Corriges Des Exercices Partie 01

8 Squence 1 SP12

1 2 3 - Les rponses sont notes dans le tableau ci-dessous.

Image observe travers la

lentille selon la position de

lobjet

Image 1 Image 2 Image 3

Caractristiques de limage

Image droitePlus grande (1,58 cm)

que lobjet.

Image renversePlus grande (1,97 cm)

que lobjet

Image renversePlus petite (0,85 cm)

que lobjet

Hauteur de lobjet 1,27 cm 1,27 cm

Grandissement

Construction

Construction 3(image obtenue avec une lentille

divergente)

Construction 1(limage est plus

grande)

Construction 2

2 Construction des images.

Le rayon issu de B parallle laxe optique sort de la lentille avec une direction passant par le foyer image

Tout rayon passant par le centre optique dune lentille ne subit aucune dviation.

Activit 10

Activit 11

1 On forme une image nette sur un cran avec une lentille convergente.3 La position de lcran par rapport la lentille dpend de la position de lobjet.

Cned Acadmie en ligne

9Squence 1 SP12

Objet linfini : Le cristallin est moins convergent et aplati.

Iris17 mm

CristallinRtine

F

Diaghragmeil rduit

cran

Foyerprincipalimage

Le foyer principal image se trouve sur la rtine (ou sur lcran pour lil rduit).

Suivant lil, partir dune vingtaine de centimtres de lil, les contours de la main deviennent flous (normalit : 15 cm).

Le punctum proximum correspondant votre il correspond la distance trouve.

Lil fatigue, pour observer sans fatigue il faut que lobjet soit 25cm minimum.

1 La distance focale de la lentille sexprime par : fV

' =1

.

Application numrique : f ' , = 0 0125 m soit f ' , 2 12 5= mm.

On peut placer les foyers F et F' sur le schma.

FF

B

BA

Activit 12

Activit 13

Remarque

Activit 14


10 Squence 1 SP12

Le rayon issu de B parallle laxe optique sort de la lentille avec une direction passant par le foyer image F' ; on connat la taille de AB, on peut donc dterminer limage B' de B sur lcran.

Le rayon arrivant en B' et parallle laxe optique provient de B en passant par le foyer F ; on trouve donc la place de lobjet AB.

2 Lobjet observ nettement se trouve 42 mm avant la lentille.

3 Limage est renverse et plus petite (environ 17 mm).

4 Si lon ajoutait devant la lentille un diaphragme, limage obtenue sur lcran serait plus nette mais moins lumineuse.

Les CCD sont surtout utiliss dans les appareils compacts et de plus en plus dlaisss dans les reflex. Les appareils reflex quant eux, utilisent majoritairement des capteurs CMOS (en 2009).

La taille du capteur dimage varie en fonction des appareils.

Les appareils de type compact sont habituellement quips dun capteur de taille assez rduite par rapport celle dun film photographique.

Les appareils de type reflex sont quips dun capteur de plus grande taille, ce qui augmente la qualit dimage, en diminuant le bruit numrique et en augmentant la sensibilit ainsi que la dybamique. Une augmentation de la taille du capteur entrane aussi une diminution de la profondeur de champ.

Oeil Appareil photographiquepaupire obturateurcristallin ensemble de lentilles

iris diaphragmepupille ouverturertine Cellules photo-sensibles (ou pellicules)

accommodation mise au point

sclrotique rigide botier

Si nous observons travers un filtre rouge les caractres rouges sur fond blanc dun journal publicitaire, les caractres se distinguent mal du fond qui apparat rouge.

Si nous observons ces mmes caractres travers un filtre vert : les caractres apparaissent en noir sur fond vert.

Quobservera-t-on travers un filtre bleu ?

Propositions Vrai ou faux

Les caractres apparaissent en noir sur fond bleu Vrai

Les caractres apparaissent en noir sur fond vert Faux

Les caractres apparaissent en noir sur fond noir Faux

Activit 15

Activit 16

Activit 17

Activit 18


11Squence 1 SP12

Les filtres absorbent : (le bleu + le vert) et (le bleu + le rouge) donc, aucune couleur ne passe.

Superposition des filtres Couleurs soustraites Observation sur lcran

cyan + jaune le rouge et le bleu vert

jaune + magenta le bleu et le vert rouge

cyan + magenta le rouge et le vert bleu

cyan + jaune + magenta le rouge, le bleu et le vert noir

Couleur sur le magazine Couleur du filtre Observation

vert jaune vert

rouge vert noir

jaune bleu noir

blanc vert

rouge jaune rouge

jaune jaune jaune

rouge rouge rouge

Activit 19

Activit 20

Activit 21

Activit 22

CyanJaune

Rouge

Magenta

Blanc

Vert

Bleu


12 Squence 1 SP12

Objets colors

Rouge Vert Bleu

Couleur de la lumire

Rouge Rouge Noir Noir

Vert Noir Vert Noir

Bleu Noir Noir Bleu

Cyan Noir Vert Bleu

Magenta Rouge Noir Bleu

Jaune Rouge Vert Noir

Blanc Rouge Vert Bleu

Noir Noir Noir Noir

Activit 23


13Squence 1 SP12

Corrigs des exercices

Loeil

corne

pupille

iris

humeur vitre

rtine

nerf optique

cristallin

Lil modlis

Correspondance entre les diffrents lments de lil et ceux de lil modlis ou rduit.

il cristallin (+humeur vitre) iris rtine

il modlis lentille diaphragme cran

Lil et lappareil photographique

il cristallin (+humeur vitre) iris rtine

Appareil photographique objectif diaphragme Cellules (ou film)

Lentilles convergentes

a) Un rayon lumineux passant par le foyer objet dune lentille en ressort paralllement laxe optique.

b) Un faisceau de rayons lumineux, parallle laxe optique converge, la sortie de la lentille en un point appel foyer image.

c) Quand un objet ponctuel est situ dans le plan focal objet son image se trouve linfini.

d) Sur un axe orient dans le sens de parcours de la lumire, la valeur algbrique de la distance entre le centre optique et un point M situ sur laxe optique peut tre positive ou ngative. Concer nant le foyer image dune lentille convergente, elle est positive si bien que la distance focale est positive.

Physique

Exercice 1

Exercice 2

Exercice 3

Exercice 4


14 Squence 1 SP12

Vergence et distance focale

Vergence + 5 + 10 - 10 + 20 Type de lentille convergente convergente divergente convergenteDistance focale 20 cm 10 cm - 10 cm 5 cm

Vergence dune association de lentilles

1 La lentille est convergente ; sa vergence est positive.

La vergence V dune lentille sexprime, en fonction de la distance focale f ',

par la relation : Vf

=1'.

Application numrique : V = 12 5, .

2 La vergence de deux lentilles accoles est quivalente la somme des vergences des deux lentilles :

V V V V V Vtot tot= + = 2 2 .

La distance focale de la lentille quil faudrait accoler la lentille L1 pour que

lassociation soit quivalente une seule lentille sexprime par : fV Vtot

'21

=

.

Application numrique : f ' , 2 0 40= m soit f ' , 2 40 0= cm.

Convergence et distance focale

1 La lentille la plus convergente est la lentille de distance focale + 5 cm compare la lentille de distance focale + 10 cm.

La lentille de distance focale la plus faible est la plus convergente.

OF

5 cm

O F

10 cm

2 La distance focale de la lentille sexprime par : fV

' =1

( f ' en m).

Vergence + 5 + 10 + 20 Distance focale 20 cm 10 cm 5 cm

La lentille de vergence + 20 est la plus convergente car sa distance focale est plus petite.

Exercice 5

Exercice 6

Exercice 7


15Squence 1 SP12

3 a) La lentille de vergence la plus leve est la plus convergente, il faut donc augmenter la vergence pour augmenter la convergence dune lentille.

b) Il faut diminuer la vergence en ajoutant une vergence ngative cest--dire une lentille divergente.

Tracs de rayons particuliers pour une lentille convergente

Le centre optique O est plac au point dintersection de laxe optique avec la lentille.

La lentille tant convergente, la valeur alg brique f ' appele distance focale de

la lentille est positive : f ' .= =OF' cm5 Les points F et F' sont situs sur laxe

optique gale distance du centre optique O : OF = OF = ' 5 cm .

Le rayon passant par le centre optique nest pas dvi.

12345

F F

678

chelle : 1 graduation correspond 1 cm

87654321

Le rayon parallle laxe optique sort de la lentille avec une direction passant par le foyer image F .

12345

F F

678 87654321

Le rayon dont la direction passe par le foyer objet F, sort de la lentille parallle laxe optique.

12345

F

678 87654321

Exercice 8


16 Squence 1 SP12

Banc doptique

Lentille

Banc doptique

P

DiaphragmeLampe aveclettre-objet P

cran

Images donnes par une lentille convergente

La lentille est convergente et sa distance focale est gale 3 cm.

Nous disposons de trois rayons particuliers utiles pour construire limage B' du point B.


12345

FA

B

678 876543

FO

21


Le rayon issu de B parallle laxe optique sort de la lentille avec une direction passant par le foyer image F'.

12345

FA

B

678 876543

F A

B

O

21


On peut utiliser un troisime rayon pour vrifier notre construction : le rayon issu de B dont la direction passe par le foyer objet F, sort de la lentille parallle laxe optique.

Exercice 9

Exercice 10

E 1er cas


17Squence 1 SP12

12345

FA

B

678 876543

FF

A

B

O

21


Limage se forme 6 cm de la lentille.

Le grandissement est gal : =A'B'

AB soit : = =

-11

1 ; limage a la mme

taille que lobjet mais elle est renverse.

1 Comme dans la question prcdente, traons deux rayons particuliers utiles pour construire limage B du point B.


Le rayon issu de B parallle laxe optique sort de la lentille avec une direction passant par le foyer image F .

1234A

B

8 9 10 1176543

FA

B

O

21


Limage se forme 12 cm de la lentille.

Le grandissement est gal : =A'B'

AB soit : = =

-31

3 ; limage trois fois

plus grande que lobjet mais elle est renverse.

2 Comme dans la question prcdente, traons deux rayons particuliers utiles pour construire limage B' du point B.


Le rayon issu de B parallle laxe optique sort de la lentille avec une direction passant par le foyer image F'.

Les rayons sont parallles ; limage se forme linfini.

E 2e cas


18 Squence 1 SP12

12345A

B

678 ( linfini)

( linfini)

76543

FA

B

O

21


Vrai ou faux

E Laffirmation 1 est fausse. Vf

= 1'

Application numrique : V = =1

0 1010

, .

Cette lentille a une vergence de 10 et non de 0,10 .

E Laffirmation 2 est vraie. Appliquons la relation de conjugaison de Descartes : 1 1 1 1 1 1

OA OA f OA f OA' ' ' ' = = + .

Application numrique : 1 1

0 101

0 60OA' , ,= soit : OA' , .= 0 12 m

E Laffirmation 3 est vraie.

On trace un rayon incident parallle au rayon (1) et passant par le centre optique O. Il nest pas dvi.

Les deux rayons incidents tant parallles, ils proviennent dun point objet situ linfini.

Le point image est alors situ dans le plan focal image ; la construction montre quil sagit du point B.

F

B

O

Image relle

La relation de conjugaison de Descartes scrit : 1 1 1

OA OA f' ' = .

1 1 1

OA f OA' '= + soit :

1 10 30

10 15OA' , ,

= ce qui donne : OA' ,= 0 30 m .

Exercice 11

Exercice 12


19Squence 1 SP12

Limage AB de lobjet AB est virtuelle.

2040 A

B

B

A60 6040

FO

20


Position de lobjet

1 La relation de conjugaison de Descartes scrit : 1 1 1

1 1O A O A f' ' = ; le

grandissement est donn par : = = = A B

AB

O A

O A

' ' '1

1

12

alors O A O A1 12= '

et ==

2 1 1 3

1 1 1O A O A f O A : O A f1 3 60= = cm :

2 O A O Af

1 112

32

'= == 30 cm .

3 Limage est relle.

4 Construction graphique :

2040

A

B

B

A

60 6040

FO

20


Exercice 13


20 Squence 1 SP12

Appareil photographique et il

Cellules (ou film)- Rtine

Objectif - Cristallin

Diaphragme - Pupille

Distance focale

Daprs la formule de conjugaison de Descartes: 1

OA'

1

OA =

1f '

, ce qui donne :

f '.

=

OA'OA

OA OA'.

Application numrique : f '1 = 20,0 cm.

Mthode de Silbermann

La relation de conjugaison de Descartes scrit : 1

OA'

1

OA =

1f '

soit : =2 1

OA f '

soit : OA = 2f ' .

Le grandissement transversal est gal : = = A'B'

AB=

OA'

OA1 .

OA' OA OA AA' OA AA' OA= +( ) = = = D 2 do : f D' = 4 .Application numrique : f ' , = 20 1 cm.

Association de lentilles

F1O1 O2

F2

Exercice 14

Exercice 15

Exercice 16

Exercice 17


21Squence 1 SP12

Le rayon arrivant sur L1 en tant parallle laxe optique passe par le foyer F'1de la lentille L1 ; comme il passe au foyer F2 de la lentille L2 il ressort parallle laxe optique.

Mthode de Bessel

1 La relation de conjugaison de Descartes scrit : 1

OA'

1

OA =

1f '

.

2 Construction gomtrique de limage : le rayon passant par O suffit pour dterminer la position de B'.

O

A

cran

A

B

x

D

LB

3 OA'= + = +OA AA x D' .

4 1

OA'

1

OA =

= + ( ) = ( ) 1 1 1 1f D x x f

x D x f D x x' '

'

x Dx Df2 0 + =' .

Si D f> 4 ', cette quation du second degr admet deux solutions ; il existe alors deux positions de la lentille qui permettent davoir une image A B' ' nette sur lcran.

Synthse des couleurs

1 Sil dirige sur lui le faisceau dun deuxime projecteur quip dun filtre vert, lacteur devient tout jaune.

2 Pour quil soit clair en blanc, il faudra allumer un troisime projecteur bleu.

Cest la synthse additive de la lumire : le rouge, le vert et le bleu constituent les trois couleurs primaires.

Exercice 18

Exercice 19


22 Squence 1 SP12

Peinture et couleurs

1 La peinture jaune absorbe le bleu contenu dans la lumire blanche, et renvoie le rouge et le vert. La peinture cyan absorbe le rouge et renvoie le vert et le bleu.

Si nous mlangeons les peintures jaune et cyan, le bleu et le rouge sont donc absorbs et le rsultat donne du vert, (seule couleur commune renvoye par le jaune et le cyan).

2 On obtiendra du noir, car le magenta absorbe le vert.

Il sagit de la synthse soustractive de la lumire.

Couleurs primaires

1 Les trois couleurs primaires sont le rouge, le bleu et le vert.

2 Les faisceaux de lumire doivent tre de couleur rouge, bleue et verte et avoir la mme intensit.

3 Par synthse additive du vert et du bleu, on obtient la couleur cyan.

Par synthse additive du rouge et du bleu, on obtient la couleur magenta.

Par synthse additive du vert et du rouge, on obtient la couleur jaune.

4 Schma avec les couleurs :

Magenta

Bleu

Jaune

Vert

Blanc

Rouge

Cyan

Faces claires dun ttradre

Ne recevant la couleur que dune seule source, chaque face prend la teinte correspondante la source de lumire.

Aprs une rotation de 60, on a :

Bleu + rouge donne du magenta

Bleu + vert donne du cyan

Rouge + vert du jaune

Exercice 20

Exercice 21

Exercice 22


23Squence 1 SP12

Couleurs perues

Motifs colors

Rouge Vert Bleu Cyan Magenta Jaune Blanc Noir

Couleurs des

sources

Rouge Rouge Noir Noir Noir Rouge Rouge Rouge Noir

Vert Noir Vert Noir Vert Noir Vert Vert Noir

Bleu Noir Noir Bleu Bleu Bleu Noir Bleu Noir

Cyan Noir Vert Bleu Cyan Bleu Vert Cyan Noir

Magenta Rouge Noir Bleu Bleu Magenta Rouge Magenta Noir

Jaune Rouge Vert Noir Vert Rouge Jaune Jaune Noir

Blanc Rouge Vert Bleu Cyan Magenta Jaune Blanc Noir

Noir Noir Noir Noir Noir Noir Noir Noir Noir

Peinture impressionniste

1 Il sagit dune synthse soustractive.

2 Cette technique est utilise dans limprimerie.

Imprimante

1 On utilise le jaune, le cyan, le magenta et le noir.

2 La juxtaposition des trois encres jaune, cyan et magenta permet dobtenir du noir.

On pourrait donc se passer de lencre noire.

3 Le cyan absorbe le rouge et diffuse le vert et le bleu.

Le jaune absorbe le bleu et diffuse le rouge et le vert.

Le magenta absorbe le vert et diffuse le rouge et le bleu.

Le noir absorbe toutes les couleurs et nen diffuse aucune.

4 Le mlange de deux encres ne diffuse que la couleur commune quelles nabsorbent pas. Ainsi le mlange du jaune et du magenta conduit au rouge.

5 On obtient toutes les nuances de couleurs.

Exercice 23

Exercice 24

Exercice 25


24 Squence 1 SP12

Corrig des activits

Etat initial (E.I.)

Fe(s) ; S(s)

Etat final (E.F.)

Fe(s) ; FeS(s)

Fe + S FeS

Daprs la formule du produit obtenu (Cu(OH)2), on dduit que ce sont les ions Cu2+ et HO qui ont ragi.

Les autres ions sont spectateurs.

Etat initial (E.I.)

Cu2+ et HOEtat final (E.F.)

Cu2+ et Cu(OH)2

Lquation de raction est : Cu2+ + 2HO S Cu(OH)2

2 moles de Cu2+ ragit avec 4 moles de HO pour former 2 moles de Cu(OH)2.

3 moles de Cu2+ ragit avec 6 moles de HO pour former 3 moles de Cu(OH)2.

a)

Volume V1 de sulfate de

cuivre Cu2+ + SO4

2-

(mL)

Volume V2 de soude

verse Na+ + OH-

(mL)

Abondance de

prcipit

Couleur de la

solution

pH nCu2+ (mol)

nOH- (mol) Prsence dions Cu2+

ou OH- dans

le filtrat

50 2 + Bleue 3 5.10-3 2.10-3 Cu2+

50 4 + Bleue 4 5.10-3 4.10-3 Cu2+

50 6 ++ Bleue 5 5.10-3 6.10-3 Cu2+

50 10 +++ Incolore 7 5.10-3 10.10-3

50 14 +++ Incolore 9 5.10-3 14.10-3 OH-

50 16 +++ Incolore 10 5.10-3 16.10-3 OH-

50 18 +++ Incolore 11 5.10-3 18.10-3 OH-

b) Le ractif cuivre est en excs lorsquil en reste dans le filtrat ; cest le cas des 3 premires lignes.

c) Le ractif hydroxyde est en excs lorsquil en reste dans le filtrat ; cest le cas des 3 dernires lignes.

Chimie

Activit 1

Activit 2

Activit 3

Activit 4

Activit 5

Activit 6

Activit 7


25Squence 1 SP12

d) Le prcipit est le produit de la raction. On constate que la quantit de prcipit augmente tant que la transformation nest pas termine, cest--dire jusqu la 4e ligne. Ensuite, cette quantit reste constante puisque tous les ions cuivre ont t consomms donc la transformation est termine.

quation de raction Cu2+ + 2HO Cu(OH)2

tat du systme Avancement Quantits de matire (mol)

tat initial 0 5.10-3 15.10-3 0

Au cours de la transformation x 5.10

-3 x 15.10-3 2x 0 + x

tat final xmax 5.10-3 xmax 15.10

-3 2 xmax 0 + xmax

Quantits (mol) lE.F. 0 5.10-3 5.10-3

Si Cu2+ est limitant : 5.10-3 xmax = 0 donc xmax = 5.10-3 mol

Si HO- est limitant : 15.10-3 2 xmax = 0 donc xmax = 7,5.10-3 mol

Donc : x mol,max .=5 10 3 le ractif limitant est donc Cu2+.

Le bilan de matire se trouve en dernire ligne du tableau.

La solution obtenue ltat final sera incolore car les ions Cu2+ ne sont plus prsents en solution.

nm

Mmol

nm

M

CHCH

CH

NHNH

NH

44

4

33

3

1 616

0 1

1 717

= = =

= =

,, .

,==

= = =

=

0 1

4 444

0 12

2

, .

,, .

mol

nm

Mmol

m n

COCO

CO

C H C

2

2 6 2HH C H

H H H

6 2 6

2SO4 2SO4 2SO4

M g

m n

= =

= =

,

,

0 2 30 6

2 5 9M 88 245= g

Les units sont cohrentes : V (L/mol)V(L)

n(mol)M=

Dans les CNTP : V L.molM-1= 22 4,

V n .V LH H M2 20 2 22 4 4 48= = =, , ,

V n .V LN N M2 23 22 4 67 2= = =, ,

V M .V LO O M2 20 2 22 4 4 48= = =, , ,

Activit 8

Activit 9

Activit 10

Activit 11


26 Squence 1 SP12

nm

M4444

1mol

nm

M7171

1 mo

COCO

CO

ClCl

Cl

22

2

22

2

= = =

= = = ll

Il y a la mme quantit de matire dans chaque chantillon.

La mme quantit de matire de gaz donnera le mme volume : le volume dune mole est gale 22,4 L dans les CNTP.

Activit 12


27Squence 1 SP12

Corrig des exercices

Ajuster une quation chimique

a) 2 H2 + O2 2H2O

b) CH4 + 2O2 CO2 +2H2O

c) 2Ag+ + CrO2 Ag2CrO4

d) 5 Fe2+ + MnO2 + 8H+ 5 Fe3+ + Mn2+ + 4H2O

Synthse de lacide sulfurique

1 nv

V30024

12,5molO2O2

M= = =

2 2SO O SO2 32 2+

SO2 O2 SO3

Quantit initiale(t = 0)(mol) 10 12,5 0

Quantit linstant 10 x 12,5 x/2 x

3 Pour trouver le ractif limitant, il faut calculer :

SO2 : 10 0 =Xmax X molmax .= 10

O2 : 12 5 20, max =

X

X molmax .= 25 La valeur minimale de xmax nous

donne le ractif limitant : SO2. La bonne valeur de xmax est donc : 10 mol.

4 Daprs le tableau, on peut obtenir xmax mol de SO3 .

m n M g.SO3 SO3 S03= = + =10 32 3 16 800( )

Synthse de leau

1 Le systme est constitu de 7 moles de dioxygne , 28 moles de diazote et 5 moles de dihydrogne.

2 Il y a eu transformation chimique du systme car il sest form une nouvelle espce chimique : leau.

3 2H O H O2 2 2+ 2 .

Chimie

Exercice 1

4

4

Exercice 2

Exercice 3


33Squence 2 SP12

Corrigs de la squence 2Corrigs des activits

rayons

3.1014

104

103

106

107

108

300 MHz

30 MHz

300 kHz

3.1016

3.1020 1012

ultraviolet

rayons X

Ondeshertziennes

FM

Tlvision

grandes ondes

Frquence(en Hz)

Longueurdonde(en m)

I.R.

visible

30 kHz

3.1011

10

1 La longueur donde des ondes mises en modulation de frquence par la

France Info sexprime par :

=c

.

Application numrique : = =3 10

105 5 102 8

8

6.

, ., m .

2 La frquence de lmetteur France-Inter sexprime par :

=c

.

Application numrique : = =3 101849

1 6 108

5. , . Hz .

3 Ces ondes appartiennent au domaine des ondes hertziennes.

Physique

Activit 1

Activit 1

Activit 2


34 Squence 2 SP12

Un micromtre Un nanomtre Un millimtre Un picomtre Un kilomtre

1m 1nm 1mm 1pm 1km

10-6 m 10-9 m 10-3 m 10-12 m 103 m

Quand la longueur donde diminue la frquence augmente.

Les lampes halognes sont des lampes incandescence dont latmosphre gazeuse contient des halognes : dibrome Br2 ou diiode I2. Cela permet de ralentir la dtrioration du tungstne qui svapore.

Le mot L.A.S.E.R. signifie Light Amplification by Stimulated Emission of Radiation ; il a t dcouvert en 1960.

1 Le maximum augmente avec la temprature.

2 max = 720 nm pour T K= 4000 . Cette valeur est situe dans le domaine du visible [400 nm , 800 nm].

3 La valeur de m ax diminue avec la temprature.

0,5

500

maxmaxmax

1

1,5

2

2,5

3

3,5

4

1000 1500 2000

T = 6000 K

T = 5500 K

T = 5000 K

T = 4000 K

Activit 3

Activit 4

Activit 5

Activit 6

Activit 7


35Squence 2 SP12

T (K) 4000 5000 5500 6000

max.(nm) 720 576 523 480

max. T (K.m) 2,88.10-3 2,88.10-3 2,88.10-3 2,88.10-3

Le produit maxT est constant : max , .T =2 88 10 3 .

Temprature du Soleil

500

1

2

3

4

1000 1500 2000

La courbe (comprise entre les deux courbes 6100 K et 6200 K du corps noir) nous permet de trouver la longueur donde maximale qui est gale 470 nm environ.

Daprs la loi de Wien : max , .T =2 9 10 3 K.m ; cela donne : T =

2 9 10 3, .

max soit

une temprature gale 6170 K.

Un ordre de grandeur de la temprature du Soleil : entre 6100 K et 6200 K.

Dans leffet photolectrique, une plaque de zinc est claire par la lumire issue dun arc lectrique.

Tant que sa frquence est infrieure un seuil caractristique du mtal, il ny a aucune mission dlectrons quelle que soit lintensit du rayonnement.

Si la frquence est suprieure au seuil caractristique, lmission dlectrons est immdiate, mme lorsque lintensit lumineuse est faible.

La physique classique prvoyait quun rayonnement transportant suffisamment dnergie tait capable darracher les lectrons dun mtal ; ctait faux.

Activit 8

Activit 9


36 Squence 2 SP12

Lnergie E dun photon UV scrit : E h hc

= =

.

Application numrique : EUV = =

6 62 10

3 0 10

300 106 6 1034

8

919, .

, .

., . J .

Longueur donde 1000 nm 600 nm 300 nm 1 nm

nergie dun photon 2 0 10 19, . J 3 3 10 19, . J 6 6 10 19, . J 2 0 10 16, . J

Plus la longueur donde dune onde lectromagntique diminue et plus lnergie du rayonnement augmente.

1 La transition est reprsente par une flche oriente vers le bas.

2 Latome se dsexcite en cdant de lnergie par mission dun photon.

E E E h hc

= = =6 2 ce qui donne : =

hc

E E6 2.

Il faut convertir les nergies en Joule : 1 1 60 10 19eV J= , .

Application numrique :

=

+ =

6 62 10 3 00 10

0 37 3 39 1 60 104

34 8

19, . , .

( , , ) , .,111 10 7. m soit 411 nm.

Le spectre du Soleil est un spectre dabsorption.

On distingue des raies noires sur un fond continu.

Activit 10

E (eV)

n = 8 0

n = 6 0,37

n = 5 0,54

n = 4 0,85

n = 3 1,51

n = 2 3,39

n = 1 13,6

Activit 11

Activit 12


37Squence 2 SP12


Domaine des ondes lectromagntiques

X Visible IRUV

1 mm800 nm400 nm10 nm0,001 nm

Vrai ou faux

1 Faux : la frquence dune onde lectromagntique est inversement

proportionnelle la longueur donde

=c

.2 Vrai : plus la longueur donde dune onde lectromagntique diminue et plus

lnergie des photons augmenteE hc

=

.

nergie des radiations lumineuses

Lnergie E dun photon associe une radiation scrit : E h hc

= =

.

Applications numriques :

Erouge = =

6 62 10

3 10

700 102 8 1034

8

919, .

.

., . J ;

Eviolet = =

6 62 10

3 10

400 105 0 1034

8

919, .

.

., . J .

Une radiation rouge de longueur donde est moins nergtique quune radiation violette.

Grandeurs et units

1 La clrit c de la lumire dans le vide est gale 3.108 m.s1 ou 300 000 km.s1.

2 Le symbole est associ la longueur donde en mtre (m).

3 Le symbole est associ la frquence en hertz (Hz).

4 Lunit dnergie E est le Joule (J).

nergies et frquences

Lnergie E1 dun photon est relie la frquence 1 par : E h1 1= .

Application numrique : E134 14 196 62 10 4 0 10 2 6 10= = , . , . , .x J .

E234 16 176 62 10 3 0 10 2 0 10= = , . , . , .x J .

Plus la frquence dune onde est leve, plus son nergie est forte.

Physique

Exercice 1

Exercice 2

Exercice 3

Exercice 4

Exercice 5


38 Squence 2 SP12

UV et IR

1 Deux sources de radiations ultraviolettes : le Soleil et les lampes vapeur de mercure.

2 Une source de radiations infrarouges : le filament dune ampoule chauff rayonne de la lumire visible et des IR.

3 Domaine qui correspond aux radiations UV : de 10 nm 400 nm.

Domaine qui correspond aux radiations IR : de 800 nm 1 mm.

4 Une application des radiations ultraviolettes : les UVA sont utiliss pour traiter des maladies de peau.

Une application des radiations infrarouges : en kinsithrapie, lchauffement des tissus est utilis pour soigner les lumbagos, les arthrites

5 a) Clrit de la lumire dans le vide : c m.s= 3 0 108 1, . .

b) Lnergie E dun photon infrarouge est relie la frquence par : E h= .

Application numrique : E = = 6 62 10 1 5 10 9 9 1034 14 20, . , . , .x J .

La longueur donde dans le vide est donne par :

=c

.

Application numrique : = = 3 0 10

1 5 102 0 10

8

146, .

, ., . m .

Tlphonie sans fil

1 La vitesse de propagation (ou clrit) de ces ondes dans le vide est gale la clrit de la lumire dans le vide : c m.s= 3 108 1. .

2 La longueur donde dans le vide est donne par :

=c

.

Application numrique : = =3 0 10

1 8 100 17

8

9, .

, ., m soit = 17 cm .

3 Lnergie E dun photon est relie la frquence par : E h= .

Application numrique : E = = 6 62 10 1 8 10 1 2 1034 9 24, . , . , . J .

4 Les inquitudes quant notre sant viennent du fait que lantenne du portable est plaque contre notre oreille durant lutilisation. Cela provoquerait un chauffement des tissus vivants sur plusieurs centimtres dpaisseur.

Rayonnements UV et IR

1 Les ondes lumineuses visibles par notre il ne reprsentent quune petite partie du vaste domaine des ondes lectromagntiques.

Visible IRUV

1 mm750 nm

15 m

400 nm10 nm

Exercice 6

Exercice 7

Exercice 8


39Squence 2 SP12

2 a) Longueur donde de 15 m place sur laxe.

b) Elle appartient au domaine des infrarouges.

c) La frquence dune radiation de longueur donde est donne par :

=c

.

Application numrique : 18

6133 10

15 102 10= =

.

.. Hz.

3 Lnergie E des photons associs une onde lectromagntique de longueur donde dans le vide et de frquence peut se dterminer laide de la

relation : E h hc

= =

.

Lnergie des photons diminue quand la frquence des radiations diminue ; les deux grandeurs sont proportionnelles.

4 Source de radiations UV : le Soleil. Effet biologique : le bronzage.

5 Filament chauff. La thermographie.

Temprature du corps noir

Daprs la loi de Wien : max , .T =2 9 10 3 K.m ; cela donne : T =

2 9 10 3, ..

maxApplication numrique : T K= 6744 soit 6 7 103, . .K

Loi de Wien

1 Tempratures des diffrentes courbes :

0,05

500

0,1

0,15

T = 3600 K

0,2

0,25

1000 1500 2000

T = 3300 K

T = 3000 K

T = 2700 K

T = 2500 K

Exercice 9

Exercice 10


40 Squence 2 SP12

2T (K) 2500 2700 3000 3300 3600

max.(nm) 1150 1070 960 875 800

max. T (K.m) 2,9.10-3 2,9.10-3 2,9.10-3 2,9.10-3 2,9.10-3

La loi de Wien est bien vrifie puisque max , .T =2 9 10 3K.m.

3 Ces longueurs donde maximales se trouvent dans le domaine des infrarouges.

Effet de serre

1 La longueur donde correspondant au maximum de rayonnement solaire sexprime partir de la loi de Wien.

Daprs la loi de Wien : max , .T =2 9 10 3 K.m ; cela donne : max

, .=

2 9 10 3

TApplication numrique : max = 483 nm.

Cette radiation se trouve dans le spectre visible.

2 Daprs la loi de Wien : max, .

=2 9 10 3

T.

Application numrique : max = 9730 nm.

Cette radiation se trouve dans linfrarouge.

3 Le rayonnement terrestre reste emprisonn sur Terre ce qui contribue rchauffer la Terre.

mission ou absorption dune radiation par un atome

1 Relation entre la frquence de la radiation et sa longueur donde dans le

vide :

=c

.

2

=c

; Application numrique : = =

3 0 10

580 105 2 10

8

914, .

., . .Hz

3 Signification de chaque terme de E h= . E : nergie perdue par latome, en J ; h : constante de Planck en J.s ; : frquence de la radiation mise par latome en Hz.

4 Calculer lnergie perdue par un atome qui met la radiation de longueur donde dans le vide 580 nm.

Exprimer cette nergie en lectron-volt.

nergie perdue par latome : E h= E = =

6 62 10 5 2 10 3 4 1034 14 19, . , . , . J avec 1 1 6 10 19eV J= ,

ce qui donne : E = 2 1, .eV

5 a) Une radiation peut interagir avec un atome si la variation dnergie E est gale lnergie dune transition entre deux niveaux dnergie de latome.

Exercice 11

Exercice 12


41Squence 2 SP12

Entre ltat fondamental dnergie E0 et le premier tat excit de latome dnergie E1 .

E E E= = =1 0 3 0 5 1 2 1, ( , ) , .eV

La radiation peut donc interagir avec latome et celui passera du niveau dnergie E0 celui dnergie E1.

b) Transition associe par une flche :

E (en eV)

0

1,5

1,9

3,0

5,1tat fondamental

c) Cette transition correspond une absorption car latome passe dun niveau dnergie donn un niveau suprieur dnergie.

d) Si latome, dans son tat fondamental, reoit une radiation dont le quantum dnergie vaut 3,0 eV alors :

E E E E Ei i i= = = = = 0 5 1 3 0 3 0 5 1 2 1( , ) , , , , .eV eV

Lnergie Ei ne correspond aucun des niveaux dnergie de latome donc la radiation nest pas absorbe par latome.

Lumire mise par un laser

1 La couleur de la lumire mise par cette diode laser est rouge.

2 E E E h hc

= = =1 2 .

Application numrique : E = 2 52 10 19, . J soit en eV eV= 1 57, .

Exercice 13


42 Squence 2 SP12

Lampe vapeur de sodium

1 Lnergie de latome de sodium est quantifie.

2 La mcanique de Newton ne permet pas dexpliquer ces niveaux nergtiques quantifis (discrets) car en mcanique classique toutes les valeurs dnergie sont possibles ; lnergie varie alors de faon continue.

3 Latome se dsexcite en cdant de lnergie par mission dun photon.

E E E h hc

= = =2 1 ce qui donne : =

hc

E E2 1.

Il faut convertir les nergies en Joule :

1 eV = 1,60 10-19 J.


=

+ =

6 63 10 3 00 10

3 03 5 14 1 60 105

34 8

19, . , .

( , , ) , .,889 10 7. m

soit 589 nm.

4 La longueur donde est dautant plus petite que lcart entre les niveaux dnergie est grand. La longueur

donde, la plus courte, du photon mis, correspond alors la transition entre le niveau dnergie Es = 1 38, eV et le niveau dnergie E1 5 14= , eV.

E hc

=

min.

=

h cE E5 1

.

Application numrique : min , .=3 31 10 7m soit 331 nm.

Cette radiation appartient au domaine des rayonnement U.V. ( ).min < 400 nm

Tube fluorescent

1 Le niveau le plus bas est appel niveau fondamental.

2 Latome de mercure passe dans un tat excit.

3 a) Latome de mercure met un photon de manire perdre de lnergie.

b) Calculer la longueur donde 1 0 correspondante dans le vide.

E E E hc

= =

1 01 0

ce qui donne : 1 01 0

= hc

E E.


-346,63.101 083 00 10

5 54 10 44 1 60 10

= +

, .

( , , ) , . 119soit : = 254 .nm

c) Le spectre visible possde des longueurs dondes comprises entre 400 et 800 nm. La longueur donde 1 0 correspond un rayonnement situ dans le domaine U.V.

Exercice 14

nergie

niveau n 8niveau n = 5

niveau n = 4

niveau n = 3

niveau n = 2

niveau n = 1

Exercice 15


43Squence 2 SP12

1 Le spectre continu est mis par la surface de ltoile dont la temprature est trs grande.

2 Certaines radiations de la lumire mise par ltoile sont absorbes par le gaz contenu dans les couches priphriques de ltoile. Les raies noires qui en rsultent sont donc les raies dabsorption des lments chimiques que contient ltoile.

3 Le spectre de largon nous permet de relier lintervalle de longueur donde (par exemple : [451 nm, 470 nm] la distance sparant les deux raies en mm.

Intervalle [451 nm, 470 nm] : 16,5 mm correspondent 19 nm.

Distance entre la raie de longueur donde 451 nm et la raie tudie : 13,5 mm ; les 13,5 mm correspondent 15,6 nm.

La longueur donde de la raie marque est donc = + =451 15 6 466 6, , nmsoit 467 nm.

La connaissance de la longueur donde de cette raie et des autres raies prsentes dans le spectre de ltoile permettent ensuite de trouver les lments prsents dans les couches priphriques de ltoile.

Exercice 16


44 Squence 2 SP12

Corrig des activits

Pour des solutions de mme nature et de mme concentration, la largeur l de solution traverse par la radiation peut faire varier A : plus l est grande, plus A est leve.

a)

A

0,2

0,4

0,6

0,8

1

1

1,2

1,4

2 3 4 5 5,32 6 7[I ](mmol/L)2

b) La courbe est une droite passant par lorigine dquation : y 188. ,x donc : lquation de cette droite est du type : A k I= .[ ].2 Calculons la valeur de

k L.mol k L.mol: .,

1881

5 32 101881

31

=

=

On peut rsoudre la question soit graphiquement, soit par le calcul : A k I= .[ ].2do : [ ] , . .I mol.L2

3 12 7 10=

La structure lectronique des atomes :

Hydrogne (Z = 1) : (K)1

Carbone (Z = 6) : (K)2 (L)4

Azote (Z = 7) : (K)2 (L)5

Oxygne (Z = 8) : (K)2 (L)6

Chimie

Activit 1

Activit 2

Activit 3

Activit 4

Attention

1 mmol = 103 molA sans unit


45Squence 2 SP12

Le sodium 11Na a pour structure lectronique : (K)2 (L)8 (M)1 ; il donnera un ion

stable en perdant 1 lectron afin de possder une couche externe dlectrons (L) sature soit : Na+.

Le chlore 17Cl a pour structure lectronique : (K)2 (L)8 (M)7 ; il donnera un ion

stable en gagnant 1 lectron afin de possder une couche externe dlectrons (M) sature soit : Cl.

Lazote N (Z = 7) a pour structure lectronique : (K)2 (L)5 ; il lui manque donc 3 lectrons pour saturer sa couche externe (rgle de loctet) , donc latome formera 3 liaisons covalentes : valence 3.

Loxygne O (Z = 8) a pour structure lectronique : (K)2 (L)6 ; il lui manque donc 2 lectrons pour saturer sa couche externe (rgle de loctet) , donc latome formera 2 liaisons covalentes : valence 2.

Latome dhydrogne utilise son lectron de la couche externe pour former la liaison covalente : il naura pas de doublet non liant.

Latome dazote utilise 3 lectrons parmi les 5 lectrons de sa couche externe pour former les trois liaisons covalentes. Il lui reste 2 lectrons qui vont former un doublet non liant.

Latome doxygne utilise 2 lectrons parmi les 6 lectrons de sa couche externe pour former les deux liaisons covalentes. Il lui reste 4 lectrons qui vont former deux doublets non liant.

Dihydrogne H2 : H H

Dichlore Cl2 :

Cl : (K)2(L)8(M)7 donc 1 doublet liant et 3 doublets non liants pour Cl : donc : CI CI

Chlorure dhydrogne HCl : H Cl

Ammoniac NH3 : N:(K) (L) :2 5 3 liaisons et un doublet non liant pour N : H

H

N H

Mthane CH4 : C:(K) (L)2 4 : 4 liasons et pas de doublet non liant pour C

H

H

H

C H

Dioxygne O2 : O O

Ethne C2H4 :

Dioxyde de Carbone CO2 : O C O

Activit 5

Activit 6

Activit 7

Activit 8

Activit 9

C C

H

H

H

H


46 Squence 2 SP12

Les 4 ballons de baudruche gonfls au maximum tiennent difficilement dans un mme plan. Si on les laisse libres de se disposer dans lespace, ils vont se rpartir dans 4 directions et vont former un ttradre.

C C

H

H

H

H

H

H

Il ny a pas que les doublets liants qui se repoussent. Les deux doublets non liants sont aussi prendre en compte. Comme il y a 4 doublets dlectrons autour de latome doxygne, ils vont se disposer selon un ttradre et langle entre les deux liaisons OH est donc proche de 109.

Les rpulsions entre doublets liants de la molcule donnent un angle de 109 entre les liaisons ; dans cette disposition, les doublets sont le plus loigns possibles (rpulsions minimales).

Ici, les angles sont de 107, car il y a 1 doublet non liant sur latome dazote.

Seul lexemple b) H C CH CH CH CH CH3 = = 3 prsente deux doubles liaisons conjugues.

Lhlianthine est colore car la molcule possde des doubles liaisons conjugues (les cycles, la liaisons N=N et les liaisons SO).

1 Les deux types de colorants : pigments et teintures.

2 Quelques domaines dutilisation des colorants : alimentaire, textile, maroquinerie, cosmtiques, peintures.

3 Un colorant azoque est une molcule organique possdant un groupe N=N-.

4 Un exemple de colorant organique : indigo et un exemple de colorant minral : le dioxyde de titane.

5 Les formules des colorants cits dans le texte possdent toutes un chromo-phore cest--dire une squence suffisamment longue de doubles liaisons conjugues.

1 Les composs ayant un nombre de doubles liaisons conjugues suprieurs ou gaux 8 absorbent la lumire dans le domaine visible. Ils absorbent les radiations de faible longueur donde et donc laissent passer les radiations de plus grande longueur donde (vert, jaune, orange et rouge).

Activit 10

Activit 11

Activit 12

Activit 13N

HH

H

Activit 14

Activit 15

Activit 16

Activit 17


47Squence 2 SP12

Les composs ayant un nombre de doubles liaisons conjugues infrieurs 8 absorbent la lumire ultraviolette et laissent passer la lumire visible, ils sont donc incolores.

2 Le bta-carotne ayant 10 liaisons doubles conjugues, il absorbe des radiations de longueur donde plus faible que lycopne qui en a 11. Le lycopne ne laisse passer que les radiations rouges tandis que le bta-carotne laisse passer les radiations jaunes, oranges et rouges.


48 Squence 2 SP12


Structure lectronique des atomes

11 1

32 1

72 5

82 6

10

H K

Li K L

N K L

O K L

Ne

=

=

=

=

=

( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

(( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

K L

Na K L M

K K L M N

2 8

112 8 1

192 8 8 1

=

=

Structure lectronique des ions

Li+ : (K)2

Na+ : (K)2 (L)8

Ca2+ : (K)2 (L)8 (M)8

S2- : (K)2 (L)8 (M)8

Cl- : (K)2 (L)8 (M)8

Les ions isotopes

Llment silicium possde 4 isotopes :

a) La structure lectronique du 1er isotope : (K)2 (L)8 (M)4 ,les 3 autres isotopes possdent la mme structure lectronique car ils ont le mme nombre dlec-trons.

b) Les lectrons perdus sont les lectrons de la couche externe M, ce qui donne lion Si4+.

Le formol

La reprsentation du mthanal se fait en calculant pralablement le nombre de doublets dlectrons externes :

d = + + =( ) /1 4 2 1 1 6 2 6 doublets.

Ce qui donne la reprsentation :

C O

H

H

Chimie

Exercice 1

Exercice 2

Exercice 3

Exercice 4


49Squence 2 SP12

Le peroxyde dhydrogne

a) La molcule est constitue de 2 lments : oxygne O : (K)2 (L)6 et hydrogne H : (K)1.

Latome doxygne contient donc ne = 6 lectrons et latome dhydrogne 1 lectron dans leur couche externe.

Le nombre total dlectrons externes est : 2 6 2 1 14 + = lectrons (le chiffre 2 vient du fait quil y a 2 atomes dhydrogne et 2 atomes doxygne dans la molcule).

b) Le nombre de doublets correspondant est donc d = =14 2 7/ .

c) Daprs leur structure lectronique, chaque atome dhydrogne forme 1 liaison et chaque atome doxygne, 2 liaisons. De plus, 4 lectrons externes de O ne sont pas engags dans les liaisons : chaque atome doxygne porte donc 2 doublets non liants :

H O O H

Reprsentation de Lewis

Structure lectronique :

Latome de carbone compte 6 lectrons rpartis de la manire suivante :

2 sur le niveau n = 1 et 4 sur le deuxime niveau : K2L4; 4 lectrons externes, donc il en manque 4 pour obtenir un octet : loctet est obtenu lorsque latome de carbone forme 4 liaisons. Les 4 lectrons externes sont engags dans les liaisons donc C na pas de doublet non-liant.

Latome doxygne compte 8 lectrons rpartis de la manire suivante :

2 sur le niveau n = 1 et 6 sur le deuxime niveau : (K)2(L)6; 6 lectrons externes, donc il en manque 2 pour obtenir un octet : loctet est obtenu lorsque latome doxygne forme 2 liaisons. Latome doxygne possde 2 doublets non-liants (voir exercice 5).

Latome dhydrogne compte un seul lectron. Il en manque 1 pour obtenir un duet : le duet est obtenu lorsque latome dhydrogne forme une liaison.

Les formules de Lewis sont :

H C

O

O CH3

CH3 C

O

O H

C C

OH

HH

HO

C C

OH

H

H

HO

Pour obtenir les formules semi dveloppes, recrivez les formules ci-dessus sans les doublets non hauts.

Reprsentation de Gram

Latome de fluor a 7 lectrons sur sa couche externe. Il lui manque un lectron pour respecter la rgle de loctet donc il forme une liaison simple. Il possde 6 lectrons externes non engags dans la liaison donc il a 3 doublets non liants. Les formules de Lewis suivantes conviennent :

Exercice 5

Exercice 6

Exercice 7


50 Squence 2 SP12

H

F

H

C

F

H

C H ou H

F

C

H

H

C H

F

Les reprsentations de Cram qui conviennent sont :

C C

F

H

F

H

H

H

C C

H

F F

H

H

H ou

Respect des rgles

a) Les atomes de carbone et doxygne ne respectent pas la rgle de loctet : ils sont entours chacun par seulement 6 lectrons.

b) Les atomes qui ne respectent pas la les rgles sont : lhydrogne (entour par 2 doublets au lieu dun), le carbone (entour par 5 doublets au lieu de 4).

Les molcules (a) et (b) ne peuvent donc pas exister.

Isomrie Z/E

1 Seul lexemple b) H C CH CH CH CH CH3 3 = = prsente deux doubles liaisons conjugues.

2 Lisomre Z est :

CC

HH

C3H7H3C

car les 2 atomes H sont du mme ct de la double liaison C C .

Exercice 8

Exercice 9


51Squence 2 SP12

Corrig devoir autocorrectif 11 a) Le centre optique O est plac au point dintersection de laxe optique avec

la lentille.

La lentille tant convergente, la valeur algbrique f ' appele distance focale de la lentille est positive : f ' .= =OF' cm5

Les points F et F' sont situs sur laxe optique gale distance du centre optique O : OF = -OF'= 5 cm.

b) La vergence V sexprime par : Vf

=1'.

Application numrique : V = = +

1

5 0 10 2, .20 .

c) Tout rayon parallle laxe optique sort de la lentille avec une direction passant par le foyer image F .

Trac des rayons lumineux la sortie de la lentille.

OF

5 6 7 85 6 7 84 3 2 18 7 6 5

F


2 a) Nous disposons de trois rayons particuliers :


Le rayon issu de B parallle laxe optique sort de la lentille avec une direction passant par le foyer image F .

Le rayon issu de B dont la direction passe par le foyer objet F, sort de la lentille parallle laxe optique.

Physique

Exercice 1


52 Squence 2 SP12

b) Image AB de lobjet AB :

510152025A

B

30 403530252015

A

B

O

105


c) Limage se forme 30 cm de la lentille.

d) Appliquons la relation de conjugaison :

1 1 1 1 1 1

OA OA f OA f OAOA

f OA

f OA' ' ' ''

'.

' = = + =

+.

Application numrique : OA'. . .

. ..=

( )

15 10 30 10

15 10 30 1030 10

2 2

2 22= mm soit 30 cm.

e) Le grandissement est donn par : = =A'B'

AB

OA'

OA.

Application numrique : = 1.

1 Lil peroit les couleurs primaires (rouge, verte et bleue) grce 3 types de cellules rtiniennes spcifiques appeles cnes.

2 La trichromie est base sur trois couleurs fondamentales : le rouge, le vert et le bleu. Ces trois couleurs suffisent crer toutes les autres.

3 a) La juxtaposition des trois encres jaune, cyan et magenta permet dobtenir du noir.

b) Le cyan absorbe le rouge et diffuse le vert et le bleu.

c) Le mlange de deux encres ne diffuse que la couleur commune quelles nabsorbent pas.

Le mlange du jaune et du magenta conduit au rouge.

4 Schma page suivante.

a) La longueur donde maximale est comprise entre 410 et 420 nm.

b) Cette longueur donde maximale correspond au domaine du visible (400, 800 nm).

La couleur correspondant 410 420 nm est le violet.

Exercice 2


53Squence 2 SP12

1

max

2

3

4

5

6

7

200 400 600 800 1000 1200 1400(nm)

Intensit

c) Daprs la loi de Wien : max , .T =2 9 10 3 m.K .

La temprature est donc gale : T =2 9 10 3, .

maxsoit une temprature proche

de 7000 K.


54 Squence 2 SP12

Lalcootest

1 3 16 3CH CH OH 2Cr O CH COO3 2 (aq) 2 72-(aq) (aq) 3+ + =

+H HH 4Cr 11H O(aq)3+(aq) 2+ +

2 nmM

VM

mol= =

=

= 0 8 100

461 74

,, avec M g/mol.= 46

3

quation 3 CH3CH2OH(aq) + 2 Cr2O72-

(aq) + 16H+

(aq)= 3CH3COOH(aq) + 4 Cr3+

(aq) + 11 H2O(l)

tat initial 1,74 3,0 Excs 0 0 Excs

tat intermdiaire

1,74 3x 3,0 2x Excs 3x 4x Excs

tat final 1,74 3xq 3,0 2xq Excs 3xq 4xq Excs

4 Pour trouver le ractif limitant, il faut calculer :

CH CH OH: 1,74 x3 2 =3 0max X molmax , .= 0 58

Cr O2 72 : 3 2 0 =Xmax X molmax , .= 1 5

La valeur minimale de Xmax nous donne le ractif limitant : CH3CH2OH. La bonne valeur de Xmax est donc : 0,58 mol.

5 Daprs le tableau, on peut obtenir 3Xmax mol de CH3COOH soit 1,74 mol.

m n.M g= = =1 74 60 104,

lment fer dans un vin blanc

I. 1 Labsorbance dune espce colore en solution est proportionnelle sa concentration en solution (loi de Beer-Lambert) :

A = k.CAvec k : constante de proportionnalit et C : concentration molaire (mol.L1).

2 On rduit le fer (III) afin de doser tout llment fer contenu dans le vin car seul le fer(II) donne une couleur rouge la solution en prsence do

phnantroline .

II. 1 a) Matriel ncessaire pour prlever : Solution S : burette gradue D2 Eau distille : burette gradue D3 Hydroquinone : pipette jauge C1 o phnantroline : pipette jauge C2

Chimie

Exercice 1

Exercice 2


55Squence 2 SP12

b) Du mlange 1 au mlange 8, le volume de solution S diminue donc la concentration en fer II diminue. Par consquent, la couleur de la solution devient de plus en plus ple.

2 C mg.L=

= 12 5 8

402 5 1

,,

III. 1 On cherche labscisse du point de la droite dordonne 0,45 : 2,25 mg.L1.

2 Dans le vin blanc, la concentration en fer est :

C mg.L=

=2 25 40

204 5

,,

cette valeur est infrieure 10 mg.L1 donc la casse ferrique ne peut se produire.

IV. Structure lectronique des atomes :

Hydrogne (Z = 1) : (K)1

Carbone (Z = 6) : (K)2 (L)4

Oxygne (Z = 8) : (K)2 (L)6

Latome dhydrogne a un lectron sur sa couche externe ; il lui manque un lectron pour respecter la rgle du duet. Il forme une liaison simple et na pas de doublet non liant.

Latome de carbone a 4 lectrons sur sa couche externe ; il lui manque 4 lectrons sur sa couche externe pour respecter la rgle de loctet et donc forme quatre liaisons. Il ne possde pas de doublet non-liant.

Latome doxygne a 6 lectrons sur sa couche externe ; il lui manque 2 lectrons sur sa couche externe pour respecter la rgle de loctet et donc forme deux liaisons. Il lui reste 4 lectrons externes non engags dans des liaisons donc deux doublets non liants.

Formule de Lewis O

H

H

CH H

Reprsentation de Cram :

C

H

H

H

HO

n


57Squence 3 SP12


Une anne vaut environ : 3600 24 365 3 15 107 = , . .s

Comme la vitesse de la lumire dans le vide vaut : 3 00 108 1, . ,m.s la distance parcourue par la lumire en une anne vaut :

1 3 00 10 3 15 10 9 45 108 7 15 , . , . , . .a.I m= =

Lunit astronomique vaut : 1 1 5 10 1 5 108 11 , . , . .UA km m= =

Do 19 45 10

1 5 106 3 10

15

114

, .

, ., .a.I U.A= =

Une anne lumire vaut environ 63000 units astronomiques.

Noyau Atome CelluleDistance

Terre-SoleilVoie lacte

Ordre de grandeur (m)

10-15 10-10 10-5 1011 1021

Noyau Atome Cellule Systme solaire Voie lacte

Interactionnuclaire

fortelectromagntique lectromagntique gravitationnelle gravitationnelle

Fnoyau

Flectron

F F= =

' , . .

, . , .

( . )6 67 10

9 1 10 1 67 10

50 10

1131 27

12 2== 4,1.10 - 47 N

Physique

Activit 1

Activit 2

Activit 3

Activit 4


58 Squence 3 SP12

Les deux forces F et F ' sont rpulsives quand les particules portent des charges

de mme signe et attractives quand elles portent des charges de signes opposs.

F+ +

F F+

F

F F F+

F

Fenoyau

Felectron

F F N= = =

' . .( . )

.9 1050 10

10912 2

8(1,6.10 ) 9,2-19 2

Linteraction gravitationnelle est ngligeable devant linteraction lectromagn-tique lchelle des atomes et des molcules.

F

Fe = =

9 10

4 102 10

8

4739.

..

Ordre de grandeur de la masse dun nuclon : 1027 kg

Ordre de grandeur de la masse dun lectron = 1030 kg

Rapport de la masse dun nuclon sur celle dun lectron : mm

n

e= =

1 67 10

9 1 101 8 10

27

313, .

, ., .

Il y a trois ordres de grandeur de diffrence entre les deux masses. La masse de llectron est ngligeable devant celle du nuclon donc toute la masse de latome est concentr dans son noyau.

Complter le tableau suivant :

Particule(s)noyau de latome

de fercortge lectronique

de latome de feratome de fer ion Fe3+

Charge lectrique exprime en charge lmentaire e

26 26 0 3

Charge lectrique en coulomb (C)

4,2.1018 4,2.1018 0 4,8.1019

Le noyau de latome est constitu de protons chargs positivement qui se repoussent du fait de linteraction lectrique et de neutrons lectriquement

Activit 5

Activit 6

Activit 7

Activit 8

Activit 9


59Squence 3 SP12

neutres. Comme linteraction lectromagntique lemporte largement sur linteraction gravitationnelle attractive, les protons devraient sloigner les uns des autres. La cohsion du noyau de latome implique donc lexistence dune interaction appele interaction nuclaire forte beaucoup plus importante que linteraction lectromagntique courte distance.

19 protons et 20 neutrons dans le noyau. 19 lectrons autour du noyau. La charge du nuage lectronique est gale : 19 3 1,6.1019 = 3,0.1018 C.

Le noyau de fluor : 919F contient 9 protons et 10 neutrons.

Sa charge lectrique vaut donc 9 fois celle dun proton :

9 1 6 10 1 44 1019 16 = , . , . ,C sa masse vaut 19 fois celle dun nuclon (proton et neutron ont pratiquement la mme masse) : 19 1 67 10 3 17 1027 26 = , . , . .kg

Latome est lectriquement neutre, sa charge totale est nulle.

Pour avoir la masse de latome, il faut ajouter la masse du noyau la masse des neuf lectrons, mais comme la masse des lectrons est beaucoup plus faible que celle des nuclons, la masse de latome a pratiquement la mme valeur que celle du noyau.

Les deux isotopes sont les nuclides 1 et 2 qui possdent le mme nombre de protons (11) et un nombre diffrent de neutrons (respectivement 11 et 12).

Ces deux nuclides appartiennent llment sodium de symbole Na : 1122Na et

1123Na .

Le troisime nuclide appartient llment magnsium de symbole Mg : 1224Mg

Composition du noyau 612C : 6 protons et 6 neutrons ; du noyau : 7

14N : 7 protons

et 7 neutrons ; du noyau 818O : 8 protons et 10 neutrons.

Le noyau 614 X contient 6 protons, il appartient donc llment carbone : 6

14C

est un isotope de 612C .

Un tel noyau aurait 100 protons et seulement 50 neutrons, il serait trs loin de la valle de stabilit et ne pourrait mme pas se former !

Le physicien Becquerel dcouvrit la radioactivit en constatant que des plaques photographiques, enveloppes de papier noir et donc labri de la lumire, avait malgr tout t impressionnes.

En fait, elles avaient t impressionnes par le rayonnement mis par un minerai plac au voisinage et ce rayonnement passait au travers du papier.

Marie Curie tudia ce rayonnement et on lui doit les premires tudes sur ce phnomne quelle appela radioactivit. Elle poursuivit ce travail avec son mari Pierre, puis sa fille et son gendre Irne et Frdric Joliot-Curie.

Activit 10

Activit 11

Activit 12

Activit 13

Activit 14

Activit 15


60 Squence 3 SP12

Au bout dune dure gale trois fois la demi-vie, le nombre de noyaux non dsintgrs a t divis par deux par rapport au nombre restant au bout dune

dure gale deux fois la demi-vie, il ne vaut plus que N

80 .

Aprs chaque semaine coule, lactivit est divise par deux.

Temps coul 0 1 semaine 2 semaines 3 semaines 4 semaines 5 semaines

Activit en Bq 8,00.108 4,00.108 2,00.108 1,00.108 0,50.108 0,25.108

Radioactivit : 84210Po 82

206Pb+ 24He ; 92

238U 90234Th+ 2

4He .

Radioactivit : 55139Cs 56

139Ba 10e + ; 15

32P 1632S+ 1

0e .

Radioactivit + : 1530P 14

30Si+ 10e ; 7

13N 613C+ 1

0e .

Activit 16

Activit 17

Activit 18

Activit 19

Activit 20


61Squence 3 SP12


Cohsion de la matire

1 Comme les astres (plantes ou toiles) sont lectriquement neutres (ou en tout cas ne portent pas de charge lectrique importante), les forces lectriques quils pourraient exercer les uns sur les autres sont nulles (ou ngligeables) et seules les forces gravitationnelles interviennent lchelle astronomique .

2 Comparaison de la force gravitationnelle et de la force lectrique sexerant entre un ion potassium K+ et un ion iodure I situs une distance d lun de lautre :

Valeur de la force lectrique : F kqq'

delectrique 2

= ;

Valeur de la force de gravitation : F Gmm'

dgravitation 2

= ;

Rapport de ces deux forces : F

F

k qq'

Gmm'electrique

gravitation= = 2 5 1032, . .

La force lectrique entre deux particules est donc normment plus grande que la force gravitationnelle qui est ngligeable, ce qui est conforme au texte.

3 La valeur de la distance d pm m= = 350 3 5 10 10 , . est trop grande pour que linteraction forte se manifeste entre les deux ions et comme nous avons vu prcdemment que linteraction gravitationnelle est ngligeable, la seule force considrer est donc la force lectrique.

Noyau de latome dhlium

1 Valeur de la force lectrique : F kqq'

dN

2= = 230 (ce qui est une valeur trs

leve).

2 La stabilit des noyaux sexplique par linteraction forte qui est une force attractive compensant la force lectrostatique rpulsive entre les protons du noyau.

Dans les noyaux comprenant un trs grand nombre de charges, la rpulsion lectrique finit par lemporter et ces noyaux (situs au-del de luranium dans le tableau priodique) sont instables.

Isotopes de lhydrogne

Hydrogne 1 : 11H ; Hydrogne 2 (deutrium) : 1H

2 ; Hydrogne 3 (tritium) : 13H .

On crit parfois les deux derniers isotopes sous la forme : 1D2

et 1

3T , mais cette criture ne doit pas faire oublier que les atomes ayant ces noyaux appartiennent llment hydrogne.

Physique

Exercice 1

Exercice 2

Remarque

Exercice 3

Remarque


62 Squence 3 SP12

Couples disotopes

Isotopes du chlore : 1735Cl et 17

37Cl ; isotopes de largon : 1838 Ar et 18

40 Ar ; isotopes du

fer : 2655Fe et 26

56Fe ; Isotopes du cobalt : 2759Co et 27

58Co ; isotopes du cuivre : 2963Cu

et 2965Cu ; isotopes de luranium : 92

238U et 92235U .

Stabilit des noyaux

1 Le nuclide radioactif ayant trop de neutrons se trouve en un point dordonne suprieure au nuclide stable ayant mme nombre de protons. En lui faisant gagner un proton et perdre un neutron (puisque quun proton se transforme en un neutron avec mission dun lectron), lmission radioactive le rapproche de la zone des noyaux stables.

2 Le nuclide radioactif + ayant un manque de neutrons se trouve en un point dordonne infrieure au nuclide stable ayant mme nombre de protons. En lui faisant gagner un neutron et perdre un proton, lmission radioactive le rapproche de la zone des noyaux stables.

3 Lisotope 133 de liode possde trop de neutrons, il est radioactif , de mme

pour lisotope 14 du carbone : 53133I + 54

133Xe 10e et 6

14C 714N 1

0e + .

Lisotope 119 de liode na pas assez de neutrons, il est radioactif + . De mme pour le nuclide 11 du carbone (il sagit de deux nuclides artificiels) :

53119I 52

133Te 10e + et 6

11C 511B+ 1

0e

quations de dsintgrations radioactives

88226Ra 86

222Rn+ 24He ; 55

137Cs 56137Ba e + 1

0 ; 15

30P 1430Si+ 1

0e

84218Po 82

214Pb 24He + ; 82

214Pb 83214Bi 1

0e + ; 83214Bi 84

214Po -1e +0

Isotope 131 de liode

1 53131I 54

131Xe+ 10e

2 = = = AN

1 0 10

1 0 101 0 10

4

106 1, .

, ., . s

Exercice 4

Exercice 5

Exercice 6

Exercice 7


63Squence 3 SP12

3 T0,69

s= = =

0 69

1 0 106 9 10

65,

, ., . , soit environ 8,0 jours. Au bout de 8 jours,

lactivit de la source est divise par deux et vaut 5000 Bq. Au bout de 16 jours, lactivit est encore divise par deux et vaut 2500 Bq.

Activit dun chantillon de plomb 212

1 et 2 Lactivit dune source (ne contenant quun seul nuclide radioactif) est propor-tionnelle au nombre de noyaux radioactifs quelle contient. La courbe reprsentant lac-tivit en fonction du temps a donc mme allure que la courbe reprsentant le nombre de noyaux non dsintgrs en fonction du temps.

3 la date t A= =0 18 0 106, , . Bq et

No = 1 0 1012, . , do on calcule :

= =18,0.10

1,0.10= 1,8.10 s

6

125 1A

No

.

4 Pour obtenir la demi-vie partir de la courbe, il suffit de reprer sur cette courbe le point dont lordonne vaut 9,0.106 Bq. (soit la moiti de lactivit initiale : quand lactivit est divise par deux, le nombre de noyaux non dsintgrs est galement divis par deux). On trouve ainsi environ T = 10 5, h soit 10 h 30 min ou encore 3,8.104 s.

Le produit T vaut : 1 8 10 3 8 10 0 685 4, . . , . , . = Compte tenu de limprcision de la dtermination graphique et du nombre de chiffres significatifs concernant No, cette valeur est compatible avec la valeur 0,69 mentionne dans lnonc.

Datation et radioactivit

1 614C 7

14N+ 10e .

2 Larbre vivant absorbe constamment du dioxyde de carbone contenant une trs faible proportion de carbone 14 et maintient son taux de carbone 14 au niveau de celui de lair. Larbre mort nen absorbe plus et son taux de carbone 14 diminue par dsintgration radioactive.

3 La proportion de carbone 14 diminue de moiti au bout dune demi-vie (5700 ans).

4 La demi-vie du potassium 40 est beaucoup plus grande (plus de deux cent mille fois plus grande) que celle du carbone 14. Si le carbone 14 est utilisable pour dater des objets de quelques centaines quelques milliers dannes (au-

Exercice 8

t (en h)

0 10

10

20

20

30 40

A (en 106Bq)

T

Exercice 9


64 Squence 3 SP12

del, lactivit devient trs faible), le potassium 40 permet de dater des roches dont lge sexprime en centaines de millions dannes.

Les demi-vies des nuclides radioactifs ont des valeurs trs diffrentes : dune fraction de millionime de seconde plusieurs millions dannes !

Radioactivit de liode

1 53131I 54

131Xe + 10e

2 La radioactivit est dangereuse pour les organismes vivants parce que les particules ou rayonnements mis par radioactivit peuvent provoquer des lsions sur les cellules des tissus vivants et sont susceptibles de provoquer des mutations gntiques, des cancers ou le dcs des tres vivants irradis.

Comme liode se fixe sur la thyrode, une absorption diode non radioactif permet de saturer en iode la thyrode qui nabsorbera plus par la suite diode supplmentaire et ne fixera donc pas liode radioactif.

Remarque

Exercice 10


65Squence 3 SP12

Corrig des activits

Latome daluminium possde 13 protons dans son noyau, il y a donc 13 lectrons autour du noyau. La charge lectrique du noyau vaut : 13 e , la charge lectrique de latome est nulle.

Quand latome daluminium aura perdu trois lectrons, il sera devenu un ion

Al3+ .

Structure lectronique de latome de lithium : (K)2(L)1, cet atome perdra un lectron pour donner lion Li+ de structure lectronique : (K)2 selon la rgle du duet.

Structure lectronique de latome de chlore : (K)2(L)8(M)7, cet atome gagnera un lectron pour donner lion Cl de structure lectronique : (K)2(L)8(M)8 selon la rgle de loctet.

Lion H O3+ est form de quatre atomes (un atome doxygne et trois atomes

dhydrogne), il porte une charge +e.

Lion nitrate NO3 est form de quatre atomes (un atome dazote et trois atomes

doxygne), il porte une charge e.

Trois ions ammonium NH4+ sassocient avec un ion phosphate PO4

3 pour former le phosphate dammonium.

F kq q

d

phosphate ammonium= =

.

..

, . ,2

919

9 103 1 6 10 1 66 10

0 35 105 6 10

19

9 29.

( , . ), .

= N

Reprsentation de Cram de CH4 et NH3 :

C

H

HH

HN

3

H+

H+H +

La molcule dammoniac NH3 est polaire car elle prsente un ct ngatif : latome dazote et un ct positif: le centre de gravit du triangle form par les trois atomes dhydrogne.

La molcule de mthane nest pas polaire car le centre de gravit des petites charges positives portes par les atomes dhydrogne se trouve lendroit o est plac latome de carbone. Il ny a pas de ct positif et de ct ngatif.

Chimie

Activit 1

Activit 2

Activit 3

Activit 4

Activit 5

Activit 6

Activit 7


66 Squence 3 SP12

Les molcules de dtergent possdent une extrmit (dite hydrophile) possdant une affinit pour leau, et une autre extrmit (dite lipophile) prsentant une affinit pour les graisses. Lorsquelles sont places dans leau, elles forment des agglomrats de quelques dizaines ou centaines de molcules, toutes les extrmits ayant une affinit pour leau sont lextrieur. Ces agglomrats sont appels des micelles. Lorsque les micelles rencontrent des graisses, leurs extrmits lipophiles entourent la particule de graisse et leurs extrmits hydrophiles leur permettent dtre emportes par leau.

quation de dissolution dans leau du chlorure de fer(III) : FeCl Fe + 3 Cl3+3

.

quation de dissolution dans leau du sulfate de potassium : K SO K + SO+ 4

22 4 2

.

Quantit de matire contenue dans 25,0 g de sulfate de sodium :

n = =25 0142 1

0 176,,

, mol.

Quantit de saccharose dissous : n = = 17 1342

5 00 10 2,

, . mol ;

Concentration molaire C =5 00 10

50 0 101 00

2

3, .

, .,

= mol.L 1 ;

Concentration massique : Cm = =17 1

50 0 10342

3,

, .g.L 1.

Les concentrations molaires ioniques : Fe C 1,0.10 mol.L3+

= = 2 1 1 et

SO C mol.L42

= = 3 1 5 10 1 1, . vrifient bien lquation dlectroneutralit :

3 2Fe SO3+ 42

=

.

VC V

Cif f

i= =

=

. , .

, .

50,0.100,0.10

31 0 10

5 0 101

2

23 L , soit 10 mL.

Quantit de sulfate de cuivre ncessaire : n C V= = = . , , , .0 100 0 100 1 00 10 2mol.

m = =1 00 10 159 6 1 602, . , , g (une prcision au centigramme suffit pour la

valeur du rsultat).

Masse molaire du sulfate de cuivre pentahydrat

M g.mol' , , , .= = + = 15 159 6 18 0 5 249 6 1

m' , . , , = =1 00 10 249 6 2 502 g (une prcision au centigramme suffit pour la

valeur du rsultat).

Activit 8

Activit 9

Activit 10

Activit 11

Activit 12

Activit 13

Activit 14


67Squence 3 SP12

Le diiode est un solide molculaire non polaire (I-I) qui se dissout mieux dans le cyclohexane que dans leau parce que leau est un solvant polaire tandis que le cyclohexane est un solvant non polaire.

On aurait pas pu faire cette exprience avec le sulfate de cuivre car cest un solide ionique qui est trs soluble dans leau et insoluble dans le cyclohexane.

Activit 15


68 Squence 3 SP12


Forces lectriques dans un cristal de chlorure de sodium

La valeur de la force lectrique entre les deux ions est donne par la loi de

Coulomb : F F kqq

d= ='

'.

2La valeur absolue du produit des deux charges vaut :

= = qq' ( , . )1 6 10 19 2 et la distance entre les charges vaut d = 282.1012m. Le

calcul donne F = F = 2,9.109N.

Solution de chlorure de magnsium

1 Structure lectronique de latome de magnsium : (K)2(L)8(M)2, cet atome perdra deux lectrons pour donner lion Mg2+ de structure lectronique : (K)2(L)8 selon la rgle de loctet.

Structure lectronique de latome de chlore : (K)2(L)8(M)7, cet atome gagnera un lectron pour donner lion Cl de structure lectronique : (K)2(L)8(M)8 selon la rgle de loctet.

2 MgCl Mg + 2 Cl2+2

3 Les molcules deau sont polaires et ce sont les interactions lectriques entre les molcules deau et les ions du solide qui provoquent la dispersion des ions.

4 Masse molaire du chlorure de magnsium MgCl : g.mol2 , , , .24 3 2 35 5 95 3

1+ =

La concentration molaire vrifie la relation : CnV

= , donc les 100 cm3 de solution (soit V = 100 10 3. )L contiennent :

n = = = C.V mol0 10 100 10 1 0 103 2, . , . de chlorure de magnsium, ce qui

reprsente une masse m = 0 95, .g

Dans cette solution, Mg mol.L2 10 10+

= , et Cl mol.L .1

= 0 20,

Vrai ou faux

1 Vrai : toutes les molcules sont lectriquement neutres (leur charge lectrique totale est nulle).

2 Vrai : les interactions lectriques entre les ions du solide et les molcules deau provoquent la dislocation du solide puis la dispersion des ions.

3 Vrai : la concentration molaire, quotient dune quantit de matire par un volume, sexprime en mol.L1.

4 Faux : le mlange contiendra deux fois plus de saccharose que chaque litre avant mlange, mais comme le volume aura aussi doubl, la concentration molaire du mlange sera toujours gale C0 .

5 Vrai : la concentration massique est proportionnelle la concentration molaire.

Chimie

Exercice 1

Exercice 2

Exercice 3


69Squence 3 SP12

Solution de nitrate de nickel

1 Ni NO Ni + 2 NO32+

3( ) 2 2 Masse molaire du nitrate de Nickel :

M = + + = 58 7 2 14 0 3 16 0 182 7 1, ( , , ) , .g.mol

Quantit de matire dans 0,500 L de solution de nitrate de nickel de concentration 0 10 0 0501, : , .mol.L n C.V mol = =

Masse m de nitrate de nickel utilise : m n M= = =. , , , .0 050 182 7 9 1 g

3 C C Mm = = =. , , .0 10 182 7 18 g.L1

4 C CVVf i

i

fmol.L= =

+= 0 10

0 50 5 0 5

0 050 1, .,

, ,, .

lectroneutralit

Premire solution : quation dlectroneutralit : Na Cl+

=

.

Do Na mol.L+

= 0 15 1, .

Deuxime solution : quation dlectroneutralit : Na K Cl+ +

+

=

.

Do Na mol.L+

= 0 08 1, .

Troisime solution : quation dlectroneutralit : Na Cl SO+

=

+

2 42 .

Do Na mol.L+

= 0 21 1, .

Exercice 4

Exercice 5


71Squence 4 SP12


Daprs la relation dEinstein : E mc= 2, lnergie obtenue en transformant totalement 1 kg de matire en nergie vaut : E = =1 00 3 00 10 9 00 108 2 16, ( , . ) , . .J

Une centrale lectrique de 109 W fournit une nergie de 109 J chaque seconde ; la dure ncessaire pour quelle fournisse une nergie de 9,00.1016 vaut :

9,00.10

19,00.10 s

16

97

0= (environ 3 ans !)

Le noyau dhydrogne 3 (ou tritium) 13H contient 1 proton et 2 neutrons.

Calculons son dfaut de masse :

m = Z mp + N mn mo mp + mn mo u = =2 8 20 10 3, . .

Comme 1 1 66 10 8 20 10 1 66 10 1 36 127 3 27 , . , , . , . , .u kg= = = m 00 29 kg.

nergie de liaison de ce noyau : E mcI = = = 2 29 8 2 121 36 10 3 00 10 1 22 10, . ( , . ) , . .J

Soit EI = =

1,22.10

1,6 .10MeV.

12

1307 63,

Dfaut de masse du noyau de lithium 7 : m u= = 0 0404 6 71 10 29, , . .kg

nergie de liaison (en J) : E m cI = = = , . ( , . ) , . ,2 29 8 2 126 71 10 3 00 10 6 04 10 J

Soit EI = =

6,04.10

1,6 .10MeV

12

13037 75, .

nergie de liaison par nuclon : EAI = 37,75

7= 5,39 MeV par nuclon.

Dsintgration du thorium 232 : 90232

88228

24Th Ra He +

Avant la dsintgration, il y a 90 protons, et, aprs la raction, il y en a aussi 90 : 88 dans le noyau de xnon et 2 dans la particule a : la charge lectrique est bien conserve.

Avant la dsintgration, il y a 232 nuclons, et, aprs la raction, il y en a aussi 232 : 228 dans le noyau de xnon et 4 dans la particule a : le nombre de nuclons est bien conserv.

Physique

Activit 1

Activit 2

Activit 3

Activit 4


72 Squence 4 SP12

Dsintgration du radium 228 : 88228

89228

-10Ra Ac e +

Avant la dsintgration, il y a 88 protons, et aprs la raction, il y a 89 protons dans le noyau dactinium et un lectron correspondant lmission b. Comme llectron porte une charge oppose celle du proton, lensemble correspond bien la charge porte par 88 protons. La charge lectrique est bien conserve.

Avant la dsintgration, il y a 228 nuclons, et de mme aprs la raction (dans le noyau dactinium).

Dsintgration de lamricium 241 : 95241Am 93

237 4He2 +Np

Energie libre par cette raction : 224 495 8 220 762 8 3 727 4 5 6 , ( , , ) , . + = MeV

Une hypothtique raction au cours de laquelle un noyau de fer 2656Fe se briserait

en deux noyaux identiques ne librerait pas dnergie : au contraire, il faudrait apporter normment dnergie au noyau de fer pour le briser.

En effet le noyau de fer est situ au fond de la cuvette de la courbe dAston, alors que les noyaux plus lgers obtenus seraient situs une altitude plus leve : leur nergie de liaison par nuclon serait plus faible (ne pas oublier que, dans la courbe dAston, la grandeur porte en ordonne est affecte dun signe

moins : EAI ).

Comme lnergie de liaison par nuclon reprsente une nergie perdue par chaque nuclon lors de la formation du noyau, les nuclons des noyaux obtenus auraient perdu moins dnergie en faisant partie de noyaux lgers que lorsquils participaient au noyau de fer. Autrement dit, il faudrait leur apporter un surcrot dnergie pour quils puissent participer la formation de ces noyaux plus lgers.

En pratique, il suffit de retenir que toute raction permettant dobtenir des noyaux situs plus prs du fond de la cuvette quavant la raction fournit de lnergie et que toute raction permettant dobtenir des noyaux plus loigns du fond de la cuvette quavant la raction consomme de lnergie.

La fission dun noyau duranium 235 (ce qui correspond lutilisation de 3,9.10-25 kg duranium 235) libre une nergie denviron 200 MeV soit 3,2.10-11 J.

Avec une masse gale un gramme (10-3 kg), on obtient une nergie denviron :3,2.10

3,9.1010 8,2.10 J

11

253 10

= ce qui correspond bien, approximativement, la

valeur donne dans le cours (approximative elle aussi).

Activit 5

Activit 6

Activit 7


73Squence 4 SP12


Einstein et Lavoisier

1 Il sagit dune raction chimique : les atomes des produits de la raction et les atomes des ractifs sont associs de faon diffrente, mais il sagit toujours des mmes atomes alors quune raction nuclaire entrane une modification des noyaux qui, lissue de la raction, nappartiennent plus aux mmes lments chimiques que les noyaux initiaux.

2 une nergie libre E correspond une perte de masse m telle que :

mE

c2= =

( )= 50 .10

3,00.10

5,6.10 kg3

8 2120 .

Cette valeur est si faible par rapport la masse des ractifs (36.10-3 kg) quelle est indcelable. On peut donc lgitimement utiliser en chimie la loi de Lavoisier et considrer que la masse des produits obtenus lissue dune raction chimique est gale la masse des ractifs initiaux.

nergie et radioactivit

Lors de la dsintgration radioactive complte dun nanogramme de radium 226 (soit 10-9 g, donc 10-12 kg), la perte de masse vaut :

m = = 10 12 0,0023100

2,3.10 kg.17

nergie libre : E m c= = = . , . ( , . ) , .2 17 8 22 3 10 3 00 10 2 1 J

nergie de liaison dun noyau dor 197

Le noyau dor 197 : 79197Au contient 79 protons et 118 neutrons.

Perte de masse : m m m mp n o= + =79 118 2 78 10 27, . .kg

nergie de liaison E m cI = = = , . ( , . ) , . ,2 27 8 2 102 78 10 3 00 10 2 50 10 J

soit 2,50.10

1,6.10MeV

10

13

= 1 56 103, .

nergie de liaison par nuclon : EAI = =1,56.10

197MeV nuclon.

37 92, /

Dsintgration du radium 226

La rponse est obligatoirement : oui ! La loi de conservation de lnergie est une loi fondamentale qui ne peut tre transgresse.

Lorsque lnergie cintique totale aprs raction vaut 4,9 MeV, on retrouve sous forme dnergie cintique toute lnergie de masse transforme au cours de la raction.

Physique

Exercice 1

Exercice 2

Exercice 3

Exercice 4


74 Squence 4 SP12

Lorsque lnergie cintique totale aprs raction 4,7 MeV, la diffrence dnergie, soit 0,2 MeV, est emporte par un rayonnement g.

De mme, lorsque lnergie cintique totale aprs raction 4,4 MeV, le rayonnement g a une nergie de 0,5 MeV.

Radioactivit du bismuth 212

Dsintgration a du bismuth 212 : 83212

81208

24Bi Tl + He

La perte de masse au cours de cette raction vaut :

m = = 3 519422 10 3 452865 10 6 6456 10 125 25 27, . , . , . ,001 10 29. kg.

Cela signifie que la diffrence, entre lnergie de masse du noyau initial et lnergie de masse totale des produits de la raction, vaut : E m c= = . , . .2 139 09 10 J

Lnergie libre par cette raction de dsintgration vaut donc 9,09.10-13 J, soit 5,7 MeV.

Racteur nuclaire utilis pour la propulsion

1 92235

01

3894

54140

01U n Sr Xe 2 n+ + + . La perte de masse au cours de cette

raction vaut :

( , , ) ( , , ,m = + + + 235 0439 1 0087 93 9154 139 9252 2 1 0087)) , = 0 195 u soit 3,24.10-28 kg

nergie libre par chaque fission : E m c= = . , . ,2 112 92 10 J soit 182 MeV.

2 Comme les ractions nuclaires doivent fournir une puissance de 30 MW, cest--dire une nergie de 30.106 J chaque seconde, lnergie fournie par ces ractions en un jour vaut : 30 10 24 3600 2 59 106 12. , . . = J

Le nombre de fissions ncessaires pour obtenir cette nergie vaut : 2,59.10

2,92.10= 8,87.10

12

-1122

Comme la masse dun atome duranium est pratiquement gale la masse de son noyau :

m = = 235 1 66 10 3 9 1027 25, . , . ,kg la masse duranium 235 utilis par jour

vaut donc :

8 87 10 3 9 10 0 03522 25, . , . , = kg (environ 35 g).

Raction de fusion deutrium-tritium

Avant comme aprs la raction, le systme est constitu de 2 protons et de 3 neutrons.

Dans le schma ci-aprs, le trait suprieur reprsente le niveau dnergie E1 correspondant ces 5 nuclons trs loigns les uns des autres.

Exercice 5

Exercice 6

Exercice 7


75Squence 4 SP12

Le niveau dnergie E2 correspond au systme form par le noyau de deutrium et le noyau de tritium.

Comme lnergie de liaison du deutrium vaut : 2 110 2 20 =, , MeV et que celle du tritium vaut 3 2 80 8 40 =, , ,MeVla valeur de E2 est infrieure de 2 20 8 40 10 60, , , + = MeV par rapport E1.

Le niveau dnergie E3 correspond au systme form par le noyau dhlium et le neutron.

Comme lnergie de liaison de lhlium 4 vaut : 4 7 05 28 20 =, , MeV la valeur de E3 est infrieure de 28,20 MeV par rapport E1.

Lors de la raction de fusion, le systme passe de lnergie E2 lnergie E3 ; il

perd donc 28 2 10 6 17 6, , , = MeV

qui reprsente la valeur de lnergie libre par cette raction (sous forme dnergie cintique et de rayonnement g).

Remarque : Cette nergie est environ onze fois plus faible que celle obtenue lors dune fission dun noyau duranium 235, mais la masse des ractifs est peu prs 48 fois plus faible : pour une masse identique des ractifs, la fusion libre une nergie approximativement quatre fois suprieure une fission.

Racteur nuclaire

1 92239

93239

10U Np + e puis 93239 94239 10Np Pu + e

2 Les dchets dune fission nuclaire sont les noyaux obtenus lissue de cette fission. Comme ils sont fortement radioactifs, il faut absolument viter toute dissmination. Comme certains ont une demi-vie de plusieurs milliers dannes, il faut trouver des sites gologiques trs stables pour le stockage afin dviter que les caissons de stockage ne soient ventrs par une catastrophe naturelle.

3 La puissance thermique (mgawatt thermique : MWth) reprsente lnergie totale dgage par unit de temps par la fission de luranium.

La puissance lectrique MWe (mgawatt lectrique : MWe) reprsente lnergie lectrique par unit de temps que fournit le racteur.

Le rendement ne peut tre de 100% (il est compris entre 30% et 40%) puisquune partie de lnergie fournie par la fission est perdue dans le conden-seur. La puissance lectrique est donc toujours plus faible que la puissance thermique.

4 Lenrichissement de luranium consiste augmenter le taux duranium 235 qui ne vaut que 0,7% dans le minerai naturel.

E1

E2

nergie

2 protons et3 neutrons spars

deutrium + tritium

hlium 4 + neutron

10,6 MeV

28,2 MeV

fusion

E3

Exercice 8


76 Squence 4 SP12

Lnergie des toiles

1 4 11

24

10H He +2 e

Au cours de cette raction, il y a aussi mission de neutrinos et de rayonnement g.

2 Pour que les ractions de fusion entre noyaux dhydrogne puissent se produire, il faut que le milieu soit extrmement chaud afin que les noyaux soient anims de grande vitesse leur permettant de se rapprocher trs prs les uns des autres malgr la rpulsion lectrostatique. La temprature ncessaire pour que les deux noyaux se rapprochent suffisamment lun de lautre afin que la raction de fusion puisse samorcer est de plusieurs dizaines de millions de degrs, temprature que lon trouve dans les toiles.

3 La puissance totale rayonne par le Soleil vaut 4.1026 W, cela signifie que

lnergie libre en une seconde vaut : E = 4 1026. .J

Perte de masse du Soleil en une seconde : E

c2=

( )=4 10

3.10

4,4.10 kg. 26

8 29 .

Cette valeur suprieure 4 millions de tonnes peut sembler colossale, mais elle reste trs faible par rapport la masse du Soleil (2.1030 kg).

4 Il nexiste pas actuellement des racteurs nuclaires produisant de llectricit partir de ractions de fusion, mais les recherches se poursuivent pour la mise au point de tels racteurs (projet ITER).

Exercice 9

Remarque


77Squence 4 SP12

Corrig des activits

Dans le

Documents

Corriges Des Exercices Partie 01