V (O2) (t)/Vmb. À l’aide d’un tableau d’avancement, il vient :

n (H2O2) (t) = n (H2O2) (0) – 2 x (t), d’où :

t (min) 0 5 10 15 20 30

V(t) (mL) 0 6,2 10,9 14,6 17,7 21,0

x (t) = n (O2) (t) (mmol) 0 0,26 0,45 0,61 0,74 0,88

n (H2O2) (t) (mmol) 2,00 1,48 1,10 0,78 0,52 0,24

3. t1/2 ≈ 12 min

18 Exploitation de l’avancement

1. S2O82– (aq) + 2 I– (aq) 2 SO4

2– (aq) + I2 (aq)

2. Le diiode étant la seule espèce colorée, l’évolution du système peut être suivie par spectrophotométrie.

3. a. Tableau d’avancement :

S2O82– (aq) + 2 I– (aq)

2 SO42– (aq) + I2 (aq)

Quantités initiales

n0(S2O82–) n0(I–) 0 0

Quantités à t

n0(S2O82–) – x n0(I–) – 2 x 2 x x

b. Les ions peroxodisulfate constituent le réactif limitant :

x(t) = n0(S2O82–) – n(S2O8

2–)

t (min) 0 2,5 5 10 15 20 25 30

n (S2O82–)

(mmol)10,0 9,0 8,3 7,05 6,15 5,4 4,9 4,4

x(t) (mmol) 0 1,0 1,7 2,95 3,85 4,6 5,1 4,6

c. Le tracé de la courbe x = f (t) est immédiat à l’aide des données du tableau. On en déduit, pour x = 5,0 mmol, t1/2 = 24 min.


1. NO3– ( aq) + 4 H+ (aq) + 3 e– NO (g) + 2 H2O ()

Cu2+ (aq) + 2 e– Cu (s)2 NO3

– (aq) + 8 H+ (aq) + 3 Cu (s) 2 NO (g) + 4 H2O () + 3 Cu2+ (aq)


2. L’ion hydrogène H+ (aq) est l’un des réactifs de la réaction.

3. L’ion hydrogène H+ (aq) n’est pas ici un catalyseur, mais un réactif.

20 Synthèse chlorophyllienne

1. L’éclairement, la température, la concentration du dioxyde de carbone, la présence d’un catalyseur (chlorophylle) sont les facteurs cinétiques évoqués dans ce texte.

2. La photosynthèse est d’autant plus rapide que l’éclairement est intense, la température élevée et la concentration de dioxyde de carbone forte.

3. « La croissance des végétaux est très lente en hiver et très importante en été », car, en hiver, il fait froid et l’éclairement est faible.

21 Designer catalysts


« Catalyseurs biologiques et biomimétiques

Les enzymes, qui sont des protéines, sont des catalyseurs naturels. Les enzymes accélèrent sélectivement les réactions dont les cellules vivantes ont besoin. Sans enzymes, les plantes ne peuvent pas photosynthétiser les glucides et les animaux ne peuvent pas métaboliser la nourriture qu’ils mangent. Ces dernières années, il y a eu de nombreux efforts pour réaliser la synthèse de catalyseurs qui peuvent égaler l’efficacité des enzymes naturelles. Appelés catalyseurs biomimétiques car ils imitent les enzymes naturelles, ils utilisent des astuces chimiques de la nature pour accélérer les réactions dans les êtres humains.

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Les enzymes, macromolécules contenant des milliers d’atomes, ont des petits sites catalytiques appelés “cavités” qui constituent des points de fixation pour les réactifs considérés. Les cavités ont exactement la forme de la molécule et contiennent des atomes qui portent des charges appropriées pour attirer et modifier les réactifs. Un catalyseur biomimétique typique est beaucoup plus petit que l’enzyme dont il imite la cavité. Les chimistes ont réussi à imiter certaines familles d’enzymes trouvées dans les plantes, les animaux et les bactéries. Les catalyseurs biomimétiques peuvent être une solution pour répondre à la croissance des besoins énergétiques terrestres et aux problèmes environnementaux.Par exemple, certains de ces catalyseurs biomimétiques accélèrent l’addition de groupe hydroxyle à une molécule organique et peuvent être utilisés pour “additionner” OH au méthane, à l’éthane et au propane, principales molécules présentes dans le gaz naturel, et convertir ces molécules en alcools liquides tels que le méthanol, l’éthanol et les propanols qui sont plus faciles à transporter que le gaz naturel.Dans un autre cas, l’enzyme anhydrase carbonique est le catalyseur biologique responsable de l’interconversion du dioxyde de carbone CO2 et de l’ion hydrogénocarbonate HCO3

– dans les organismes vivants. Les analogues biomimétiques de cette enzyme peuvent être utilisés aujourd’hui pour piéger le dioxyde de carbone de l’air. »

1. Catalyseurs enzymatiques et catalyseurs hétérogènes doivent leur efficacité à la présence d’un grand nombre de sites catalytiques, ils doivent donc avoir une grande surface spécifique.

2. Le mode d’action d’un « binding pocket » est présenté au document 13, p. 238 du manuel.

3. Le méthane : CH4 ; le méthanol : CH3POH ;l’éthane : CH3PCH3 ; l’éthanol : CH3PCH2POH ;le propane : CH3PCH2PCH3 ; le propan1ol : CH3PCH2PCH2POH ; le propan2ol : CH3PCH(OH)PCH3.

4. a. Équations des réactions permettant de passer du dioxyde de carbone au carbonate de calcium :

CO2 (g) + HO– (aq) HCO3

– (aq)

HCO3– (aq) + HO–

(aq) CO32–

(aq) + H2O ()

CO32–

(aq) + Ca2+ (aq) CaCO3 (s)

b. On cherche à piéger le dioxyde de carbone, car c’est un gaz à effet de serre et l’accroissement de sa concentration dans l’air contribue au réchauffement climatique.c. Le carbonate de calcium est solide ; piéger le dioxyde de carbone sous forme de carbonate de calcium réduit très forment le volume occupé par ce gaz.

5. L’anhydrase carbonique est une enzyme, constituée d’une chaîne de 264 acides aminés, présente à la surface plasmique intracellulaire des globules rouges qui favorise l’hydratation du dioxyde de carbone CO2 en acide carbonique H2CO3, mais aussi la réaction inverse :

H2O () + CO2 (g) H2CO3 (aq)

L’acide carbonique participe alors à l’équilibre acidobasique suivant :

H2CO3 HCO3– + H+

assurant, par exemple, la libération de protons H+ dans les reins.Ces deux réactions permettent de fournir des protons, du dioxyde de carbone et de l’acide carbonique pour leur transport ultérieur à l’intérieur ou à l’extérieur de la cellule. L’anhydrase carbonique participe à des processus physiologiques aussi cruciaux que la respiration, l’homéostasie du pH, la gluconéogenèse ou la résorption des os.Si l’anhydrase carbonique est déficiente, il est alors possible de suffoquer par empoisonnement au dioxyde de carbone ou souffrir de calcifications cérébrales, rigidité musculaire ou encore de dysfonction rénale.

22 La catalyse dans le domaine industriel

1. Zéolithe, du grec zeo signifiant « qui bout » et lithos signifiant « pierre ». Les zéolithes contiennent de l’eau dans leurs pores ; lorsqu’elles sont chauffées, cette eau bout, d’où leur nom de pierres qui bouillent.

2. a. Formules topologiques des alcanes isomères de formule C6H14 :

http://fr.wikipedia.org/wiki/Enzyme


b. Les alcanes linéaires à longues chaînes peuvent pénétrer à l’intérieur des zéolithes (a) pour y être craqués en alcanes correspondant à des molécules plus petites. Les alcanes ramifiés ne peuvent pénétrer à l’intérieur des zéolithes et ne sont pas modifiés (b) :

a

b

3.

Ortho-xylène Méta-xylène Para-xylène

CH3

CH3

CH3

CH3

CH3 CH3

Si la taille des canaux est bien choisie, seul l’isomère para peut sortir du catalyseur, les réactions de formation des xylènes étant des équilibres, ceuxci sont déplacés pour favoriser la formation de l’isomère para :

4. Équations permettant de dépolluer les gaz d’échappement :

2 CO (g) + O2 (g) 2 CO2 (g)

2 C8H18 (g) + 25 O2 (g) 16 CO2 (g) + 18 H2O (g)

2 NO (g) + 2 CO (g) 2 CO2 (g) + N2 (g)

2 NO2 (g) + 4 CO (g) 4 CO2 (g) + N2 (g)

50 NO (g) + 2 C8H18 (g) 16 CO2 (g) + 18 H2O (g) + 25 N2 (g)

50 NO2 (g) + 4 C8H18 (g) 32 CO2 (g) + 36 H2O (g) + 25 N2 (g)

5. Il est nécessaire d’utiliser un catalyseur très sélectif pour purifier, avec du dioxygène, un mélange contenant du monoxyde de carbone et du dihydrogène, car le mélange dihydrogène et dioxygène est explosif et la réaction d’équation 2 H2 (g) + O2 (g) 2 H2O (g) doit être absolument évitée.

6. En présence de platine, on pourra avoir, entre autres, la suite de réactions suivantes :

(Z)but2ène + dihydrogène butane (1)butane (E)but2ène + dihydrogène (2)

7. Le paramètre physique déterminant pour l’efficacité d’un catalyseur en catalyse hétérogène est sa surface. Ainsi donneton une surface de 100 m2 · g–1 pour l’alumine sur laquelle sont déposés les catalyseurs dans le pot catalytique et parleton de zéolithe offrant une très grande surface de contact.

8. a. Il est nécessaire de recycler les catalyseurs, car ceuxci sont généralement très couteux et certains peuvent être très toxiques. b. La séparation des produits de la réaction et du catalyseur est plus facile en catalyse hétérogène qu’en catalyse homogène, d’où une réduction des coûts de fabrication.

23 Fermentation malolactique du vin : suivi par dosage

1. a. [acide malique] (t) = n (acide malique) (t)

V

= m (ac.mal.) (t)

V · M (ac.mal.)

= Cm (t)

M (ac.mal.)Or, M (ac.mal.) = 4 × M (C) + 5 × M (O) + 6 × M (H) = 134 g · mol–1,

d’où : [acide malique] (t) = Cm (t)

134b. nac.mal. (0) = 2,6 × 10–2 mol

2. a. Avec un tableau d’avancement, il vient :nac.mal. (t) = nac.mal. (0) – x (t)

soit : x (t) = nac.mal. (0) – nac.mal. (t)

c’estàdire : x (t) = 2,6 x 10–2 – nac.mal. (t)b. Voir le tableau d’avancement, en fin de chapitre.

3. b. x1/2 = 1,3 × 10–2 mol, d’où t1/2 ≈ 7 jours.

24 Chimie et spéléologie : suivi volumétrique

1. n (CaCO3) = 20 mmol ; n (H3O+) = 10 mmol.

2. xmax = 5,0 mmol ; les ions H3O+ constituent le réactif limitant.

3. a. x (t) = Patm. · V (CO2)

R · T

t (s) 0 20 40 60 80 100

VCO2 (mL) 0 29 49 63 72 79

x (t) (mmol) 0 1,2 2,0 2,6 3,0 3,3

t (s) 120 140 160 180 200 220

VCO2 (mL) 84 89 93 97 100 103

x (t) (mmol) 3,5 3,7 3,8 4,0 4,1 4,2

t (s) 240 260 280 300 320 340

VCO2 (mL) 106 109 111 113 115 117

x (t) (mmol) 4,4 4,5 4,6 4,7 4,7 4,8

t (s) 360 380 400 420 440

VCO2 (mL) 118 119 121 121 121

x (t) (mmol) 4,9 4,9 5,0 5,0 5,0

b. Il est alors possible de tracer le graphe x (t) = f (t).

c. V (CO2)max = xmax · R · TPatm.

= 121 mL, d’où tf = 400 s.


d. Pour x1/2 = xmax

2 = 2,5 mmol, t = t1/2 = 55 s.

4. a. Si la température diminue, le système évolue moins rapidement et t1/2 augmente.b. Le graphe x (t) = f (t) pour une température inférieure à 25 °C se situe en dessous du graphe tracé en 3b.

25 Suivi par spectrophotométrie

1. a. La solution étudiée suit la loi de BeerLambert, car l’absorbance A est proportionnelle à la concentration C de l’espèce colorée.

b. k = AC

= 320 L · mol–1

c. À l’instant t : [I2(t)] = A(t) k

Or : [I2(t)] = n(I2)(t) Vtot

= n(I2)(t)V1 + V2

d’où : n(I2)(t) = A(t) · V1 + V2

kd.

t (min) 1 2 4 6 8 10

A(t) 0,08 0,13 0,23 0,31 0,39 0,45

n(I2)(t) (µmol) 5 8 14 19 24 28

t (min) 12 14 16 18 20 30

A(t) 0,50 0,55 0,59 0,62 0,65 0,74

n(I2)(t) (µmol) 31 34 37 39 41 46

t (min) 40 50 60 90

A(t) 0,77 0,79 0,80 0,80

n(I2)(t) (µmol) 48 49 50 50

2. a. Si x est l’avancement de la réaction d’équation :

2 I– (aq) + S2O82– (aq) I2 (aq) + 2 SO4

2– (aq)alors : n(I2)(t) = xb. Le tracé de la courbe x = f(t) est immédiat à l’aide des données du tableau. c. Le temps de demiréaction t1/2 est le temps au bout duquel la moitié du réactif limitant est consommé. C’est aussi le temps au bout duquel :

n(I2)(t1/2) = x1/2 = n(I2)(tf)

2 =

xf 2

= 25 µmol.

Sur le graphe, on lit : t1/2 ≈ 25 min et tf ≈ 60 min, soit : tf ≈ 2,4 t1/2

26 Saponification d’un ester : suivi conductimétrique

1. Le tableau d’avancement s’écrit :

TempsAvan-

cementC4H8O2 + HO– (aq)

CH3PCO2– (aq) + C2H5POH (aq)

0 0 C0 · V C0 · V 0 0

t x(t) C0 · V – x(t) C0 · V – x(t) x(t) x(t)

t∞ x∞ C0 · V – x∞ C0 · V – x∞ x∞ x∞

2. a. Les espèces chimiques responsables du caractère conducteur de la solution sont les ions sodium Na+(aq), hydroxyde HO– (aq) et éthanoate CH3PCO2

– (aq).b. Au cours de la réaction, la concentration des ions Na+(aq) reste constante ; en revanche, celle des ions HO– (aq) diminue et celle des ions CH3PCO2

– (aq) augmente. Comme tout ion HO– (aq) qui disparaît

est remplacé par un ion CH3PCO2– (aq) et que

λHO– > λCH3PCO2– la conductivité de la solution dimi

nue.

3. a. t = C0 · λNa+ + QC0 · V – x(t)) V U · λHO– + Qx(t)

V U · λCH3PCO2– (1)

b. À t = 0 : x(t) = 0 d’où : 0 = (λNa+ + λHO–) · C0 alors qu’à t∞ : x(t) = x∞ = C0 · V et ∞ = (λNa+ + λCH3PCO2

–) · C0

c. (1) peut s’écrire :

t = C0 · (λNa+ + λHO–) + Qx(t) V U · (λCH3PCO2

– – λHO–)

soit : t = C0 · (λNa+ + λHO–)

+ Qx(t) V U · (λCH3PCO2

– – λHO– + λNa+ – λNa+)

d’où : t = C0 · (λNa+ + λHO–)

+ Qx(t) V U · [(λCH3PCO2

– + λNa+ ) – (λNa+ + λHO–)]

alors : t = 0 + Qx(t) V U · [∞ – 0]

C0

et t = 0 + x(t) · [∞ – 0] (C0 · V)

soit enfin : x(t) = C0 · V(0– t) (0 – ∞)

4. La relation trouvée permet de calculer les valeurs de l’avancement x(t) à chaque instant :

t (min) 0 5 9 13 20 27 t∞

(Sm–1)

0,250 0,210 0,192 0,178 0,160 0,148 0,091

x(t)(mmol)

0 0,252 0,365 0,453 0,566 0,642 1,00

Le tracé de la courbe x = f(t) est immédiat à l’aide des données du tableau. a. Avancement maximal : xmax = x∞ = 1,00 mmol.b. Le temps de demiréaction t1/2 est le temps au bout duquel la moitié du réactif limitant est consommé. C’est aussi le temps au bout duquel :

x(t) = x1/2 = 0,5 = x∞ 2

= 0,500 mmol.

Sur le graphe, on lit t1/2 = 16 min.

27 Étude d’un durcisseur de colle à bois

1. Le temps de demiréaction t1/2 est le temps au bout duquel la moitié du réactif limitant est consommé. C’est aussi le temps au bout duquel :

[H+ (t)] = [H+ (t1/2)]1 = [H+]max

2 = 0,5 # 10–4 mol · L–1.

Sur le graphe, on lit t1/2 = 1,8 min.

2. Lorsque la température croît, l’évolution du système est plus rapide, c’est donc la courbe G3 qui correspond à une température supérieure à 1 = 20 °C.

3. a. Lorsque t devient très grand et tend vers l’infini, exp (–t/) tend vers zéro, alors [H+(aq)] tend vers sa valeur maximale. La constante A correspond donc à [H+(aq)]max. b. est homogène à un temps, il doit ici être exprimé en minute.Lorsque t = t1/2, [H+ (aq)]1/2 = 0,5 A, alors que lorsque t = , [H+ (aq)] = A(1 – exp (–1)) = 0,63 A ; est donc plus grand que t1/2.

c. A = [H+ (aq)]max = 1,0 # 10–4 mol · L–1

est la valeur de t pour laquelle [H+(aq)] = 0,63 A ; sur le graphe, on lit = 2,6 min.


d. A est indépendant de la température contrairement à qui diminue lorsque la température croît.


28 Des réactions d’oxydoréduction plus ou moins vives…

1. a. 4 NH4ClO4 (s) 2 N2 (g) + 6 H2O (g) + 5 O2 (g) + 4 HCl (g)

b. On vérifie qu’il est possible d’écrire des demi équations électroniques faisant intervenir les ions ClO4

–

et NH4+ :

ClO4– + 8 e– + 9 H+ 4 H2O + HCl

6 e– + 8 H+ + N2 2 NH4+

2. Dans l’étage principal cryotechnique (EPC) :

n(H2) = m(H2)

M(H2) = 1,3 # 107 mol ;

n(O2) = m(O2)

M(O2) = 4,14 # 106 mol.

Dans cet étage se produit la réaction d’équation :2 H2 (g) + O2 (g) 2 H2O (g)

On constate que n(H2) > 2 n(O2), le dihydrogène est en excès.

3. Masse de perchlorate d’ammonium réagissant par unité de temps :

m(NH4ClO4) = 0,68 # 474

130 = 2,48 tonnes par seconde.

Masse de dioxygène réagissant par unité de temps :

m(O2) = 132,5 570 = 0,232 tonne par seconde.

Ces deux réactions sont très rapides.

4. Les équations des étapes (1) et (2) sont des combinaisons de deux demiéquations électroniques :

2 Fe (s) + O2 (g) + 2 H2O () 2 Fe(OH)2 (s) (1)

résultant de la combinaison de :

Fe (s) + 2 H2O () Fe (OH)2 + 2 e– + 2 H+ (aq) (a)

4 H+ (aq) + O2 (g) + 4 e– 4 H2O () (b)

Ainsi : (1) = 2 # (a) + (b)De même : 4 Fe (OH)2 (s) + O2 (g) + 2 H2O ()

4 Fe (OH)3 (s) (2)résulte de la combinaison de :Fe (OH)2 (s) + H2O ()

Fe (OH)3 (s) + e– + H+ (aq) (c) 4 H+ (aq) + O2 (g) + 4 e– 4 H2O () (d)Ainsi : (2) = 4 # (c) + (d)

5. a. Le temps en abscisse est en année, ce qui est l’indication d’une réaction lente, voire très lente.

b. Les paramètres favorisant la formation de la rouille mis en évidence dans ces graphes sont :– la présence d’eau ;– la présence d’espèces ioniques (atmosphère marine, atmosphère polluée).c. Une tôle en acier d’épaisseur e = 25 µm, soit 0,025 mm, est entièrement rouillée : – en 1,5 mois en atmosphère humide et polluée ;– en 2,1 ans en atmosphère pure et humide. Ces résultats mettent en évidence le rôle de la pollution de l’atmosphère, source d’espèces ioniques.

6. Il est nécessaire de connaître la masse volumique Fe du fer pour passer de la perte de masse par unité de surface à la perte d’épaisseur.

m = V · Fe = S · e · Fe d’où Fe = m/S

eEn utilisant le couple de valeurs (m/S) = 14 g/dm2 et e = 0,18 mm = 1,8 # 10–3 dm, on obtient :

Fe = 14

1,8 # 10–3 = 7,8 # 103 g · dm–3.


29 Décomposition d’une eau de Javel

1. Soit les demiéquations électroniques :ClO– (aq) + 2 e– + H2O () Cl– (aq) + 2 HO– (aq) (a) O2 (g) + 2 H2O () + 4 e– 4 HO– (aq) (b)

On vérifie que : (1) = (a) – (b) 2

2. n(O2)∞ = 13,2 mmol ; n(ClO–)0 = 2 n(O2)∞ = 26,3 mmol, d’où :

[ClO–]0 = 263 mmol · L–1.

3. a. À l’instant t, n(ClO–)(t) = n (ClO–)0 – 2 n(O2)(t), avec n(O2)(t) = V(O2) / Vm

d’où : [ClO–] = [ClO–]0 – 2 (V(O2)/ Vm)

V b. À l’instant t = 180 s :

[ClO–] = 263 – 2 #

189 22,4

0,100 = 94 mmol · L–1.

4. a. Le tracé de la courbe x = f (t) est immédiat à l’aide des données du tableau. b. Le temps de demiréaction t1/2 est le temps au bout duquel la moitié du réactif limitant, ici, ClO– (aq), est consommé. Sur le graphe, on lit t1/2 = 129 s.

5. En l’absence de catalyseur, la réaction est beaucoup moins rapide ; aussi, la courbe représentant l’évolution de [ClO–] = f(t) en l’absence d’ions cobalt se situera audessus de celle obtenue en présence de catalyseur.

Exercice 23, question 2.

t (jours) 0 4 8 12 16 20 28

Cm (g · L–1) 3,5 2,3 1,6 0,8 0,5 0,27 0

[acide malique] (t) (mol · L–1) 2,6 ¥ 10–2 1,7 ¥ 10–2 1,2 ¥ 10–2 6,0 ¥ 10–3 3,7 ¥ 10–3 2,0 ¥ 10–3 0

x (t) (mol) 0 9,0 ¥ 10–3 1,4 ¥ 10–2 2,0 ¥ 10–2 2,2 ¥ 0–2 2,4 ¥ 10–2 2,6 ¥ 10–2


– A. Durupthy (dir.), Chimie PCSI, Hachette, collection HPrépa, 2003. – P. Grécias, Chimie PCSI, Tec et Doc, 2008.– H. R. horton (dir.), Principes de Biochimie, De Boeck, 1994. – J.-C. chotarD (dir.), Chimie fondamentale : Réactions organiques et enzymatiques, Hermann, 1982. – Site Wikipédia : Catalyse.

Bibliographie et sitographie


1 La chiralité (p. 256)

Activités

10ChapitreReprésentation spatiale

des molécules

A Une histoire de symétrie

2 A et A’ sont superposables ; ce n’est pas le cas de B et B’.3 A possède un plan de symétrie, mais B n’en pos-

sède pas. 4 Un objet chiral ne doit pas posséder de plan de

symétrie.

B Un peu d’histoire

5 Objets chiraux : gant, clef, ciseaux, tire-bouchon, vis, coquille d’escargot, ampoule à vis.

6 Quelques exemples de chiralité :– en art : des colonnes torsadées ;– en architecture : un escalier en colimaçon ;– dans la flore : le lierre grimpant ;– dans la faune : une coquille d’escargot.7 L’homochiralité caractérise le fait de n’exister que

sous une seule des deux formes.8 Pasteur, en travaillant sur la fermentation du vin,

découvrit la chiralité. En effet, en observant à la loupe des cristaux d’acide tartrique, il s’aperçut qu’il exis-tait deux types de cristaux, images l’un de l’autre dans un miroir. Il les sépara et les analysa. Il en conclut que la dissymétrie au niveau macroscopique existait aussi au niveau moléculaire.

2 Représentation de Cram (p. 257)

1

CH

H

ClCl C

I

H

ClBr C C

H

H H H

H H

C C

H H

HH

HH

a b c d2 a.

CH

H

ClCl

H

CClClHH

CH

Cl Cl

b.

C C

H

H H H

H H

C C

H H

HH

HH H

CC

H

H H

HH

3 Les molécules chirales (p. 257)

1 Les molécules B et D sont chirales.2 Images dans le miroir :

C C

Cl

Cl Cl H

HBr

Cl

CBr

HI

Image de B Image de D

3 Toutes les molécules chirales possèdent un car-bone tétraédrique relié à quatre atomes différents.


1 Lot Énantiomères Diastéréoisomères Molécules identiquesLot 1 (A ; C) ; (B ; C) (A ; B)

Lot 2 (B’ ; C’) (A’ ; B’) ; (A’ ; C’)Lot 3 (A’’ ; C’’) ; (B’’ ; C’’) (A’’ ; B’’)

2 Les molécules du lot 1 contiennent un atome de carbone asymétrique. Les molécules du lot 2 contiennent deux atomes de carbone asymétrique.

4 Relations de stéréoisomérie entre molécules (p. 258)

5 Comparaison des propriétés physiques de diastéréoisomères (p. 258)

1 Lorsque, de part et d’autre de la double liaison d’un composé de formule AHCpCHB, les groupe-ments d’atomes A et B ne sont pas des atomes d’hy-drogène H, il existe deux stéréoisomères de configu-ration appelés Z et E :– dans le stéréoisomère Z, les deux atomes d’hydro-gène se trouvent du même côté de la double liaison ;– dans le stéréoisomère E, ils se trouvent de part et d’autre de la double liaison.Liaison hydrogène : liaison de type électrostatique entre un atome d’hydrogène relié à un atome très électronégatif (F, O et N) et un atome très électroné-gatif possédant un doublet non liant (F, O et N).2 Pour passer de l’acide fumarique à l’acide

maléique, il faut casser des liaisons, donc ce sont des stéréoisomères de configuration. Elles ne sont pas images l’une de l’autre dans un miroir plan, donc ce sont des diastéréoisomères.3 Matériel et produits à utiliser :

– des tubes à essais et leur support ;– de l’acide fumarique ;– de l’acide maléique ;– une spatule ;– une coupelle de pesée ;– une balance– de l’eau distillée ;– un banc Kofler.Comparaison des solubilités : Pour chacun des solides : – en peser une masse m = 1,0 g ;– l’introduire dans 10 mL d’eau distillée contenue dans un tube à essai ;– observer et conclure (à 25 °C : 6,3 g · L–1 pour l’acide fumarique et 780 g · L–1 pour l’acide maléique).Pour les températures de fusion, il faut utiliser un

banc Kofler : l’acide fumarique se sublime à 200 °C, alors que l’acide maléique fond à 131 °C.4 Le stéréoisomère E ne donne que des liaisons

hydrogène intermoléculaires, alors que le stéréo- isomère Z peut donner des liaisons hydrogène inter- et intramoléculaires :

O

HO

H H

O

H

O

Dans le stéréoisomère E, le Hd+ et les O sont trop éloignés pour créer des liaisons H intramoléculaires.5 Le stéréoisomère E est apolaire, alors que le sté-

réoisomère Z est polaire :

HOOC

COOH

Les deux moments dipolaires sont dirigés en sens inverse ; la molécule d’acide fumarique est donc apolaire.

HOOC COOH

Les deux moments dipolaires sont dirigés dans le même sens ; la molécule d’acide maléique est donc polaire.

6 L’acide fumarique ne donne que des liaisons hydrogène intermoléculaires, ce qui explique que sa température de fusion soit nettement supérieure à celle de l’acide maléique. L’acide maléique est nettement plus soluble dans l’eau que l’acide fumarique. La principale raison est que l’acide maléique est beaucoup plus polaire que l’acide fumarique.7 Deux diastéréoisomères ont des propriétés phy-

siques différentes (exemples : solubilités dans l’eau, polarités, températures de fusion).

6 Conformations de l’éthane et du butane (p. 259)

1 • Conformation la plus stable de l’éthane : • Conformation la moins stable de l’éthane :

C C

H

H H H

H H

C C

H H

HH

HH

2 Il faut repérer les conformations où la répulsion des nuages électroniques est minimale (répulsion des élec-trons de liaison et répulsion des électrons des groupements méthyl) : A ~ B, C ~ D, E ~ F.


7 Propriétés biologiques et stéréochimie (p. 259-260)

A Conformations de molécules biologiques

1 Liaisons hydrogène susceptibles de s’établir entre deux molécules :

OHNH2

O OHNH2

O

OHNH2

O

OHNH2

O

OH

HNH2

OOH

NH

O

H

NH2

OHNH

O

HO

O

HNH

HO

O

NH2HO

O

H

NH2

ONH2

O

HO

O

2 Les liaisons hydrogène sont représentées en pointillées rouges :

N

HCCO

H

N H

N

CO

H

N

HC

CH

CO

H

N

CO

H

N

HC

CH

CO

H

N

CO

H

C

COC

N H

N H

OC

H

H

H

HH

NC

CC

C

C

OH

N

OC

CO

NH

NH

OC

C

C

B Propriétés biologiques des stéréoisomères

3 a. Couples d’énantiomères : (A et C), puis (B et D). Tout autre couple est un couple de diastéréoisomères.b. La signification de ppb est partie par milliard.4 Relations de stéréoisomérie :

HOOC NH

O

H2N H

CO2CH3H

HOOC NH

O

H NH2

CO2CH3

H

CO2CH3

HOOC NH

O H

HOOC NH

O CO2CH3H

H NH2 H2N H

��

�

�

�

�


5 Les enzymes et protéines contenues dans le corps humain sont des molécules chirale. Or, les deux énan-tiomères du principe actif d’un médicament n’ont pas les mêmes propriétés biochimiques. Il faut souvent commercialiser un médicament sous forme énantio-mère pur. Ce n’est pas nécessaire si l’un des deux énantiomères est inactif ou si les deux énantiomères ont le même effet sur le corps humain.

6 La température de coagulation du blanc d’œuf est nettement inférieure à la température à laquelle l’as-partame s’isomérise. Cela n’est pas surprenant, car les liaisons hydrogène cassées lors de la coagulation du blanc d’œuf sont beaucoup plus faibles que les liaisons covalentes cassées lors de l’isomérisation de l’aspartame.


QCM1 1. B ; 2. C ; 2 1. A, B et C ; 2. B ; 3 1. B ;

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


4 Identifier une molécule chirale et la représenter dans l’espace

1. Butan-2-ol : C4H10O

CH3PCH2PCHPCH3

OH

2. Cette molécule est chirale, car elle possède un atome de carbone asymétrique.

CCH2

OH

H3CH

CH3

CCH2

OH

H3CH

CH3

5 Reconnaître une relation d’isomérie

1.

C C

COOH

HOOC HOH

HHO

C C

COOH

HOOC OHH

HHO

Énantiomère Diastéréoisomère

2. Deux énantiomères ont mêmes propriétés phy-siques et chimiques, mais des propriétés biochi-miques différentes.

Pour commencer

6 Maîtriser le concept de chiralité

1. La chiralité est la propriété d’un objet de ne pas être superposable à son image dans un miroir plan.

2. Sont chiraux la chaussure, l’hélice de bateau et le tire-bouchon. Les autres sont achiraux.

7 Reconnaître une molécule chirale

Les molécules A et D sont chirales, car elles ne sont pas superposables à leur image dans un miroir plan.

8 Utiliser la représentation topologique

1. Représentations topologiques :

O

A B

OH

C

2. Formules brutes et semi-développées :

H3CP(CH2)7PCPOH

O

H2C

H2C

CH2

CH2

CH2 CH3CH

A : C9O2H18 B : C7H14

CH2H3C

H3C CH3

CH3

CpC

C : C7H14

9 Utiliser la représentation de Cram

CCl

Cl

HH

C C

H

H H Cl

Cl H

CH

O

HH

H

C C

H H

Cl H ClH

10 Établir une représentation de Cram

1. et 2.

COOH

CNH2

H

H


11 Identifier des représentations de Cram incorrectes

A : La liaison qui pointe vers l’arrière du plan doit être dirigée vers le bas.

B : Les liaisons qui pointent vers l’avant et vers l’arrière doivent être du même côté du plan perpendicu-laire à la feuille.

C : Deux liaisons sont inversées sur le premier carbone pour respecter la perspective.

D : L’angle de 109° n’est pas respecté entre les deux liaisons dans le plan de la feuille.

E : La représentation est correcte.

12 Identifier les atomes de carbone asymétriques

OH

*OH

HO *

OH

OH

*

O

13 Reconnaître si des molécules sont identiques, énantiomères ou diastéréoisomères

1. A2. 2. B2.

3. C et C3 sont identiques, car on passe de l’une à l’autre par simple rotation autour de la liaison CPC.C et C2 sont des énantiomères, alors que C et C1 sont des diastéréoisomères.

14 Reconnaître une stéréoisomérie Z/E

1. Seule la molécule B présente l’isomérie Z/E. En effet, l’atome de carbone terminal de la molécule A est lié à deux atomes d’hydrogène et celui de C à deux groupes PCH3. Diastéréoisomères de B :

H

H

Isomère E

H

H

Isomère Z

2. A ne présente pas l’isomérie Z/E, B est l’isomère E et C est l’isomère Z.

15 Représenter un couple d’énantiomères

1. La molécule d’alanine possède un atome de car-bone asymétrique :

C

C CH3

NH2

H

O OH

*

2. La molécule d’alanine qui possède un seul atome de carbone asymétrique est chirale.

3. Il existe deux stéréoisoméres de configuration pour la molécule d’alanine :

NH2

CCOOH

H3CH

NH2

CHOOC CH3

H

16 Trouver la conformation la plus stable et la moins stable

Les conformations décalées dans lesquelles les grou-pements encombrants sont les plus éloignés sont les plus stables :

C C

H

H3C H H

HH

C C

Cl

Cl H H

HH

C C

CH3

H3C CH3

H

HH3C

A B C

Les conformations éclipsées dans lesquelles les groupements encombrants sont les uns en face des autres sont les moins stables :

C C

H3C H

HHH H

C C

Cl Cl

HHH H

C CH3C

H3C CH3

CH3H H

A B C

Pour s’entraîner

17 De la formule semi-développée à la formule topologique

Cl

Cl

Cl

OH

O O

HO

1

O

3

5

O

OH

6

N4

2

18 Reconnaître une molécule chirale

Les molécules B et D sont chirales, car elles pos- sèdent un seul atome de carbone asymétrique.La molécule A est superposable à son image dans un miroir plan, donc elle est achirale. La molécule C possède deux atomes de carbone asy-métrique, mais il existe un plan de symétrie, donc la molécule est achirale.

H

CH3C H

H

H

CClH

H

C C

H

HClH

ClH

H

CHCl

H


19 Un insecticide chiral

1.

O

H3C CH3

HCH

H O

O

NC H

C

Br

Br* * *

Deltaméthrine

H3C CH3

CHH

HCOOH

C

H3C

H3C N(CH3)2

O2N

HHO

CH2OHH

OCHNC

OH

* *

**

*

A

C

B

2. La deltaméthrine ne présente pas l’isomérie Z/E, car il y a deux atomes de brome sur le carbone de la double liaison.

20 La vitamine C

1. Il s’agit d’une représentation topologique. La formule brute de la vitamine C est C6O6H8.

2. a. et b. La molécule de vitamine C comporte deux atomes de carbone asymétrique :

O

O

HOOH

HO

OH

*

*

3. La molécule d’acide ascorbique existe sous quatre formes stéréoisomères de configuration.

4. La molécule de vitamine C est chirale. En effet, aucun de ses stéréoisomères n’est superposable à son image.

21 Relations de stéréoisomérie

A : énantiomères. B : molécules identiques.C : diastéréoisomères. D : molécules identiques.E : diastéréoisomères.

22 Autour des acides a-aminés

1. Groupes caractéristiques :

CH C

O

OHNH2

CH

CH3

OH

Hydroxyle

Carboxyle

Amine

Carboxyle

Amine

HSCH2

CC

OH

O

H2N H

Un acide a-aminé possède à la fois un groupe amine et un groupe carboxyle.

Ces deux groupes sont liés à un même atome de carbone.

2. La molécule de cystéine est chirale, car elle pos-sède un seul atome de carbone asymétrique. Son énantiomère est représenté ci-dessous :

HSCH2

CC

OH

O

NH2H

3. a. La molécule de thréonine possède deux atomes de carbone asymétriques :

CH C

O

OHNH2

CH

CH3

OH

*

*

b. Il existe quatre stéréoisomères de configuration représentés ci-dessous :

C C

COOH

H3C HNH2

HHO

C C

COOH

H3C NH2

NH2 H

HHO

C C

COOH

H3C H

HOH

HNH2

C C

COOH

H3C

HOH

ÉnantiomèresDiastéréoisomères

23 Les théories de l’odeur

1. Les molécules d’acétate d’isoamyle et d’acide heptanoïque ont même formule brute (C7O2H14), mais des formules semi-développées différentes. Ce sont des isomères de constitution.

2. Deux stéréoisomères ont même formule semi-développée, mais des représentations spatiales diffé-rentes. La molécule ci-dessous est un stéréoisomère (de configuration) du limonène :

H

3. Deux énantiomères ont, en général, des proprié-tés chimiques identiques, mais généralement des propriétés biochimiques différentes. La perception des odeurs fait appel à des réactions biochimiques, ce qui explique que des odeurs d’énantiomères peuvent être perçues différentes.

24 Former des couples

C C

H3C

C6H5C2H5

Cl

CH3 CH3H

H

H

C C

HO

HO H

1. 2.


25 L’asparagine

1. Les groupes caractéristiques présents dans la molécule de l’asparagine sont amide, amine et car-boxyle.

H2N

O NH2

O

OH

Amine

Amide

Carboxyle

2. La molécule d’asparagine possède un atome de carbone asymétrique. Elle existe donc sous la forme de configurations différentes :

H2N

H2N

HO

O

OH*

H

H2N

NH2O

O

OH*

3. Un mélange racémique est un mélange équi- molaire des deux énantiomères. Deux énantio- mères ayant mêmes propriétés chimiques, si aucune précaution n’est prise, on aboutit à un mélange racémique.

4. Deux énantiomères ont, en général, des proprié-tés biochimiques différentes. Par exemple, la dopa est soit toxique vis-à-vis de l’organisme, soit un médicament anti-Parkinson selon sa configuration. La commercialisation d’un médicament sous forme racé-mique pourrait être possible si les deux énantiomères avaient des propriétés biochimiques similaires ou si l’un des deux était inactif. Cependant, on commer-cialise de moins en moins un médicament sous forme racémique pour éviter le cas où l’un des deux énan-tiomère serait toxique (dopa) ou aurait un effet anta-goniste à l’autre.


26 Stereochemistry and drug


« Vous pouvez trouver étrange qu’il ait fallu vendre le naproxène sous forme d’un seul énantiomère, alors que nous avons dit que les énantiomères ont des propriétés chimiques identiques. Les deux énantiomères ont effectivement des pro-priétés identiques au laboratoire, mais, lorsqu’ils se trouvent dans un système vivant, ils se différencient, comme les autres molécules chirales, par les interac-tions avec les molécules énantiomériquement pures qu’ils rencontrent. On peut faire une analogie avec une paire de gants : les gants ont le même poids, sont fait du même matériau et ont la même couleur ; sous ces aspects, ils sont identiques. Mais mettez-les en interaction avec un environnement chiral, une main par exemple, et ils se différencient, parce qu’un seul s’adapte. La façon dont les médicaments entrent en interaction avec leurs récepteurs ressemble beaucoup à ce système {main + gant}. Les récepteurs des médica-ments, auxquels les molécules des médicaments

s’adaptent comme des mains dans les gants, sont presque toujours des molécules de protéines qui sont énantiomériquement pures parce qu’elles ne sont constituées que de L-aminoacides. L’interaction de l’un des énantiomères du médica-ment a des chances d’être meilleure que celle de l’autre, ou même tout à fait différente, si bien que les deux énantiomères des médicaments chiraux ont souvent des effets pharmacologiques très différents. Dans le cas du naproxène, l’énantiomère (S) est 28 fois plus efficace que le (R). En revanche, l’ibupro-fène est toujours vendu sous forme racémique parce que les deux énantiomères ont plus ou moins le même effet analgésique. Parfois les énantiomères d’un médicament ont des propriétés thérapeutiques complètement différentes. Le Darvon, un analgésique, en est un exemple. Son énantiomère, appelé Novrad, est un antitussif. Remarquez que la relation énantiomérique entre ces eux médicaments s’étend au-delà de leur structure chimique ! »

1. Un acide aminé possède une fonction acide car-boxylique et une fonction amine. La lettre « L » désigne une des deux configurations de l’acide aminé (correspondant souvent à la configuration (S) de la question 4). Tous les acides aminés naturels ont une configuration L.

2. Deux énantiomères ont mêmes propriétés chimiques, mais n’ont généralement pas les mêmes propriétés biochimiques (car les enzymes, protéines contenues dans le corps humain, sont des molécules chirales), d’où la nécessité de souvent commercialiser un médicament sous forme énantiomère pur. Ce n’est pas nécessaire si un des deux énantiomères est inactif ou si les deux énantiomères ont le même effet sur le corps humain.

3. Atomes de carbone asymétriques :

(H3C)2NH3C H

OO

DARVON NOVRAD

* * N(CH3)2

OO

H3C H

* *

4. Une molécule possédant un atome de carbone asymétrique possède deux configurations diffé-rentes. On peut supposer, par analogie avec l’isomé-rie Z et E, qu’on les nomme (R) et (S).

5. Les molécules sont des images spéculaires, mais pas seulement : leurs noms aussi sont images l’un de l’autre dans un miroir plan.

27 À chacun son rythmeLa molécule d’acide ricinoléïque possède un atome de carbone asymétrique et une double liaison possé-dant l’isomérie Z/E. Il existe donc quatre stéréoiso-mères de configurations différentes, tous diastéréoi-somères entre eux :

HO H

CO2H

H OH

CO2H

H OH

CO2H

HO H

CO2H


HO H

CO2H

H OH

CO2H

H OH

CO2H

HO H

CO2H

28 Phéromone sexuelle de coléoptère1. La formule brute de la molécule est C11H22O2.

Son nom est la 7-hydroxy-4,6-diméthylnon-3-one.

HO H

H3C H H3C H

O

*

Hydroxyle Carbonyle

2. Elle possède un atome de carbone asymétrique (voir molécule ci-dessus). Elle présente donc deux stéréoisomères de configuration.

3. Cette molécule ne possède plus d’atome de car-bone asymétrique. Elle n’est donc pas chirale.

29 Stéréochimie de quelques moléculesPartie A : Molécules chirales

1. Chiralité :– Les molécules A et E ne sont pas chirales, car elles ne possèdent pas d’atome de carbone asymétrique.– La molécule B est chirale, car elle possède un seul atome de carbone asymétrique.– La molécule C est chirale, car elle possède deux atomes de carbone asymétriques et aucun plan ou centre de symétrie.– Les molécules D et F sont achirales, bien que pos-sédant deux atomes de carbone asymétriques, car elles possèdent un plan de symétrie.

2. La molécule B existe sous deux configurations dif-férentes. La molécule C possède trois autres stéréoisomères de configuration. La molécule D possède deux autres stéréoisomères de configuration (existence d’un composé méso, voir exercice 30).

E et F existent sous deux autres formes. E est le stéréoisomère trans (les atomes d’hydrogène sont de part et d’autre du plan moyen du cycle) ; on peut donc envisager le stéréoisomère cis. F est le stéréoisomère cis (les atomes d’hydrogène du même côté du plan moyen du cycle) ; on peut donc envisager le stéréoisomère trans.

Complément

Partie B : Stéréochimie d’une prostaglandine

1. a. Atomes de carbone asymétriques de G :

O

OR

CO2CH3

RO

*

**

*

b. Configuration Z ou E des doubles liaisons :

O

OR

CO2CH3

RO

Z

E

c. Énantiomère de G :

O

OR

CO2CH3

RO

Un diastéréoisomère de G :

O

OR

CO2CH3

RO

d. La molécule possède quatre atomes de carbone asymétriques et deux doubles liaisons possédant l’isomérie Z/E, ce qui fait 26 = 64 stéréoisomères au total pour cette molécule.

2. a. Formule brute de H : C10H15O2 Formule brute de I : C13H25OIb. Les molécules B et C sont chirales, car elles pos- sèdent un seul atome de carbone asymétrique.c. Configuration Z ou E des doubles liaisons :

O

Z

ERO

I

OR


30 Les stéréoisomères de l’acide tartrique

1. Molécule chirale : molécule non superposable à son image dans un miroir plan.Mélange racémique : mélange équimolaire de deux énantiomères.Dédoubler : séparer et isoler les deux énantiomères.Image spéculaire : image dans un miroir plan.Énantiomères : stéréoisoméres de configuration images l’un de l’autre dans un miroir plan.


2. La molécule dite méso est achirale, donc superpo-sable à son image dans un miroir plan. Il s’agit de la molécule B. A et C sont donc des énantiomères.

3. La molécule dite méso est achirale, car elle pos-sède un plan de symétrie.

4. Généralement, une molécule comportant deux atomes de carbone asymétrique correspond à quatre stéréoisomères de configuration. Si on dessine les quatre stéréoisomères, on s’aperçoit que deux molé-cules sont identiques (molécule méso), donc il n’en reste plus que trois.

5. Deux diastéréoisomères ont des propriétés phy-siques (Tfus, r) différentes, alors que deux énantio-mères ont des propriétés physiques identiques. g cor-respond à la molécule B. a et b correspondent à A et C, on ne peut pas en dire plus.

La seule propriété physique qui permet de différencier deux énantiomères est la mesure du pouvoir rotatoire (pouvoirs rotatoires spécifiques opposés). Mais, même s’ils étaient fournis, on n’aurait pas pu identifier A et C, car il n’y a aucun lien entre la configuration des atomes de carbone asymétrique et le signe du pouvoir rotatoire.

Complément


31 Les messagers chimiques chez les abeilles

1. a. Formule brute de A : C10H16O3b. La molécule A possède une configuration E.c. Deux diastéréoisomères ont des propriétés chimiques (et donc biochimiques) différentes. Le stéréoisomère Z ne véhicule donc pas, a priori, le même signal messager chez les abeilles.

O

OH

O

2. a. La molécule B est chirale, car elle possède un seul atome de carbone asymétrique (molécule ci- dessous).b. Stéréoisomère E :

OH

OH

O

c. Les molécules ci-dessous sont des diastéréo- isomères :

HO H

OH

O

H OH

OH

O

– G. Gros et G. Bonni, « Le monde de la chiralité », Actualité chimique, mars 1995.– V. PelleGrin, « Les représentations graphiques bidimensionnelles des molécules en chimie organique avec un crayon et un papier », BUP no 811, février 1999.– A. raBier, « Quelques expériences illustrant la notion d’isomérie Z-E », BUP no 777, octobre 1995.– A. Collet, « Chiralité, vivant et médicaments », Revue du palais de la Découverte, avril 1996.– A. BraCk, « L’asymétrie du vivant », Pour la Science, hors-série, juillet 1998.– J. Drouin, Introduction à la chimie organique, Librairie du Cèdre, 2005.– A. Collet, Molécules chirales, EDP sciences, 2006.– P. C. VollharDt et N. E. sChore, Traité de chimie organique, De Boeck, 2004.– J. ClayDen (dir.), Chimie organique, De Boeck, 2002.

Bibliographie


1 Modification de la structure chimique (p. 280-281)

A Modification de chaîne

Activités

11ChapitreTransformations

en chimie organique : aspect macroscopique

1 Un catalyseur accélère une réaction chimique sans être consommé par cette réaction.2 Toutes les situations proposées correspondent à

des modifications de chaîne carbonée avec appari-tion de double liaison CpC dans certains cas.– Craquage catalytique : raccourcissementC6H14 C4H10 + C2H4

C6H14 C3H6 + C3H8

– Reformage : isomérisationC7H16 C7H16

ou formation de cycleC7H16 C7H14 + H2

+ H2

C7H16 C7H8 + 4H2

– Vapocraquage : raccourcissement et création de double liaison CpCC4H10 2 C2H4 + H2

C4H10 C3H6 + CH4

3 Le craquage catalytique consiste à casser, en pré-sence de catalyseurs, la chaîne carbonée de molé-cules pour obtenir des molécules de chaîne carbonée plus courte, dont certaines possèdent une double liaison CpC. Il permet d’obtenir des hydrocarbures de chaîne plus courte, dont certains possèdent des doubles liaisons CpC et dont la structure pourra ensuite être modifiée pour répondre aux besoins en carburants ou aux besoins de l’industrie chimique.Le vapocraquage est un craquage réalisé en pré-sence de vapeur d’eau. Il permet d’obtenir des alcènes, matières premières importantes de l’indus-trie chimique.Le reformage permet d’obtenir des espèces de chaîne carbonée ramifiée ou des composés aromatiques comme le toluène C7H8. Ce sont des carburants plus performants que les hydrocarbures d’origine.4 a. n H2CpCH2 P(H2CPCH2)Pn

Le terme de polyéthylène est utilisé car la structure du produit obtenu est constitué d’un très grand nombre de morceaux (ou motifs) PH2CPCH2P de même formule brute que l’éthène (ou éthylène).b. Un allongement de la chaîne carbonée est ainsi réalisé.

B Modification de groupe caractéristique

5 Les groupes caractéristiques présents dans l’acide salicylique sont les groupes hydroxyle et carboxyle.Les groupes caractéristiques présents dans l’acide acétylsalicylique sont les groupes carboxyle et ester.

6 Les médicaments contenant comme seul principe actif l’acide acétylsalicylique sont vendus sous le nom d’aspirine.

C Étude expérimentale

7 a. Formules topologiques : 2-méthylbut-2-ène Produit obtenu :

2,3-dibromo-2-méthylbutane

Br

Br

b. Un changement de groupe caractéristique a été mis en jeu.

c.

C

CH3

CH3 CH3CH + Br2pP P

P

C

CH3

Br Br

CH3 CH3CHP PP

PP P

8 La réaction mise en jeu est une réaction d’addi-tion de la molécule de dibrome sur les atomes de carbone doublement liés de l’alcène.9 L’addition de quelques gouttes d’alcène dans une

solution aqueuse de dibrome orangée conduit, lors


de l’agitation du mélange réactionnel, à une décolo-ration rapide de la solution aqueuse, ce qui traduit la consommation du dibrome qui réagit avec l’alcène à température ordinaire.10 La solution aqueuse de dibrome se décolore en présence du composé gazeux formé lors de la réac-tion dans le tube T2, ce qui traduit la présence d’une double liaison CpC. Or, le réactif vaseline, ne décolorant pas la solution aqueuse de dibrome (test réalisé dans le tube T1), ne contient pas de double liaison CpC. Une réaction s’est donc produite dans T1 et a conduit à la forma-tion d’un produit contenant une double liaison CpC.11 a. La réaction qui se produit dans le tube T2 est une réaction de craquage catalytique. En effet, une des réactions qui a eu lieu correspond à un raccour-cissement de la chaîne carbonée et la réaction se fait en présence de paille de fer qui la catalyse.b. La réaction qui se produit dans le tube T3 est la réaction d’addition de dibrome sur la double liaison CpC d’un alcène tel que l’éthène formé dans l’équa-tion proposée.

Cette réaction d’addition a pour équation : H2CpCH2 + Br2 H2CBrPCH2Br

12 Dans le tube T3, lors de l’addition de la solution de nitrate d’argent, il se forme un précipité blanc noircissant à la lumière : c’est un précipité de chlo-rure d’argent AgCl, qui traduit la présence d’ions chlorure dans la solution aqueuse contenue dans le tube T1.Le papier pH montre que cette solution aqueuse est plus acide que l’eau déminéralisée utilisée au départ : des ions H+(aq) se sont donc formés.13 Une réaction a donc eu lieu dans le tube T1 entre l’eau et le 2-chloro-2-méthylpropane et a formé des ions chlorure Cl– (aq) et hydrogène H+ (aq) selon l’équation :(CH3)3CCl () + H2O ()

(CH3)3COH (aq) + H+ (aq) + Cl– (aq)14 Lors de cette réaction, il se produit une modifica-tion de groupe caractéristique.15 La réaction mise en jeu est une réaction de substi-tution de l’atome de chlore par un groupe hydroxyle.

1 a. Acide 2-méthylpropanoïque : groupe carboxyle et fonction acide carboxylique.

C OCHCH3

CH3

P

P

P

p

OH

P

OH

O

b. Éthanal : groupe carbonyle et fonction aldéhyde.

OCH3CP

p

H

P

O

c. N-méthyléthanamine : groupe et fonction amine.

H3CPNHPCH2PCH3 N

H

d. Méthanoate d’éthyle : groupe et fonction ester.

CH O

Op

P P PCH2PCH3 O

O

e. Butanone : groupe carbonyle et fonction cétone.

CH3C

O

pP PCH2PCH3

O

f. (Z)-but-2-ène : groupe CpC et fonction alcène.

CH3PCHpCHPCH3

g. N-méthyléthanamide : groupe et fonction amide.

C NHH3C CH3

O

P P P

p

N

O

H

2 Reconnaissance de groupes caractéristiques (p. 282)

2

Groupe caractéristique AlcèneCarbonyle aldéhyde

Carbonyle cétone

Carboxyle Ester Amine Amide

Formule C Cp

P PP P

C

H

OPP p CC

C

OPP p C

OH

OPP pC

O

OPP

CP

p

ester

NPP P

amine

C

N

OPP

P P

p

amide

Terminaison du nom -ène -al -oneAcide

-oïque

-oate de

-yle-amine -amide


1 a. La partie centrale du nom indique le nombre d’atomes de carbone de la chaîne principale ; les ramifications de la chaîne carbonée sont indiquées par les préfixes alkyle ; le numéro précédant chacun de ses groupes alkyle indique le numéro de l’atome de carbone auquel chacun de ces groupes alkyle est lié dans la chaîne principale. La numérotation de la chaîne carbonée principale est telle que le numéro de l’atome de carbone du groupe fonctionnel correspondant à la terminaison du nom soit le plus petit possible.b. Dans le 3-méthylbutane-1,2-diol, la présence de deux groupes hydroxyle portés par les atomes de carbone tétraédriques 1 et 2 de la chaîne carbonée (comportant quatre atomes de carbone) est indiquée par la terminaison -1,2-diol.Dans le 2-méthylpentanal, la présence d’une fonction aldéhyde à une des extrémités de la chaîne carbonée principale est indiquée par la terminaison al.Dans le 2-méthylpent-4-ènal, la présence d’une fonc-tion aldéhyde à une des extrémités de la chaîne car-bonée principale est indiquée par la terminaison al, la présence d’une double liaison CpC liant les atomes de carbone no 4 et 5 de la chaîne carbonée est indi-quée par 4-èn.Dans le 4-hydroxypentan-2-one, la présence d’une fonction cétone au niveau de l’atome de carbone no 2 de la chaîne carbonée est indiquée par la termi-naison -2-one. La présence d’un groupe hydroxyle sur l’atome de carbone no 4 est indiquée par le pré-fixe 4-hydroxy.Dans l’acide 3-méthylbutanoïque, la présence d’une fonction acide carboxylique à une des extrémités de la chaîne carbonée principale est indiquée par le préfixe acide et la terminaison oïque.Dans l’acide 3-oxobutanoïque, la présence d’une fonction acide carboxylique à une des extrémités de la chaîne carbonée est indiquée par le préfixe acide et la terminaison oïque. La présence d’une fonction cétone sur l’atome de carbone no 3 est indiquée par le préfixe 3-oxo.Dans le 3-méthylbutanoate de méthyle, la présence d’une fonction ester est indiquée par la partie oate de.

2 a. Propanamide : fonction amide ; chaîne carbo-née à trois atomes de carbone.b. Acide 3-hydroxypentanoïque : fonctions acide car-boxylique et fonction alcool, portée par l’atome de carbone no 3 de la chaîne carbonée qui comporte cinq atomes de carbone.

c. 2-méthylbutanamine : fonction amine NH2 portée par le premier atome de carbone de la chaîne carbo-née principale longue de quatre atomes de carbone, dont l’atome de carbone no 2 porte un groupe méthyle.

d. 2-méthylbut-3-èn-1-ol : fonction alcool portée par l’atome de carbone tétraédrique no 1 de la chaîne carbonée principale et fonction alcène, la double liaison CpC lie les atomes de carbone nos 3 et 4 de la chaîne carbonée principale.3 La partie centrale du nom indique le nombre

d’atomes de carbone de la chaîne principale ; les ramifications de la chaîne carbonée sont indiquées par le préfixe alkyle, le numéro précédant chacun de ses groupes alkyle indique le numéro de l’atome de carbone auquel chacun de ces groupes alkyle est lié dans la chaîne principale. Lorsque l’espèce considérée comporte un seul groupe caractéristique, la présence de celui-ci est indi-quée par le suffixe, et la chaîne carbonée principale est numérotée de façon à ce que l’atome de carbone fonctionnel porte le numéro le plus petit possible. Lorsque le composé comporte plus d’un groupe caractéristique, la terminaison de son nom renseigne sur un de ces groupes (qui fixe la numérotation de la chaîne carbonée principale) ; la présence d’une double liaison est indiquée juste avant la terminaison par la présence du radical èn précédé du numéro du premier atome de carbone trigonal (appartenant à la double liaison) rencontré dans la chaîne principale. La présence éventuelle d’autres groupes est indiquée par des préfixes spécifiques (oxo, hydroxy, etc.) pré-cédés d’un numéro indiquant la position de l’atome de carbone auquel chacun de ces groupes caractéris-tiques est lié dans la chaîne principale.

4 Préparation d’un dérivé chloré (p. 283)

1 Bande d’absorption vers 3 400 cm–1 correspon-dant à la liaison OPH.Bande d’absorption vers 3 000 cm–1 correspondant à la liaison CPH

tétra.

Bande d’absorption vers 1 400 cm–1 correspondant à la liaison CPO

tétra.

Les molécules de 2-méthylpropan-2-ol sont liées par

des liaisons hydrogène, car la bande d’absorption de la liaison OPH est large et située vers 3 400 cm–1.

2 Équation de la réaction :

(CH3)3CPOH + HCl (CH3)3CPCl + H2O

La réaction correspond à un changement de groupe caractéristique.

3 Utilisation du nom systématique (p. 282)


3 HCO3– (aq) + H+ (aq) CO2 + H2O

4 Lors du séchage d’une phase organique, les molé-cules d’eau encore présentes sont éliminées par réaction avec un solide anhydre, tel que le sulfate de magnésium.

5 Un spectre infrarouge du produit permettrait de vérifier la disparition de la bande d’absorption de la liaison OPH et l’apparition de la bande d’absorption de la liaison CPCl.La mesure de l’indice de réfraction du liquide obtenu permettrait également d’identifier le produit.

6 n0 (ol) = d (ol) · µ (eau) · V (ol)

M (ol) =

0,781 × 1,00 × 15,074

= 0,158 mol

n0 (HCl) = C · V = 11 × 30 × 10–3 = 0,33 molLe réactif limitant est donc l’alcool.Le rendement de la synthèse est :

r = n (RCl)obtenu

n (RCl)attendu =

n (RCl)

n0 (ol) =

m (RCl)

M (RCl) · n0 (ol)7 La réaction de synthèse est une réaction de subs-

titution du groupe hydroxyle de l’alcool par un atome de chlore.

Manipulation La température de fusion du 2-méthylpropan-2-ol est égale à 25 °C : il faut donc le faire fondre avant le TP en plongeant la bouteille (bouchon desserré) dans un récipient contenant de l’eau chaude.Le liquide obtenu est versé juste avant usage dans un bécher et le volume attendu est mesuré à l’éprouvette graduée. Les élèves doivent opérer rapidement pour éviter que l’alcool ne se solidifie.Les élèves doivent utiliser l’erlenmeyer dans lequel la réaction est réalisée pour récupérer les solutions aqueuses éliminées lors des décantations et garder les deux erlenmeyers secs pour récupérer le liquide organique pour le séchage et le liquide organique après séchage.

Matériel et produits– Une éprouvette graduée de 50 mL ; – un erlenmeyer de 250 mL ; – un condenseur à air adapté à l’erlenmeyer ; – un agitateur magnétique et un barreau aimanté ; – un support avec pince et noix ; – une ampoule à décanter avec son bouchon ; – deux erlenmeyers de 100 mL ; – du papier-filtre et un entonnoir ; – des gants et des lunettes de protection ; – une spatule ; – du papier ménage ;

– une solution concentrée d’acide chlorhydrique de concentration voisine de 11 mol · L–1 (60 mL par binôme) ; – une solution saturée d’hydrogénocarbonate de sodium (25 mL) ; – une pissette d’eau distillée ; – du sulfate de magnésium anhydre.

Sous la hotte – Un Bécher de 100 mL ; – une éprouvette graduée de 25 mL ; – du 2-méthylpropan-2-ol.

Compléments

5 Déshydratation d’un alcool (p. 284)

Manipulation L’erlenmeyer devant recueillir l’hydrodistillat est placé dans un mélange eau-glace, car la température d’ébullition de l’alcène attendu est très faible. Pour la même raison, l’erlenmeyer contenant l’alcène devra toujours être bouché et ne devra être tenu que par le col.L’alcène, très volatil, a une odeur forte faisant penser à une fuite de gaz.Lors de l’hydrodistillation, le volume d’eau obtenu est très faible ; il est possible de rajouter un peu d’eau distillée à la pissette pour mieux visualiser les phases dans l’ampoule à décanter.Réserver deux des erlenmeyers secs pour la phase de séchage.


– Un ballon de 250 mL ;– une tête de distillation ;– un thermomètre ;– un réfrigérant à eau avec tuyaux adaptés ;– une allonge coudée ;– deux supports avec pinces et noix ;– un support élévateur ;– un chauffe-ballon ;– une éprouvette graduée de 25 mL ;– une cuvette métallique ;– trois erlenmeyers de 100 mL et un bouchon adapté ;– une ampoule à décanter avec bouchon et support ;– une spatule ;

– un entonnoir ;– un rouleau de papier pH avec son échelle de teintes ;– une baguette de verre ;– une coupelle ;– une pierre ponce ;– du papier-filtre ;– du papier ménage ;– des glaçons (3) ;– du 2-méthylbutan-2-ol (25 mL) ;– de l’acide phosphorique concentrée (10 mL) ; – une solution saturée d’hydrogénocarbonate de

sodium ;– du sulfate de magnésium anhydre.

Compléments


(p. 289-299)

Exercices

1 C5H11OH C5H10 + H2O2 L’acide phosphorique n’apparaît pas dans l’équa-

tion de la réaction : c’est un catalyseur.3 La phase aqueuse, de densité supérieure à celle

de l’alcène, constitue la phase inférieure dans l’am-poule à décanter.

4 n0 (ol) = d (ol) · µ (eau) · V (ol)

M (ol) =

0,806 × 1,00 × 25,0

88,0 = 0,229 mol.

Le rendement de la synthèse est :

r = n (ène)obtenu

n (ène)attendu =

n (ène)

n0 (ol) =

m (ène)

M (ène) · n0 (ol)

5 Bande d’absorption vers 3 100 cm–1 correspon-dant à la liaison

triCPH.

Bande d’absorption vers 1 680 cm–1 correspondant à la liaison CpC.Absence de bande d’absorption de la liaison OPH vers 3 400 cm–1.

6 On peut tester la présence d’une double liaison CpC dans le produit obtenu en ajoutant deux gouttes du produit obtenu à 1 mL de solution aqueuse de dibrome contenu dans un tube à essais. Si la solution aqueuse de dibrome se décolore rapi-dement lors de l’agitation, c’est que le produit testé comporte une liaison multiple carbone-carbone dans sa structure.7

CCH3 CH3CH

CH3

P

P P P

HO

P

H

P (�)

(�)C O

CH3

CH3 CH3CH + H HpP P P P

P

Une molécule d’eau est éliminée lors de la réaction, d’où le nom de déshydratation qui lui est donné.8 La réaction est une réaction d’élimination puis-

qu’une molécule d’eau est éliminée avec formation d’une double liaison CpC.

QCM1 1. A et C ; 2. C ; 3. B ; 4. A et C ; 5. A et C ; 6. C ;

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


3 Identifier une espèce chimique organique à partir de son nom

1. Pour les trois : groupes amine et acide carboxy-lique et en plus groupe hydroxyle pour C.

2. Acide 2-aminoéthanoïque : B ; acide 2-amino-4-méthylpentanoïque : A ; acide 2-amino-3-hydroxypropanoïque : C.

4 Déterminer la catégorie d’une réaction

(1) et (2) : addition ; (3) : élimination.

Pour commencer

5 Étudier un craquage

1. B : éthane C2H6 ; A : pentane C5H12.

2. C5H12 C3H6 + C2H6 (1) C5H12 C5H10 + H2 (2)

3. La chaîne carbonée est modifiée dans (1) et non modifiée dans (2).

6 Étudier un vapocraquage

C4H10 C4H8 + H2 : but-1-ène (ou but-2-ène) et dihydrogène.

C4H10 C3H6 + CH4 : propène et méthane.

C4H10 2 C2H4 + H2 : éthène et dihydrogène.

7 Étudier une modification de structure

C6H14 : modification de la chaîne car-

bonée sans modification du nombre d’atomes de carbone (isomérisation) : reformage.

C6H14 + H2 : modification de la

chaîne carbonée sans modification du nombre d’atomes de carbone (cyclisation) : reformage.

8 Modifier une chaîne carbonée

a. CH3P(CH2)7PCH3

CH3PCH2PCHpCH2 + C5H12Raccourcissement de la chaîne carbonée.

b. CH3P(CH2)5PCH3 C6H5PCH3 + 4 H2Cyclisation.

Tout livre de chimie de l’enseignement supérieur :– A. Durupthy (dir.), Chimie 1re année PCSI, Hachette, 2007 ;– A. Durupthy (dir.), Chimie 2e année PC PC*, Hachette ;– P. VollharDt, Chimie organique, Éditions universitaires, 2004 ;– J. Drouin, Introduction à la chimie organique, Librairie du Cèdre, 2005.

Bibliographie


c. CH3P(CH2)5PCH3 CH3PCHPCH2PCHPCH3

CH3 CH3Isomérisation.

d. ... + F2CpCF2 + F2CpCF2

+ F2CpCF2 + ... P(F2CPCF2)nP

Allongement de la chaîne carbonée.

9 Reconnaître des groupes caractéristiques

a. Groupe amine : fonction amine ; groupe carboxyle : fonction acide carboxylique.b. Groupe hydroxyle : fonction alcool ; groupe amine : fonction amine.c. Groupe amine : fonction amine ; groupe carboxyle : fonction acide carboxylique. d. Groupe hydroxyle : fonction phénol ; groupe amide : fonction amide.e. Deux groupes ester : fonction ester ; groupe hydroxyle : fonction alcool.

10 Utiliser le nom d’une espèce chimique

1. Le groupe alcène et le groupe ester.

2. La formule topologique est A.

11 Déterminer une structure chimique

1. Les groupes caractéristiques présents sont le groupe alcène et le groupe amide.

2. La formule topologique de cette espèce est la A.

12 Utiliser des noms systématiques O p

CH3PCPCH3

OH O P p

CH3PCPCH2PCPCH3

P

CH34-méthyl-4-hydroxypentan-2-one

O p

(CH3)2CpCHPCPCH3

4-méthylpent-3-èn-2-one

(CH3) 2CpCHPCPOH

O

p

acide 3-méthylbut-2-ènoïque

13 Distinguer une modification de chaîne d’une modification de groupe caractéristique

1. et 2. Équation (1) : modification de chaîne.

Équation (2) : modification de groupe caractéristique : passage du groupe hydroxyle au groupe carboxyle.

Équation (3) : modification de groupe caractéristique : passage du groupe alcène au groupe halogène.

14 Distinguer une modification de groupe caractéristique d’une modification de chaîne

1. et 2.Équation (1) : modification de chaîne.

Équation (2) : modification de groupe caractéristique : passage du groupe hydroxyle au groupe halogène.

Équation (3) : modification de groupe caractéristique : passage du groupe carboxyle au groupe amide.

15 Étudier des réactions

1. et 2. C2H5POH + HCl C2H5PCl + H2Oréaction de substitution.

H2CpCH2 + HCl C2H5PClréaction d’addition.

16 Étudier des réactifs et des produits d’une réaction

C’est une réaction d’élimination.

17 Rechercher la catégorie d’une réaction

1. CH4 + 2 Cl2 CH2Cl2 + 2 HCl

HCl + CH3OH CH3Cl + H2O

CH3Cl + Cl2 CH2Cl2 + HCl

2. Ce sont des réactions de substitution.

18 Analyser des réactifs et des produits

Équation (1) : réaction d’élimination.

Équation (2) : réaction d’addition.

Équation (3) : réaction d’élimination.

19 Déterminer la catégorie d’une réaction

La réaction (1) est une réaction d’addition ; la réaction (2) est une réaction de substitution.

Pour s’entraîner

20 Parfums

1. Groupe(s) caractéristique(s) : ester et alcène.

2. RPCOOPR’ avec R : H et R’ : chaîne carbonée principale à huit atomes de carbone avec une double liaison entre les atomes nos 6 et 7, un groupe méthyl sur l’atome de carbone no 3 et un sur l’atome de carbone no 7.

3. O CH3 CH3 p P P

HPCPOPCH2PCH2PCHPCH2PCH2PCHpCPCH3

21 Polymères

1. « Inertie chimique » signifie que le produit consi-déré ne réagit avec quasiment aucune espèce chimique.

2. Formule du polymère : P(PCF2PCF2P)nP

La modification de chaîne qui a lieu lors de sa syn-thèse est un allongement de la chaîne carbonée.


1. a. C4H9POH + HI C4H9PI + H2O

b. Réaction de substitution.

2. a. n (I– ) = C · V = 0,375 mol ;

n (ol) = m

M = 0,35 mol.

b. Réactif limitant : butan-2-ol.


c. n (P)obt = m (P)

M (P) = 0,217 mol.

ρ = n (P)obt

n (P)att =

n (P)

n (ol) = 0,62, soit 62 %.

23 Des molécules biologiques

1. La glycolyse est un processus libérateur d’énergie au cours duquel le glucose est dégradé pour fournir de l’énergie.

2. Les groupes caractéristiques de l’isoleucine sont le groupe carboxyle et le groupe amine. Les groupes caractéristiques de l’acide lactique sont le groupe carboxyle et le groupe hydroxyle.

3. L’isoleucine, ou acide 2-amino-3-méthyl-pentan- oïque, a une chaîne carbonée principale à cinq atomes de carbone. L’acide lactique, ou acide 2-hydroxypropanoïque, a une chaîne carbonée à trois atomes de carbone.

4. Acide 2-amino-3-méthyl-pentanoïque :

CHCH3 CH2

CH3 OpP NH2P

P P CHP CP OP HP

Acide lactique :

CH3

OH OpP

CHP CP OP HP

24 Déshydratation d’alcools

1. Formules semi-développées et topologiques :

a.

H2CpCHPC2H5 H3CPCHpCHPCH3

b.

(CH3)2CpCHPC2H5 (CH3)2CHPCHpCHPCH3

c.

CH3PCHpCPC3H7 C2H5PCpCHPC2H5 P P

CH3 CH3

2. Formules semi-développées et topologiques :

a.

HO

OH

HOPCH2PCH2PCH3 H3CPCHPCH3 P

OH

b.

HO OH

HOPCH2PCH(CH3)2 (CH3)3CPOH

c.

HO

CH3PCHPCH2PCH3 P

OH

25 Hydrohalogénation des alcènes

1. et 2. Les atomes de carbone asymétriques sont repérés par un astérisque *.

a. CH3PCH2PBr

b.CH3PCH2PCH2PCH2PBr et CH3PCHPCH2PCH3 P

Brc.

CH3PCHPCH2PCHPCH3 P P Br CH3

*

et

CH3PCH2PCHPCHPCH3 P P Br CH3

*

26 Catégories de réactions

Équation (1) : réaction d’élimination A : H2O

Équation (2) : réaction de substitution B : HI

Équation (3) : réaction d’élimination C : H2

Équation (4) : réaction d’addition D : HI

Équation (5) : réaction de substitution E : CH3PCH2PCH2POCH3

Équation (6) : réaction d’élimination F : CH3PCHpCH2

27 Petrochemistry


« Lire cette introduction à la pétrochimie publiée sur le site de l’association des producteurs de produits pétrochimiques en Europe.“Le travail de la raffinerie est de produire des modifi-cations physiques et chimiques du pétrole brut et du gaz naturel, par un ensemble de procédés de fabrica-tion très spécialisés. Un de ces procédés est la distillation, c’est-à-dire l’extraction, à partir du pétrole brut lourd, de groupes d’hydrocarbures plus légers (appelés fractions). » Deux de ces fractions sont familières aux consomma-teurs. L’une, le fuel, est utilisée pour le chauffage ou comme carburant diesel pour des applications auto-mobiles. Une autre est le naphta, utilisé dans l’es-sence et aussi comme la principale source à partir de laquelle sont obtenus les produits pétrochimiques.En ce qui concerne la pétrochimie, le travail de l’in-dustrie pétrolière s’arrête au raffinage, et c’est là que le travail de l’industrie pétrochimique prend le relais. La pétrochimie obtient sa matière première de la raf-finerie : le naphta, les composants du gaz naturel tel que le butane, et une partie des sous-produits du raf-finage du pétrole, tels que l’éthane et le propane. Ces matières premières sont ensuite traitées par une opération connue sous le nom de craquage. Le craquage est tout simplement le processus de décomposition des molécules lourdes de pétrole en molécules plus légères, de plus grande valeur. Lors du vapocraquage, des températures élevées sont uti-lisées ; quand on utilise un catalyseur, on parle de cra-quage catalytique. [...] Une fois ces opérations termi-nées, de nouveaux produits sont obtenus, les blocs de construction de l’industrie pétrochimique : olé-fines – c’est-à-dire principalement l’éthylène, le pro-

*


pylène et les composés appelés dérivés C4, incluant le butadiène – et aromatiques, que l’on appelle ainsi en raison de leur odeur particulière, c’est-à-dire prin-cipalement le benzène, le toluène et les xylènes.” »

1. a. Lors d’une distillation, des espèces chimiques sont séparées selon leur température d’ébullition. La valeur des températures d’ébullition dépend des interactions existant entre les molécules de ces espèces. L’intensité des interactions de Van der Waals mises en jeu dépend de la structure et de la taille des molécules constituant le pétrole et donc de leur masse. C’est pour cela que le texte parle de fractions lourdes et de fractions légères.Le raffinage met en jeu la séparation partielle des constituants du pétrole. L’industrie pétrochimique va modifier la structure des constituants des différentes fractions issues du raffinage.b. La distillation est une transformation physique.c. Les opérations de la pétrochimie sont des transfor-mations chimiques.

2. Lors du craquage catalytique ou du vapocra-quage, la chaîne carbonée des molécules est rac- courcie :

C6H14 C3H6 + C3H8

Lors du reformage, la structure de la chaîne carbo- née est modifiée à nombre d’atomes de carbone constant :

C6H14 C6H14

3. Lors du craquage catalytique, un catalyseur est mis en jeu. Lors du vapocraquage, de la vapeur d’eau est utilisée à haute température.

4. Les oléfines citées dans le texte ont pour formule topologique :

– éthène (ou éthylène)

– propène (ou propylène)

– but-1-ène

– (Z)-but-2-ène

– (E)-but-2-ène

– buta-1,3-diène

5. Le polyéthylène et le polypropylène sont deux produits synthétisés à partir des hydrocarbures issus de la pétrochimie.

28 Déshydratation

1. La large bande d’absorption de la liaison OPH présente dans le spectre A, entre 3 200 et 3 400 cm–1, a disparu dans le spectre B. Une fine bande d’absorption est apparue vers 1 650 cm–1 dans le spectre B : elle correspond à l’ab-sorption de la double liaison CpC.

De plus, une bande d’absorption vers 3 100 cm–1 est apparue : elle correspond à l’absorption de la liaison

triCPH (CpCPH). La réaction est donc une réaction

d’élimination d’équation :C3H7PCH2PCH2POH C3H7PCHpCH2 + H2O

2. L’alumine est un catalyseur.

3. Rendement de la synthèse :

n0 (ol) = m

M (ol) =

17,65 × 12,0 + 16,0 + 12 × 1,0

n0 (ol) = 0,200 mol ;

nf (ène) = V

Vm =

3,225,2

= 0,13 mol.

Le rendement de cette synthèse est égal à :

r = nf (ène)n0 (ol)

= 0,130,200

= 0,63, soit 63 %.


29 Identification d’un alcène

1. Un alcène possédant n atomes de carbone a pour formule brute CnH2n. Sa masse molaire est donc égale à

M = n · M (C) + 2 n · M (H) = 14 n.Avec la valeur de MA, il vient n = 4.La formule brute de A s’écrit C4H8 .

2. Les isomères de A sont :

– le but-1-ène

– le (Z)-but-2-ène

– le (E)-but-2-ène

– le méthylpropène

3. a. C4H8 + HCl C4H9Cl

Une modification de groupe caractéristique se produit.b. L’addition de chlorure d’hydrogène sur les dif- férents isomères de A conduit uniquement à un mélange racémique, et donc à deux énantiomères, dans le seul cas des but-2-ène, d’où les formules semi-développées :– de A : CH3PCHpCHPCH3

– de B (ou B’) : CH3PCH2PCHPCH3 P Cl

*

La structure de A n’est pas totalement détermi- née, puisque le (Z)-but-2-ène et le (E)-but-2-ène conduisent tous deux au mélange de B et B’.c. Comme B et B’ comportent un atome de carbone

asymétrique C* , ils sont énantiomères, c’est-à-dire images l’un de l’autre dans un miroir plan et non superposables.


30 Identification

1. Schéma légendé du montage utilisé pour la dis-tillation :

Thermomètre

Noix

Pince

Réfrigérant oucondenseur à eau

Colonnede Vigreux

Ballon

Chauffe-ballon

Pierre ponce

Tête de colonneAllonge coudée

Supportélévateurà croisillons

Distillat

Eau

Eau

2. a. Équation de la réaction d’hydratation :C3H7PCHpCH2 + H2O C5H11POH

b. Lors de la réaction d’addition, le groupe hydroxyle peut se fixer sur l’atome de carbone 1, ou sur l’atome de carbone 2, du pent-1-ène. On peut donc obtenir le pentan-1-ol, C3H7PCH2PCH2POH, ou le

pentan-2-ol, C3H7PCHPCH3 P OH

*

Seul le pentan-2-ol est chiral (il possède un atome de

carbone asymétrique C* ).c. L’acide sulfurique n’apparaît pas dans l’équation de l’hydratation du pent-1-ène : c’est un catalyseur de cette réaction.

3. Dans le spectre RMN de l’alcool B, le doublet à 1,2 ppm correspondant à trois atomes d’hydro- gène traduit la présence d’un groupe CH3PCH. Ce groupe n’est présent que dans le pentan-2-ol,

C3H7PCHPCH3 P

OH

*

L’alcool B est donc le pentan-2-ol et l’alcool A le pentan-1-ol.

31 Préparation de l’aniline

1. Travailler sous la hotte, porter des gants et des lunettes de protection.

2. C6H6 + HNO3 C6H5PNO2 + H2O

réaction de substitution

3. L’aniline appartient à la famille des amines.

4. a. Fe2+ (aq) + 2 e– Fe (s)

C6H5PNO2 (ℓ) + 7 H+ (aq) + 6 e– C6H5PNH3

+ (aq) + 2 H2O (ℓ)

b. C6H5PNO2 (ℓ) + 7 H+ (aq) + 3 Fe (s) C6H5PNH3

+ (aq) + 2 H2O (ℓ) + 3 Fe2+ (aq)

5. n (Fe) = m (Fe)

M (Fe) = 0,538 mol,

n (NB) = m (NB)

M (NB) = 0,122 mol :

le nitrobenzène est le réactif limitant.

6. n (A) = m (A)

M (A) = 8,09 × 10–2 mol,

ρ = n (A)obt

n (A)att =

n (A)

n (NB) = 0,663, soit 66 %.

32 Synthèse de l’Ibuprofène

1. Un médicament antipyrétique permet de lutter contre la fièvre.

2. Formule de l’ibuprofène

OH

O

*

La molécule d’ibuprofène ne possède qu’un seul atome de carbone asymétrique : elle est donc chirale. La molécule présente deux stéréoisomères de confi-guration qui sont énantiomères.

3. Les demi-équations électroniques relatives aux couples redox mis en jeu s’écrivent :C6H5PCOPCH(CH3)2 (s) + 4 H+ (aq) + 4 e–

C6H5PCH2PCH(CH3)2 () + H2O ()

Zn2+ (aq) + 2 e– Zn (s)

d’où l’équation de cette réaction :2 Zn (s) + C6H5PCOPCH(CH3)2 (s) + 4 H+ (aq)

2 Zn2+ (aq) + C6H5PCH2PCH(CH3)2 () + H2O ()

4. Étape (2) : groupe carbonyle pour le réactif orga-nique et hydroxyle pour le produit.Étape (3) : groupes hydroxyle et amide pour le réactif et groupe amide pour le produit organique.Étape (4) : groupe amide pour le réactif organique et le produit.Étape (5) : groupe amide pour le réactif organique et groupe carboxyle pour le produit organique.

5. a. et b. Étape (1) : réaction de substitution. Il se produit une modification de chaîne carbonée et de groupe caractéristique. Étape (2) : réaction d’addition. Il se produit une modi-fication de groupe caractéristique et de chaîne car-bonée.Étape (3) : réaction d’élimination. Il se produit une modification de groupe caractéristique.Étape (4) : réaction d’addition. Il se produit une modi-fication de groupe caractéristique.Étape (5) : réaction de substitution. Il se produit une modification de groupe caractéristique.

6. Le nickel Ni constitue le catalyseur dans l’étape (4).

33 Modifications de structures

Expérience 1. D et E.En effet :

C5H12 C3H8 + C2H4

C5H12 C5H10 + H2

ngaz = V

Vm

= 1,0

24 = 0,042 mol.

Le dibrome réagit avec les alcènes selon une réaction d’addition :

C2H4 + Br2 C2H4Br2


n (ène) = n (Br2) = C · V’ = 4,5 × 10–2 × 0,420 = 0,018 9 mol, soit n (ène) = 18,9 mmol.Expérience 2. A, B et F.En effet :C3H7PCH2POH + HCl C3H7PCH2PCl + H2O

C’est une réaction de substitution.Le butan-1-ol est une molécule polaire, car elle pré-sente deux liaisons polarisées, CPO et OPH. La somme des moments dipolaires des liaisons cor-respondantes est non nulle : p1 + p2 π 0

C3H7PH2CPOP

H

p1p2

n0 (ol) = d · V · µ (eau)

M (ol) =

25,0 × 0,80 × 1,0

74,0n0 (ol) = 0,27 mol

n0 (HCl) = C · V (HCl) = 0,66 mol

Le butan-1-ol est le réactif limitant.

Rendement : r = n (RCl)

n0 (ol)

r = m (RCl)

M (RCl) · n0 (ol) =

18,2

92,5 × 0,27 = 0,73.


34 Une matière première importante : le benzène

1. Le liquidambar est un arbre qui produit une résine à l’odeur de cannelle appelée styrax. Les zéolithes (du grec : zeo signifiant « qui bout » et lithos signifiant « pierre ») sont des aluminosilicates hydratés d’origine naturelle ou synthétique.

2. Les pictogrammes de sécurité relatifs au benzène sont :

Le benzène est cancérogène et doit être manipulé avec précaution : travailler sous aspiration, utiliser si nécessaire des appareils de protection respiratoire, et de toute façon des gants et des vêtements de pro-tection.

3. Lors du reformage, les modifications de structure réalisées sont des modifications de la chaîne carbo-née à nombre d’atomes de carbone constant, des déshydrocyclisations.

C6H14 C6H6 + 4 H2

4. a.+

b. Pour le benzène, il s’agit d’une réaction de substi-tution, pour l’éthène d’une réaction d’addition.c. Une modification de chaîne a alors été réalisée.

5. a. Il s’agit d’une réaction d’élimination.b. Les oxydes de magnésium ou de zinc sont des catalyseurs.

6. a. Le styrène a pour formule brute C8H8.Son pourcentage massique en carbone vaut :

P (C) = 8M (C)

8M (C)+ 8M (H) =

8 × 12,0

8 × 12,0 + 8,0P (C) = 0,923, soit 92,3 %.

b. Le motif du polystyrène répété un très grand nombre de fois donne la formule du polymère polys-tyrène. Ce motif a la même formule brute que le styrène : son pourcentage massique est donc le même que celui du styrène et c’est aussi le cas du polystyrène : P (C) = 0,923, soit 92,3 %.

7. a. n C8H8 P(C8H8)nPb. Cette polymérisation est une réaction d’addition (en fait de polyaddition).c. Les molécules constituant le polystyrène sont constituées d’un nombre très important d’atomes, d’où l’appellation de macromolécules.


35 Déshydratation d’un alcool

1. Schéma légendé du montage à reflux :

Réfrigérant oucondenseur à eau

Ballon

Chauffe-ballon

Pierre ponce

Support élévateurà croisillons

Eau

Eau

Pince

Noix

Support

Le chauffage à reflux permet d’augmenter la vitesse de la réaction sans perdre d’espèces chimiques.

2. Si l’espèce B obtenue est un alcène, elle réagit avec le dibrome et décolore de l’eau de dibrome.

3. On utilise une ampoule à décanter pour séparer la phase organique de la phase aqueuse.La phase supérieure dans l’ampoule est la phase organique constituée par l’alcène de densité infé-rieure à 1. La phase aqueuse est la phase inférieure.

4. a. Il y a création d’une double liaison : la réaction est une réaction d’élimination.

b. L’alcène obtenu est le 3,3-diméthylbut-1-ène, de

formule c. L’équation de sa formation s’écrit :

(CH3)3CPCH2PCH2POH (CH3)3CPCHpCH2 + H2O


5. L’acide sulfurique n’apparaît pas dans l’équation de la réaction : c’est un catalyseur.

6. Rendement de la synthèse :

n0 (ol) = d (ol) · µ (eau) · V (ol)

M (ol) =

0,812 × 1,0 × 30,0

(6 × 12,0 + 16,0 + 14,0)

n0 (ol) = 0,24 mol ;

n’ (ène) = m’

M (ène) = 0,14 mol ;

r = n’ (ène)

n0 (ol) = 0,58, soit 58 %.


1 Polarisation de liaison (p. 302)

Activités

12ChapitreTransformations

en chimie organique : aspect microscopique

1 L’électronégativité de l’atome A traduit son apti-tude à attirer vers lui le doublet d’électrons qui le lie à l’atome B dans une liaison covalente.Une liaison covalente entre deux atomes A et B est polarisée si ces deux atomes ont des électronégativi-tés différentes.2 L’électronégativité augmente de la gauche vers la

droite dans une période de la classification pério-dique.L’électronégativité augmente du bas vers le haut dans une colonne de la classification périodique.3 a. L’atome le plus électronégatif est l’atome B

puisque le doublet d’électrons qui le lie à l’atome A est plus proche de B.b. D’après la conservation de la charge, q + q’ = 0, soit q’ = –q.L’atome qui porte la charge négative q’ est B puisque le doublet d’électrons qui le lie à A est plus proche de lui.c. qAPB–q. La molécule présente deux sites porteurs de deux charges égales et opposées distantes de d, d’où l’appellation de dipôle électrique.4 a. Les éléments chlore et iode appartiennent

tous deux à la famille des halogènes, située à la dix-septième colonne de la classification périodique.b. et c. Le numéro atomique de l’hydrogène est égal à 1 et celui du chlore à 17. Les formules électroniques des atomes correspondants s’écrivent pour H : K1 et pour Cl : K2L8M7.L’atome d’hydrogène a un électron de valence et l’atome de chlore en possède sept. Il manque un électron à l’atome d’hydrogène pour vérifier la règle du duet et un électron à l’atome de chlore pour véri-fier la règle de l’octet. L’atome de chlore possède trois doublets d’électrons non liants. On en déduit la représentation de Lewis de la molécule de chlorure d’hydrogène HCl :

q1HPCl –q

1

L’iode appartient à la famille des halogènes comme le chlore. La représentation de Lewis de l’iodure d’hydrogène est donc similaire à celle du chlorure d’hydrogène :

q2 HPI –q

2

d. En effet, l’iode étant situé en dessous du chlore, il est moins électronégatif que lui. La différence d’élec-tronégativité entre l’hydrogène et l’iode est plus faible que la différence d’électronégativité entre l’hydrogène et le chlore. La liaison hydrogène-chlore est plus polarisée que la liaison hydrogène-iode. 5 a. L’électronégativité de l’oxygène est supérieure

à celle du carbone : la liaison carbone-oxygène est polarisée. L’atome de carbone porte une charge positive et l’atome d’oxygène porte une charge négative.b. L’électronégativité du chlore est supérieure à celle du carbone : la liaison carbone-chlore est polarisée. L’atome de carbone porte une charge positive et l’atome de chlore porte une charge négative. c. Les deux atomes d’oxygène ont la même électro-négativité : la liaison entre ces deux atomes n’est pas polarisée.6 Une liaison est polarisée si les deux atomes liés

n’ont pas la même électronégativité. L’atome dont l’électronégativité est la plus grande porte la charge négative, car le doublet d’électrons liant est plus proche de lui. L’atome dont l’électronégativité est la plus faible porte la charge positive.L’électronégativité de l’hydrogène est plus faible que celle du chlore : la liaison chlore-hydrogène est donc polarisée. Dans la molécule de chlorure d’hydrogène HPCl, l’atome de chlore porte la charge électrique négative et celui d’hydrogène la charge électrique positive.


1 a. Cette réaction est une réaction de substitution.b. Le spectre de RMN de C présenterait un singulet, intégrant pour 3 H, vers 2 ppm, correspondant aux H du groupe CH3PCO2P

Le spectre IR de D présenterait une bande d’absorp-tion large et forte entre 2 500 et 3 200 cm–1, corres-pondant à l’absorption de la liaison OH du groupe carboxyle.2 La première étape de ce mécanisme est une réac-

tion d’addition : une des deux doubles liaisons CpO de l’anhydride éthanoïque disparaît.

3 a. Le site donneur de doublet d’électrons mis en jeu est l’atome d’oxygène du groupe hydroxyle lié au cycle benzénique de l’acide salicylique. En effet, cet atome d’oxygène possède deux doublets non liants. Le site accepteur de doublet d’électrons, qui est mis en jeu, est un des deux atomes de carbone de l’anhy-dride éthanoïque lié à un atome d’oxygène par une double liaison et à un autre atome d’oxygène par une simple liaison. En effet, cet atome de carbone, moins électronégatif que l’oxygène, est lié à deux atomes d’oxygène et porte donc une charge partielle positive.

3 Synthèse de l’aspirine (p. 303)

A Présentation

b. Mouvements des doublets d’électrons :

O

O O H O

HO

+

O

O

H OO

O

O B

v

O HδB

δ’’v

δ’v

B Manipulation

– Un erlenmeyer de 100 mL ;– un cristallisoir ;– un support vertical avec noix et pince ;– un agitateur magnétique chauffant et un barreau aimanté ;– un réfrigérant à air ;– un thermomètre ;– une spatule ;– une coupelle de pesée ;– une baguette de verre ;

– un tube à bouchon vissé fermé contenant 10 mL d’anhydride éthanoïque ;– une éprouvette graduée de 50 mL ;– un verre de montre ;– une cuve à chromatographie (bécher et demi-boîte de Petri) ;– un chromatoplaque avec pigment fluorescent ;– une plaque à godet ;– trois capillaires ;– une pipette Pasteur ;


2 Site accepteur ou donneur de doublet d’électrons (p. 302)

1 Cette réaction est une réaction de substitution.

2 Chlorométhane N,N-diéthyléthanamine

ClCH

H

P

P

P

H

P H2C

CH2

H3C CH2NP P CH3PPP

CH3

P

3 L’atome de chlore est plus électronégatif que l’atome de carbone : la liaison chlore-carbone est polarisée. L’atome de chlore porte une charge élec-trique négative et l’atome de carbone, qui lui est lié, porte une charge électrique positive.

δBδv

ClPCPH

H

H

L’atome d’azote est plus électronégatif que l’atome de carbone : les trois liaisons azote-carbone sont

polarisées. L’atome d’azote porte une charge élec-trique négative et chacun des atomes de carbone qui lui sont liés porte une charge électrique positive.

CH2

CH3

CH3PCH2PNPCH2PCH3 δB δB

δB

3δv

4 L’atome d’azote est porteur d’un doublet non liant et porte une charge partielle négative : c’est un site donneur de doublet d’électrons.L’atome de carbone du chlorométhane porte une charge partielle positive : c’est un site accepteur de doublet d’électrons.5 Lors de la réaction, une liaison s’établit entre

l’atome d’azote de l’amine et l’atome de carbone du chlorométhane : l’atome d’azote, site donneur de doublet d’électrons, a donc interagi avec le site accepteur de doublet d’électrons du chlorométhane, l’atome de carbone.


4 On a n0 (ac.sal.) = mM

= 0,040 mol.

n0 (an.ac.) ` n0 (ac.sal.) puisque l’anhydride étha-noïque est en excès.

Le rendement de la synthèse s’en déduit :

r = n (ac.acé.)n0 (ac.sal.)

5 Voir la fiche 13 B, p. 598 du manuel, avec comme espèces dissoutes dans un peu d’éluant : l’acide acé-tylsalicylique synthétisé, de l’aspirine broyée (réfé-rence) et de l’acide salicylique. La révélation du chromatogramme sera faite sous UV.

4 Saponification du benzoate d’éthyle (p. 304)

A Présentation

1 Équation de la réaction :C6H5CO2C2H5 + HO– C6H5CO2

– + C2H5OH

2 À l’échelle microscopique, la réaction se fait en plusieurs étapes. La première de ces étapes a pour équation :

C C

C C

CCC

HH

H

H HO

H

CH2 CH3O

O

+

HO

C C

C C

CCC

HH

H

H

H

CH2 CH3

O

Ov

v

La première étape du mécanisme de la réaction de saponification est une réaction d’addition (la double liaison CpO du groupe ester disparaît).3 a. Le site donneur de doublet d’électrons mis en

jeu est l’atome d’oxygène de l’ion hydroxyde, car il possède trois doublets non liants. Le site accepteur de doublet d’électrons qui est mis en jeu est l’atome de carbone du groupe ester du benzoate d’éthyle. Cet atome de carbone, moins électronégatif que l’oxygène, est lié à deux atomes d’oxygène et porte donc une charge partielle positive. b. et c.

C6H5PCPOPC2H5 + HPO C6H5PCPOPC2H5

O

OPH

Oδ’’B

δv

v

v

δ’v

B Manipulation

– Un ballon de 250 mL ;– un réfrigérant à eau ;– un support vertical avec deux noix et deux pinces ;– un support élévateur ;– un chauffe-ballon ;– une cuvette métallique ;– une spatule ;– une pipette jaugée de 5,0 mL munie d’une propipette ou d’un pipeteur ;– une éprouvette graduée de 25 mL ;– un erlenmeyer de 125 mL ;– une baguette de verre ;– un rouleau de papier-pH avec son échelle de teinte ;– du papier-filtre ;– un verre de montre ;– des grains de pierre ponce ;– une cuve à chromatographie (bécher et demi-boîte de Petri) ;

– un chromatoplaque avec pigment fluorescent ;– une plaque à godet ;– trois capillaires ;– une pipette Pasteur ;– un flacon contenant 9 mL d’éluant (6 mL de cyclo-hexane et 3 mL de propanone) ;– du benzoate d’éthyle (10 mL) ;– une solution d’hydroxyde de sodium à 4 mol · L–1 ;– une solution d’acide chlorhydrique à 4 mol · L–1 ;– de l’acide benzoïque ;– une petite bouteille de cyclohexane.

Prévoir un poste accessible à tous avec :– une balance ;– une trompe à eau avec une fiole à vide et un filtre Büchner ;– une lampe UV ;– de l’eau chaude à 50° C.


– un flacon contenant 11 mL d’éluant (6 mL d’éthanoate de butyle, 4 mL de cyclohexane et 1 mL d’acide méthanoïque) ;– un flacon acide sulfurique avec un compte-goutte ;– de l’eau distillée glacée.

Prévoir un poste accessible à tous avec :– une balance avec un flacon d’acide salicylique à côté ;– des glaçons ;– une trompe à eau avec une fiole à vide et un filtre Büchner ;– une lampe UV.


4 On a n0 (E) = mM

= r · VM

= 0,035 mol,

n0 (HO–) = C · V’ = 0,1 mol.n0 (HO–) ` n0 (E) : l’ester est le réactif limitant. Le rendement de la synthèse s’en déduit :

r = n (P)n0 (E)

5 Le signal singulet à 12 ppm correspond à l’hydro-gène du groupe carboxyle.

Les signaux vers 8 ppm correspondent aux 5 H liés au cycle benzénique.6 Voir la fiche 13 B, p. 598 du manuel, avec comme

espèces dissoutes ou diluées dans un peu de cyclo-hexane : de l’acide benzoïque synthétisé, de l’acide benzoïque (référence) et du benzoate d’éthyle. La révélation du chromatogramme sera faite sous UV.7 L’acide benzoïque étant solide, on aurait pu mesu-

rer sa température de fusion.

5 Réduction de la benzophénone (p. 305)

A Présentation

1 Cette réaction est une réaction d’addition, puisque la double liaison du groupe carbonyle disparaît.2 La première étape proposée est une réaction

d’addition, puisque la double liaison CpO du groupe carbonyle disparaît.3 a. Le site donneur de doublet d’électrons mis en

jeu est l’ion hydrure H–. En effet, il possède un dou-blet non liant. Le site accepteur de doublet d’électrons mis en jeu est l’atome de carbone du groupe carbonyle. En

effet, cet atome de carbone, moins électronégatif que l’oxygène, est lié à un atome d’oxygène et porte donc une charge partielle positive.

b.

H + C6H5PCpO C6H5PCPO

C6H5 C6H5

H

vv

δvδB

B Manipulation

– Un ballon de 250 mL ;– un support vertical avec noix et pince ;– un agitateur magnétique et un barreau aimanté ;– une spatule ;– une coupelle de pesée ;– une éprouvette graduée de 50 mL ;– un cristallisoir ;– un support élévateur ;– un réfrigérant à eau ;– un chauffe-ballon ;– un verre de montre ;– deux pipettes Pasteur ;– du papier-filtre ;– des grains de pierre ponce ;– une pissette d’eau distillée ;– une cuve à chromatographie (bécher et demi-boîte de Petri) ;– une chromatoplaque avec pigment fluorescent ;– une plaque à godet ;

– deux capillaires ;– une petite bouteille d’éthanol à 95° (25 mL) ;– un flacon contenant 12 mL d’éluant (10 mL de cyclohexane et 2 mL d’éthanoate d’éthyle).

Prévoir un poste accessible à tous avec :– une balance avec un flacon de benzophénone et un flacon de tétrahydruroborate de sodium à côté ;– des glaçons ;– de l’eau distillée glacée ;– une trompe à eau avec une fiole à vide et un filtre Büchner ;– une lampe UV.

Remarque :Dans la première étape, on peut utiliser de l’eau chaude du robinet réglée à la température attendue et stockée dans un bidon. La dissolution se fait rapidement et il n’est pas nécessaire d’utiliser un agitateur magnétique chauffant.Les périodes d’attente seront mises à profit pour étudier la partie A et répondre aux questions du TP.


4 On a n0 (one) = mM

= 0,011 mol,

n0 (T) = m’M’

= 0,011 mol.

n0 (one)

4 ~ n0 (T) : la benzophénone constitue donc le

réactif limitant de cette synthèse. Le rendement de la synthèse s’en déduit :

r = n (ol)

n0 (one)5 Dans le spectre IR proposé, la large bande d’ab-

sorption vers 3 400-3 500 cm–1 est relative à la liaison OPH.

Il n’y a pas la bande d’absorption de la liaison CpO vers 1 700 cm–1 : le spectre IR est celui du diphényl-méthanol.Dans le spectre de RMN, les signaux vers 7 ppm sont relatifs aux atomes d’hydrogène liés aux deux cycles benzéniques. Le signal vers 5,5 ppm est celui de l’hydro-gène lié au carbone central et le signal vers 4,5 ppm est celui relatif à l’atome d’hydrogène du groupe hydroxyle.

6 Voir la fiche 13 B, p. 598 du manuel, avec comme espèces, dissoutes dans un peu d’éluant : du diphé-nylméthanol synthétisé et de la benzophénone. La révélation du chromatogramme sera faite sous UV.



Tout livre de chimie de l’enseignement supérieur et en particulier :– A. Durupthy (dir.), Chimie PCSI 1re année, Hachette, collection HPrepa, 2003. – A. Durupthy (dir.) Chimie PC PC*, 2e année, Hachette, collection HPrepa, 2004.– J. Drouin, Introduction à la chimie organique, Librairie du Cèdre, 2005.– P. C. VollharDt et N. E. Schore, Traité de chimie organique, De Boeck, 2004.

Bibliographie

QCM1 1. B et C ; 2. C ; 3. B ; 2 1. A et C ; 2. B ; 3. A ;

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


4 Expliquer la formation et la rupture de liaisons

(1) Site donneur : atome d’oxygène porteur de dou-blets non liants.Site accepteur de doublet d’électrons : atome d’hy-drogène lié à l’atome de brome plus électronégatif.

CH3PCH2POPH + HPBr

CH3PCH2POPH + BrB v

H

(2) Site donneur : ion bromure porteur de doublets non liants.Site accepteur de doublet d’électrons : atome de car-bone lié à l’atome d’oxygène plus électronégatif.

CH3PCH2POPH + BrB v

H

CH3PCH2PBr + HPOPH

Pour commencer

5 Utiliser une table d’électronégativités

1. Toutes ces liaisons sont polarisées puisque les électronégativités des éléments liés sont différentes. La différence d’électronégativité entre les éléments carbone et soufre étant très faible, la liaison CPS sera peu polarisée.

2. L’électronégativité du carbone étant supérieure à celle du lithium, c’est l’atome de carbone qui porte la charge partielle négative et l’atome de lithium qui porte la charge partielle positive dans la liaison CPLi.

L’électronégativité du carbone étant inférieure à celle de l’azote ou du soufre, c’est l’atome de carbone qui porte la charge partielle positive et l’atome d’azote, ou de soufre, qui porte la charge partielle négative dans les liaisons CPN ou CPS.

6 Déterminer la polarisation d’une liaison

1. Les liaisons HPLi et HPS sont polarisées, car les électronégativités des atomes liés sont différentes.

2. δBLiPHδv δBHPSPHδB2δv

3. La liaison la plus polarisée est la liaison lithium-hydrogène, car la différence d’électronégativité entre les deux atomes liés est la plus importante.

7 Rechercher des liaisons polarisées

1. Les liaisons CPH sont considérées comme non polarisées.

2. Les liaisons carbone oxygène et oxygène hydro-gène sont polarisées, car les électronégativités des atomes liés sont différentes.

3. Oδv

CH3PCPOPHδ’’B δ’’’Bδ’v

8 Identifier des sites donneurs ou accepteurs

1. et 2. Les atomes porteurs de doublet d’électrons non liants ou de charges partielles négatives sont des sites donneurs de doublet d’électrons. Les atomes porteurs de charge positive sont des sites accepteurs de doublet d’électrons.Dans l’éthanal, l’atome d’oxygène constitue le site donneur de doublet d’électrons et l’atome de car-bone qui lui est lié constitue le site accepteur de dou-blet d’électrons.Dans l’éthanamine, l’atome d’azote constitue le site donneur de doublet d’électrons et l’atome de carbone et les atomes d’hydrogène qui sont liés à l’atome d’azote constituent des sites accepteurs de doublet d’électrons.

9 Rechercher des sites donneurs ou accepteurs

1. a. Dans la molécule d’éthanoate de méthyle, l’atome de carbone lié aux deux atomes d’oxygène


porte une charge partielle positive, car il est lié à deux atomes plus électronégatifs que lui. Les deux atomes d’oxygène porte une charge partielle néga-tive, car ils sont liés à un ou deux atomes de carbone moins électronégatifs qu’eux.Dans la molécule d’éthanamide, l’atome de carbone lié à un atome d’oxygène et à un atome d’azote porte une charge partielle positive, car il est lié à deux atomes plus électronégatifs que lui. L’atome d’oxygène porte une charge partielle négative, car il est lié à un atome de carbone moins électronégatif que lui. L’atome d’azote porte une charge partielle négative, car il est lié à un atome de carbone et deux atomes d’hydrogène tous moins électronégatifs que lui. Les deux atomes d’hydrogène liés à l’atome d’azote portent une charge partielle positive, car ils sont liés à un atome d’azote plus électronégatif qu’eux.b. Dans l’éthanoate d’éthyle, l’atome de carbone lié à l’atome d’oxygène porte une charge partielle posi-tive, car il est lié à un atome d’oxygène plus électro-négatif que lui. Par contre, l’autre atome de carbone ne porte pas de charge partielle puisqu’il est lié à un autre atome de carbone et à des atomes d’hydro-gène et qu’on considère les liaisons carbone-hydro-gène comme non polarisées.

2. Les atomes porteurs de doublet d’électrons non liants ou de charges partielles négatives sont des sites donneurs de doublet d’électrons. Les atomes porteurs de charge positive sont des sites accepteurs de doublet d’électrons.a. Dans l’éthanoate d’éthyle, les deux atomes d’oxy-gène porteurs de doublet d’électrons non liants sont des sites donneurs de doublet d’électrons.Dans l’éthanamide, l’atome d’oxygène et l’atome d’azote porteurs de doublet d’électrons non liants sont des sites donneurs de doublet d’électrons.b. Dans l’éthanoate d’éthyle, les deux atomes de car-bone liés à un ou des atomes d’oxygène sont des sites accepteurs de doublet d’électrons.Dans l’éthanamide, l’atome de carbone et les deux atomes d’hydrogène porteurs de charges partielles positives sont des sites accepteurs de doublet d’élec-trons.

10 Localiser des sites donneurs ou accepteurs

Iodoéthane :

1. Liaison CPI polarisée.

2. δBCPIδv

3. Le site accepteur C lié à I ; le site donneur I.

Méthanol :

1. Liaison CPO et OPH polarisées.

2. δBCPOδv et δv

OPHδB

3. Les sites accepteurs C et H liés à O ; le site don-neur O.

11 Choisir une représentation de mouvement des doublets d’électrons

La proposition correcte est la proposition III. En effet, la flèche tracée part d’un doublet d’électrons et arrive vers le site accepteur. Elle traduit la liaison for-mée entre le site donneur O et le site accepteur C⊕.

12 Représenter le mouvement des doublets d’électrons

CPO + HPCPCPCl

H H H

H H H

Hδvv δB

HPCPCPOPCPH + Cl

H H H

H H H

v

13 Expliquer la formation et la rupture de liaisons

δvδB

HPCl +δv

δB

HPCPCPCPH

HH H

HH

H

O

BHPCPCPCPH

HH H

HH

H

HPO

+ Clv

(1)

vCl +

HPCPCPCPH

HHH

HH

H

Cl

HPO

+ HPOPH

HPCPCPCPH

HH H

HHB

(2)

Pour s’entraîner


1. Les liaisons CPO, OPH et ZnPCl sont polari-sées, car les électronégativités des atomes liés sont différentes.

2. δBCPOδv ; δv

OPHδB ; δBZnPClδv

3. Le site donneur de doublet d’électrons mis en jeu est l’atome d’oxygène de l’éthanol, et le site accep-teur de doublet d’électrons est l’atome de zinc.

4.

CH3PCH2POPH + Cl PZnPCl

CH3PCH2POPH

Cl PZnPCl

B

v

15 Test à la 2,4-DNPH

1. et 2. Équation (1) : le site donneur de doublet d’électrons mis en jeu est l’atome d’oxygène, et le site accepteur de doublet d’électrons est l’ion H+.

B

B

H3CPCPH + H H3CPCPH

OO

H

Équation (2) : le site donneur de doublet d’électrons mis en jeu est l’atome d’azote, et le site accepteur de


doublet d’électrons est l’atome de carbone lié à l’atome d’oxygène.

NPN

H H

R H + H3CPCPH

BO

H

H3CPCPH

NPN

H H

H RB

O

H

16 Un nouveau type de solvant

1. a., b. et 2. b.

CH3 CH2 CH2 CH2

CH2 CH2 CH2 CH3

Br

Br

+

+

N NC

C C

HH

HH3C

N NC

C C

HH

HH3C

v

B

Pour respecter la règle de l’octet, les atomes d’azote et de brome portent des doublets non liants dans les réactifs.

2. a. Les deux atomes d’azote portent un doublet d’électrons non liants : ce sont des sites donneurs de doublet d’électrons. L’atome d’azote doublement lié à un atome de carbone est le site donneur de dou-blet d’électrons mis en jeu dans la réaction.Dans le 1-bromométhane, l’atome de carbone lié à l’atome de brome porte une charge partielle positive puisqu’il est lié à un atome plus électronégatif que lui : c’est le site accepteur de doublet d’électrons mis en jeu dans la réaction.

3. a. Le cyclohexane et l’éthanoate d’éthyle sont des solvants utilisés en chimie organique.b. Les liquides ioniques sont des solvants non vola-tiles, non inflammables et ils peuvent être recyclés facilement.

17 Biocarburant du futur ?

1. a. Étape (1) : site donneur O et site accepteur H+.Étape (2) : site donneur O du méthanol et site accep-teur C du cation H3CPOH2

+.

b. B

B

H

H3CPOPH + H H3CPOPH

(1)

B

H

H3CPOPH + H3CPOPH

B

H

H3CPOPCH3 + HPOPH

(2)

2. Il se forme du méthoxyméthane CH3OCH3 et des ions hydrogène H+.

B

H

H3CPOPCH3 B H3CPOPCH3 + H (3)

3. La biomasse désigne toute matière organique végétale ou animale. Un biocarburant est un carburant produit à partir de matériaux organiques non fossiles, provenant de la biomasse. La synthèse de biocarburant constitue une voie de synthèse supplémentaire de carburant dont le bilan carbone est neutre, car le dioxyde de carbone émis lors de la combustion du biocarburant a été préala-blement utilisé lors de la croissance du végétal.


18 Hydratation de l’hex-1-ène

1. a. Équation de la réaction :

C4H9PCHpCH2 + H2O C4H9PCHPCH3 P

OHb. Cette réaction est une réaction d’addition.c. Au cours de cette réaction, un changement de groupe caractéristique se produit.

2. L’apparition de la bande d’absorption large et forte de la liaison OPH, entre 3 300 et 3 400 cm–1, et la disparition de la bande d’absorption de la liaison

triCPH, vers 3 100 cm–1, et de la bande d’absorption de la liaison CpC, vers 1 650 cm–1, permettent de vérifier que l’alcène de départ a été hydraté.

3. a. Dans l’étape (1), le site donneur de doublet d’électrons est la double liaison CpC. Le site accep-teur de doublet d’électrons est l’ion hydrogène H+

puisqu’il porte une charge positive.Dans l’étape (2), le site donneur de doublet d’élec-trons est l’atome d’oxygène, car il possède deux doublets non liants. Le site accepteur de doublet d’électrons est l’atome de carbone porteur d’une charge positive.b.

C4H9PCpCPH

HH

B+ H C4H9PCPCH3

H

B

(1)

+ HPOPHC4H9PCPCH3

H

BHPOPH

C4H9PCPCH3

H

B

(2)

c.HPOPH

C4H9PCPCH3

H

BOPH

C4H9PCPCH3

H

B+ H

(3)

4. Les ions hydrogène apportés par l’acide sulfu-rique n’apparaissent pas dans le bilan de la réaction, mais interviennent dans le mécanisme réactionnel : ils catalysent la réaction.

5. L’hexan-2-ol est chiral puisqu’il possède un atome de carbone asymétrique C* :

*C4H9PCHPCH3

P

OH


Représentation de Cram des deux énantiomères de l’hexan-2-ol :

CCH3HO

H

C4H9 C4H9

CH3C OH

H

6. L’eau est le réactif en excès.La quantité d’hex-1-ène vaut :

n (ène) = d · µ (eau) · V

M (ène) =

0,67 × 1,0 × 20(6 × 12 + 12)

= 0,16 mol.

La quantité d’hexan-2-ol obtenu vaut :

n (ol) = m

M (ol) =

8,22(6 × 12 + 16 + 14)

n (ol) = 8,06 × 10–2 mol.Le rendement de cette synthèse s’en déduit :

r = 0,51, soit 51 %.

19 Hydratation du chloral

1. a. Cette réaction est une réaction d’addition.b. Une modification de groupe caractéristique s’est produite au cours de cette réaction.

2. a. L’apparition de la bande d’absorption large et forte de la liaison OPH, vers 3 300 et 3 400 cm–1, et la disparition de la bande d’absorption de la liaison CpO, vers 1 700 cm–1, permettent de vérifier que le chloral a bien été hydraté.b. On observera deux signaux dans le spectre de RMN de l’hydrate de chloral de multiplicité 1.

3. a. Le chloral comporte trois atomes de chlore et un atome d’oxygène, tous porteurs de doublet non liants : ces atomes sont des sites donneurs de dou-blet d’électrons. Les deux atomes de carbone du chloral sont liés à des atomes plus électronégatifs qu’eux ; ces atomes de carbone portent donc des charges partielles positives et sont des sites accepteurs de doublet d’électrons.L’ion hydrogène porte une charge positive ; il est un site accepteur de doublet d’électrons.b.

B

+ HClPCPCpO

Cl

Cl HB

ClPCPCpOPH

Cl

Cl H

(1)

4. Dans l’étape (2), la flèche courbe partant d’un des doublets d’électrons non liants de l’atome d’oxygène de la molécule d’eau et allant jusqu’à l’atome de car-bone lié à l’atome d’oxygène traduit l’interaction qui a lieu entre l’oxygène, site donneur de doublet d’électrons, et le carbone, site accepteur de doublet d’électrons (puisqu’il est lié à un atome d’oxygène plus électronégatif que lui). Elle explique la formation de la liaison entre ces deux atomes. Comme l’atome de carbone ne peut pas être entouré de plus de quatre doublets pour respecter la règle de l’octet, une des liaisons qu’il engageait se rompt lorsque la liaison entre cet atome et l’atome d’oxygène de la molécule d’eau s’établit : un des deux doublets d’électrons de la double liaison CpO bascule ainsi sur l’atome d’oxygène (atome le plus électronégatif), ce que traduit la flèche courbe rouge.

5. Les produits formés lors de l’étape (3) sont un ion hydrogène H+ et le chloral Cl3CPCH(OH)2.

+ H+Cl3CPCPOPH

HPOPH

H

Cl3CPCPOPH

HPO

H

B

6. Les ions hydrogène présents dans le milieu acide n’apparaissent pas dans le bilan de la réaction, mais interviennent dans le mécanisme réactionnel : ils catalysent la réaction.

20 Synthèse de l’éthanamide

1. a. La formule semi-développée de l’éthanamide est :H3CPCpO

P

NH2

L’éthanamide possède la fonction amide.b.

H3CPCPOPCPCH3

O O

+ NH3

CH3PCpO + CH3PCpO P P

NH2 OH

c. Cette réaction est une réaction de substitution.

2. a. Le spectre IR permet de vérifier la présence du groupe caractéristique du produit grâce à la pré-sence des deux bandes d’absorption de la liaison NPH du groupe NH2, vers 3 400 et 3 200 cm–1, et de la bande d’absorption de la liaison CpO, vers 1 690 cm–1.b. Le spectre de RMN de l’éthanamide fera appa-raître deux signaux de multiplicité 1.

3. Pour l’étape (1) :a. Les atomes d’oxygène de l’anhydride éthanoïque, porteurs de doublets non liants, sont des sites don-neurs d’électrons. Les atomes de carbone qui leur sont liés portent des charges partielles positives puisqu’ils sont liés à des atomes plus électronégatifs qu’eux ; ce sont des sites accepteurs de doublet d’électrons.L’atome d’azote de l’ammoniac porte un doublet non liant ; il est donc un site donneur de doublet d’électrons.Les atomes d’hydrogène liés à l’atome d’azote, plus électronégatif qu’eux, portent des charges partielles positives ; ils sont des sites accepteurs de doublet d’électrons.b.

H3CPCPOPCPCH3

O O

+ NH3

H3CPCPOPCPCH3

O O

BNH3

v

Pour l’étape (2) :a. Les atomes d’oxygène, porteurs de doublets non liants, sont des sites donneurs de doublet d’électrons. Les atomes de carbone qui leur sont liés portent des charges partielles positives puisqu’ils sont liés à des atomes plus électronégatifs qu’eux ; ce sont des sites accepteurs de doublet d’électrons.


b.

H3CPCPNH3

OB

H3CPCPOPCPCH3

O O

BNH3

v

+ OPCPCH3

Ov

4. Les produits formés lors de la troisième étape sont l’éthanamide et l’acide éthanoïque :

H3CPCPNPH

OB

H

+ OPCPCH3

Ov

H

H3CPCPNH2

O

+ HPOPCPCH3

O

5. a. La réaction de l’étape (2) est une réaction d’éli-mination.b. La réaction de synthèse étudiée est en fait une réaction d’addition-élimination, puisque sa première étape est une réaction d’addition, et sa seconde étape une réaction d’élimination.

21 Electron donnors and electron acceptors


« En raison de l’omniprésence des donneurs de doublet d’électrons et des accepteurs de doublet d’électrons dans les réactions organiques, nous attri-buons des appellations particulières et distinctes à ces espèces.Une molécule ou un ion qui accepte un doublet d’électrons pour établir une nouvelle liaison cova-lente est appelée un électrophile (du grec signifiant ‘‘qui aime les électrons’’). [...] Toute molécule, ion ou atome qui est déficient en électrons de quelque façon que ce soit peut se comporter comme un électrophile. [...]

Électrophiles types

CHH

HB ClH

δB δv

Carbocation méthyle

Le carbone porte une charge formelle

positive.

BHH

H

BoraneLe bore possède

un octet d’électrons incomplet.

Chlorure d’hydrogèneL’hydrogène

porte une charge partielle positive.

Une molécule ou un ion qui donne un doublet d’élec-trons pour former une nouvelle liaison covalente est appelée un nucléophile (du grec signifiant ‘‘qui aime les noyaux’’).[...] Toute molécule, ion ou atome qui possède des électrons qui peuvent être partagés peut être un nucléophile. [...]

Nucléophiles types

Iv

Ion iodureL’iode porte

une charge formelle négative.

H3CPMg BrδBδv

Bromure de méthylmagnésium

Le carbone porte une charge partielle négative.

CpCH2

H3C

H3C

Isobutène

Liaison CpC.

Ammoniac Doublet d’électrons non liant

de l’azote.

NHH

H

L’étude des mécanismes de réaction est au cœur de l’étude de la chimie organique à tout niveau. Par conséquent, l’identification des électrophiles et des nucléophiles est une compétence essentielle en chimie organique. L’examen d’une structure... est une façon de déterminer comment une molécule ou ion peut se comporter dans une réaction. Une autre façon consiste à examiner les flèches courbes. Parce que les électrons circulent d’un site donneur d’élec-trons vers un site déficient en électrons, une flèche courbe va d’un nucléophile vers un électrophile ».

Extrait d’un didacticiel du site Internet de l’université de Los Angeles.

1. a. Seul l’atome de chlore respecte la règle de l’oc-tet dans les électrophiles dont les représentations de Lewis sont données. Les « » représentent les doublets d’électrons non liants.b. Dans le « méthyl carbocation », le site accepteur de doublet d’électrons est le carbone, car il porte une charge positive et ne respecte pas la règle de l’octet. Dans le borane, le site accepteur de doublet d’élec-tron est l’atome de bore puisqu’il lui manque un doublet d’électrons pour être entouré d’un octet d’électrons.c. Dans la molécule HCl, la liaison entre les atomes de chlore et d’hydrogène est polarisée. Comme l’atome de chlore porte une charge partielle négative et l’atome de carbone une charge partielle positive, l’atome de chlore est plus électronégatif que l’atome d’hydrogène. d. Un électrophile est une espèce avide d’élec- trons ; il possède donc un site accepteur de doublet d’électrons.

2. a. Les liaisons NPH sont polarisées puisqu’un atome d’azote est plus électronégatif qu’un atome d’hydrogène. Dans la molécule d’ammoniac, c’est donc l’atome d’azote qui porte une charge partielle négative, chacun des atomes d’hydrogène qui lui sont liés portant une charge partielle positive.b. Dans l’ion iodure, l’iode est un site donneur de doublet d’électrons. Dans le bromure de méthylmagnésium, l’atome de carbone porte une charge partielle négative et constitue le site donneur de doublet d’électrons. Dans l’isobutylène, c’est la double liaison qui consti-tue le site donneur de doublet d’électrons.Dans l’ammoniac, c’est l’atome d’azote qui porte un doublet non liant.c. Un nucléophile est une espèce qui est attirée par les noyaux, entités chargées positivement, car il pos-sède un ou des doublet(s) d’électrons non liants et/ou porteur de charge partielle négative ; il possède donc un site donneur de doublet d’électrons.

3. Les accepteurs de doublet d’électrons ont un défi-cit électronique (charge positive, défaut d’électrons


par rapport à la règle de l’octet). Les donneurs de doublet d’électrons sont des entités qui possèdent des doublets d’électrons qui peuvent être parta- gés (liaison multiple, site porteur de doublet non liant, site porteur de charge négative entière ou partielle). Le texte propose également de considérer la localisation des flèches courbes puisqu’elles partent toujours d’un site donneur de doublet d’élec-trons et arrivent vers un site accepteur de doublet d’électrons.

22 Synthèse d’un arôme

1. a. Une fonction ester.

b. C3H7PCH2POH + CH3PCO2H

CH3PCO2PCH2PC3H7 + H2O

c. La réaction est une réaction de substitution.

2. n(E) = d · µ (eau) · V (E)M (E)

= 0,075 mol ;

ρ = n (E)obt

n(E)att =

n (E)

n0 (ol) = 0,75, soit 75 %.

3. a. Le spectre IR permet de justifier que le produit obtenu est un ester puisqu’il ne présente plus la bande d’absorption du groupe hydroxyle de l’alcool ou du groupe carboxyle de l’acide carboxylique, mais présente la bande d’absorption du groupe CpO du groupe ester.b. CH3PCO2PCH2PCH2PCH2PCH3

Dans le spectre de RMN : – le signal singulet à 2 ppm peut être attribué au groupe méthyle CH3 ;– le signal triplet à 4 ppm peut être attribué au groupe CH2 ;– le signal diffus vers 1,5 ppm intégrant pour 4 H est attribué à CH2PCH2P ;– le signal triplet intégrant pour 3 H vers 1 ppm est attribué au groupe méthyle.

4. a. Étape (1) : le site donneur de doublet d’élec-trons O de CpO et le site accepteur de doublet d’électrons H+.Étape (2) : le site donneur de doublet d’électrons O du butan-1-ol et le site accepteur de doublet d’électrons C lié aux atomes d’oxygène du cation H3CPCO2H2

+.

b.

B

B

H3CPCPOPH + H H3CPCPOPH

OO

H

(1)

B

H3CPCPOPH + C3H7PCH2POPH

O

H

O

O PCH2PC3H7

H

H

H3CPCPOPHB

(2)

23 Réduction du benzile

1. a. La température de fusion du produit obtenu est égale à 136 °C : il s’agit de l’hydrobenzoïne B1. b. Ce produit est achiral puisqu’il possède un centre de symétrie situé au milieu de la liaison entre les deux atomes de carbone tétraédriques.

2. On a n0 (A) = m0

M (A) = 9,5 × 10–3mol,

n0 (NaBH4) = m

M (NaBH4) = 1,06 × 10–2mol.

n0 (A)2

~ n0 (NaBH4) : le benzile est le réactif limitant.


r = n (B)n0 (A)

= m’

(M (B) · n0 (A)) = 0,785, soit 78,5 %

3. On peut établir la demi-équation d’oxydoréduc-tion suivante :

C6H5PCOPCOPC6H5 + 4 H++ 4 e–

C6H5PCH(OH)PCH(OH)PC6H5La réaction mise en jeu correspond à une réduction du benzile.

4. a. Dans le benzile, les atomes d’oxygène portent des doublets non liants et constituent des sites don-neurs de doublet d’électrons. Les atomes de carbone liés aux atomes d’oxygène, plus électronégatifs qu’eux, portent des charges partielles positives et constituent des sites accepteurs de doublet d’élec-trons. L’ion hydrure porteur d’un doublet non liant constitue un site donneur de doublet d’électrons.b.

C6H5PCPCPC6H5 + H

O Ov

C6H5PCHPCPC6H5

OOv

5. Le spectre IR proposé est celui de l’hydroben-zoïne : il présente une bande d’absorption intense, vers 3 400-3 500 cm–1, et pas de bande d’absorption, vers 1 700 cm–1, pour la liaison CpO. Le spectre de RMN proposé est celui de l’hydroben-zoïne, car il présente :– un signal vers 7 ppm pour les protons des deux cycles benzéniques ;– deux signaux vers 5,5 ppm pour les protons des groupes hydroxyle et vers 4,5 ppm pour les protons liés aux atomes de carbone tétraédriques.

24 Composés organométalliques

1. b. c. et d. En effet :δB δ’Bδv δv δ’’v

CH3PCH2PCl CH3PCH2PMgPCl

Les charges partielles portées par les atomes de car-bone repérés en rouge n’ont pas le même signe. En effet, dans le premier cas, l’atome de carbone est lié à un atome de chlore plus électronégatif que lui et porte une charge partielle positive. Dans le second cas, l’atome de carbone est lié à un atome de magnésium moins électronégatif que lui et porte une charge partielle négative.Les charges partielles portées par les atomes de chlore ont le même signe, car, dans chacun des cas proposés, l’atome de chlore est lié à un atome moins électronégatif que lui, que ce soit le carbone ou le magnésium.


La liaison entre un atome de magnésium et un atome de chlore est plus polarisée que la liaison entre un atome de carbone et un atome de chlore, car la diffé-rence d’électronégativité entre un atome de chlore et un atome de magnésium est plus grande que la différence d’électronégativité entre un atome de chlore et un atome de carbone.L’atome de carbone lié à l’atome de magnésium constitue un site donneur de doublet d’électrons puisqu’il porte une charge partielle négative.

2. a. et b. Mécanisme de réaction :

CH3PCH2PCl + CH3PCH2PMgPClδB δ’Bδv δv δ’’v

CH3PCH2PCH2PCH3 + ClPMgPCl

La réaction est une réaction de substitution.L’atome de chlore du chloroéthane est substitué par le groupe éthyle de l’organomagnésien et dans l’organomagnésien le groupe éthyle est remplacé par l’atome de chlore.Les flèches courbes partent du site donneur de dou-blet d’électrons vers le site accepteur de doublet d’électrons.

3. b. En effet, l’éthanal possède un groupe carbonyle.

CH3PCH2PMgPCl + CH3PCpO

H

CH3PCPOPMgPCl

CH2

CH3

H

La réaction est une réaction d’addition puisque la double liaison du groupe carbonyle disparaît.


25 Histoire du savon

1. Le suif est un produit issu des graisses animales. Les cendres contiennent de l’hydroxyde de potassium ; cette opération permet d’obtenir une solution contenant de l’hydroxyde de potassium, K+ (aq) + HO– (aq).

2. a. Acide stéarique :

C18H36O2 ou CH3P(CH2)16PCO2H ;

Acide palmitique : CH3P(CH2)14PCO2H ; Acide oléique :CH3P(CH2)7PCHpCHP(CH2)7PCO2H.

b. CH2POPCOP(CH2)16PCH3

P

CHPOPCOP(CH2)14PCH3 P

CH2POPCOP(CH2)7PCHpCHP(CH2)7PCH3

c. n (G) = m

M (G) = 1,5 mol

On obtient une quantité égale de stéarate de sodium SNa, de palmitate de sodium PNa et d’oléate de sodium ONa, d’où les masses de chacun de ces car-boxylates de sodium :

m (SNa) = n (G) · M (SNa) = 4,6 × 102 g ; m (PNa) = n (G) · M (PNa) = 4,2 × 102 g ;

m (ONa) = n (G) · M (ONa) = 4,6 × 102 g.

On en déduit la masse de savon obtenu : m’ = m (SNa) + m (PNa) + m (ONa) = 1,34 × 103 g.

3. Le caractère acide des acides carboxyliques est dû au groupe carboxyle qui peut libérer un ion hydro-gène H+. Lors de la saponification des corps gras, on obtient des ions carboxylate RCO2

–. On peut donc obtenir les acides carboxyliques correspondants et du propane-1,2,3-triol ou glycérine à partir du corps gras triester ; l’ester ne possède pas d’atome d’hy-drogène lié à un atome d’oxygène et, ne pouvant libérer d’ions hydrogène, n’est pas acide.

4. Marseille est un port proche des lieux de produc-tion de l’huile d’olive du midi de la France.

5. a. Étape (1) : le site donneur de doublet d’élec-trons est l’atome d’oxygène de l’ion hydroxyde, car il possède des doublets non liants. Le site accepteur de doublet d’électrons de l’ester est l’atome de car-bone du groupe ester qui, lié à deux atomes d’oxy-gène plus électronégatifs que lui, porte une charge partielle positive.Étape (2) : le site donneur de doublet d’électrons est l’atome d’oxygène qui porte la charge négative, car il possède des doublets non liants. Le site accepteur de doublet d’électrons est l’atome de carbone lié à deux atomes d’oxygène plus électronégatifs que lui et qui porte une charge partielle positive.Étape (3) : Le site donneur de doublet d’électrons est l’atome d’oxygène de l’ion RO–, car il possède des doublets non liants. Le site accepteur de doublet d’électrons est l’atome d’hydrogène qui est lié à un atome d’oxygène plus électronégatif que lui, et qui porte une charge partielle positive.b.

RPCPOPR’ + HPO

Ov

δB

δ’v

δ’’v

RPCPOPR’

Ov

O

H

(1)

RPCPOPR’

Ov

O

H

RPCPOPH + OPR’

Ov

(2)

δ’’B

δ’’v

δ’v δB

RPCPOPH + OPR’

Ov

RPCPO + HPOPR’

Ov

(3)

6. a. Les liaisons dans le groupement alkyle sont des liaisons CPC et CPH ; elles ne sont pas pola- risées.b. Les liaisons dans le groupe carboxylate sont les liaisons CpO et CPO ; elles sont polarisées, car


l’atome d’oxygène est plus électronégatif que l’atome de carbone.c. L’ion carboxylate a des affinités avec les molécules d’eau, car le groupe CO2

– peut engager des liaisons hydrogène avec les molécules d’eau. L’ion carboxy-late a des affinités avec les chaînes carbonées des graisses, car il possède une longue chaîne carbonée qui peut interagir par liaisons de Van der Waals avec les chaînes carbonées des graisses. d. Ces propriétés permettent d’expliquer l’utilisation du savon comme détergent. L’ion carboxylate peut interagir avec les molécules d’eau, mais aussi avec les chaînes carbonées des graisses. Selon la nature de la salissure, l’ion carboxylate interagit par son extrémité CO2

– ou par sa chaîne carbonée. Il se forme ainsi autour de la salissure une monocouche ou une bicouche de savon :

Monocouche Bicouche

HuileTerre

a b


26 Synthèse du 1-chlorobutane

1. Équation de la réaction :

C3H7PCH2POH + HCl C3H7PCH2PCl + H2O

2. a. Les bandes d’absorption caractéristiques du butan-1-ol sont la bande large et forte, entre 3 200 et 3 500 cm–1, correspondant à la liaison OPH, et la bande, vers 1 450 cm–1, correspondant à la liaison CPO.b. On pourrait suivre l’évolution du système réaction-nel en étudiant l’évolution de la valeur de l’absor-bance du mélange réactionnel à une longueur d’onde voisine de 3 300 cm–1.

3. Cette réaction est une réaction de substitution : le groupe hydroxyle est remplacé par un atome de chlore.

4. a. La liaison entre l’atome de chlore et celui d’hy-drogène est polarisée puisque les électronégativités de ces deux atomes sont différentes.L’atome de chlore étant plus électronégatif que l’atome d’hydrogène, l’atome de chlore porte une charge partielle négative et celui d’hydrogène porte une charge partielle positive.

b. Les liaisons établies par l’atome d’oxygène sont polarisées, car l’atome d’oxygène est lié à un atome de carbone et à un atome d’hydrogène, les électro-négativités de ces atomes différant toutes entre elles. L’atome d’oxygène étant plus électronégatif que les atomes d’hydrogène et de carbone, il porte une charge partielle négative dans le butan-1-ol.

5. a. Étape (1) : le butan-1-ol possède un site don-neur de doublet d’électrons, l’atome d’oxygène, puisqu’il possède deux doublets non liants : c’est le site donneur de doublet d’électrons mis en jeu dans cette étape. Il possède deux sites accepteurs de doublet d’électrons : l’atome d’hydrogène et l’atome de carbone liés à l’atome d’oxygène. En effet, ces deux atomes portent des charges partielles positives.Le chlorure d’hydrogène possède un site donneur de doublet d’électrons : l’atome de chlore, qui possède trois doublets non liants. Il possède aussi un site accepteur de doublet d’électrons, l’atome d’hydro-gène, qui porte une charge partielle positive. Cet atome d’hydrogène est le site accepteur de doublet d’électrons mis en jeu dans cette étape.Étape (2) : l’ion chlorure est un site donneur de dou-blet d’électrons, car il possède quatre doublets non liants. Le cation possède un site accepteur de dou-blet d’électrons : l’atome de carbone lié à l’atome d’oxygène. En effet, l’oxygène étant plus électroné-gatif que le carbone, l’atome de carbone porte une charge partielle positive.b. C3H7PCH2POPH + HPCl

C3H7PCH2POPH + ClB

Hv

(1)

C3H7PCH2POPH + ClB

Hv

C3H7PCH2PCl + HPOPH

(2)

6. On a n0 (ol) = r (ol) · V (ol)

M (ol)

= 0,80 × 25,0

4 × 12,0 + 10,0 + 16,0

= 0,27 mol,

n0 (HCl) = c · V (ac) = 0,77 mol.

n0 (ol) ~ n0 (HCl) : le butan-1-ol est le réactif limitant.


R = n (RCl)n0 (ol)

= m

M (RCl) · n0 (A)

= 17,5

0,27 × 4 × 12,0 + 9,0 + 35,5 = 0,70,

soit 70 %.


1 Mesures de pH de solutions aqueuses (p. 324-325)

Activités

13ChapitreRéaction chimique

par échange de proton

Paillasse professeur– Une balance électronique à 0,01 g ;– 1,0 L de solution S1 d’acide éthanoïque à la concentration C1 = 1,0 × 10–2 mol · L–1 ;– de l’acide éthanoïque pur ;– 1,0 L de solution S2 d’acide chlorhydrique à la concentration C2 = 1,0 × 10–2 mol · L–1 ;– de l’éthanoate de sodium solide, CH3CO2Na (s).

Paillasse élève– Trois béchers de 150 mL ;– deux éprouvettes graduées de 100 mL ;– un pH-mètre avec une sonde pH-métrique ;– un thermomètre ;– un compte-gouttes ;– une capsule de pesée ;– une spatule métallique ;– un agitateur magnétique et un barreau aimanté ;– des solutions étalon pour étalonner le pH-mètre ;– de l’eau distillée.


A Solutions aqueuses d’acides

1 Eau distillée : pH = 5,7.Eau distillée + acide éthanoïque pur : pH = 4,3.Lors de l’ajout de l’acide éthanoïque pur dans l’eau distillée, le pH diminue : une réaction chimique a donc eu lieu.2 Eau distillée :

[H3O+] = 10–5,7 = 2,0 × 10–6 mol · L–1.Eau distillée + acide éthanoïque pur :

[H3O+] = 10-4,3 = 5,0 × 10–5 mol · L–1.3 pH de la solution S1 : pH = 3,4. Voir tableau

ci-dessous.4 L’eau étant le solvant de la solution, donc l’es-

pèce en excès, l’avancement maximal sera atteint

(xf = xmax) si l’acide éthanoïque est totalement consommé :

C1 · V1 – xmax = 0, soit xmax = C1 · V1

xmax = 1,0 × 10–2 × 100,0 × 10–3 = 1,0 × 10–3 mol.

5 [H3O+]f = 10–pH1 = 10–3,4 = 4,0 × 10–4 mol · L–1

6 xf = [H3O+]f · V1 = 4,0 × 10–4 × 100,0 × 10–3

xf = 4,0 × 10–5 mol

7 xf ~ xmax : l’avancement maximal n’est pas atteint.8 pH de la solution S2 : pH = 2,0. Voir le tableau ci-

dessous.

Tableau de la question 3 :

Équation CH3CO2H (aq) + H2O () CH3CO2– (aq) + H3O+ (aq)

État initial (x = 0) C1 · V1 Solvant 0 0

État intermédiaire (x) C1 · V1 – x Solvant x x

État final (xf = 0) C1 · V1 – xf Solvant xf xf


Équation HCl (g) + H2O () H3O+ (aq) + Cl– (aq)

État initial (x = 0) C2 · V2 Solvant 0 0

État intermédiaire (x) C2 · V2 – x Solvant x x

État final (xf = 0) C2 · V2 – xf Solvant xf xf


9 • L’eau étant le solvant de la solution, donc l’es-pèce en excès, l’avancement maximal sera atteint (xf = xmax) si le chlorure d’hydrogène est totalement consommé :

C2 · V2 – xmax = 0, soit xmax = C2 · V2

xmax = 1,0 × 10–2 × 100,0 × 10–3 = 1,0 × 10–3 mol.

• [H3O+]f = 10–pH2 = 10–2,0 = 1,0 × 10-2 mol · L–1

• xf = [H3O+]f · V1 = 1,0 × 10–2 × 100,0 × 10–3 xf = 1,0 × 10–3 mol.• xf = xmax : l’avancement maximal est atteint.

10 La réaction entre le chlorure d’hydrogène et l’eau est totale, car xf = xmax.La réaction entre l’acide éthanoïque et l’eau n’est pas totale, car xf ~ xmax.

B Notion d’équilibre ; sens d’évolution d’un système chimique

pH de la solution S1 seule : pHi = 3,4.Bécher 1 : pH de la solution S1 + quelques gouttes d’acide éthanoïque pur : pH1 = 4,2.Bécher 2 : pH de la solution S1 + éthanoate de sodium solide : pH2 = 2,4.

Compléments

11 a. Dans le bécher 1, le pH augmente (de 3,4 à 4,2).La concentration [H3O+] diminue (de 4,0 × 10–4 mol · L–1 à 6,3 × 10–5 mol · L–1).b. Le volume de la solution n’ayant pas varié, la quan-tité n (H3O+) diminue : le système chimique a évolué dans le sens inverse .

12 Dans le bécher 2, le pH diminue (de 3,4 à 2,4).La concentration [H3O+] augmente (de 4,0 × 10–4 mol · L–1 à 4,0 × 10–3 mol · L–1).Le volume de la solution n’ayant pas varié, la quantité n (H3O+) augmente : le système chimique a évolué dans le sens direct .13 Lorsqu’on ajoute une espèce chimique interve-nant dans l’équation de la réaction, un système chimique évolue dans le sens qui tend à consommer l’espèce apportée.

2 Réaction entre un acide fort et une base forte (p. 325)

Paillasse professeur– 2,0 L de solution d’acide chlorhydrique à la concentration C = 1,0 mol · L–1 ;– 2,0 L de solution d’hydroxyde de sodium à la concentration C = 1,0 mol · L–1 .

Paillasse élève– Deux béchers de 250 mL ;– deux éprouvettes graduées de 100 mL ; – un agitateur magnétique et un barreau aimanté ;– un thermomètre ;– une fiole jaugée de 100,0 mL ;– une pipette jaugée de 10,0 mL ;– un compte-gouttes ;– de l’eau distillée.


Expérience 1 :acide et base à 1,0 mol · L–1 qi = 20,4 °C qf = 26,8 °C

Expérience 2 :acide et base à 0,1 mol · L–1 qi = 20,4 °C qf = 21,1 °C

1 Pour les deux expériences, qf ` qi.2 Lors de la réaction étudiée, le système chimique

cède de l’énergie thermique au milieu extérieur.3 Pour un même volume réactionnel, l’énergie ther-

mique est d’autant plus grande que les concentra-tions sont élevées.4 th = m · c · (qf – qi) = (100 + 100) × 4,18 × (26,8 – 20,4)

th = 5,35 × 103 J = 5,35 kJ

5 Les quantités d’acide et de base sont égales à :1,0 × 100 × 10–3 = 1,0 × 10–1 mol.

6 Le mélange étant stœchiométrique : xmax = 1,0 × 10–1 mol.

7 Pour 1,0 × 10–1 mol, th= 5,35 kJ. Donc, pour 1,0 mol on aura th= 53,5 kJ,

soit : th= 53,5 kJ · mol–1.

8 Incertitude relative : d57 – 53,557 d = 6,1 %.


1 Le métabolisme est l’ensemble des transforma-tions chimiques qui se déroulent dans les cellules vivantes et qui permettent, à la fois, la dégradation de certaines molécules et la synthèse de nouvelles molécules.

Le catabolisme est uniquement l’ensemble des trans-formations permettant la dégradation des molécules. On parle donc de métabolisme pour le glucose, car celui-ci est dégradé par les cellules (catabolisme), mais aussi produit par le foie (métabolisme).2 Les différents sucs digestifs sont :

– la salive dont le pH varie entre 6,5 et 7,4. Or, à 37 °C, le pH d’une solution neutre est pHneutre = 6,8.La salive est donc une solution neutre ou très voisine de la neutralité ;– le suc gastrique, qui est un liquide biologique très acide puisque son pH est voisin ou inférieur à 2 ;– le suc pancréatique, qui a un pH compris entre 7,5 et 8,2. C’est donc un liquide biologique basique ;– le suc intestinal, qui a un pH compris entre 7,4 et 7,8. Il est donc, lui aussi, basique.On peut ajouter la bile, dont le rôle n’est pas de transformer les aliments en petites molécules suscep-tibles de passer dans le sang, mais d’émulsionner les graisses de sorte que leur digestion par le pancréas et l’intestin soit facilitée.3 Une « solution tampon » est une solution dont le

pH varie peu par ajout d’un volume modéré de solu-tion acide, de solution basique ou d’eau.4 Les transformations biochimiques qui se déroulent

dans les organismes vivants ne se font de façon opti-male que pour un domaine de pH très étroit. Il est donc nécessaire que le pH des liquides biologiques soit « tamponné », c’est-à-dire ne varie que très peu au cours des transformations chimiques qui s’y déroulent. 5 Le sang veineux revient vers les poumons après

être passé dans les organes où il s’est chargé en dioxyde de carbone dissous produit par l’activité cel-lulaire. Il est donc plus acide que le sang artériel, riche, lui, en dioxygène dissous.6 a. On a la relation pH = pKA + log

[HCO3–] éq

[CO2, H2O] éq.

Or, le pKA du couple est égal à 6,1 à 37 °C. On a donc :

[HCO3–] éq

[CO2, H2O] éq = 10 (pH – pKA) = 10 (7,4 – 6,1) = 101,3 ≈ 20.

b. L’espèce chimique du « tampon bicarbonate » qui prédomine dans le sang est l’ion hydrogénocarbo-nate HCO3

–.7 a. On peut écrire : pH = pKA + log

[HPO42–] éq

[H2PO4–] éq

.

b. Le pH initial de la solution est égal au pKA du couple, puisque les deux concentrations sont égales.

Donc : pHi = pKA = 6,9.c. Une réaction enzymatique produit 20 mmol · L–1 d’ions oxonium qui réagissent totalement avec les ions HPO4

2– selon la réaction d’équation :

H3O+ (aq) + HPO42– (aq) H2PO4

– (aq) + H2O ()

La réaction conduit ainsi à la disparition de 20 mmol · L–1 d’ions hydrogénophosphate, donc :

[HPO42–] = 60 mmol · L–1.

Cette réaction produit aussi 20 mmol · L–1 d’ions dihy-drogénophosphate, donc :

[H2PO4–] = 100 mmol · L–1.

La relation donnée à la question 7a permet d’écrire :

pH = 6,9 + log ( 60100) = 6,9 – 0,2 = 6,7.

Alors que la variation des concentrations des ions est de 25 %, la variation du pH de la solution n’est que 0,2 unité, d’où le nom de « tampon phosphate » donné au couple.8 a. Dans l’eau de Vichy, l’espèce chimique majori-

tairement présente est l’ion hydrogénocarbonate.b. L’équation de la réaction montre que, si la concen-tration en ions hydrogénocarbonate augmente, l’équilibre de la réaction va se déplacer vers la droite, dans le sens direct, de façon à favoriser la disparition de cet ion et donc, simultanément, la disparition de l’acide urique solide. Par conséquent, une consom-mation importante d’eau de Vichy aide à la dissolu-tion des calculs d’acide urique.

4 Détermination d’une constante d’acidité KA (p. 328)

Paillasse professeur1,0 L de solution d’acide méthanoïque à la concentration C = 5,0 × 10–2 mol · L–1.

Paillasse élève– Deux béchers de 150 mL ;– une éprouvette graduée de 100 mL ;– un conductimètre avec une sonde conductimétrique ;

– un thermomètre ;– une fiole jaugée de 100,0 mL ;– une pipette jaugée de 10,0 mL ;– un compte-gouttes ;– une solution étalon pour le conductimètre ;– de l’eau distillée.


3 Intérêt du contrôle du pH dans un milieu biologique (p. 326-327)


A Détermination de concentrations d’ions par conductimétrie

1 s = 1 095 µS · cm–1 = 1 095 × 10–6 S · cm–1 = 1 095 × 10–6 × 102 S · m–1 = 1 095 × 10-4 S · m–1

s =1,095 × 10–1 S · m–1

2 Réaction entre l’acide méthanoïque et l’eau :

Couple HCO2H (aq) / HCO2– (aq) :

Couple H3O+ (aq) / H2O () :

3 Tableau d’avancement :

Équation HCO2H (aq) + H2O () HCO2– (aq) + H3O+ (aq)

État initial (x = 0) n0 = C · V Solvant 0 0

État intermédiaire (x) n0 – x Solvant x x

État final (xf = 0) n0 – xf Solvant xf xf

4 a. Dans l’état final d’équilibre : xf = n (HCO2

–)éq = n (H3O+)éq

b. La relation précédente s’écrit aussi : [HCO2

–] éq · V = [H2O+] éq · V, donc [HCO2–] éq = [H3O+] éq.

5 s = l(HCO2–) · [HCO2

–] éq + l(H3O+) · [H3O+] éq

= l1 · [HCO2–] éq + l2 · [H3O+] éq

6 a. Comme [HCO2–] éq = [H3O+] éq :

s = (l1 + l2) · [H3O+] éq

soit : [H3O+] éq = s

l1 + l2

Comme s est en S · m–1 et l en S · m2 · mol–1, [H3O+] éq s’exprime en mol · m–3.

b. [H3O+] éq =

1,095 × 10–1

5,46 × 10–3 + 35,0 × 10–3 = 2,71 mol · m–3

= 2,71 × 10–3 mol · L–1

c. [HCO2–] éq = [H3O+] éq = 2,71 × 10-3 mol · L–1

B Constante d’acidité KA du couple HCO2H (aq) / HCO2– (aq)

7 KA = [H3O+] éq · [HCO2

–] éq

[HCO2H] éq

8 a. n (HCO2H)éq = n0 – xf = n0 – n (H3O+)éq

b. La relation précédente s’écrit aussi :

[HCO2H] éq · V = C · V – [H3O+] éq · V

soit, en divisant par V :[HCO2H] éq = C – [H3O+] éq

9 KA = [H3O+] éq · [HCO2

–] éq

[HCO2H] éq =

[H3O+] 2éq

C – [H3O+] éq

10 KA = (2,71 × 10–3)2

5,0 × 10–2 – 2,71 × 10–3 = 1,55 × 10–4

≈ 1,6 × 10–4

11 a. Les huit groupes d’élèves ont trouvé pour KA :

1,55 × 10–4 ; 1,57 × 10–4 ; 4,19 × 10–3 ; 1,51 × 10–4 ;

1,56 × 10–4 ; 1,60 × 10–4 ; 1,56 × 10–4 ; 1,53 × 10–4.

La troisième valeur étant manifestement fausse, la valeur moyenne des sept autres valeurs est :

KAmoy = 1,55 × 10–4.

b. L’écart type de la série de mesures est : 2,87 × 10–6 ≈ 2,9 × 10–6.

Avec une incertitude de répétabilité de 99 %, un nombre de mesures n = 7 et un coefficient de Student égal à 3,71, il vient :

U (KA) = 3,71 ×2,9 × 10–6

d7 = 4,1 × 10–6.

Ainsi : KA = 1,55 × 10-4 B 4,1 × 10–6.

c. D’après le résultat précédent, l’intervalle de confiance est 1,509 × 10-4 ~ KA ~ 1,591 × 10-4.On retient : 1,51 × 10-4 ~ KA ~ 1,59 × 10-4.La valeur donnée dans les tables, KA = 1,58 × 10-4, appartient bien à l’intervalle de confiance déterminé expérimentalement.12 En diluant dix fois la solution S, on obtient une solution S’ telle que s’ = 3,28 × 10–2 S . m–1.

[HCO2–]’éq = [H3O+]’éq =

3,28 × 10–2

5,46 × 10–3 + 35,0 × 10–3

= 8,11 × 10–4

KA = (8,11 × 10–4)2

5,0 × 10–3 – 8,11 × 10–3 = 1,57 × 10–4

On trouve une valeur appartenant à l’intervalle de confiance précédent.13 Pour un couple acide / base donné, la constante d’acidité KA du couple ne dépend pas de l’état initial du système chimique étudié.

HCO2H (aq) HCO2– (aq) + H+

H2O () + H+ H3O+ (aq)

HCO2H (aq) + H2O () HCO2- (aq) + H3O+ (aq)



QCM1 1. A et C ; 2. A et C ; 2 1. B ; 3 1. A et C ; 2. B. ;

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


6 Montrer qu’un acide est faible dans l’eau

1. Quantité na d’acide perchlorique dissous : na = Ca · Va = 7,94 ×10–3 ×20,0 ×10–3

= 1,59 ×10–4 mol = 0,159 mmol.

xf = [H3O+] f · Va et [H3O+] f = 10–pH

soit : xf = 10–pH · Va = 10–2,1 × 20,0 · 10–3 xf = 1,6 × 10–4 mol = 0,16 mmol.

2. L’avancement maximal est atteint lorsque le réac-tif limitant, l’acide perchlorique, est entièrement consommé. On en déduit :

0,159 – xmax = 0, soit xmax = 0,159 mmol.Comme xf = xmax la réaction entre l’acide perchlo-rique et l’eau est totale. L’acide perchlorique est donc un acide fort dans l’eau. L’écriture de l’équation de la réaction s’écrit avec une flèche simple dans le sens direct :

HClO4 (aq) + H2O (ℓ) ClO4– (aq) + H3O+ (aq)

7 Identifier une espèce prédominante

1. C6H5CO2– (aq) + H2O (ℓ)

C6H5CO2H (aq) + HO– (aq)

2. KA = [C6H5CO2

–]éq · [H3O+]éq

[C6H5CO2H]éq = 10–pKA

donc : KA = 10–4,2 = 6,3 × 10–5.

3. a. Comme pH < pKA l’espèce prédominante dans la solution S est l’acide benzoïque C6H5CO2H (aq).

b. [C6H5CO2

–]éq

[C6H5CO2H]éq

= 10–pKA

[H3O+]éq

= 10–pKA

10–pH

soit : [C6H5CO2

–]éq

[C6H5CO2H]éq

= 10–4,2

10–3,6 = 2,5 × 10–1 ~ 1.

L’espèce prédominante dans la solution S est C6H5CO2H (aq).

Pour commencer

8 Utiliser la définition du pH

1. pH = –log [H3O+]éq et [H3O+]éq = 10–pH

2.

Solution A B C D

[H3O+]éq

(mol · L–1)1,0 × 10–3 4,0 × 10–4 4,8 × 10–5 1,6 × 10–10

pH 3,0 3,4 4,3 9,8

3. La concentration [H3O+]éq diminue lorsque le pH augmente.

9 Associer pH et concentration [H3O+]éq

Plus le pH est grand, plus la concentration [H3O+]éq est petite. Donc :– pour la solution A :

pHA = 3,2 ; [H3O+]éq = 6,3 × 10-4 mol · L–1 ;– pour la solution B :

pHB = 5,6 ; [H3O+]éq = 2,5 × 10-6 mol · L–1 ;– pour la solution C :

pHC = 8,3 ; [H3O+]éq = 5,0 × 10-9 mol · L–1.

10 Étudier un équilibre chimique

1. Quantité n0 d’acide méthanoïque dissous : n0 = C · V = 1,0 × 10–3 × 50,0 × 10–3

= 5,0 × 10–5 mol = 50 µmol.Voir le tableau d’avancement, en µmol, en fin de cha-pitre, p. 143.

2. L’eau étant le solvant, le réactif limitant, l’acide méthanoïque, est entièrement consommé :

50 – xmax = 0, soit xmax = 50 µmol.

3. xf = [H3O+]f · Va et [H3O+]f = 10–pH, donc :

xf = 10–pH · Va = 10–3,5 × 50,0 × 10–3

xf = 1,6 × 10 – 5 mol = 16 µmol.

4. Comme xf < xmax la réaction entre l’acide métha-noïque et l’eau est limitée et conduit à un équilibre. L’acide méthanoïque est donc un acide faible dans l’eau.

11 Montrer qu’une réaction est totale

1. La quantité n0 d’acide bromhydrique dissous est :n0 = C · V = 2,51 × 10–3 × 50,0 × 10–3

= 1,26 × 10–4 mol = 0,126 mmol.L’eau, en tant que solvant, est l’espèce chimique en excès. Le tableau d’avancement, en mmol, s’écrit :voir le tableau d’avancement, en mmol, en fin de chapitre, p. 143.

2. L’avancement maximal est atteint si le réactif limitant, l’acide bromhydrique, est entièrement consommé. On en déduit :

0,126 – xmax = 0, soit xmax = 0,126 mmol.

Les réactions acido-basiques sont instantanées : l’avancement final xf est déjà atteint lorsqu’on mesure le pH de la solution. On a :

xf = [H3O+]f · V et [H3O+]f = 10–pH

donc : xf = 10–pH · V = 10–2,6 × 50,0 × 10–3 xf = 1,3 × 10–4 mol = 0,13 mmol.

3. Comme xf = xmax (au nombre de chiffres significa-tifs près), la réaction entre l’acide bromhydrique et l’eau est totale. L’acide bromhydrique est donc un acide fort dans l’eau. L’écriture de l’équation de la réaction se fait bien avec une flèche dans le sens direct.


12 Rechercher des couples acide / base

1. Un acide est une espèce chimique capable de céder au moins un proton H+.Une base est une espèce chimique capable de capter au moins un proton H+.

2. C6H5CO2H / C6H5CO2– ; HCO2H / HCO2

– ;

H2O / HO– ; NH+4 / NH3.

3. C6H5CO2H C6H5CO2– + H+

HCO2H HCO2– + H+

H2O HO– + H+

NH+4 NH3+ H+

4. a. L’eau appartient aussi au couple H3O+ / H2O.b. Une espèce qui, comme l’eau, est l’acide d’un couple et la base d’un autre couple, est un ampholyte.

13 Reconnaître deux couples acide / base

1. Les deux couples acide / base associés à la réac-tion sont : H2O () / HO– (aq) et C6H5NH3

+ (aq) / C6H5NH2 (aq).

2. L’équation de la réaction est écrite avec une double flèche. Il s’agit donc d’un équilibre. La réac-tion de l’aniline avec l’eau n’est pas totale. L’aniline est donc une base faible dans l’eau.

3. La réaction correspond à l’échange d’un proton H+ de l’eau vers l’aniline, selon les demi-équations suivantes : H2O HO– + H+

C6H5NH2 + H+ C6H5NH3+

14 Étudier des réactions acido-basiques

1. L’aspirine est un acide faible dans l’eau : elle ne réagit donc pas totalement avec l’eau. Entre l’aspirine et l’eau, la réaction qui a lieu s’écrit :C9H8O4 (aq) + H2O () C9H7O4

– (aq) + H3O+ (aq)

2. La dissolution de l’hydrogénocarbonate de sodium NaHCO3(s), dans l’eau est totale :

NaHCO3(s) Na+ (aq) + HCO3– (aq)

3. L’équation de la réaction qui se produit entre l’ion hydrogénocarbonate dissous et l’aspirine est :C9H8O4 (aq) + HCO3

– (aq) CO2,H2O (aq) + C9H7O4

– (aq)

4. L’effervescence observée est due au dégagement de CO2 sous forme de gaz, car sa solubilité dans l’eau est limitée.

15 Utiliser le produit ionique de l’eau

1. Le produit ionique de l’eau est défini par : Ke = [H3O+]f · [HO–]f2. pKe = – log Ke = – log (2,4 × 10–14) = 13,6

3. Le pH d’une solution neutre à la température de 37 °C serait de :

pH = pKe

2 = 6,8.

4. À cette température, la salive est très légèrement basique, car son pH est supérieur à pKe.

16 Vérifier que l’autoprotolyse de l’eau est une réaction très limitée

1. Voir le tableau d’avancement, en mol, en fin de chapitre, p. 143.

2. n0 = meau

Meau =

µeau · Veau

Meau =

1 000 × 1,0

18,0

n0 = 56 mol

3. L’avancement maximal est atteint si l’eau est entièrement consommée :

56 – 2 xmax = 0, soit xmax = 56

2 = 28 mol.

4. [H3O+]f = 10–pH = 1,0 × 10–7 mol · L–1,

d’où xf = nf (H3O+) = [H3O+]f · V

xf = 1,0 × 10–7 × 1,0 = 1,0 × 10–7 mol.

5. xf < xmax : la réaction d’autoprotolyse de l’eau est très limitée et conduit à un équilibre.

17 Calculer une constante d’acidité

1. C7H6O3 (aq) + H2O (ℓ) C7H5O–

3 (aq) + H3O+ (aq)

2. KA = [C7H5O–

3]éq · [H3O+]éq

[C7H6O3]éq

3. KA = 1,8 × 10–3 × 1,8 × 10–3

3,2 × 10–3 = 1,0 × 10–3

4. pKA = – log KA = – log (1,0 × 10–3) = 3,0

18 Tracer un diagramme de prédominance

1. pKA = – log KA = – log (6,3 × 10–10) pKA = 9,2

2. Diagramme de prédominance du couple NH4

+ / NH3 :

[NH4+]éq > [NH3]éq

[NH4+]éq = [NH3]éq

9,2 pH

[NH3]éq > [NH4+]éq

3. a. Si le pH vaut 10,6, c’est l’espèce basique qui prédomine, c’est-à-dire l’ammoniac NH3.b. De l’expression de KA, on déduit :

[NH3]éq

[NH4+]éq

= 10–pKA

10–pH = 25.

c. [NH3]éq ` [NH4+]éq : le résultat est en accord avec

la réponse à la question 3a.

19 Établir le diagramme de prédominance d’un acide a-aminé

1. L’alanine porte un groupe carboxyle et un groupe amine :

O

HOH2N

2. L’amphion formé a pour formule :

O

–OH3N+

qui peut se noter H3N+PCH(CH3)PCO2–

3. L’amphion appartient aux deux couples :

H3N+PCH(CH3)PCO2H / H3N+PCH(CH3)PCO2–

et H3N+PCH(CH3)PCO2– / H2N–CH(CH3)PCOCO2

–


4. Le diagramme de prédominance de l’alanine est :

H3N+ – CH(CH3) – CO2–H3N+ – CH(CH3) – CO2H H2N – CH(CH3) – CO2

–

Le cation prédomine

L'amphion prédomine

L'anion prédomine

2,4 9,9 pH

20 Calculer le pH d’une solution d’acide fort

1. Un acide fort dans l’eau est un acide qui réagit totalement avec l’eau.

2. HNO3 (ℓ) + H2O (ℓ) NO3– (aq) + H3O+ (aq)

3. Comme l’acide nitrique réagit totalement avec l’eau, à l’état final, on a :

[H3O+]f = C = 2,5 × 10–3 mol · L–1.

On en déduit : pH = – log [H3O+]f = – log C

= – log (2,5 × 10–3) = 2,6.

4. On dilue dix fois la solution S,

donc : [H3O+]’f = 2,5 × 10–4 mol · L–1 ;

d’où : pH = – log [H3O+]’f = – log (2,5 × 10–4) = 3,6.

21 Calculer le pH d’une solution de base forte

1. La dissolution de l’hydroxyde de sodium étant totale, l’équation de la réaction de dissolution s’écrit :

NaOH (s) Na+ (aq) + HO– (aq)

2. La stœchiométrique de la réaction indique qu’à l’état final on a :

[HO–]f = C = 5,0 × 10–2 mol · L–1.

Le pH de la solution de base forte est alors : pH = 14 + log C = 14 + log (5,0 × 10–2) = 12,7.

3. Si on dilue dix fois la solution S, on aura, dans la solution S’ :

[HO–]’f = C = 5,0 × 10–3 mol · L–1

d’où :pH = 14 + log C = 14 + log (5,0 × 10–3) = 11,7.

22 Établir l’équation de la réaction entre un acide fort et une base forte

1. Les deux couples de l’eau sont H3O+ / H2O et H2O / HO–.

Leurs demi-équations associées sont :H3O+ H2O + H+ et H2O HO– + H+

2. Entre la solution d’acide fort et la solution de base forte, la réaction qui a lieu a pour équation :

HO– (aq) + H3O+ (aq) 2 H2O (ℓ)

3. La réaction entre un acide fort et une base forte libère de l’énergie thermique et s’accompagne donc d’une élévation de température.

Pour s’entraîner

23 Poisson au court-bouillon

1. La N,N-diméthylméthanamine réagit avec l’acide éthanoïque qui est un acide. Donc la N,N-diméthylméthanamine est une base.

La demi-équation acido-basique associée au couple de la N,N-diméthylméthanamine est donc :

(CH3)3N + H+ (CH3)3NH+

2. La demi-équation associée à l’acide éthanoïque est :

CH3CO2H CH3CO2– +H+

3. On ajoute le vinaigre contenant de l’acide étha-noïque pour réaliser la réaction dont l’équation est :

(CH3)3N + CH3CO2H (CH3)3NH+ + CH3CO2–

On obtient ainsi une espèce chimique soluble qui n’est donc plus volatile, ce qui évite les mauvaises odeurs.

24 Mesure d’un pH et incertitudes

1. a. Avant de mesurer le pH de la solution, on doit procéder à l’étalonnage du pH-mètre.b. Pour réaliser cet étalonnage, on utilise des solu-tions étalon (solutions tampons).

2. Résultat : pHsolution = 2,52 ± 0,05.

3. On a 2,47 X pHsolution X 2,57,

ce qui donne : 10–2,47 x [H3O+]f x 10–2,57

soit : 2,69 × 10–3 mol · L–1 X [H3O+]f X 3,39 × 10–3 mol · L–1

ce qui peut s’écrire : [H3O+]f = 3,04 ± 0,35 mol · L-1.

4. L’incertitude relative sur la valeur de la concentra-tion en ion oxonium vaut :

U([H3O+])[H3O+] solution

= 0,353,04

= 0,115,

soit une incertitude relative de 11,5 %.

5. Une valeur de concentration [H3O+]f déduite d’une valeur de pH ne doit pas s’exprimer avec plus de deux chiffres significatifs, car l’incertitude relative sur la valeur de pH est de l’ordre de 10 %. Cette incertitude se répercute sur la valeur de la concentration. Dans le cas de l’exercice, on gardera donc la valeur :

[H3O+]f = 3,0 ± 0,4 mol · L-1.


1. a. Voir le tableau d’avancement en fin de chapitre, p. 143.

b. xéq

V = [H3O+]éq = [C3H5O2

–]éq

c. s = λ1 · [H3O+]éq + λ2 · [CH3CO2–]éq

= (λ1 + λ2) · [H3O+]éq

d. [H3O+]éq = s

l1 + l2 = 1,61 × 10–1 mol · m–3

[H3O+]éq = 1,61 × 10–4 mol · L–1

2. a. KA = [C3H5O–

2]éq · [H3O+]éq

[C3H6O2]éq


b. néq(C3H6O2) = [C3H6O2]éq · V = C · V – xéq

néq(C3H6O2) = C · V – [H3O+]éq · V

d’où : [C3H6O2]éq = C – [H3O+]éq

c. KA = [H3O+]2éq

C – [H3O+]éq

KA = (1,61 × 10–4)2

2,0 × 10–3 – 1,61 × 10–4 = 1,41 × 10–5

26 Solution aqueuse d’éthanamine

1. La réaction de l’éthanamine avec l’eau conduit à un équilibre.Les couples mis en jeu sont : C2H5NH3

+ (aq) / C2H5NH2 (aq) et H2O () / HO– (aq),

donc l’équation de la réaction entre l’éthanamine et l’eau s’écrit : C2H5NH2 (aq) + H2O () C2H5NH3

+ (aq) + HO– (aq)

2. pH = 11,3, donc : [H3O+]éq = 10–pH = 10–11,3 = 5,0 × 10–12 mol · L–1 (on garde deux chiffres significatifs).

3. On en déduit :

[HO–]éq = Ke

[H3O+] = 10–14

5,0 × 10–12 = 2,0 × 10–3 mol · L–1.

4. Voir le tableau d’avancement en fin de chapitre, p. 144.L’avancement maximal serait atteint si on avait, à l’état final :

C · V – xmax = 0, soit xmax = C · V

On en déduit que t = xf

xmax =

[HO–]éq · V

C · V =

[HO–]éq

C

5. t = 2,0 × 10–3

1,0 × 10–2 = 0,20.

On en conclut que l’avancement final ne représente que 20 % de l’avancement maximal. La réaction est bien limitée et conduit à un équilibre.

6. a. Si l’éthanamine était une base forte dans l’eau, t aurait eu la valeur 1 (soit xf = xmax, réaction totale).b. Le pH de la solution serait alors égal à :

pH = pKe + log C = 14 – 2 = 12.


27 Diagramme de distribution d’un indicateur coloré

1. En milieu très acide, c’est la forme acide du couple HInd/Ind– qui prédomine. La courbe qui débute à pH = 0 à la valeur 100 % est celle qui correspond à la forme acide HInd. L’autre courbe correspond à la forme basique Ind–.

2. On a la relation pH = pKA + log [Ind–]éq

[HInd]éq, donc

lorsque pH = pKA aucune des deux espèces ne pré-domine ; on a, dans la solution, [HInd]éq = [Ind–]éq.Sur le graphe, cela correspond au croisement des deux courbes : on a 50 % de chacune des espèces.Au point de croisement, on a pH = pKA, donc pKA = 4 pour le couple HInd / Ind–.

3. Le diagramme de prédominance du couple HInd / Ind– est donc :

[HInd]éq 1 [Ind–]éq

[HInd]éq = [Ind–]éq

[HInd]éq ! [Ind–]éq

4 pH

4. Dans une solution dont le pH prend la valeur 2, l’indicateur coloré prend une teinte jaune. À pH = 4, il prend une teinte verte et à pH = 9 une teinte bleue.

5. P (HInd) = [HInd]éq

[HInd]éq + [Ind–]éq =

[HInd]éq

C

P (Ind–) = [Ind–]éq

[HInd]éq + [Ind–]éq =

[Ind–]éq

C

6. Au pH = 3,5, on lit sur le graphe :

P (HInd) = 75 % = 0,75 et P (Ind–) = 25 % = 0,25ce qui conduit à :

[HInd]éq =P (HInd) · C = 0,75 × 20 = 15 mmol · L–1

et [Ind–]éq = P (Ind–) · C = 0,25 × 20 = 5 mmol · L–1.

7. [Ind–]éq

[HInd]éq =

P (Ind–)

P (HInd) = 10 (1)

P (HInd) + P (Ind–) = 1 (2)

(1) P (Ind–) = 10 × P (HInd)donc (2) P (HInd) + 10 × P (HInd) = 1,

soit P (HInd) = 111 = 0,09 et, par conséquent :

P (Ind–) = 0,91.La limite entre la teinte sensible (verte) et la teinte basique (bleue) se situe lorsque P (Ind–) = 0,91 et P (HInd) = 0,09.Sur le graphe, cela correspond à pH = 5.Par un raisonnement analogue (en remplaçant 10 par 0,1 dans (1)), on aboutit à déterminer que la limite entre la teinte acide (jaune) et la teinte sensible (verte) se situe lorsque :

P (Ind–) = 0,09 et P (HInd) = 0,91.Sur le graphe, cela correspond à pH = 3.La zone comprise entre pH = 3 et pH = 5 est la zone de virage de l’indicateur coloré.

28 Solution d’acide sulfurique

1. H2SO4 (ℓ) + 2 H2O (ℓ) SO42– (aq) + 2 H3O+ (aq)

2. Chaque mole de H2SO4 (ℓ) produit deux moles de H3O+ (aq), donc :

[H3O+]éq = 2 · C

3. pH = – log(2 · C ) = – log (2 × 5,0 × 10–2) = 1,0

4. Dans le cas de l’acide chlorhydrique, on a :[H3O+]éq = C

donc : pH = –log (5,0 × 10–2) = 1,3.Le pH obtenu est supérieur à celui obtenu avec de l’acide sulfurique de même concentration molaire en soluté apporté.

29 Dioxyde de carbone et pH de l’eau de mer

1. Les couples mis en jeu sont CO2,H2O / HCO3– et

H3O+ / H2O, donc :

CO2,H2O (ℓ) + H2O (ℓ) HCO3– (aq) + H3O+ (aq)


De l’expression de KA1=

[HCO3–]éq · [H3O+]éq

[CO2,H2O]éq, on peut

déduire :

pH = pKA1 + log

[HCO3–]éq

[CO2,H2O]éq

2. Les couples mis en jeu sont HCO3– / CO2

3– et

H3O+ / H2O, donc :

HCO3– (aq) + H2O (ℓ) CO2

3– (aq) + H3O+ (aq)

De l’expression de KA2 = [CO2

3–]éq · [H3O+]éq

[HCO3–]éq

, on peut déduire :

pH = pKA2 + log

[CO23–]éq

[HCO3–]éq

3. a. pKA1 correspond au croisement des deux der-

nières courbes.En effet, en ce point, [CO2,H2O]éq = [HCO3

–]éq

donc : pKA1 = 6,3.

pKA2 correspond au croisement des deux premières

courbes.

En effet, en ce point, [HCO3–]éq = [CO2

3–]éq

donc : pKA1 = 10,3.

b. Le diagramme de prédominance des espèces CO2,H2O (ℓ), HCO3

– (aq) et CO23– (aq) est :

HCO3–CO2,H2O CO3

2–

6,3 10,3 pH

4. Si le pH diminue, la concentration en ions carbo-nate CO2

3– va être encore plus faible qu’elle ne l’est

déjà à pH = 8,2. Cette diminution du pH a pour conséquence que la réaction, inverse de celle dont l’équation est écrite en 2, est favorisée. Elle peut entraîner ainsi la dissolu-tion des coquilles de ces organismes.

30 Leucine

Traduction du texte et des questions :

« Un acide α-aminé est une molécule qui contient un groupe fonctionnel amine et un groupe fonctionnel acide carboxylique, le groupe amine étant porté par l’atome de carbone situé immédiatement après l’atome de carbone du groupe acide carboxylique. Le groupe acide (PCO2H) peut perdre un proton pour devenir le groupe négatif carboxylate (PCO–

2). Le groupe amine (PNH2) peut gagner un proton et devenir le groupe positif ammonium (PNH+

3). Ainsi, un acide α-aminé existe en solution aqueuse sous la forme d’un amphion. La leucine est l’acide aminé le plus courant dans les protéines humaines.C’est un acide α-aminé essentiel dont le nom systé-matique est acide 2-amino-4-méthylpentanoïque. La leucine est utilisée dans le foie, les tissues adipeux et

les tissus musculaires. C’est aussi un additif alimen-taire, E 641, utilisé comme exhausteur de goût.

1. @ Qu’est-ce qu’un acide α-aminé essentiel ?

2. Écrire la formule chimique de la leucine.

3. En déduire les formules :a. de l’amphion de la leucine ;b. de la forme cationique de la leucine ;c. de la forme anionique de la leucine.

4. Écrire les deux couples acide/base.

5. Établir le diagramme de prédominance de la leucine.

6. Justifier la présence d’un atome de carbone asy-métrique dans la leucine.

7. Représenter les deux stéréoisomères de configu-ration de la leucine.

Données : – cation/amphion pKA1

= 2,33 ;– amphion/anion pKA2

= 9,74. »

1. Un acide α-aminé essentiel est un acide aminé qui ne peut pas être synthétisé par l’organisme humain. Il doit être apporté par l’alimentation.

2. La formule développée de la leucine est :

CH3PCHPCH2PCHPCO2H P P

CH3 NH2

3. Les formes cationique, amphion et anionique de la leucine sont :

CH3PCHPCH2PCHPCO2H P P

a. CH3 +NH3

CH3PCHPCH2PCHPCO2–

P P

b. CH3 +NH3

CH3PCHPCH2PCHPCO2–

P P

c. CH3 NH2

4. Les deux couples acide / base sont : cation / amphion et amphion / anion

5. Voir le diagramme de prédominance de la leucine en bas de page.

6. L’atome de carbone no 2 est un atome de carbone asymétrique dans la leucine, car il a quatre substi-tuants différents.

7. Les deux stéréoisomères de conformation de la leucine sont :

NH2(CH3)2CHPCH2

H

CO2H CO2H

H2NCH2PCH(CH3)2

H* *

Diagramme de la question 5 :

2,33 9,74 pH

CH3 – CH – CH2 – CH– CO2H

CH3

–

+NH3

– CH3 – CH – CH2 – CH– CO2

–

CH3

–

+NH3

– CH3 – CH – CH2 – CH– CO2

–

CH3

–

NH2

–


31 L’eau distillée et son pH

1. L’équation de la réaction d’autoprotolyse de l’eau s’écrit :

2 H2O () HO– (aq) + H3O+ (aq)

2. Le produit ionique de l’eau est : Ke = [H3O+]f · [HO–]f

3. À 25 °C, la valeur de Ke est :Ke = 1,0 × 10–7 × 1,0 × 10–7 = 1,0 × 10–14.

4. Les couples acido-basiques mis en jeu dans l’équation de la réaction entre le dioxyde de carbone dissous et l’eau sont :

CO2,H2O (aq) / HCO3– (aq) et H3O+ (aq) / H2O ().

5. La constante d’acidité KA associée à la réaction précédente est :

KA = [HCO3


[CO2,H2O]éq

De l’expression précédente, on déduit :

– log KA = – log [HCO3


[CO2,H2O]éq

donc : –log KA = – log [H3O+]éq – log [HCO3

–]éq

[CO2,H2O]éq

soit : pH = pKA + log [HCO3

–]éq

[CO2,H2O]éq

6. Si pH = 5,7 :

log [HCO3

–]éq

[CO2,H2O]éq = pH – pKA = 5,7 – 6,4 = – 0,7.

log [HCO3

–]éq

[CO2,H2O]éq ~ 0, donc

[HCO3–]éq

[CO2,H2O]éq ~ 1,

soit : [CO2,H2O]éq ` [HCO3–]éq

L’espèce prédominante dans cette eau distillée est donc CO2,H2O (aq).

7. Le diagramme de prédominance des espèces CO2,H2O (aq) et HCO3

– (aq) est :

HCO3–CO2,H2O

6,3 pH

8. Voir le tableau d’avancement en fin de chapitre, p. 144.

9. La stœchiométrie de la réaction et le tableau d’avancement conduisent à la relation :

[HCO3–]éq = [H3O+]éq

Or, pH = 5,7, d’où : [HCO3

–]éq = [H3O+]éq = 10–5,7 = 2,0 × 10–6 mol · L–1.

10. De la relation trouvée en 5, on déduit :[HCO3

–]éq

[CO2,H2O]éq = 10–0,7

donc : [CO2,H2O]éq = [HCO3

–]éq

10–0,7 =

2,0 × 10–6

2,0 × 10–1

= 2,0 × 10–5 mol · L–1.

11. Du tableau d’avancement, on déduit : [CO2,H2O]éq · V = C · V – xf = C · V – [HCO3

–]éq · V

d’où C = [CO2,H2O]éq + [HCO3–]éq

= 2,0 × 10–5 + 2,0 × 10–6 = 2,2 × 10–5 mol · L–1.

32 Point isoélectrique de la glycine

1. a. Les formules semi-développée et topologique de la glycine sont représentées ci-dessous :

H2NPCH2PCO2H OH

H2N

O

b. Cette molécule ne comporte pas d’atome de car-bone asymétrique : le seul atome de carbone qui comporte quatre liaisons, l’atome de carbone no 2, est lié à deux atomes d’hydrogène ; il n’a donc pas quatre substituants différents et n’est donc pas un atome de carbone asymétrique.c. Pour l’alanine, les formules semi-développée et topologique sont représentées ci-dessous :

H2NPCHPCO2H P

CH3

OH

NH2

O

Pour l’alanine, l’atome de carbone no 2 est asymé-trique, les deux stéréoisomères correspondants sont :

NH2CH3

H

CO2H CO2H

H2NCH3

H* *

2. L’amphion associé à la glycine est NH3+PCH2PCO2

–

3. L’amphion est un ampholyte, il appartient à deux couples acido-basiques : NH3

+PCH2PCO2H / NH3+PCH2PCO2

–

et NH3+PCH2PCO2

– / NH2PCH2PCO2–

4. Le diagramme de prédominance de la glycine est :

AH+–AH2

+ A–

8,0 11,01,0 2,4 9,8 pH

5. La glycine apportée en solution réagit avec l’eau et se présente sous l’une de ses trois formes. L’une est majoritaire selon le pH et les deux autres très minoritaires. Donc on a bien C = [AH2

+] + [AH+–] + [A–]

pour tout pH.

6. a. Voir le diagramme ci-dessus.b. À pH = 1,0, AH2

+ est majoritaire, AH+– et A– sont

minoritaires et leurs concentrations sont négli-geables, donc : [AH2

+] = CÀ pH = 8,0, AH+

– est majoritaire, AH2+ et A– sont mino-

ritaires et leurs concentrations sont négligeables, donc : [AH+

–] = CÀ pH = 11,0, A– est majoritaire, AH2

+ et AH+– sont

minoritaires et leurs concentrations sont négli-geables, donc : [A–] = C

Dans les trois cas :

C = n

V =

m

M · V

= 1,50

(2,0 × 12,0 + 2 × 16,0 + 14,0 + 5 × 1,0) × 1,00

= 2,00 × 10–2 mol · L–1.

7. KA1 · KA2

= [AH+


[AH2+]éq

· [A–]éq · [H3O+]éq

[AH+–]éq

= [A–]éq · [H3O+]2éq

[AH2+]éq


8. De la relation précédente on déduit :

log (KA1 · KA2

) = log [A–]éq

[AH2+]éq

+ log [H3O+]2éq

soit : – pKA1 – pKA2

= log [A–]éq

[AH2+]éq

– 2 · pH

On en déduit :

pH = 12

· (pKA1 + pKA2

– log [A–]éq

[AH2+]éq

)Le point isoélectrique est donc tel que [A–] = [AH2

+].

9. Le point isoélectrique de la glycine se trouve donc

au pH = 12

× (2,4 + 9,8 ) = 6,1.


33 pH du sang lors d’un effort

1. KA1 =


[CO2,H2O]éq

On en déduit :

– log KA1 = – log


[CO2,H2O]éq

– log KA1 = – log [H3O+]éq – log

[HCO3–]éq

[CO2,H2O]éq

soit : pH = pKA1 + log

[HCO3–]éq

[CO2,H2O]éq

2. [HCO3

–]éq

[CO2,H2O]éq = 10pH -pKA1 = 107,4 – 6,1 = 20

3. Si, au voisinage du muscle, la concentration en dioxyde de carbone dissous dans le sang augmente, le rapport précédent diminue, ce qui implique que le pH diminue. Le sang s’acidifie.

4. a. Si, au voisinage du muscle, la concentration du dioxyde de carbone dissous augmente, l’équilibre associé à la réaction (2) évolue dans le sens direct. En conséquence, le dioxyde de carbone excéden-taire est consommé et fixé par l’hémoglobine qui a apporté le dioxygène vers le muscle.b. Au voisinage du poumon, la concentration du dioxygène dissous dans le sang augmente. L’équi-libre associé à la réaction (2) évolue dans le sens inverse. En conséquence, le dioxyde de carbone est libéré par l’hémoglobine qui fixe le dioxygène. Il est ensuite expiré par les poumons. c. En évacuant le dioxyde de carbone dissous produit par les cellules (qui est responsable de la diminution de pH du sang), la respiration permet de réguler cette valeur du pH et de la maintenir dans le domaine de valeurs compatible avec la vie.

5. Dans la théorie de Brönsted, un acide est une espèce chimique capable de céder au moins un pro-ton H+ (ou ion hydrogène).

6. Les couples mis en jeu sont : CH3PCHOHPCO2H / CH3PCHOHPCO2

– et H3O+ / H2O

L’équation de la réaction entre l’acide lactique et l’eau s’écrit :

CH3PCHOHPCO2H (aq) + H2O () CH3PCHOHPCO2

– (aq) + H3O+ (aq)

7. On calcule tout d’abord les quantités initiales des espèces HCO3

– et CO2,H2O :ni (HCO3

–) = [HCO3–]i · V = 2,7 × 10–2 × 100 × 10–3

= 2,7 × 10–3 mol ;

ni (CO2,H2O) = [CO2,H2O]i · V = 1,4 × 10–3 × 100 × 10–3

= 1,4 × 10–4 mol.Voir le tableau d’avancement, en mol, en fin de cha-pitre, p. 144.L’avancement maximal est atteint si le réactif limitant est entièrement consommé. Il s’agit ici de l’acide lactique, ce qui conduit à la valeur de :

xmax = 3,0 × 10–4 mol.

On en déduit le bilan de matière suivant à l’état final (voir le tableau en fin de chapitre, p. 144).

8. On déduit du bilan de matière précédent :

[HCO3–] =

nf (HCO3–)

V = 2,4 × 10–2 mol · L–1

[CO2,H2O] = nf (CO2,H2O)

V = 4,4 × 10–3 mol · L–1

9. pH = pKA1 + log

[HCO3–]f

[CO2,H2O]f = 6,1 + log

2,4 × 10–2

4,4 × 10–3

= 6,8

Après l’effort, le pH du sang est passé de 7,4 à 6,8. Cela est bien conforme aux prévisions faites à la question 3.


34 Étude du pH d’un mélange

1. a. Les couples mis en jeu sont HNO2 / NO2– et

H3O+ / H2O.L’équation de la réaction entre l’acide nitreux et l’eau est :

HNO2 (aq) + H2O () NO2– (aq) + H3O+ (aq)

b. La constante d’acidité associée au couple de l’acide nitreux est :

KA = [NO2


[HNO2]éq

2. L’ion méthanoate étant la base d’un couple, il réagit avec l’eau considérée en tant qu’acide. Les couples mis en jeu sont donc HCOOH / HCOO– et H2O / HO–.L’équation de la réaction entre l’ion méthanoate et l’eau est :HCOO– (aq) + H2O () HCOOH (aq) + HO– (aq)

3. a. Les domaines de prédominance des deux couples acide / base mis en jeu sont représentés ci-dessous :

NO2–

HCOO–

HNO2

HCOOH

3,3

3,8 pH


b. La solution d’acide nitreux a un pH égal à 2,0 ; c’est l’espèce HNO2 qui y prédomine.La solution de méthanoate de sodium a un pH égal à 8,7 ; c’est l’ion méthanoate HCOO– qui y prédomine.

4. Les couples mis en jeu sont HNO2 / NO2– et

HCOOH / HCOO–. De plus, le système atteint un état d’équilibre. L’équation de la réaction entre l’acide nitreux et l’ion méthanoate est donc :

HNO2 (aq) + HCOO– (aq) HCOOH (aq) + NO2– (aq)

5. a. Les quantités initiales de réactifs sont :– pour l’acide nitreux : n1 = C1 · V1 = 0,20 × 200 × 10–3 = 4,0 × 10–2 mol ;

– pour le méthanoate de sodium : n2 = C2 · V2 = 0,40 × 200 × 10–3 = 8,0 × 10–2 mol.

b. Voir le tableau d’avancement, en mol, en fin de chapitre, p. 144.

6. Les concentrations des différentes espèces chimiques présentes à l’équilibre sont :

[HNO2]f = nf(HNO2)

2 · V =

0,7 × 10–2

2 × 200 × 10–3

= 1,75 × 10-2 mol . L-1

[HCOO–]f = nf(HCOO–)

2 · V =

4,7 × 10–2

2 × 200 × 10–3

= 1,18 × 10-1 mol . L-1 ;

[HCOOH]f = nf(HCOOH)

2 · V =

3,3 × 10–2

2 × 200 × 10–3

= 8,25 × 10-2 mol . L-1 = [NO2-].

7. On considère le pKA1 du couple de l’acide nitreux.

Son expression conduit à :

pH = pKA1 + log

[NO2–]f

[HO2]f = 3,3 + log

8,25 × 10–2

1,75 × 10–2 = 4,0.

Le même calcul mené à partir du pKA2 du couple de

l’acide méthanoïque conduit au même résultat.


Équation chimique HCO2H (aq) + H2O (ℓ) HCO2– (aq) + H3O+ (aq)

État initial (x = 0) 50 Solvant 0 0

État intermédiaire (x) 50 – x Solvant x x

État final (xf ) 50 – xf Solvant xf xf


Équation chimique HBr (g) + H2O (ℓ) Br – (aq) + H3O+ (aq)

État initial (x = 0) 0,126 Solvant 0 0

État intermédiaire (x) 0,126 – x Solvant x x

État final (xf) 0,126 – xf Solvant xf xf


Équation chimique 2 H2O (ℓ) HO– (aq) + H3O+ (aq)

État initial (x = 0) n0 0 0

État intermédiaire (x) n0 – 2 x x x

État final (xf) n0 – 2 xf xf xf


Équation chimique C3H6O2 (aq) + H2O (ℓ) C3H5O–2 (aq) + H3O+ (aq)

État initial (x = 0) C · V Solvant 0 0

État intermédiaire (x) C · V – x Solvant x x

État final (xf = xéq) C · V – xéq Solvant xéq xéq

– A. Durupthy (dir.), Chimie MPSI-PCSI-PTSI, 1re année, Édition spéciale, Hachette, collection HPrépa, 2003.– A. Durupthy (dir.), Chimie, PCSI, 1re année, Hachette, collection HPrépa Tout en un, 2007.– M. Dumoulin et J. mesplèDe, Un pas vers la Sup en Chimie. De la terminale à la prépa MPSI-PCSI-PTSI, Bréal, 2005.– J.-C. ChotarD, J.-C. Depezay et J.-P. leroux. Chimie fondamentale, études biologiques et médicales, Hermann, 1998.Pour les équilibres acido-basiques, voir le site http://www.respir.com/doc/abonne/base/EquilibreAcideBase.asp


http://www.respir.com/doc/abonne/base/EquilibreAcideBase.asp



nf (AH) nf (HCO3–) nf (A

–) nf (CO2,H2O)

État final 0 mol2,7 × 10–3 – 3,0 × 10–4

= 2,4 × 10–3 mol3,0 × 10–4 mol

1,4 × 10–4 + 3,0 × 10–4

= 4,4 × 10–4 mol

Exercice 34, question 5b.

Équation chimique HNO2 (aq) + HCOO– (aq) HCOOH (aq) + NO2– (aq)

État initial (x =0) n1 n2 0 0

État intermédiaire (x) n1 – x n2 – x x x

État final (xf)n1 – xf

= 4,0 × 10–2 – 3,3 × 10–2

= 0,7 × 10–2 mol

n2 – xf

= 8,0 × 10–2 – 3,3 × 10–2 = 4,7 × 10–2 mol

xf

= 3,3 × 10–2 mol

xf

= 3,3 × 10–2 mol


Équation chimique CO2,H2O () + H2O () HCO3– (aq) + H3O+ (aq)



État final (xf) C · V – xf Solvant xf xf


Équation chimique HA (aq) + HCO3– (aq) A– (aq) + CO2,H2O (aq)

État initial (x =0) n0 2,7 × 10–3 0 1,4 × 10–4

État intermédiaire (x) n0 – x 2,7 × 10–3 – x x 1,4 × 10–4 + x

État final (xf) n0 – xmax 2,7 × 10–3 – xmax xmax 1,4 × 10–4 + xmax


Équation chimique C2H5NH2 (aq) + H2O () C2H5NH3+ (aq) + HO– (aq)



État final (xéq) C · V – xéq Solvant xéq xéq

145

Chapitre

Activités


1 Du macroscopique au microscopique (p. 350)

1 Des particules macroscopiques sont percutées par des particules microscopiques et, de ce fait, sont animées d’un mouvement aléatoire nommé mouve-ment brownien.

2 2x est le carré moyen du déplacement selon l’axe x. Il est calculé en faisant la moyenne des carrés des déplacements d’un grain suivant un axe horizontal pendant un intervalle de temps donné. Dans cette relation, l’intervalle de temps est noté t.

3 On déduit de la formule Rt N

Tr4

1

A

2

3π η=x $ $ que

l’activité du mouvement brownien est inversement proportionnelle au nombre d’Avogadro.

Cette activité dépend aussi de la température, de la taille du grain, de la viscosité du liquide et d’une constante R, la constante molaire des gaz parfaits.

4 Lors de la première expérience, J. Perrin a modifié la taille des grains et la viscosité du liquide pour

prouver que la constante d’Avogadro ne dépend pas des conditions de mesure.5 J. Perrin a déterminé le rayon moyen des grains en

éva porant l’eau et en alignant les grains selon un axe horizontal.6 D’après les données de l’énoncé, l’encadre-

ment actuel de la valeur de la constante d’Avoga-dro est :

6,022 141 02 # 1023 < NA < 6,022 144 56 # 1023

L’encadrement de J Perrin était de :

5,5 # 1023 < NA < 8,0 # 1023.

Il est bien compatible avec l’encadrement actuel.7 Le mouvement brownien a permis, par des obser-

vations et des mesures à notre échelle, c’est-à-dire macroscopique, de prouver l’existence de particules infiniment petites appartenant au domaine micro-scopique.

2 Énergies microscopiques (p. 351)

1 L’archer fournit de l’énergie à l’arc sous forme de travail pour le déformer.2 L’arc, après avoir été déformé, peut fournir de l’éner-

gie à la flèche pour la mettre en mouvement. Il a donc emmagasiné de l’énergie au préalable. Cette énergie est stockée sous forme d’énergie potentielle élastique.3 Au niveau microscopique, lorsque l’arc est déformé,

la position des atomes les uns par rapport aux autres a été modifiée. Cette modification correspond à une variation, à l’échelle microscopique, d’énergie potentielle.4 Lorsque la température du système s’élève, les

particules microscopiques ont des mouvements plus rapides. L’énergie cinétique microscopique augmente.5 L’échauffement de la météorite est dû au travail des

forces de frottement entre la météorite et l’atmo-sphère. Les particules de la météorite voient leur éner-gie cinétique augmenter.6 Le Soleil fournit de l’énergie à la sculpture de glace

pour la faire fondre.7 Au niveau microscopique, des interactions entre les

molécules d’eau, responsables de la cohésion de la

glace, sont rompues. L’énergie potentielle micro-scopique est modifiée.

8 Pour définir l’énergie cinétique microscopique d’une particule, il faut préciser qu’en plus d’un mouve-ment d’ensemble – qualifié de mouvement macro-scopique – les particules peuvent avoir un mouvement par rapport au centre d’inertie du système et donc une vitesse dans le référentiel d’inertie. On associe à cette vitesse une énergie cinétique microscopique.De plus, les particules peuvent interagir entre elles. À ces interactions, on associe une énergie potentielle microscopique.L’énergie interne est définie comme la somme de toutes ces contributions microscopiques.On note que, dans le modèle du gaz parfait, les inter-actions entre les molécules de gaz sont négligées, de telle sorte qu’au niveau microscopique le système ne possède qu’une énergie cinétique. On montre, en théorie cinétique des gaz, que l’énergie interne d’un gaz parfait n’est fonction que de sa température. Lorsque les interactions entre particules ne sont plus négligeables, on utilise d’autres modèles de gaz : le modèle de Van der Waals par exemple.

14Transferts macroscopiques d’énergie


3 Constante solaire et transfert thermique (p. 352)

1 Le bloc d’aluminium utilisé a une masse m = 47,5 # 10–3 kg. 2 ϕS est une puissance par unité de surface, son unité

est donc le W · m–2.3 L’énergie issue du rayonnement solaire (S) se

calcule à partir de la puissance du rayonnement solaire (ϕS), de la surface éclairée (S) et de la durée d’éclaire-ment (Δt) :

S = ϕS · Δt · SCe terme est une énergie, car l’étude des unités des grandeurs utilisées dans la relation donne :

(W · m–2) · s · m2 = J · s–1 · s = JL’énergie stockée dans le métal peut s’exprimer en fonction de sa masse, de sa capacité thermique massique et de sa variation de température :

m · c · (θf – θi)Ce terme est une énergie, car une étude des unités donne :

kg · (J · kg–1 · °C–1) · °C = JCes deux énergies sont égales, on obtient :

ϕS · Δt · S = m · c · (θf – θi)Cette formule est homogène puisque les unités sont les mêmes à droite et à gauche de l’égalité (le Joule).

De l’égalité précédente, on déduit : ϕS = θ θm c

t S

–f i

∆ $$ ` j

d’où, avec les valeurs expérimentales obtenues :

ϕS = ( )

, ( , , )

10004

26 1047 5 10 895 39 0 26 3–3

3 2–

–

# ##

# # #

π

ϕS = 1,02 # 103 W · m–2.4 Puisque 30 % de l’énergie est absorbée par l’atmo-

sphère : ϕS = 0,70 · F, donc :

F = , ,

,0 70 0 70

1 02 10S3#ϕ

= = 1,45 # 103 W · m–2.

Cette valeur est de l’ordre de grandeur des valeurs proposées dans la littérature.

5 On décompose le transfert d’énergie en trois étapes :– le transfert par rayonnement dans le vide spatial depuis le Soleil jusqu’à l’atmosphère terrestre ;– le transfert par rayonnement et par convection dans l’atmosphère jusqu’au pyromètre ;– le transfert par conduction dans le bloc de métal, et entre le bloc et le thermomètre.

4 La résistance thermique (p. 353)

1 a. Le flux thermique ϕ est une énergie thermique transférée par unité de temps. Il s’exprime donc en watt (W).

b. La résistance thermique Rth et le flux sont liés par R

T T–

th

1 2ϕ = .

La résistance thermique s’exprime donc en K · W–1 ou °C · W–1.2 Le tableau suivant résume quelques mesures :

Matériau Épaisseur T1 (°C) T2 (°C) I (mA) U (V) P (W)Rth calculée

(°C · W–1) Verre 5,0 mm 21,6 14,6 295 14,34 4,23 1,65Bois 9,0 mm 22,0 7,0 118 5,81 0,68 21,84PVC 3,0 mm 21,6 9,4 241 11,73 2,82 4,31

Plâtre 9,0 mm 21,6 8,8 192 9,17 1,76 7,26

Puisque t

Qϕ∆

= et que l’on considère que l’énergie électrique reçue par le conducteur ohmique est convertie en

énergie thermique, puis est totalement transférée à travers la plaque, on a ϕ = 𝒫.Pour chaque condition, on peut déterminer Rth et la comparer à la valeur affichée.3 Lors de la mesure de la résistance thermique, il existe des erreurs, notamment au niveau des mesures des

températures, de la tension et de l’intensité du courant.4 a. Plus la résistance thermique du matériau est élevée, plus le flux thermique est faible à travers le matériau.

Ce dernier empêche le transfert d’énergie à travers lui ; c’est un bon isolant thermique.b. Lorsque plusieurs matériaux sont accolés, la résistance thermique totale est égale à la somme des résistances thermiques de chaque matériau.

5 Ça refroidit dedans et ça chauffe dehors (p. 354-355)

1 Pour comprimer un système, il faut lui fournir de l’énergie (en appuyant dessus par exemple). On en déduit que le travail W est reçu par le système, donc est positif.

2 Une liquéfaction (condensation liquide) correspond à la formation de nouvelles interactions intermoléculaires (Première S), donc elle s’accompagne d’une libération d’énergie. C’est une transformation exothermique.

numériqueManuel

2.0numériqueAnimation : Transfert thermique.


Une vaporisation correspond à la rupture d’interactions intermoléculaires présentes dans un liquide, donc elle nécessite de l’énergie thermique. C’est une transfor-mation endothermique.3 a. Le principal mode de transfert thermique est la

conduction thermique.b. Le liquide frigorifique se condense en libérant de l’énergie à l’extérieur, ce qui est perceptible en tou- chant les tuyaux au dos du réfrigérateur.4 Le transfert thermique entre le système et l’armoire

a lieu lors de la vaporisation endothermique : l’armoire fournit de l’énergie thermique au système, donc elle

perd de l’énergie. La température de l’armoire va diminuer.5 La variation d’énergie interne de l’eau liquide

s’écrit :ΔU = W + Q = m · c · ΔT

Or, ici, W = 0 et Q = –4,75 kJ puisque le transfert thermique se fait de l’eau vers le liquide frigorifique. Il vient alors :

, ,T

m cQ

4 1 00 418047501

–# #

Δ = =$

= – 0,27 °C.

La température de l’eau liquide baisse d’environ 0,3 °C lors d’un cycle de fonctionnement.


QCM1 1. B ; 2 1. A ; 2. A, B et C ; 3. C ; 3 1. B ;

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


5 Interpréter des transferts thermiques

Le flux thermique est défini par ϕ R

Te

T16th_bois

Δ Δ= =

donc .e T16 ϕ∆=

Application numérique :

, m,e16 12

30 0 16#

= = soit 16 cm.

Il faudrait un panneau de bois de 16 cm d’épaisseur pour obtenir un flux thermique de 12 W.

6 Faire un bilan d’énergie

1. Après la coupure électrique, le système dont fait partie le radiateur ne reçoit plus de travail électrique.Il y a deux transferts d’énergie à faire intervenir : un transfert vers l’air extérieur et un transfert vers l’occupant.Ces deux transferts sont négatifs pour le système.

Cabine+ air intérieur+ radiateur

Transfert versl’air extérieur

Q � 0

Transfertvers l’occupant

Q’ � 0

2. Par ailleurs, pour le système ΔU = Q + Q’. Q et Q’ sont deux grandeurs négatives, donc la varia-tion d’énergie interne l’est aussi.La température du système diminue puisque son éner-gie interne diminue.

Pour commencer

7 Connaître l’intérêt de la constante d’Avogadro

1. La constante d’Avogadro représente le nombre d’entités présentes dans une mole de cette entité.

2. La constante d’Avogadro lie les mondes macrosco-pique et microscopique.

8 Prendre conscience de la valeur de NA

1. Dans 60 millions de m3 de sable, il y a :

N5 1060 10 1 10

11

618

–#

##= = grains de sable.

On néglige le volume entre les grains de sable.

2. Le nombre de moles de grain de sable est :

,, mol.n

NN

6 02 101 10 2 0 10grains de sable

A23

186–

#

##= = =

3. Il faudrait environ 5 # 105 dunes du Pilat pour rassembler 1 mole de grains de sable.

9 Savoir définir l’énergie interne

L’énergie interne d’un système est la somme de ces énergies potentielle et cinétique microscopiques. L’énergie interne résulte de propriétés microscopiques.

10 Comprendre la variation d’énergie interne d’un système

1. L’énergie interne d’un système peut varier s’il échange avec l’extérieur du travail W et/ou de l’éner-gie thermique Q. La relation qui en résulte s’écrit :

ΔU = W + Q

2. La variation ΔU = Uf – Ui de l’énergie interne d’un système est positive si l’énergie interne du système augmente ; elle est négative dans le cas contraire.

11 Connaître la relation entre ΔU et c

1. Un corps est dans un état condensé s’il est à l’état liquide ou à l’état solide.


2. La capacité thermique massique c d’un corps est l’énergie nécessaire pour élever de 1 °C (ou de 1 K) la température d’une masse de 1 kg de ce corps.

3. La relation entre la variation d’énergie interne et la variation de température est :

ΔU = m · c · ΔTavec ΔU en J, m la masse du système en kg, c la capa-cité thermique massique en J · kg–1 · K–1 (ou en J · kg–1 · °C–1) et ΔT la variation de température du corps exprimée en K ou en °C.

12 Calculer la variation d’énergie interne d’un système

La variation d’énergie interne de la masse m d’eau est liée à sa variation de température par :

ΔU = m · c · (T2 – T1)La masse m se calcule à partir de la masse volumique :

m = Veau · ρeaudonc : ΔU = Veau · ρeau · c · (T2 – T1)AN : ΔU = 1,7 # 1,00 # 4,18 # 103 # (64 – 20) = 3,1 # 105 J.L’énergie interne de ce volume d’eau a augmenté de 3,1 # 105 J.

13 Calculer une variation d’énergie interne

1. L’énergie interne d’un système peut varier si le système échange avec l’extérieur de l’énergie par travail ou par transfert thermique.

2. Les flèches indiquent le sens du transfert énergé-tique. W et Q1 sont reçus par le système, donc W > 0 et Q1 > 0. Le système perd Q2 par transfert thermique, donc Q2 < 0.

3. La variation d’énergie interne est : ΔU = W + Q1+ Q2 = 120 + 100 – 200 = + 20 J.

L’énergie interne du système augmente de 20 J.

14 Identifier des modes de transferts thermiques

a. Le transfert thermique du Soleil vers le sac se fait par rayonnement.b. Le transfert thermique du sac vers l’eau se fait par conduction.c. Le transfert thermique dans l’eau se fait par convection.

15 Illustrer des modes de transferts thermiques

a. Il y a des transferts thermiques par conduction entre la piscine et le sol qui l’entoure, entre l’eau de la piscine et la couche d’air à son contact.b. Il y a des transferts thermiques par convection dans l’eau de la piscine, dans l’air.c. Il y a des transferts thermiques par rayonnement entre le Soleil et la piscine, et entre le Soleil et le sol.

16 Reconnaître un mode de transfert

1. La température de la plaque augmente, son énergie interne également.

2. La plaque reçoit un travail mécanique de la force de frottement de la scie sur la plaque. Ce travail

augmente localement la température de la plaque. Il y a ensuite un transfert thermique par conduction dans toute la plaque.

17 Calculer et exploiter un flux thermique

1. a. Le flux thermique qui traverse la plaque de cuivre est :

, , W.t

Q15 60

4 4 10 4 9 10CuCu

63

#

##ϕ

∆= = =

b. Le flux thermique qui traverse la plaque d’alumi-nium est :

,, , W.

RT

1 7 105 0 2 9 10l

lA

th_A2

2–#

#ϕ∆

= = =

2. Pour des dimensions identiques, le flux thermique qui traverse une plaque d’aluminium est moins impor-tant que celui qui traverse une plaque de cuivre. Un flux thermique est l’énergie transférée à travers une surface par unité de temps. Le cuivre est donc le métal qui transfère le plus rapidement l’énergie thermique.

18 Calculer une énergie thermique transférée

1. T1 > T2

Q

Face 1

Face 2S

e

Le flux thermique est orienté de la source chaude (l’intérieur) vers la source froide (l’extérieur).

2. Le flux thermique s’exprime par :

,( ( ))

,RT T

5 0 1019 1

5 0 1020– – –

th_vitre

i e3 3– –# #

ϕ = = =

soit ϕ = 4,0 # 103 W.Le flux thermique à travers la vitre est de 4,0 # 103 W.

3. L’énergie thermique transférée s’écrit : Q = ϕ · Δt

avec Δt exprimé en seconde.En 1,25 h, elle a pour valeur :

Q = 4,0 # 103 # 1,25 # 3 600 = 1,8 # 107 J.

19 Établir un bilan énergétique

1. Le système étudié est l’eau contenue dans le cumulus.

2. La résistance, lorsqu’elle est traversée par un courant électrique, transfère à l’eau de l’énergie par travail électrique Wélec.La température de l’eau diminue, donc elle perd de l’énergie Q par transfert thermique.

3. L’eau reçoit de l’énergie par travail, donc W > 0, et en perd par transfert thermique, Q < 0. L’énergie reçue par rayonnement est négligeable.

4.Eau

Wélec > 0 Q < 0


Pour s’entraîner

20 Des nombres astronomiques à l’échelle microscopique !

1. La constante d’Avogadro représente le nombre d’entités présentes dans une mole de cette entité (atomes, ions, molécules, etc.).2. La conversion s’effectue en divisant par la constante d’Avogadro :– n(humains) = 1,2 # 10–14 mol ;– n(étoiles,Voie Lactée) = 3,89 # 10–13 mol ;– n(étoiles, Univers) = 0,1 mol.

3. Le nombre d’entités microscopiques présentes dans un système macroscopique étudié en chimie est gigan-tesque (il y a presque dix fois plus d’atomes dans une mole que d’étoiles dans tout l’Univers). Travailler avec des quantités de matière permet de manipuler plus commodément des nombres. Cette grandeur est adaptée à l’échelle macroscopique.

21 Chacun son domaine et les unités seront bien gardées !

1. À l’aide des données de l’énoncé, on calcule :

a. NR , molk

6 02 10B

A23 1– –# .=

b. eF , mol N6 03 10 A

23 1– –# .=

c. D’après la définition de l’unité de masse atomique :

Nm1u (1 atome C)

121 (1 mol C)m

121

A

12 12# ==

1u 1 ( C) gN

MN12

1 1

A A

12# #= =

On retrouve encore une fois le nombre d’Avogadro.

2. Le passage d’un domaine à l’autre se faisant grâce à la constante d’Avogadro :

Domaine microscopique Domaine macroscopique

kB R

e F

1 u 1 g

3. Certaines unités sont mal adaptées à l’échelle micro- ou macroscopique. Il est souvent plus commode de manipuler des nombres qui ne sont ni infiniment petits, ni infiniment grands (sans puissance de dix), d’où l’intro-duction de nouvelles unités comme celle de masse atomique, plus facile à manipuler que 1,66 # 10–24 g.

22 Calculer une variation de température

1. La température de l’huile diminue ; il en est de même pour son énergie interne. La variation d’énergie interne de l’huile est donc négative.

2. La variation d’énergie interne de l’huile s’exprime par : ΔU = m · c · (Tf – Ti)

avec m la masse de l’huile. m = Vhuile · dhuile · ρeau

d’où ΔU = Vhuile · dhuile · ρeau · (Tf - Ti).On en déduit :

Tf = U∆V d c

Thuile huile eau huile

iρ+

$ $ $AN : Tf =

, , ,,

5 0 0 81 1 00 20002 2 10 50– 5

# # #

# + soit Tf c 23 °C.

23 Une ou plusieurs couches ?

1. Le matériau le mieux adapté aux vêtements d’hiver est celui qui a la résistance thermique la plus élevée, c’est-à-dire le feutre.

2. Lorsqu’on accole plusieurs matériaux, la résistance thermique totale est la somme des résistances ther-miques de chacun des matériaux.

3. a. Entre deux vêtements est emprisonnée une fine épaisseur d’air.b. On constate que, pour une même épaisseur e, l’air a une résistance thermique plus élevée que les maté-riaux présentés. C’est donc un bon isolant thermique. Deux vêtements de même épaisseur, l’un constitué d’un tissu unique et l’autre d’une superposition de tissus fins, n’ont pas la même résistance thermique. La résistance du tissu épais est plus faible que la somme de la résistance des tissus fins et de celle de l'air empri-sonné dans ces tissus.

24 Mesure d’une résistance thermique

1. La résistance thermique se calcule à partir de l’ex-pression du flux thermique.

,, , K WR

T T0 100

20 0 8 0 120– –

th1 2 1–

ϕ= = = $ .

La résistance thermique de cette plaque d’aluminium est de 120 K · W–1.

2. a. La résistance thermique de l’appareil est la résis-tance de la plaque de polystyrène plus celle des deux plaques d’aluminium :

Rth_tot = Rth + 2 Rth’

La résistance thermique des plaques d’aluminium doit être faible devant celle du polystyrène pour que la valeur mesurée soit identifiable à la résistance ther-mique du polystyrène.b. On vérifie que 2 R’

th << Rth ; la résistance thermique de l’aluminium est négligeable devant celle du poly-styrène.

3. a. U(ϕ) = 0,06 # 0,100 = 0,006 WLa valeur du flux thermique a une valeur encadrée par :

0,094 W < ϕ < 0,106 W

b. U (ΔT) = ( ) ( ) , , , CU T U T 0 2 0 2 0 3 °12

22 2 2+ = + =

d’où 11,7 °C < ΔT < 12,3 °C.c. À partir de la formule de calcul d’incertitude du

texte et de RT

th ϕ∆

= , on déduit :

( )U R RT

U T Uth th

2 2

ϕϕ

∆∆

= +$`f `fj p j p

( ) 120 ,,,U R

120 3

0 1000 006

th

2 2

#= +d fn p

U (Rth) = 8 K · W–1

d’où 112 K · W–1 < Rth < 128 K · W–1,ce qui s’écrit aussi Rth = 120 ± 8 K · W–1.

25 Four à micro-ondes

1. La fréquence des ondes décrites est comprise entre 109 et 1011 Hz, ce qui correspond bien, d’après le spectre des ondes électromagnétiques, au domaine des micro-ondes.


La longueur d’onde dans le vide se calcule par :c

,, m.

2 450 103 10 0 122

9

8

#

#λν

= = =

2. Du magnétron à l’eau liquide, le transfert thermique s’effectue par rayonnement. De l’eau liquide aux autres parties de l’aliment, il s’effectue par conduction ther-mique.

3. a. Pour une masse m d’eau, la variation d’énergie interne s’écrit :

ΔU = m · c (H2O (ℓ)) · (Tf – Ti) AN :

ΔU = 0,500 # 4,18 # 103 # (40,8 – 18,2) ΔU = 47,2 # 103 = 47,2 kJ

ΔU est positive, ce qui est cohérent avec l’augmenta-tion de la température de l’eau.b. L’énergie consommée par le four est :

cons = 750 # 90 = 67,5 kJ.c. Le rendement de conversion du four est :

, .U 0 70ρ ∆= =

Le rendement de conversion du four est de 70 %.

26 Chauffage à reflux

1. Il faut utiliser un chauffe-ballon et un ballon muni d’une colonne réfrigérante à air ou, plus efficace, à eau. Pour pouvoir arrêter le chauffage rapidement, il faut installer le montage sur un support élévateur.

Réfrigérantou condenseurà eau

Ballon

Chauffe-ballon

Pierre ponce

Supportélévateurà croisillons

Eau

Eau

Pince

Noix

Support

2. Par conduction thermique entre le chauffe-ballon et le ballon, le contenu de celui-ci est chauffé, son énergie interne croît. Il y a aussi des courants de convection au sein du mélange liquide. Quand la température est suffisamment élevée, le corps le plus volatil (en général le solvant) est vaporisé (rupture des interactions intermoléculaires qui assuraient la cohé-sion du liquide).Les vapeurs atteignent la colonne réfrigérante et y sont refroidies (par conduction essentiellement dans un réfrigérant à air et par conduction et convection dans

un réfrigérant à eau). L’agitation thermique et donc la température diminuent (l’énergie interne de la phase vapeur décroît) jusqu’à atteindre la température de changement d’état et les vapeurs se condensent (l’agi-tation thermique n’est plus suffisante pour empêcher les interactions moléculaires, assurant la cohésion du liquide, de s’établir). Le liquide retombe dans le ballon et il est de nouveau chauffé.

3. Ce montage permet de chauffer le milieu réaction-nel, ce qui accélère la réaction, sans perte de matière.


1. a. L’eau est en contact avec l’air et avec le sac plastique.b. Il y a transfert thermique par conduction entre l’eau froide et le sac plastique ainsi qu’entre l’eau froide et l’air. Il y a aussi un transfert thermique par rayonnement entre l’eau froide et le milieu extérieur, mais le texte indique qu’il est négligeable.

2. a. Les températures des faces intérieure et exté-rieure du sac plastique sont de 22 °C et 2 °C.

ϕRT T

20022 2– –

th_plastiquee i= =

1 10 K W .Rth_plastique1 1– –#= $

b. La résistance thermique du sac en plastique est bien plus grande que celle du seau en acier.c. Le sac plastique s’oppose bien mieux au transfert thermique que le seau en acier. Un sac plastique conserve plus longtemps une bouteille au frais qu’un seau en acier de mêmes dimensions.

28 Coup de chaud au bureau

1. Le processeur étant en contact avec les ailettes, il leur transfère de l’énergie par conduction thermique. Son énergie interne et sa température diminuent (celles des ailettes augmentent). À leur tour, les ailettes transfèrent de l’énergie par conduction à l’air qui est en contact avec elles.

2. Le flux thermique est d’autant plus élevé que la surface de contact entre les deux corps est grande, d’où un refroidissement plus efficace.Associer un ventilateur au radiateur permet de trans-férer l’énergie des ailettes à l’air par conduction et améliore sensiblement la convection (en renouvelant l’air), d’où un refroidissement plus efficace.

3. L’eau est un meilleur conducteur thermique que l’air ; de plus, on peut refroidir le processeur par l’inté-rieur et non juste par les surfaces externes.

29 Un isolant, la laine de verre

1. La résistance thermique se calcule à partir du flux thermique et de l’écart de température :

, K WRT

1015 1 5th1

1

1–ϕ∆

= = = $ .

2. Pour la laine de verre 2, il faut utiliser l’énergie transférée :

tQ

RT T–

2th

B A

2ϕ

∆= =

d’où , ( )RQ

t T T

36 102 0 3 600 30 10– –

thB A

2 3#

# #Δ= =$

Rth2 = 4,0 K · W–1.

cons


3. a. Par étude des unités des grandeurs de la rela-tion, on trouve l en W · m–1 · °C–1 ou W · m–1 · K–1.b. AN :

, ,, W m K

, ,, W m K

S Re

S Re

1 0 1 560 10 4 0 10

4 0 1 5240 10 4 0 10

th

th2

11 1

1 32 1 1

22

2 32 1 1

–– – –

–– – –

#

##

#

##

l

l

= = =

= = =

$ $

$ $

4. La conductivité thermique est indépendante de l’épaisseur du matériau. Sa valeur caractérise les proprié-tés d’un matériau à faciliter les transferts thermiques.

5. Le flux thermique s’exprime par :

eS Tϕ λ ∆

= $ $

6. Lorsqu’on double la surface de laine de verre, le flux thermique double.

7. Lorsqu’on double l’épaisseur de laine de verre, le flux thermique est divisé par deux.

8. Les pertes d’énergie sont d’autant plus grandes que le flux thermique est élevé. Pour limiter les pertes d’énergie par la toiture, il faut limiter sa surface et augmenter l’épaisseur de laine de verre.

30 Identifier des transferts d’énergie

1. On considère le système {canette + boisson}. Il reçoit de l’énergie sous forme de transfert thermique, puisque sa température augmente, par rayonnement et par conduction.

2. Si la température ne varie plus, on peut seulement affirmer que la variation d’énergie interne du système est nulle. La température du système est plus grande que celle de l’extérieur ; il y a donc un transfert thermique du système vers l’extérieur. Ce transfert thermique est compensé par rayonnement.3. La masse de boisson contenue dans la canette est :

meau = ρeau · VeauLa variation d’énergie interne du système {canette + boisson} s’écrit :

ΔU = Q = mAl · cAl · ΔTAl + meau · ceau · ΔTeau = 39 kJ.

31 Stop !

1. Il y a une conversion de l’énergie cinétique en éner-gie thermique par le biais du travail dû aux frottements des plaquettes de frein sur les disques de frein.2. L’énergie transmise est l’énergie cinétique de la voiture :

c = 7,5 # 105 J.

3. On utilise la relation qui lie la variation de tempé-rature et la variation d’énergie interne de l’eau :

ΔU = m · ceau · ΔT = c soit ΔT = 36 °C.Il y a donc une élévation de la température de l’eau de 36 °C.


32 Récupérer de l’énergie gratuite dans la nature

1. Durant un cycle de fonctionnement, le système PAC : – reçoit un travail électrique W qui est compté positi-vement ;

– reçoit, de la part de l’extérieur, le transfert thermique Qext qui est compté positivement ;– fournit, à l’intérieur de l’habitation, un transfert ther-mique Qint qui est compté négativement.

2. Par définition, et puisque la relation puissance-

énergie s’écrit 𝒫 = Δt

, le coefficient de performance

de la pompe à chaleur s’exprime par :

COPt

QW

tW

Q– –int int

ΔΔ= =$

qui est bien positif puisque Qint < 0 et W > 0.

3. On cherche la valeur de W :

COPW

Q– int=

Or, pour chauffer cette habitation et la maintenir à Tint, il faut compenser les pertes thermiques qui ont été évaluées à Qpertes = – 874 kJ pour le système habita-tion pendant 3 heures. Il faut donc que Qint = Qpertes. Il vient donc :

k .W J4874 219– – .=

Pour maintenir la température intérieure à Tint pendant 3 heures, cette PAC consomme environ 2,2 # 102 kJ.

4. Un COP supérieur à 1 montre que l’on récupère plus d’énergie (ici Qint en valeur absolue) que ce que l’on consomme pour faire fonctionner la machine. Grâce à l’énergie gratuite fournie par l’air extérieur, ce genre de machine permet de réaliser des économies d’énergie.

33 Convection in Earth’s mantle

Traduction du texte :« Des fluides chauffés par le bas du récipient et loin des conditions d’équilibre de la conduction s’orga-nisent en cellules de convection. Dans les conditions du manteau terrestre, les roches sont généralement considérées comme des fluides.La convection mantellique est assez différente de la méta-phore habituelle du pot posé sur une cuisinière. Le para-mètre manquant dans les expériences de laboratoire et à la cuisine, dans la plupart des simulations informatiques, est la pression. Le manteau est chauffé par l’intérieur, se refroidit par-dessus et latéralement. Tous ces effets sont le moteur des mouvements de convection. »

1. Les trois modes de transfert thermique sont la conduction thermique, la convection thermique et le rayonnement.

2. C’est la convection thermique qui est principale-ment mise en jeu au sein d’un fluide dans une casserole et au sein du manteau terrestre.

3. La décroissance radioactive est responsable du chauffage interne des roches mantelliques.

4. Le modèle du fluide chauffé dans une casserole est trop simpliste. Si on retrouve bien le gradient de tempé-rature à l’origine du mouvement de convection, il faut aussi tenir compte de la pression (facteur très important).

34 Que calor !

1. Les transferts thermiques par conduction et convec-tion sont limités par le vide entre les parois ; le couvercle limite aussi la convection. Le rayonnement est limité grâce aux surfaces argentées réfléchissantes.


2. La variation d’énergie interne du système {cuivre} s’écrit :

ΔU = m2 · c2 · (Tf – T2)

Remarque : le bilan devrait être enthalpique et non en énergie interne, l’évolution se fait à pression constante et non à volume constant ; mais pour des phases condensées, il y a en général peu d’écart entre les varia-tions d’énergie interne et celles d’enthalpie du système.

3. Ce système n’échange aucun travail (W = 0), mais il échange de l’énergie thermique :• Qa avec l’eau initialement froide, négative, car cédée par le cuivre (corps chaud) à l’eau (corps froid) ;• Qb avec le calorimètre, négative, car cédée par le cuivre (corps chaud) au calorimètre (corps froid).

4. D’après ce qui précède, la variation d’énergie interne du cuivre solide est donc :

ΔU = m2 · c2 · (Tf – T2) = Qa + Qbm2 · c2 · (Tf –T2) = –m1 · c1 · (Tf – T1) – Ccal · (Tf – T1)

Il vient :

( )( ) ( )

, ( , , )( , , , ) ( , , )

0,404 J g °C .

cm T T

m c C T T

c

c62 3 20 4 75 0

80 1 4 19 8 5 20 4 16 4

––

–

––

–f

cal f2

2 2

1 1 1

2

21 1– –#

# #

.

=+

= +$

$ $

$ $

5. Les sources d’erreur systématique sont dues à l’opérateur, au calorimètre (isolation thermique non parfaite, incertitude sur la valeur de Ccal), au thermo-mètre (mesures de T), à la balance (mesures de m) et à l’incertitude sur c1.Pour améliorer le résultat, il faut répéter plusieurs fois la mesure (par exemple, tenir compte des mesures de tous les binômes en TP), utiliser des balances et ther-momètres de précision, un calorimètre très bien isolé.

35 Centrale électronucléaire

1. Le système {centrale} échange avec l’extérieur :– un travail électrique W, compté négativement, car fourni à l’extérieur par la centrale ;– un transfert thermique Q, compté positivement, car fourni à la centrale par l’extérieur (cœur du réacteur) ;– un transfert thermique Q‘, compté négativement, car fourni à l’extérieur (circuit de refroidissement) par la centrale.

2. D’après la conservation de l’énergie pour ce système, l’énergie reçue par la centrale est égale à l’énergie fournie par la centrale :

Q = – W – Q’ (puisque W < 0 et Q‘ < 0).3. Le rendement de conversion de la centrale est le rapport de l’énergie exploitable en sortie de chaîne et de l’énergie utilisée en entrée de chaîne :

QW–ρ = (puisque W < 0).

4. En combinant les deux relations précédentes, il vient :

Q W Q W W W 1 1’ – – – –ρ ρ

= = + = f p

Q’ est bien négatif, car W < 0 et ρ < 1.

5. L’eau du circuit de refroidissement reçoit le transfert thermique (–Q‘) > 0, donc son énergie interne et sa température vont augmenter.

6. a. En 600 s, la masse d’eau qui va circuler au contact de la centrale est :

m = 4,2 # 104 # 600 = 2,52 # 107 kg.b. Pour l’eau liquide, transfert thermique et variation de température sont liés par :

– Q’ = m · c · ΔT

d’où : Tm c

Qm c

W 1– ’ –

–ρ

ρ

∆ = =$ $

d n

AN :

, ,

,,

,

10,4 K.T2 52 10 4 18 10

5 4 100 33

1 0 33

–

–

7 3

11# #

# # #Δ = =

f p

La température de l’eau s’élève d’environ 10 °C lors du fonctionnement de la centrale.7. L’étude montre que plus le débit de l’eau est impor-tant, moins la variation de température est élevée.

36 Moteur de Stirling

1. a. Pour le système {gaz parfait}, le nombre de moles n et la température T restent constants lors de la transformation 1 → 2, mais le volume V et la pression P varient (voir l’équation d’état).b. Compte tenu de ce qui précède :

W12 = ∙V

V

1

2 – n · R · T · dVV

Puisque n, R et T ne varient pas, on peut écrire :

W12 = – n · R · TC · ∙V

V

A

B 1V

· dV

c. Par intégration :

W12 = –n · R · TC · ∙V

V

A

B 1V

· dV = ·R · · Inn T V– C VV

A

B8 B

T TR (In In ) R InW n V V nVV

– · · – · · ·C B A CA

B12 ·= = f p

d. La variation d’énergie interne du système s’écrit :ΔU12 = W12 + Q12

e. Lors de cette transformation, la variation de tempé-rature du système est nulle, donc celle de son énergie interne aussi. Ceci entraîne :

Q12 = – W12 = TR InnVV

· · ·CA

B+ f p

Le transfert thermique est positif, car effectivement reçu par le système.

2. Pour le système {gaz parfait}, le nombre de moles n et le volume V restent constants lors de la transforma-tion 2 → 3, mais la température T et la pression P varient (voir l’équation d’état).Compte tenu de ce qui précède :

dV = 0, donc W23 = 0.Le système n’échange pas de travail avec l’extérieur.La variation d’énergie interne du système s’écrit :

ΔU23 = W23 + Q23 = 0 + Q23Lors de cette transformation, la variation de tempéra-ture du système est (TF – TC), donc celle de son énergie interne s’écrit :

ΔU23 = n · CV · (TF – TC) Ceci entraîne :

Q23 = ΔU23 = n · CV · (TF – TC)

3. La puissance est liée au travail par :

𝒫 = t

W N·Δ

où N est le nombre de cycles effectués

pendant la durée Δt.



𝒫 = kW.60

790 1080 14– –# .

est négative puisque cette puissance est fournie par le système à la génératrice.

4. Le rayonnement est le mode de transfert thermique mis en jeu au niveau de l’absorbeur.


37 Double ou simple vitrage ?

1. Par lecture graphique, la température extérieure (x = 0 mm) est Te = 3,0 °C et la température intérieure (x = 24 mm) est Ti = 19,0 °C.

2. Le flux thermique constant au cours du temps est le même à travers les différents matériaux (verre, air) traversés :

RT T–

th_vitre

e e’ϕ =

d’où

, , , , C.

T R T

T 62 2 1 4 10 3 0 3 1 °e th_vitre e

e3

’

’–# #

ϕ= +

= + =

$

La variation de température est très faible, d’où un segment pratiquement horizontal de x = 0 mm à x = 4,0 mm.

3. On utilise l’expression du flux thermique pour l’ensemble de la paroi :

,, , , K W .R

T T62 2

19 0 3 0 0 26– –

th_totei 1–

ϕ= = = $

4. a. À nouveau, on utilise la relation définissant le flux thermique :

,, , , W.

RT T

8 3 1019 0 3 0 1 92 10

– –

vitre

i e3

3–#

#ϕ = = =

b. Avec un simple vitrage aussi épais qu’un double vitrage et de même surface, le flux thermique est

,,

62 21 92 10 31

3# = fois plus important, donc les pertes

d’énergie sont beaucoup plus grandes.

5. La paroi en verre présente un intérêt esthétique, mais une moins bonne résistance thermique.


38 Thermographie et isolation

1. Le transfert thermique par rayonnement (domaine des infrarouges) permet à la caméra thermique embar-quée dans l’avion de mesurer des flux thermiques.

2. Les toits sont chauffés principalement par convec-tion grâce à l’air chaud de l’habitation.

3. On exploite la formule du flux :( )

,R

T T

170 1016 1

17 0 1017– – –

th_toitextint

3 4# #ϕ= = =

Rth_toit = 1,0 # 10–4 K · W–1.

4. a. Pour ces deux parois superposées les résistances thermiques s’ajoutent :

Rth_toit = Rth_laine + Rth_toitb. La résistance thermique totale doit être 200 fois plus grande que celle du toit seul. La résistance ther-mique de la laine est donc égale à 199 fois la résistance thermique du toit.R

Se R R–th_laine th_tot th_toitl

= =$

= 199 Rth_toit

donc e = 199 Rth,toit · l · Ssoit e = 199 # 1,0 # 10–4 # 0,04 # 100 ≈ 8 # 10–2 m.Pour réduire les pertes thermiques par 200, il faut poser environ 8 cm de laine de verre.

154

Chapitre

Activités


1 Ondes ou particules ? Les physiciens n’y voient pas clair au début du xxe siècle (p. 376)

1

xviie siècle NewtoN Modèle particulaire

xviiie et xixe siècles YouNg, FresNel, Maxwell Modèle ondulatoire

xxe siècleeiNsteiN, suite à l’expérience de Hertz

(notamment), lewisModèle particulaire quantifié

xxie siècle De Broglie Dualité onde-particule

2 a. L’effet photoélectrique s’explique par l’aspect particulaire de la lumière.b. Les interférences s’expliquent par l’aspect ondula-toire de la lumière.

3 L’observation des résultats expérimentaux conduit à l’élaboration d’un modèle permettant de comprendre un phénomène.De nouveaux résultats peuvent conduire, après leur validation à la modification ou à l’abandon de ce modèle. La nouvelle théorie proposée doit être compa-tible avec toutes les observations expérimentales faites à ce jour (et doit pouvoir les expliquer).

4 La lumière présente un aspect ondulatoire et un aspect particulaire.5 a. L’énergie d’un photon est donnée par :

h h cm

o= =$ $

Dans cette expression, on parle d’énergie quantifiée d’un photon (aspect particulaire de la lumière) et λ est la longueur d’onde (aspect ondulatoire de la lumière).b. Plus λ est grande, plus est petite ; la formule confirme l’ex-pression écrite en italique dans le texte.

2 De la dualité onde-particule à l’aspect probabiliste de la mécanique quantique (p. 377)

1 Dans chacune des expériences, on utilise des fentes d’Young parallèles. La première figure d’interférences est obtenue en éclairant les fentes de façon continue avec un laser. Dans les deux autres, les fentes sont bombardées photon par photon (doc. 3) ou électron par électron (doc. 4). Les figures du document 4 sont obtenues lors de trois expériences de durées plus ou moins grandes.2 La détection des photons, à des endroits précis,

semble montrer l’aspect particulaire. L’obtention de figures d’interférences fait penser à un aspect ondula-toire.3 L’obtention de points d’impact met en évidence

l’aspect particulaire. Cependant, les électrons donnent aussi des figures d’interférences. Les électrons ont également un aspect ondulatoire.4 a. Les électrons et les photons n’ont pas la même

vitesse de propagation. Les électrons, contrairement

aux photons, possèdent une masse ; c’est pour cela qu’on les nomme particules de matière.b. Puisque le photon, contrairement à l’électron, est une particule sans masse, on ne peut pas le qualifier de « particule de matière ».

5 Les particules sont émises dans les mêmes conditions initiales mais n’atteignent pas toutes le même point. Or, des particules classiques émises dans les mêmes condi-tions ont la même trajectoire. Les points d’impact étant distribués sur l’écran de manière aléatoire, il n’est pas possible de prévoir le lieu d’impact d’une particule.Cependant, sur un nombre très grand, il semble possible de déterminer la probabilité d’observer l’im-pact d’une particule à un endroit donné de l’écran.L’aspect probabiliste des phénomènes quantiques signifie donc qu’on ne peut pas prévoir la position précise d’une particule, mais seulement sa probabilité de présence en un lieu donné.

numériqueManuel

2.0numériqueAnimation : Effet photoélectrique.

Transferts quantiques d’énergie et dualité onde-particule 15


3 Laser, outil d’investigation et transmetteur d’information (p. 378-379)

A Mesure de la distance entre deux sillons d’un CD ou d’un DVD

1 a. L’interférence observée a lieu entre les rayons issus de sillons consécutifs jouant le rôle de sources secondaires.b. Des interférences constructives permettent d’obser-ver une tache brillante sur l’écran.

2 a. λ, d et x sont des distances que l’on exprime avec la même unité (mètre ou sous-unités du mètre).

Le rapport xd

2

2 et par suite

xd1 42

2+ $ sont des gran-

deurs sans dimension.

La grandeur xd1 42

2λ + $ s’exprime donc en mètre,

tout comme la distance a ; la relation est homogène.b. Sur la notice, on peut lire λ = 532 nm (laser vert) ou λ = 650 nm (diode laser).Exemples de mesures obtenues :◗ Pour un CD 625 traits/mm (1,60 µm) :– Mesure avec un laser vert λ = 532 mm, d = 36 cm et x = 27 cm.On obtient a = 1,515 1 µm.– Mesure avec une diode laser λ = 650 mm, d = 25,2 cm et x = 23,5 cm.On obtient a = 1,5381 µm.◗ Pour un DVD 1350 traits/mm (0,74 µm) :– Mesure diode laser λ = 650 mm, d = 6,9 cm et x = 24,5 cm.On obtient a = 0,746 02 µm.

3 a. Il existe une incertitude de mesure sur la longueur d’onde du laser (de l’ordre de 1,5 pm), sur la distance d entre le disque et l’écran et sur la distance x entre les deux taches lumineuses d’ordre ± 1.

b. U(λ) est lue sur la notice du laser.

( ) ( )graduations

U d U x U U26

2lectdouble lect= = = =$

165 10 m#8, 4–=

soit environ 1 mm (en prenant 1 graduation = 1 mm pour le banc optique et pour le réglet) et un niveau de confiance de 95 %.c. Compte tenu des ordres de grandeur, il est raison-nable de négliger l’incertitude sur la longueur d’onde devant les autres incertitudes.Pour le CD et le laser vert, U(a) ≈ 0,01 µm.Pour le CD et le laser rouge, U(a) ≈ 0,01 µm.Pour le DVD et le laser rouge, U(a) ≈ 0,003 µm = 3 nm.d. Compte tenu de ce qui précède : Pour le CD et le laser vert, a = (1,52 ± 0,01) µm.Pour le CD et le laser rouge, a = (1,54 ± 0,01) µm. On note que les deux résultats de mesure de la distance a entre deux sillons consécutifs sont compatibles.Pour le DVD et le laser rouge, a = (746 ± 3) nm.e. Pour améliorer la mesure, on peut la répéter plu-sieurs fois (ou regrouper les mesures des différents binômes du groupe, voire des classes) ou allonger autant que possible la distance disque-écran (ce qui augmente aussi x) dans le but de diminuer l’incertitude relative sur ces deux longueurs.

4 La distance entre deux sillons consécutifs dans un DVD est envi-ron deux fois plus petite que celle dans un CD (ceci permet une augmentation de la capacité de stockage, voir chapitre 21).

B Utilisation d’un laser pour transmettre une information à distance

5 a. Lorsque le phototransistor est éclairé, la tension aux bornes du conducteur ohmique n’est pas nulle.b. Lorsque le phototransistor est dans l’obscurité, la tension aux bornes du conducteur ohmique est nulle.

6 D’après le document 8, pour le signal émis, 6T = 8,70 ms, soit T = 1,45 ms et f ≈ 690 Hz.Pour le signal reçu, 6T’ = 8,80 ms, soit T’ = 1,47 ms et f’ ≈ 682 Hz.

La transmission-réception n’affecte que très peu la période et la fréquence du signal.7 Le phototransistor doit être placé dans l’axe du

laser pour être éclairé par celui-ci. Cette observation illustre le caractère directif du faisceau laser.8 L’information a été transmise, entre les montages

émetteur et récepteur, sous forme d’ondes électroma-gnétiques. Puisque de telles ondes peuvent se propa-ger dans l’air et dans le vide, la transmission ne néces-site pas de support matériel (câbles).

4 Le microscope électronique (p. 380-381)1 La diffraction est le phénomène limitant la résolu-

tion d’un instrument d’optique.2 La longueur d’onde de l’onde de matière associée

à un électron dans un microscope électronique est plus faible que les longueurs d’onde des radiations

appartenant au domaine du visible. Or, le pouvoir de résolution est de l’ordre de grandeur de la longueur d’onde de l’onde utilisée dans un microscope. Celui du microscope électronique sera donc meilleur que celui d’un microscope optique.

numériqueManuel

2.0numériqueAnimation : Fonctionnement et applications du laser.


3 D’après la relation de de Broglie appliquée à un

électron non relativiste, on a h h .p m ve

λ = =$

De plus, l’énergie cinétique de cet électron est m0 · v

m v21

e2

c $= $

On en déduit :

h h hp

mm

m2 21

ee

c e cλ = = =

$ $


,6 63 10 34–#λ =

2 9,11 ,1

10 10 1 60 1031 3 19– –10#

# # # # # #

λ ,, ,

6 63 102 9 11 1 60 10

13446

––

# ## # #

=

,,

, m.,

6 63 109 11

1 23 102 1 60

111 11– –# ## #

#λ = =

4 Le MET possède un meilleur pouvoir de résolution que le MEB, mais ne permet d’observer qu’une coupe de l’échantillon.Le MEB permet d’observer des surfaces, même avec un relief prononcé, contrairement au MET.

5 a. Dans ce schéma, les électrons sont représentés par de petites sphères. Cela fait penser à leur aspect particulaire. En revanche, les rayons X sont représentés sous forme de petites ondulations, ce qui met l’accent sur leur aspect ondulatoire.b. Le terme « orbite », synonyme de trajectoire, n’est pas approprié, car, à l’échelle microscopique, on ne peut que prévoir la probabilité de présence d’un élec-tron (les phénomènes quantiques ont un caractère probabiliste) en un lieu donné.6 Un comportement ondulatoire, celui des atomes

par exemple, peut être mis en évidence grâce à l’ob-servation de figures d’interférences ou de diffraction.Pour observer le phénomène de diffraction, il faut qu’il existe une ouverture ou un obstacle dont les dimen-sions sont de l’ordre de celle de la longueur d’onde de l’onde étudiée.D’après la relation de de Broglie, pour un atome de quantité de mouvement de valeur M · v :

hM v

λ =$

λ ne doit pas être trop petite, donc v ne doit pas être trop élevée.7 À l’échelle macroscopique, un échantillon de matière

possède une masse beaucoup trop grande pour que le caractère ondulatoire de la matière soit perceptible.


QCM1 1. A ; 2. A et B ; 3. B ; 4. C ; 5. A et B et C ;

2 1. C ; 2. A ; 3. A et C ; 3 1. A ; 2. C.


4 Interpréter l’expérience de Davisson et Germer

La valeur de la quantité de mouvement de cet électron (non relativiste, v << c) s’exprime par :

p = me · vLa relation de de Broglie permet de calculer la longueur d’onde de l’onde de matière associée :

hm ve

λ =$

soit , ,

, , m.9 11 10 2 4 10

6 63 10 3 0 1031 6

3410

–

––

# # #

##λ = =

5 Schématiser l’effet laser

1. Ce laser émet dans le domaine des infrarouges (caractérisés dans l’air par une longueur d’onde supé-rieure à 800 nm).

2. L’écart énergétique se calcule par :

p = n = h h c,

, ,1 06 10

6 63 10 3 0 106

34 8

–

–

#

# # #νλ

= =$ $

, J1 9 10 19–#= ,soit environ 1,2 eV.On en déduit le diagramme énergétique et la sché-matisation de l’émission stimulée :

�p = �n + 1,2

�n

� (eV)

h.ν

numériqueManuel


Pour commencer

6 Connaître les aspects de la lumière

La lumière a les aspects d’onde et de particule.

7 Mettre en évidence une onde de matière

1. La diffraction caractérise l’aspect ondulatoire d’un phénomène physique.

2. L’expérience de Davisson et Germer prouve l’aspect ondulatoire d’un faisceau d’électrons.


8 Créer une onde de matière avec un électron

1. La quantité de mouvement d’une particule de masse m, non relativiste, animée d’une vitesse de valeur v a pour valeur :

p = m · v avec p en kg · m · s–1, m en kg et v en m · s–1.

2. La relation de de Broglie s’écrit :hpλ

=

avec p en kg · m · s–1, h en J · s et λ en m.

9 Calculer la longueur d’onde d’une onde de matière

1. Pour cet électron non relativiste, la valeur de la quantité de mouvement est :p = m · v = 9,11 # 10–31 # 3,00 # 104 ≈ 9,00 # 3,00 # 10–27,soit environ 2,7 # 10–26 kg · m · s–1.

2. D’après la relation de de Broglie, on a :h

,, , , m.

p 2 7 106 63 10

36 6 10 2 2 10

26

348 8

–

–– –

#

## #.λ = = =

10 Connaître l’aspect probabiliste

1. D’après la figure 1, il est impossible de prévoir le lieu de l’impact du photon sur la cellule photosensible ; les impacts sont répartis aléatoirement sur l’écran.

2. L’impact d’un photon a plus de chance de se produire sur des bandes verticales parallèles aux fentes.

3. Cette expérience illustre l’aspect probabiliste des phénomènes quantiques.

11 Utiliser un diagramme énergétique

1. n et p représentent les énergies de deux niveaux d’énergie d’une entité (atome, ion ou molécule).

2. La flèche rouge indique que l’entité passe d’un niveau d’énergie à un autre niveau d’énergie. Elle représente une transition énergétique. Dans le cas du document, l’entité passe d’un niveau supérieur vers un niveau d’énergie plus faible.

3. Lors de cette transition du niveau d’énergie p vers le niveau d’énergie n, un photon, représenté par la flèche noire, est émis (émission spontanée).

4. a. h · n représente l’énergie quantifiée du photon émis.b. La relation est p – n = h · n.

12 Décrire une émission stimulée

1. On parle d’émission stimulée lorsqu’une entité, dans un état excité, émet un photon d’énergie sous l’action d’un photon incident de même énergie (les deux photons ont mêmes énergie, direction, sens de propagation et ils sont en phase).

2.

h.ν

h.νh.ν

�n

�p

�

13 Connaître quelques propriétés d’un laser

Un laser est une source monochromatique, cohérente dont l’énergie est concentrée dans l’espace et dans le temps. Ce type de source émet un faisceau peu divergent.

14 Associer transition et radiation

1. On peut citer les transitions entre niveaux d’énergie électronique et les transitions entre niveaux d’énergie de vibration.

2. Si la radiation se situe dans l’infrarouge, une tran-sition entre niveaux d’énergie de vibration lui est associée.

15 Étudier une transition

1. a. L’énergie du photon a pour expression :h cλ

= $

soit h cλ = $ = , ,

, ,10 0 1 60 10

6 63 10 3 00 1019

34 8

–

–

# #

# # #

, m , nm.1 24 10 1 24 107 2–# #= =b. Cette radiation appartient au domaine des ultra-violets (caractérisé dans l’air par une longueur d’onde inférieure à 400 nm).

2. Il s’agit d’une transition entre niveaux d’énergie électronique.

Pour s’entraîner

16 Dualité ou non dualité

1. On utilise la relation donnant la valeur de la quantité de mouvement p = m · v (les valeurs de vitesse sont négligeables devant c, on se place dans le cadre de la mécanique classique) et la relation de de Broglie :

hp

λ =

p (kg · m · s–1) l (m)

Boule de bowling 51 1,3 × 10–35

Moustique 1,3 × 10–6 5,0 × 10–28

Électron 5,6 × 10–28 1,2 × 10–6

1 km · h–1 = ,3 61 m · s–1

2. a. D’après les longueurs d’onde calculées, l’aspect ondulatoire sera observable seulement dans le cas de l’électron. Pour les deux autres systèmes (macrosco-piques), λ est trop faible : il n’existe pas d’ouvertures ou d’obstacles suffisamment petits pour diffracter ces deux systèmes.b. La masse d’une particule ne doit pas être trop élevée pour que son caractère ondulatoire soit observable.

17 De la mécanique classique à la mécanique quantique

1. a. Dans le premier schéma, on ne représente pas de trajectoire électronique, mais la probabilité de présence de l’électron. Elle est la même dans toutes les directions


de l’espace comme le montre la géométrie sphérique, ce que confirme le texte. Cette représentation est asso-ciée au modèle quantique (aspect probabiliste d’un phénomène quantique).b. Dans le second schéma, on représente la trajectoire de l’électron autour du noyau, comme en mécanique classique.

2. On retrouve l’aspect probabiliste dans le phéno-mène d’interférences, particule de matière-particule de matière, ou photon-photon.

18 Absorption ou émission

1. a. Le schéma A représente une absorption. b. Le schéma C représente une émission stimulée. c. Le schéma B représente une émission spontanée.

2. Le photon incident qui peut provoquer une émis-sion stimulée doit avoir la même énergie que le photon émis, c’est-à-dire 2,34 eV.Sa longueur d’onde se calcule à partir de :

h c, ,

, , , m.2 34 1 60 10

6 63 10 3 00 10 5 31 1019

34 87

–

––

# #

# # ##λ = = =$

3. Le photon émis par émission stimulée a la même énergie, la même direction, le même sens de propa-gation et il est en phase avec le photon incident.

19 Laser hélium-néon

1. L’énergie du photon a pour expression :

h c,

, ,632 8 10

6 63 10 3 00 109

34 8

–

–

#

# # #

λ= =$

J10

10 3 10 3 107

34 819

–

––# #

#. =

soit environ 2 eV (puisque ,1 63 2. ).

2. Le photon incident doit avoir la même énergie que le photon émis, c’est-à-dire environ 2 eV.

20 Fonctionnement du laser hélium-néon

1. a. L’excitation des atomes d’hélium se fait par apport d’énergie électrique (« décharge électrique »).b. L’excitation des atomes de néon se fait par apport d’énergie lors des collisions entre les atomes de néon et les atomes d’hélium excités. Ces derniers se désexcitent en cédant une partie de leur énergie aux atomes de néon.

2. L’émission stimulée est amorcée par des photons émis spontanément par des atomes de néon excités (transition (4) → (3)).

3. a. D’après le diagramme énergétique, des photons de longueur d’onde égale à 632,8 nm sont émis lors de transitions du niveau d’énergie (4) vers le niveau d’énergie (3) de l’atome de néon.b. L’énergie du photon émis a pour expression :

h c,

, ,632 8 10

6 63 10 3 00 109

34 8

–

–

#

# # #

λ= =$

, J , eV.3 14 10 1 9619–#= =

c. L’écart d’énergie 4 – 3 est égal au quantum d’énergie du photon émis : 1,96 eV, d’où :3 = 4 – 1,96 = 20,66 – 1,96

= 18,70 eV.

21 Milieu laser solide ou gazeux

1. Lors d’une émission stimulée, un photon de fréquence appropriée stimule l’émission d’un photon (de mêmes fréquence, phase, direction et sens de propagation) par un atome préalablement excité. Il faut que l’énergie du photon incident corresponde à l’écart entre deux niveaux d’énergie de l’atome.

2. Afin d’augmenter le nombre d’émissions stimulées, il faut que la proportion d’atomes dans un état excité soit plus grande que celle des atomes dans l’état fondamental.Remarque : il faut noter que la probabilité d’absorption des photons utiles à la stimulation des atomes excités par des atomes non excités est alors faible. C’est ce que permet de réaliser l’inversion de population.

3. a. et b. Laser à rubis Laser He-Ne

Milieu laser

Le barreau de rubis contenant les ions chrome (III) Cr3+

Le mélange gazeux contenant

les atomes de néon

Excita-tion

Excitation par l’éclair lumineux

(pompage optique)

Excitation des atomes de

néon par collision avec des atomes

d’hélium (eux-mêmes

excités par décharge

électrique)

4. Le rôle des feuilles d’aluminium et des miroirs est le même : amplifier le rayonnement grâce aux réflexions successives des photons.

5. D’après la relation = h · n = h cλ$ les photons émis

par le laser hélium-néon transportent plus d’énergie que ceux émis par le laser à rubis.

22 Applications des lasers

1. Un laser émet un faisceau lumineux cohérent, monochromatique, très directif, concentrant l’énergie lumineuse dans le temps et l’espace.

2. a. La directivité : il ne faut pas que les rayons lumi-neux divergent si on veut cibler précisément une zone à opérer.b. La monochromaticité : un isotope est ionisé sélec-tivement ; pour cela, il faut utiliser un rayonnement de fréquence et de longueur d’onde uniques et bien précises.c. La concentration de l’énergie : le laser permet de transférer rapidement une grande quantité d’énergie sur une surface de faibles dimensions.d. La directivité : il ne faut pas que les rayons lumineux divergent si on veut qu’ils atteignent la cible (de faibles dimensions et éloignée), puis le détecteur après réflexion.e. La cohérence : une figure d’in-terférences stable s’obtient avec des ondes émises par des sources cohérentes.

numériqueManuel


numériqueManuel



23 La télémétrie laser et la Lune

1. L’énergie d’un photon a pour expression :

h c , , J.532 10

6 63 10 299792458 3 74 109

3419

–

––

#

# ##

λ= = =$

Une impulsion laser de 200 mJ contient donc :

,,

3 74 10200 10 5 35 10

19

317

–

–

#

##= photons.

2. Soit e l’énergie émise par 6 000 impulsions laser et r l’énergie reçue.

,, .

100 3 74 106000 200 10 3 21 10

19

319

–

–e

# #

# ##= =

r

L’énergie émise est de l’ordre de 1019 fois plus impor-tante que l’énergie reçue !

3. On calcule la durée Δt mise par la lumière pour parcourir 1 mm, à vitesse constante de valeur c :

cs.t d

2997924581 10 3 10

312

––#

#Δ = = =

La précision du chronométrage doit être de l’ordre de 10–12 s, c’est-à-dire de l’ordre d’une picoseconde.

24 Leptons’ family…

Traduction du texte et des questions :« Les électrons et les muons sont des particules élémentaires de la famille des leptons (particules capables d’établir des interactions faibles, mais pas des interactions fortes). Ils sont tous deux chargés négativement, mais les muons sont environ 200 fois plus lourds que les électrons et se désintègrent spontanément avec une durée de vie moyenne de 2,2 µs.On donne h = 6,63 # 10–34 J · s et me = 9,11 # 10–31 kg.

1. Rappeler ce qu’est la dualité onde-particule.

2. Par quelle relation littérale peut-elle être formulée ?

3. Quel est le rapport des longueurs d’onde des ondes de matière associées à un électron et à un muon se déplaçant avec la même valeur de vitesse ? »

1. Selon le principe de la dualité onde-particule, on peut associer une onde de longueur d’onde λ à toute particule, matérielle ou non, possédant une quantité de mouvement de valeur p.

2. Ceci se traduit par la relation de de Broglie p = hλ

avec h la constante de Planck.

3. On utilise les indices e et µ respectivement pour l’élec-tron et le muon, particules supposées non relativistes.

pp

m vm v

mm

µ

e

µ µ

e e

µ

e= =$$

puisque, ici, ne=nµ. D’autre part :

hhp

pe

e eµ

µ µ

λλ

λλ

= = =

En identifiant, il vient :

mm

2001

e

eµ

µ.

λλ

=

et donc λe ≈ 200 · λµ.


1. De la relation de de Broglie, on obtient λ = hp

.

2. Pour des particules non relativistes, hm v

λ =$

soit hvm λ

=$

v (b–) = , ,

, 3,0 1 ;m s9 1 10 2 43 10

6 63 1031 11

347 1

– –

––

# # #

##= $

v(a) = , ,

,7300 9 1 10 1 04 10

6 63 1031 14

34

– –

–

# # # #

#

v(a) , .m s9 6 106 1–#= $3. a. Par définition, c = mv

21 2 .

b. c(b–) = 0,5 # 9,1 # 10–31 # (3,00 # 107)² = 4,1 # 10–16 J ;

c(a) = 0,5 # 7300 # 9,1 # 10–31 # (9,60 × 106)2 c(a) = 3,1 # 10–13 J.

On en conclut que l’énergie cinétique de la particule a est plus grande que celle de la particule b– ; on dit qu’elle transporte plus d’énergie.

26 Les alcools en spectroscopie

1. a. Le groupe hydroxyle est le groupe OPH.

b. Lors d’une absorption, il y a gain d’énergie pour la molécule (représentée symboliquement par une sphère) :

� (eV)

h.ν

�p

�n

c. Une transition d’énergie électronique est associée à une radiation UV ou visible.d. La longueur d’onde associée au photon absorbé

vérifie la relation h h cνλ

∆ = =$ $ , ainsi :

h c, ,

, , 1,77 10 m.7 02 1 60 10

6 63 10 3 00 1019

34 87

–

––

# #

# # ##λ

∆= = =$

Cette longueur d’onde de 177 nm appartient effecti-vement au domaine des ultraviolets (λ < 400 nm).

2. a. Pour la liaison OPH, on lit s = 3 450 cm–1, ce qui correspond à λ = 2,89 # 10–4 cm = 2,89 µm.Pour la liaison CPO, on lit s = 1 030 cm–1, ce qui correspond à λ = 9,71 # 10–4 cm = 9,71 µm.b. Lorsqu’un photon infrarouge est absorbé par une molécule, il y a transition entre niveaux d’énergie vibra-toire.

c. D’après la relation h h c ,νλ

∆ = =$ $ l’écart énergé-

tique est inversement proportionnel à λ. Il est donc plus important dans le cas de la liaison OPH que dans celui de la liaison CPO.


27 Valse laser à trois ou quatre temps

1. L’état fondamental (de plus basse énergie) est l’état (1), les états excités sont les états (2) et (3).


2. a. Le pompage optique permet de réaliser la tran-sition (1) → (3) ; l’émission stimulée correspond à la transition (2) → (1).b. On représente la transition (1) → (3) en bleu et la transition (2) → (1) en rouge :

�2

�1

�3

�

3. et 4. Le niveau (1’) est intermédiaire des niveaux (1) et (2). Il est peu peuplé. La transition laser, (2) → (1’), est représentée à nouveau en rouge. Celle maintenant l’inversion de population autrement que par pompage, (1’) → (1), est représentée en vert.

�2

�1

�3

�

�1’

5. L’excitation permettant le pompage, (1) → (3), peut se faire de manière intermittente (par impulsions), ce qui laisse du temps au système de se refroidir en cas de surchauffe.

28 Effet photoélectrique

1. À la fréquence n, on associe l’aspect ondulatoire de la lumière. À une valeur précise et quantifiée de l’énergie , on associe l’aspect particulaire de la lumière.

2. Avec les notations précisées, la phrase peut être traduite par la relation = 1+ c.εc désigne l’énergie cinétique de l’électron.

3. Si la fréquence de la lumière incidente, c’est-à-dire la fréquence associée aux photons qui la constituent, augmente, alors l’énergie de chaque photon = h · n augmente. L’énergie 1 nécessaire pour arracher un électron d’un atome étant constante (d’après l’énoncé), l’énergie cinétique des électrons arrachés des atomes augmente.

4. Dans le cas du cuivre, = 1(Cu) + c.Pour une vitesse de l’électron de valeur nulle, c = 0.

donc = 1(Cu), soit h cλ

=$ 1(Cu)

Il vient :

, ,, , 2,65 10 m.

4 70 1 60 106 63 10 3 00 10

19

34 87

–

––

# #

# # ##λ = =

Un tel résultat confirme qu’un rayonnement ultraviolet (la longueur d’onde dans l’air est λ < 400 nm) permet d’observer l’effet photoélectrique.

5. La théorie ondulatoire prévoit que des rayonne-ments, en augmentant leur intensité et/ou la durée d’exposition, vont apporter l’énergie nécessaire pour

arracher un électron, même si un rayonnement visible est moins énergétique qu’un rayonnement UV. Le résultat expérimental ne le confirme pas.

29 Le laser brûleur devient refroidisseur

1. Le quantum d’énergie d’un photon s’exprime par :

h h cνλ

= =$ $

Il est inversement proportionnel à la longueur d’onde de l’onde associée au photon. Plus est élevée, plus la longueur d’onde est faible. En partant d’une radiation IR ou visible, la couleur tend vers le violet, voire l’ultraviolet.

2. a. Pour que le photon soit « au goût » de l’atome, sa longueur d’onde doit vérifier :

h h c ,– npνλ

= =$ $ avec p et n les énergies des

niveaux d’énergie de l’atome.b. Il s’agit de la propriété de monochromaticité.c. Les six lasers doivent atteindre l’atome cible. Cela est possible grâce à la directivité d’un faisceau laser.

3. L’aspect ondulatoire de la lumière est mis en évidence par l’observation de figures d’interférences ou de diffraction.L’aspect particulaire de la lumière est mis en évidence par la quantification de l’énergie ou par l’observation de l’effet photoélectrique.

4. a. D’après la question 1, l’énergie de ces photons est :

h , , , J,c589 10

6 63 10 3 00 10 3 38 109

34 819

–

––

#

# # ##

λ= = =$

soit 2,11 eV.Cette énergie correspond à l’écart énergétique entre l’état fondamental de l’atome de sodium et le premier état excité. Un tel photon peut être absorbé par cet atome. Ces photons sont donc « au goût de l’atome ».Après absorption, l’énergie de l’atome est :

2 = – 3,03 eV.b. h s’exprime en J · s, c’est-à-dire en kg · m2 · s–1

(d’après la relation de de Broglie p = m · v = hλ

), λ en

m et m en kg.

Ainsi, hmλ $

s’exprime en m · s–1, cette expression a la

dimension d’une vitesse.c. Le nombre N de chocs identiques que doit subir l’atome se calcule en divisant la valeur de la vitesse

initiale par la quantité hmλ $

:

h ,, ,N mv

6 63 103 0 10 589 10 3 82 10

34

3 9 26

–

– –

#

# # # # #λ= =$ $

N , .1 0 105#.L’atome devra subir environ 100 000 collisions pour être stoppé.d. Un photon émis par un laser bleu (488 nm) trans-porte un quantum d’énergie :

’ h c , eV.2 55m

= =$l

Cette valeur ne correspond à aucun écart énergétique pouvant être lu sur le diagramme énergétique de l’atome de sodium. Un tel photon ne pourra pas être absorbé par l’atome de sodium, il n’est pas « au goût de l’atome ».

numériqueManuel

2.0numériqueAnimation : Effet photoélectrique



30 Un scalpel hors normes

1. Le faisceau laser doit être directif et concentrer beaucoup d’énergie.

2. Ce laser émet des ondes électromagnétiques dans le domaine des infrarouges, car sa longueur d’onde de 1 060 nm dans l’air est supérieure à 800 nm, ce qui correspond à la limite supérieure du domaine du visible (rouge).

3. L’énergie libérée lors d’une impulsion est faible, elle a pour valeur = 1,0 µJ = 1,0 # 10–6 J. Cette énergie est libérée pendant une courte durée Δt = 500 fs, soit 500 # 10–15 s.La puissance est reliée à l’énergie par l’expression :

, , W.

t 500 101 0 10 2 0 10

15

66

–

–

#

##

Δ= = =

La puissance d’une impulsion est très importante alors que son énergie est faible.

4. a. L’énergie d’un photon a pour expression photon = h · n. h est la constante de Planck, n est la fréquence de l’onde électromagnétique associée au photon.b. Le nombre de photons émis par impulsion est donc :

h ,,

, .,6 63

1 0 10

1 4 1010 1 060 1034 6

6

33

– –

–

# # #

#

#

n= =

=$photon


31 Le microscope électronique

1. Le phénomène de diffraction est associé à l’aspect ondulatoire de la lumière.

2. Il faut utiliser des radiations électromagnétiques visibles ayant la plus petite longueur d’onde possible, soit des radiations violettes de 400 nm de longueur d’onde dans l’air.

3. a. La relation de de Broglie s’écrit : hpλ

= .

b. Lorsque v << c, la valeur de la quantité de mou-vement d’une particule matérielle s’exprime par p = m · v.c. D’après ce qui précède :

h, ,

, , m,m v 9 11 10 1 0 10

6 63 10 7 3 1031 7

3411

–

––

# # #

##λ = = =

$

soit 7,3 # 10–2 nm.

Les radiations visibles ont des longueurs d’onde comprises entre 400 nm et 800 nm dans l’air. Les longueurs d’onde des ondes de matière associées à ces électrons sont bien inférieures à celles de la lumière visible.

4. La taille d’un atome est de l’ordre de 10–10 nm.Les ordres de grandeur de la taille de l’atome et de la longueur d’onde de l’onde associée aux électrons sont comparables. Il sera donc possible d’observer des atomes avec ce type de microscope comme le montre la photographie.


1 Le lactate d’éthyle (p. 400-401)A. 1. Le lactate d’éthyle, produit naturel présent dans des produits alimentaires, est déjà utilisé comme additif alimentaire. Le lactate d’éthyle étant un liquide soluble dans l’eau et dans de nombreux solvants organiques, il va pouvoir être utilisé, seul ou mélangé à d’autres solvants, pour dissoudre de nom-breuses espèces organiques. Ainsi, il est actuelle-ment utilisé pour décaper des pièces peintes, net-toyer des presses d’imprimerie, dégraisser des pièces métalliques ainsi que lors de la fabrication de semi-conducteurs. Peu volatil, il dégage peu de vapeurs et ces vapeurs ont peu d’effet sur les utilisateurs et l’environnement : c’est donc un solvant de remplacement pour des solvants toxiques. C’est un produit combustible, mais comme il est peu volatil, il est moins inflammable que d’autres solvants plus facile-ment inflammables. Le lactate d’éthyle est donc un solvant alternatif qui permet de travailler dans des conditions opératoires plus sûres.

2. Le lactate d’éthyle est un ester hydroxylé, car sa structure présente un groupe ester et un groupe hydroxyle.

3. a. Le lactate d’éthyle est chiral, car il possède un atome de carbone asymétrique : l’atome de carbone qui porte le groupe hydroxyle.

O

O

OH

*

b. Représentation des stéréoisomères de configura-tion du lactate d’éthyle :

CCH3

CO2C2H5

HOH

CO2C2H5

COH

HH3C

Images l’un de l’autre dans un miroir plan et non superposables, ils sont énantiomères.

4. Un mélange racémique est un mélange équimo-laire de deux énantiomères. Un seul des énantiomères de l’acide lactique est obtenu par fermentation. Comme la réaction d’esté-rification ne met pas en jeu l’atome de carbone asy-métrique de l’acide lactique, un seul des deux énan-tiomères du lactate d’éthyle est alors obtenu.

B. 1. Influence du pH :a. Le pH de la solution dans le fermenteur doit être contrôlé pour maintenir un pH de l’ordre de 5 et per-mettre l’action des bactéries Lactobaccilus.

b. pH = pKA + log ([A–] / [AH])

= 3,9 + log ([C3H5O3–] / ([C3H6O3])

Pour pH = 5, pH ` pKA

et log ([C3H5O3–]

[C3H6O3]) ` 0,

soit : [C3H5O3–] ` [C3H6O3].

C’est donc l’ion lactate qui prédomine à pH = 5.

C3H5O3–C3H6O3

pH = 5pHpKA

= 3,9

2. a. Les groupes caractéristiques de l’acide 2-hydroxypropanoïque sont le groupe carboxyle et le groupe hydroxyle.b. La chaîne carbonée comporte trois atomes de carbone avec un groupe carboxyle à une des extrémités (atome de carbone no 1) et un groupe hydroxyle sur l’atome de carbone no 2.

C. 1. La réaction de synthèse du lactate d’éthyle est une réaction de substitution.

2. n1 = m1

M (ol) =

1,30 × 104 × 103

46,0 = 2,83 × 105 mol

n2 = m2

M (acide) =

8,50 × 103 × 103

90,0 = 9,44 × 104 mol

n2 ~ n1, l’acide lactique est donc le réactif limitant.

n (LE) = m

M (LE) =

1,06 × 104 × 103

118,0 = 8,98 × 104 mol

Le rendement de la synthèse est donc :

r = n (LE)

n2

= 8,98 × 104

9,44 × 104 = 0,951, soit 95 %.

3. Le spectre IR montre que la réaction a bien eu lieu. En effet, la bande d’absorption de la liaison CpO est située vers 1 740 cm–1, ce qui est conforme à la valeur attendue pour la liaison CpO d’un ester et supérieur aux valeurs envisageables pour la liaison CpO d’un acide carboxylique.On peut, de plus, noter que la bande d’absorption de la liaison OPH, vers 3 500 cm–1, est nettement moins étendue que la bande d’absorption de la liaison OH d’un acide carboxylique.

4. a. L’étape 2 est une réaction d’addition, alors que l’étape 4 est une réaction d’élimination.b. Dans l’étape 2, le site donneur de doublet d’élec-trons mis en jeu est l’atome d’oxygène de l’éthanol, qui possède deux doublets non liants ; le site accep-teur de doublet d’électrons mis en jeu est l’atome de carbone du second réactif qui est lié à deux atomes d’oxygène, atomes plus électronégatifs que lui.Dans l’étape 4, le site donneur de doublet d’élec-trons mis en jeu est l’atome d’oxygène du groupe

Exercices Bac

OHOH

O


hydroxyle du réactif, car il possède deux doublets non liants ; le site accepteur de doublet d’électrons mis en jeu est l’atome de carbone qui est lié à trois atomes d’oxygène, atomes plus électronégatifs que lui. La formation de la double liaison implique la rupture de la liaison CPO, puisqu’un atome de carbone doit respecter la règle de l’octet et l’obtention de la molé-cule d’eau.

c. Étape 2 O

OH

H

ROH

BO

OH

H

R+

BO

H

Étape 4

O

B

O

O

H

RH

BO

O

H

R+ HPOPH

H

5. Lors de l’estérification, le milieu acide assure la présence d’ions hydrogène H+, qui interviennent dans certaines étapes du mécanisme réactionnel sans intervenir dans le bilan de l’estérification : les ions hydrogène sont donc des catalyseurs de cette réaction.

2 Refroidissement d’atomes par laser (p. 402-403)1. a. Le refroidissement de molécules d’eau chaude par de l’eau froide est dû à des collisions. Les molé-cules d’eau chaude, plus agitées que celles de l’eau froide, leur communiquent de l’agitation tandis qu’elles sont ralenties à chaque collision. Le système évolue ainsi jusqu’à ce que toutes les molécules aient la même énergie cinétique moyenne, donc la même température. Le corps le plus froid s’est réchauffé, mais le plus chaud s’est refroidi : il y a eu échange d’énergie thermique contrairement à ce qui se passe lors du processus de refroidissement des atomes par les photons. Il y a cependant, dans les deux cas, transfert de quantité de mouvement (entre molécules d’eau, d’une part, et entre un atome et un photon, d’autre part).b. On ne peut pas atteindre le zéro absolu avec la technique de refroidissement des atomes par laser, car il est impossible d’immobiliser complètement les atomes. La désexcitation spontanée (par émission de photon) de l’atome fait qu’il subit un effet de recul dans une direction aléatoire. Il est donc toujours en mouvement. Or, le zéro absolu correspond à l’ab-sence totale de mouvement.

2. a. Un photon peut être modélisé comme une par-ticule associée aux ondes lumineuses. C’est la dualité onde-particule : la lumière peut être considérée comme l’une ou l’autre. C’est la raison pour laquelle on associe une fréquence au photon : c’est la fré-quence de l’onde associée.b. D’après la relation de de Broglie, p = hλ.

Or, λ = cf

, donc p = h · fc

.

c. Par application numérique de la relation de de Broglie :

p = hλ =

6,63 × 10–34

780 × 10–9 = 8,50 × 10–28 kg · m · s–1.

d. La lumière laser est très directive, le faisceau laser permet de privilégier une direction précise. La lumière laser est aussi monochromatique ; tous les photons émis par le laser ont la même longueur d’onde dans le vide.e. Sur le schéma de l’article scientifique, c’est le laser de gauche (le no 2), celui vers lequel se dirige l’atome, qui permet de ralentir l’atome.

3. a. Pour cet atome non relativiste (v ~~ c), la valeur de sa quantité de mouvement s’exprime par p = m · v, soit p = 1,44 × 10–25 × 150 = 2,16 × 10–23 kg · m · s–1.

b. L’atome est ralenti en absorbant les photons du laser vers lequel il se dirige. La longueur d’onde des photons qu’il perçoit, λperçue, doit être égale à λ0 = 780 nm.Si l’atome s’approche du laser émettant des photons de fréquence, la fréquence qu’il perçoit est donnée

par fperçue = fémise · d c + vd c – v

d’où : fémise = fperçue · d c – vd c + v

Or, d c – vd c + v

~ 1 donc fémise ~ fperçue.

Cette information est conforme à l’article scienti-fique : « On utilise deux faisceaux lasers de même direction, de sens opposés et de même fréquence f fixée précisément à une valeur légèrement inférieure à la fréquence f0 d’absorption/émission de l’atome ».

Comme f = cλ, on a λémise ` λperçue. Ainsi, λémise ` λ0.

c. Lorsque l’atome émet un photon, il subit un mou-vement de recul, comme une arme à feu qui lance un projectile. L’atome est donc freiné.

4. a. La somme (c + v) a la dimension d’une valeur de

vitesse, c + v

c est donc sans dimension.

L’expression fperçue = fémise · c + v

c est donc homogène.

b. En utilisant la relation simplifiée proposée :

fperçue = fémise × 3 × 108 + 150

3 × 108 ≈ fémise

Si l’atome se rapproche de la source, on a, d’après le

document 5 : fperçue = fémise · d c + vd c – v

fperçue = fémise × d 3 × 108 + 150

3 × 108 – 150 ≈ fémise

Les deux expressions conduisent au même résultat.

5. a. La valeur de la vitesse de la lumière dans le vide n’est pas donnée dans un référentiel particulier, car elle est la même dans tous les référentiels galiléens.


b. À partir de la relation Tperçue = Témise · g · (1 – vc ), on

déduit :

Tperçue = Témise · 1

a1 + vc

· 1

a1 – vc

· (1 – vc )

= Témise · 1

a1 + vc

· 1

a1 – vc

· (a1 – vc )2

= Témise ·

a1 – vc

a1 + vc

soit Tperçue = Témise · d c – vd c + v

et 1

fperçue =

1

fémise · d c – vd c + v

fperçue = fémise · d c + vd c – v

On retrouve bien la relation du document 5 lorsqu’un atome s’approche de la source laser.

TP Bac

1 Une loi de Kepler pour « peser » Jupiter (p. 404-405)

1. a. La grandeur a représente le rayon de la trajec-toire circulaire d’un satellite de Jupiter.b. Pour accéder à la masse M de la planète, il faut mesurer la période de révolution T du satellite et le rayon a de sa trajectoire dans le référentiel jupitero-centrique.c. Pour exprimer la masse M en kilogramme, la période de révolution doit être mesurée en seconde et le rayon de la trajectoire en mètre.

2. La configuration doit être telle que l’affichage de la trajectoire des satellites soit le plus grand possible à l’écran.

3. Pour la mesure de T, on déclenche le mouvement de façon à positionner un satellite, par exemple Io, sur un point de repère de la grille écliptique. On note t1 la date correspondante (mesurée en jour, grâce à l’option Date julienne). On déclenche de nouveau le mouvement jusqu’à une révolution complète autour de la planète et on note la date t2. La période de révolution s’obtient par différence :

T = t2 – t1Pour la mesure de a, on imprime la capture d’écran de la trajectoire des satellites. On détermine, à partir du diamètre D de Jupiter, l’échelle de la représentation graphique obtenue.

Enfin, on mesure le diamètre de la trajectoire de Io pour en déduire sa valeur réelle.

Pour une impression économique, on pourra copier-coller la capture d’écran dans un logiciel de traitement d’images et inverser les couleurs.

Complément

Exemples de résultats obtenus consignés dans un tableur :

• Paramètres :

MJ (kg) 1,8986E+27

Dpapier (cm) 1,90 Dréel (m) 142 984E+03

1 jr (s) 86 400

G (m3 · kg–1 · s–2) 6,67E–11

• Mise en œuvre : voir le tableau en bas de page.

4. Voir le tableau en bas de page (dernière colonne).La mesure la moins précise est celle utilisant Io, proche de Jupiter. La mesure de a est, dans ce cas, entachée d’une erreur relative plus grande que pour les deux autres satellites choisis.

Satellite t1 (jr) t2 (jr) T (s) apapier (cm) aréel (m) M (kg)IM – MJI

MJ

Io 2 456 078,145 2 456 079,92 153 291,744 5,25 3,95E+08 1,55E+27 18,2 %

Europe 2 456 080,939 2 456 084,484 306 287,136 8,93 6,72E+08 1,91E+27 0,686 %

Ganymède 2 456 086,647 2 456 093,815 619 288,416 14,4 1,08E+09 1,94E+27 2,37 %


On reprend l’expérience en remplaçant la deuxième masse d’eau par un bloc de fer :

Température initiale Température finale Énergie échangée

Calorimètre qi = 30 °C qf = 35 °C Q1 = C · (qf – qi)

meau = 30 g qi = 30 °C qf = 35 °C Q2 = meau · ceau · (qf – qi)

mfer = 120 g q’ = 55 °C qf = 35 °C Q3 = mfer · cfer · (qf – q’)

2 Emmagasiner de l’énergie thermique (p. 406-407)

1. a. La capacité thermique d’un bloc de fer de masse mfer = 120 g est :

Cbloc = cfer · mfer = 53,3 J · K–1.

b. Le calorimètre utilisé lors des mesures dont les résultats sont donnés ci-dessous a une capacité thermique C = 78,9 J · K–1.

Cette valeur a été préalablement déterminée par la méthode des mélanges. Une masse m1 d’eau est mise dans un calorimètre, l’équilibre thermique est atteint pour une température q1. On ajoute une masse m2 d’eau à la température q2, l’équilibre thermique est atteint pour une température qf.Le bilan en énergie permet d’écrire : m1 · ceau · (qf – q1) + C · (qf – q1) + m2 · ceau · (qf – q2) = 0

d’où : C = m2 · ceau · (qf – q2)

(q1 – qf) – m1 · ceau

Complément

c. Le bilan en énergie permet d’écrire, le système étant parfaitement calorifugé :

Q1 + Q2 + Q3 = 0On en déduit :

cfer = (C + meau · ceau) · (qf – qi)

mfer · (q’ – qf)

Par application numérique : cfer = 0,425 J · K–1 · g–1.

2. Un calorimètre de capacité thermique C contient une masse meau d’eau, l’ensemble est à la tempéra-ture qi.On introduit dans le calorimètre une pierre de masse mpierre et de capacité thermique massique cpierre à la température q’, température obtenue après avoir plongée la pierre dans un bain thermostaté ou après l’avoir placée dans une étuve.

On veillera à laisser la pierre suffisamment longtemps « en chauffe » pour que sa température atteigne la température du bain ou de l’étuve.

Complément

Lorsque l’équilibre thermique est atteint, l’ensemble est à la température qf.Le bilan en énergie, en considérant le calorimètre idéal, permet d’écrire : C · (qf – qi) + meau · ceau · (qf – qi)

+ mpierre · cpierre · (qf – q’) = 0

On déduit la valeur de la capacité thermique mas-sique cpierre de la pierre :

cpierre = (C + meau · ceau) · (qf – qi)

mpierre · (q’ – qf)

3. a. Les valeurs suivantes ont été relevées au cours d’une expérience :

C = 78,9 J · K–1,qf = 23 °C, qi = 17 °C, q’ = 55 °C,

meau = 41 g, mpierre = 49 g.

Par application numérique, on trouve cpierre = 1,28 J · g–1 · K–1, soit 1,28 × 103 J · kg–1 · K–1.

b. Les erreurs sont dues à :– la non-idéalité du calorimètre ;– une erreur de pesée de la masse de la pierre ;– une erreur de lecture des différentes températures ;– une erreur dans la valeur de la capacité thermique du calorimètre.Pour minimiser l’incertitude sur la mesure de cpierre, on peut répéter les mesures, utiliser des appareils de précision, calorifuger le plus possible le calorimètre.c. On compare la capacité thermique du sol en pierre, Csol,pierre = 4 × 106 J · K–1 à la capacité ther-mique du sol en bois, Csol,bois = 1 × 105 J · K–1.La capacité thermique du sol en pierre est plus grande ; ce sol stocke mieux l’énergie thermique qu’un sol en bois.


3 Une étape dans la synthèse de l’isobornéol (p. 408-409)

Protocole complet de la synthèse :

Synthèse de l’isobornéol

Dans un ballon bicol de 100 mL muni d’un bouchon et d’un contrôle interne de température, introduire un barreau aimanté en forme d’olive.À l’aide d’un volume V = 15 mL de méthanol, transvaser quantitativement dans le ballon une masse de 3,05 g de (+) -camphre, quantité pré-pesée.Agiter doucement à température ambiante jusqu’à dissolution du camphre.Refroidir le ballon à 0/+5°C dans un bain d’eau gla-cée (glace + sel).Ajouter 1,5 g de tétrahydruroborate de sodium (quantité pré-pesée) à la solution de camphre par petites portions de façon à maintenir la température du milieu réactionnel en dessous de 10 °C.À la fin de l’addition, placer un réfrigérant sur le col principal du ballon et agiter pendant 20 minutes à température ambiante.

Isolement du produit brut

Ajouter 10 mL d’eau par le haut du réfrigérant et chauffer à reflux pendant 15 minutes.Refroidir le ballon à température ambiante dans un bain glace-eau.Transvaser le contenu du ballon dans une ampoule à décanter contenant 70 mL d’eau glacée.Rincer le ballon avec 30 mL d’éthoxyéthane et les ajouter au contenu de l’ampoule.Agiter l’ampoule à décanter en dégazant fréquem-ment. Séparer les phases et recueillir la phase orga-nique dans un erlenmeyer de 250 mL. Extraire la phase aqueuse avec deux fois 20 mL d’éthoxyéthane. Réunir les phases organiques dans le même erlenmeyer. Placer la phase aqueuse dans un erlenmeyer de 250 mL.Laver les phases organiques réunies avec 10 mL d’une solution saturée d’hydrogénocarbonate de sodium.La phase organique est séchée avec du sulfate de magnésium anhydre. Filtrer à l’aide d’un entonnoir et recueillir la phase organique dans un ballon sec préalablement taré. Après avoir réalisé l’analyse par CCM (voir para-graphe suivant) du produit en solution dans l’éthoxyé-thane, éliminer le solvant à l’évaporateur rotatif.Mesurer la masse de l’ensemble {ballon + solide}. En déduire la masse du produit récupéré.

Analyse par CCM

L’éluant est un mélange fourni de cyclohexane et d’acétate d’éthyle en proportions volumiques 80/20.La plaque de chromatographie est recouverte de gel de silice contenant un indicateur de fluorescence.Dans une cuve à chromatographie, propre et sèche, introduire l’éluant jusqu’à une hauteur d’environ 0,5 cm. Couvrir la cuve de son couvercle.

Trois dépôts seront réalisés (dans l’ordre indiqué) après dissolution des produits dans l’éthanol (une pointe de spatule de solide dans 2 mL d’éthanol) :– camphre commercial ;– isobornéol commercial ;– produit synthétisé en solution dans l’éthoxyéthane.Révéler la plaque au diiode : après élution et séchage à l’air de la plaque, la déposer dans la cuve à iode mise à disposition et agiter. Attendre la révélation des produits puis entourer, sans trop tarder, les tâches observées.

La réaction peut être réalisée dans l’éthanol (au lieu du méthanol) pour des raisons de toxicité, mais cela est plus long.La cuve à iode est un pot fermé contenant du sable et quelques cristaux de diiode. Attention : cette cuve doit être manipulée sous hotte.La phase organique fournie aux élèves peut être simplement obtenue en dissolvant de l’isobornéol (5 % maximum) dans un mélange éthanol- éthoxyéthane (50 %-50 % en volume).

Complément

1. Voir protocole précédent, partie Isolement du produit brut.

2. Protocole d’analyse par CCM :

Introduire environ 1 cm d’éluant dans la cuve à CCM, la fermer pour qu’elle soit saturée en éluant.Tracer la ligne de dépôt suffisamment haute (pour qu’elle soit au-dessus du niveau de l’éluant) sans gratter la silice. Dissoudre le camphre commercial et l’isobornéol dans l’éthoxyéthane où ils sont solubles.Déposer les deux solutions préparées ainsi que la phase organique sur la ligne de dépôts (dépôts suffi-samment espacés et faire au moins trois piquages).Introduire la plaque dans la cuve, la fermer et ne plus la bouger.Retirer la plaque à CCM avant que l’éluant n’atteigne le bord supérieur de la plaque. Noter le front de l’éluant.Révéler la plaque en l’introduisant dans la cuve contenant les vapeurs de diiode.

3. a. La phase organique contient bien de l’isobor-néol, car une tache au niveau du dépôt 3 a le même rapport frontal que la tache au niveau du dépôt 2. La phase organique contient aussi de l’isobornéol, car la deuxième tache au niveau du dépôt 3 a le même rapport frontal que la tache au niveau du dépôt 1.b. La bande large, vers 3 400 cm–1, caractéristique des alcools, n’est présente que sur le spectre B. C’est donc le spectre de l’isobornéol.


4 Déterminer la valeur d’une constante d’acidité (p. 410-411)

1. Solution mère S0 : – concentration : C0 = 2,00 × 10-2 mol · L–1 ; – volume à prélever : V0.

Solution fille S : – concentration : C = 2,00 × 10-3 mol · L–1 ;

– volume à prélever : V = 100,0 mL.

Facteur de dilution : F = C0

C =

2,00 × 10–2

2,00 × 10–3 = 10,0

et : F = VV0

donc : V0 = VF =

100,010,0 = 10,0 mL.

On prélève un volume V0 = 10,0 mL de la solution mère S0 avec une pipette jaugée de 10,0 mL munie d’un pipeteur. On verse ce volume dans une fiole jau-gée de volume V = 100,0 mL.On verse de l’eau distillée jusqu’aux trois quarts du volume de la fiole, on bouche et on agite.On complète la fiole avec de l’eau distillée jusqu’au trait de jauge, en finissant avec une pipette Pasteur.On bouche la fiole, on agite pour homogénéiser la solution fille.

2. Méthode conductimétrique :

On mesure la conductivité de la solution S avec un conductimètre étalonné :

s = 131 µS · cm–1 = 131 × 10–4 S · m–1.

On détermine xf

V à partir de la relation du document

« pH et conductivité » : s = xf

V · (λC6H5CO2

– + λH3O+) × 103

xf

V = s

(λC6H5CO2– + λH3O+) × 103

= 131 × 10–4

(3,24 × 10–3 + 34,98 × 10–3) × 103

= 3,43 × 10–4 mol · L–1.

On reporte cette valeur dans l’expression de KA du document « Constante d’acidité » :

KA = (xf

V )2

C – xf

V

= (3,43 × 10–4)2

2,00 × 10–3 – 3,43 × 10–4 = 5,89 × 10–5

Méthode pH-métrique :

On mesure le pH de la solution S avec un pH-mètre étalonné : pH = 3,46.On calcule la valeur de la concentration [H3O+] f avec la relation du document « pH et conductivité » : [H3O+] f = 10–pH

[H3O+] f = 10–3,46 = 3,5 × 10–4 mol · L–1.(On ne conserve que deux chiffres significatifs pour [H3O+] f ; voir cours p. 329 du manuel.)La formule de la dernière case du tableau d’avance-

ment permet de calculer xf

V :

xf

V = [H3O+] f = 3,5 × 10–4 mol · L–1.

On reporte cette valeur dans l’expression de KA du document « Constante d’acidité » :

KA = (xf

V )2

C – xf

V

= (3,5 × 10–4)2

2,00 × 10–3 – 3,5 × 10–4 = 7,4 × 10–5

3. Méthode conductimétrique :

KA – KA,tab

KA,tab = d5,89 × 10–5 – 6,3 × 10–5

6,3 × 10–5 d = 0,065 = 6,5 %.

Méthode pH-métrique :

KA – KA,tab

KA,tab = d7,4 × 10–5 – 6,3 × 10–5

6,3 × 10–5 d = 0,14 = 14 %.

Causes de l’écart en KA et KA,tab :– incertitudes sur les mesures de la conductivité s ou du pH, liées aux appareils de mesures ;– incertitudes liées à l’étalonnage des appareils de mesure ;– solutions qui ne sont pas à la température de 25 °C ;– incertitudes sur les concentrations des solutions S0 et S préparées.

168

Chapitre

Activités


1 Habitat… que d’énergie ! (p. 416–417)

1 Le diagnostic de performance énergétique permet :– d’être informé sur les caractéristiques thermiques du logement acheté ou loué : estimation des consom-mations d’énergie et de leurs coûts ;– d’être sensibilisé à la lutte contre l’effet de serre : évaluation de la quantité de gaz à effet de serre émise par la consommation d’énergie du logement ;– d’être incité à réaliser des travaux d’économie d’énergie. 2 GES signifie « gaz à effet de serre ». Une forte

émission de GES induit un réchauffement climatique.3 a. Le système étudié est l’intérieur de la maison.b. Les flèches jaunes correspondent aux apports d’énergie et les flèches bleues aux pertes d’énergie de l’habitation.

4 La variation d’énergie interne de la maison peut être calculée à partir des transferts thermiques :

DU = QSoleil + Qéclairage + Qchauffage + Qp

– Qmurs – Qtoit – Qvitres – Qsol

5 Si la température de l’habitation est constante, Tf = Ti, soit DU = 0.

Qchauffage = Qmurs + Qtoit + Qvitres+ Qsol

– QSoleil – Qéclairage – Qp

6 Pour réaliser des économies d’énergie dans le domaine de l’habitat, il faut limiter les déperditions, bénéficier des apports du Soleil, utiliser des appareils de chauffage ayant de bons rendements, etc.

2 Ça bouge dans les transports ! (p. 418-419)

A Le constat

1 La raréfaction des énergies fossiles et la hausse des prix en résultant, l’augmentation des émissions de GES sont des freins au développement des transports tels qu’ils sont conçus actuellement.2 32 % de l’énergie totale consommée en France est

utilisée dans les transports.3 Chaque étape de la vie d’un véhicule nécessite de

l’énergie et produit des GES. 4 Le dioxyde de carbone est le principal GES produit

par les véhicules et 26 % des GES sont issus des trans-ports.

5 Le covoiturage et les transports en commun permettent de déplacer plus de personnes avec moins de véhicules.

Le ferroutage permet le transport de marchandises avec moins d’émissions de gaz polluants.

Utiliser des véhicules peu énergivores, adopter une conduite plus souple, limiter si possible l’utilisation de la voiture permettent de consommer moins de ressources énergétiques.

B Une voiture à eau

6 À l’anode se produit une oxydation de l’eau :2 H2O O2 + 4 H+ (aq) + 4 e–

À la cathode se produit une réduction de l’eau :H2O + 2 H+ (aq) + 2 e– H2 + H2O

7 Il se produit les réactions inverses lorsque le véhi-cule se déplace.

16Les enjeux énergétiques

168


8 La chaîne énergétique est schématisée par :

Énergie solaire

Électro-lyseur

Énergiechimique

Pile àcombustible MoteurÉnergie

électriqueÉnergie

électrique

Cellulephoto-

voltaïque

ÉnergieMécanique

9 Lors de l’utilisation du véhicule, il n’y pas d’émission de gaz à effet de serre ; le véhicule est qualifié de propre.

C Bilan énergétique et voiture électrique

10 Le rendement de la chaîne électrique est le produit du rendement de chacun de ses maillons : moteur, stoc-kage, distribution :

ρ = 0,8 # 0,8 # 0,92 = 60 %.11 De même, le rendement de la chaîne thermique donne :

ρ’ = 0,2 # 1 # 0,98 = 20 % (moteur, stockage, distribution).

12 a. La chaîne électrique étant trois fois plus effi-cace que la chaîne thermique, il faudrait environ

3550 180. TW · h électriques pour électrifier les véhi-

cules routiers actuels à performances identiques.

b. Ces 180 TW · h électriques représentent quasiment la moitié (40 %) de la production électrique moyenne française, qui est de l’ordre de 450 TW · h.13 Il faudrait donc construire 18 réacteurs pour couvrir les besoins.

3 Les énergies de demain… (p. 420-421)1 Les critères de recherche de nouvelles ressources énergétiques sont une réduction de la dépendance envers les

importations d’énergie, une vérification de leur impact écologique, en particulier de leur faible émission de GES.2

Ressource Transformation Déchets

Énergie des vents en pleine mer

Énergie cinétique du vent

Énergie cinétique → électricité

Aucun lors de l’exploitation

Énergie des courants marins

Énergie cinétique de l’eau

Énergie cinétique → électricité


Hydrates de glace Énergie chimique

Énergie chimique → électricité (ou énergie

mécanique pour les transports)

GES

Nouveaux biocarburants BiomasseÉnergie chimique

→ électricité


(le CO2 est restitué)

Homme Énergie humaineÉnergie cinétique

→ électricité

Aucun autre déchet que ceux produits par

l’homme dans ses activités quotidiennes

Piles à combustible à hydrogène

Énergie chimiqueÉnergie chimique

→ électricitéAucun lors de l’exploitation*

* Remarque : d’autres piles à combustible produisent des déchets lors de leur exploitation.3 Pour satisfaire ses besoins énergétiques, chaque pays utilise, dans des proportions différentes, les énergies dont

il peut disposer. Depuis le xixe siècle, la palette des ressources énergétiques, qui répond à la demande mondiale, est majoritairement d’origine fossile. Aujourd’hui, pour poursuivre son développement tout en préservant l’envi-ronnement, l’humanité est amenée à diversifier son mix énergétique.



QCM1 1. B et C ; 2. A et C ; 3. A ; 4. A et C ; 2 1. A

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

2. A et C.


4 Comprendre le concept d’énergie « concentrée »

1. L’information traitée est le concept d’énergie concentrée. La source est l’École normale supérieure de Lyon.

2. La puissance produite se calcule par :

�m h

t tg

DD

D= =pp $ $

�1200 10 9,81 100

1

3# # #=

� W, soit MW.1 10 10009#=

3. Classement des ressources énergétiques de la plus concentrée à la plus diluée :Uranium > fuel et charbon > eau en mouvement > énergies solaire et éolienne > signifie « énergie plus concentrée que ».

Pour s’entraîner

5 De l’éolienne à l’hydrolienne

1. Au lieu de « d’un poids de mille tonnes », on devrait écrire « d’une masse de mille tonnes ».« deux mégawatts, ce qui équivaut à peu près à la consommation annuelle de 2 000 à 3 000 foyers » : si on précisait la durée, on devrait parler d’énergie et non de puissance, il y a donc un problème d’unité.

2. La ressource exploitée est l’eau en mouvement (courants marins).

3. La chaîne énergétique peut-être schématisée de la manière suivante :

Énergiecinétiquede l’eau

Hydrolienne Énergieélectrique

4. À vitesse du fluide de valeur égale, les hydroliennes produisent plus d’énergie que les éoliennes.Les hydroliennes ne produisent ni gêne visuelle ni gêne sonore et les courants marins sont plus réguliers.

5. Quelques incertitudes pèsent encore sur l’utilisation des hydroliennes, notamment la capacité à résister aux courants et au milieu marin. Des études d’impact sur les écosystèmes marins sont en cours.

6 Des nanofils pour produire du dihydrogène

La feuille artificielle, comme la feuille naturelle, trans-forme de l’énergie solaire en énergie chimique.Dans les deux cas, l’énergie solaire permet l’oxyda-tion de l’eau :

2 H2O O2 + 4 H+ (aq) + 4 e–

La phase de réduction diffère : dans la feuille naturelle les ions H+(aq) se combinent avec les électrons et le dioxyde de carbone (CO2) via la formation intermé-diaire de NADPH, une forme masquée de l’hydrogène. Ceci permet la synthèse du glucose, ressource éner-gétique pour la plante.Dans la feuille artificielle, les ions H+(aq) traversent une membrane et se combinent avec les électrons pour former des molécules de dihydrogène, ressource éner-gétique pour l’homme :

2 H+ (aq) + 2 e– H2

7 L’énergie solaire : une énergie de demain ?

1. Des photons arrachent des électrons aux atomes de silicium. Ces électrons sont mis en mouvement dans un circuit, générant un courant électrique.

2. Les stations qui exploitent l’énergie solaire se trouvent dans les zones de fort ensoleillement.Les stations qui exploitent la biomasse se trouvent dans les zones boisées.L’hydroélectricité est exploitée dans les zones monta-gneuses.Les stations éoliennes se trouvent sur les façades ouest du continent, là où les vents sont importants.

3. Il s’agit de produire de l’énergie à partir de centrales solaires pour dessaler l’eau de mer, puis de vendre le surplus d’énergie en Europe en s’intégrant dans un vaste réseau de production d’électricité à partir de ressources renouvelables.

4.

Énergie Solaire

Énergieéléctrique

Ferme Solaire

5. Le lieu de production de l’électricité se trouve très éloigné du lieu de consommationIl faudra donc transporter l’électricité en CCHT, tech-nologie qui est très couteuse.

6. L’électricité en surplus provenant des fermes solaires pourrait permettre de remonter de l’eau dans le bassin supérieur d’un barrage, ce qui permet de produire de l’électricité hydraulique lorsque la demande est importante.

8 Innover pour l’énergie nucléaire

1. Avantages : c’est une méthode de production de l’électricité qui produit peu de GES. Les ressources sont encore importantes.

ℰ


Inconvénients : c’est une technique dangereuse, il faut savoir maitriser les risques. Il y a production de déchets nucléaires.

2. L’objectif est de pouvoir mieux exploiter la ressource (l’uranium), à tel point qu’elle deviendrait renouvelable (non épuisable sur l’échelle de temps humaine : « des milliers d’années »).

3. Dans les deux cas, l’uranium est le combustible fissile. La technologie dite « à neutrons rapides » permet la surgénération, récupérer les neutrons sortants pour transmuter des matériaux, a priori, inutilisables (fertiles, mais non fissiles) en matériaux fissiles. Le caloporteur est soit un métal (sodium) soit un gaz (hélium).

4. Les ressources en thorium sont immenses (très abondant sur Terre, le minerai de thorium est totale-ment utilisable).Le cœur ne peut pas s’emballer (la quantité de combus-tible est ajustée au fur et à mesure de l’utilisation).Les problèmes de pression sont réglés (les réacteurs à sels fondus fonctionnent à la pression atmosphérique).La question du refroidissement en cas de panne est résolu (le combustible liquide est tout simplement vidangé).La quantité de déchets à vie longue est 104 fois moindre ce qui facilite leur gestion.

9 Étude thermique d’une habitation

1. Le système étudié est l’intérieur de l’habitation.

2. a. Les pertes thermiques ont lieu au niveau du sol, des murs, des vitrages et du toit.b. Les apports thermiques sont dus au rayonnement solaire, aux mouvements des habitants, au fonctionne-ment des appareils électriques et des appareils de chauffage.c. Pour le système, qui n’échange pas de travail avec l’extérieur, la variation d’énergie interne s’écrit :

DU = QSoleil + Qélec+ Qchauffage + Qpers

– Qmurs + vitres – Qtoit – Qsol

3. Si la température de l’habitation est constante, Tf = Ti, soit DU = 0.Qchauffage = Qmurs + vitres + Qtoit + Qsol

– QSoleil – Qélec – Qpers

Qchauffage = 80 + 300 + 70 – 103 – 56 – 18

= 2,7 # 102 MJ.

4. a. Le domaine des infrarouges correspond à des longueurs d’onde au-dessus du visible (λ > 800 nm dans l’air).b. Sur la brochure du magasin de bricolage, on retrouve de fortes déperditions par le toit et par le sol, mais à un moindre niveau.c. On peut lui conseiller d’améliorer l’isolation de son habitation au niveau des combles, des murs et des huisseries (zones orange sur le thermographe).

10 La construction durable : un formidable défi !

1. L’eau et l’énergie ne sont pas gaspillées, les déchets sont triés, il y a peu de rejet de GES, les matériaux sont recyclables.

2. La production des éoliennes et leur démantèle-ment doivent être pris en compte dans le bilan. De plus, le lycée utilise un générateur à gaz qui dégage des GES.

3. Les terrasses végétalisées épurent l’eau de pluie, isolent les parois et rafraichissent l’air, durant l’été, par évapotranspiration.

4. a.

Énergiechimique

Transfert thermique chauffage bâtiment

Énergieélectrique

Turbine + alternateur

b. Production maximale (370 kW) > consommation (330 kW). Ce lycée peut être complètement autonome du point de vue énergétique.


11 L’équilibre Nord-Sud

1. Les plus gros consommateurs d’énergie sont les pays de l’hémisphère Nord et l’Australie.Les pays gros producteurs d’énergie ne sont pas toujours les pays gros consommateurs ; cela peut créer des tensions internationales.

2. a. Les pays gros consommateurs d’énergie sont en même temps des émetteurs de gaz à effet de serre.b. Les gros consommateurs utilisent des ressources fossiles à l’origine de l’émission de GES.

3. Le défi majeur est de donner un accès à l’énergie à l’ensemble de la population mondiale tout en limitant l’impact sur la planète.

4. Il faudra développer l’exploitation des ressources renouvelables, rechercher de nouvelles ressources, explorer de nouvelles voies, développer une consom-mation énergétique raisonnée.



12 Développement des énergies renouvelables

1. a. En plus de leur caractère inépuisable, les énergies renouvelables (l’éolien, le solaire) émettent peu ou pas de polluants. Elles sont disponibles sur notre territoire, ce qui crée de l’emploi, augmente l’indépendance éner-gétique et aide à stabiliser le coût de l’énergie.b. Certaines énergies sont intermittentes, elles ne produisent pas en continu (comme le solaire et

l’éolien) et posent parfois des problèmes d’intégra-tion dans le milieu naturel (les barrages hydrau-liques, les cultures intensives pour les biocarbu-rants) ou dans les paysages (les panneaux solaires, les éoliennes).

2. Elles sont transformées pour être utilisées sous forme d’électricité.

3. Lors de l’utilisation d’énergie renouvelable, il n’y pas de réaction chimique de combustion qui produi-raient des GES. Dans le cas de la biomasse, il y a production de CO2, mais les végétaux utilisés en consomment aussi, le bilan carbone est donc nul.

173

Chapitre

Activités


1 La chimie durable (p. 438-439)1 La chimie est pour beaucoup un paradoxe : symbole

à la fois de progrès et de pollution ou de danger. 2 La chimie est durable si sa mise en œuvre indus-

trielle veille à l’équilibre social, environnemental et économique.3 Équitable : se refuser à toutes inégalités, répartir,

permettre la satisfaction des besoins essentiels des communautés humaines et favoriser une gestion opti-male des ressources humaines et financières. Exemples : respect des droits sociaux et des règles de bonne gouvernance, actionnariat des salariés, partici-pation aux résultats, communication des objectifs et appropriation par le personnel, évaluation du climat social, anticipation financière et sociale des consé-quences de choix stratégiques, etc.Viable : développer des procédés performants et rentables, sans compromettre les besoins des généra-tions futures et tout en préservant la planète.

Exemples : résultats financiers, qualité, économie des ressources, éco-conception, etc.Vivable : lieu où l'on peut vivre et non survivre, en conservant l’intégrité de l’environnement tout en permettant l’accès aux soins, aux services sociaux, à des logements de qualité, etc. Exemples : aspects hygiène-sécurité-santé, gestion des risques professionnels et environnementaux, intégra-tion de l’entreprise dans son bassin d’emploi, partici-pation à la vie locale et citoyenne, etc.(Exemples extraits du site http://www.ariege.cci.fr)4 Voir l’Essentiel, p. 448 du manuel.

On retrouve l’ensemble des points évoqués dans l’activité parmi les 12 principes décrits. 5 Question donnant lieu à une synthèse argumentée.

La chimie verte s’inscrit dans le concept de chimie durable quand elle tient compte des aspects économiques et sociaux : les deux termes sont souvent confondus.

2 Les bioplastiques sont-ils verts ? (p. 440)1 Bilan carbone : outil de comptabilisation des émis-

sions de gaz à effet de serre.Matières premières fossiles : ressources naturelles non renouvelables (comme le pétrole), car élaborées durant des centaines de millions d’années.Matières premières renouvelables : ressources non tarissables, car leur vitesse de renouvellement est plus grande que leur vitesse de disparition. Ressources vivrières : ressources issues d’une agricul-ture essentiellement tournée vers l’autoconsommation et l’économie de subsistance.Matériau compostable : matériau pouvant être dégradé par des micro-organismes (champignons micro sco-piques et bactéries).2 Ils répondent essentiellement aux principes 4, 7, 8

et 10. Dans la mesure où certains bioplastiques peuvent entrer en concurrence avec les denrées alimentaires, l’aspect social n’est pas pris en compte : la chimie de certains bioplastiques n’est pas durable. De plus, l’impact envi-ronnemental n’est pas négligeable (usage de quantités d’eau importantes, d’engrais, de pesticides, etc.).3 PA-11 : polyamide 11 ;

PLA : acide polylactique ; PHA : polyhydroxyalcanoates ;

PVC : polychlorure de vinyle ;PP : polypropylène ;PE : polyéthylène ;PS : polystyrène ;PMMA : polyméthacrylate de méthyle ;PET : polyéthylène téréphtalate ;PCL : polycaprolactone ;AAC : aliphatiques aromatiques copolyesters ;PBS : polybutylènesuccinate ;PEA : polyesteramide.

4 a. ➀ Biodégradabilité : 90 % de biodégradation en moins de six mois doit être atteint.➁ Désintégration : la totalité des résidus supérieurs à 2 mm doit être inférieure à 10 % de la masse initiale après trois mois de fragmentation sous l’effet d’un compost.➂ Composition : un taux maximal défini des solides volatils et de métaux lourds doit être respecté.➃ Écotoxicité : la qualité du compost ne doit pas être modifiée ; le résidu ne doit pas être toxique pour l’en-vironnement.b. La fin de vie d’un plastique biofragmentable se traduit par une fragmentation et non par une dispari-tion. La pollution, même si elle peut être invisible, reste néanmoins importante.

17Une chimie pour un développement durable

http://www.ariege.cci.fr


5 Les plastiques biodégradables n’entrent pas en concurrence avec les denrées alimentaires, mais les conséquences environnementales ne sont pas négli-

geables ; la chimie de ces bioplastiques peut ne pas être durable compte tenu de cet aspect environne-mental.

3 Une chimie douce bio-inspirée (p. 441)1 La chimie douce a pour ambition de synthétiser des

matériaux en s’inspirant du vivant et en mettant en jeu des conditions opératoires plus « douces » (tempéra-ture modérée, pression atmosphérique. etc.).2 Unicellulaires : formées d’une seule cellule.

Exosquelette : squelette externe qui protège un animal.Polymérisation : toute réaction qui conduit à un poly-mère par enchaînement de motifs, éventuellement différents.Colloïdales : une suspension colloïdale est une disper-sion, dans un solvant liquide, d’un soluté formé de particules de quelques nm à quelques mm [soit des macromolécules (protéines par exemple) soit des agré-gats de petites molécules (micelles)].

Extrusion : procédé par lequel un matériau compressé est contraint de traverser une filière ayant la forme de la pièce à obtenir, dans le but de former un produit long (tube, tuyau, profilé, etc.).

3 Si (OH)4 SiO2 + 2 H2O

4 a. Équation d’hydrolyse des TMOS : Si (OCH3)4 + 4 H2O Si (OH)4 + 4 CH3OH

b. Formule des précurseurs : Si (OC2H5)45 Question donnant lieu à une synthèse argumentée.

Gain d’énergie, car la synthèse (et l’extrusion) se font à température ambiante.Gain en termes de produit fini, car le verre obtenu répond à des besoins spécifiques, avec des perfor-mances souvent supérieures à celles du verre industriel.

4 Les agrosolvants (p. 442)

1 a. Acétone (cétone) ; heptane (alcane) ; toluène (aromatique) ; dichlorométhane (halogénoalcane).b. H225 : Liquide et vapeurs très inflammables.H319 : Provoque une sévère irritation des yeux.H336 : Peut provoquer somnolence ou vertiges.H304 : Peut être mortel en cas d’ingestion et de péné-tration dans les voies respiratoires.H315 : Provoque une irritation cutanée.H410 : Très toxique pour les organismes aquatiques, entraîne des effets à long terme.H361d : Susceptible de nuire au fœtus.H373 : Risque présumé d’effets graves pour les organes (indiquer tous les organes affectés, s’ils sont connus) à la suite d’expositions répétées ou d’une exposition prolongée (indiquer la voie d’exposition s’il est formel-lement prouvé qu’aucune autre voie d’exposition ne conduit au même danger).H351 : Susceptible de provoquer le cancer (indiquer la voie d’exposition s’il est formellement prouvé

qu’aucune autre voie d’exposition ne conduit au même danger). 2 a. RCO2CH3 + H2O RCO2H + CH3OHb. H225 : Liquide et vapeurs très inflammables. H301 : Toxique en cas d’ingestion. H311 : Toxique par contact cutané. H331 : Toxique par inhalation. H370 : Risque avéré d’effets graves pour les organes.

Le méthanol, obtenu par hydrolyse de l’oléate de méthyle s’avère particulièrement dangereux. Lorsque le texte annonce que l’oléate de méthyle est biodé-gradable, cela ne tient pas compte de la toxicité du produit de dégradation.3 Ils sont très peu volatils.4 a. L’ester a une longue chaîne carbonée, lipophile.b. L’ester a une extrémité hydrophile.5 Quelques principes de la chimie verte sont respec-

tés : 3, 5, 7, 8, 10, etc.

5 Oxydation hydrothermale de l’eau supercritique (p. 443)1 Diffusion moléculaire : migration des molécules

sous l’effet de l’agitation thermique.Solvant polaire : solvant composé de molécules possé-dant un moment dipolaire non nul.Solvant apolaire : solvant composé de molécules possédant un moment dipolaire nul.Floculation : phénomène au cours duquel les matières en suspension forment des flocons par ajout d’un floculant.Décantation : séparation, sous l’action de la gravitation, de plusieurs phases non miscibles, dont l’une au moins est liquide.

Filtration : séparation des constituants d’un mélange liquide/solide au travers d’un milieu poreux.2 a. Point du diagramme de phase qui correspond à

la coexistence des trois états (liquide, solide et gazeux) d’un corps pur (ici, l’eau). Le point triple de l’eau est à T = 273,16 K (soit 0,01 °C) et P = 0,006 bar.b. Tc > 374 °C et Pc > 221 bar3 Contact entre l’eau et les solutés.4 En baissant la pression et la température.5 Les métaux et les minéraux sont sous forme d’ions.


6 a. CH2Cl2 + O2+ H2O CO2 + H2O + 2 HCl

b. HCl (aq) + H2O (ℓ) H3O+ (aq) + Cl– (aq)

7 Le dioxyde supercritique peut être utilisé comme solvant (décaféination du café ; élimination de la

2,4,6-trichloroanisole (TCA) des bouchons de liège pour supprimer le goût bouchonné au vin ; extraction de composés biologiques) ou pour le transport et le stockage lors de la séquestration géologique du dioxyde de carbone.

6 Le biodiesel : un agrocarburant (p. 444)

A Le biodiesel est-il durable ?

1 Gazole d’origine fossile : gazole obtenu à partir du pétrole.Gaz à effet de serre (GES) : gaz absorbant les rayonnements IR émis par la surface terrestre et contribuant à l’effet de serre. L’augmentation de leur concentration dans l’atmosphère terrestre serait à l’origine du réchauf fement climatique récent.Du puits à la roue : le calcul des émissions de GES (du puits à la roue) prend en compte les émissions de GES non seulement au niveau des gaz à échappement (du réservoir à la roue) mais également au niveau de la production des carburants (du puits au réservoir).Tourteaux : résidu après pressage des graines des oléagineux.2 Les biocarburants de première génération sont

produits à partir d’huile végétale provenant de graines

de matières premières pouvant être utilisées dans une chaîne alimentaire animale ou humaine.Les biocarburants de deuxième génération peuvent être obtenus à partir de cultures non alimentaires (biomasse des déchets, tiges de blé, de maïs, du bois, macro-algues, etc.). Les biocarburants de troisième génération sont principalement produits par des micro-algues. Cette dernière technologie devrait permettre également de valoriser le dioxyde de carbone anthropique puisqu‘il est absorbé par les algues lors de la photosynthèse. 3 Question donnant lieu à une synthèse argumentée.Matières premières : ressources naturelles.Énergie : les résidus de culture peuvent être utilisés pour produire de l’énergie.Déchets : utilisation des coproduits (paille, tourteaux, glycérol).

B Synthèse d’un biodiesel

4 Synthèse d’un ester à partir d’un autre ester et d’un alcool.

5 a. Formule du glycérol : OHHO

OH

Il est utilisé dans les médicaments (suppositoires, sirops, etc.), en cosmétique (agent hydratant), dans l’alimentation (émulsifiant, humectant, etc.).b. Transestérification à partir de méthanol :

O

O

CO

O

RH2C

O C R

O C R

H2C

HC

O

O

CO

O

RH3C

O C R

O C R

H3C

H3C

OHH3C

OH

OH

H3C

H3C

OHH2C

OH

OH

H2C

HC+ +

Pour la transestérification à partir de l’éthanol, remplacer CH3POH par C2H5POH.

6 Le chauffage accélère la réaction et le reflux empêche les vapeurs de s’échapper du milieu réactionnel.

7 Se reporter à la fiche 10A, p. 593 du manuel.

8 L’éthanol est introduit en excès, car il joue égale-ment le rôle de solvant afin que les réactifs soient en

contact ; la réaction s’effectue ainsi en milieu homo-gène. Le relargage à l’eau salée permet d’éliminer l’éthanol et le glycérol de la phase organique (ainsi que la potasse) : on récupère alors l’EEHV synthétisé.


7 Le micro-ondes : de la cuisine au laboratoire (p. 445)

A Étude d’un texte scientifique

1 a. l = cf =

3,00 # 108

2 450 # 106 = 0,122 m

Le préfixe « micro- » est utilisé pour des ordres de grandeurs de l’ordre de 10–6 m. Le terme « micro » n’est donc pas un terme adapté.b. Les micro-ondes ont une longueur d’onde intermé-diaire entre l’infrarouge et les ondes de radiodiffusion. Le terme de « micro- » est employé, car les longueurs d’onde sont plus courtes que celles de la bande VHF, utilisée par les radars de la Seconde Guerre mondiale.

2 Conduction thermique : mode de transfert ther-mique sans déplacement de matière, causé par une différence de température entre deux régions d’un même milieu (ou entre deux milieux).Activation thermique : la plupart des réactions sont plus rapides lorsque la température s’élève. Par consé-quent si la température augmente, la vitesse augmente.3 Ils représentent une économie d’énergie.4 Les réactions parasites diminuent.

B Une synthèse d’ester

L’alcool utilisé est bien un alcool primaire (3-méthylbutan-1-ol ou alcool isoamylique) ; l’utilisation d’alcool tertiaire conduit à une déshydratation de l’alcool et à des produits de dégradation. Il est nécessaire d’introduire plusieurs erlenmeyers dans le four à micro-ondes (quatre par exemple) et d’avoir un plateau tournant pour homogénéiser les mélanges et l’énergie, sinon il y a risque de débordements, production de fumées, etc.

Remarques importantes

5 Équation de la réaction de synthèse :

CH3

H3C OH HO

CH3

H3C O+ +CH3

O

CH3

O

H2O

6 Alcool : n0 = ρ0M0

· V0 = 0,81 # 21,6

88,0 = 0,20 mol

Acide : n1 = ρ1M1

· V1 = 1,08 # 11,4

60,0 = 0,205 mol

7 a. Lors du dosage après synthèse, l’acide sulfurique et l’acide acétique restant sont dosés :

ntotal acides = Cb · VE1L’acide sulfurique est dosé lors du deuxième dosage :

nacide sulfurique = Cb · VE2Donc la quantité finale d’acide acétique se calcule par :

nf = ntotal acides – nacide sulfurique = Cb · (VE1 – VE2

)

b. nf = 2,0 # (5,5 – 2,5) # 10–3 = 6,0 # 10–3 mol

8 a. nE = 0,20 – nf # 345

= 0,16 mol ;

ρ = 0,160,20

= 0,80 = 80 %

b. Le rendement est nettement supérieur à 65 % en utilisant le four à micro-ondes, car l’eau produite s’éva-pore : il y a déplacement de l’équilibre. Pour les élèves, on peut simplement leur faire noter que le rendement est nettement meilleur pour une dépense énergétique moindre : l’utilisation du four à micro-ondes permet d’économiser de l’énergie pour un rendement meil-leur ; c’est de la chimie verte.

8 Économiser les atomes : l’exemple du phénol (p. 446)1 Le phénol est utilisé dans de nombreuses synthèses

de produits pharmaceutiques ou de parfums.L’acétone est utilisé comme solvant, mais également comme intermédiaire de synthèse de plastiques, de médicaments, etc.

2 En 1650, Johann Rudolf Glauber (1604-1670) le découvre à l’état impur à partir de la distillation du goudron de houille. En 1834, Friedrich Ferdinand runGe (1795-1867) parvient à le purifier.

3 a. Procédé Basf

EA1 = M C6H5OH

M C6H6 + M H2SO4

+ 2M NaOH

EA1 = 9478 + 98 + 2 # 40

= 0,37

Un procédé est d’autant plus efficace que l’EA est proche de 1, ce qui n’est pas le cas ici.

Procédé Hock

EA2 = M C6H5OH + M CH3COCH3

M C6H6 + M C3H6

+ M O2

EA2 = 94 + 58(78 + 42 + 32)

= 1,0

En prenant en compte l’acétone dans le calcul de l’EA, le résultat est égal à 1 : la valorisation industrielle de l’acétone contribue donc à une efficacité accrue du procédé.

Procédé Dow (et California Research pour être précis)

EA3 = M C6H5OH

M C6H5CH3 + 2 MO2

= 9492 + 2 # 32

= 0,60

EA3 > EA1 : l’efficacité est plus élevée.


b. Si l’on ne tient pas compte de l’eau comme déchet à recycler, l’EA dans chacun des procédés va augmenter.

4 Le procédé Dow consomme trois à quatre fois plus d’énergie.

9 Le dioxyde de carbone : séquestré ou valorisé ? (p. 447)1 Gaz à effet de serre : gaz absorbant les rayonne-

ments IR émis par la surface terrestre et contribuant à l’effet de serre. L’augmentation de leur concentration dans l’atmosphère terrestre serait à l’origine du réchauffement climatique récent.Aquifère : roche perméable comportant une zone conductrice d’eau souterraine permettant l’écoule-ment et le captage d’une nappe souterraine.Organismes photosynthétiques : organismes prati-quant la photosynthèse qui permet aux plantes et à certaines bactéries de synthétiser de la matière orga-nique en exploitant la lumière du soleil.

2 a. Un danger d’asphyxie.b. Question donnant lieu à une synthèse argumentée.Avantages : limitation des émissions de GES et du réchauffement climatique ; synthèse de biocarburants par les algues.Inconvénients : procédés énergétivores, risque de relar-gage lors du procédé par injection et stockage.3 C + H2O CO + H2

C + O2 CO2 CO2 + C 2 CO CO + H2O CO2 + H2

(p. 449-461)

1 1. A, B et C ; 2. A et C ; 3. C ; 4. A, B et C ; 5. A et C ; 6. A et C ; 7. A et B ; 8. B et C ; 9. A et B ; 10. B

et C ; 11. A et C ; 2 1. A et B ; 2. A.


3 Calculer une économie d’atomes

Oui, car EA1 = 360860 = 0,42 est inférieur à

EA2 = 240276 = 0,87.

4 Interpréter un facteur environnemental

1. E = 0 : le procédé ne semble pas avoir d’impact environnemental.

2. Le tétrachlorométhane est un solvant présentant des dangers. Il faut s’en protéger et le recycler. Le facteur environnemental n’est donc pas nul. Il faudrait calculer le facteur environnemental réel.

Pour commencer

5 Comprendre les enjeux de la chimie durable

1. Bio-inspirées : inspirées de celles contenues dans les êtres vivants (animaux, végétaux).

2. Nourriture, eau potable, pollution, médicaments.

3. Fabriquer les produits à grande échelle, mais aussi proposer des procédés alternatifs plus efficaces et moins polluants.

4. Environnement : privilégier les ressources naturelles, améliorer les procédés pour diminuer les pollutions.Social : permettre l’accès aux soins à des populations.

Économique : permettre l’essor de nouvelles techno-logies économiquement rentables.

6 Pratiquer une chimie douce

1. Température ambiante et utilisation de bactéries.

2. a. Les ciments usuels sont fabriqués par chauffage d’un mélange d’environ 80 % de calcaire (CaCO3) et 20 % d’argile (SiO2PAl2O3).b. Les polymères sont synthétisés à partir du pétrole.c. L’épuisement des ressources et l’accroissement de l’effet de serre, entre autres, en sont les principales conséquences environnementales.

3. Les principes de la chimie verte suivants sont respectés : nos 1, 2, 3, 6, 7, 8 et 12.

7 Utiliser des solvants alternatifs

1. a. MeTHF est issu d’agroressources.b. Un pétrosolvant est issu du pétrole.

2. Le MeTHF n’irrite pas les voies respiratoires, mais présente néanmoins des risques.

3. Les principes no 4 et no 12 (la sécurité est légère-ment améliorée puisque le MeTHF n’irrite pas les voies respiratoires ; les étapes d’extraction étant réduites, on limite les risques d’accident) ; les principes no 5, no 7, no 8 (le volume de solvant utilisé est réduit) et no 10.

8 Limiter les sources de pollution

1. Cancer, malformations congénitales, infertilité, problèmes neurologiques, système immunitaire affaibli sont fréquents.

2. Ce procédé respecte les principes de la chimie verte nos 1, 3, 8 et 10.

Exercices


9 Réduire l’émission des gaz à effet de serre

1. a. GIEC : groupe intergouvernemental d’experts sur l’évolution du climatb. D’autres gaz à effet de serre existent. Pour en tenir compte, la concentration est ramenée en équivalent dioxyde de carbone.

2. Réduction de la demande, passage aux énergies renouvelables, captage stockage du dioxyde de carbone, réduction des autres GES sont parmi les mesures les plus efficaces.

3. a. Les puits de carbone forestiers : les forêts permettent une séquestration optimale et naturelle du dioxyde de carbone ou CO2b. On évalue cette réduction à 8 gigatonnes environ.

10 Capter le dioxyde de carbone

1. Le dioxyde de carbone contribue à l’effet de serre.

2. Cette réutilisation respecte les principes no 1 et no 8.

3. Ce procédé consiste à traiter les effluents gazeux après la combustion des combustibles.

Pour s’entraîner

11 Recycler les déchets

1. Ce sont des catalyseurs.

2. a. Une augmentation du rendement par recyclage du chlorure d’hydrogène. b. Environnement : principes de la chimie verte respec-tés : nos 1, 2, 6 et 8. Social : améliorer le confort des populations.Économique : permettre l’essor de nouvelles techno-logies économiquement rentables, etc.

12 Privilégier les ressources naturelles

1. Obtenue à partir d’une matière première renouve-lable, une matière biosourcée n’est pas nécessairement biodégradable.

2. a. Oui.b. L’impact environnemental est non négligeable. Envi-sager d’utiliser des plastiques biodégradables.

3. a. La canne à sucre absorbe du CO2 pour la photo-synthèse. La balance est favorable au PVC biosourcé (le procédé absorbe plus de dioxyde de carbone qu’il n’en émet).b. Environnement : balance GES.Social : pas de compétition avec la nourriture.Économique : création d’emplois.

4. a. H2CpCH2 + Cl2 CH2ClPCH2Clb. Addition.c. Il s’agit du chlorure d’hydrogène HCl :

CH2ClPCH2Cl CH2pCHCl + HCl

Il peut être utilisé industriellement.

13 Capter le dioxyde de carbone

1. « Oxy » pour « oxydation ».

2. a. 2 M (s) + O2 (g) 2 MO (s) (× 2)b. 4 MO (s) + CH4 (g) CO2 (g) + 2 H2O (g) + 4 M (s)c. CH4 (g) + 2 O2 (g) CO2 (g) + 2 H2O (g)d. C (s) ; CO (g). Il y a moins de pollution avec une oxycombustion.

3. Le dioxyde de carbone est récupéré par refroidis-sement.

4. a. N2 (g) de l’air.b. Les gaz à effet de serre indirect, tels que le monoxyde de carbone (CO), les oxydes d’azote (NOx) et les composés organiques volatils (COV) autres que le méthane, absorbent faiblement les IR, mais favo-risent la formation de gaz à effet de serre comme le méthane (CH4).

5. Principes respectés : nos 1, 6 et 8.L’énergie thermique récupérée peut servir à la produc-tion d’énergie électrique.


1. a. La chimie douce permet de synthétiser des maté-riaux en s’inspirant du vivant et dans des conditions opératoires modérées.b. Biomimétique : imitant le vivant.

2. Pour réduire les problèmes de toxicité et de pollu-tion des colles classiques.

3. Hydroxyle et carbonyle.mfp-3 (red) + O2 + 2 H+ + 2 e– mfp-3 (ox) + 2 H2O

4. Liaisons hydrogène.

15 Valoriser les déchets

1. Le propène est trop cher et il est issu de matières premières épuisables.

2. a. Le procédé utilise du glycérol renouvelable à la place de propène d’origine fossile (principe no 7). Il contribue donc à l’économie de ressources fossiles. Le procédé présente une meilleure économie du nombre de molécules utilisées (principe no 2) et la production de sous-produits et résidus est réduite (principe no 8). Il économise l’énergie (no 6). b. Le principe no 4 n’est pas respecté : l’épichlorhydrine est toxique.

3. Addition.

16 Limiter l’usage des solvants

1. Chauffage à reflux : chauffage à ébullition sans perte de matière, augmentation de la vitesse.Mélange intime : augmentation de la vitesse de la réaction.

2. a. Protocole 1 : acide nitrique ; protocole 2 : dioxyde de manganèse.b. C14H12O2 C14H10O2 + 2 H+ + 2 e–

3. Les réactifs utilisés dans le protocole 1 sont plus dangereux que ceux utilisés dans le protocole 2.

4. Protocole 1 :

n (oïne) = 6,0212 = 2,8 # 10–2 mol ;

n (ile) = 4,5210 = 2,1 # 10–2 mol ;

R = 0,75 = 75 %.


Protocole 2 :

n (oïne) = 1,0212 = 4,7 # 10–3 mol ;

n (ile) = 0,7210 = 3,3 # 10–3 mol ;

R = 0,7 = 70 %.

5. Gain d’énergie pour un rendement équivalent, réac-tifs moins dangereux, pas de solvant.

17 Économiser les atomes

1. 2 # 113

2 # 98 + 164 + 3 # 98 + 8 # 17 = 0,29 = 29 %.

Il y a peu d’économie.

2. a. 113

56 + 2 # 27 + 18 + 2 = 0,87 = 87 %

Procédé plus économe en atomes.

b. 113 + 17

56 + 2 # 27 + 18 + 2 = 0,1 = 100 %

Le recyclage permet d’augmenter l’économie d’atomes.c. Pour le dihydrogène : H220 : Gaz extrêmement inflammable.Pour l’acide cyanhydrique : H224 : Liquide et vapeurs extrêmement inflammables.H330 : Mortel par inhalation.H410 : Très toxique pour les organismes aquatiques, entraîne des effets néfastes à long terme.d. Travailler avec des conditions opératoires sûres ; réduire les risques d’accident. Il s’agit de deux principes très importants dans le cadre d’une chimie verte. Le procédé ne s’intègre donc pas véritablement, malgré une économie d’atome plus importante, dans le cadre d’une chimie verte.


18 Utiliser des catalyseurs performants

1. a. 2 CH3CHO + O2 2 CH3COOHb. Le produit courant est le vinaigre.

2. a. Le mélange naphta / butane provient du pétrole.b. Ce mélange est cher et conduit à de nombreux sous-produits.c. 2 CH3CO2H + 10 H+ + 10 e– C4H10 + 4 H2O (× 2) 2 H2O O2 + 4 H+ + 4 e– (× 5)

2 C4H10 + 5 O2 4 CH3CO2H + 2 H2O

3. Distillation fractionnée : séparation des composants d’un mélange en fonction de leur température d’ébullition.

4. a. CH3OH + CO CH3COOH

b. 60

32 + 28 = 1

c. Elle n’est pas strictement égale à 1 à cause de réac-tions parasites.

5. a. Le procédé Monsanto permet d’abaisser la température et la pression.b. Le catalyseur est moins cher et plus sélectif.c. Un catalyseur très sélectif favorise la production du produit désiré par rapport aux produits secondaires.d. Les déchets ont été réduits grâce à la sélectivité du catalyseur.

e. Le TOF est la quantité de substrat converti par le catalyseur par unité de temps.

6. Cette technique économise les ressources épuisables.


1. Masse molaire de l’oxirane :M (oxi) = 2 M (C) + 4 M (H) + M (O) = 24,0 + 4,00 + 16,0 M (oxi) = 44,0 g · mol–1.

2. a. Voie classique :M (C2H4) = 28,0 g · mol–1 ; M (Cl2) = 71,0 g · mol–1 ; M (Ca(OH)2) = 74,1 g · mol–1.Oxydation catalytique :M (C2H4) = 28,0 g · mol–1 ; M (O2) = 32,0 g · mol–1.

b. Voie classique : EA1 = 44,0

28 + 71,0 + 74,1 = 0,25.

Oxydation catalytique : EA2 = 44,0

28 + 0,5 # 32,0 = 1,0.

3. L’oxydation catalytique est le procédé le plus performant.

20 Green acrostic

Traduction du texte et des questions :« S. TanG, R. bourne, R. SmiTh et M. Poliakoff, scien-tifiques à l’École de chimie (université de Nottin-gham), proposent un résumé des 12 principes de la chimie verte avec le moyen mnémotechnique “productively” (efficacement) :

Limiter les déchets.Matières premières renouvelables.Supprimer les réactions par étapes.Produits chimiques dégradables.Utiliser des méthodes de synthèse sans danger.Catalyseurs.Température ambiante et pression atmosphérique.Contrôle en temps réel.Peu de sous-produits.Facteur E, maximaliser la quantité de produit obtenu.Produits chimiques peu toxiques.Oui, c’est sûr.

1. Justifier le titre de l’exercice.

2. Pourquoi le terme “productively” est-il associé au concept de chimie verte ?

3. Lequel des principes pourrait s’appliquer au concept de “chimie douce” ?

4. Les principes illustrant les lettres O, C, V et E sont souvent liés : pourquoi ? »

1. Un acrostiche, du grec akrostikhos (akros, haut, élevé et stichos, le vers), est un poème basé sur une figure de style : les initiales de chaque vers, lues verti-calement de haut en bas, composent un mot en lien avec le poème.

2. La chimie verte conduit à mettre en œuvre des procédés plus efficaces.

3. T : température ambiante et pression atmosphérique.


4. Le principe n° 9 (préférer les réactions catalysées) conduit à réduire le nombre d’étapes, réduire le nombre de déchets et limiter les réactions parasites.

21 Calculer un facteur environnemental réel

1. a. E = 92

3 # 304 = 0,1.

b. E grand : impact environnemental néfaste.

2. a. Non.

b. Soude : 6,5 # 10–1 – 3 # 1,6 # 10–2 = 0,60 mol, soit 24 g.

Glycérol : 1,6 # 10–2 mol, soit 1,5 g.

c. Un solvant : il favorise le contact entre les réactifs.

d. Le relargage.

e. Il n’est pas tenu compte des déchets générés par l’excès des réactifs, le solvant, etc.

3. a. Déchet : glycérol : 1,5 g ; éthanol : 16 g ; soude restante : 24 g ; sel : 40 g.

b. E = 1,5 + 16 + 24 + 40

14,5 = 5,6

c. Le facteur E réel est plus grand et s’est éloigné de 0.

d. La soude est corrosive et l’éthanol inflammable. Le facteur E ne tient pas compte du recyclage des effluents.

4. Le facteur E diminue.

5. L’énergie consommée par kilogramme ou par tonne de savon produit doit être prise en compte.

22 Améliorer les procédés

1. a. Le procédé Leblanc rejette HCl et CaS.b. Dans l’air : toxicité par inhalation.

Dans les rivières : acidification.

c. H315 : Provoque une irritation cutanée. H319 : Provoque une sévère irritation des yeux.H335 : Peut irriter les voies respiratoires.H400 : Très toxique pour les organismes aquatiques.

2. 4 HCl + O2 2 Cl2 + 2 H2O

3. CaS (s) + 2 H2O (ℓ) Ca (OH)2 (s) + H2S (g) 2 H2S (g) + O2 (g) 2 S (s) + H2O (ℓ)

4. a. La saumure est une solution aqueuse d’eau salée concentrée.b. Le nom chimique de la craie est le carbonate de calcium.

5. CaCO3 (s) CaO (s) + CO2 (g) CaO (s) + H2O (ℓ) Ca (OH)2 (s)

6. ➀ Na+ (aq) + Cl– (aq) + NH3 (g) + CO2 (g) + H2O (ℓ) NaHCO3 (s) + NH4

+ (aq) + Cl– (aq)➁ Ca(OH)2 (s) + 2 NH4

+ (aq) + 2 Cl– (aq) Ca2+ (aq) + 2 Cl– (aq) + 2 H2O (ℓ) + 2 NH3 (g)

➂ 2 NaHCO3 (s) Na2CO3 (s) + H2O (g) + CO2 (g)

7. L’hydrogénocarbonate de sodium est isolé par filtration.

8. a. L’ammoniac est le gaz recyclé.b. Espèces rejetées :

Ca2+ (aq) + 2 Cl– (aq) + H2O (ℓ) + CO2 (g)c. Espèces peu polluantes.

9. a. On doit réduire l’émission de dioxyde carbone car c’est un GES.b. Dans le four à chaux.

23 Utiliser des solvants verts

1. Le lactate d’éthyle est un solvant issu de la biomasse, dégradable, peu dangereux, soluble avec l’eau et les solvants organiques.

2. a. Parce qu’il y a production d’acide lactique.b. Les ions OH–.

3. a. Masse de lactate de calcium formé :

n(gluc) = 10 000 # 103

180 = 5,56 # 104 mol ;

n(acide) = 2 # 5,56 # 104 = 1,11 # 105 mol ;

n(lactate) = 1,11 # 105 # 0,86

2 = 4,77 # 104 mol ;

m(lactate) = 4,77 # 104 # 218 = 1,04 # 107 g.b. Masse de chaux :

n(chaux) = 1,11 # 105

2 = 5,56 # 104 mol ;

m(chaux) = 5,56 # 104 # 74 = 4,11 # 106 g.c. Concentration massique en lactate de calcium :

t = m (lactate)

V = 1,04 # 107

100 # 106 = 0,10 g · L–1.

4. Ca (C3H5O3)2 + 2 H+ (aq) + SO42– (aq)

2 C3H6O3 + Ca2+ + SO42–



1. Symbiose : association de plusieurs organismes vivants qui s’apportent un bénéfice mutuel.Endoderme : feuillet interne de l’embryon.Photosynthèse : synthèse de substances organiques réalisée par certains organismes à partir d’eau et de dioxyde de carbone, en présence de lumière.Granulat : ensemble de matériaux inertes comme les cailloux, le gravier, le sable, etc.Anthropique : qui résulte d’une action humaine.Un pilote industriel met en œuvre un procédé indus-triel.

2. HCO3– (aq) H+ + CO3

2– (aq)

CO2,H2O (aq) H+ + HCO3– (aq)

2 HCO3– (aq) CO3

2– (aq) + CO2,H2O (aq)

3. a. Ca2+ (aq) + CO32– (aq) CaCO3 (s)

b. Pour retrouver l’équation (1), on « additionne » les deux équations précédentes.

4. Le procédé peut s’inscrire dans la chimie douce car il est inspiré du vivant et mis en œuvre à basse tempé-rature.

5. Car le dioxyde de carbone est un GES.

6. CH4 (g) + 2 O2 (g) CO2 (g) + 2 H2O (g)



25 Comparaison de deux synthèses

1. Chauffage à reflux : chauffage à ébullition sans perte de matière, augmentation de la vitesse.

2. a. C6H5PCO2–

b. O

Clv

c. Cette synthèse est une réaction de substitution.

3. a. Procédé 1 : EA1 = 0,64 ; procédé 2 : EA2 = 0,88.

c. Le procédé 2 est le plus efficace.

4. et 5. En plus de l’économie d’atomes réalisée avec le procédé catalytique, les principes nos 1, 3 et 12 sont respectés. Le procédé peut s’inscrire ainsi dans le cadre d’une chimie verte.


Chapitre

Activités

1 Dosage par étalonnage (p. 464–465)

A Avec un spectrophotomètre

Paillasse professeur

– Une bouteille de sirop de menthe (type Teisseire) ;

– deux spectrophotomètres et des cuves ;

– 1,0 L de solution mère S0 en bleu patenté à la concentra-tion C0 = 1,0 × 10–5 mol · L–1 (11,6 mg · L–1) : solution obtenue par dilution d’un facteur 100 d’une solution à 1,16 g · L–1.

Paillasse élève

– deux burettes graduées de 25,0 mL ;

– une pipette jaugée de 10,0 mL et un pipeteur ;

– une fiole jaugée de 100,0 mL ;

– cinq tubes à essais avec un support et des bouchons ;

– un petit bécher de transvasement de 150 mL ;

– de l’eau distillée.


1 Préparer une échelle de teinte en bleu patenté en diluant la solution mère S0. Chaque solution fille a un volume Vsol égal à 10,0 mL.Par exemple :

Solution fille S0 S1 S2 S3 S4

Volume V0de S0 (mL)

10,0 8,0 6,0 4,0 2,0

Volume Veaud’eau (mL)

0,0 2,0 4,0 6,0 8,0

Volume Vsoldes solutions (mL)

10,0 10,0 10,0 10,0 10,0

Facteur de dilution

F = VV

0

sol 1,00 1,25 1,67 2,50 5,00

Concentration C en bleu patenté (µmol · L–1)

C = F

C010 8 6 4 2

Mesurer ensuite l’absorbance A de chaque solution avec le spectrophotomètre réglé sur la longueur d’onde lmax = 640 nm.Tracer la courbe d’étalonnage A = f (C).Diluer dix fois le sirop de menthe et mesurer l’absorbance du sirop de menthe dilué sans modifier les réglages du spectrophotomètre. Déduire graphiquement la valeur de Csirop dilué, puis Csirop.

2 Le spectrophotomètre doit être réglé sur la longueur d’onde lmax = 640 nm, car, à cette longueur d’onde, l’absorbance du bleu patenté est maximale et celle du colorant jaune tartrazine, également présent dans le sirop de menthe, est nulle.3 Résultat des mesures :

Solution fille S0 S1 S2 S3 S4

Concentration C en bleu patenté (µmol · L–1) 10 8 6 4 2

Absorbance 1,56 1,24 0,82 0,62 0,34

Contrôle de la qualité par dosage 18


Sirop de menthe dilué dix fois : Asirop dilué = 0,95.

Courbe d’étalonnage :

0,2

0

0,4

0,6

0,8

1,0

1,2

1,4

1,6

20 4 6 8 101 3 5 7 9

C (µmol . L–1)

A

Graphiquement, pour Asirop dilué = 0,95, on lit :

Csirop dilué = 6,2 µmol · L–1.

Le sirop ayant été dilué dix fois, la concentration CE131 en bleu patenté dans le sirop est donc :

CE131 = 10 × 6,2 = 62 µmol · L–1.

4 Concentration massique : tE131 = CE131 · M (E131) tE131= 62 × 10–6 × 1 159,4 = 7,2 × 10–2 g · L–1

tE131= 72 mg · L–1.En buvant 0,2 L de ce sirop, l’élève ingère une masse de colorant égale à 72 × 0,20 = 14,4 mg, soit

60,14 4 = 0,24 mg de colorant par kilogramme de masse

corporelle.La DJA étant de 2,5 mg de colorant par kilogramme, l’élève ne la dépasse pas s’il ingère 0,2 L de ce sirop de menthe.

5 Doser une espèce chimique par étalonnage avec un spectrophotomètre consiste à déterminer la concentration de cette espèce chimique en comparant son absorbance à l’absorbance de solutions étalon de concentrations connues.On mesure l’absorbance des solutions étalon.On trace la courbe d’étalonnage.On mesure l’absorbance de l’espèce chimique dans la solution.On détermine sa concentration soit par lecture graphique, soit à partir de l’équation modélisant le graphe.

B Avec un conductimètre

Paillasse professeur

1,0 L de solution mère S0 de chlorure de sodium à la concentration C0 = 10 mmol · L–1 (t0 = 0,59 g · L–1 ).

Paillasse élève

– Deux burettes graduées de 25,0 mL ;

– cinq tubes à essais avec un support et des bouchons ;

– un conductimètre avec cellule conductimétrique ;

– une fiole jaugée de 100,0 mL ;

– un petit bécher de 150 mL ;

– un verre à pied ;

– une ampoule de sérum physiologique de 5,0 mL ;

– une solution étalon pour étalonnage du conducti-mètre ;

– de l’eau distillée.


1 Facteur de dilution : F = VVt

0, avec Vt = 20,0 mL = V0 + Veau et Ci =

FC0

Solution S0 S1 S2 S3 S4

F 1,0 1,25 1,67 2,50 5,00

V0 (mL) 20,0 16,0 12,0 8,0 4,0

Veau (mL) 0,0 4,0 8,0 12,0 16,0

Ci (mmol · L–1) 10 8 6 4 2

2

Solution S0 S1 S2 S3 S4

s’i (mS · cm–1) 1,26 1,01 0,71 0,48 0,28

si = s’I – sED

(mS · cm–1)1,19 0,94 0,64 0,41 0,21

Ci (mmol · L–1) 10 8 6 4 2

3 La valeur non nulle de la conductivité de l’eau distillée sED est due à la présence d’ions, en faible quantité, dissous dans l’eau distillée.

La conductivité si = s’i – sED représente la conductivité des ions chlorure et sodium dans les solutions.


4 Courbe d’étalonnage :

0,2

0

0,4

0,6

0,8

1,0

1,2

1,4

20 4 6 8 101 3 5 7 9

Ci (mmol . L–1)

σi (mS . cm–1)

5 a. Le graphe est une droite passant par l’origine. La conductivité si est donc proportionnelle à la concentration Ci en chlorure de sodium des solutions étalon.b. Ainsi, si = k · Ci. Une modélisation avec Excel® donne si = 0,115 × Ci.6 Loi de Kohlrausch : la conductivité s d’une solution

diluée d’une espèce ionique dissoute est proportionnelle à sa concentration C en soluté apporté :

s = k · C7 a. ssérum dilué = 0,90 mS · cm–1, donc :

C sérum dilué = ,0 115

sérum dilués =

,,

0 1150 90 = 7,82 mmol · L–1.

b. La solution de sérum physiologique ayant été diluée vingt fois : Csérum = 20 × Csérum dilué = 20 × 7,82 = 0,156 mol · L–1.c. tsérum = Csérum · M (NaCl) = 0,156 × 58,5 ≈ 9,1 g · L–1.

8 Incertitude relative :

,,

tt t

100 1009 00 1–sérum =× × = 1,1 %.

9 a. Les mesures de huit groupes d’élèves donnent les résultats suivants pour tsérum en g · L–1 :8,8 ; 9,1 ; 9,0 ; 9,2 ; 9,1 ; 8,9 ; 9,0 ; 8,7.

tmoy = 8,975 g · L–1 ≈ 9,0 g · L–1.

b. L’écart type de la série de mesures est : sn – 1 = 0,16 g · L–1.

c. Avec un intervalle de confiance de 95 % et pour n = 8 mesures, le coefficient de Student est k = 2,37. L’incertitude de répétabilité est alors :

U(tsérum) = 2 ,8

0 16# = 0,13 g · L–1.

Donc, finalement, tmoy = 9,0 ± 0,13 g · L–1, soit un encadrement :

8,87 g · L–1 < tmoy < 9,13 g · L–1

d. Pour diminuer l’incertitude relative du résultat de la mesure, il faudrait augmenter le nombre de mesures.

2 Dosage par titrage conductimétrique (p. 466)

A Titrage d’un déboucheur pour canalisation

Paillasse professeur– Un flacon de Destop® (attention : les nouvelles solu-tions sont à 10 % en masse en hydroxyde de sodium NaOH et non plus à 20 % en masse) ;– 1,0 L de solution de Destop® diluée 100 fois ;– 1,0 L de solution d’acide chlorhydrique à la concentration CA = 5,0 × 10–2 mol · L–1.

Paillasse élève– Une burette graduée de 25,0 mL ; – un bécher de 250 mL pour le titrage ;– deux petits béchers de 150 mL de transvasement ;– une pipette jaugée de 20,0 mL et un pipeteur ;– une éprouvette graduée de 100 mL ;– un conductimètre avec la cellule conductimétrique ;– un agitateur magnétique avec son barreau aimanté ;– une solution étalon pour étalonnage du conductimètre ;– de l’eau distillée.


B Exploitation des résultats

1

0 2,0 20,0

1 000900800700600500400300200100

04,0 6,0 8,0 10,0 12,0 14,0 16,0 18,0

σ (µS.cm–1)

VA (mL)

E

VE

Le graphe présente deux parties quasi linéaires :– une première partie pour laquelle la conductivité diminue ;– une seconde partie pour laquelle la conductivité augmente.2 On linéarise les deux parties du graphe. Le point

équivalent E est le point d’intersection entre les deux portions de droites : VE = 11,4 mL.3 Équation de la réaction :

H3O+ (aq) H+ + H2O ()

HO– (aq) + H+ H2O ()

H3O+ (aq) + HO– (aq) → 2 H2O ()

numériqueManuel

2.0numériqueSimulation : Spectrophotomètre (KMnO4) et spectrophotomètre (E131).Simulation : Courbe d’étalonnage (dosage du colorant E131).Animation : Préparation d’une échelle de teinte en bleu patenté.


4 On a n0 = CB · VB et nE = CA · VE.

5 À l’équivalence du titrage, n0 = nE, donc :CB · VB = CA . VE

6 Concentration :

CB = CA · VEVB

= 5,0 × 10–2 × ,,

20 011 4 = 2,9 × 10–2 mol · L–1

(2,85 × 10–2 mol · L–1 gardé en mémoire).Concentration :C0 = 100 × CB = 100 × 2,85 × 10–2 = 2,85 mol · L–1 ≈ 2,9 mol · L–1.

7 Les principales sources d’erreur sont :– erreur sur le prélèvement du volume VB avec la pipette jaugée de 20,0 mL ;

– erreur sur la lecture de VE ;– erreur sur la détermination graphique de VE ;– erreur sur la concentration CA de la solution SA.

Masse de 50,0 mL de solution de Destop® : 55,3 gMasse de NaOH dans V0 = 50,0 mL de Destop® : m = C0 · V0 · M (NaOH)

m = 2,85 × 50 × 10–3 × 40 = 5,7 g.

Pourcentage massique en NaOH :

P = 100 × ,55 3

5, 7 = 10,3 %.

Écart relatif de 3 %.

Compléments

numériqueManuel

2.0numériqueAnimation : Détermination du point équivalent d’un titrage acido–basique par conductimétrie.

3 Dosage par titrage pH–métrique (p. 467)

A Titrage direct d’une solution d’aspirine

Paillasse professeur1,0 L de solution d’hydroxyde de sodium à la concentra-tion CB = 1,0 × 10–2 mol · L

–1.

Paillasse élève– Une burette graduée de 25,0 mL ; – un bécher de 150 mL pour le titrage ;– deux petits béchers de 150 mL de transvasement ;– une pipette jaugée de 20,0 mL et un pipeteur ;– une fiole jaugée de 500,0 mL ;

– un mortier avec son pilon ;– un entonnoir à solide ;– un cachet d’aspirine du Rhône® contenant 500 mg d’aspirine ;– un pH–mètre avec la cellule pH–métrique ;– un agitateur magnétique avec son barreau aimanté ;– du bleu de bromothymol ;– des solutions étalon pour étalonnage du pH–mètre ;– de l’eau distillée.


B Exploitation des résultats

1 L’équivalence est repérée par le changement de coloration jaune bleu dans le bécher.Le pH de la solution dans le bécher augmente alors brusquement.2 Graphe pH = f (VB) :

0

12

10

8

6

4

2

11

9

7

5

3

10

2 4 6 8 10 12 14 16 1831 5 7 9 11 13 15 17 19

VB (mL)

pH

pHE = 7,3

VE = 11,4 mL

3 Avec la méthode des tangentes parallèles, le point équivalent E a pour coordonnées :

pHE = 7,3 ; VE = 11,4 mL.4 Comme pHE = 7,3 appartient à la zone de virage

de l’indicateur coloré ([6,07,6]), le bleu de bromo thymol est un indicateur coloré adapté au titrage.5 Équation de la réaction de titrage :

C9H8O4 (aq) + HO– (aq) → C9H7O4– (aq) + H2O ()

6 À l’équivalence du titrage, n0 = nE, donc :CA · VA = CB · VE

7 a. Concentration :

CA = CB · VVE

A = 1,0 × 10–2 ×

,,

20 011 4 = 5,7 × 10–3 mol · L–1.

b. Les mesures de huit groupes d’élèves donnent les résultats suivants pour la concentration CA en mmol · L

–1 :5,4 ; 5,6 ; 5,7 ; 6,0 ; 5,9 ; 5,7 ; 5,8 ; 5,5.

CAmoy = 5,7 mmol · L–1.

c. Écart type : sn – 1 = 0,19 mmol · L–1.


d. Avec un intervalle de confiance de 95 % et pour n = 8 mesures, le coefficient de Student est k = 2,37. L’incertitude de répétabilité est alors :

U (CAmoy) = 2 ,8

0 19# = 0,16 mmol · L–1

donc CAmoy = 5,7 ± 0,16 mmol · L–1,

soit un enca drement :

5,54 mmol · L–1 < CAmoy < 5,86 mmol · L–1

8 Avec Cmoy = 5,7 × 10–3 mol · L–1 :

mA = Cmoy · Vsol · M = 5,7 × 10–3 × 500,0 × 10–3 × 180 mA = 0,513 g = 513 mg,soit une incertitude relative de 2,6 % avec la valeur indiquée sur le médicament (500 mg).

9 Dans un titrage conductimétrique, le graphe est constitué de deux demidroites. Il n’y a donc pas de difficultés pour repérer graphiquement le point correspondant à l’équivalence situé à l’intersection entre les deux demidroites. Par contre, dans un dosage pH métrique, la qualité du résultat dépend du tracé de la courbe et en particulier des points encadrant le point d’équivalence. Il faut donc resserrer les mesures au voisinage de l’équivalence afin d’avoir un plus grand nombre de points et donc un tracé plus précis.

4 Dosage par titrage colorimétrique (p. 468)

Paillasse professeur– Un flacon de Bétadine® ;– 1,0 L de solution diluée de Bétadine® diluée 10 fois.– 1,0 L de solution de thiosulfate de sodium à la concen-tration C2 = 5,0 × 10–3 mol · L

–1.

Paillasse élève– Trois tubes à essais ;– un compte-gouttes ;

– une burette graduée de 25,0 mL ; – un erlenmeyer de 150 mL pour le titrage ;– deux petits béchers de 150 mL de transvasement ;– une pipette jaugée de 10,0 mL et un pipeteur ;– un agitateur magnétique avec son barreau aimanté ;– du thiodène ou de l’empois d’amidon ;– une spatule métallique ;– de l’eau distillé.


A Expériences préliminaires

1 Expérience dans le tube T1 :

Solution incolore dethiosulfate de sodiumau goutte à goutte

Solution S1

Décoloration progressivede la solution dans le tube T1

Expérience dans le tube T2 :


Pointe despatule dethiodène








L’ajout de thiodène à la solution jauneclair du tube T2 colore la solution en noir. Lorsqu’on continue à ajouter la solution de thiosulfate de sodium, la solution passe, à la goutte près, du noir à l’incolore.

numériqueManuel

2.0numériqueAnimation : Détermination du point équivalent d’un titrage acidobasique avec la méthode des tangentes.Animation : Détermination du point équivalent d’un titrage acidobasique avec la méthode de la courbe dérivée.


2 Équation de la réaction :

I2 (aq) + 2 S2O32– (aq) 2 I– (aq) + S4O6

2– (aq)3 La décoloration dans T1 étant progressive, elle n’est

pas facilement repérable.4 a. La décoloration de la solution dans le tube T2 est

maintenant facilement repérable.

Le thiodène est un indicateur de fin de réaction, car il permet de repérer le moment où tout le diiode a réagi avec les ions thiosulfate.b. L’équivalence est alors repérée par le changement de coloration noir incolore de la solution.

B Dosage du diiode de l’antiseptique

5 À l’équivalence du titrage : n1 (I2) = ( )n S O

2E 2 3

2–.

6 On a C1 · V1 = C2 · V2E , soit C1 = C2 ·

VE2 · V1

.

Or, VE = 16,2 mL, donc :

C1 = 5,0 × 10–3 × 2 10,0

,16 2#

= 4,05 × 10–3 mol · L–1

C1 ≈ 4,1 × 10–3 mol · L–1.La solution ayant été diluée dix fois :

C0 = 10 × C1 = 4,05 × 10–2 mol · L–1.7 Dans V0 = 100 mL de solution S0, la quantité de

diiode est : n0 = C0 · V0 = 4,05 × 10–2 × 100 × 10–3 n0 = 4,05 × 10–3 mol.

8 Une molécule de polyvidone est associée à une molécule de diiode, donc np = n0 = 4,05 × 10–3 mol.La masse de polyvidone est :

mp = np · M (polyvidone) = 4,05 × 10–3 × 2362,8 mp = 9,57 g ≈ 9,6 g.

L’étiquette du flacon indique 10,00 g dans 100 mL, soit une incertitude relative de 4 %.

9 À l’équivalence du titrage de la réaction aA + bB → c C + d D on a la relation :

a b(A) (B)n nE0 =

numériqueManuel

2.0numériqueAnimation : Détermination du point équivalent d’un titrage acidobasique avec une méthode colorimétrique.

QCM

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


4 Doser par titrage conductimétrique

1. VE = 6,8 mL

2. CA = 6,8 × 10–3 mol · L−1

mA = nA · MA = CA · VA · MA mA = 6,8 × 10−3 × 100,0 × 10−3 × 180mA = 1,2 × 10−1 g

5 Doser par titrage pH-métrique

1. HCO3– (aq) + H3O– (aq) CO2 + 2 H2O (ℓ)

2. VE = 14,5 mL

3. CB = 5,8 × 10−3 mol · L–1

Pour commencer

6 Utiliser la loi de Beer-Lambert

1. Le graphe A = f (C) est une courbe d’étalonnage.

2. La loi de BeerLambert est vérifiée, car le graphe A = f (C) est une droite passant par l’origine. Ainsi, ces deux grandeurs sont proportionnelles entre elles : A = k · C.

3. En reportant la valeur de AS = 0,64, on détermine graphiquement la valeur de l’abscisse correspondante :

CS = 4,5 mmol · L–1.

7 Utiliser la loi de Kohlrausch

1. Voir s = f (C) cidessous.

C (mmol.L–1)

σ (mS.cm–1)

0

1,5

2,0

2,5

3,0

1,0

0,5

0 5 10 15

2. La loi de Kohlrausch est vérifiée, car on obtient une droite passant par l’origine.

3. k = 0,27 mS · L · mmol−1 · cm−1, d’où : s = 0,27 C.

4. On en déduit que :

CS = 1,230,27

= 4,6 mmol · L−1

C0 = 100 × CS = 4,6 × 102 mmol · L−1

C0 = 4,6 × 10−1mol · L−1.



8 Établir une relation à l’équivalence

1. Le réactif titrant est l’ion permanganate et le réactif titré est l’ion fer (II).

2. La réaction support du titrage doit être rapide, totale et unique.

3. a. L’équivalence du titrage correspond à un mélange stœchiométrique du réactif titrant et du réactif titré. Les réactifs sont alors totalement consommés.b. La stœchiométrie de la réaction conduit à la relation : –(Fe ) (M O )n n n

5 1E0

24=

+

9 Doser une espèce par titrage direct

1. Voir le document 6, p. 468 du manuel. L’erlenmeyer contient la solution S1 de Lugol® à titrer, de volume V1 = 10,0 mL, et la burette graduée contient la solution titrante S2 de thiosulfate de sodium à la concentration C2 = 1,00 × 10−1mol · L−1.

2. Voir le tableau d’avancement à l’équivalence du titrage, p. 622 du manuel.

3. Du tableau d’avancement, on déduit :

xmax = C1 · V1 = C2 · VE

24. On obtient ainsi C1 = 3,9 × 10−2 mol · L–1.

10 Justifier l’évolution de la conductivité

1. Voir le document 4, p. 466 du manuel.Solution titrante SB d’hydroxyde de sodium dans la burette graduée. Solution titrée SA d’acide chlorhydrique dans le bécher.

2. VE = 11 mL.

3. a. Avant l’équivalence, le réactif limitant est l’ion hydroxyde.b. La concentration en ions chlorure ne varie pas au cours du dosage, car c’est un ion spectateur et on néglige l’effet de dilution.c. Lors des ajouts successifs de solution d’hydroxyde de sodium, les ions H3O+ (aq) sont consommés et remplacés par des ions Na+ (aq) moins conducteurs, apportés par le réactif titrant. La conductivité globale de solution diminue.

4. a. Après l’équivalence, le réactif limitant est l’ion H3O+ (aq). En effet, celuici a été totalement consommé à l’équivalence.b. La conductivité s s’écrit donc :

s = l (HO−) · [HO−] + l (Na+) · [Na+] + l (Cl−) · [Cl−]c. Comme on ajoute des ions HO– (aq) et Na+ (aq), après l’équivalence, la conductivité s augmente.

11 Doser par titrage pH-métrique

1. Voir le document 5, p. 467 du manuel. Solution SB d’hydroxyde de sodium, de concentration CB = 2,50 × 10−2 mol · L−1 dans la burette graduée. Solution SA d’acide méthanoïque, de concentration CA à déterminer et de volume VA = 20,0 mL dans le bécher.

2. HCOOH (aq) + HO– (aq) HCOO– (aq) + H2O (ℓ)

3. VE = 9,0 mL.

4. À l’équivalence : n0 (HCOOH)titrée dans SA = n (HO–)versée à l’équivalence

soit : CA · VA = CB · VE

5. CA = 1,125 × 10−2 = 1,1 × 10−2 mol · L−1

12 Utiliser la courbe dérivée

1. La méthode de la dérivée conduit au volume équivalent :

VE = 14,0 mL (abscisse du maximum de la courbe dérivée)

2. À l’équivalence du titrage, on a réalisé un mélange stœchiométrique des réactifs. À l’équivalence : nA (C6H8O6)titrée dans 10 mL de S0

= n (HO–)versée à l’équivalence

soit : nA = CB · VE

3. On en déduit :n0 = 10 · nA = 10 · CB · VE

4. On en déduit : m0 = n0 · MA = 10 · CB · VE · MA

m0 = 10 × 4,00 × 10–2 × 14,0 × 10–3 × (6 × 12,0 + 8

× 1,0 + 6 × 16,0) m0 = 0,986 g.L’incertitude relative entre la valeur trouvée et l’indication du fabricant vaut :

mm m

10001000 986– –0 = = 1,4 × 10–2 = 1,4 %

13 Utiliser un indicateur de fin de réaction

1. Voir document 6, p. 468 du manuel. Solution titrante S2 de diiode, de concentration

C2 = 2,0 × 10−3 mol · L−1 dans la burette graduée. Solution titrée S1 d’acide ascorbique, de volume V1 = 10,0 mL dans l’erlenmeyer.

2. L’indicateur de fin de réaction permet de mieux repérer l’équivalence. Sans thiodène, le changement de couleur à l’équivalence est jaune clair à incolore, donc difficile à visualiser.

3. Avec le thiodène, le changement est bleunoir à incolore, donc facile à visualiser.

4. À l’équivalence du titrage on a : n1 (C6H8O6)titrée = n (I2)versée à l’équivalence

soit n1 = C2 · VE = 2,0 × 10−3 × 15,1 × 10−3 = 3,02 × 10−5 mol = 3,0 × 10−5 mol.

5. Masse de vitamine C dosée : m1 = n1 · M = 3,02 × 10−5 × 176 m1 = 5,31 × 10−3 g ≈ 5,3 × 10−3 g = 5,3 mg.

Le résultat est en accord avec l’indication de l’ampoule (5 mg).

14 Choisir un indicateur coloré

1. Il est possible de repérer l’équivalence de ce titrage en réalisant, par exemple, un titrage par pHmétrie. L’équivalence sera alors repérée lors du saut de pH et sera déterminée précisément par la méthode des tangentes ou la méthode de la courbe dérivée.

2. L’indicateur coloré doit être tel que sa zone de virage contient le pH à l’équivalence, soit pHE = 7. Seul le BBT répond à cette condition, c’est donc le seul qui soit adapté à ce titrage.


3. L’équivalence sera alors repérée par le changement de coloration bleu → jaune. Initialement la solution est bleue car le milieu initial est nettement basique (solution d’hydroxyde de sodium).

Pour s’entraîner


1. a. On exploite la valeur de sS = 1,8 mS · cm–1 ; en la reportant sur la courbe d’étalonnage, on détermine ainsi CS = 15 mmol · L–1.b. Concentration :C0 = 10 · CS = 10 × 15 = 1,5 × 102 mmol · L–1 = 0,15 mol · L–1.c. La concentration massique vaut : t0 = C0 · MNaCl = 0,15 × (23,0 + 35,5) = 8,775

t0 ≈ 8,8 g · L–1.

2. a. D’après les indications de la notice, la concentration massique vaut : t’0 = 0,85 ×10 = 8,5 g · L–1.b. L’incertitude relative vaut :

,, ,

tt t

8 58 775 8 5

’– ’ –

0

0 0 = = 3,2 × 10–2 = 3,2 %.

c. Le résultat obtenu satisfait donc le critère de qualité qui exige un écart inférieur à 10 %.

16 Titrage colorimétrique d’une eau oxygénée

1. 5 H2O2 (aq) + 2 MnO4– (aq) + 6 H+ (aq)

5 O2 (g) + 2 Mn2+ (aq) + 8 H2O (ℓ)

2. L’ion permanganate étant violet et la seule espèce colorée, l’équivalence sera atteinte lorsque la première goutte de permanganate sera introduite en excès dans le mélange réactionnelle. Celleci ne se décolorera pas et le mélange réactionnel prendra une teinte rose.

3. À l’équivalence du titrage : n1

5 =

n2

2 ,

soit : n1 = 5 · n2

2

donc : C1 · V1 = 5 · C2 · VE

2 d’où C1 =

5 · C2 · VE

2 · V1

4. C1 = 8,8 × 10–2 mol · L–1, d’où :C0 = 10 · C1 = 10 × 8,8 × 10–2

C0 = 8,8 × 10–1 mol · L–1.

5. Un litre de solution commerciale contient donc une quantité :

n0 (H2O2) = 8,8 × 10–1 mol.

6. On a nmax (O2) = xmax = n0 (H2O2)

2

nmax (O2) = 4,4 × 10–1 mol.

7. Vmax(O2) = 4,4 × 10–1 × 22,4

Vmax(O2) = 9,856 = 9,9 L.

8. L’incertitude relative est égale à 1,44 × 10–2, soit 1,5 %.

17 Titrage par la méthode de Mohr

1. Il est difficile, voire impossible, de repérer l’équivalence du titrage en l’absence d’ions chromate, car, à l’équivalence, le milieu réactionnel contient le précipité blanc opaque de chlorure d’argent. L’ajout ultérieur de

solution titrante de nitrate d’argent ne fait que diluer le mélange qui reste tout de même blanc opaque.

2. En présence d’ions chromate, à la première goutte de nitrate d’argent en excès, un précipité rouge brique intense se forme. L’équivalence est ainsi facilement repérée.

3. À l’équivalence du titrage on a réalisé un mélange stœchiométrique des réactifs. On a donc :

n (Cl–)titrée= n (Ag+)versée à l’équivalence

soit : [Cl–] · VS = C1 · VE

donc : [Cl–] = ,

2,5 10 7,7V

C V20 0S

1 E2–# #=

$

[Cl–] = 9,625 × 10–3 ≈ 9,6 × 10–3 mol · L–1.

4. Concentration massique :

t (Cl–) = [Cl–] · MCl = 9,625 × 10–3 × 35,5 = 0,34 g · L–1.5. Le dosage a montré que la concentration massique en ions chlorure de l’eau de Vichy StYorre est de 340 mg · L–1, ce qui est supérieur aux normes européennes. Il n’est donc pas raisonnable de ne boire quotidiennement que de cette eau.

18 Retrouver la loi de Kohlrausch

1. MgCl2 (s) Mg2+ (aq) + 2 Cl– (aq)

2. D’après la stœchiométrie de la réaction de dissolution, on en déduit que :

[Mg2+ (aq)] = C et [Cl– (aq)] = 2 · C

3. Conductivité : s = lMg2+ · [Mg2+ (aq)] + lCl– · [Cl– (aq)]s = lMg2+ · lCl– · 2 C = (lMg2+ 2lCl–) · C

4. Les conductivités molaires ioniques étant des constantes, la loi de Kohlrausch s = k · C est bien vérifiée.


19 Dosage des ions chlorure dans un lait

1. La conductivité initiale s0 n’est pas nulle, car le lait contient des ions sodium et chlorure ainsi que d’autres ions (calcium, magnésium, etc.).

2. On ajoute un volume de 250 mL d’eau distillée dans le bécher pour travailler dans un grand volume afin de pouvoir négliger l’effet de dilution qui résulte de l’ajout de la solution titrante.

3. En linéarisant le graphe s = f (V2) avant et après le changement de pente, on détermine le point équivalent VE = 12,0 mL.

4. a. Avant l’équivalence, la conductivité vaut : s = s0+ l1 · [Cl–] + l2 · NO3

–8 BOr, [Cl–] = [Cl–]initialement présent – [Cl–]qui a réagi avec Ag+

[Cl–] = V

C V C V–

tot

1 1 2 2$ $

De plus : NO3–8 B =

V

C V

tot

2 2$

Donc : s = s0 + l1 · V

C V C V–

tot

1 1 2 2$ $ + l2 ·

V

C V

tot

2 2$

s = s0 + l1 · V

C V

tot

1 1$ + (l2 – l1) ·

V

C V

tot

2 2$


b. Les deux premiers termes de l’expression précédente sont constants, alors que le troisième terme est variable : il est négatif (car l2 < l1) et V2 augmente au fur et à mesure des ajouts. Ce dernier terme est responsable de la diminution de la conductivité globale de la solution.

5. Après l’équivalence la conductivité vaut : s = s0 + l3 · [Ag+] + l2 · NO3

–8 B

Soit s = s0 + l3 · V

VC

tot

2 2$ – VE` j + l2 ·

V

C V

tot

2 2$

Les deux derniers termes de cette expression augmentent avec V2, ce qui explique l’augmentation de la conductivité globale de la solution après l’équivalence.

6. Concentration : C1 = ,

5,00 10 12,0V

C V10 01

2 E3–# #=

$

C1 = 6,00 × 10–3 mol . L–1.

Donc, comme le lait a été dilué cinq fois :C0 = 5 · C1 = 5 × 6,00 × 10–3 = 3,00 × 10–2 mol · L–1.

7. La concentration massique en ions chlorure dans le lait analysé vaut :

tCl– = C0 · MCl = 3,00 × 10–2 × 35,5 = 1,07 g · L–1.Le lait analysé est donc consommable, car on reste dans l’intervalle autorisé pour la concentration massique en ions chlorure.

20 Different types of titrations


« Le titrage est une méthode d’analyse chimique quantitative courante en laboratoire, qui est utilisée pour déterminer la concentration inconnue d’une espèce chimique connue, nommée réactif titrant. Un réactif, nommé réactif titré, de concentration et de volume connus, est utilisé pour réagir avec la solution de réactif titrant. En utilisant une pipette chimique* pour ajouter le réactif titrant, il est possible de déterminer la quantité exacte qui a été consommée quand le point d’équivalence est atteint. Dans le titrage classique acide fort – base forte, le point d’équivalence est le point pour lequel le pH du milieu réactionnel est juste égal à 7. Plusieurs méthodes peuvent être utilisées pour repérer le point d’équivalence de la réaction. Les titrages utilisent souvent des indicateurs colorés (le milieu réactionnel change de couleur). Dans les titrages acido basiques simples, un indicateur (coloré) peut être utilisé, comme le phénolphtaléïne, qui devient rose quand une certaine valeur de pH (environ 8,2) est atteinte ou dépassée. Tous les titrages ne nécessitent pas d’indicateur (coloré). Dans certains cas, soit les réactifs soit les produits sont fortement colorés et peuvent servir “d’indicateur”. Par exemple, un titrage d’oxydoréduction utilisant du permanganate de potassium (violet) comme réactif titrant, ne nécessite pas d’indicateur. Quand le réactif titrant est réduit, il devient incolore. Après le point d’équivalence, il y a un excès de réactif titrant. Le point d’équivalence est repéré à la première couleur violet pâle persistante (due à un excès d’ions permanganate) dans la solution titrée. »

* La pipette dont il est question ici est une pipette dont le volume délivré peut être choisi et lu très précisément sur la pipette. En règle générale, en TP, les titrages se font avec une burette graduée (NDLR).

1. Un titrage en chimie permet de déterminer la concentration inconnue d’une espèce chimique connue.

2. Sans utiliser d’indicateur coloré, on repère la fin d’un titrage pH–métrique acide fort – base forte quand le pH vaut exactement 7 (la méthode des tangentes ou de la dérivée en permettent une détermination précise).

3. Pour qu’il puisse être utilisé lors d’un titrage colorimétrique d’un acide fort par une base forte, un indicateur coloré doit être tel que sa zone de virage contienne la valeur pH = 7.

4. Le titrage colorimétrique des ions fer (II) par les ions permanganate ne nécessite pas l’ajout d’un indicateur coloré pour repérer l’équivalence, car les ions permanganate jouent déjà ce rôle. Avant l’équivalence, ils sont limitants et réagissent totalement pour donner l’ion manganèse (II) incolore et, après l’équivalence, ils sont en excès et donnent une teinte rose au mélange réactionnel. L’équivalence est atteinte (et même légèrement dépassée) lorsque la première goutte de permanganate de potassium en excès est ajoutée, ce qui donne une teinte rose persistante au mélange.

21 Chaufferette chimique

1. Voir document 5, p. 467 du manuel. Solution titrante SA d’acide chlorhydrique, de concentration CA = 2,0 × 10−1 mol · L−1 dans la burette graduée. Solution titrée S1 d’éthanoate de sodium, de concentration C1 à déterminer et de volume V1 = 25,0 mL.

2. À l’équivalence du titrage, on a :ni (CH3CO2

–) = nE (H3O+)

3. La courbe dérivée présente un maximum pour un volume VE = 8,8 mL.

4. Valeur aberrante : VE = 6,3 mL, qui doit être écartée de l’étude.

Valeur moyenne des volumes équivalents : VEmoy = 8,84 mL, écart type de la série 0,17 mL.

Pour 7 mesures et avec un intervalle de confiance de 95 %, k = 2,45, d’où l’encadrement suivant :

8,68 mL < VE moy < 9,00 mL

5. On a C1 = CA · VEmoy

V1 =

2,0 × 10–1 × 8,84

25,0 C1 = 7,07 × 10–2 ≈ 7,1 × 10–2 mol · L–1.

6. On en déduit : C0 = 100 × C1 = 7,1 mol · L–1.

7. Dans la chaufferette, dont le volume est de V0 = 100 mL, on a une quantité n0 = C0 · V0 = 0,71 mol d’éthanoate de sodium, soit une masse :

m0 = n0 · M = 0,71 × 82,0 = 58 g.

8. La masse de la solution S0 est de 130 g, soit une teneur en éthanoate de sodium de 45 %. Cette valeur est supérieure à la valeur 20 % minimale citée dans le texte.

22 Dosage d’une eau de Javel.

1. Afin d’obtenir 50,0 mL de solution d’eau de Javel diluée au dixième, on doit prélever 5,0 mL d’eau de


Javel commerciale placée dans un bécher à l’aide d’une pipette jaugée munie d’un pipeteur. Ces 5,0 mL sont placés dans une fiole jaugée de 50,0 mL, qui est ensuite complétée au trait de jauge avec de l’eau distillée. La solution est finalisée en homogénéisant le contenu de la fiole après l’avoir bouchée.

2. Le volume V = 10,0 mL de solution S doit être prélevé à l’aide d’une pipette jaugée, car il s’agit de la solution à doser. Le volume V’ = 20 mL peut être prélevé à l’éprouvette graduée, car les ions iodures sont apportés en excès ; il n’est donc pas nécessaire que ce prélèvement soit exact.

3. L’équation de la réaction (3) de titrage entre le diiode et les ions thiosulfate est :

2 S2O2–3 (aq) S4O2–

6 (aq) + 2 e–

I2 (aq)+ 2 e– 2 I– (aq)

I2 (aq) + 2 S2O2–3 (aq) 2 I– (aq)+ S4O2–

6 (aq)

4. À l’équivalence du titrage, on a réalisé un mélange stœchiométrique des réactifs. On a donc :

n (I2) = S O 0,10 10,0 10n C V

2 2 21 1E

32 32–

–# #= =$( )

n (I2) = 5,0 × 10–4 mol.

5. Cette quantité de I2 correspond à la quantité de dichlore produite par la réaction (1), car, dans (1), une mole de ClO– produit une mole de Cl2, de même que, dans (2), une mole de ClO– produit une mole de I2.

6. Dans le prélèvement V, on a donc :n (ClO–) = 5,0 × 10–4 mol.

7. Concentration : [ClO–] = lC O

,,

Vn

10 0 105 0 10–

3

4

–

–

#

#=( )

[ClO–] = 5,0 × 10–2 mol · L–1.On en déduit :

[ClO–]0 = 10 × [ClO–] = 5,0 × 10–1 mol · L–1.8. D’après l’équation (1), une mole de ClO– produit une mole de dichlore, donc un litre d’eau de Javel peut produire une quantité :

n(Cl2) = 5,0 × 10–1 mol.

9. Cela correspond à un volume de dichlore :

1 mol de Cl2 ⇔ 22,4 L5,0 × 10–1 mol de Cl2 ⇔ V (Cl2)

V (Cl2) = 5,0 × 10–1 × 22,4 = 11,2 L.Le degré chlorométrique de l’eau de Javel analysée est donc égal à 11, ce qui est légèrement inférieur à l’indication de l’étiquette. L’incertitude relative est de :

,12

11 2 12– = 6,7 × 10–2 = 6,7 %.

10. Le titrage réalisé est un titrage indirect, car l’espèce titrée n’est pas l’ion hypochlorite mais le diiode produit par une réaction secondaire avec les ions hypochlorite.


23 Dosage des ions calcium et magnésium

1. Pour prélever le volume V = 20,0 mL d’eau à doser, il est nécessaire d’utiliser une pipette jaugée munie de son dispositif de pipetage.

2. La solution tampon a pour rôle de maintenir le pH du milieu réactionnel à une valeur constante.3. D’après les équations de dosage, on a :

nE (EDTA) = n0 (Ca2+) + n0 (Mg2+)

4. La relation est : C · VE = [Ca2+] · V + [Mg 2+] · V

soit : [Ca2+] + [Mg2+] = V

C VE$

5. Pour l’eau n° 1 :

[Ca2+] + [Mg 2+] = ,

1,0 10 6,720 0

2–# #

= 3,35 × 10–3 mol · L–1 = 3,35 mmol · L–1 ≈ 3,4 mmol · L–1.Pour l’eau n° 2 :

[Ca2+] + [Mg 2+] = ,

, ,20 0

1 0 10 2 92–# #

= 1,45 × 10–3 mol · L–1 = 1,45 mmol · L–1 ≈ 1,5 mmol · L–1.

6. Pour l’eau n° 1 (eau non filtrée), le TH vaut 34 °f, alors que pour l’eau n° 2 (eau filtrée) le TH vaut 15 °f.

7. L’eau non filtrée est la plus dure, car son TH est supérieur à celui de l’eau filtrée.

8. La carafe filtrante est efficace puisqu’elle permet de convertir une eau caractérisée comme dure en une eau douce.

9. Pour cette eau minérale :

[Ca2+] = ,M

t Ca40 1

78 10

Ca

2 3–#=+( )

= 1,9 × 10–3 mol · L–1.

[Mg2+] = g

,Mt M

24 324 10

Mg

2 3–#=+( )

= 9,9 × 10–4 mol · L–1.

[Ca2+] + [Mg 2+] = 2,9 × 10–3 mol · L–1

ce qui correspond à un TH qui vaut 29 °f, soit une eau dure, plus dure que l’eau filtrée par la carafe.


24 Titrage de l’acide lactique dans un lait

1. HA est l’acide du premier couple HA (aq) / A– (aq) et HO– (aq) est la base du second couple H2O (ℓ) / HO– (aq).

L’équation de la réaction de titrage est donc :HA (aq) A– (aq) + H+

HO– (aq) + H+ H2O (ℓ)

HA (aq) + HO– (aq) A– (aq) + H2O (ℓ)

2. Cette réaction doit être rapide, totale et unique.

3. Au début du dosage, le pH vaut 2,9.

Or, le pKA du couple HA (aq) / A– (aq) vaut 3,9.


Le diagramme de prédominance de ces espèces est le suivant :

HA A– pH

3,92,9

Au début du dosage, on se trouve donc dans une zone de pH où l’espèce prédominante est l’acide HA (aq).

4. Les espèces HA (aq) et A– (aq) sont présentes en quantités égales lorsque pH = pKA, soit pour le volume VS = 6,0 mL d’après le tableau de mesures.

5. Le graphe pH = f (VB) est représenté ci–contre.Le volume équivalent est déterminé à l’aide de la méthode des tangentes.On détermine donc VE = 12,0 mL.

6. À l’équivalence du titrage on a réalisé un mélange stœchiométrique des réactifs.On a donc : n (HA) = n (HO–),soit : n (HA) = CB · VE n (HA) = 5,00 × 10–2 × 12,0 × 10–3

n (HA) = 6,00 × 10–4 mol d’acide lactique dans un volume VA = 20,0 mL.

7. Dans un litre de lait, il y a une quantité :n0 (HA) = 50 · n (HA)n0 (HA) = 50 × 6,00 ×10–4 = 3,00 × 10–2 mol,

soit une masse : m (HA) = n0 (HA) · MHA = 3,00 × 10–2 × 90 = 2,7 g.

Le lait analysé n’est pas un lait frais, car sa teneur en acide lactique est supérieure à 1,8 g · L–1.

2015105

14

12

10

8

6

4

2

0

pH

VB (mL)

Bibliographie– A. Durupthy (dir.), Chimie 1re année PCSI, Hachette, collection HPrépa, 2007. Chapitre 16 « Équilibres acido-basiques » – § 5. Titrages acido-basiques.– F. Marschal et P. rabier, « Évaluation de l’incertitude de mesure du titre hydrotimétrique d’une eau de boisson », BUP n° 935, juin 2011. – L. lopes, « Titrages acido-basiques de mélanges contenant une espèce forte et une espèce faible : successif ou simultanés ? », BUP n° 926, juillet-août-septembre 2010.

Sitographie– Site de G. Gastebois « Des simulations en sciences physiques » sur les dosages conductimétriques et pH-métriques : http://gilbert.gastebois.pagesperso-orange.fr/java/accueil.htm– Simulation du dosage pH-métrique d’une solution d’acide nitrique :http://www.uel.education.fr/consultation/reference/chimie/solutaque/simuler/chapitre7/partie3/flash/ nitrique/nitrique.htm– Réaliser un titrage pH-métrique ou conducti métrique: I. Tarride et J.-C. Desarnaud, Aix-Marseille :http://www.spc.ac-aix-marseille.fr/phy_chi/Menu/Activites_pedagogiques/cap_exp/animations/titrage_ph.htmlhttp://www.spc.ac-aix-marseille.fr/phy_chi/Menu/Activites_pedagogiques/cap_exp/animations/titrage_conducim.swf


http://gilbert.gastebois.pagesperso-orange.fr/java/accueil.htm

http://www.uel.education.fr/consultation/reference/chimie/solutaque/simuler/chapitre7/partie3/flash/nitrique/nitrique.htm

http://www.uel.education.fr/consultation/reference/chimie/solutaque/simuler/chapitre7/partie3/flash/nitrique/nitrique.htm

http://www.spc.ac-aix-marseille.fr/phy_chi/Menu/Activites_pedagogiques/cap_exp/animations/titrage_ph.html

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1 Synthèse d’un solide : la 3-carbéthoxycoumarine (p. 488-489)

Activités

19ChapitreStratégie de synthèse

et sélectivité en chimie organique

Paillasse professeur– Une balance ;– une étuve ;– un flacon étiqueté « éluant » contenant un mélange de cyclohexane (2 volumes) et d’acétate d’éthyle (1 volume) ;– de la propanone ;– une lampe UV ;– des plaques de silice pour CCM ;– des capillaires ;– de l’éthanol ;– une solution éthanolique de pipéridine (la fraction volumique en pipéridine doit être voisine de 0,15 dans la solution fournie) ;– de la glace.

Paillasse élève – Une masse prépesée (mS = 4,00 g) de 2-hydroxyben-zène carbaldéhyde ;– une masse prépesée (mM = 5,60 g) de propanedioate d’éthyle ;

– un ballon bicol de 250 mL ;– un réfrigérant à boules ;– un barreau aimanté en forme d’olive ;– un entonnoir à solides ;– deux pipettes en plastique ;– un agitateur magnétique chauffant ;– un récipient métallique pour bain-marie ;– une éprouvette graduée de 20 mL (ou 50 mL) ;– un dispositif de filtration sous pression réduite et du papier-filtre ;– une spatule ;– une boîte de Pétri ;– cinq petits tubes à essai sur support ;– une cuve à CCM fermée ;– une pince.

RemarqueAprès usage, les pipettes en plastique jetables seront immédiatement placées dans un bécher de récupération.


1 Groupes caractéristiques :

O

OH H OO

C2H5O

C2H5O

O

O O

O

OH

HydroxyleEster

Ester Ester

AlcèneHydroxyle

Ester

Aldéhyde

2 Pour le 2-hydroxybenzène carbaldéhyde et le propanedioate d’éthyle : porter des lunettes, des gants et une blouse fermée.Pour la pipéridine : porter des lunettes, des gants et une blouse fermée. Tenir éloigné de toute flamme.Pour l’éthanol : tenir éloigné de toute flamme.3 On rince les coupelles pour éviter toute perte de

produit. L’éthanol est le solvant de la synthèse.

4 On agite la solution pour que la température soit homogène dans le milieu et pour augmenter la vitesse de dissolution du solide.5 On chauffe le mélange pour augmenter la vitesse

de la réaction et pour augmenter la vitesse de disso-lution des solides. Le réfrigérant à eau sert à recondenser les vapeurs et donc à travailler à volume constant. Le reflux est le retour des vapeurs dans le milieu réac-tionnel.6 On ajoute de l’eau au milieu réactionnel pour

diminuer la solubilité du produit formé. En effet, la 3-carbéthoxycoumarine est insoluble dans l’eau.7 Le mélange est refroidi dans un bain d’eau glacée

pour éviter le dégagement de vapeurs et pour dimi-nuer la solubilité du produit dans le milieu réactionnel.8 La filtration sous pression réduite est plus rapide

et plus efficace qu’une simple filtration.9 L’eau seule ne convient pas pour rincer le solide,

car la majorité des impuretés (notamment les réactifs qui n’ont pas réagi) n’y sont pas solubles. L’éthanol seul ne convient pas non plus, car le produit est trop soluble dans l’éthanol (risque de pertes). Le mélange doit être glacé pour diminuer la solubilité du solide dans le solvant de rinçage.


10 Les impuretés qui sont, en théorie, en concentra-tion beaucoup plus faible que le produit à purifier restent solubles dans le solvant et seul le produit majoritaire atteint la saturation et cristallise.11 On introduit le minimum de solvant de recristalli-sation pour minimiser les pertes de solide resté en solution.12 Dans le solvant de recristallisation, le produit est très soluble à chaud et peu soluble à froid.

Les impuretés sont solubles dans le solvant à froid.13 Il faut que la température de l’étuve soit inférieure à la température de fusion du solide (environ 15 °C de moins).14 Pour vérifier que le solide est bien sec, il faut effectuer plusieurs pesées jusqu’à ce que la masse soit constante.15 Calcul des quantités de matière de réactifs :

nS = 32,8 mmol et nM = 35,0 mmol. Le 2-hydroxybenzènecarbaldéhyde est donc le réac-tif limitant. D’après la stœchiométrie de la réaction, on en déduit la quantité théorique de produit attendu : nth = 32,8 mmol. Le rendement est calculé en effec-

tuant le rapport nexpnth

.

16 Le trait plein est la ligne de dépôt et le trait en pointillés est le front de l’éluant.17 Conclusions relatives à la CCM.– Le produit synthétisé est bien la 3-carbéthoxycou-marine, car les Rf des taches relatives aux dépôts 3 et 4 sont identiques. – Le produit purifié est bien pur, car il n’y a qu’une seule tache au niveau du dépôt 3. – Le produit brut contenait encore du 2-hydroxyben-zènecarbaldéhyde. – Le filtrat contient du produit de la réaction.18 Le signal 1 est un triplet et intègre pour 3 H, il se rapporte donc aux 3 H du groupement méthyle. Le signal 2 est un quadruplet et intègre pour 2 H, il se rapporte donc aux 2 H portés par l’atome de car-bone voisin du groupement méthyle.19 Autres techniques de caractérisation : mesure de la température de fusion, spectroscopie IR et chro-matographie en phase vapeur.20 La synthèse d’un produit solide s’effectue à l’aide d’un montage à reflux. L’étape de séparation se résume à une filtration sous pression réduite. On purifie le solide en réalisant une recristallisation et on le caractérise, par exemple, en mesurant sa tempéra-ture de fusion à l’aide d’un banc Kofler.

2 Synthèse d’un liquide : l’acétate d’isoamyle (p. 490-491)

1 Cette réaction est une réaction de substitution, résultat d’une addition suivie d’une élimination.2 Fonction présentes : acide acétique (fonction

acide carboxylique), alcool isoamylique (fonction alcool primaire) et acétate d’isoamyle (fonction ester).3 Noms des réactifs et des produits : acide étha-

noïque, 3-méthylbutan-1-ol et éthanoate de 3-méthylbutyle.4 Pour l’APTS et l’acide acétique : manipuler avec

des gants et des lunettes.Pour l’alcool isoamylique : prélever sous hotte, mani-puler avec des gants et des lunettes, tenir éloigné de toute flamme.Pour l’acétate d’isoamyle : tenir éloigné de toute flamme.5 L’APTS augmente la vitesse de la réaction.6 La pierre ponce permet d’avoir une ébullition

régulière.7 Le milieu réactionnel est chauffé pour augmenter

la vitesse de la réaction. On chauffe à reflux pour travailler à volume constant.8 Le milieu réactionnel est refroidi pour reconden-

ser les vapeurs et pour pouvoir conduire la suite des opérations à froid.9 La réaction est équilibrée ( ), donc, même en

augmentant la durée de la réaction, il resterait encore des réactifs.10 L’ampoule à décanter permet de séparer les phases aqueuse et organique.11 Phase aqueuse : APTS, acide acétique.

Phase organique : alcool isoamylique, acétate d’isoa-myle.12 La densité de l’ester (constituant majoritaire de la phase organique) est inférieure à 1, donc la phase organique est située au-dessus de la phase aqueuse. On peut verser une goutte d’eau dans l’ampoule à décanter et regarder si elle traverse la phase supé-rieure.13 L’alcool et l’acide peuvent réaliser des liaisons hydrogène avec l’eau. L’alcool a une chaîne carbonée longue, donc sera peu soluble dans l’eau, alors que l’acide ayant une chaîne carbonée courte le sera. L’ester effectue beaucoup moins de liaisons hydro-gène que l’alcool et l’acide ; il sera donc très peu soluble dans l’eau.14 a. Le chlorure de sodium permet de diminuer la solubilité des espèces chimiques organiques dans la phase aqueuse.b. Cette technique s’appelle le relargage.15 CH3COOH + HCO3

– CH3COO– + H2O + CO216 En lavant la phase organique avec la solution satu-rée d’hydrogénocarbonate de sodium, l’acide acé-tique est transformé en ion carboxylate, beaucoup plus soluble dans la phase aqueuse que dans la phase organique. Cette étape permet donc de purifier la phase organique.17 On agite l’ampoule à décanter pour augmenter la surface entre les deux phases et augmenter la vitesse de transfert des espèces chimiques d’une phase à l’autre.18 Il manque l’allonge de distillation. Voir schéma complet dans la fiche no 10B, p. 593 du manuel.


19 La distillation est une méthode de purification de liquides fondée sur les différences de température d’ébullition des constituants d’un mélange. Les traces d’acide acétique seront les premières à passer, donc la température à partir de laquelle on recueille du distillat est 118 °C.20 Calcul des quantités de matière des réactifs :

n (alcool) = r · VM

= 0,368 mol,

n (acide) = r · VM

= 0,874 mol,

donc l’alcool est le réactif limitant. D’après la stœchiométrie de la réaction, la quantité théorique d’ester obtenue est nth = 0,368 mol.

Donc : h = nexpnth

= 0,2300,368

= 62,5 %.

21 La bande intense vers 1 740 cm–1 est caractéris-tique de la liaison CpO des esters. 22 Il n’y a pas de bande entre 3 200 et 3 600 cm–1, ce qui implique l’absence de la liaison OPH. On peut

donc conclure qu’il n’y a plus de trace d’alcool et d’acide carboxylique.23

CH3PCPOPCH2PCH2PCPCH3

O

H

CH3

Le signal correspondant à 6 H est un doublet, car ces 6 H sont couplés avec 1 H voisin. Le signal correspondant à 3 H est un singulet, car ces 3 H ne sont couplés à aucun H. Le signal correspondant à 2 H est un triplet, car ces 2 H sont couplés à 2 H voisins.24 Le produit liquide est synthétisé à l’aide d’un montage à reflux ; on le sépare du reste du milieu réactionnel en réalisant une extraction liquide-liquide suivie du séchage à l’aide d’un desséchant chimique. On réalise une distillation pour purifier ce liquide et on le caractérise, par exemple, en réalisant une CCM.

3 Synthèse du paracétamol (p. 492-493)

A Sélectivité de la réaction

Paillasse professeur – De l’anhydride acétique ;– de l’acide acétique glacial ;– de l’acétate de butyle ;– de la glace ;– un flacon étiqueté « éluant » : 3 mL d’acétate de butyle, 2 mL de cyclohexane, 0,5 mL d’acide formique et 10 gouttes d’acétone ;– du Doliprane® en poudre ;– un banc Kofler et des substances étalon ;– des plaques de silice ;– des capillaires ;– une balance ;– une lampe UV.

Paillasse élève – Une spatule ;– une coupelle en plastique ;– un entonnoir à solide ;

– un ballon tricol 250 mL ;– un ballon monocol de 250 mL ;– une ampoule de coulée isobare ;– un réfrigérant à boules ;– un bouchon en verre ;– des éprouvettes de 10 et 50 mL ;– une cuve métallique pour bain-marie ;– une coupelle en verre ;– un barreau aimanté en forme d’olive ;– un dispositif de filtration sous pression réduite et du papier-filtre ;– un agitateur magnétique chauffant ;– un chauffe-ballon ;– une cuve à CCM fermée ;– une pince ;– des petits tubes à essais et un support ;– 2,50 g de para-aminophénol prépesé ;– eau distillée.


1 Groupes caractéristiques :

O

OO

Hydroxyle

Carboxyle

Anhydrided’acide

COOH

OH

Hydroxyle

Hydroxyle

Amine

Amide

Carboxyle

Anhydride d’acide

O

OO

O OH

O

H2N OH

HN OH

OH

O

Carboxyle

Ester

COOHO

O

Carboxyle

O

OO

Hydroxyle

Carboxyle

Anhydrided’acide

COOH

OH

Hydroxyle

Hydroxyle

Amine

Amide

Carboxyle

Anhydride d’acide

O

OO

O OH

O

H2N OH

HN OH

OH

O

Carboxyle

Ester

COOHO

O

Carboxyle

Dans la synthèse de l’aspirine, le groupe hydroxyle réagit avec l’anhydride d’acide. La fonction créée est une fonction ester.


Dans la synthèse du paracétamol, le groupe amine réagit avec l’anhydride d’acide. La fonction créée est une fonction amide.2 On peut envisager la réaction entre le groupe

hydroxyle et l’anhydride d’acide :

OH2N O

3 Une réaction est sélective lorsque, parmi plusieurs fonctions d’une même molécule, l’une d’elles réagit préférentiellement avec le réactif considéré. Ce réac-tif est dit chimiosélectif. Dans l’exemple du paracéta-mol, les groupes amine et hydroxyle sont suscep-tibles de réagir avec l’anhydride acétique et seul le groupe amine réagit.

B Les étapes de la synthèse

4 Schéma du montage :

Agitateurmagnétiquechauffant

Supportélévateur

Réfrigérantà boules

Bain-marie

Ballon bicol

Ampoulede coulée

Barreauaimanté

5 L’agitation permet d’homogénéiser la tempéra-ture et d’augmenter la vitesse de dissolution du solide.6 Le chauffage permet la dissolution du solide.

Le refroidissement permet d’ouvrir ensuite le mon-tage en évitant l’émission de vapeurs.7 L’ampoule de coulée permet l’ajout progressif

d’un réactif sans ouvrir le montage. L’anhydride acétique est introduit progressivement, car la réaction est exothermique et on veut éviter tout emballement de la réaction qui provoquerait une forte élévation de la température dans le milieu réactionnel (et donc éviter les réactions parasites).8 Une filtration sous pression réduite est plus rapide

et plus efficace qu’une simple filtration.9 On rince le solide pour enlever toute trace des

eaux mères. On utilise de l’eau glacée pour minimiser la dissolu-tion du solide lors de ce lavage.10 a. Lors de la recristallisation, on chauffe pour aug-menter la solubilité du solide dans le solvant de recristallisation.

b. On introduit le minimum de solvant de recristallisa-tion pour minimiser les pertes de solide resté en solu-tion (la solution refroidie est saturée en solide).11 La solubilité du produit est de 250 g · L–1 à 100 °C. Il faut donc peser la masse de solide brut obtenue et utiliser les proportions.12 On refroidit progressivement pour ne pas empri-sonner à nouveau les impuretés.13 Il faut que le solide soit très soluble à chaud et peu soluble à froid. Les impuretés doivent être solubles dans le solvant de recristallisation.14 La précision du banc Kofler est de B 1 °C. Si la température de fusion mesurée est strictement infé-rieure à 167 °C, alors le produit synthétisé contient des impuretés. Si elle est comprise entre 167 °C et 169 °C, alors on pourra considérer que le solide est pur.15 Le produit synthétisé est pur (une seule tache relative au dépôt 2). On a bien synthétisé du paracétamol (même rapport frontal qu’une des taches relative dépôt 3).16 Quelques précautions à prendre : – couvrir la cuve à CCM ; – ne pas bouger la cuve lors de l’élution ; – la ligne de dépôt doit être au-dessus du niveau de l’éluant ; – ne pas gratter la silice lors du tracé de la ligne de dépôt, etc.17 Quantités de matière de réactifs :

n (para-amino phénol) = mM

= 2,29 · 10–2 mol,

n (anhydride acétique) = r · VM

= 7,34 · 10–2 mol.

D’après la stœchiométrie de la réaction, le para-ami-nophénol est le réactif limitant et la quantité théo-rique de paracétamol synthétisé : nth = 2,29 · 10–2 mol.

On calcule le rendement en effectuant le rapport nexpnth

.


4 Comparer les avantages et les inconvénients de plusieurs protocoles (p. 494)

1 Voir le montage à reflux, fiche no 10A, p. 593 du manuel.2 Facteurs cinétiques : concentration des réactifs,

température et présence d’un catalyseur.3 Pour les expériences 1 à 6 :

n (acide benzoïque) = 3,0

122 × 1 = 2,5 × 10–2 mol.

Pour l’expérience 2 : n (éthanol) = r · VM

= 0,26 mol.

Dans toutes les expériences, l’acide benzoïque est le réactif limitant, donc n (catalyseur) = 2,5 × 10–3 mol. 4 Le Nafion® est facilement séparable du milieu

réactionnel par filtration, ce qui est un atout pour la synthèse.5 L’agitation permet d’homogénéiser la tempéra-

ture et d’augmenter la vitesse de solubilisation des solides. S’il y a présence de deux phases, l’agita-tion permet aussi de favoriser le contact entre les deux phases et donc d’augmenter la vitesse de la réaction.

6 Comparaison des coûts : voir tableau ci-dessous.7 On retrouve l’influence de différents facteurs :

– comparaison des expériences 2 et 5 : concentra-tion des réactifs ;– comparaison des expériences 1 et 4 : facteur tem-pérature ;– comparaison des expériences 3 et 6 : influence de l’agitation ;– comparaison des expériences 5 et 6 : influence des catalyseurs (le Nafion® est meilleur catalyseur que l’APTS, lui-même meilleur catalyseur que l’acide sul-furique qui peut dégrader une partie du produit).Le meilleur rendement est obtenu en chauffant, avec l’éthanol en excès, sous agitation et avec le Nafion® (expérience 6).Cependant, le coût du TP étant trop élevé, il faudra choisir l’expérience 5. Toutes les expériences se valent du point de vue de la sécurité.

5 Réductions sélectives et protection (p. 495)

1 Demi-équation électronique : RPCOPR’ + 2H+ + 2e– RPCHOHPR’

2 a. La réaction de réduction de A est non sélective, car les deux fonctions cétone et ester réagissent avec LiAlH4.b. Réactifs chimiosélectifs vis-à-vis de A : DIBAL (conduit à B’’) et NaCNBH3 (conduit à B’).

OO

OH

O

O

B’ B’’

3 Pour que A réagisse sélectivement avec NaBH4, il faut une température peu élevée et une durée de réaction relativement courte, sinon l’ester pourrait être lui aussi réduit.4 Pour passer directement de A à B à l’aide d’un

réactif chimiosélectif, il faudrait trouver un réactif qui réduit les esters en alcool sans réduire la fonction cétone. Ce réactif n’existe pas dans le tableau du document 4. S’il existait, son utilisation serait surement préférable à la réalisation successive des étapes 1, 2 et 3 pour des raisons de rendement.5 Un groupe protecteur permet de bloquer tempo-

rairement la réactivité d’une fonction.


Numéro de la manipulation

1 2 3 4 5 6

Acide benzoïque 1,06 € 1,06 € 1,06 € 1,06 € 1,06 € 1,06 €

Éthanol 4,25 € 1,28 € 4,25 € 4,25 € 4,25 € 4,25 €

Catalyseur 0,22 € 0,79 € 8 190,90 € 0,22 € 0,79 € 8 190,90 €

Toluène – 9,18 € – – – –

Prix total 5,53 € 12,31 € 8 196,21 € 5,53 € 6,10 € 8 196,21 €

Il faudrait aussi prendre en compte le coût lié au chauffage et à l’agitation (électricité), mais cela est difficilement chiffrable ici. Un autre élément n’a pas été pris en compte : le Nafion® peut être régénéré et réutilisé, ce qui n’est pas le cas des autres catalyseurs.

Complément


6 Synthèse peptidique (p. 496-497)

1 a. Dipeptides obtenus :

NH

O

NH2

H2N

H2N

Leu-Gly

OH

O

NH

O

OH

O

NH2

Gly-Leu

OH

O

HN O

Leu-Leu Gly-Gly

OH

O

HN O

NH

O

NH2

H2N

H2N

Leu-Gly

OH

O

NH

O

OH

O

NH2

Gly-Leu

OH

O

HN O

Leu-Leu Gly-Gly

OH

O

HN O

b. Les deux fonctions de la leucine et de la glycine peuvent réagir, donc la synthèse est non sélective.2 a. Les sites accepteurs sont notés dB et sites

donneurs notés dv :

O

N

HO

H H

NO

HH

H

O

δv

δv δv

δv

δv

δv

δB δBδB

δBδB

δB

δB

δB

δB δB

b. Sites devant réagir :

O

N

HO

H H

NO

HH

H

Oδv

δB

c. Mécanisme de la première étape :O

NH2

OH H2NO

OH

3 La réaction entre un acide carboxylique et une amine est lente. On active la fonction acide carboxy-lique pour augmenter la vitesse de la réaction.

Si l’une des deux fonctions acide carboxylique est activée, la deuxième est rarement protégée en pratique (cela n’est pas nécessaire).

Complément

4 On ne peut pas protéger la fonction amine en créant une fonction amide, car, lors de l’étape de déprotection, on casserait aussi la liaison peptidique.

5 Le fait de pouvoir enlever les deux groupes pro-tecteurs dans des conditions différentes est utile si on ne veut pas s’arrêter au stade dipeptide. En effet, si on veut ajouter l’acide a-aminé alanine, par exemple, on pourra synthétiser Ala-Leu-Gly ou Leu-Gly-Ala selon la fonction chimique qui a été déprotégée.6 a. Pour synthétiser Pro-Leu-Gly il faudra déproté-

ger la fonction amine de la leucine.b. Formule topologique du tripeptide Pro-Leu-Gly :

OH

O

Pro-Leu-Gly

NH

O

HN

NH

O

c. La fonction acide carboxylique de la glycine étant déjà protégée, il faut protéger la fonction amine de la proline (pour éviter Pro-Pro) et activer la fonction acide carboxylique de la proline.7 a. Il y a six étapes pour cette synthèse : deux pro-

tections, une activation, le couplage et deux dépro-tections, ce qui fait un rendement :

h = 0,906 = 0,53 = 53 %.b. Dans le cas d’un polypeptide composé de dix acides a-aminés (41 étapes), le rendement tombe à 1,3 %.c. En utilisant un polymère insoluble, on simplifie les étapes de séparation et de purification, car le poly-peptide reste accroché au support solide, ce qui aug-mente le rendement de chaque étape (une simple fil-tration suffit) et donc le rendement global.8 Un groupe protecteur est un groupe caractéris-

tique, volontairement créé dans une molécule poly- fonctionnelle afin de bloquer la réactivité de l’une de ses fonctions. Cette fonction est temporairement transformée en une autre fonction.Le groupe protecteur utilisé doit réagir de manière sélective avec la fonction à protéger, être stable lors des réactions suivantes et pouvoir être enlevé (clivé) facilement et de manière sélective, une fois la réac-tion effectuée.L’utilisation d’un groupe protecteur nécessite au moins deux étapes supplémentaires dans une syn-thèse. Il faut donc que les étapes de protection et de déprotection aient lieu avec de très bons rendements.


QCM1 1. C ; 2. B et C ; 3. A et C ; 4. B ; 5. A et C ; 6. C ;

2 1. C ; 2. A ; 3. A.


3 Réaliser une analyse critique de protocole

1. Séparation : extraction liquide-liquide avec relar-gage, puis séchage et évaporation du solvant. Purification : distillation.Caractérisation : CCM.

2. nA = nB = 0,20 mol. Le mélange réactionnel de départ est un mélange stœchiométrique. On a alors nmax = 0,20 mol. On obtient une quantité nP = 0,178 mol. Le rendement vaut ρ = 0,89, soit 89 %.

4 Synthétiser un dipeptide

1. Le dipeptide contient, de gauche à droite, une fonction amine, une fonction amide et une fonction acide.

2. La réaction entre l’isoleucine activée et l’alanine n’est pas sélective, car, par exemple, la fonction acide carboxylique de l’alanine peut aussi réagir avec la fonction amine de l’isoleucine. Il convient donc de protéger la fonction amine de l’isoleucine activée et éventuellement la fonction acide carboxylique de l’alanine afin d’obtenir sélectivement le dipeptide D.

Pour commencer

5 Analyser un protocole : synthèse d’un liquide

1. Port de la blouse, de lunettes de protection et de gants pour l’acide acétique et l’acide sulfurique. Manipuler l’éthanol et l’ester loin de toute source de chaleur ou de flamme et ne pas respirer les vapeurs.

2. L’acide sulfurique joue le rôle de catalyseur dans cette synthèse.

3. Le distillat contient l’ester E, car c’est l’espèce chimique du mélange réactionnel qui a la température d’ébullition la plus basse.

4. Le sulfate de sodium anhydre est un desséchant. Il permet d’éliminer les traces d’eau qui auraient été entraînées avec le distillat.

5. La température en tête de colonne de distillation permet de savoir si on a bien le produit attendu.

6. La quantité d’ester obtenu vaut : nE = 9,39 × 10–2 mol.

Les quantités de réactifs valent :nA = 0,20 mol et nB = 0,25 mol.

D’après la stœchiométrie de la réaction, l’acide éthanoïque est le réactif limitant, et donc, la quan- tité maximale que l’on puisse obtenir pour E est :

nmax = 0,20 mol

d’où : ρ = 0,47, soit 47 %.

6 Analyse un protocole : synthèse d’un solide

1. On chauffe le milieu réactionnel pour augmenter la vitesse de réaction et faciliter la dissolution des solides.

2. L’acide phosphorique joue le rôle de catalyseur.

3. On refroidit le mélange réactionnel une fois la syn-thèse terminée afin de pouvoir démonter le dispositif en toute sécurité et ne pas inhaler de substances volatiles, ici corrosives. De plus, le refroidissement permet la cristallisation du produit dont la solubilité diminue avec la température.

4. Pour isoler le produit, on procèdera à une filtra-tion du mélange réactionnel sur un filtre Büchner. On lavera le produit solide avec de l’eau glacée.

5. Pour vérifier la pureté du solide obtenu, on peut relever sa température de fusion à l’aide d’un banc Kofler. On peut aussi réaliser une CCM en comparant le produit obtenu avec de l’aspirine commercial.

7 Établir un protocole d’extraction

Afin d’extraire la curcumine présente dans la poudre de curcuma, on utilise l’éthanol pour des raisons de solubilité et de sécurité. On pèse une masse m de poudre de curcuma (utilisation de la balance, de la spatule et de la coupelle) que l’on introduit dans un bécher de 150 mL. On ajoute alors à l’éprouvette un volume d’éthanol inférieur à 50,0 mL. On agite. On filtre sur papier-filtre à l’aide d’un entonnoir à liquide dans une fiole jaugée de 50,0 mL. On rince le papier-filtre avec quelques portions d’éthanol. On homogénéise le contenu et on complète jusqu’au trait de jauge.

8 Savoir filtrer sous pression réduite

La fiole à vide doit être fixée à l’aide d’une pince pour éviter de renverser le dispositif et ainsi perdre le produit, sans compter les risques qui résultent du fil-trat qui peut être nocif, corrosif, etc.L’humidification du papier-filtre assure un contact parfait entre celui-ci et le filtre Büchner. Ainsi, on ne perd pas de produit.On doit éviter de remplir le filtre Büchner pour une meilleure efficacité de la filtration, mais aussi pour ne pas perdre de produit, car le papier-filtre risquerait de se séparer du filtre Büchner et de laisser ainsi pas-ser le mélange.On utilise un liquide de rinçage glacé pour limiter les pertes de produit par dissolution. Même glacé, on doit l’introduire en petite quantité, toujours pour limiter les pertes.



L’aspiration doit être coupée lors du rinçage pour laisser le temps au lavage de se faire (sinon, le liquide de rinçage est immédiatement aspiré).Le solide doit être soigneusement récupéré sur le papier-filtre pour avoir un rendement maximal.

9 Reconnaître des composés polyfonctionnels

1. Les molécules polyfonctionnelles sont les compo-sés B, D et E.

2. Les différentes fonctions chimiques présentes dans les molécules A à E sont :

OH

OOH O

OH

O NH2

O

O

OOH

O

NH2

Acide carboxylique

Amine et acidecarboxylique

Alcène et ester

Alcool, cétone et acidecarboxylique Amide

10 Reconnaître un réactif chimiosélectif

1. Les fonctions chimiques présentes dans le réactif et le produit sont :

O

O O OHOH

Cétone et ester Deux fonctions alcool (secondaire et primaire)

2. Dans cette réaction, LiAlH4 n’est pas un réactif chimiosélectif, car la fonction cétone et la fonction ester du réactif sont toutes deux réduites.

3. Dans ce cas, seule la fonction cétone est réduite. NaBH4 est donc un réactif chimiosélectif.

11 Étudier la sélectivité d’une réaction

1. Les groupes caractéristiques sont :– pour la carvone : un groupe carbonyle et deux groupes alcène ;– pour A : un groupe carbonyle et un groupe alcène ;– pour B : un groupe carbonyle ;– pour C : un groupe hydroxyle.

2. La réaction (1) est sélective, car seul l’un des groupes alcène est concerné par la réaction.La réaction (2) est aussi sélective, car seuls les groupes alcène sont concernés par la réaction. La réaction (3) n’est pas sélective, car les groupes alcène et cétone sont modifiés.

3. On voit ici que le catalyseur entraîne une sélecti-vité : la comparaison des réactions (1) et (2) montre qu’on peut choisir de faire réagir l’un seulement ou deux des groupes alcène présents dans la carvone.

4. La sélectivité peut être provoquée par le facteur pression, comme le montre la comparaison des réac-tions (2) et (3) : à haute pression on perd la sélecti-vité.

Pour s’entraîner

12 Rendement d’une réaction d’oxydation

1. Les quantités initiales de réactifs sont :

nB = mBMB

= µB · VB

MB =

dB · µeau · VBMB

= 10,4 × 1,0 × 4,0

106,1

= 3,9 × 10–2 mol,

nKMnO4 =

mKMnO4

MKMnO4

= 3,16158,0

= 2,00 × 10–2 mol.

On établit un tableau d’avancement pour déterminer le réactif limitant : voir en bas de page.À l’état final, on a soit nKMnO4 – 2xmax = 0,

soit nB – 5xmax = 0, c’est-à-dire :

xmax = nB5

= 7,8 × 10–3 mol,

ou xmax = nKMnO4

2 = 1,0 × 10–2 mol.

Donc xmax = 7,8 × 10–3 mol, c’est le benzaldéhyde qui est le réactif limitant.

2. Le tableau d’avancement (voir ci-dessous) montre qu’on pourrait obtenir une quantité maximale d’acide benzoïque qui vaut :

nmax = 5xmax = 3,9 × 10–2 mol.

La quantité d’acide effectivement obtenue vaut :

nA = mAMA

= 3,9

122,1 = 3,2 × 10–2 mol.

Le rendement de la réaction est donc :

r = nA

nmax =

3,2 × 10–2

3,9 × 10–2 = 0,81, soit 81 %.

Tableau de l’exercice 12, question 1 :

Équation chimique5

H

O

+ 6 H+ + 2 MnO4– 5

OH

O

+ 2 Mn2+ + 3 H2O

État du système

Avancement (mol)

n (benzaldéhyde) n (H+) n (MnO4–) n (acide) n (Mn2+) n (H2O)

État initial 0 nB Excès nKMnO40,0 0,0 Solvant

État intermé-diaire

x nB – 5x Excès nKMnO4 – 2x 5x 2x Solvant

État final xmax nB – 5xmax Excès nKMnO4 – 2xmax 5xmax 2xmax Solvant


3. Le produit étant solide, on peut déterminer sa pureté en mesurant sa température de fusion à l’aide d’un banc Kofler. S’il n’est pas pur, on pourra procé-der à une recristallisation pour le purifier.

4. Grâce à un spectre IR, on pourra s’assurer que la réaction a bien eu lieu et vérifier que l’on obtient une bande d’absorption caractéristique du groupement OPH de la fonction acide carboxylique et aucune bande d’absorption caractéristique du groupement CPH de la fonction aldéhyde.

13 Un di-antalgique, le Salipran®

1. a. Les groupes caractéristiques sont :– pour le paracétamol : un groupe amide et un groupe hydroxyle ;– pour l’aspirine : un groupe ester et un groupe car-boxyle ;– pour le bénorilate : deux groupes ester et un groupe amide.b. aspirine + paracétamol bénorilate + eau La réaction de synthèse du bénorilate est sélective, car le groupe hydroxyle du paracétamol réagit exclu-sivement avec le groupe carboxyle de l’aspirine. Les fonctions amide et ester de ces deux réactifs ne sont pas affectées par cette réaction.

2. a. Parmi les deux schémas proposés, seul le schéma A est celui d’un montage à reflux. Dans le réfrigérant à boules, l’eau circule du bas vers le haut.b. Le deuxième montage est un montage de distillation fractionnée. On l’utilise pour séparer deux espèces miscibles ou pour purifier des espèces.c. On chauffe pour dissoudre les solides et augmen-ter la vitesse de la réaction. On chauffe à reflux pour travailler à volume constant.d. Pour isoler le bénorilate, on doit filtrer le mélange réactionnel sous pression réduite.e. Pour le purifier, on peut procéder à une recristalli-sation.f. Le séchage du produit obtenu peut se faire à l’aide d’une étuve.g. On a n1 = n2 = 0,100 mol.

La réaction étudiée est une réaction qui se fait mole à mole de réactifs. Le mélange réactionnel de départ est donc stœchiométrique.On obtient nbénorilate = 6,01 × 10–2 mol.

Le rendement de la réaction vaut donc :ρ = 0,60, soit 60 %.

3. a. La réaction inverse de celle de sa synthèse est la réaction d’hydrolyse de l’ester. On obtient de l’as-pirine et du paracétamol.b. On appelle ce médicament di-antalgique, car il libère deux molécules antalgiques après son ingestion.

14 Synthèse d’un médicament : la benzocaïne

1. a. Les groupes fonctionnels des molécules HA et E sont :

OHO

NH2

Groupes carboxyle et groupe amine

OO

NH2

Groupes esteret groupe amine

b. Le mouvement de doublets, qui permet d’expli-quer la formation de la liaison CPO, est représenté ci-dessous :

+

O OH

NH2

OH

O O

NH2

HOH

v B

c. La réaction est sélective, car on obtient un seul produit, alors qu’on aurait pu envisager d’autres mouvements de doublets d’électrons.

2. a. Les ions oxonium apportés par l’acide sulfu-rique jouent le rôle de catalyseur.b. Il faut chauffer pour accélérer la réaction, car la température est un facteur cinétique. L’intérêt du chauffage à reflux est de pouvoir chauffer sans perte.

3. a. Le diagramme de prédominance du couple HA (aq) / A– (aq) est :

[AH (aq)]éq 1 [A–]éq [A–]éq 1 [AH (aq)]éq

4,9 pH9

Après l’ajout de carbonate de calcium, le pH du milieu vaut 9, l’espèce qui prédomine est donc l’es-pèce A–, l’ion 4-aminobenzoate issu de l’acide HA qui n’a pas réagi.b. Cette espèce est très soluble dans l’eau et faible-ment soluble dans l’éther, elle se trouve donc dans la phase aqueuse.c. L’ampoule à décanter, après agitation et décanta-tion, est présentée sur le schéma ci-dessous :

Phase organique :éther + benzocaïne

Phase aqueuse :eau + A– + éthanol

4. Le spectre RMN obtenu est bien celui de la ben-zocaïne.


Par ordre de déplacement chimique, on trouve les signaux caractéristiques de :• 3 H du groupe méthyle de CH3PCH2POP de la chaîne terminale de l’ester. Le triplet indique bien qu’il se trouve adjacent à un groupe PCH2P ;• 2 H sur un signal large du groupe PNH2 ;• 2 H présentant un quadruplet : il s’agit donc du groupe PCH2P adjacent au PCH3 ;– les 4 H suivants sont ceux du noyau benzénique.

15 Synthèse d’un dipeptide

1. a. La leucine et la sérine possèdent toutes deux un carbone asymétrique :

Leucine

*COOH

NH2

*COOH

HO

NH2

Sérine

b. Ces molécules sont chirales et possèdent chacune un énantiomère :

Énantiomères de la leucine

CO2HH

NH2

* *

HO2CH

NH2

Énantiomères de la sérine

CO2HHO OHH

NH2

* *

HO2CH

NH2

c. La leucine possède un groupe amine et un groupe carboxyle.La sérine possède, en plus, un groupe hydroxyle.d. La sérine est plus soluble dans l’eau que la leucine, car la présence du groupe hydroxyle permet un plus grand nombre de liaisons hydrogène avec les molé-cules d’eau.

2. a. Les sites donneurs et récepteurs de doublet d’électrons sont représentés respectivement en rouge et en bleu ci-dessous :

C CNH2 +

R3

R1OR2

R OHOH

R

O

C C

R3NH2

R1R2

v

B

b. Les mouvements des doublets d’électrons sont :

C CNH2 +

R3

R1OR2

R OHOH

R

O

C C

R3NH2

R1R2

v

B

3. a. Les formules topologiques des six produits pos-sibles sont :

Dipeptide Leu-Leu

NH2

O

NHOH

O

Dipeptide Leu-Ser

NH2

O

NHOH

OH

ODipeptide Ser-Leu

NH2

O

NHOH

O

HO

Dipeptide Ser-Ser

NH2

O

HO NHOH

OH

O

Ester mixte leucine-sérine

NH2

O

OCOOH

NH2

Ester sérine-sérine

NH2

O

OHOCOOH

NH2

b. Il faudra activer la fonction acide carboxylique de la leucine.

c. Il faudra protéger la fonction amine de la leucine et les fonctions acide carboxylique et alcool de la sérine.


16 Bromination of cinnamic acid


« La préparation du 1-bromo-2-phényléthylène consiste à réaliser une bromation stéréospécifique de l’acide (E)-cinnamique suivie par une élimination décarboxylante du bromoacide obtenu. Cette der-nière réaction conduit presque exclusivement au (Z)-b-bromostyrène quand elle est conduite dans la butanone, alors que le produit majoritaire est le sté-réoisomère E lorsqu’elle est conduite dans l’eau.

Protocole expérimental

Une solution de dibrome à 10 mol · L–1 dans le chloro-forme est préparée avant la séance de TP. Attention : le dibrome et les solutions de chloroforme sont hautement toxiques et corrosifs.Dans un erlenmeyer de 150 mL, dissoudre 7,5 g d’acide (E)-cinnamique commercial dans une quan-tité minimale de chloroforme (50 mL) sous agitation magnétique et à l’aide d’un bain-marie. Une fois la dissolution terminée, ôter le bain d’eau chaude et ajouter lentement la solution de dibrome (5,5 mL). La couleur brune disparaît progressivement et un solide blanc apparaît.Agiter 10-15 minutes à température ambiante, puis refroidir le milieu réactionnel dans un bain de glace et d’eau salée jusqu’à ce que la cristallisation soit com-plète. Le composé bromé est ensuite filtré, lavé avec quelques millilitres de chloroforme froid et séché. Le rendement obtenu est de 60 %. »


1. La formule semi-développée de l’acide (E)-cinna-mique est :

C C

COOH

HC6H5

H

La représentation ci-dessus n’est pas une formule semi-développée intégrale, mais le but de la question est de mettre en évidence l’isomérie E autour de la double liaison.

Complément

La bromation de l’acide cinnamique peut se classer dans la catégorie des réactions d’additions.

2. La précaution principale à prendre réside dans la manipulation de la solution de brome dans le chloro-forme, car elle est très corrosive et toxique (gants, lunettes, blouse sont recommandés).

3. Le solvant utilisé pour cette synthèse est le chloro-forme, il est prélevé à l’éprouvette graduée (préci-sion suffisante pour le solvant).

4. Le montage expérimental décrit dans l’énoncé est rudimentaire : la réaction est réalisée dans un erlenmeyer sans qu’un dispositif de reflux ne soit mentionné. Pour plus de précautions, il convient d’utiliser un montage à reflux avec un ballon bicol et une ampoule de coulée :

Agitateurmagnétiquechauffant

Supportélévateur

Réfrigérantà boules

Bain-marie

Ballon bicol

Ampoulede coulée

Barreauaimanté

On chauffe pour augmenter la vitesse de la réaction et la solubilité du solide.On agite pour augmenter la vitesse de dissolution du solide et homogénéiser la température.

5. Les quantités initiales de réactifs sont :– acide (E)-cinnamique : n1 = 50 mmol ;– dibrome : n2 = 51 mmol.La stœchiométrie de la réaction indique que celle-ci se fait mole à mole. Le dibrome est donc en excès, le réactif limitant est l’acide (E)-cinnamique.

6. Pour éviter tout emballement de la réaction, on retire le bain-marie après dissolution complète de l’acide cinnamique dans le solvant et on introduit len-tement le dibrome.

7. Lors de l’ajout de dibrome celui-ci se décolore quand il réagit.

8. Juste avant la filtration, on refroidit le ballon dans un mélange glace-sel (température inférieure à 0 °C) pour parfaire la cristallisation.

9. Le chloroforme utilisé pour rincer le solide est uti-lisé glacé pour limiter au maximum les pertes de pro-duits par dissolution.

10. On attend 50 mmol de produit comme le montre la stœchiométrie de la réaction, soit une masse :

m = nmax · M = 50 × 10–3 × 307,8 = 15,4 g.Le rendement étant de 60 %, la masse obtenue est de 9,2 g.

11. Une réaction diastéréosélective conduit majori-tairement à un des diastéréoisomères possibles lorsque plusieurs diastéréoisomères sont envisageables pour un produit de réaction. C’est le cas ici : on obtient majoritairement le (Z)-b-bromostyrène si on réalise la réaction dans la butanone, et exclusi-vement le (E)-b-bromostyrène si on la réalise dans l’eau.

12. Il n’est pas surprenant que ces deux compo- sés n’aient pas la même odeur, car deux diastéréo- isomères n’ont généralement pas les mêmes proprié-tés bio-chimiques.

17 Analyse critique de protocole

1. L’acide sulfurique est ajouté avec précautions car sa dissolution dans l’eau est exothermique. Il convient de contrôler cette réaction afin qu’il n’y ait pas d’em-ballement.

2. Le chauffage a pour but d’accélérer la réaction, la température étant un facteur cinétique.

3. Avant le chauffage, tous les réactifs sont solubles dans l’eau (l’acide sulfurique et le diol). Après le chauffage, le produit organique apparaît, il est non miscible à l’eau.

4. On doit refroidir le mélange avant de procéder à l’hydrodistillation, car on a besoin de changer de montage : on passe d’un mélange réactionnel d’un montage à reflux à un montage d’hydrodistillation. On veut donc éviter toute émission de vapeurs.

5. L’espèce chimique entraînée par l’hydrodistillation est le composé organique (pinacolone).

6. On rajoute du sel au distillat pour diminuer la solu-bilité du composé organique dans l’eau.

7. L’ampoule à décanter avec la position et la com-position des différentes phases est présentée ci-des-sous. Le rôle de l’éther est d’extraire le produit orga-nique de la phase aqueuse afin de récupérer le maximum de produit organique.

Phase organique :éther + pinacolone

Phase aqueuse :eau + sel


8. a. Le bain-marie augmente la température du mélange et favorise l’évaporation du solvant.b. Abaisser la pression à l’intérieur du ballon a pour effet d’abaisser la température d’ébullition du sol-vant. Sa séparation est donc facilitée.c. La rotation du ballon permet d’augmenter la sur-face d’évaporation et d’homogénéiser la tempéra-ture du mélange.

9. a. Le réactif contient deux fonctions alcool et le produit une fonction cétone.b. D’après le spectre IR, on est sûr que la réaction a eu lieu, car la large bande d’absorption caractéris-tique des groupes OPH (3 200 et 3 600 cm–1) n’est plus présente. On trouve, en revanche, le pic caracté-ristique d’un groupe PCpO vers 1 700 cm–1.c. Les spectres de RMN du réactif et du produit seraient immédiatement distinguables : – celui du pinacol ne présenterait qu’un seul singu-let, car tous les atomes d’hydrogène de cette molé- cule sont équivalents et les quatre groupes CH3P sont tous liés à un carbone qui ne porte aucun hydrogène ;– celui de la pinacolone présenterait deux singulets, car le groupe CH3P adjacent au groupe fonctionnel cétone aurait un déplacement chimique plus impor-tant que celui des trois autres groupes CH3P de cette molécule.

710 9 8 6 5 4 3 2 1 0

HO

OH

Spectre de RMN calculé pour le pinacol.

710 9 8 6 5 4 3 2 1 0

O

Spectre de RMN calculé pour la pinacolone.

10. Quantité initiale de pinacol :

n = mpinacolMpinacol

= 50

118,2 = 0,42 mol.

Donc la quantité théorique de pinacolone est :nmax = 0,42 mol,

ce qui correspond à une masse de pinacolone égale à :

mmax = nmax · Mpinacolone = 0,42 × 100,1 = 42 g.

Le rendement vaut :

r = mpinacolmmax

= 35,042

= 0,83, soit 83 %.


18 Autour de l’aspartame

1. Un édulcorant artificiel est une substance au goût sucré fabriqué par l’homme ; il n’y a pas d’équivalent dans la nature.Un ester méthylique est un ester dont la chaîne alkyle est un groupe méthyle.Des stéréoisomères ont même formule semi-déve-loppée ; ils diffèrent par la position relative des atomes dans la molécule.Deux isomères ont même formule brute, mais des formules développées différentes.Le couplage peptidique est une réaction chimique qui résulte de la réaction de deux acides aminés. Lors de cette réaction, la fonction acide carboxylique de l’un des acides aminés réagit avec la fonction amine de l’autre.

2. Les fonctions chimiques de l’aspartame sont : deux fonctions acides carboxyliques et une fonction amine.

3. a. D’après la structure de l’aspartame, des deux fonctions acide de l’acide aspartique, c’est celle qui est immédiatement adjacente au carbone portant l’amine qui réagit lors de la synthèse.b. Les sites donneurs (dv) et accepteurs (dB) de dou-blet d’électrons sont représentés respectivement en en bleu et en rouge ci-dessous :

H

N

HO

OH H

O

HO

δB δB δB δB δB

δB

δB

δv

δv δv

δv

δv

H

NH H

O

HO

δB

δB

δB

δB δB

δv

δv

δv

c. Formation de la liaison CPN :

H

NH2

CCH2

OHC

CHO

O

O

+

CH2

C C

O

H

NH2CH3O

d. La formule topologique de l’isomère amer de l’as-partame, celui qui résulte du couplage peptidique sur le second acide carboxylique de l’acide aspar-tique, est présentée ci-dessous :

H

O

NC

CH2 CH2

CHOOC

H CO2CH3NH2 H

C

e. Pour éviter les réactions parasites, on doit proté-ger la fonction amine et la deuxième fonction acide carboxylique de l’acide aspartique.


f. Une fois le couplage réalisé, il faudra cliver les groupes protecteurs.

4. a. Les atomes de carbone asymétriques dans la molécule d’aspartame sont indiqués sur la formule ci-dessous :

H

O

NC

CC

H

NH2

H CO2CH3

HOOCCH2 * * CH2

b. L’aspartame ne peut pas être utilisé dans la fabri-cation de gâteaux, car, vers 160 °C, il s’épimérise en ses stéréoisomères qui sont amers.

5. L’expression « chauffage au reflux d’éthanol » signifie que le chauffage se fait en présence d’étha-nol comme solvant ; c’est lui qui est condensé dans le tube réfrigérant à boules.

6. Cette technique repose sur les différences de températures d’ébullition des divers composés pré-sents dans le mélange.

7. a. Il s’agit de l’étape de purification appelée recris-tallisation. b. Elle est basée sur la différence de solubilité des impuretés et du produit synthétisé dans le solvant.

8. On peut caractériser le produit formé soit par CCM, soit par mesure de son point de fusion, soit par spectroscopie (RMN ou IR).


19 Synthèse de l’acétate de vanilline

1. Les fonctions encadrées en pointillés sont, respec-tivement, une fonction aldéhyde, une fonction ester et une fonction acide carboxylique.

2. La réaction est effectuée à froid, car la réactivité de l’anhydride acétique est très grande. Ainsi, on évite un emballement de la réaction (et donc les réactions parasites).

3. On recristallise pour purifier le produit synthétisé. Cette technique est basée sur la différence de solubi-lité entre les impuretés et le produit dans le solvant de recristallisation.

4. Le chromatogramme indique que le solide obtenu après la synthèse contient bien l’acétate de vanilline, car il y a une tache qui a élué au même rapport fron-tal que l’acétate de vanilline de référence, mais aussi une impureté. Cette dernière n’est plus présente après l’étape de recristallisation.

5. On effectue la réaction avec les quantités initiales de réactifs :

Vanilline : n1 = m1M1

= 3,0152

= 2,0 × 10–2 mol.

Anhydride acétique : na = maMa

= ra · Va

Ma =

da · reau · VaMa

= 1,08 × 1,00 × 8,0

102

= 8,5 × 10–2 mol.

D’après la stœchiométrie de la réaction, l’anhydride acétique est en excès, la vanilline est le réactif limi-tant. On peut donc obtenir une quantité maximale d’acétate de vanilline égale à :

nmax = 2,0 × 10–2 mol.

Or, on en obtient une quantité :

n2 = m2M2

= 3,1194

= 1,6 × 10–2 mol.

Le rendement vaut donc :

r = n2

nmax =

1,6 × 10–2

2,0 × 10–2 = 0,81, soit 81 %.

– Pour la synthèse peptidique : A. Durupthy, O. Durupthy, A. Jaubert, Chimie Terminale D, Hachette, collection Eurin-Gié, 1989.– J. Drouin, Introduction à la chimie organique, Librairie du Cèdre, 2005.– P. C. VollharDt et N. E. Schore, Traité de chimie organique, De Boeck, 2004.– J. clayDen, Chimie organique, De Boeck, 2002.– M. chaVanne et A. Jullien, Chimie organique expérimentale, Belin, 1996.– Pour les TP : sujets de BTS (http://www.educnet.education.fr/rnchimie/bts_c/annales/orga.htm) sujets des Olympiades nationales de Chimie (http://www.olympiades-chimie.fr/index.html).


http://www.educnet.education.fr/rnchimie/bts_c/annales/orga.htm

http://www.olympiades-chimie.fr/index.html


Chapitre

Activités

1 Quelques chaînes de transmission d’informations (p. 516-517)

1

Chaîne de transmission d’informations

Encodeur ÉmetteurNature du signal transmiset milieu de transmission

Récepteur Décodeur

Signaux de fumée

Cerveau d’un Indien

FuméeLumière diffusée par

la fumée qui se propage dans l’air

Œil d’un autre Indien

Cerveau de l’Indien

Symphoniede Beethoven

Cerveau de Beethoven

ParcheminÉcriture sur le parchemin transporté par le cavalier

de la poste

Chef d’orchestre

Cerveau du chef

d’orchestre

Téléphone filaire

MicrophoneSystème

électroniqueSignal analogique transmis

par le fil électriqueSystème

électroniqueHaut-parleur

Téléphone cellulaire

Microphone et convertisseur analogique- numérique

AntenneOndes électromagnétiques qui se propagent dans l’air

Antenne

Convertisseur numérique- analogique

et haut-parleur

2 On peut noter quelques étapes importantes de l’évolution de la téléphonie :– le passage de la mise en contact de deux personnes par une opératrice à une mise en contact automa-tique ;– le passage de la transmission filaire à la transmission sans fil (mobilité) ;– la miniaturisation des téléphones ;– le codage numérique de l’information ;– la possibilité de transmettre d’autres types d’infor-mations que des informations sonores.

3 Les premiers câbles transcontinentaux sont en cuivre, torsadés d’abord, puis coaxiaux à partir de 1933. Les informations transmises sont de nature élec-trique. À partir de 1988, des fibres optiques rempla-cent les câbles de cuivre. Les signaux transmis sont alors des ondes électromagnétiques. Le changement de support de transmission a permis le passage des signaux analogiques aux signaux numériques. Cela a engendré, avec la miniaturisation de l’électronique, l’augmentation du débit de données, et la possibilité de transmettre d’autres informations que le son.

2 La conversion analogique numérique (p. 518-519)

A L’échantillonnage

1 Le schéma ci-contre a été agrandi pour plus de clarté. L’acquisition a bien été faite sur 5 s.La durée séparant deux acquisitions consécutives est la période d’échantillonnage Te qui a pour valeur 100 µs.On procède de même pour les autres acquisitions et on retrouve bien les différentes périodes d’échantillon-nage.2 Le son est d’autant plus fidèlement retranscrit que

la période d’échantillonnage est petite.

Numérisation de l’information 20

206

1250

1000

750

500

1,25

46

1,25

47

1,25

48

1,25

49

1,25

50

1,25

51

1,25

52

1,25

53

1,25

54

1,25

55

Tension (mV)

Temps (s)Te Te Te Te Te

http://fr.wikipedia.org/wiki/Cuivre

http://fr.wikipedia.org/wiki/C%C3%A2ble_coaxial

http://fr.wikipedia.org/wiki/1933


B La résolution

3 Le nombre est 12 bits pour la plupart des systèmes d’acquisition.4 La résolution est donnée par la relation :

Résolution = plage de mesure

avec n, le nombre de bits. 2n

Calibre – 30 V / + 30 V – 15 V / + 15 V – 5 V / + 5 V – 0,25 V / + 0,25 V

Plage de mesure 60 V 30 V 10 V 0,5 V

Résolution 15 mV 7,3 mV 2,4 mV 0,12 mV

5 Les captures d’écran montrent que les résolutions calculées sont bien égales aux résolutions mesurées.6 a. Plus le calibre est petit, plus la résolution a une

valeur faible. La mesure d’une tension est d’autant plus précise. b. L’inconvénient est que la plage de mesure est peu étendue.7 La période d’échantillonnage vaut 0,01 ms, soit

1 # 102 µs.8 a. p = 20 , V , mV.4 9 10 4 9

123–#. =

2b. Sur la représentation graphique ci-contre, on a bien un pas proche de 5 mV.

620

615

610

605

4,84 4,86 4,88 4,90 4,92

Tension (mV)

Te

p

Temps (ms)

3 Et l’image devint numérique… (p. 520-521)

A L’image numérique et le pixel

1 La taille du fichier image augmente avec la définition de l’image.

La qualité d’une image augmente avec sa définition.

B Le codage RVB

2

Code RVB d’un pixel

255-211-078 11-145-70 122-42-234 67-201-240

Code hexadécimal du même pixel

FF-D3-4E B-91-46 7A-2A-EA 43-C9-F0

3 Pour chaque couleur, on convertit deux à deux les valeurs données en hexadécimal en décimal.

On trouve la même valeur que celle qui s’affiche en décimal.4 Les codes RVB de pixels blanc, rouge, vert et jaune confirment les résultats de la synthèse additive des couleurs

vue en classe de Première S : par exemple, le jaune s’obtient en superposant du rouge et du vert.5 Un pixel d’une image en niveaux de gris est codé en RVB par trois fois le même nombre.

4 Le numérique au service de l’optique (p. 521)1 Lorsque la tension d’alimentation de la lampe dimi-

nue, le maximum d’intensité lumineuse du spectre se déplace vers des pixels de plus grand numéro (les pixels sont numérotés de gauche à droite).

Plus le numéro du pixel augmente, plus la longueur d’onde de la radiation lumineuse augmente ; on se

déplace donc vers le rouge. Cela confirme qualitative-ment la loi de Wien vue en Première S : quand la température de la source diminue (tension d’alimen-tation plus faible), le maximum d’intensité lumineuse se décale vers les grandes longueurs d’onde.


QCM1 1. A, B et C ; 2. C ; 2 1. B ; 2. B et C ; 3. A ;

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


4 Comprendre la numérisation d’un signal

1. Si on double la fréquence d’échantillonnage, il y a deux fois plus de mesures pendant la même durée. On verrait une différence dans l’état 2 avec deux fois plus d’échantillons.

2. Avec un codage sur 3 bits, on affecterait une valeur numérique à chaque échantillon parmi un ensemble discret de 8 (23) valeurs au lieu de 16 (24) lors de la conversion actuelle.

Pour commencer

5 Identifier les éléments d’une chaîne de transmission d’informations

1. Une chaîne de transmission d’informations est l’en-semble des éléments qui permettent de transmettre une information d’un lieu à un autre.

2. Le thème photographié constitue l’information à transmettre ; l’appareil photo a joué le rôle d’encodeur lors de la prise de vue ; le câble USB joue le rôle de canal de transmission, l’imprimante celui de décodeur.

6 Connaître les conditions de transmission

1. Le premier opérateur joue le rôle d’encodeur. Le second opérateur, à l’aide de sa longue vue, décode le signal.

Le canal de transmission est l’air entre les deux relais, la nature du signal est la lumière (ondes électromagné-tiques).

2. Ce mode de transmission ne fonctionne ni la nuit, ni par temps de brouillard.

7 Citer les canaux de transmission

a. Dans un canal de transmission utilisé pour la télé-phonie filaire, on trouve les téléphones émetteurs et récepteurs, les câbles coaxiaux reliant les téléphones et les signaux électriques qui circulent dans les câbles.

Le milieu de transmission peut également être une fibre optique ; dans ce cas, le signal est de nature élec-tromagnétique.

b. Dans un canal de transmission utilisé pour la télé-vision, on trouve les antennes émettrices et récep-trices, les satellites.

Le milieu de transmission est l’atmosphère terrestre, voire au-delà (pour les satellites), et les signaux sont de nature électromagnétique.

c. Dans un canal de transmission utilisé pour la radio, on distingue les antennes émettrices et réceptrices. Le milieu de transmission est l’air et les signaux sont des ondes hertziennes (ondes électromagnétiques).

8 Définir un signal numérique

1. Un signal analogique est un signal qui varie de façon continue au cours du temps, alors qu’un signal numé-rique varie de façon discontinue, par paliers, au cours du temps.

2. Pour numériser un signal, il faut l’échantillonner, c’est-à-dire prélever à intervalles de temps égaux des échantillons du signal analogique, puis le quantifier, c’est-à-dire affecter à chaque échantillon une valeur permise qui dépend de la résolution du convertisseur, valeur qui est ensuite codée par une suite de nombres binaires.

9 Calculer une fréquence d’échantillonnage

1. Deux périodes ont une durée de 9,0 ms, donc la

période du signal est T = 4,5 ms.

f = T1 =

,4 5 101

3–# = 2,2 # 102 Hz.

2. a. La fréquence d’échantillonnage fe représente le nombre d’échantillons prélevés par seconde.

b. Graphiquement, on compte dix échantillons préle-vés en 2,0 ms, soit :

fe = 2,0 10

103–#

= 5,0 # 103 Hz ;

,, .

ff

2 2 105 0 10 23e

2

3

#

#= =

La fréquence d’échantillonnage est 23 fois plus élevée que la fréquence du signal sonore.

c. Pour que le signal numérisé soit le plus fidèle

possible au signal réel, il faut que le rapport ffe

augmente.

10 Calculer le pas d’un CAN

1. La plage de mesure de ce CAN est de 9,0 V.

2. a. Le pas d’un convertisseur représente la plus petite variation de tension analogique que le conver-tisseur peut repérer.

b. p = plage de mesure

= 9,0

2n 212 = 2,2 # 10–3 V

Le pas de ce convertisseur est de 2,2 # 10–3 V.

11 Définir une image numérique

1. Une image numérique est une image codée par un tableau de nombres.

2. La plus petite unité composant une image numé-rique est le pixel.



12 Connaître la signification d’un tableau de nombres

1. Une case du tableau contient le codage RVB d’un pixel dans le système décimal.

2. Chaque pixel étant codé par trois nombre décimaux identiques, il s’agit d’une image en niveaux de gris.

3. a. L’image possède trois lignes et quatre colonnes. Sa définition est de 3 # 4 = 12 pixels.Chaque pixel est codé sur 24 bits, soit 3 octets. La taille de l’image est de 3 # 12 = 36 octets.

b. Chaque pixel est codé sur 8 bits, soit 1 octet. La taille de l’image est de 12 octets.

13 Associer un tableau de nombres à une image numérique

1. a. Un pixel correspond au plus petit détail d’une image.b. Un pixel est représenté par un carré sur l’image (voir p. 530 du manuel).c. Si l’image était encore plus agrandie, les pixels seraient représentés par des carrés plus grands.

2. Les zones 1, 2 et 3 sont respectivement rouge, blanche et verte.

3. Les tableaux correspondent au codage RVB de chaque pixel :– Le rouge correspond a une intensité dominante pour le sous-pixel rouge, ce qui apparaît dans le tableau (C). La zone 1 correspond au tableau (C).– Le blanc est obtenu par synthèse additive de rouge, de vert et de bleu. Il faut donc que les trois sous-pixels aient une valeur proche de 256. Cela apparaît dans le tableau (B). La zone 2 correspond au tableau (B).– Le vert correspond a une intensité dominante pour le sous-pixel vert, ce qui apparaît dans le tableau (A). La zone 3 correspond au tableau (A).

Pour s’entraîner

14 Jouer avec la Wiimote®

1. Le canal de transmission est constitué des émet-teurs récepteurs infrarouges, de l’air de la pièce dans laquelle est placé le jeu et des ondes infrarouges.

2. a. Les ondes infrarouges sont des ondes électro-magnétiques.b. Toutes les ondes électromagnétiques dans le vide se déplacent à la vitesse de la lumière de valeur c = 3,00 # 108 m · s–1.

15 Échantillonnage et CD

1. La fréquence maximale du son audible par l’oreille humaine étant de 20 kHz, il faut choisir une fréquence d’échantillonnage minimale de 40 kHz.

2. Cette fréquence d’échantillonnage est légèrement supérieure à la valeur trouvée à la question 1 ; cette valeur est donc en accord avec le résultat de la ques-tion précédente.

3. La mesure est codée sur 16 bits ; on peut donc coder 216 = 65 536 niveaux d’intensité sonore diffé-rents.

4. Un niveau d’intensité sonore est codé sur 16 bits, soit 2 octets, une mesure est réalisée toutes les

,44 1 101

3# s et le CD a une capacité de 700 Mio, soit

700 # 220 octets.

La durée maximale d’enregistrement de ce CD est de :

,2700 2

44 1 10120

3#

##

= 8,32 # 103 s = 139 min.

16 Acquisition… d’une carte d’acquisition

1. Le pas du convertisseur a pour expression :

p = plage de mesure

2n = ,25 0

8 = 20 # 10–3 V = 20 mV.

2. On a besoin, au cours de ce TP, d’une précision de 10 mV. Or, ce CAN a une résolution trop grande (20 mV). Il ne correspond pas aux besoins du lycée.

3. Le pas p doit avoir une valeur au maximum égale à 10 mV.

De 2n = plage de mesure

p, il vient :

n = lnplage de mesure ,

, .ln

ln

lnp2 2

10 105 0

9 03–#

= =

Le CAN doit comporter 9 bits.

17 Un scanner à plat

1. Un pixel est la plus petite unité composant l’image numérisée.

2. Un scanner code les couleurs d’une image en analy-sant les composantes RVB de chaque pixel, puis en associant des valeurs comprises entre 0 et 255 à chaque composante.

3. Un scanner numérise une image, car il découpe une image en pixels et lui associe un tableau de nombres.

4. Chaque pixel peut restituer 256 # 256 # 256 cou-leurs, soit plus de 16 millions de couleurs.

18 Mesures dans un ballon expérimental

1. Le convertisseur effectue deux mesures par seconde, donc sa fréquence d’échantillonnage est :

fe = 2 Hz.

2. a. La résolution ou le pas du convertisseur est la plus petite variation de tension analogique que peut repérer le convertisseur.

b. p = plage de mesure

2n = ,25 0

10 = 4,9 # 10–3

V = 4,9 mV

C’est ce qui est indiqué sur la notice. Le CAN du convertisseur est bien de 10 bits.

19 Botanicalls : vos plantes vous appellent !

1. Les éléments du texte constitutifs d’une chaîne de transmission d’informations sont : le capteur d’humidité – le câble USB – la carte élec-tronique – le câble Éthernet – le réseau Internet (Twitter) – le téléphone portable.


2.

Capteur Carte Réseauinternet

Réseautéléphonie

Téléphonemobile

3.

Direction du signalSupport de transmission

Nature du signal

Signal transmis du capteur vers

la carte de l’ordinateur

Câble électrique

Signal électrique

Signal transmis de l’ordinateur

au réseau Internet

Câble Éthernet

Signal électrique

Signal transmis du réseau Internet au téléphone portable

Atmosphère terrestre

Ondes électro-

magnétiques

20 Le réseau téléphonique

1. La première étape de la numérisation est l’échan-tillonnage qui consiste à prélever à intervalles de temps égaux des échantillons du signal analogique. Après l’échantillonnage, vient la quantification. À chaque échantillon est affectée une valeur permise qui dépend de la résolution du convertisseur. La dernière étape de la numérisation est le codage. À chaque échantillon quantifié, on attribue un nombre binaire.

2. La fréquence d’échantillonnage des centraux télé-phonique est de 8 000 Hz.

3. Le nombre de niveaux d’intensité sonore que l’on peut obtenir avec un codage 8 bits est de :

28 = 256 niveaux différents.

4. Sachant que 8 000 échantillons sont prélevés par seconde et que chacun est codé sur 8 bits, on obtient :

8 # 8 000 = 64 000 bits/s, soit 62,5 Kibit/s.


1. Deux mesures consécutives sont séparées d’une durée qui est la période d’échantillonnage :

Te = f1

e =

,1 0 101

3# = 1,0 # 10–3 s = 1,0 ms.

2. a. Le pas du convertisseur est de :

p = plage de mesure

2n = ,2

10 06

= 0,156 V.

b. Les huit premières valeurs que peut quantifier le convertisseur sont : 0 ; 0,156 ; 0,313 ; 0,469 ; 0,625 ; 0,781 ; 0,938 ; 1,094 (en volt).

3. Pour passer de la valeur analogique à la valeur numérique, on divise la tension analogique par le pas, puis on multiplie la partie entière du nombre obtenu par le pas.Exemple pour le premier cas :

,, ,

pU

210 01 1 7 04a

6

= =

7 # ,2

10 06

= 1,094.

T (ms)

0 1 2 3 4 5 6 7 8

Ua (V)

1,1 0,0 2,4 2,7 1,1 0,0 2,4 2,7 1,1

Un (V)

1,094 0 2,34 2,66 1,094 0 2,34 2,66 1,094

4. Représentation d’un signal numérique :

2 10 150

0,78

1,56

2,34

3,12

Temps (ms)

U (V)

22 Stockage de photos numériques

1. Une image contient 5 millions de pixels, chacun codé sur 16 bits ou 2 octets.Cette image contient 16 # 5 # 106 = 8 # 107 bits, soit 1 # 107 octets. La taille de cette image est de 1 # 107 octets.

2. On peut stocker 1 102 2

7

30

#

# = 214 images de cette

taille sur la carte mémoire.

23 Précision d’un multimètre

1. Pour le calibre ± 20 V, le pas du CAN est :

p = 240

16 = 6,1 # 10–4 V.

Pour ± 2 V, p = 6,1 # 10–5 V.Pour ± 200 mV, p = 6,1 # 10–3 mV.Pour ± 20 mV, p = 6,1 # 10–4 mV.

2. a. Le format d’affichage paraît approprié, car la résolution du multimètre sur ce calibre est 0,0061 mV et l’affichage indique une valeur avec deux décimales, soit une précision de 0,01 mV.

b. L’incertitude relative portant sur cette mesure est de :

,, ,176 02

6 1 10 3 5 103

5–

–##= soit 0,003 5 %.


24 Critère de Shannon et théorie de l’échantillonnage

1. Onze périodes d’échantillonnage s’étendent sur 29,5 ms, soit une fréquence d’échantillonnage feD = 370 Hz.

2. D’après le spectre en fréquences A, dont la numé-risation du son est très fidèle, l’harmonique de rang le plus élevé (le quatrième) a une fréquence :

f = 4 f1 = 4 # 110 = 440 Hz.


3. a. Numérisation A : , ,f

f440

3 5 10 8 8eA3#= = .

Numérisation B : , ,f

f440

1 5 10 3 5eB3#= = .

Numérisation C : ,f

f440800 1 8eC = = .

Numérisation D : ,f

f440370 0 84eD = = .

b. Le critère de Shannon est vérifié pour les numéri-sations A et B ; il ne l’est pas pour les numérisations C et D.

4. On constate que le spectre en fréquences de la numérisation B est identique à celui de la numérisation A qui est très fidèle au son émis. Or, feB < feA ; il est donc inutile d’augmenter indéfiniment la fréquence d’échantillonnage, car la qualité de la numérisation n’en est pas meilleure. En revanche, la taille du fichier correspondant à cette numérisation est d’autant plus grande que la fréquence d’échantillonnage est élevée, d’où une place pour le stocker plus importante.

25 La téléphonie mobile

1. Dans la téléphonie mobile, le canal de transmission est constitué des antennes émettrice et réceptrice, des ondes électromagnétiques et du milieu de propagation de ces ondes, l’air.

2. Le réseau GSM permet de transmettre des SMS, des sons, des images, des vidéos, de surfer sur Internet, etc.

3. a. La voix est un signal analogique, ce qui signifie que l’intensité sonore varie de façon continue dans le temps.b. « La voix est numérisée » signifie que le signal élec-trique correspondant aux sons émis est échantillonné, quantifié, puis codé en langage binaire.

4. a. Deux groupes de fréquences sont utilisés pour le réseau de téléphonie mobile.b. Le premier groupe utilise deux blocs de fréquences, un compris entre 890 et 915 MHz, et un autre entre 935 et 960 MHz. La largeur de chaque bloc est donc de 25 MHz.Un bloc est ensuite divisé en canaux de 0,2 MHz, il y a donc 125 canaux dans un bloc.Le premier groupe peut donc envoyer 125 communi-cations.Par un raisonnement analogue, on déduit que le deuxième groupe peut assurer 375 communications simultanées.

5. a. Avec un seul émetteur, on ne pourrait avoir que 375 + 125 = 500 communications simultanées.b. Pour traiter davantage de communications, le GSM utilise le multiplexage temporel. Les informations correspondant à la voix numérisée sont stockées et envoyées toutes les 20 ms. Ce stockage permet de traiter simultanément 7 communications différentes.c. Avec le multiplexage, un émetteur peut traiter simultanément 500 # 7 = 3 500 communications.

26 Un problème de résolution

1. a. Une photo argentique n’est pas numérique, car elle n’est pas codée par un tableau de nombres.

b. Le scanner est l’encodeur.

2. L’image est pixélisée, car la résolution choisie pour scanner n’est pas suffisante.

3. Chaque pixel de l’image est codé sur 3 octets, c’est-à-dire sur 24 bits. Chaque sous-pixel est codé sur 1 octet, ou 8 bits, et peut prendre 256 nuances diffé-rentes, soit dans le rouge, le vert ou le bleu.

4. a. La définition de l’image est de :

,25 10

,25 10

2 54 2 54#

## = 99 # 99 = 9 801pixels.

b. Chaque pixel est codé sur 3 octets.Sa taille est donc 3 # 9 801 = 29 403 octets,

soit : 2

29 40310

= 28,7 Kio.

c. Avec une résolution de 180 ppp, la taille serait de :

3 # ,

180 10,2 54 2 54

180 10##

# = 3 # 709 # 709

= 1 508 043 octets,

soit : 2

1 508 04320

= 1,44 Mio.

27 Résolution of Digital Images


« La résolution radiométrique se rapporte à la plus petite variation du niveau d’intensité qui peut être détectée par le système de détection. La résolution intrinsèque d’un système de détection dépend du rapport signal sur bruit du détecteur. Dans une image numérique, la résolution est limitée par le nombre de niveaux de quantification discrets utilisés pour numé-riser la valeur continue de l’intensité.

Les images suivantes illustrent les effets du nombre de niveaux de quantification sur l’image numérique. La première image est une image de SPOT quantifiée sur 8 bits (soit 256 niveaux) par pixel. Les autres images montrent les effets de dégradation de la résolution radiométrique en utilisant moins de niveaux de quan-tification.

Quantification sur 8 bits Quantification sur 6 bits

Quantification sur 4 bits Quantification sur 3 bits


Quantification sur 2 bits Quantification sur 1 bit

La numérisation utilisant un petit nombre de niveaux de quantification n’affecte pas beaucoup la qualité visuelle de l’image. Même une quantification sur 4 bits semble acceptable pour les exemples ci-dessus. Toute-fois, si l’image est soumise à l’analyse numérique, la précision de l’analyse sera compromise si peu de niveaux de quantification sont utilisés. »

1. En niveaux de gris, chaque pixel de l’image est codé par un même nombre.On a 28 = 256 niveaux de gris différents pour l’image quantifiée sur 8 bits.

Nombre de bits de quantification

Niveaux de gris différents

8 bits 28 = 256

6 bits 26 = 64

4 bits 24 = 16

3 bits 23 = 8

2 bits 22 = 4

1 bit 21 = 2

2. L’image reste d’une qualité acceptable jusqu’à 4 bits de quantification.Avec un faible niveau de quantification, les détails de l’image ne seront plus visibles.

3. a. L’image est constituée de 160 colonnes de 160 lignes soit 160 # 160 = 25 600 pixels.b. La taille de l’image est définie par :

nombre d’octets par pixel # définition de l’imageUn codage sur 8 bits signifie qu’un octet code 1 pixel.Un codage sur n bits signifie que n

8 octets codent 1 pixel.

Nombre de bits de

quantification

Taille de l’image en octets

Taille de l’image

en Kio

8 bits1 # 160 # 160

= 25,6 # 103 octets 25,0 Kio

6 bits6 160 160

8# #

= 19,2 # 103 octets 18,8 Kio

4 bits 8160 1604 # #

= 12,8 # 103 octets12,5 Kio

3 bits 8160 1603 # #

= 9,6 # 103 octets 9,4 Kio

2 bits160 160

4#

= 6,4 # 103 octets6,3 Kio

1 bit 8160 160#

= 3,2 # 103 octets3,1 Kio

28 La télévision numérique et Internet

1. L’image est codée en langage binaire.

2. Les valeurs qui caractérisent la définition des écrans représentent le nombre de colonnes et le nombre de lignes qui constituent l’image. Le produit du nombre de colonnes par le nombre de lignes est égal au nombre de pixels qui constituent l’image, c’est-à-dire sa définition.

3. L’écran qui exploitera au mieux la finesse des détails est celui qui possède la plus grande définition :

TVHD : 1 366 # 768 = 1 049 088 pixels ;TVHD 1080p : 1 920 # 1 080 = 2 073 600 pixels.

La TVHD 1080p possède une définition pratiquement deux fois plus grande.

4. a. Pour la TVHD, le côté d’un pixel est :

1 36694 ou

76853 = 0,069 cm.

Pour la TVHD 1080p, le côté d’un pixel est :

1 92094 ou

76853 = 0,049 cm.

La taille des pixels varie bien selon la définition des écrans comme l’indique le document.b. Dans le cas de la TVHD, il faut se placer à une distance égale à trois fois la diagonale de l’écran, soit :

, ,3 0 94 0 532 2# + = 3,2 m.

Dans le cas de la TVHD 1080p, il faut se placer à une distance égale à deux fois la diagonale de l’écran, soit :

, ,2 0 94 0 532 2# + = 2,2 m.


29 Des codages différents

1. L’appareil photo est un convertisseur analogique numérique.

2. Une image numérique est formée par un tableau de points ou pixels.

3. a. L’image est constituée de 3 110 colonnes de 1 944 pixels chacune. b. Chaque pixel de l’image est codé sur 24 bits, soit 3 octets. La taille de cette image est donc de :

3 # 3 110 # 1 944 =18 137 520 octets,

soit : 2

18 137 52020

= 17,3 Mio.

4. a. Pour une image en niveaux de gris, chaque pixel est codé sur 8 bits, soit un octet. Un pixel a une taille de 1 octet.b. Sa taille est donc de :

1 # 3 110 # 1 944 = 6 045 840 octets,

soit : 2

6 045 84020

= 5,77 Mio.

Une image en niveaux de gris a l’avantage d’avoir une taille plus faible. On n’a alors aucun renseignement sur la couleur.

5. a. Chacun des tableaux de nombres comporte 9 codes RVB. Ils correspondent donc au codage de 9 pixels.b. Dans le tableau (A), la composante rouge prédo-mine. Il s’agit donc d’une zone rouge de la photogra-


phie en couleur, le rouge de la combinaison du surfeur par exemple.La zone de la photographie correspondant au tableau (B) comporte un codage identique pour les compo-santes RVB. C’est donc une zone de la photographie en noir et blanc. Les nombres ont des valeurs faibles, il s’agit par conséquent d’une zone sombre, une partie de la combinaison du surfeur par exemple.Les codes du tableau (C) correspondent à une zone claire de la photo en noir et blanc, car les valeurs des codes sont élevées. Cela peut correspondre, par exemple, à l’écume de la vague. Le tableau (D) a un codage dont les intensités du vert et du bleu prédominent, celle du rouge est moins importante. Cela correspond a une zone bleu-vert, l’eau par exemple.

Comprendre un énoncé30 Appareil photo numérique

1. a. Une image numérique est constituée de pixels disposés en lignes et colonnes.b. La « résolution » est un abus de langage, cette dési-gnation est utilisée à la place de la « définition ». c. Le capteur indique que l’image comporte 3 072 colonnes de 2 048 pixels chacune.Ces valeurs représentent la définition de l’image, c’est-à-dire le nombre de pixels constituant chaque image.

2. a. L’image est codée en RVB 24bits, ce qui signifie qu’un pixel est codé par 3 octets de 8 bits chacun.

b. La taille de l’image est donc : 3 # 3 072 # 2 048 = 18 874 368 octets,

soit : 2

1887436820

= 18 Mio.

3. 1 minute d’angle = 601d n°

Soit ℓ la taille de l’objet que l’on peut observer à d = 25 cm :

0 �

d

tan q = d , soit :

= d # tan q = 25 # 10–2 # tan601d n = 7,3 # 10–5 m

= 73 µm.

4. a. La taille du pixel doit être inférieure à 73 µm.Dans un pouce, on aura :

,

tan25 10601

2 54 102

2

–

–

# #

#

d n = 349 ppp au minimum.

b. Taille maximale de l’impression :

3493072 = 8,8 pouces = 22 cm ;

34902 48 = 5,9 pouces = 15 cm.

Les dimensions maximales d’une image située à 25 cm de l’œil avec une résolution de 349 ppp sont de 22 cm # 15 cm.


Chapitre

Activités

1 Communiquer, une question de réseau… (p. 540-541)

1

Espace Câbles électriques Fibres optiques

Bluetooth, Wi-Fi 2,4 GHzAutoradio FM (87,5 MHz-108 MHz)

GPS (1,2 GHz-1,5 GHz)ADSL (> 3 400 Hz)

Téléphone mobile (900 MHz-1 800 MHz)Télécommande infrarouge

Les signaux sont des ondes électromagnétiques.

Téléphone fixe (25 Hz-3 400 Hz) CPL (1,6 MHz-30 MHz)

Les signaux sont des signaux électriques, pas des ondes

électromagnétiques.

Télévision numérique (1 014 Hz)

Les signaux sont des ondes électromagnétiques.

2 Le débit numérique d’une fibre optique est supérieur à celui d’un câble électrique. L’atténuation est plus faible pour une fibre optique que pour un câble électrique. Pour ces deux raisons, on préfère des fibres optiques à des câbles pour les communications longues distances. 3 Dans une fibre optique multimodale à saut d’indice, la lumière se déplace en ligne droite dans le cœur et subit

une réflexion totale sur l’interface entre le cœur et la gaine. Dans une fibre optique multimodale à gradient d’indice, comme l’indice de réfraction diminue depuis le cœur vers la gaine, la lumière est constamment déviée par réfraction jusqu’à une réflexion totale, ce qui diminue la longueur de son trajet dans la fibre.4 Avantages et inconvénients des trois types de transmission :

Câble Fibre Propagation libre

AvantagesPlus facile à poser

qu’une fibre optique.Moins cher que la fibre optique.

Peu d’atténuation.Débit numérique important.

Pas de fil de transmission.Récepteur mobile possible.

InconvénientsAtténuation importante.Débit numérique faible.

Coût plus élevé que pour un câble.Plus difficile à installer qu’un câble.

Sensible aux champs électromagnétiques.

2 Transmettre des informations par ondes hertziennes (p. 542-543)

A Propagation des ondes hertziennes

1 L’objectif est de montrer, grâce à la lecture des amplitudes des signaux sur l’oscilloscope, que l’ampli-tude du signal reçu est plus faible que l’amplitude du signal émis.2 et 3 L’objectif est de montrer que les fréquences

des signaux émis et reçus sont égales.4 Réaliser un tableau pour montrer que l’amplitude

du signal reçu dépend de la fréquence du signal émis.

Pour une amplitude constante du signal émis, l’ampli-tude du signal reçu augmente lorsque la fréquence du signal émis augmente.5 Les ondes électromagnétiques de hautes fréquences

sont mieux transmises par voie hertzienne que les ondes électromagnétiques de basses fréquences.

Transmission et stockage de l’information 21


B Transmission par ondes hertziennes

6 Les fréquences des ondes électromagnétiques reçues sont lues sur le récepteur radio.7 Dans les deux cas, la fréquence affichée est égale

à la fréquence du GBF.8 La tension fournie par le GBF est modulée par la

tension du générateur de mélodie, car l’enveloppe

supérieure du signal de sortie « suit » les variations du signal du générateur de mélodie.9 D’après l’activité A, l’amplitude du signal reçu est

d’autant plus grande que la fréquence du signal émis est élevée. Pour limiter l’atténuation, il est donc préfé-rable d’émettre avec de hautes fréquences.

3 Transmettre des informations par fibre optique (p. 544)1 a. On observe un point lumineux à l’extrémité de

la fibre lorsqu’elle est reliée à la source lumineuse.

b. On n’observe pas de lumière lorsqu’elle est reliée à l’émetteur.2 La longueur d’onde de la radiation émise par

l’émetteur est au-delà de 800 nm ; elle se situe au-delà du rayonnement visible, dans les infrarouges.3 Une acquisition informatisée a permis d’obtenir le

document ci-dessous.

160

157,5

155

152,5

150

147,5

1452,50 5 7,5 10 12,5 15 17,5 20 22,5 25

Tension (mV)

t (ms)

T = 7,5 ms

On obtient T = 7,5 ms, soit fsignal = T1 = 1,3 # 102 Hz.

4 Les fréquences sonores sont comprises entre 20 Hz et 20 000 Hz. Un signal sonore peut donc avoir une fréquence égale à 130 Hz.5 D’après le document 9 (p. 544 du manuel), l’émet-

teur fournit une radiation de longueur d’onde dans le vide λ = 850 nm, soit de fréquence :

fémetteur = cλ

fémetteur = 8,50 103,00 10 3,5 10 Hz

7

814

–#

##=

La fréquence d’un signal étant indépendante du milieu de propagation, elle reste inchangée dans la fibre.

6 Note

de musiqueNote

de musiqueMicrophone Information transmise

Haut-parleur

Fibre optique

Encodeur DécodeurÉmetteur Récepteur

Signal électromagnétique

Signal électrique

Signal électrique

7 Le rayon incident et le rayon réfléchi appartiennent au plan d’incidence. Les directions des rayons sont telles que ir = i1.

Plan d'incidenceRayon

incidentRayonréfléchi

i1 ir

Normale


4 La lecture d’un disque optique (p. 545)1 Conditions d’interférences destructives :

d = (2k + 1) · 2λ avec d, la différence de marche.

La plus petite valeur possible pour k est k = 0.

On a alors d = 2λ .

2 λvide = cν

avec c, la célérité de la lumière dans le

vide et ν, la fréquence de la radiation.

De même λpolycarbonate = νv avec v, la célérité de la

lumière dans le polycarbonate.

L’indice de réfraction du polycarbonate pour la radia-

tion considérée vaut n = cv .

λpolycarbonate = = =c

c,

vn 1 55

780ν

λvide$ = 503 nm.

3 4

polycarbonateλ = 126 nm = 0,126 µm.

La profondeur du creux égale à 0,125 µm est compa-tible avec la valeur calculée égale à 0,126 µm.4 Un disque optique est lu par réflexion à sa surface

de la lumière émise par un laser. La lecture utilise les interférences pour reconnaître les plats et les creux du disque optique.

5 Stockage optique (p. 546)


1 Calcul du diamètre d par la relation d = 1,22 · NAλ .

Format CD DVD BD

Longueur d’onde (nm) 780 650 405

Ouverture numérique, NA 0,45 0,60 0,85

d (µm) 2,1 1,3 0,58

2

Écartement des lignes (µm) 1,6 0,74 0,32

Écart entre trois lignes (µm) 3,2 1,5 0,64

d (µm) 2,1 1,3 0,58

Si le faisceau est centré sur une ligne, il n’éclaire pas les lignes les plus proches.Un exemple sur le CD montrant que le fais-ceau n’éclaire qu’une ligne à la fois est présenté sur le schéma ci-contre.

3 Utiliser des radiations de longueurs d’onde plus courtes permet de diminuer le diamètre du faisceau, de resserrer les lignes du disque optique et donc de pouvoir augmenter la longueur de la spirale.

QCM1 1. C ; 2. C ; 3. A ; 4. A ; 2 1. A, B et C ; 2. B ;

3 1. A et C ; 2. A et C ; 3. A.


4 Évaluer l’atténuation du signal dans une fibre optique

1. �

�10 10

s

eL

10,

100 5 100

= =α #

> H = 1 # 105.

2. L’absorption est maximale pour des radiations de longueurs d’ondes proches de 730 nm.

Pour commencer5 Identifier des types de propagation

1.

Télégraphe filaire

Câble électrique

Signal électrique

Radio FM AirOndes

électromagnétiques hertziennes

Télévision dite « par câble »

Fibre optique

Ondes électromagnétiques

Interphone de surveillance d’un bébé

Air Ondes hertziennes

2.

Propagation libre Radio, interphone

Propagation guidéeTélévision par câble,

télégraphe filaire

2,1 µm3,2 µm


6 Connaître la propagation libre

1. Radio, téléphone mobile et ordinateur fonctionnant en Wi-Fi reçoivent l’information par propagation libre.

2. Ce mode de propagation ne nécessite aucun support de transmission.

7 Connaître la propagation guidée par câble

1. La télévision par CPL (courant porteur en ligne), l’Internet, le téléphone fixe reçoivent l’information par câble électrique.

2. Ce mode de propagation nécessite un câblage préalable. Les signaux s’atténuent rapidement.

8 Décrire une fibre optique

1. La ligne brisée bleue représente le trajet d’un rayon lumineux.

2. Ce phénomène physique est la réflexion totale.

3. L’indice de réfraction du cœur doit être supérieur à celui de la gaine pour qu’il puisse y avoir réflexion totale.

9 Décrire une fibre multimodale à gradient d’indice

Schématisation :

Protection en plastique

Gaine (n = 1,50)

Cœur (n = 1,52)Faisceaux

10 Exploiter un coefficient d’atténuation

Puissance de sortie du signal :

a =

log

L10

s

e$ f p

Donc

10

10s

eL

=a

d’où : s = 10

eL =a

10

= 10

,5 0, ,0 20 1 0#

10

= 4,8 mW.

11 Évaluer l’affaiblissement d’un signal

Rapport des puissances d’entrée et de sortie :

a =

log

L10

s

e$ f p donc

10

10s

eL

=a

10

s

e2 10 32 104 3–# # #

10=

= 1064 # 10–2 = 100,64 = 4,4.

12 Calculer un coefficient d’atténuation linéique

s

e = 100 s’il reste 1,00 % de la puissance d’entrée.

Le coefficient d’atténuation linéique est :

a =

log

L10

s

e$ f p

a = 10log10010 2$ ` j = 0,2 dB · km–1.

13 Calculer un débit binaire

1. Le nombre binaire codé s’écrit 0101101001

2. Le nombre comporte 10 bits, car il s’écrit avec une série de 10 chiffres (0 ou 1)Le débit D est donné par la relation D =

tnΔ

, d’où :

Δt = Dn =

210

20 = 9,5 # 10–6 s = 9,5 µs.

14 Calculer le débit binaire d’une vidéo

1. Cette image comporte 600 # 450 = 270 000 pixels.

2. a. Un pixel est codé par 5 bits (25 = 32).Une image est codée par :

270 000 # 5 = 1 350 000 bits.b. 30 images sont transmises par seconde, donc le nombre de bits transmis par seconde est :

n = 1 350 000 # 30 = 4,05 # 107.Le débit binaire est égal à :

D = t

nΔ

= ,4 05 101

7# = 4,05 # 107 bit · s–1

D = 40,5 Mbit · s–1

soit D = 104,05220

7# = 38,6 Mibit · s–1.

15 Connaître le principe de la lecture des disques gravés industriellement

1. Le phénomène mis en jeu lors de la lecture de disques gravés industriellement est le phénomène d’interférences lumineuses.

2.

Ondesréfléchies

Ondesincidentes

4λ

Laser Laser

Réflexion sur un plat

et la surface

Réflexion sur un creuxet la surface

16 Connaître une conséquence de la diffraction

1. Le phénomène de diffraction d’un faisceau laser provoque l’étalement du faisceau.

2. Pour un disque optique donné, la capacité de stoc-kage dépend du nombre de lignes. Cette capacité est d’autant plus grande que l’écart entre deux lignes consécutives est faible, mais la diffraction du faisceau laser impose un écart minimum, afin qu’il ne chevauche pas plusieurs lignes. La diffrac-tion limite donc les capacités de stockage.

17 Connaître les caractéristiques du DVD et du BD

Du DVD au BD, la longueur d’onde de la radiation laser diminue. Le diamètre du faisceau laser sur la surface du disque est donné par la relation :

d = 1,22 · NAλ

le diamètre du faisceau laser diminue donc du DVD au BD.


On peut resserrer les lignes et, de ce fait, augmenter la longueur de la piste du disque optique. Donc la capacité de stockage augmente.

Pour s’entraîner

18 Connaître le principe de la lecture des disques réinscriptibles

1. Les données ne sont pas inscrites de façon défini-tive sur un disque réinscriptible. Ces disques sont donc réutilisables.

2. L’écriture consiste à « brûler » pour rendre opaques certaines zones du disque à coder.

3. La lecture d’un CD réinscriptible repose sur l’ab-sorption (zones brulées) et la réflexion (zones non brûlées) de la lumière du laser.

19 Décodage d’un fragment binaire

Il faut repérer les zones de changement de tension lors des fronts montants de l’horloge.

1 0 0 0 0 0 0 0 000 01 1 1

U

t

Le nombre s’écrit 100100000100010.


1. Avec les notations de l’énoncé, la loi de Snell-Descartes s’exprime par :

n • sin(i) = n1 • sin(r)

2. a. Marche du rayon réfracté :

n2

A

B

Cimax

i‘limrn1

b. Les angles de mesures i’ et r sont complémentaires dans le triangle ABC rectangle en C donc :

i’+ r = 2p

3. Lorsque la mesure de l’angle de réfraction est égale à 90°, l’angle d’incidence est l’angle d’incidence limite, de mesure i’lim.La loi de Snell-Descartes relative à la réfraction s’écrit alors :

n1 • sin (i’lim) = n2

On obtient i’lim = sin–1 nn

1

2f p = 83,4°.

La mesure de l’angle d’incidence limite est égale à 83,4°.

4. Pour avoir une réflexion totale, il faut que :i’ x i’lim, avec i’lim = 83,4°

soit : r X 90 – i’limdonc : r X 6,6°.

Comme n1 • sin (i ) = n1

• sin (r ), on a :

i = sin–1 ( ) ( )’sin sinnn

rnn

i90 – lim1 1Gd dn n

i X sin–1 ( ) ( )’sin sinnn

rnn

i90 – lim1 1Gd dn n

i X sin–1 ,, ( , °)sin

1 001 50 6 6f p

i X 9,9.

Le rayon lumineux se propage dans la fibre si la mesure de l’angle i est comprise entre 0° et 9,9°.

21 Principe de la lecture optique

1. a. La différence de marche entre les faisceaux renvoyés par un creux et la surface du disque est de

2 # 4λ , soit

2λ .

b. Si la différence de marche d s’exprime par d = k · λ, avec k ∈ ℤ, les interférences sont constructives.

Si elle s’exprime par d = (2k + 1) · 2λ , les interférences

sont destructives.

Dans le cas présent, d = 2λ , est de la forme :

d = (2k + 1) · 2λ , avec k = 0.

Les interférences entre les deux faisceaux sont donc destructives.

2. L’intensité lumineuse reçue par le lecteur optique augmente quand le faisceau passe d’un creux à un plat.

22 Débit binaire d’un lecteur optique

1. 1 octet étant égal à 8 bits, le débit D est égal à : D = 1,38 # 16 # 8 = 177 Mibit · s–1.

2. Le nombre de bits d’un DVD contenant 4,4 Gio est égal à n = 4,4 # 8 = 35,2 Gibit :

Δt = 177 235,2 2

Dn

20

30

#

#= = 204 s.

On peut également calculer cette durée en utilisant le transfert de données exprimé en Mio · s–1 :

Δt = 1,38 164,4 210

#

# = 204 s.

3. n’ = Δt • D = 204 # 16 # 176 n’ = 5,74 # 105 Kio.Pour obtenir la valeur en Mio, il faut diviser la valeur en Kio par 210.Pendant 204 s, on transfère depuis un CD :

5,74 10210

5# = 561 Mio.

23 Les CD, DVD et BD au banc d’essais

1. Capacité de stockage du CD : 0,75 Gio.Capacité de stockage du DVD : 4,4 Gio.Capacité de stockage du BD : 23 Gio.

2. La distance séparant deux lignes consécutives dimi-nue depuis le CD jusqu’au BD.

3. Le diamètre du faisceau laser d’un CD est plus grand que celui du faisceau laser d’un DVD, qui lui-même est plus grand que celui du faisceau laser d’un BD.

4. a. Le phénomène de diffraction empêche la réduc-tion d’un faisceau laser. Lorsque l’ouverture de l’émet-teur laser se rapproche de la longueur d’onde de la radiation, la tache centrale s’élargit.


b. Le fait de diminuer la longueur d’onde du laser de lecture permet de réduire le diamètre du faisceau sans observer de diffraction.

5. a. d = (2k + 1) · 2λ , avec d, la différence de marche.

b. La différence de marche d est égale à :

d = 2 # 4λ =

2λ

Pour obtenir des interférences destructives, la pro-

fondeur minimale des creux doit être égale à 4λ .

6. a. λvide = cν

, avec c, célérité de la lumière dans le

vide et ν, la fréquence de la radiation.

De même, λpolycarbonate = vν

avec v, la célérité de la

lumière dans le polycarbonate.L’indice de réfraction du polycarbonate pour la radia-

tion considérée vaut n = cv .

λpolycarbonate = cv · c

ν =

,n 1 55780videλ

= = 503 nm

4polycarbonateλ

= 126 nm = 0,126 µm.

La profondeur du creux égale à 0,13 µm est compatible avec la valeur calculée égale à 0,126 µm.

b. Les profondeurs des creux d’un CD et d’un DVD ne peuvent être les mêmes, car elles sont égales au quart de la longueur d’onde de la radiation utilisée. La profondeur d’un creux de DVD est donc plus faible que celle d’un creux de CD.

24 Films sur disque Blu-ray

Durée de film stocké :

46 Gio = 8 # 46 Gibit

Δt = Dn =

,8 460 023# = 1,6 # 104 s, soit 4 h 26 min 40 s.

25 CD audio

1. La vitesse de rotation n’est pas la même entre le centre et le bord du disque compact, car la vitesse linéaire doit rester constante. Or, si la vitesse de rota-tion restait constante, les données seraient lues beau-coup plus rapidement sur les lignes les plus éloignées du centre du disque.

2. • Cas de la piste près du bord intérieur du disque optique :

Vitesse = 500 tours · min–1 = 60

500 tours · s–1 Vitesse = 8,33 tours · s-1.

Cela correspond à une vitesse linéaire v = 1,22 m · s–1. Donc 8,33 tours correspondent à 1,22 m de périmètre. Un tour correspond à une longueur de piste égale à :

,,

8 331 22 = 0,146 m.

La relation entre le rayon R1 et le périmètre p d’un cercle est : p = 2p · R1, donc :

R1 = ,2

0 146p

= 2,33 # 10–2 m = 2,33 cm.

• Cas de la piste près du bord extérieur du CD :

Vitesse = 200 tours · min–1 = 60

200 tours · s–1

Vitesse = 3,33 tours · s-1.soit un tour pour un périmètre de

,,

3 331 22 = 0,366 m,

donc :R2 = ,

20 366

p = 5,83 × 10–2 m = 5,83 cm.

3. Le nombre N de lignes est le rapport entre l’écart des rayons (R2 – R1) et la distance entre deux lignes consécutives :

N = 1,6 10, ,5 83 2 33–

4–# = 2,2 # 104 lignes.

4. La vitesse linéaire étant v = 1,22 m · s–1 et la durée de lecture Δt = 74 min, la longueur de la piste est égale à :

= v · Δt = 1,22 # 74 # 60 = 5,4 # 103 m.

26 Stockage sur un DVD

1. La surface S correspond à l’aire comprise entre les rayons R1 et R2 du disque, d’où :

, ,S R R 5 9 10 2 25 10– –22

12 2 2 22– –# #p p= =$ $` ` `bj j j l

S = 9,35 # 10–3 m2 ;

S( )U R U R R U R2 1 12

2 22

# #p= +`b `bjl jl

U(S) = 2,0 # 10–4 m2.

2. a. L = ,,S

a 0 74 109 35 10

6

3

–

–

#

#= = 1,26 # 104 m

b. U(L) = L · ( ) ( )S

U Sa

U a2 2+d dn n = 8,9 # 102 m

3. La longueur de piste utilisée pour le codage d’un bit est égale à :

4,38 2 81,26 10

NL

30

4

# #

#= = 3,35 # 10–7 m = 0,335 µm.

27 What are QR Codes ?


« Le QR Code (Quick Response) est le plus populaire des code-barres en deux dimensions. De forme carrée, il est constitué de pixels noirs sur un fond blanc. Les QR Codes peuvent stocker jusqu’à 7 089 caractères numériques, 4 296 caractères alphanumériques, 2 953 octets.Un QR Code peut contenir : un texte court contenant des caractères numériques ou alphanumériques (numéro de téléphone, carte de visite), un lien vers une URL. Un QR Code appliqué sur un emballage permet de créer immédiatement un lien entre le produit et un site via le téléphone mobile (voir schéma). Le codage du QR Code nécessite un programme de transformation des caractères alphanumériques en pixels répondant à la norme définie par l’inventeur Denso Wave Incorporated. »

1. Le code-barres est à une dimension et le QR Code est à deux dimensions. Ce dernier permet donc de stocker plus d’informations.

2. Les informations codées sont des textes courts, des liens vers des sites web ou des cartes de visites.

3. a. L’information est transmise sous forme d’ondes électromagnétiques. b. Il s’agit d’une propagation libre.

4. Nombre de pixels de l’image : 400 # 400.

Nombre de bits permettant de coder l’image : 400 # 400 # 2.

Nombre d’octets permettant de coder l’image :400 400 2

8# # = 40 000 octets.


Pour écrire la taille en Kio, il faut diviser le nombre d’octets par 210, donc :

240 000

10 c 39 Kio.

5. Le texte en anglais comprend 500 caractères envi-ron et peut donc être codé sur un QR Code (max 4 296).

6. Pour créer un QR Code, il faut un logiciel de codage au standard de Denso Wave Incorporated. Pour le déco-der, il faut un logiciel de décodage au même standard.


28 Chemin optique dans une fibre optique multimodale

1. La dispersion modale est la différence de durées de parcours dans une fibre optique par des signaux envoyés simultanément.

2. Dans le cas de la fibre à saut d’indice, l’indice de réfraction du cœur est constant. Par conséquent, la célérité de la radiation y est constante.

La durée des trajets est donc t = vd .

Les durées de propagation sont proportionnelles aux distances parcourues. Dans le cas de la fibre à gradient d’indice, l’indice dimi-nue à mesure que l’on s’éloigne de l’axe.

Comme n = cv

, c étant une constante si n diminue, alors v augmente. Comme ce sont les rayons d’inci-dence la plus grande qui s’éloignent le plus de l’axe, ils ont donc le trajet le plus long. Ce sont eux qui se propagent aussi le plus rapidement.

3. Pour la fibre à saut d’indice :

Pour la fibre à gradient constant :

Pour la fibre à gradient linéaire :

Remarque : la dispersion de l’information est repérée par les rectangles jaunes.

La fibre à gradient linéaire est une fibre à gradient d’indice : un trajet plus long est parcouru plus rapide-ment, et cela permet de réduire la dispersion modale.

C’est la fibre à gradient linéaire qui provoque la disper-sion modale la plus faible.

29 Ouverture numérique d’une fibre optique

1. a. Au point I, il y a une réfraction entre l’air et le cœur ; la loi de Snell-Descartes sur la réfraction s’écrit :

nair · sin imax = nc · sin r

Or : nair = 1,00

donc : sin imax = nc · sin r (relation 1)

b. n2

A

B

Cimax

i‘limrn1

2. a. Voir schéma ci-dessus.b. L’angle de réfraction vaut 90° pour un angle d’inci-dence i’lim.c. D’après la réponse 2b :

nc · sin i’lim = ng · sin 90° = ng

donc : sin i’lim = n

n

c

g (relation 2).

3. La relation entre les angles du triangle ABC, rectangle en C, induit :

i’lim + r + 90° = 180°,

d’où : r = i’lim – 90°

soit : sin r = cos i’lim (relation 3).

4. On combine les relations 1, 2 et 3.

sin imax = nc · sin r ; sin i’lim = n

n

c

g ; sin r = cos i’lim

sin² r = cos² i’lim = 1 – sin² i’lim = 1 – n

n

c

g2

2

sin² imax = nc2 · sin² r = nc

2 · n

n1 –

c

g2

2

f p

d’où ON = sinimax = n n–c g2 2! b l

5. Pour obtenir une grande ouverture optique, il faut que les indices soient les plus différents possibles.


30 Utiliser le réseau téléphonique pour surfer sur Internet

1. Le signal téléphonique est transmis sous la forme d’un signal électrique dans le câble de cuivre.

2. L’atténuation du signal est due à l’effet Joule et à un effet de peau pour les signaux de hautes fréquences. Le signal doit être amplifié tous les 20 km pour un conducteur de cuivre usuel et tous les 1,6 km pour les câbles coaxiaux.

3. L’atténuation dépend de la fréquence du signal. Elle est particulièrement importante pour les hautes fréquences du xDSL. Les habitations proches ont une bonne réception, alors que les habitations éloignées ne peuvent plus décoder le signal.

4. Le signal électrique est transmis sous forme d’ondes électromagnétiques dans les fibres optiques.Il s’agit d’une propagation guidée.


5. Les causes d’atténuation dans une fibre optique peuvent être la diffusion Rayleigh, l’absorption par la fibre, les connexions par connecteur ou par épissure. Le signal peut parcourir jusqu’à 100 km sans être amplifié.

6. On peut évaluer le coefficient d’atténuation pour une longueur de 100 km de fibre.

a =

log

L10

s

e$ f p

donc : a = 100 10

103# # log(100)

a = 2,00 # 10–4 dB · m–1.


31 Chemins optiques de signaux dans une fibre

1. Schéma d’une fibre à saut d’indice :

2. a. L’incidence limite est atteinte entre le cœur et la gaine lorsque l’angle de réfraction est égal à 90°, soit d’après les lois de Snell-Descartes :

nc · sin ilim = ng · sin 90° = ng

donc : ilim = sin–1 n

n

c

gf pOn obtient : ilim = 83,2°.

b.

rHimax

ilim

J

I

Les angles ilim et r sont complémentaires dans le triangle IJH, rectangle en H.

ilim + r = 90°, donc sin r = cos ilim

Lors de la réfraction entre l’air et le cœur de la fibre, la loi de Snell-Descartes sur la réfraction donne :

nair · sin imax= nc · sin r = nc· cos ilim

donc : imax = sin–1 cosnn

iair

clim$f p

imax = 9,75°

3.

i

A

B

d h

�

sin i = d

, donc d = sin i

.

4. On calcule la longueur de la fibre parcourue entre deux réflexions totales lorsque i = ilim.

tan ilim = h

donc = h · tan ilim

= 200 # 10–6 # tan (83,2°) = 1,68 # 10–3 m.

n est le nombre de réflexions, donc :

n = L

= 1,68 10

100 0003–#

c 60 # 106 = 60 millions environ.

5. Entre deux réflexions consécutives, le chemin parcouru par la lumière est :

d = sin imax

= 1,69 # 10–3 m.

Il y a environ 60 millions de réflexions, donc la distance D parcourue par la lumière dans la fibre est égale à :

D = 6 # 107 # 1,69 # 10–3 = 1,01 # 105 m = 101 km.

Soit t1 la durée du trajet. Si le rayon est normal :

t1 = Lv

Soit t2 la durée du trajet. Si le rayon se propage par réflexions totales :

t2 = vD

Le décalage vaut :

Δt = t2 – t1 = vD – L

v = 6,74 # 10–6 s

Δt = 6,74 µs.


Chapitre

Activités

1 Regards sur la science (p. 562-563)

Idées-clés◗ La science est la cible de critiques et elle est tenue pour responsable des dérives du monde actuel. Pour-tant, on lui doit notre confort. En fait, l’homme est passé d’un petit nombre de dangers extérieurs (pré- dateurs, maladies, famines, etc.) à d’innombrables craintes dont il est lui-même responsable à travers le progrès scientifique (pollutions, accidents, maladies professionnelles, etc.). Le grand public confond les applications et la science, associe (et même assimile) la science et la technologie, de sorte qu’il reporte sur la science les critiques qu’il émet sur les applications (dangers). Les citoyens jugent les produits de la science et pas la science en tant que produit de pensée. Or, en confondant les deux, la société ne s’intéresse plus qu’aux sciences appliquées.◗ Le progrès et les innovations ne sont pas un soulage-ment, car la science n’a pas éradiqué le malheur. On pourrait rêver d’un retour à la nature, mais à la condition de pouvoir emporter tous les gadgets technologiques !◗ La science est devenue très compliquée et, donc, sujette à controverses (accentuées par la quête du sensationnalisme des médias) et cela induit des effets : – la science est victime de l’ignorance et du désintérêt (la très grande majorité des citoyens ignore comment

fonctionne un ordinateur, mais le manipule aussi bien qu’un ingénieur), de sorte qu’on est passé d’une société de la connaissance à une société de l’usage des technologies ;– la science rémunère mal par rapport à l’investisse-ment attendu ;– un nombre croissant de personnes se trouve aujourd’hui aux prises avec la tentation de l’irrationnel et se tourne vers d’autres sources que les sciences.

◗ La question à se poser est la suivante : est-il conce-vable que la physique ou la chimie ne se développe qu’en fonction des intérêts ? S’il semble raisonnable de penser que des intérêts militaires ont contribué à l’essor de la physique nucléaire, pour autant, l’idée qu’ils en déterminent le contenu n’est pas défendable. On peut prendre le cas d’Albert Fert, prix Nobel de physique en 2007, qui a découvert la magnéto-résistance géante. Ses recherches fondamentales ont permis de développer un nouveau champ de recherches en nanotechnologie et ainsi de proposer un nouveau type de tête de lecture dans les disques durs d’ordinateurs : c’est donc bien la recherche fonda-mentale qui a permis le développement de recherches appliquées dans ce cas.

La société civile (et ses représentants) bénéficie en premier de la confiance des Français

Selon vous, lequel de ces acteurs devrait décider de la mise en circulation de biens de consommationcourante en fonction des risques de santé et de sécurité qu'ils peuvent représenter ?

Base : ensemble de l'échantillon

Les associations de consommateurs ou de protectionde l'environnement, les ONG

Les autorités sanitaires françaises ou internationales

Les scientifiques, les experts

L'Union européenne 7 %

31 %

29 %

21 %

7 %

5%Les industriels qui les fabriquent

Sans opinion

Source : TNS Sofres, 2011.

Complément

22Science et société


2 Faut-il interdire le bisphénol A ? (p. 564-565)

Idées-clésLes intérêts politiques, industriels, scientifiques et publics sont différents, parfois complémentaires, souvent divergents.

◗ En termes scientifiques et économiques, les indus-triels estiment que le remplacement n’est pas envisa-geable pour le moment, car les substituts ne sont pas connus et les recherches pourraient être coûteuses.

◗ Certains scientifiques pensent que le bisphénol A est dangereux pour la santé, d’autres non. Ils prônent le principe de précaution.

◗ Le public, informé par les médias en quête très souvent de sensationnalisme (voir Activité 1), en affir-mant que le bisphénol A est dangereux, veut être protégé et se tourne vers les politiques.

◗ Les politiques appliquent le principe de précaution pour répondre aux craintes du public.

L’activité 2 a été construite autour d’une controverse scientifique, afin de familiariser les élèves à la prise d’informations et pour développer leur esprit critique.De nombreuses controverses peuvent être travaillées sur le même mode que celui retenu dans le chapitre, à savoir un corpus documentaire proposant plusieurs points de vue.Quelques pistes de réflexion :– Sensibilité électromagnétique de certaines personnes.– Faut-il avoir peur du nucléaire ?– Faut-il avoir peur de la chimie ?– Les nanotechnologies et ses dangers.– À qui profite le développement durable ?– Les biocarburants sont-ils durables ?– Des produits chimiques dans les aliments.– Le réchauffement climatique.– L’influence de la Lune.– L’homéopathie.– L’astrologie.

Bibliographie

G. Hottois, La science entre valeurs modernes et postmodernité, Librairie Philosophique Vrin, coll. « Pour demain », 2005.

J.-M. Besnier, E. Klein, H. le Guyader et H. Wismann, La Science en jeu, Actes Sud, coll. « Questions vives », 2010.

S. sarrade, La chimie est-elle réellement dangereuse ?, Le Pommier, 2010.

B. Bensaude-Vincent,« Faut-il avoir peur de la chimie ? », Empêcheurs de Penser en Rond, 2005.

B. Bensaude-Vincent, Les vertiges de la techno-science : façonner le monde atome par atome, La Découverte, coll. « Science et société », 2009.

Ph. tronquoy, Science et société, La Documentation française, 2000.

Sitographiehttp://science-societe.frhttp://www.pseudo-sciences.orghttp://cortecs.orghttp://www.debats-science-societe.nethttp://sciences-societe.u-strasbg.frhttp://www.sciences-et-democratie.nethttp://www.agrobiosciences.org


3 À quoi sert la recherche fondamentale ? (p. 566-567)

Analyse de la question

Dans un premier temps, il faut définir ce que signifie la compréhension du monde pour la communauté scientifique et, ensuite, s’appuyer sur les documents pour montrer comment les recherches scientifiques contribuent à la compréhension du monde.

Plan de réponseQu’est-ce que la compréhension du monde pour les scientifiques ?Quels moyens mettent-ils en œuvre pour comprendre le monde ?

Comment les détecteurs peuvent-ils permettre aux scientifiques d’atteindre leur but ?La recherche fondamentale a-t-elle un intérêt... fonda-mental ?

Analyse des documents

Il s’agit de s’appuyer sur certains éléments des docu-ments pour montrer comment ces recherches contri-buent à la compréhension du monde. Il ne faut pas simplement citer ou paraphraser les documents, mais reformuler les informations qu’ils apportent en pré- cisant comment elles permettent de répondre à la question.

http://science-societe.fr/

http://www.pseudo-sciences.org/

http://cortecs.org/

http://www.debats-science-societe.net/

http://sciences-societe.u-strasbg.fr

http://www.sciences-et-democratie.net/

http://www.agrobiosciences.org/


Analyse du document A : Traquer des ondes pour voir naître des planètes

• Les rayonnements qui parviennent sur Terre trans-portent des informations sur les sources qui les ont émis. Leur détection permet donc de mieux connaître ces sources.• Certains de ces rayonnements interagissant avec l’atmosphère, il est nécessaire de placer les systèmes d’observation en altitude afin de limiter l’influence de l’atmosphère.• L’analyse de ces rayonnements permet d’obtenir, avec une précision inégalée, des images de la forma-tion de systèmes planétaires et de galaxies lointaines. L’interprétation de ces images renseigne les scienti-fiques sur la composition et l’évolution de ces objets « froids ».

• La détection de ces rayonnements millimétriques et submillimétriques pourrait, par analogie, apporter de nouveaux éléments concernant la naissance de notre propre galaxie, du système solaire ou la formation de planètes gazeuses géantes, comme Jupiter qui reste encore mystérieuse.

Analyse du document B : Traquer des particules pour sonder la matière

• La détection des particules (microscopiques) nous permet de mieux connaître la nature de la matière.

• Certaines des recherches actuelles portent sur la détection de particules d’antimatière et de matière noire qui se seraient formées en même quantité que celles de la matière lors du Big Bang.

Exemple d’argumentation De tout temps, les scientifiques ont recherché l’ori-gine de l’Univers et par là même l’origine de la Terre et de l’homme. Cette recherche se traduit par l’analyse de l’infiniment grand, mais également par l’analyse de l’infiniment petit. Les rayonnements qui parviennent sur Terre trans-portent des informations sur les sources célestes qui les ont émis. Leur détection permet donc de mieux connaître ces sources. Pour cela, les scientifiques ont développé des outils permettant d’observer les confins de l’Univers. Certains de ces rayonnements ou particules interagissant avec l’atmosphère, il est nécessaire de placer les systèmes d’observation en altitude, afin de limiter l’influence de l’atmosphère. C’est le cas du radiotélescope Alma, situé dans le désert de l’Atacama. Ce radiotélescope détecte ainsi des ondes millimétriques et submillimétriques émises par les objets les plus froids de l’Univers, jusque là invisibles aux télescopes traditionnels. L’analyse de ces ondes permet d’obtenir, avec une précision inéga-

lée, des images de la formation de systèmes plané-taires et de galaxies lointaines. L’interprétation de ces images renseigne les scientifiques sur la composition et l’évolution de ces objets « froids ». La structure actuelle de certaines régions de la constellation d’Orion s’apparente à la région où s’est formé notre propre système solaire. La détection de ces rayonnements pourrait, par analogie, apporter de nouveaux éléments concernant la naissance de notre propre galaxie, du système solaire ou la formation de planètes gazeuses géantes, comme Jupiter qui reste encore mystérieuse. Les scientifiques ont également développé des outils permettant d’observer des particules microsco-piques.La détection des particules permet de mieux connaître la nature de la matière. Certaines des recherches actuelles portent ainsi sur la détection de particules d’antimatière qui se seraient formées en même quan-tité que celles de la matière lors du Big Bang. Cette étude permettra peut-être de comprendre pourquoi, dans l’Univers actuel, seules les particules de matière ont persisté. La réponse à cette question pourrait donner un éclairage nouveau à notre connaissance de l’Univers, de sa formation et de ses perspectives d’évo-lution. N’ayant pas de finalité économique immédiate, la recherche fondamentale est rarement financée par l’industrie. Elle est le plus souvent menée par des orga-nismes publics. De plus, des recherches de ce type nécessitent souvent des installations très coûteuses, à l’image d’Alma ou de celles du CERN. Le lancement et le suivi de ces projets découlent donc de choix poli-tiques à long terme. Pourtant, ces recherches permettent à l’homme de mieux comprendre son environnement. Outre son inté-rêt pour une meilleure connaissance du monde, ce type de recherche peut ensuite conduire au dévelop-pement de nombreuses applications et à de grandes avancées technologiques qui n’auraient pas vu le jour dans le cadre d’une recherche appliquée. C’est ainsi, par exemple, que les lasers ont été développés.

Points-clés◗ Les rayonnements transportent des informations sur les sources qui les ont émis.

◗ Tous les rayonnements ne parviennent pas jusqu’à la surface de la Terre, car ils interagissent avec l’atmos-phère. Il est donc nécessaire de placer des détecteurs en altitude ou hors de l’atmosphère.

◗ La détection des particules permet de connaître la matière.


4 La science pour répondre aux besoins de l’homme (p. 568)

Analyse de la questionIl faut effectuer une analyse contradictoire du docu-ment. Pour cela, il faut noter les arguments avancés par l’auteur, ensuite repérer les failles ou les erreurs dans son raisonnement.

Plan de réponseComment utiliser des icebergs pour fournir de l’eau douce ?

Quels arguments contradictoires apporter à la propo-sition de l’auteur ? Ces arguments seront étayés par des considérations scientifiques.

Analyse des documentsIl faut repérer les informations des documents pour lesquelles il est possible d’émettre une contradiction argumentée par un ou des phénomènes physiques.• Coût énergétique de l’opération : les icebergs sont

tractés par des remorqueurs.• Perte de masse importante de l’iceberg.• Coût des infrastructures sur les lieux de distribution.

Exemple d’argumentationUn iceberg est constitué d’eau douce solide déri-

vant à la surface de l’océan. Sa fusion naturelle produit de l’eau douce liquide qui se disperse dans l’eau salée des océans. Cette fusion absorbe également de l’énergie.

L’idée d’utiliser l’eau douce venant des icebergs pour alimenter des populations qui n’y ont pas facile-ment accès est évidemment séduisante, mais sa dimen-sion humanitaire ne peut, à elle seule, la justifier. Il faut s’interroger avant tout sur les conséquences énergé-tiques, économiques et écologiques de cette solution et se demander si, avec des contraintes comparables, d’autres solutions locales ne seraient pas plus adap-tées. L’utilisation des icebergs comme source d’eau douce et d’énergie doit être mise en regard des coûts

engendrés par leur déplacement depuis les zones polaires. Si ce déplacement est favorisé par les courants marins, il faut quand même les tracter, ce qui nécessite des remorqueurs qui devront être amenés sur place. Pour l’aller, comme pour le convoyage, ces remor-queurs consommeront du carburant. Ils devront aussi être réapprovisionnés durant le parcours, ce qui solli-citera d’autres navires et encore plus de combustible. Cette consommation doit être évaluée pour apprécier la rentabilité de ce transport.

Une fois sur place, un autre problème se pose, celui de la distribution de l’eau douce. Le transport en sacs étanches envisagé nécessitera des infrastructures encore inexistantes ainsi que de l’énergie.

Lors du déplacement, l’iceberg perd 40 % de sa masse. On peut s’interroger sur l’intérêt de cette mise en œuvre compte tenu de la quantité d’eau douce qui arrive finalement à destination.

Sur le plan énergétique, la fusion de l’eau solide absorbe de l’énergie thermique. Cela peut être mis à profit dans des systèmes de conditionnement d’air sur le lieu de la fusion. Cela permet de climatiser à moindre frais des zones chaudes, sans utiliser d’éner- gie électrique ou de ressources fossiles pour puiser l’énergie thermique dans l’air à refroidir.

La question de cette opération est essentiellement énergétique. L’énergie investie pour le déplacement des icebergs peut-elle être considérée comme négli-geable dans ce processus ?

Enfin, il ne faut pas oublier l’impact environnemen-tal et économique de cette exploitation locale face à d’autres solutions.

Points-clés• Constitution d’un iceberg et constitution de l’eau

de mer.• Fusion et absorption d’énergie.• Importance de l’eau douce.• Consommation d’énergie et pollution liées au

transport.

Site internet du projet : http://www.3ds.com/fr/icedream

Le texte de l’activité est issu de la FAQ de ce site.

Sitographie


5 La recherche et le développement (p. 569)

L’accès aux métiers se fait par plusieurs voies. Les orientations proposées ne sont pas exhaustives.

http://www.imfis.fr

http://www.studya.com

http://www.onisep.fr

http://www.kelformation.com

Sitographie

◗ Technicien d’analyse :– Un BTS ou un DUT délivrés par le ministère chargé de l’Enseignement supérieur et de la Recherche.– Un diplôme d’État de technicien d’analyse délivré par le ministère chargé de la Santé, qui sanctionne une formation de trois ans dont l’accès se fait par concours.

◗ Chargé de recherche :– Niveau I (Bac + 5 à Bac + 8), cursus scientifique, médical ou d’ingénierie.– Niveau Bac + 5, master (sciences, ingénierie, recherche, etc.).– Niveau Bac + 8, doctorat.

◗ Ingénieur génie des procédés :– Niveau Bac + 5 : formation d’ingénieur généraliste ou génie chimique.

◗ Documentaliste scientifique :– Niveau Bac + 2 (DUT, DEUST).– Niveau Bac + 3 (licences pro ressources documen-taires et bases de données, etc.).– Niveau Bac + 5 (master pro spécialisé dans les domaines de l’information, du document et de la documentation).

◗ Assureur qualité :

Bac + 3 à Bac + 5 en assurance qualité, sciences de la vie, biologiste, ingénierie et processus industriels.

◗ Chargé de communication :– Niveau Bac + 2 (DUT information et communication).– Niveau Bac + 5 (master d’information et de commu-nication).

http://www.imfis.fr/

http://www.studya.com

http://www.onisep.fr/

http://www.kelformation.com


1 Algue et caliche, des ressources naturelles (p. 572-573)1. Dans la nature l’élément iode se trouve sous forme d’ions iodure I– (aq) et iodate IO3

– (aq).

2. a. Agro-ressource : Ce terme est formé par l’asso-ciation du préfixe « agro » issu du grec agros signi-fiant « champ » et du latin resurgere signifiant « se lever, surgir à nouveau ». Une agro-ressource est une matière première végé-tale renouvelable.b. L’usage d’agro-ressources correspond au principe no 7 de la chimie verte : privilégier des ressources renouvelables.

3. Le nitrate de sodium NaNO3 est extrait du caliche. Il ne contient que de l’azote (pas de phosphore ni de potassium).

4. a. Cette ressource n’est pas renouvelable, elle peut s’épuiser (voir document « Un impact environ-nemental »).b. Rythme d’extraction actuel : 18 000 tonnes d’iode par an.Réserves au Chili : 9 millions de tonnes.Durée pendant laquelle il sera possible d’extraire l’iode du caliche : 500 ans.À court et moyen termes, cette extraction reste inté-ressante. La projection sur du long terme est plus problé- matique.

5. [Question donnant lieu à une synthèse argumentée]Mots-clés et idées-clés : – si l’on parle de développement durable, il est nécessaire d’envisager l’environnement, le social et l’économique ;– économiquement, l’extraction semble rentable d’après le document « L’extraction de l’iode » ;– aucune donnée sociologique n’est précisée, mais on peut imaginer que le tissu économique a pu se développer dans certains pays grâce à cette extraction ;– cela reste problématique pour l’environnement : le caliche n’est pas une ressource renouvelable et son

extraction « n’est pas vraiment acceptable d’un point de vue d’agriculture durable » (voir document « Un impact environnemental »). Son utilisation peut être polluante : « le nitrate peut facilement atteindre l’eau souterraine par lessivage, ce qui risque d’avoir un effet négatif sur l’environnement » (voir document « Observation du gouvernement de Norvège »).

6. L’observation du gouvernement du Costa-Rica ne semble pas constater de dommage environnemental à l’usage des engrais issus du caliche, mais souhaite toutefois s’assurer de la non-pollution des eaux sou-terraines et superficielles par lessivage.

7. CO32– (aq) + 2 H3O+ (aq)

CO2,H2O (aq) + 2 H2O ()

8. 2 I– (aq) + H2O2 (aq) + 2 H+ (aq) I2 (aq) + 2 H2O ()

9. a. Le diiode étant apolaire, il est peu soluble dans l’eau, solvant polaire, et très soluble dans le cyclo-hexane, solvant apolaire.b. Verser la solution aqueuse dans une ampoule à décanter. Introduire du cyclohexane.Boucher, agiter et dégazer régulièrement.Laisser reposer.c. Phase supérieure : phase organique contenant le cyclohexane et le diiode.Phase inférieure : phase aqueuse.

10. Couples : IO3– (aq) / I2 (aq) et SO4

2– (aq) / HSO3– (aq).

– Production de diiode selon l’équation :2 IO3

– (aq) + 5 HSO3– (aq)

I2 (aq) + 5 SO42– (aq) + 3 H+ (aq) + H2O ()

Couples : IO3– (aq) / I2 (aq) et HSO4

– (aq) / SO2 (aq)

– Production de diiode selon l’équation :2 IO3

– (aq) + 5 SO2 (aq) + 4 H2O () I2 (aq) + 5 HSO4

– (aq) + 3 H+ (aq)

Exercices Bac

2 Les autoroutes de l’information (p. 574-575)1. a. Une chaîne de transmission comporte un enco-deur, un canal de transmission et un décodeur.b. Pour les infos envoyées par l’ordinateur d’un abonné ADSL :– l’encodeur est l’ordinateur de l’abonné ;– le canal de transmission est constitué de la « box », de la ligne téléphonique de l’abonné, puis d’autres lignes téléphoniques ou fibres optiques ;– le décodeur est l’ordinateur qui reçoit les données et les interprète.

2. a. Les fibres optiques acheminent les informations sous forme de signaux lumineux.b. Les données peuvent également circuler à travers des fils de cuivre ou être transportées grâce à des ondes radio.

3. a. Avec la technologie ADSL, les données qui cir-culent dans les lignes téléphoniques sont numé-riques.b. D’après le document « Les supports de transmis-sion des informations », « La téléphonie utilise une


bande de basses fréquences qui s’étend de 25 Hz à 3 400 Hz. Les données numériques sont échangées, dans les mêmes câbles, sur une bande de hautes fré-quences ». Les données numériques n’utilisent donc pas la même bande de fréquence que la voix, elles peuvent être transportées en même temps que la voix.

4. a. Le débit binaire mesure la quantité de données numériques transmises par unité de temps. Son unité est le bit · s–1.b. « 20 méga » correspond à un débit de 20 Mibit · s–1, soit 20 × 220 bits par seconde.

5. Plus l’abonné réside loin du répartiteur, plus l’atté-nuation de sa ligne est importante, car l’atténuation augmente avec la longueur de la ligne. Comme l’at-ténuation augmente également avec la fréquence, la fréquence est automatiquement diminuée pour que l’atténuation ne soit pas trop importante et que le signal soit correctement reçu.Comme le débit binaire est d’autant plus grand que la fréquence du signal est élevée, si la fréquence est plus faible, le débit binaire est plus faible.

6. a. Chaque pixel de l’image est codée sur 24 bits.b. Sa taille est donc de :

24 × 2 048 × 1 536 = 75 497 472 bits

soit : 75 497 472220

= 72 Mibit.

c. Le téléchargement de la photo durera 7210

= 7,2 s.

7. Au cours de sa propagation, la puissance d’un signal transmis décroît avec la distance qu’il parcourt. 0,20 dB · km–1 signifie que le signal transmis s’affaiblit de 0,20 dB à chaque kilomètre parcouru.

8. Les fibres optiques permettent de transmettre des volumes importants de données sur de longues dis-tances avec un affaiblissement faible ; les fils de cuivre transmettent un nombre limité de données sur de

courtes distances. En effet, le débit binaire possible dans une fibre optique est plus important que dans un câble en cuivre et le coefficient d’atténuation d’une fibre optique est plus petit que celui d’un câble en cuivre.

9. D’après les documents, la longueur d’onde dans le vide des ondes utilisées est d’environ 1 550 nm.La fréquence de ces ondes est donc :

f = cλ =

3,00 × 108

1 550 × 10–9 = 1,94 × 1014 Hz environ.

On vérifie bien que la fréquence de ces ondes est beaucoup plus grande que celle des signaux élec-triques dans les câbles en cuivre, qui est d’environ 300 kHz.

10. a. Coefficient d’atténuation :

α = 10

5,0 × log ( 5,0

1,84) = 8,7 × 10–1 dB · km–1.

b. La valeur trouvée est environ quatre fois supé-rieure à celle donnée. Cette différence peut s’expli-quer par la qualité des matériaux qui la constituent, par la valeur de la longueur d’onde qui peut être dif-férente, ou par l’état de la fibre.

c. D’après la relation donnée, on peut écrire :

log (e

s) =

α · L

10

soit : s = e · 10–

α · L10 = 5,0 × 10

– 20 × 5,0

10

= 5,0 × 10–10 mW. Dans ce cas, le signal serait totalement atténué.

11. Le développement du réseau de fibres optiques jusqu’au domicile permettra véritablement aux usa-gers de disposer de connexions à très haut débit. Ces connexions sont indispensables pour accompa-gner les nouvelles utilisations qui consomment beau-coup de bande passante.

1. Broyer finement le comprimé dans le mortier à l’aide d’un pilon, puis verser la poudre dans une fiole jaugée de volume V = 50,0 mL munie d’un entonnoir en s’aidant d’une spatule métallique.Rincer le mortier avec de l’eau distillée et verser l’eau de rinçage dans la fiole jaugée.Remplir la fiole avec de l’eau distillée jusqu’aux trois quarts du volume total, boucher et agiter.Compléter la fiole avec de l’eau distillée jusqu’au trait de jauge, en finissant avec une pipette Pasteur.Boucher la fiole et agiter pour homogénéiser la solu-tion SA.

2. Étape 1 : schéma du montage à réaliser

◗ Verser un peu de la solution SA dans un bécher de 50 mL.

Prélever un volume VA = 10,0 mL de la solution SA avec une pipette jaugée de 10,0 mL munie d’un pipeteur. Verser ce volume dans un bécher de 150 mL.◗ Placer le bécher sur un agitateur magnétique et y plonger le barreau aimanté.◗ Remplir la burette graduée avec la solution SB d’hy-droxyde de sodium. Régler le zéro de la burette, puis placer la burette au-dessus du bécher.◗ Plonger la sonde pH-métrique du pH-mètre dans la solution SA et ajouter un peu d’eau distillée à la solu-tion SA pour éviter que le barreau aimanté ne tape sur la sonde.

TP Bac

1 Dosage pH-métrique de la vitamine C contenue dans un comprimé (p. 576-577)


Solution SB d’hydroxyde de sodium• CB = 1,0 × 10−2 mol.L−1

• VB lu sur la burette

pH-mètre

Solution SA d’acide ascorbique• VA = 10,0 mL • nA à déterminer

pH0 mV

20

40

80

60

+C

mVpHApH

Étape 2 : mesures du pH et tracé du graphe pH = f (VB)

◗ Mesurer le pH initial de la solution. ◗ Verser la solution SB, millilitre par millilitre, dans le bécher et, pour chaque valeur du volume VB versé, relever la valeur correspondante du pH.◗ Tracer le graphe « en direct » en utilisant un tableur ou du papier millimétré. Resserrer les mesures au voi-sinage de l’équivalence du titrage.

Étape 3 : repérage de l’équivalence

Utiliser la méthode des tangentes pour repérer le point équivalent du titrage. L’abscisse de ce point donne la valeur du volume VE versé à l’équivalence.

Étape 4 : calcul de la quantité nA d’acide ascorbique dans le volume VA

À l’équivalence du titrage : nA = nE soit nA = CB · VE.

3. Le protocole décrit ci-dessus permet d’obtenir une courbe très semblable à la courbe suivante (obtenue avec un simulateur) :

pH13121110

987654321

0 2 4 6 8 10 14 16 18 20 22 2412

V (mL)

4. Le volume à l’équivalence est VE = 14,0 mL,

donc nA = CB · VE = 4,00 × 10–2 × 14,0 × 10–3 = 5,60 × 10–4 mol dans VA = 10,0 mL de SA.

Dans le volume V = 50,0 mL de solution SA on a :

n (vitC) = 5 × nA= 5 × 5,60 × 10–4 = 2,80 × 10–3 mol d’acide ascorbique.

La masse m (vitC) est alors :

m (vitC) = n (vitC) · M = 2,80 × 10–3 × 176 = 0,493 g = 493 mg.

Incertitude relative :m (vitC) – m’ (vitC)

m’ (vitC) =

493 – 500500

= 0,014 = 1,4 %.

1. a. D’après les documents, les paramètres à prendre en compte sont :– la fréquence d’échantillonnage qui fixe le rythme auquel les échantillons consécutifs sont prélevés ;

– la résolution (ou le pas du convertisseur) qui fixe l’écart minimal de tension que peut repérer le conver-tisseur.

2 Enregistrer une séquence musicale pour créer un CD (p. 578-579)

Facteurs pris en compteConséquence si la valeur

est trop faibleConséquence si la valeur

est trop élevée

Document 1Fréquence

d’échantillonnageLe son ne sera pas

fidèlement reproduit.

Le son pourra être fidèlement reproduit

mais le fichier sera volumineux.

Document 2Résolution

du convertisseur

Le son pourra être fidèlement reproduit

mais le fichier sera volumineux.

Le son ne sera pas fidèlement reproduit.

b. Le générateur d’harmoniques produit un son dont la fréquence est égale à celle du fondamental (ou 1er harmonique), soit 220 Hz. Les autres harmo-niques ont des fréquences double (440 Hz) ou triple (660 Hz) de 220 Hz.

2. Le document 1 traite de l’influence de la fréquence d’échantillonnage et indique que, pour avoir un échan-tillonnage correct, la fréquence d’échantillonnage fe doit être égale ou supérieure au double de la fréquence maximale des harmoniques du signal échantillonné. Ici, cette fréquence maximale est fmax = 660 Hz.

Pour étudier l’influence de la fréquence d’échan-tillonnage, on réalise plusieurs acquisitions avec des fréquences fe différentes, par exemple fe1

= 1 000 Hz,

fe2 = 2 000 Hz, fe3

= 4 000 Hz et fe4 = 10 000 Hz.

On aura ainsi :fe1

~ 2 fmax, fe2 ` 2 fmax, fe3

` 2 fmax

et fe4 `̀ 2 fmax.

Pour chaque acquisition, on trace le spectre en fréquences et on le compare avec celui du signal d’origine.


3. Copies d’écran obtenues :

• fe1 = 1 000 Hz, soit Te1

= 1 ms :

• fe2 = 2 000 Hz, soit Te2

= 500 µs :


• fe3 = 4 000 Hz, soit Te3

= 250 µs :

• fe4 = 10 000 Hz, soit Te4

= 100 µs :


En observant ces courbes, on constate que, pour obtenir un signal numérisé convenable, la fréquence d’échantillonnage doit être suffisamment grande. La règle énoncée dans le document 1 semble cepen-dant insuffisante ici, car, pour une fréquence de 2 000 Hz, le spectre obtenu ne correspond pas au spectre initial.Pour obtenir un spectre comparable au spectre d’ori-gine, il faut utiliser une fréquence d’échantillonnage supérieure : une fréquence de 4 000 Hz donne un résultat assez satisfaisant (les fréquences sont cor-rectes, les amplitudes pas tout à fait). Une fréquence de 10 000 Hz permet d’obtenir une très bonne numé-risation, mais la taille du fichier obtenu est bien plus grande.

Les sons que l’on numérise pour les CD musicaux ont des harmoniques ayant des amplitudes moins grandes que celles dont le spectre est représenté sur le document 4 (partie B), surtout pour les harmoniques de rangs les plus élevés (rang 3 sur ce spectre). La fréquence d’échantillonnage d’un CD, fixée à 44,1 kHz, est supérieure à deux fois les fréquences audibles les plus élevées par l’oreille humaine (20 kHz). Les fréquences des harmoniques de rangs les plus élevés des sons musicaux ont des valeurs le plus souvent très inférieures à 20 kHz et des amplitudes faibles. Cela explique pourquoi, pour les CD musicaux, une fréquence d’échantillonnage de 44,1 kHz donne des résultats satisfaisants.

Complément


Complément au chapitre 4

Spectroscopie UV-visible, IR et de RMN

1 Absorption d’ondes électromagnétiques

1.1 Rayonnement électromagnétiqueUne radiation électromagnétique est caractérisée par sa fréquence n exprimée en hertz (Hz). Pour un milieu donné dans lequel la célérité de la lumière est égale à c, on peut aussi la caractériser par sa longueur d’onde l ou son nombre d’ondes s :

l = cn et s =

1l

L’énergie du photon dans ce milieu vaut :

= h · n = h · cl = h · c · s

où h est la constante de Planck : h = 6,62 × 10–34 J · s.Cette énergie s’exprime souvent en eV (1 eV = 1,60 × 10–19 J).Si un photon possède une énergie de 1 eV, alors une mole de photons possède une énergie de 96,5 kJ.

1.2 Niveaux d’énergie d’une moléculeUne molécule possède une énergie cinétique de translation qui n’est pas quantifiée et qui ne dépend essentiellement que de la température.Elle possède aussi une énergie propre qui com-prend :

· pour le mouvement des atomes :– une énergie de rotation r, associée aux mouve-

ments de rotation autour d’un axe passant par le centre d’inertie ;

– une énergie de vibration v associée aux mouve-ments des atomes autour de leur position d’équi-libre : les distances interatomiques et les angles des liaisons varient autour de leur valeur d’équi-libre ;

· pour les électrons :– une énergie électronique e.

En première approximation, on peut admettre que chacune des énergies r, v et e est quantifiée et que l’énergie propre de la molécule peut s’écrire :

= r + v + e

Une radiation électromagnétique de fréquence n ne peut être absorbée par une molécule que si celle-ci possède deux niveaux d’énergie et ’ tels que :

D = – ’ = h · n

Selon les niveaux d’énergie mis en jeu, la longueur d’onde de la radiation absorbée correspond à diffé-rents domaines du spectre des radiations électroma-gnétiques. Ainsi a-t-on :

· pour un changement de niveau d’énergie rota- tionnelle :

∆ ≈ 0,005 eV, soit ∆ ≈ 0,5 kJ · mol–1.

La longueur d’onde des radiations qui permettent ces transitions est de l’ordre de 250 μm, c’est le domaine des micro-ondes. L’absorption de telles ondes par les molécules (d’eau en particulier) est mise en œuvre dans les fours à micro-ondes.· pour un changement de niveau d’énergie vibra- tionnelle :

∆ ≈ 0,1 à 0,5 eV, soit ∆ ≈ 10 à 50 kJ · mol–1.

La longueur d’onde des radiations qui permettent ces transitions est de l’ordre de 2,50 à 15 μm, c’est le domaine de l’infrarouge (IR) (voir §2).

· pour un changement de niveau d’énergie élec- tronique :

∆ ≈ 1,5 à 6 eV, soit ∆ ≈ 150 à 600 kJ · mol–1.

La longueur d’onde des radiations qui permettent ces transitions est de l’ordre de 200 à 800 nm, c’est le domaine de l’ultraviolet (UV) et du visible.

1.3 Aspects pratiques de la spectroscopie d’absorption

L’étude de l’absorption des radiations électromagné-tiques par la matière s’effectue avec des spectropho-tomètres et des cuves spéciales pour l’UV et l’IR, le verre et la plupart des plastiques n’étant pas transpa-rents pour ces radiations. Le principe et le mode d’emploi de ces appareils sont décrits dans la fiche no 7, p. 360 du manuel de 1re S (Hachette), et dans la fiche n° 12, p. 597 du manuel de TS (Hachette).En spectroscopie ultraviolette, visible et infrarouge, on mesure la transmittance T ou l’absorbance A à une longueur d’onde donnée :

T = IS

I0 et A = log (I0

IS)

Pour les solutions diluées, l’absorbance suit la loi de Beer-Lambert :

A = el · · c

où est la longueur de la cuve (en cm), c la concen-tration de la solution (en mol · L–1) et εl le coefficient d’extinction molaire (en L · mol–1 · cm–1). εl dépend de l’espèce étudiée, du solvant, de la température, mais surtout de la longueur d’onde.Pour des solutions contenant plusieurs espèces qui absorbent à la même longueur d’onde :

A = Si eli

· · ci

1.4 Spectroscopie UV-visibleLes spectres UV-visible donnent en ordonnée l’absor-bance A et en abscisse la longueur d’onde l.En spectroscopie UV-visible, une espèce est caracté-risée par la valeur de la longueur d’onde d’absorp-tion maximale lmax et par le coefficient d’extinction molaire correspondant εlmax

.


Plus une molécule possède de liaisons conjuguées, plus les radiations absorbées ont de grandes lon-gueurs d’onde.Le lien existant entre couleur et longueur d’onde au maximum d’absorption des substances organiques ou inorganiques s’établit à partir des résultats sui-vants que les élèves auront intérêt à retenir :– une espèce incolore n’absorbe aucune radiation du

spectre visible ;– lorsqu’une espèce chimique n’absorbe que dans

un seul domaine de longueurs d’onde du visible, sa couleur est la couleur complémentaire de celle des radiations absorbées ;

– lorsqu’une espèce chimique absorbe dans plu-sieurs domaines de longueurs d’onde, sa couleur résulte de la synthèse additive des couleurs com-plémentaires des radiations absorbées.

L’étoile des couleurs (voir le document 2, p. 93 du manuel) et le tableau de la fiche no 11A, p. 594 du manuel, aideront les élèves dans leurs interpréta-tions.

Remarques : Les spectres d’absorption électroniques devraient présenter des raies fines ; on observe un élargissement plus ou moins marqué des raies ; il y a une distribution des fréquences autour de la valeur théorique d’absorption n0 avec un maximum pour celle-ci. Cela résulte, entre autres, de la modulation des niveaux électroniques par les sous-niveaux vibra-tionnels et rotationnels.

2 Spectroscopie infrarouge (IR)

2.1 Présentation d’un spectre infrarougeOn se reportera à l’activité 3, p. 90-91 du manuel, pour visualiser quelques spectres IR. Dans un spectre infrarouge figure en ordonnée la transmittance T ou intensité lumineuse transmise par l’échantillon expri-mée en pourcentage : une transmittance de 100 % signifie qu’il n’y a pas d’absorption. De ce fait, les bandes d’absorption d’un spectre IR pointent vers le bas.Sur un axe, orienté de droite à gauche, est porté en abscisse le nombre d’ondes s, inverse de la longueur

d’onde l (s = 1l) exprimé généralement en cm–1.

Les spectres infrarouges, exploités en chimie orga-nique, s’étendent de 600 à 4 000 cm–1, correspon-dant à des énergies allant de 7 à 48 kJ · mol–1.Un spectre IR comporte deux régions distinctes :– la région qui correspond aux plus grandes valeurs

de nombres d’ondes (s 1 300 cm–1) où appa-raissent les bandes caractéristiques de la plupart des liaisons CpO, CpC, CPH, OPH, NPH ;

– la région pour laquelle s 1 300 cm–1, qui est caractéristique du composé étudié et non seule-ment des fonctions présentes.

Seule la première région est facilement exploitable.

2.2 Origine du spectreUn spectre infrarouge résulte de transitions entre niveaux vibrationnels soit d’élongation soit de déformation.

2.2.a. Vibrations d’élongation

A B

mA mB

k

Doc. 1 Modèle classique de l’oscillateur harmonique : les deux masses mA et mB sont reliées par un ressort

de constante de raideur k.

Une molécule diatomique APB est assimilée à un oscillateur harmonique (doc. 1) de constante de force ou raideur k. La fréquence propre de cet oscillateur est :

n0 = 12p · (k

µ)½où μ est la masse réduite.Lorsque cette molécule est soumise à l’action d’une onde électromagnétique caractérisée par la fré-quence nEM, il y a résonance, c’est-à-dire absorption, lorsque nEM = n0. Le nombre d’ondes s correspon-dant est donné par la relation :

s = n0

c =

12p · c

· (k µ)½

Pour une molécule polyatomique, il y a plusieurs liaisons, donc plusieurs fréquences propres ; les oscillateurs sont alors couplés. On peut ainsi obser-ver des vibrations symétrique et asymétrique (doc. 2) expliquant par exemple la présence de deux bandes dans le spectre infrarouge des amines primaires (voir les documents 10b (G), p. 91 du manuel, et 13, p. 97 du manuel) ou des amides non substitués à l’azote (voir le document 10b (I), p. 91 du manuel).

Élongation (stretching)

Symétrique Asymétrique

Doc. 2 Vibrations symétrique et asymétrique.

2.2.b. Vibrations de déformation

Ces vibrations correspondent aux mouvements rota-tifs de deux atomes liés à un même troisième (doc. 3). Ces mouvements d’oscillations ont des fréquences propres n0i, d’où l’absorption de radiations électro-magnétiques de nombres d’ondes caractéristiques.Ainsi pour la liaison

tétCPH observe-t-on, dans le

spectre du pentane par exemple (voir le document 8, p. 90 du manuel), une bande liée à l’élongation de

tétCPH, vers 2 800-3 000 cm–1, et une bande liée à la

déformation de l’angle HCH, vers 1 415 à 1 470 cm–1.Les transitions entre niveaux vibrationnels s’accom-pagnent aussi de transitions entre niveaux rotation-nels : on observe, sur un spectre IR, non pas des pics mais des bandes d’absorption plus ou moins larges.


Les vibrations qui ne modifient pas le moment dipo-laire de la molécule conduisent à des absorptions faibles.

Déformation (bending)

Dans le plan Hors du plan

Asymétrique(rotation plane)

Asymétrique(balancement)

Symétrique(cisaillement)

Symétrique(torsion)

Doc. 3 Modes de vibration pouvant exister au niveau d’un atome de carbone tétraédrique

pour les vibrations de déformation.

2.3 Bandes d’absorption caractéristiquesLes principales bandes caractéristiques sont présen-tées dans le manuel (§ 3.3, p. 96-97) et les valeurs des nombres d’ondes des liaisons habituellement rencontrées en chimie organique sont données dans la fiche no 11B, p. 594 du manuel.La consultation des données de cette fiche permet de retrouver les résultats suivants :– une liaison multiple est plus forte qu’une liaison

simple, les nombres d’ondes associés sont alors plus élevés :

s (C{C) s (CpC) s (CPC)et

s (CpO) s (CPO) ;

– la présence de liaisons hydrogène abaisse les nombre d’ondes liées aux liaisons OPH des alco-ols et des acides carboxyliques (voir les documents 14 et 15, p. 97 du manuel) et NPH des amines et des amides ;

– lorsqu’elles sont conjuguées, les liaisons CpC ou C{O sont affaiblies et le nombre d’ondes corres-pondant diminue.

3 Spectroscopie de résonance magnétique nucléaire ou de RMN

3.1 Présentation d’un spectre de RMN du proton

On se reportera aux documents 16, 17, 18 et 19, p. 98-99 du manuel, pour visualiser quelques spectres de RMN. Que représentent ces spectres ?

En abscisse, sur un axe orienté de droite à gauche, figure le déplacement chimique du signal associé à des protons équivalents (voir § 3.5) ; l’origine de cet axe est définie à l’aide d’une référence chimique qui est souvent le tétraméthylsilane, ou TMS (CH3)4Si.Les signaux, quasi symétriques, peuvent présenter un, deux, trois pics ou plus ; ce nombre de pics définit la multiplicité du signal (voir § 3.6).Les signaux ont une certaine surface ou aire d’inté-gration ; celle-ci est proportionnelle au nombre de protons associés à ce signal. Cette aire est calculée automatiquement lors de la réalisation du spectre et le résultat obtenu est donné sous forme d’un graphe constitué d’une suite de paliers et appelé courbe d’intégration. La hauteur séparant deux paliers suc-cessifs est proportionnelle au nombre de protons résonant au déplacement chimique correspondant (voir les documents 17 et 18, p. 98 du manuel, et le document 3, p. 100 du manuel).

3.2 Origine du spectre de RMN du protonLe noyau d’un atome est caractérisé par son numéro atomique Z et son nombre de masse A ; lorsque A et Z ne sont pas tous les deux pairs, le noyau possède un spin non nul. Ainsi 1H possède un spin nucléaire I

avec I = 12

.

On démontre que l’existence d’un spin non nul per-met d’assimiler le noyau à un petit aimant générant un moment magnétique μ. L’expérience montre que μ est quantifié par I et que la projection de μ sur l’axe principal (Oz), μz, est quantifié par mI :

µz = g · mI · h2p

avec g le rapport gyromagnétique caractéristique du

noyau (g (1H) = 2,675 × 108 Hz · T–1) et mI = ± 12

.

Cette quantification apparaît en fait lorsque les pro-tons sont soumis à un champ magnétique B0 coli-néaire à (Oz). Deux niveaux d’énergie a et b sont alors possibles pour les protons (doc. 4), définis par :

m = –µ · B0

soit : a = – 12

· g · B0 · h2p

b = 12

· g · B0 · h2p

�

mI = – –12

12( )

mI = + –12( )

�β = – hγB0

12

�α = – – hγB0

Doc. 4 Niveaux d’énergie du proton placé dans un champ magnétique B0. Conventionnellement, on indique

par une flèche le sens de la projection de μ par rapport à B0 ( ➞: projection dans le sens de B0, et

➞

: projection en sens opposé à B0). L’état a correspond au cas où B0

et la composante Iz du spin sont parallèles, l’état b au cas où ils sont antiparallèles.


La spectroscopie de RMN résulte d’une transition entre les deux niveaux a et b (doc. 5), lorsque les protons sont soumis à un champ magnétique B0 et irradiés par des ondes électromagnétiques de fré-quence n0 telle que :

∆ = h · n0 = b – a = g · B0 · h2π

soit : n0 = g · B02p

�

hγB0

2π

�β

�α

�

�β

�α

∆� = hν0 = ∆�

Doc. 5 Transition observée lors de la résonance. L’irradiation avec un photon de fréquence adéquate

provoque la résonance qui correspond à un retournement du spin nucléaire du proton de l’état a à l’état b.

L’absorption d’un photon correspond à un retourne-ment de spin : on dit qu’il y a résonance. Afin d’obte-nir des spectres ayant une résolution suffisante, les spectromètres de RMN utilisés aujourd’hui fonc-tionnent avec des valeurs de B0 et n0 élevées : ainsi, si B0 = 2,1 T, alors n0 = 90 MHz (domaine des ondes radios). En 2012, certains laboratoires sont équipés d’appareils à 900 MHz, soit B0 = 21,1 T !!

3.3 Blindage des noyauxEn réalité, on constate que tous les protons n’ab-sorbent pas, à B0 donné, la même radiation n0 et c’est cela qui fait l’intérêt de la RMN. En effet, au voisinage du noyau i, B0 est modifié par l’environne-ment électronique du noyau ; localement un champ magnétique induit bi, d’intensité proportionnelle à B0 mais de sens opposé à B0, se « superpose » à B0 (loi de Lenz).Le noyau i subit en fait le champ magnétique B0i tel que :

B0i = B0 + bi = B0 – B0 · si = B0 · (1 – si)

si est la constante de blindage, ou constante d’écran du noyau i ; le blindage est d’autant plus élevé que la densité électronique autour du noyau est forte. La radiation n0i absorbée est alors telle que :

n0i = g · B0 · 1 – si

2p = n0 · (1 – si)

Si le spectromètre travaille à B0 constant, alors n0i varie et diminue lorsque le blindage croît. Expéri-mentalement, on observe que quel que soit le proton étudié :

Dn0 X 1 000 Hz, avec ∆n0 = n0 – n0i

En revanche, si le spectromètre travaille à n0 constant (cas le plus fréquent aujourd’hui), B0i varie et aug-mente lorsque le blindage croît et comme si ~~1 :

B0i = 2p · n0

g · (1 – si) ª B0 · (1 + si)

B0i est d’autant plus grand que le blindage est élevé. Dans une molécule, tous les protons n’ont pas le même environnement électronique, donc pas le même blindage et ne résonnent donc pas pour la même valeur de B0i.

Remarque : bien que l’on travaille à n0 constant, on a l’habitude de parler de fréquence de résonance d’un proton, n0 et B0 étant liés.

3.4 Déplacement chimiqueAu lieu de repérer chaque proton par sa fréquence de résonance, qui dépendrait alors de B0, on préfère positionner, de façon relative, chaque signal par rap-port à la résonance d’une référence, le TMS (voir § 3.1), espèce dont les protons sont parmi les plus blindés. On définit ainsi le déplacement chimique di du proton i :

di = 106 × B0i – B0TMS

B0

di = 106 × B0 · (1 + si) – B0 · (1 + sTMS)

B0

soit : di = 106 × (si – sTMS)

Les protons du TMS étant très blindés, généralement si ~ sTMS et di est alors négatif ; c’est la raison pour laquelle on oriente l’axe de droite à gauche et que les tables donnent, en ppm :

di = 106 × |si – sTMS|Un spectre de RMN va présenter, explicitement ou non, les indications suivantes :

0100200300400500600Intensité du signal

∆ν (Hz)

010 9 8 7 6 5 4 3 2 1

δ (ppm)

TMS

Déblindagechamp faiblehaute fréquence de résonance(constante d’écran faible)

Blindagechamp fort

basse fréquence de résonance(constante d’écran élevée)

B0 croissant

Doc. 6 Renseignements donnés par un spectre de RMN.

3.5 Protons équivalentsL’utilisation des courbes d’intégration du spectre de RMN du chlorométhoxyméthane ClPCH2POPCH3 (doc. 7) permet d’attribuer rapidement les deux signaux ; les trois protons du groupe méthyle CH3Présonnent tous les trois pour d ≈ 2,7 ppm ; on dit qu’ils sont équivalents ; il en est de même pour les deux protons du groupe méthylène PCH2P qui résonnent pour d ≈ 4,0 ppm.


δ (ppm)0123456

0150300450600∆ν (Hz)

B0 ν0 = 90 MHz

3 H

2 H

ClCH2OCH3

Doc. 7 Spectre de RMN du chlorométhoxyméthane, ClPCH2POPCH3, à 90 MHz.

Comment définit-on des protons équivalents ? Dans le manuel, une définition, suffisante en Terminale S, est donnée :Des protons équivalents résonnent pour la même valeur de déplacement chimique d. Des protons qui ont le même environnement chimique dans une molécule sont équivalents.Une définition plus complète est cependant néces-saire pour interpréter certains spectres dans l’ensei-gnement supérieur :Deux protons sont dits chimiquement équivalents si leur substitution par un autre atome (deutérium, iode, etc.) donne pour chacun d’eux des molécules identiques ou énantiomères :– dans le 1,2-dichloroéthane ClPCH2PCH2PCl les

quatre protons sont équivalents ;– dans le 1-chloro-2-iodoéthane ClPCH2PCH2PI les

protons sont équivalents deux à deux ;– d a n s l e 2 - c h l o r o - 1 - i o d o p r o p a n e

CH3P*CHClPCH2PI, les protons du groupe méthy-

lène lié à l’atome d’iode ne sont pas équivalents. En effet, comme l’atome de carbone central est asymétrique le remplacement de l’un ou l’autre des deux H conduit à un mélange de diastéréoiso-mères (doc. 8).

C

H3C Hb

HC

I

Ha

Cl

*(S)

C

H3C Hb

HC

I

D

Cl

* *(S) (R)

C

H3C D

HC

I

Ha

Cl

* *(S) (S)

Doc. 8 En remplaçant soit l’atome Ha soit l’atome Hb du S-2-chloro-1-iodopropane par un atome de deutérium, noté D, on obtient deux diastéréoisomères. Les protons

Ha et Hb ne sont pas équivalents.

À noter que des protons peuvent ne pas être chimi-quement équivalents, mais être magnétiquement équivalents, c’est-à-dire résonner pour le même déplacement chimique ; c’est le cas des protons du

groupe phényle du toluène (voir le document 17, p. 98 du manuel).

3.6 Multiplicité d’un signal : couplage spin-spin

Si on observe le spectre de la butanone (voir le docu-ment 19, p. 99 du manuel), on constate que le signal associé au groupe méthyle CH3P lié au groupe méthylène PCH2P présente trois pics : c’est un tri-plet, alors celui du groupe méthyle, lié au groupe car-bonyle, ne présente qu’un pic : c’est un singulet.D’où vient cette différence ? Il est évident qu’elle ne vient pas du nombre de protons qui résonnent dans les deux cas puisque c’est le même : 3.En fait, dans une molécule, les protons portés par un atome de carbone interagissent avec les protons portés par les atomes de carbone voisins : on dit qu’il y a un couplage spin-spin entre protons.Dans les cas simples, auxquels le programme se limite, ces résultats peuvent être généralisés et conduisent à la règle des (n + 1)-uplets :Un proton, ou un groupe de protons équivalents, ayant n protons équivalents voisins, c’est-à-dire por-tés par des atomes de carbone voisins, donne, par couplage avec ceux-ci, un signal constitué de (n + 1) pics appelé multiplet.On justifie ce résultat en précisant les origines de ce couplage pour le 1,1-dichloro-2,2-diiodoéthane Cl2CHaPCHbI2, noté E par la suite. Le spectre de RMN de E présente deux doublets.En se plaçant dans le cadre de la statistique de Boltz-man, on établit que :

NaNb

= exp h · n0kB · T

soit : NaNb

= 1,000 016, pour n0 = 100 MHz.

On peut donc considérer que la moitié des protons d’une molécule ont leur noyaux dans l’état a et l’autre moitié dans l’état b. Ainsi, Ha est environné d’environ 50 % de Hb(a) et de 50 % de Hb(b) ; les noyaux se comportant comme des aimants, le champ subi par Ha n’est pas le même suivant la nature du Hb voisin.Soit b le champ associé aux noyaux a et donc – b le champ associé aux noyaux b ; ces deux champs magnétiques sont colinéaires à B0, champ pour lequel il y aurait résonance s’il n’y avait pas couplage (b est parallèle à B0 et – b est antiparallèle à B0).Si Hb est dans l’état a, le proton Ha résonne alors pour le champ B0’ + b. Comme B0’ ~ B0, les protons Ha sont déblindés (doc. 9a).Si Hb est dans l’état b, le proton Ha résonne alors pour le champ B0’’ – b. Comme B0’’ ` B0, les protons Ha sont blindés (doc. 9b).Il apparaît alors un signal dédoublé (un doublet), d’égale intensité, ce qui justifie la nature symétrique du signal (doc. 9c). L’intervalle séparant les deux pics est appelé constante de couplage, on la note ici Jab ; on l’exprime généralement en hertz (Hz) ; Jab varie de 0 à 20 Hz.


C C

B’0

B’0

Ha Hb(α)

b

δ

νB

B0

Résonancesans couplage

a

C C

B”0

B”0

Ha Hb(β)

–b

δ

νB

B0


b

δ

νB

Jabc

Doc. 9 Couplace spin-spin de deux protons. Hb(a) déblinde le proton Ha (a), Hb(b) blinde le proton Ha (b), d’où le doublet observé (c).

Bien évidemment, on étudierait de même le dédou-blement du signal de Hb par les protons Ha.L’expérience montre que :– le couplage spin-spin au premier ordre ne s’observe

qu’entre atomes d’hydrogène portés par deux atomes de carbone adjacents (couplage vicinal) ou par le même atome de carbone (couplage géminé) si les deux protons ne sont pas équivalents (§ 3.5) ;

– les protons équivalents de donnent pas lieu à un couplage spin-spin ;

– des protons « séparés » par un hétéroatome ne se couplent pas ;

– si Ha est couplé avec Hb, alors Hb est couplé avec Ha et alors, si un spectre présente un multiplet, il doit nécessairement en présenter un deuxième.

Le spectre du bromoéthane (voir le document 3, p. 100 du manuel) présente un triplet pour le groupe méthyle PCH3 voisin du groupe méthylène PCH2P.Ces résultats se retrouvent en considérant que les pro-tons du groupe méthylène peuvent être tous les deux dans l’état a, tous les deux dans l’état b, l’un dans l’état a et l’autre dans l’état b ou inversement, ces quatre possibilités étant équiprobables. La multiplicité et l’intensité de chaque pic s’en déduit (doc. 10).

H H P P

BrPCPCPH P P

H H

αα αββα

ββ


δ

νB

J J

Doc. 10 Le signal du groupement méthyle du bromoéthane est un triplet d’intensité 1 2 1.

On explique de la même façon le quadruplet observé pour le groupe méthylène PCH2P voisin du groupe méthyle PCH3 dans le bromoéthane (doc. 11).

H H P P

BrPCPCPH P P

H H

ααα ααβ

αβαβαα

ββα βββ

βαβαββ


δ

νB

J

J

J

Doc. 11 Le signal du groupe méthylène est un quadruplet d’intensité 1 3 3 1.

Ces exemples montrent que l’intensité de chaque pic d’un multiplet est donnée par le « triangle de Pas-cal » (1 ; 1 1 ; 1 2 1 ; 1 3 3 1 ; 1 4 6 4 1 ; etc.).

3.7 Couplages plus complexes· La règle des (n + 1)-uplets ne s’applique que si les déplacements da de Ha et db de Hb sont nettement distincts, soit :

∆d `̀ Jab, avec ∆d = |da – db|.· L’interprétation du signal de protons participant à plusieurs couplages se fait par étapes. Soit un proton Ha, couplé avec un proton Hb et avec un proton Hc (doc. 12a). Le couplage de Ha avec Hb donne un doublet de constante Jab ; ce doublet est alors scindé en deux lors du couplage avec Hc de constante Jac ; plusieurs cas se présentent suivant les valeurs rela-tives de Jab et Jac (doc. 12b et 12c). Lorsque Jab = Jac, la règle des (n + 1)-uplets s’applique, ce qui n’est pas le cas si Jab π Jac.

a Hc Ha Hb P P P

XPCPCPCPV P P P

Y Z W

α + α′

α β

α + β′ β + α′ β + β′


Jac

Jab

Jac

b. Jab ≠ Jac

α + α

α β

α + ββ + α

β + β


J

J

J

c. Jab = Jac = J

δ

νB

δ

νB

Doc. 12 Couplages multiples. La multiplicité du signal et l’intensité de chaque pic dépendent des constantes

de couplage.

Lorsque le nombre et/ou l’intensité des pics n’est pas nettement défini, on parle de massif non résolu.


3.8 Quelques aspects pratiques• Le principe de fonctionnement d’un spectromètre de RMN est présenté au document 13.L’échantillon à analyser (quelques milligrammes) est dissous dans un solvant qui n’absorbe pas dans les conditions d’étude (CCl4, CxHyClz, etc.) mis dans un long tube de verre cylindrique de faible diamètre, soumis à une rotation qui assure l’homogénéité du champ dans le milieu.

Oscillateurde radio

fréquence (RF)

Variateurde champ

Détecteurde RF

Enregistreur

Sonde

Aimant

cB0

Doc. 13 Représentation schématique des éléments essentiels d’un spectromètre de RMN.

• Pour des composés relativement acides (RPCO2H, RPOH, ArPOH, RNH2, etc.), l’agitation du mélange étudié avec de l’eau deutérée (eau lourde) conduit à la disparition dans le spectre de RMN du signal des protons acides H en raison de leur substitution par des atomes de deutérium.• L’aire des signaux étant proportionnelle au nombre de protons qui résonnent pour un déplacement chimique donné, la RMN permet de doser un

mélange de deux ou plusieurs espèces. En effet, le pourcentage de chacune des espèces dans le mélange est proportionnel à l’aire relative à un pro-ton pour chacune de ces espèces.

3.9 Exploitation d’un spectre de RMNQuelle démarche suivre pour relier un spectre de RMN à la formule semi-développée d’une molécule organique donnée ?On peut, au niveau d’une classe de Terminale S, pro-poser la démarche suivante :– repérer éventuellement les signaux correspondant

à un déplacement supérieur à 9 ppm ; ils peuvent être ceux de protons d’acide carboxylique (d ≈ 10-12 ppm), d’aldéhyde (d ≈ 9-10 ppm) ;

– repérer éventuellement les signaux correspondant à un déplacement de l’ordre de 7,5 ppm ; ils peuvent être ceux de protons d’un cycle aroma-tique ;

– si la courbe d’intégration est donnée, déterminer le nombre de protons résonnant pour chaque signal (voir dans l’exercice résolu 6, p. 103 du manuel) ;

– analyser la multiplicité de chaque signal, en déduire le nombre de ses protons voisins équivalents et les fragments correspondants (CH3PCH2P, CH3PCHP, (CH3)2CHP, etc.) ;

– assembler ces différents fragments en prenant en compte les autres données de l’énoncé (données de spectre infrarouge, formule brute, etc.) ;

– chercher les valeurs de déplacements chimiques caractéristiques dans les tables pour départa- ger des isomères (CH3PCH2PCOPOPCH3 et CH3PCOPOPCH2PCH3, par exemple).

Bibliographie– A. Durupthy (dir.), Chimie 2e année PC-PC*, Hachette, collection H Prépa, 2004.– P. Grécias, Chimie 2e année PC-PC*, Tec&Doc, 2009.– M. hesse et al., Méthodes spectroscopiques pour la chimie organique, Masson, 1997.

Sitographie• http://www.faidherbe.org/site/cours/dupuis/rmn.htm• http://www.uel-pcsm.education.fr/consultation/reference/chimie/spectro/rmn_h/index.htm• http://riodb.ibase.aist.go.jp (Ce site donne, entre autres, les spectres IR, RMN de très nombreux composés organiques, choisir ENGLISH).


http://www.faidherbe.org/site/cours/dupuis/rmn.htm

http://www.uel-pcsm.education.fr/consultation/reference/chimie/spectro/rmn_h/index.htm

http://riodb.ibase.aist.go.jp/


Complément au chapitre 8

La relativité restreinte

Au début du xxe siècle, les lois de l’électromagné-tisme, développées par J. C. Maxwell, posaient des problèmes non résolus. En effet, elles semblaient vio-ler le principe de relativité, qui affirme que les lois physiques s’expriment de manière identique dans tous les référentiels inertiels (référentiels galiléens). Ce principe avait été initialement énoncé par Galilée pour les mouvements. Il ne posait pas de problème pour les lois de la mécanique de NewtoN, qui gardent bien la même forme dans tous les référen-tiels en mouvement de translation rectiligne uniforme les uns par rapport aux autres.

1 L’invariance des lois de la mécanique

Le mouvement d’un corps est relatif à un référentiel auquel sont liés un repère temporel et un repère spa-tial, c’est la relativité galiléenne. Lorsqu’un référen- tiel (R’) se déplace à vitesse constante v = v ∙ i par rapport à un autre référentiel (R), les coordonnées (x’ ; y’ ; z’ ; t’ ) d’un point M dans le référentiel (R’) sont liées à ses coordonnées (x ; y ; z ; t) dans (R).En supposant que les origines des repères coïncident à la date t’ = t = 0, on a :

x ’ = x – v · t

y ’ = y

ruwuq z ’ = z

et t’ = t.

Ces relations correspondent à la transformation de Galilée. On peut noter que la transformation de Galilée considère l’espace comme relatif, mais pas le temps, qui est un paramètre indépendant du réfé-rentiel.Ces relations peuvent être appliquées aux lois de Newton.Par exemple, pour la deuxième loi, dans un référen-tiel d’inertie (R) (référentiel galiléen), quand un obser-vateur mesure qu’un point matériel a une quantité de

mouvement p dont la variation est dpdt

, il peut relier la

force résultante F appliquée à ce point et la variation de la quantité de mouvement par :

F = dpdt

Si un autre observateur, lié à (R’), mesure pour ce même point une quantité de mouvement p’, il attri-

buera une force F ’ = dp’dt

Or d2x

dt 2 =

d2x’

dt 2 ;

d2y

dt2 = d2y’

dt2 et d2z

dt2 = d2z’

dt2

La masse m étant la même dans les deux référentiels, on en déduit :

dp’dt

= dpdt

Finalement, on obtient :

F’ = F La force résultante est invariante, elle a la même valeur dans les deux référentiels.La deuxième loi de Newton garde la même forme dans les deux référentiels, elle est invariante par changement de référentiel inertiel, bien que la vitesse des corps par rapport à chacun de ces référentiels soit différente.

2 Les postulats de la relativité

2.1 IntroductionPour concilier le principe de l’invariance des lois de la physique et les lois de l’électromagnétisme de J. C. Maxwell, A. eiNsteiN énonce en 1905 les deux postulats de la relativité restreinte.Pour cela, il dut faire un choix : soit la transformation de Galilée était valable et les lois de l’électromagné-tisme devaient être reformulées pour devenir inva-riantes, soit les lois de l’électromagnétisme étaient valables et la transformation de Galilée devait être reformulée.Les lois de l’électromagnétisme donnant par ailleurs de très bons résultats par rapport aux observations expérimentales, A. eiNsteiN reformula la transforma-tion de Galilée et, par conséquent, les lois de la mécanique. Cependant, comme on le verra, cette reformulation permet de retrouver les résultats clas-siques pour les vitesses de faible valeur par rapport à celle de la lumière dans le vide.

2.2 Les postulats de la relativité restreinteC’est à partir des deux postulats suivants qu’A. eiNsteiN a développé la théorie de la relativité restreinte :

◗ Principe de relativitéLes lois de la physique s’expriment de la même façon dans tous les référentiels inertiels. Elles sont invariantes.

◗ Principe de la constance de la vitesse de la lumière dans le videLa vitesse de la lumière dans le vide a la même valeur dans tous les référentiels inertiels.

Remarque : Ces deux postulats ne sont valables que dans des référentiels inertiels. En 1916, A. eiNsteiN a élaboré la théorie de la relativité générale qui


concerne les référentiels en mouvements accélérés les uns par rapport aux autres.

3 Le vocabulaire de base de la relativité restreinte

3.1 Notion d’événementEn relativité restreinte, la notion d’événement est particulièrement importante. Un événement se pro-duit en un point unique de l’espace et à un instant unique dans le temps.Un événement peut être observé par plusieurs obser-vateurs. Pour localiser précisément un événement, un observateur doit être muni d’une règle (repère d’es-pace) et d’une horloge (repère de temps). On associe donc un référentiel à chaque observateur.Un événement ne peut être observé par un observa-teur que s’il se produit à proximité de cet observa-teur. Si un observateur s’intéresse à un événement qui se produit loin de lui, il ne peut pas en connaître la date précise, car la lumière a mis un certain temps pour voyager jusqu’à lui.

3.2 Temps propre et temps mesuréDans ce qui suit, on s’intéresse essentiellement à la durée séparant deux événements notés E1 et E2. Dans un référentiel donné, les coordonnées de ces deux événements seront (x1 ; y1 ; z1 ; t1) et (x2 ; y2 ; z2 ; t2).

◗ Le référentiel dans lequel ces deux événements se produisent au même endroit sera appelé le référen-tiel propre. Dans ce référentiel, on aura donc x1 = x2, y1 = y2 et z1 = z2. Une horloge, fixe dans ce référen-tiel et située à proximité du lieu où se produisent ces deux événements, mesure la durée qui les sépare. Cette durée est appelée durée propre.Le temps propre, ou durée propre, ∆T0 est la durée séparant deux événements ayant lieu au même endroit dans un référentiel inertiel donné. Cette durée est mesurée par une horloge fixe dans ce réfé-rentiel et proche des deux événements.

◗ Lorsque la durée entre ces deux événements est mesurée dans un autre référentiel, en mouvement rectiligne uniforme par rapport au précédent, on parle de durée mesurée.Le temps mesuré, ou durée mesurée, ∆T’ est la durée séparant deux événements mesurée par des hor-loges fixes dans un référentiel inertiel en mouvement rectiligne uniforme par rapport au référentiel inertiel dans lequel on mesure le temps propre. Le temps mesuré est parfois appelé temps impropre.Dans ce second référentiel, les deux événements ne se produisent pas au même endroit. Or, la date cor-respondant à chaque événement doit être détermi-née par une horloge proche de l’événement. La durée mesurée est obtenue à l’aide de deux horloges synchronisées et fixes dans le référentiel en mouve-ment, chacune de ces horloges étant proche de l’en-droit où se produit chaque événement dans le réfé-rentiel en mouvement.

3 La dilatation des temps (ou des durées)

4.1 Horloge de lumièrePour établir la relation entre durée propre et durée mesurée, on utilise un dispositif appelé horloge de lumière. Un tel dispositif est constitué d’une barre de longueur L dont une extrémité comporte un émet-teur et un détecteur de lumière, accolés en un point P. L’autre extrémité comporte un miroir en un point M (doc. 1). L’ensemble est placé dans une enceinte dans laquelle on fait le vide.

M

P

L

Doc. 1 Schématisation de l’horloge de lumière.

4.2 Durée propreLorsque ce dispositif fonctionne, une impulsion lumi-neuse est émise en P. Cette impulsion se propage jusqu’à M et revient à P après réflexion (doc. 2).

M

P

L

Doc. 2 Trajet de la lumière par rapport à l’horloge de lumière.

Les deux événements auxquels on s’intéresse sont l’émission de la lumière en P (événement E1) et sa réception en P après un aller-retour via le point M (événement E2).Un référentiel (R’) est lié à ce dispositif. Dans ce réfé-rentiel (R’), le dispositif est donc immobile et les deux événements se produisent au même endroit. Toute horloge fixe dans (R’) et située à proximité de P per-met de déterminer la durée propre ∆T0 entre les deux événements.

Entre ces deux événements, la distance parcourue par la lumière lors de son aller-retour est :

PM + MP = 2 L

La valeur de la vitesse de la lumière dans le vide étant fixée à c, d’après l’un des postulats de la relativité restreinte, la durée propre est :

∆T0 = 2 L c


4.3 Durée mesuréeOn suppose maintenant que le dispositif et le réfé-rentiel (R’) qui lui est associé se déplacent conjointe-ment avec un mouvement rectiligne et uniforme dans un autre référentiel noté (R). La vitesse v de déplace-ment est perpendiculaire à la barre de longueur L.Dans (R), la distance parcourue par la lumière entre les deux événements E1 et E2 est plus grande que celle entre ces deux événements mesurée dans (R’) (doc. 3).La durée entre E1 et E2 mesurée par des horloges synchronisées et fixes dans (R) sera la durée mesurée ∆T’.

M

Position du dispositifdans (R) lors del'événement E1

P

L

d

M

P

M

P

Position du dispositifdans (R) lors del'événement E2

Doc. 3 Trajet de la lumière lorsque l’horloge de lumière est en mouvement dans (R).

Les échelles verticales et horizontales du schéma ne sont pas respectées pour la lisibilité de la figure.

Dans (R), le trajet suivi par la lumière permet de défi-nir un triangle isocèle ABC, le point A étant le lieu de l’événement E1, le point B étant celui de l’événement E2 et le point C étant celui de la réflexion de l’impul-sion lumineuse sur le miroir (doc. 4).

C

A B

L

d

Doc. 4 Le trajet suivi par la lumière permet de définir un triangle isocèle.

Les échelles verticales et horizontales du schéma ne sont pas respectées pour la lisibilité de la figure.

Le côté AB correspond à la distance d parcourue dans (R) par le dispositif entre E1 et E2, donc pendant la durée mesurée ∆T’.

Comme, dans (R), le dispositif se déplace à la vitesse de valeur constante v, on a :

d = v ∙ ∆T’

En notant H le milieu de AB, le triangle AHC est rec-tangle en H (doc. 5).

C

A H B

L

d2

Doc. 5 AHC est un triangle rectangle en H.Les échelles verticales et horizontales du schéma ne sont

pas respectées pour la lisibilité de la figure.

La longueur du côté HC de ce triangle rectangle est toujours égale à la longueur L de la barre séparant P et M :

L = c ∙ ∆T0

2Le côté AH de ce triangle rectangle a pour longueur :

d 2

= v ∙ ∆T’ 2

Le théorème de Pythagore permet alors de calculer le carré de la longueur du côté AC :

AC2 = (c ∙ ∆T0

2 )2 + (v ∙ ∆T’

2 )2Dans (R), la distance AC est la distance parcourue par la lumière pendant la moitié de la durée mesurée ∆T’. Comme la valeur de la vitesse de la lumière dans le vide est invariante, on a :

AC = c ∙ ∆T’ 2

Alors l’expression issue du théorème de Pythagore devient :

(c ∙ ∆T’

2 )2 = (c ∙ ∆T0

2 )2 + (v ∙ ∆T’

2 )2Cela conduit à :

(c ∙ ∆T’ )2 = (c ∙ ∆T0)2 + (v ∙ ∆T’ )2

∆T’ 2 ∙ (c2 – v2) = c2 ∙ ∆T02

∆T’ 2 = c2

c2 – v2 ∙ ∆T02

∆T’ 2 = 1

1 – v2

c2

∙ ∆T02

On obtient finalement :

∆T’ = 1

d1 – v2

c2

∙ ∆T0

4.4 Dilatation des temps (ou des durées)Le facteur g est défini par :

g = 1

d1 – v2

c2

On a alors : ∆T’ = g ∙ ∆T0

C’est l’équation de dilatation des temps (ou des durées).Ce facteur ne prend des valeurs réelles que si v ~ c. La valeur c de la vitesse de la lumière dans le vide est une valeur limite ne pouvant être dépassée.


La valeur de ce coefficient dépend du rapport vc.

Cette valeur est proche de 1 lorsque v et très infé-rieure à c. Elle devient significativement supérieure à 1 quand v est assez proche de c (doc. 6).

0

γ

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

0,25 0,50 0,75 1,00

vc

+ + ++

+

Doc. 6 Coefficient gamma en fonction de vc.

Ce coefficient tend vers l’infini lorsque v tend vers c.

Comme g est supérieur à 1, la durée mesurée est plus grande que la durée propre.Une horloge qui se déplace par rapport à un obser-vateur bat donc plus lentement qu’une horloge immobile par rapport à cet observateur.Cela ne signifie pas que « la vitesse d’écoulement du temps dépend de la vitesse de l’observateur ». On ne peut pas parler de vitesse d’écoulement du temps, car une vitesse est une dérivée par rapport au temps. Parler d’une vitesse du temps supposerait qu’il y ait une variation du temps par rapport au temps, ce qui n’a pas de sens. Cela signifie simplement que, si une personne fait un voyage dans une fusée se déplaçant à grande vitesse, à son retour sa montre ne sera plus synchronisée avec celles des personnes restées au sol.

Remarque :À faible vitesse, g tend vers 1 et la durée mesurée tend vers la durée propre.

5 La contraction des longueurs

La longueur propre L0 d’une tige est la longueur mesurée dans un référentiel (R’) dans lequel cette tige est au repos.On considère un autre référentiel (R) qui se déplace, dans la direction de la tige, à la vitesse constante v par rapport à (R’). Pour un observateur immobile dans (R), et donc en mouvement par rapport à la tige, la longueur mesurée L’ de cette tige est inférieure à la longueur propre L0.Les calculs montrent alors que :

L’ = 1g ∙ L0

C’est l’équation de contraction des longueurs.Un observateur en mouvement par rapport à un objet trouve que la longueur de cet objet, mesurée

dans la direction du mouvement, est plus courte que la longueur du même objet mesurée par un observa-teur immobile par rapport à l’objet.

Remarque 1 :À faible vitesse, g tend vers 1 et la longueur mesurée tend vers la longueur propre.

Remarque 2 :Les distances mesurées perpendiculairement au déplacement ne sont pas affectées par la contraction des longueurs.

6 Quantité de mouvement et énergie relativistes

On considère une particule de masse m se déplaçant dans le vide à la vitesse v .

6.1 Quantité de mouvement relativisteEn mécanique classique, la quantité de mouvement est donnée par :

p = m ∙ v

En mécanique relativiste, la quantité de mouvement est donnée par :

p = g ∙ m ∙ v

La valeur de la quantité de mouvement relativiste est :

p = g ∙ m ∙ v

Remarque 1 :À faible vitesse, g tend vers 1 et la quantité de mou-vement relativiste tend vers la quantité de mouve-ment classique.

Remarque 2 :La masse d’une particule est invariante par change-ment de référentiel inertiel ; elle ne dépend pas de la valeur de la vitesse. En revanche, la grandeur I = g ∙ m dépend de la valeur de la vitesse. Certains auteurs spécialistes de relativité recommandent d’appeler I le coefficient d’inertie.

6.2 Énergie cinétique relativisteL’énergie cinétique relativiste a pour expression :

c = (g – 1) ∙ m ∙ c2

Remarque :À faible vitesse, g tend vers 1, mais, pour retrouver l’expression classique de l’énergie cinétique, il faut utiliser un développement limité.On a :

c = (g – 1) ∙ m ∙ c2

et

g = 1

d1 – v2

c2

= (1 – v2

c2)– ½ = (1 – (v

c)2)– ½

À faible vitesse, v est très inférieure à c et (v c)

2

tend

vers zéro.

Or, lorsque x tend vers zéro, on a :

(1 + x)a ≈ 1 + a ∙ x + a (a – 1)

2! ∙ x2 +

a (a – 1) (a – 2)

3! ∙ x3

+ a (a – 1) (a – 2) (a – 3)

4! ∙ x4 + ...


En posant x = – (v c )2 et a = –

1 2

, on peut donc écrire :

g = (1 – (v c )

2)– ½ ≈ 1 + 1

2 (v c)

2 + 3

8 (v c)

4 + 5

16 (v c)

6 + ...

En négligeant les termes de puissance supérieure à 2 par rapport aux deux premiers de l’expression précé-dente, on obtient :

g ≈ 1 + 1 2

(v c)

2

L’énergie cinétique s’exprime alors par :

c = (1 + 1 2

(v c)

2 – 1) ∙ m ∙ c2 = 1

2 ∙ m ∙ v2

On retrouve bien l’expression classique de l’énergie cinétique.

6.3 Énergie de masseL’un des résultats les plus connus de la relativité res-treinte est l’équivalence masse énergie :

0 = m ∙ c2

Cette grandeur 0 est l’énergie de masse de la particule.

6.4 Énergie relativisteOn a vu que l’énergie cinétique relativiste a pour expression :

c = (g – 1) ∙ m ∙ c2 = g ∙ m ∙ c2 – m ∙ c2

On en déduit :g ∙ m ∙ c2 = c + m ∙ c2

soit :g ∙ m ∙ c2 = c + 0

La grandeur g ∙ m ∙ c2 est l’énergie totale de la particule. Elle est égale à la somme de son énergie cinétique et de son énergie de masse :

= g ∙ m ∙ c2

Il vient alors : = c + 0L’énergie totale peut être écrite en fonction de la quantité de mouvement. Pour cela, il faut élever au carré l’expression de :

2 = g2 ∙ m2 ∙ c4

2 = g2 ∙ m2 ∙ c2 ∙ c2

2 = g2 ∙ m2 ∙ c2 ∙ (c2 – v2 + v2)

2 = g2 ∙ m2 ∙ c2 ∙ (c2 – v2) + g2 ∙ m2 ∙ c2 ∙ v2

Or, on a toujours :g = 1

d1 – v2

c2

ce qui conduit à :g2 = 1

1 – v2

c2

En remplaçant le premier g dans l’expression de 2, il vient :

2 = m2 ∙ c2 (c2 – v2)

1 – v2

c2

+ g2 ∙ m2 ∙ c2 ∙ v2

2 =

m2 ∙ c4 (1 – v2

c2)1 – v

2

c2

+ g2 ∙ m2 ∙ c2 ∙ v2

2 = m2 ∙ c4 + g2 ∙ m2 ∙ c2 ∙ v2

Comme p = g ∙ m ∙ v, il vient p2 = g2 ∙ m2 ∙ v2.On peut donc faire apparaître p dans l’expression de 2 :

2 = m2 ∙ c4 + p2 ∙ c2

Cela s’écrit aussi :2 – p2 ∙ c2 = m2 ∙ c4

La masse m et la valeur c de la vitesse de la lumière dans le vide étant invariantes, on en déduit que la quantité 2 – p2 ∙ c2 est aussi invariante par change-ment de référentiel inertiel.

7 Quelques conséquences pour le photon

7.1 VitesseÀ partir de l’expression de l’énergie relativiste, on peut écrire :

g = m ∙ c2

La masse d’un photon étant nulle et c2 n’étant pas

infini, le rapport g vaut zéro.

Un photon transportant une énergie non nulle, cela signifie que, pour un photon, g est infini.Pour que g soit infini, il faut que la vitesse du photon soit égale à c.

7.2 Quantité de mouvementOn associe une radiation de fréquence n et de lon-gueur d’onde dans le vide l à un photon d’énergie .

On a alors : = h ∙ n = h ∙ c

lComme sa masse est nulle, l’énergie du photon s’ex-prime aussi, d’après le paragraphe 6.4, par 2 = p2 ∙ c2 (car le terme m2 ∙ c4 est nul).En combinant les deux équations, il vient :

= p ∙ c = h ∙ cl

ce qui conduit à :p = h

lC’est la relation de de Broglie de la dualité onde- particule.

8 L’effet Doppler relativiste

8.1 Pourquoi un effet Doppler relativiste ?Comme pour une onde mécanique, la fréquence d’une onde lumineuse est modifiée si la source s’ap-proche ou s’éloigne d’un observateur. C’est l’effet Doppler.Pour l’effet Doppler classique, valable pour les ondes mécaniques, la fréquence observée dépend de la vitesse de propagation de l’onde dans le milieu de propagation, de la vitesse de la source par rapport au milieu de propagation et de la vitesse de l’observa-teur par rapport au milieu de propagation.Dans le cas de la lumière, la vitesse de propagation est la même par rapport à tout référentiel inertiel (postulat de la relativité restreinte). La détermination de la relation entre la fréquence de l’onde émise et


celle de l’onde perçue ne repose alors que sur la vitesse relative de la source par rapport à l’observateur.

8.2 L’effet Doppler relativisteOn considère une source lumineuse émettant une radiation de fréquence f0. Cette source est située à l’origine O d’un référentiel (R). Pour un observateur situé en O, la période de l’onde est une durée propre que l’on note habituellement ∆T0. C’est simplement la période T0 de l’onde émise :

∆T0 = T0 = 1f0

Un référentiel (R’) se déplace à la vitesse v = v ∙ i par rapport au référentiel (R). Un observateur est situé en O’, origine du référentiel (R’) (doc. 7).

x’x

y’y

c

(R’)(R)

O O’

v

Doc. 7 La source est à l’origine O du référentiel (R). Elle émet de la lumière vers l’observateur

situé sur l’origine O’ du référentiel (R’).

Si un premier motif de l’onde est émis par la source lorsque O’ coïncide avec O, le motif suivant est émis dans (R) à la date T0. L’observateur situé en O’ per-çoit dans (R’) une durée ∆T’ entre les deux émissions successives. C’est une durée mesurée :

∆T’ = g ∙ ∆T0

Pendant la durée ∆T’, O’ s’est déplacé dans (R) d’une distance :

d = v ∙ ∆T’ = v ∙ g ∙ ∆T0

Si O’ s’éloigne de O, le second motif met un temps

supplémentaire ∆Tsup = d

c = v ∙ g ∙ ∆T0

c pour atteindre

O’.Pour l’observateur situé en O’, la durée séparant la deuxième réception de la première est donc :

∆T’ + ∆Tsup = g ∙ ∆T0 + v ∙ g ∙ ∆T0

c = (1 + v

c) ∙ g ∙ ∆T0

Cette durée est simplement la période T’ perçue par l’observateur situé en O’.Comme on a écrit précédemment que la durée ∆T0 est la période T0 de l’onde émise, on peut finalement écrire :

T’ = (1 + v c) ∙ g ∙ T0

Par ailleurs, le coefficient g s’écrit :

g = 1

d1 – v2

c2

= 1

d1 – vc

∙ 1

d1 + vc

Cela conduit à :

T’ = (1 + v c) ∙ 1

d1 – vc

∙ 1

d1 + vc

∙ T0

ce qui se simplifie en :

T’ = d1 +

vc

d1 – vc

∙ T0 = d c + vd c – v

∙ T0

La fréquence est l’inverse de la période. La fréquence f’ de l’onde perçue peut donc être exprimée en fonc-tion de la fréquence f0 de l’onde émise :

f’ = d c – vd c + v

∙ f0

Cette expression a été obtenue pour un observateur et une source s’éloignant l’un de l’autre.Si l’observateur et la source se rapprochent l’un de l’autre, il suffit d’inverser les signes devant v :

Si l’observateur et la source s’éloignent l’un de l’autre :

f’ = d c – vd c + v

∙ f0

Si l’observateur et la source se rapprochent l’un de l’autre :

f’ = d c + vd c – v

∙ f0

De plus, cette expression a été obtenue en considé-rant que la vitesse de déplacement de l’observateur par rapport à la source était parallèle à la direction d’observation. C’est l’effet Doppler longitudinal. La vitesse de déplacement correspondante est la vitesse radiale.La relation f’ =

d c – vd c + v

∙ f0 permet de connaître la

valeur de la vitesse radiale d’éloignement entre l’ob-servateur et la source. Pour cela, il faut commencer par l’élever au carré :

f’ 2 = c – v

c + v ∙ f0

2

Cela conduit à :

(c + v) ∙ f’ 2 = (c – v) ∙ f02

c ∙ f’ 2 + v ∙ f’ 2 = c ∙ f02 – v ∙ f0

2


v = f0

2 – f ’2

f02 + f’ 2

∙ c

v =

f02

f’ 2 – 1

f02

f’ 2 + 1

∙ c

v = ( f0f’ )2 – 1

( f0f’ )2 + 1

∙ c

Comme précédemment, cette relation a été établie pour un observateur et une source qui s’éloignent l’un de l’autre.Si l’observateur et la source se rapprochent l’un de l’autre, il suffit d’inverser le signe devant v. Cela revient à inverser les deux termes de la soustraction au numérateur :


v = f0

2 – f ’2

f02 + f’ 2

∙ c


v = f ’2 – f0

2

f02 + f’ 2

∙ c


8.3 Longueurs d’onde des radiations d’un spectre

Le spectre de la lumière émise par une étoile et per-çue sur Terre est souvent gradué en longueur d’onde dans le vide.La longueur d’onde est liée à la fréquence par :

f = c l

Pour l’onde émise, on a donc :

f0 = c l0

Pour l’onde perçue, on a :

f ’ = c l’

On peut donc exprimer la longueur d’onde de l’onde perçue en fonction de la longueur d’onde de l’onde émise. Pour cela, il faut repartir de la relation précé-dente entre les fréquences :

f’ = d c – vd c + v

∙ f0

Cela permet d’écrire :

c l’ =

d c – vd c + v

∙ c l0

On obtient ainsi :

l’ = d c + vd c – v

∙ l0

Comme précédemment, cette relation a été établie pour un observateur et une source qui s’éloignent l’un de l’autre.Si l’observateur et la source se rapprochent l’un de l’autre, il suffit d’inverser le signe devant v :


l’ = d c + vd c – v

∙ l0


l’ = d c – vd c + v

∙ l0

La relation l’ = d c + vd c – v

∙ l0 permet de connaître la

valeur de la vitesse radiale d’éloignement entre l’ob-servateur et la source. Pour cela, il faut commencer par l’élever au carré :

l’2 = c + vc – v

∙ l02

Cela conduit à :(c – v) ∙ l’2 = (c + v) ∙ l0

2

c ∙ l’2 – v ∙ l’2 = c ∙ l02 + v ∙ l0

2


v = l’2 – l0

2

l’2 + l02 ∙ c

v =

l’2

l02 – 1

l’2

l02 + 1

∙ c

v = (l’l0

)2 – 1

(l’

l0)2 + 1

∙ c

Comme précédemment, cette relation a été établie pour un observateur et une source qui s’éloignent l’un de l’autre.Si l’observateur et la source se rapprochent l’un de l’autre, il suffit d’inverser le signe devant v. Cela revient à inverser les deux termes de la soustraction au numérateur :


v = l’2 – l0

2

l’2 + l02 ∙ c


v = l0

2 – l’2

l’2 + l02 ∙ c

8.4 Cas des faibles valeurs de vitesses de déplacement

8.4.a. Fréquence et valeur de la vitesse

La fréquence perçue s’écrit aussi :

f’ = d c – vd c + v

∙ f0

f’ = a1 –

vc

a1 + vc

∙ f0

f’ = (1 – v c)½ ∙ (1 + v

c)– ½ ∙ f0

Lorsque la valeur de la vitesse relative de l’observa-teur par rapport à la source est faible devant la valeur de la vitesse de la lumière dans le vide, on peut réé-crire l’expression précédente.Or, lorsque x tend vers zéro, on a :

(1 + x)a ≈ 1 + a ∙ x + a (a – 1)

2! ∙ x2 +

a (a – 1) (a – 2)

3! ∙ x3

+ a (a – 1) (a – 2) (a – 3)

4! ∙ x4 + ...

Dans ce cas (v ~~ c, donc v c tend vers zéro), l’expres-

sion de la fréquence perçue devient donc :

f’ ≈ (1 – v 2c) ∙ (1 – v

2c) ∙ f0f’ ≈ (1 – v

c + ( v

2c)2) ∙ f0En négligeant le terme (v

c)2 qui est très inférieur à v 2c

on peut alors écrire :

f’ ≈ (1 – v c) ∙ f0 =

c – vc

∙ f0

Cette relation permet aussi de connaître la valeur de la vitesse radiale d’éloignement :

c ∙ f’ ≈ (c – v) ∙ f0On obtient ainsi :

v ≈ f0 – f’

f0 ∙ c

Comme précédemment, ces relations ont été éta-blies pour un observateur et une source qui s’éloignent l’un de l’autre.


Si l’observateur et la source se rapprochent l’un de l’autre, il suffit d’inverser le signe devant v :


f’ ≈ c – v

c ∙ f0

v ≈ f0 – f’

f0 ∙ c


f’ ≈ c + v

c ∙ f0

v ≈ f’ – f0

f0 ∙ c

8.4.b. Longueur d’onde et valeur de la vitesse

L’expression précédente de la longueur d’onde de l’onde perçue est :

l’ = d c + vd c – v

∙ l0

Elle s’écrit aussi :

l’ = d c + v ∙ d c + vd c – v ∙ d c + v

∙ l0

l’ = c + vd c2 – v2

∙ l0

l’ = 1 + v

c

Z1 – v2

c2

∙ l0

Lorsque v est très inférieure à c, le terme v2

c2 est négli-

geable devant 1. On a alors :

l’ ≈ (1 + v c) ∙ l0

ce qui s’écrit aussi :

l’ ≈ c + v

c ∙ l0

Cette relation permet aussi de connaître la valeur de la vitesse radiale d’éloignement :

c ∙ l’ ≈ (c + v) ∙ l0

On obtient ainsi :

v ≈ l’ – l0

l0

∙ c

Comme précédemment, ces relations ont été établies pour un observateur et une source qui s’éloignent l’un de l’autre.Si l’observateur et la source se rapprochent l’un de l’autre, il suffit d’inverser le signe devant v :


l’ ≈ (1 + v c) ∙ l0

v ≈ l’ – l0

l0

∙ c


l’ ≈ (1 – v c) ∙ l0

v ≈ l0 – l’

l0

∙ c

9 Diagramme d’espace-temps (diagramme de Minkowski)

Au début du xxe siècle, Herman MiNkowski, mathé-maticien et physicien allemand, a développé la notion de diagramme espace-temps, notamment afin de faciliter la compréhension de la relativité restreinte.

9.1 Diagramme d’espace-tempsOn a vu précédemment qu’un événement se produit en un point unique de l’espace et à un instant unique dans le temps. Dans un référentiel (R), il est repéré par ses quatre coordonnées (x ; y ; z ; t). L’espace-temps est un espace à quatre dimensions.Lors d’un mouvement de translation rectiligne dans un référentiel (R), on peut repérer un événement par deux coordonnées (x ; t). Pour cela, il faut orienter l’axe (Ox) dans la direction du mouvement. Un dia-gramme d’espace-temps, appelé diagramme de Minkowski, permet de repérer cet événement. Ce diagramme utilise un repère orthonormé dans lequel on représente la coordonnée spatiale x en abscisse, et la coordonnée temporelle c · t en ordonnée, c étant la valeur de la vitesse de la lumière dans le vide. La représentation de c ∙ t plutôt que de t en ordonnée permet d’avoir deux grandeurs de même dimension sur chacun des axes.Le plan de Minkowski est donc le plan (x ; c ∙ t) (doc. 8).

c.t

x

Doc. 8 Le plan de Minkowski correspondant au référentiel (R).

Dans ce diagramme, les objets en mouvement sont repérés par un point qui se déplace de bas en haut au fur et à mesure que le temps s’écoule, car l’axe c ∙ t est orienté vers le haut.

9.2 Ligne d’universDans ce diagramme, la trajectoire d’un objet est appelée ligne d’univers.• Une particule immobile dans (R) a une coordonnée x constante. Sa ligne d’univers est une droite paral-lèle à c ∙ t.• Dans (R), une particule se déplaçant dans le sens de l’axe (Ox) à la vitesse de valeur v a une cordonnée x donnée par : x = v ∙ t + x0Si son abscisse initiale est nulle, on a alors :

x = v ∙ t

ce qui s’écrit aussi : x = v c ∙ c ∙ t

Dans le plan de Minkowski, sa ligne d’univers a pour

équation : c ∙ t = c v ∙ x

C’est une droite de coefficient directeur c v x 1.


• Une particule se déplaçant en sens inverse par rap-port à l’axe aura une ligne d’univers d’équation

c ∙ t = – c v ∙ x. Dans ce cas, sa ligne d’univers est une

droite de coefficient directeur – c v X –1.

• Un photon se déplace à la vitesse de valeur v = c.Sa ligne d’univers a pour équation c ∙ t = ± x. La ligne d’univers d’un photon est une droite de coefficient directeur ± 1, donc une droite inclinée à ± 45° par rap-port à l’axe des abscisses (doc. 9).

c.t

x

v = –c · i v = —c2

v = c · i

Doc. 9 Exemples de ligne d’univers dans un diagramme de Minkowski correspondant

au référentiel (R). Les droites rouge et bleue sont les lignes d’univers de photons.

9.3 Changement de référentiel et diagramme de Minkowski

Comme précédemment, on considère un référentiel (R’) en mouvement rectiligne uniforme à la vitesse v = v ∙ i par rapport au référentiel (R) (v ` 0). On sup-pose que les origines O et O’ de ces deux référen-tiels coïncident à l’origine des dates (t’ = t = 0).

9.3.a. Axe des temps

Dans (R), en raison de la nature du mouvement de (R’), l’abscisse x de l’origine O’ de (R’) est donnée par x = v ∙ t.On multiplie chaque membre de cette égalité par c :

c ∙ x = c ∙ v ∙ t

On obtient alors l’équation de la ligne d’univers de O’ dans (R) :

c ∙ t = c v ∙ x

C’est une droite de coefficient directeur c v ` 1. Elle

correspond à l’ensemble des positions occupées par O’ dans (R). Elle est inclinée par rapport à l’axe des ordonnées c ∙ t d’un angle a défini par sa tangente, qui est égale à l’inverse du coefficient directeur de cette droite :

tan a = v c

Dans (R’), l’abscisse x’ de O’ est nulle, car O’ est l’ori-gine de (R’). Un événement se produisant en O’ à la date t’ aura donc des coordonnées (0 ; c ∙ t’) dans (R’).Dans (R), la ligne d’univers de O’, dont l’équation est

c ∙ t = c v ∙ x, correspond à l’ensemble des événements

qui se produisent en O’ à différentes dates t’. Cette ligne d’univers est donc l’axe des temps c ∙ t’ du dia-gramme de Minkowski du référentiel (R’) (doc. 10).

c.t

x

c.t’

α

Doc. 10 L’axe des temps de (R’) est incliné d’un angle a par rapport à celui de (R).

9.3.b. Axe des abscisses

La vitesse de la lumière a la même valeur dans (R) et dans (R’) (postulat de la relativité).On a vu que, dans (R), la ligne d’univers d’un photon a pour équation c ∙ t = ± x. Dans (R’), cette équation doit donc être c ∙ t ’ = ± x’.De plus, la ligne d’univers d’équation c ∙ t = x dans (R) est la bissectrice des axes orientés du diagramme de (R). La ligne d’univers d’équation c ∙ t ’ = x’ doit donc également être une bissectrice des axes orientés du diagramme de (R’).L’axe des abscisses de (R’) est donc symétrique de l’axe des temps de (R’) par rapport à la ligne d’uni-vers d’équation c ∙ t = x dans (R) ou c ∙ t ’ = x’ dans (R’) (doc. 11).

c.t

x

α

α

Ligne d’universd’un photon

x’

c.t’

Doc. 11 Les axes de (R) (en vert) sont symétriques l’un de l’autre par rapport à la ligne d’univers d’un photon.

Il en est de même pour les axes de (R’) (en noir).


9.4 Simultanéité, relativité du temps et diagramme de Minkowski

Les événements qui se produisent dans (R) à la date t = 0 sont situés sur la droite d’équation c ∙ t = 0. Cela correspond à l’axe des abscisses de (R). Ceux qui se produisent dans (R’) à la date t’ = 0 sont situés sur la droite d’équation c ∙ t’ = 0. Cela correspond à l’axe des abscisses de (R’).Plus généralement, les événements simultanés dans (R) sont situés sur des droites parallèles à l’axe des abscisses de (R). Ceux simultanés dans (R’) sont sur des droites parallèles à l’axe des abscisses de (R’) (doc. 12).Sur le diagramme de Minkowski, des événements simultanés dans un référentiel sont repérés par deux points situés sur la même droite parallèle à l’axe des abscisses de ce référentiel.

c.t

x

x’

c.t’

Doc. 12 Quelques lignes de simultanéité dans (R) (en vert) et dans (R’) (en noir).

Dans un référentiel donné, les événements simultanés sont situés sur la même droite de simultanéité.

Cela illustre la relativité de simultanéité : deux événe-ments peuvent être simultanés pour un observateur et non simultanés pour un autre observateur.Dans (R) et dans (R’), un même événement E a des coordonnées différentes : (x ; c ∙ t) dans (R) et (x’ ; c ∙ t ’ ) dans (R’).Dans (R), cet événement E est simultané d’un autre événement E1 de coordonnées (x1 ; c ∙ t).Dans (R’), cet événement E est simultané d’un autre événement E2 de coordonnées (x’2 ; c ∙ t’ ).Les événements E1 et E2 ne sont pas simultanés, ni dans (R) ni dans (R’) puisque les points représenta- tifs de ces deux événements ne sont communs à aucune droite de simultanéité, ni dans (R) ni dans (R’) (doc. 13).

c.t

c.t

xx

x’

EE1

E2

x’

c.t’

c.t’

Doc. 13 Relativité de la simultanéité.E1 est simultané de E dans (R), mais pas dans (R’).E2 est simultané de E dans (R’), mais pas dans (R).

9.5 Dilatation des temps et diagramme de Minkowski

9.5.a. Marche des horloges

Selon la théorie de la relativité restreinte, une hor-loge qui se déplace par rapport à un observateur bat plus lentement qu’une horloge immobile par rapport à cet observateur.On considère une horloge H fixe dans un référentiel (R) et une horloge H’ fixe dans un référentiel (R’). Si le référentiel (R’) est en mouvement par rapport à (R), alors H’ se déplace par rapport à H. Dans ce cas, un observateur lié à (R) voit l’horloge H’ battre plus len-tement que H.Réciproquement, on peut aussi considérer que H se déplace par rapport à H’. Dans ce cas, un observa-teur lié à (R’) voit l’horloge H battre plus lentement que H’.Ces observations semblent paradoxales. Elles peuvent être visualisées sur un diagramme de Min-kowski (doc. 14). Pour cela, on considère deux évé-nements se produisant en O, origine de (R). Le pre-mier se produit à la date t = t’ = 0. Un observateur A situé au point O mesure dans (R) la durée tA séparant ces deux événements. Cette durée est égale à la durée tB qui serait mesurée dans (R’). Si les deux évé-nements se produisent maintenant dans (R’) et sont séparés de tB, un observateur situé en O observera dans (R) une durée tC entre ces deux événements. Le document 14 montre que tC ~ tA. Un observateur situé en O peut donc en conclure que le temps s’écoule plus lentement dans (R’) que dans (R).De même, pour une durée tC dans (R), la durée simul-tanée est tD dans (R’) et tD ~ tB. Un observateur situé en O’ peut donc en conclure que le temps s’écoule plus lentement dans (R) que dans (R’).


c.t

c.tAc.tC

x

c.tBc.tD

c.t’

x’

Doc. 14 Chacun des observateurs considère que le temps passe plus lentement

dans l’autre référentiel.

Cela permet donc de visualiser le fait qu’une horloge qui se déplace par rapport à un observateur bat plus lentement qu’une horloge immobile par rapport à cet observateur.

9.5.b. Échelles des axes

Pour exploiter davantage les diagrammes de Min-kowski, il faut comparer les échelles de représenta-tions des axes de (R) et (R’) : x et x’ d’une part, c ∙ t et c ∙ t ’ d’autre part.Pour cela, on considère, dans (R’), un événement E qui se produit en O’ à la date t’0 = 0 et un événement E1 qui se produit en O’ à la date t’1. La durée qui sépare ces deux événements, t’1 – t’0 = t’1, est mesu-rée par une horloge fixe en O’ ; c’est une durée propre, que l’on note T0. Lorsque l’événement E1 se produit, l’horloge fixe en O’ affiche la date t ’ = T0. Dans le diagramme de Minkowski, les cordonnées de O’ sont alors (x’ = 0 ; c ∙ t’ = c ∙ T0).Comme précédemment, on considère que le réfé- rentiel (R’) est en mouvement rectiligne uniforme à la vitesse v = v ∙ i par rapport au référentiel (R) (v ` 0). On suppose que les origines O et O’ de ces deux référentiels coïncident à l’origine des dates (t’ = t = 0).On cherche dans (R) les coordonnées (x ; c ∙ t) de O’ lorsqu’il s’est écoulé dans (R’) la durée T0.Dans (R), la vitesse de déplacement de (R’) permet

d’écrire x = v ∙ t. On en déduit v = x t.

Par ailleurs, la durée t est une durée mesurée dans (R) ; elle est liée à la durée propre T0 par l’équation de dilatation des durées : t = g ∙ T0.

On a donc :t = g ∙ T0 = 1

d1 – v2

c2

∙ T0

En élevant au carré, on obtient :

t2 = 1

1 – v2

c2

∙ T02

Puis, en remplaçant v par x t :

t2 = 1

1 – x2

c2 ∙ t2

∙ T02

ce qui conduit à :(c ∙ t)2 – x2 = (c ∙ T0)2

C’est l’équation d’une hyperbole dont les asymp-totes ont pour équation c ∙ t = x et c ∙ t = –x. Ces asymptotes sont perpendiculaires entre elles et cor-respondent aux lignes d’univers des photons. Le sommet de cette hyperbole a pour coordonnées (0 ; c ∙ T0) dans (R).Au bout d’une durée T0 mesurée dans (R’), l’origine O’ de (R’) se trouve sur cette hyperbole. Sa position est déterminée par la valeur de la vitesse v, car cette vitesse définit l’inclinaison de l’axe des temps de (R’).Les intersections de cette hyperbole avec les axes c ∙ t (dans (R)) et c ∙ t’ (dans (R’)) fournissent les échelles de ces axes (doc. 15).

c.T0

c.t

x

c.T0

x’

c.t’

Doc. 15 La durée propre T0 séparant deux événements se produisant à l’origine de (R’) décrit dans (R)

une branche d’hyperbole lorsque v varie. Les intersections de cette hyperbole avec les axes c ∙ t et c ∙ t’ fournissent

les échelles de ces axes.

Comme pour les axes, la correspondance entre l’échelle des temps et l’échelle des longueurs est obtenue par symétrie par rapport à la ligne d’univers d’équation c ∙ t = x (doc. 16).


c.t’ = 1 m

x = 1 m

Ligne d’universd’un photon

c.t

x

c.t’ = 1 m

x’ = 1 m

x’

c.t’

Doc. 16 Exemple de correspondance des échelles.

9.5.c. Dilatation des temps (et des durées)

La durée propre T0 mesurée dans (R’) entre les évé-nements précédents E et E1 se produisant en O’ est inférieure à la durée t mesurée dans (R). Cela peut être mis en évidence sur un diagramme de Min-kowski, où l’on peut voir que, dans (R), on a t ` T0 (doc. 17). Il y a dilatation des durées.

c.t

c.t

x

c.T0c.T0

x’

c.t’

Doc. 17 La durée t mesurée dans (R) est supérieure à la durée propre T0 mesurée dans (R’), car c ∙ t > c ∙ T0.

Réciproquement, si T0 est la durée propre séparant deux événements se produisant en O, la durée t ’ mesurée dans (R’) sera supérieure à T0 (doc. 18). Il y a aussi dilatation des durées.

c.t

x

c.t’

c.T0c.T0

x’

c.t’

Doc. 18 La durée t ’ mesurée dans (R’) est supérieure à la durée propre T0 mesurée dans (R), car c ∙ t ’ > c ∙ T

0.

9.6 Effet Doppler et diagramme de Minkowski

On suppose qu’un signal électromagnétique pério-dique constitué d’une série de « tops » est émis depuis l’origine O’ du référentiel (R’) et on note T0 sa période dans (R’). Dans le diagramme de Minkowski, on peut représenter les deux lignes d’univers des photons émis à chaque « top ».On suppose, comme précédemment, que les ori-gines des référentiels coïncident à la date t ’ = t = 0 et que le référentiel (R’) est en mouvement rectiligne uniforme à la vitesse v = v ∙ i par rapport au référentiel (R) (v ` 0). Les « tops » sont reçus en O, origine du référentiel (R).Sur le diagramme suivant (doc. 19), les « tops émis » en O’ sont représentés par des points noirs équi- distants séparés d’une durée T0 sur l’axe c ∙ t ’. Les « tops » reçus en O sont représentés par des points verts sur l’axe c ∙ t. On peut voir que, lorsque O’ se rapproche de O (t ~ 0), la durée Tr séparant deux réceptions consécutives est petite, alors que, lorsque O’ s’éloigne de O (t ` 0), la durée Tr séparant deux réceptions consécutives est grande.En superposant l’hyperbole d’équation :

(c ∙ t)2 – x2 = (c ∙ T0)2 utilisée pour obtenir les échelles sur l’axe des temps, on montre que Tr ~ T0 lors de l’approche et Tr ` T0 lors de l’éloignement. En passant à la fréquence, on a alors fr ` f0 lors de l’approche et fr ~ f0 lors de l’éloi-gnement.


c.t

x

c.T0

c.Tr

c.t’

Doc. 19 Effet Doppler. Le signal est émis périodiquement de O’ (points noirs équidistants) ; la période perçue en O

dépend du mouvement relatif de O’ par rapport à O.

De la même manière, si les « tops » sont émis de O avec une période T0 mesurée dans (R) et sont reçus en O’ avec une période Tr mesurée dans (R’), on a

encore Tr ~ T0 lors de l’approche et Tr ` T0 lors de l’éloignement (doc. 20). Cela conduit encore à fr ` f0 lors de l’approche et fr ~ f0 lors de l’éloignement.

c.t

x

c.Tr

c.T0

c.t’

Doc. 20 Effet Doppler. Le signal est émis périodiquement de O (points verts équidistants) ; la période perçue en O’

dépend du mouvement relatif de O’ par rapport à O.


Évaluation des incertitudes de mesure

En sciences expérimentales, il n’existe pas de mesures exactes : celles-ci sont toujours entachées d’erreurs plus ou moins importantes selon le proto-cole, la qualité des instruments de mesure ou le rôle de l’opérateur.Évaluer l’incertitude sur une mesure est souvent un processus complexe, mais il s’agit d’une étape essen-tielle dans la détermination de la valeur mesurée.Mesurer une grandeur, c’est rechercher une valeur de cette grandeur et lui associer une incertitude afin d’évaluer la qualité de la mesure.Les termes de vocabulaire et les méthodes exposés ci-dessous sont ceux préconisés par l’AFNOR (Asso-ciation française de normalisation), notamment dans la norme NF ENV 13005 d’août 1999 Guide pour l’expression de l’incertitude de mesure [1]. Cette norme est issue d’un travail du Bureau international des poids et mesures (BIPM). Le document corres-pondant, intitulé Évaluation des données de mesure – Guide pour l’expression de l’incertitude de mesure [2], est disponible sur le site Internet du BIPM.Un autre document du BIPM, intitulé Vocabulaire international de métrologie – Concepts fondamen-taux et généraux et termes associés (VIM) [3] pourra aussi être consulté avec profit.

1 Mesures et erreurs de mesures

1.1 Définitions de base· Le mesurande est la grandeur à mesurer ; c’est, par exemple, une masse, un volume, une durée, etc.

· Le mesurage est l’ensemble des opérations per-mettant de déterminer expérimentalement l’inter-valle de valeurs que l’on peut raisonnablement attri-buer à la grandeur mesurée. Le terme mesurage est préféré à celui de mesure, car le mot « mesure » a de nombreux sens dans la langue française.

· La valeur mesurée, ou résultat d’un mesurage, est la valeur attribuée à un mesurande suite à un mesurage.

· La valeur vraie d’un mesurande est la valeur que l’on obtiendrait si le mesurage était parfait. Un mesu-rage n’étant jamais parfait, cette valeur est toujours inconnue.

· L’erreur de mesure est l’écart entre la valeur mesu-rée et la valeur vraie. Par définition, cette erreur est inconnue puisque la valeur vraie est inconnue.

Une liste plus complète de termes de vocabulaire est présentée à la fin de ce document.

1.2 Erreurs de mesure◗ Deux types d’erreursLes erreurs de mesures peuvent être dues à l’instru-ment de mesure, à l’opérateur ou à la variabilité de la grandeur mesurée. On distingue deux types d’er-reurs de mesures.

· L’erreur de mesure aléatoireLorsqu’un même opérateur répète plusieurs fois, dans les mêmes conditions, le mesurage d’un même mesurande, les valeurs mesurées peuvent être diffé-rentes. On parle alors d’erreur de mesure aléatoire.Cette dispersion des valeurs mesurées est due à la qualité du mesurage réalisé par l’opérateur et/ou à la qualité de l’instrument de mesure.Si on effectue, dans les mêmes conditions, un nombre infini de mesurages, le meilleur estimateur de la valeur du mesurande est la moyenne –m de toutes les valeurs mesurées.Une valeur mesurée m est en général différente de –m. L’erreur aléatoire est alors la différence ERa = m – –m.En pratique, on ne peut faire qu’un nombre fini de mesurages. Par conséquent, il est uniquement possible de déterminer une estimation de l’erreur aléatoire.

· L’erreur de mesure systématiqueUn appareil défectueux, mal étalonné ou utilisé incor-rectement conduit à des valeurs mesurées proches les unes des autres, mais éloignées de la valeur vraie. On parle alors d’erreur de mesure systématique.Si la valeur vraie est mvrai, l’erreur systématique est ERs = –m – mvrai. Par définition, mvrai est inconnue. De plus, il est impossible de faire un nombre infini de mesurages pour déterminer correctement –m. Par conséquent, il est uniquement possible de détermi-ner une estimation de l’erreur systématique.

◗ Détermination de l’erreur de mesureLors d’un mesurage donnant la valeur mesurée m, l’erreur de mesure est :

ER = m – mvrai = m – –m + –m – mvrai = ERa + ERs

La détermination de l’erreur de mesure nécessite de prendre en compte les deux composantes pré- cédentes. Celles-ci peuvent être plus ou moins importantes.


Par exemple, si la valeur vraie est au centre de la cible et si les flèches représentent des valeurs mesurées :

Tous les impacts sont proches du centre

de la cible : les erreurs aléatoires et

systématiques sont faibles.

Les impacts sont éloignés du centre de la cible, mais

centrés, en moyenne, sur le centre de la cible :

les erreurs aléatoires sont importantes, mais les erreurs systématiques sont faibles.

Les impacts sont groupés, mais loin du centre :

les erreurs aléatoires sont faibles, mais les erreurs

systématiques sont importantes.

Les impacts sont étalés et loin du centre : les erreurs aléatoires et systématiques

sont importantes.

2 Incertitude de mesure

· L’incertitude de mesure, ou incertitude du résultat d’un mesurage, est la valeur, associée au résultat d’un mesurage, qui caractérise la dispersion des valeurs qui pourraient raisonnablement être attri-buées au mesurande. L’incertitude de mesure est donc une estimation de l’erreur de mesure.Conformément à la norme NF ENV 13005, l’incerti-tude de mesure est notée U. La notation U vient de l’anglais « uncertainty ».L’ancienne notation D pour l’incertitude ne corres-pond pas aux normes internationales actuelles.

· L’intervalle de confiance est un intervalle dans lequel la valeur vraie a de grandes chances de se trouver. Cet intervalle est centré sur la valeur mesu-rée, notée m.En général, la largeur de cet intervalle est choisie pour avoir 95 % ou 99 % de chance de trouver la valeur vraie à l’intérieur. Pour un même mesurage, le second intervalle (correspondant à un niveau de confiance de 99 %, en vert sur le schéma ci-dessous) sera plus large que le premier (correspondant à un niveau de confiance de 95 %, en rouge sur le schéma ci-dessous).

Grandeur mesuréem

U99% (M)

U95% (M)

La qualité de la mesure est d’autant meilleure que l’incertitude associée est petite et donc que l’inter-valle de confiance est étroit.

Remarque : la notion d’intervalle de confiance est vue en mathématiques en classe de Seconde.

· Suivant la méthode utilisée pour effectuer le calcul d’une incertitude de mesure, on peut classer cette incertitude dans l’un des deux types ci-dessous :– Une incertitude de type A est évaluée par des

méthodes statistiques qui mettent en jeu la moyenne et l’écart-type. Elle est issue de l’exploitation d’un nombre important de valeurs mesurées.

– Une incertitude de type B est évaluée par d’autres méthodes. Elle correspond en général à une mesure unique. Sa détermination n’est pas simple, car il faut prendre en compte toutes les sources d’erreurs ou, au préalable, avoir identifié les sources d’erreurs les plus importantes.

· L’incertitude-type est une incertitude de mesure exprimée sous la forme d’un écart-type. L’incerti-tude-type est notée u.

· Lorsque les sources d’incertitudes sont multiples, on estime l’incertitude-type pour chacune d’entre elles, puis on calcule une incertitude-type composée qui peut prendre en compte des évaluations de type A et de type B.

3 Évaluation d’une incertitude de type A (incertitude de répétabilité)

3.1 Incertitude-typeLorsqu’un même manipulateur réalise plusieurs fois le mesurage d’un même mesurande M, dans les mêmes conditions expérimentales, il peut trouver des résultats fluctuants. Il en est de même pour des manipulateurs différents réalisant simultanément la même mesure avec du matériel similaire. Dans ce cas, on utilise des notions de statistiques (moyenne et écart-type) pour analyser les résultats.Pour une série de n mesures indépendantes donnant des valeurs mesurées mk :– la valeur retenue comme valeur mesurée est la

moyenne –m de toutes les valeurs mesurées :

–m =

nΣ

k = 1 mk

n

– l’écart-type expérimental sn – 1 de la série de mesures est :

σn – 1 = d nΣ

k = 1 (mk – –m)2

n – 1

Cet écart-type permet d’évaluer l’incertitude-type u (M ) :

u (M ) = σn – 1

dnPlus le nombre n de mesures indépendantes est grand, plus l’incertitude-type est petite.


3.2 Incertitude élargie

· Dans la pratique, on ne peut réaliser qu’un nombre limité de mesurages. Pour prendre en compte ce nombre limité, on multiplie l’incertitude-type par un facteur k appelé facteur d’élargissement. On définit ainsi une incertitude élargie, appelée incertitude de répétabilité et notée U.L’incertitude de répétabilité est donc :

U (M ) = k · u (M ) = k · σn – 1

dn· Dans l’hypothèse où toute erreur systématique a été écartée et où les diverses valeurs mesurées sont

réparties selon une loi gaussienne, le coefficient d’élargissement k, associé à un niveau de confiance donné et au nombre n de mesures, est donné par la loi de Student. Le tableau ci-dessous donne les valeurs de k pour des niveaux de confiance de 95 % et 99 % et pour des nombres n de mesurages courants. Ce tableau montre que :– pour un même nombre n de mesures, plus le

niveau de confiance est grand et plus k est grand ;– pour un même niveau de confiance, plus le nombre

n de mesures indépendantes est grand et plus k est petit.

n 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 14 16 18 20

k95 % 12,7 4,30 3,18 2,78 2,57 2,45 2,37 2,31 2,26 2,20 2,16 2,13 2,11 2,09

k99 % 63,7 9,93 5,84 4,60 4,03 3,71 3,50 3,36 3,25 3,11 3,01 2,95 2,90 2,86

4 Évaluation d’une incertitude de type B (incertitude sur une mesure unique)

4.1 Incertitude-type et incertitude élargieL’évaluation d’une incertitude de type B nécessite de rechercher les sources d’erreur et d’évaluer l’incerti-tude associée à chaque source. La précision de l’ap-pareil de mesure, la façon dont il est utilisé et la qua-lité du mesurage sont à prendre en compte dans la détermination de cette incertitude.Des considérations statistiques sur la répartition de l’erreur de mesure conduisent à l’obtention d’une incertitude-type u pour les situations les plus cou-rantes.Pour les incertitudes de type B, la norme considère que l’incertitude de mesure à prendre en compte est l’incertitude élargie U = k · u. Pour un niveau de confiance de 95 %, elle est obtenue avec un facteur d’élargissement k = 2 ; celle pour 99 % est obtenue avec k = 3.Dans les situations présentées ci-dessous, l’incerti-tude élargie est indiquée pour un niveau de confiance de 95 % (k = 2).

4.2 Exemple pour la lecture sur une échelle graduée

Lorsque la mesure est obtenue par lecture sur une échelle ou un cadran, une étude statistique de la répartition des valeurs possibles entre les gradua-tions qui encadrent la valeur lue permet d’estimer que l’incertitude-type de lecture est :

ulecture = 1 graduation

d12

L’incertitude élargie, pour un niveau de confiance de 95 %, est donc :

Ulecture = 2 × 1 graduation

d12

Par exemple, avec un thermomètre gradué en degré Celsius, l’incertitude de lecture sur une température T est :

Ulecture (T ) = 2 × 1

d12 = 0,58 °C.

4.3 Exemple pour une double lectureLorsque la mesure nécessite une double lecture, les erreurs de lecture peuvent se cumuler ; elles peuvent aussi se compenser, totalement ou partiellement. Pour une double lecture, on a :

udouble lecture = d2 (ulecture)2 = d2 ulecture

Pour un niveau de confiance de 95 %, l’incertitude à prendre en compte est alors :

Udouble lecture = 2 × d2 ulecture = d2 Ulecture

Udouble lecture = d2 × 2 × 1 graduation

d12

Par exemple, avec une règle graduée en millimètres, l’incertitude de lecture sur une distance d est :

Udouble lecture(d ) = d2 × 2 × 1

d12 = 0,8 mm.

En pratique, cette incertitude est souvent arrondie à 1 mm.Un autre exemple peut être donné pour une lecture sur un oscilloscope.Deux lectures sont nécessaires pour déterminer la valeur de la période d’une tension. Chaque lecture est réalisée sur une échelle graduée en cinquième de division. L’incertitude liée à la double lecture est :

Udouble lecture = d2 × 2 × 0,2

d12 = 0,163 DIV.

Si la base de temps est réglée sur 5 ms/DIV, l’incertitude de lecture sur la valeur mesurée de la période est :

Udouble lecture(T) = 5 × 0,163 = 0,82 ms.

En pratique, cette incertitude est souvent arrondie à 1 ms.


4.4 Exemple pour l’utilisation d’un appareil de tolérance donnée

Lorsque la mesure est obtenue avec un appareil pour lequel le constructeur indique la tolérance t (notée ± t), une étude statistique de la répartition des valeurs possibles autour de la valeur lue permet d’estimer que l’incertitude-type liée à la tolérance de cet appa-reil est :

utolérance = t

d3

Pour un niveau de confiance de 95 %, l’incertitude à prendre en compte est alors :

Utolérance = 2 × t

d3Par exemple, avec une fiole jaugée de tolérance ± 0,05 mL, l’incertitude sur le volume V liée à l’instru-ment est :

Utolérance(V ) = 2 × 0,05

d3 = 0,058 mL.

4.5 Exemple pour l’utilisation d’un appareil numérique

Lorsque la mesure est obtenue par lecture d’un appa-reil à affichage numérique, l’incertitude à prendre en compte ne dépend que des caractéristiques de l’ap-pareil. Généralement la notice indique la « préci-sion » p de l’appareil, le plus souvent par un pourcen-tage de la valeur lue sur l’écran et par un certain nombre de digit.L’incertitude-type liée à la précision de cet appareil est :

uprécision = p

d3Pour un niveau de confiance de 95 %, l’incertitude à prendre en compte est alors :

Uprécision = 2 × p

d3Par exemple, avec un ampèremètre affichant 1,62 mA et dont la notice indique pour l’incertitude (3 % de la valeur lue + 1 digit), l’incertitude sur l’intensité I est :

U (I ) = 2 ×

3100

× 1,62 + 0,01

d3 = 0,12 mA.

5 Incertitudes composées

Dans certains cas complexes, il faut souvent combi-ner les méthodes de type A et de type B pour obte-nir une meilleure évaluation de l’incertitude. On a alors, pour une grandeur G (mesurande) :

U (G) = d(UA (G))2 + (UB (G))2

6 Propagation des incertitudes

Lorsqu’une grandeur G se déduit d’autres grandeurs par un calcul, l’incertitude sur G se déduit des incerti-tudes sur les autres grandeurs.

6.1 Cas d’une somme ou d’une différenceUne grandeur G peut être la somme ou la différence de deux autres grandeurs indépendantes G1 et G2. On a alors G = G1 + G2 ou G = G1 – G2.

Dans ces deux cas, l’incertitude U(G) est donnée par :

U (G) = d(U (G1))2 + (U (G2))2

On parle parfois de somme quadratique des incerti-tudes pour ce type de calcul.

6.2 Cas d’un produit ou d’un quotientUne grandeur G peut être le produit ou le quotient de deux autres grandeurs indépendantes G1 et G2.

On a alors G = G1 × G2 ou G = G1

G2

.

Dans ces deux cas, l’incertitude U (G) est donnée par :

U(G) = G c(U (G1)G1

)2 + (U (G2)G2

)2Cela revient à écrire :

U (G)G

= c(U (G1)G1

)2 + (U (G2)G2

)2On parle parfois de somme quadratique des incerti-tudes relatives pour ce type de calcul.

6.3 Cas d’une multiplication par un nombre exact

Une grandeur G peut être obtenue à partir d’une grandeur G1 multipliée par un nombre exact A. On a alors G = A × G1.Dans ce cas, l’incertitude U(G) est donnée par :

U (G) = A × U (G1)Remarque importante : ce résultat n’est pas le même que celui obtenu pour une somme, car, dans ce cas, les grandeurs ne sont pas indépendantes.Par exemple, si G = G1 + G1 = 2 G1, alors l’expres-sion correcte de U (G) est donnée par la formule rela-tive à une multiplication par un nombre exact :

U (G) = 2 U (G1)En considérant G comme la somme G1 + G1 de gran-deurs indépendantes, on arriverait à une incertitude

U (G) = d(U (G1))2 + (U (G1))2 = d2 U (G1) ; cette expres-sion n’est pas correcte, car la somme effectuée n’est pas une somme de grandeurs indépendantes.

6.4 Cas d’une puissanceUne grandeur G peut être obtenue à partir d’une autre grandeur élevée à une puissance n. On a alors :

G = Gn1

Dans ce cas, l’incertitude U(G) est donnée par :

U (G) = n · G · U (G1)

G1 = n · Gn

1 – 1 · U (G1)

Remarque importante : ce résultat n’est pas le même que celui obtenu pour une multiplication, car, dans ce cas, les grandeurs ne sont pas indépendantes.Par exemple, si G = G1 × G1 = G2

1, alors l’expression correcte de U (G) est donnée par la formule relative à une puissance (avec ici n = 2) : U (G) = 2 G1 · U (G1).En considérant G comme le produit G1 × G1 de gran-deurs indépendantes, on arriverait à une incertitude :

U (G) = G · c(U (G1)G1

)2 + (U (G1)G1

)2 = d2 G1 · U (G1)

Cette expression n’est pas correcte, car le produit effectué n’est pas un produit de grandeurs indépen-dantes.


6.5 Cas généralSi une grandeur G est une fonction de grandeurs G1, G2, etc. indépendantes les unes des autres, alors l’incertitude sur G se déduit des incertitudes sur G1, G2, etc. en utilisant l’expression ci-dessous qui fait intervenir les dérivées partielles de G par rapport à G1, G2, etc. :

U (G) = G · c( GG1

U (G1))2 + ( GG2

U (G2))2 + ...

6.6 Remarque sur l’usage des sommes quadratiques

Les « anciens » calculs d’incertitudes conduisaient à une somme des incertitudes ou des incertitudes rela-tives. Cette technique correspondait à une majora-tion excessive des incertitudes.En effet, pour l’incertitude sur une somme, on cal- culait la somme des incertitudes.

Par exemple, si G = G1 + G2 ou G = G1 – G2, avec les notations anciennes, on avait alors :

D (G) = D (G1) + D (G2)

De même, pour l’incertitude sur un produit, on cal- culait la somme des incertitudes relatives.

Par exemple, si G = G1 × G2 ou G = G1

G2

, avec les notations anciennes, on avait :

D (G)G

= D (G1)

G1 +

D (G2)G2

Ces calculs correspondent aux cas où les incertitudes sur chacune des grandeurs se cumulent. Cela est très peu probable. En effet, si les mesurages de ces gran-deurs sont indépendants, et si les erreurs de mesure sont aléatoires, il existe 50 % de chance pour que les incertitudes tendent à se compenser.

Des considérations statistiques sur la répartition des incertitudes de mesures conduisent alors aux sommes quadratiques présentées dans les para-graphes 6.1 à 6.5 ci-dessus pour évaluer l’incertitude de mesure.Les « anciens » calculs ne sont utilisés que si l’on sus-pecte une dépendance entre les mesures qui empê-cherait l’utilisation d’une somme quadratique. Ces situations correspondent aux remarques des para-graphes 6.3 (G = G1 + G1 et U (G) = 2 U (G1)) et 6.4 (G = G1 × G1 et U (G) = 2 G1 × U (G1)).

7 Arrondissage et écriture d’un résultat

Le résultat du mesurage d’un mesurande M est un intervalle de confiance associé à un niveau de confiance. L’intervalle de confiance est centré sur la valeur m (valeur mesurée lors d’une mesure unique ou valeur moyenne des mesures lors d’une série de mesures) et a pour demi-largeur l’incertitude de mesure U(M ).Le résultat du mesurage s’écrit M = m ± U (M ) ou M Œ [m – U (M ) ; m + U (M )]. Si elle existe, l’unité est précisée.Par convention, l’incertitude est arrondie à la valeur supérieure avec au plus deux chiffres signifi-catifs, et les derniers chiffres significatifs conservés pour la valeur mesurée m sont ceux sur lesquels porte l’incertitude U (M ).Ainsi, le dernier chiffre significatif de la valeur mesu-rée doit être à la même position décimale que le dernier chiffre significatif de l’incertitude (voir tableau ci-dessous).

Dans le résultat de la forme M = m ± U (M )

Pour la valeur mesurée m, on garde : Pour l’incertitude U, on garde :

– les chiffres « exacts » (ceux sans incertitude) ;

– le 1er chiffre entaché d’erreur ;

– le 2e chiffre entaché d’erreur que l’on arrondit.

– le 1er chiffre non nul ;

– le chiffre suivant majoré.

Quelques exemples : Valeur mesurée m Incertitude U (M ) Résultat du mesurage M

Vitesse d’une moto 57,925 m · s–1 0,088 m · s–1 V = (57,925 ± 0,088) m · s–1

Charge électrique 1,6042 × 10–19 C 0,0523 × 10–19 C q = (1,604 ± 0,053) × 10–19 C

Concentration 0,1412 mol · L–1 1,64 × 10–2 mol · L–1 C = (0,141 ± 0,017) mol · L–1

Lorsqu’une grandeur doit être utilisée pour un calcul ultérieur, on conserve au moins un chiffre significatif de plus dans son expression.

Remarque sur la majoration de l’incertitude

Le dernier chiffre significatif de l’incertitude doit nor-malement être arrondi en le majorant. La norme NF ENV 13005 précise cependant que « le bon sens doit prévaloir et une valeur comme u (x) = 28,05 kHz doit être arrondie à la valeur inférieure, 28 kHz. »

Remarque sur le nombre de chiffres significatifs de l’incertitude

La norme NF ENV 13005 précise qu’une incertitude ne doit « pas être donnée avec un nombre excessif de chiffres. Il suffit habituellement de fournir [...] au plus deux chiffres significatifs [...] ».Dans la littérature [4], on trouve aussi : « Les incerti-tudes expérimentales doivent presque toujours être arrondies avec un seul chiffre significatif. » Le


« presque toujours » s’explique par la trop grande surestimation qui serait introduite dans certains cas si on ne gardait qu’un seul chiffre significatif.Ainsi, si une incertitude est de 0,14, l’arrondir à 0,1 réduirait trop fortement la largeur de l’intervalle de confiance. L’arrondir, en la majorant, à 0,2 diminue-rait excessivement la précision du mesurage. Ce constat peut être fait si le 1er chiffre significatif est un 1, un 2 ou, dans une moindre mesure, un 3. Dans ces cas, il faut garder deux chiffres significatifs dans l’in-certitude. Dans les autres cas, on peut ne garder qu’un chiffre significatif.En suivant cette règle pour le tableau précédent, on aurait alors :

Résultat du mesurage M

V = (57,93 ± 0,09) m · s–1

q = (1,60 ± 0,06) × 10–19 C

C = (0,141 ± 0,017) mol · L–1

ANNEXE : Vocabulaire

· Le mesurande est la grandeur à mesurer ; c’est, par exemple, une masse, un volume, une durée, etc.

· Le mesurage est l’ensemble des opérations per-mettant de déterminer expérimentalement l’inter-valle de valeurs que l’on peut raisonnablement attri-buer à la grandeur mesurée. Le terme mesurage est préféré à celui de mesure, car le mot « mesure » a de nombreux sens dans la langue française.

· La valeur mesurée, ou résultat d’un mesurage, est la valeur attribuée à un mesurande suite à un mesurage.

· La valeur vraie d’un mesurande est la valeur que l’on obtiendrait si le mesurage était parfait. Un mesu-rage n’étant jamais parfait, cette valeur est toujours inconnue.

· L’erreur de mesure est l’écart entre la valeur mesu-rée et la valeur vraie. Par définition, cette erreur est inconnue puisque la valeur vraie est inconnue.

· L’incertitude de mesure, ou incertitude du résultat d’un mesurage, est la valeur, associée au résultat d’un mesurage, qui caractérise la dispersion des valeurs qui pourraient raisonnablement être attri-buées au mesurande.

· L’erreur systématique est la composante de l’er-reur de mesure qui, dans des mesurages répétés, demeure constante ou varie de façon prévisible.

· L’erreur aléatoire est la composante de l’erreur de mesure qui, dans des mesurages répétés, varie de façon imprévisible.

· L’incertitude-type est l’incertitude du résultat d’un mesurage exprimée sous la forme d’un écart-type.

· L’incertitude-type composée est l’incertitude-type du résultat d’un mesurage obtenu à partir des valeurs d’autres grandeurs.

· L’incertitude élargie est la valeur, associée au résultat d’un mesurage, qui définit un intervalle autour du résultat d’un mesurage à l’intérieur duquel on peut s’attendre à trouver une fraction élevée de la distribution des valeurs qui pourraient être raisonna-blement attribuées au mesurande. Cet intervalle est appelé intervalle de confiance, il est associé à un niveau de confiance.

· Le niveau de confiance est la probabilité de trou-ver la valeur vraie à l’intérieur de l’intervalle de confiance.

· Le facteur d’élargissement est le facteur numé-rique utilisé comme multiplicateur de l’incertitude-type composée pour obtenir l’incertitude élargie.

· L’exactitude de mesure est l’étroitesse de l’accord entre la valeur mesurée et la valeur vraie.

· La justesse de mesure est l’étroitesse de l’accord entre la moyenne d’un nombre infini de valeurs mesu-rées répétées et la valeur vraie.

· La fidélité de mesure est l’étroitesse de l’accord entre les valeurs mesurées obtenues par des mesu-rages répétés.

[1] AFNOR, Guide pour l’expression de l’incertitude de mesure, NF ENV 13005, Paris : AFNOR, août 1999.[2] BIPM, Évaluation des données de mesure – Guide pour l’expression de l’incertitude de mesure, JCGM 100 : 2008, Paris : BIPM, 2008.http://www.bipm.org/utils/common/documents/jcgm/JCGM_100_2008_F.pdf[3] BIPM, Vocabulaire international de métrologie – Concepts fondamentaux et généraux et termes associés (VIM), 3e édition, JCGM 200 : 2012, Paris : BIPM, 2012.http://www.bipm.org/utils/common/documents/jcgm/JCGM_200_2012.pdf[4] J. Taylor, Incertitudes et analyse des erreurs dans les mesures physiques, Paris : Dunod, 2000 (pour la traduction française).[5] DEGSCO, Mesures et incertitudes, MEN/DEGSCO, mai 2012.http://media.eduscol.education.fr/file/Mathematiques/07/0/LyceeGT_ressources_MathPC_Mesure_et_incertitudes_eduscol_214070.pdf[6] R. Moreau, « Mesures, erreurs et incertitudes en physique-chimie », in Actes de l’université d’été de juillet 2011, Cachan, 2011.http://ead.univ-angers.fr/~capespc/physique/generalites/mesureserreursincertitudes_moreau2.pdf[7] B. N. Taylor, C. E. KuyaTT, Guidelines for Evaluating and Expressing the Uncertainty of NIST Measurement Results, NIST Technical Note 1297, Gaithersburg, 1994.http://www.nist.gov/pml/pubs/tn1297/index.cfm

Références bibliographiques

http://www.bipm.org/utils/common/documents/jcgm/JCGM_100_2008_F.pdf

http://www.bipm.org/utils/common/documents/jcgm/JCGM_200_2012.pdf

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http://ead.univ-angers.fr/~capespc/physique/generalites/mesureserreursincertitudes_moreau2.pdf

http://www.nist.gov/pml/pubs/tn1297/index.cfm

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