IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — page 1 — #1

IL1PC

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — page 2 — #3

Remerciements

L’auteur et l’équipe de Prepamath Éditions tiennent à remercier Jean-Côme Charpentier, Bruno Pelé, Maxime Goguet et Stéphane Pasquet pour l’aide précieuse qu’ils ont apportée à cet ouvrage.

Illustrations : Patrick Doan, Anna Michalak
Coordination éditoriale : François Déliac
Conception couverture : Simon Geliot

Votre avis nous intéresse : contact@prepamath.fr

Pour télécharger les programmes contenus dans cet ouvrage :

                http://www.prepamath.fr/IL1PC

© PREPAMATH Éditions 2019 © Éditions NATHAN 2019 - ISBN 9782091574165

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — page 3 — #4

Avant-propos

Le nouveau programme de physique-chimie de la classe de première générale est structuré autour de quatre thèmes : constitution et transformations de la matière (chimie), Mouvement et interactions, Énergie, Ondes et signaux. Y figure également l’étude des notions transverses que sont la mesure des données et leur incertitude, que vous retrouverez au début de cet ouvrage. Très régulièrement, des programmes en langage Python vous permettront d’appliquer vos connaissances en informatique à la résolution de problèmes de physique ou de chimie. Tous ces programmes sont téléchargeables en utilisant l’application Nathan Live (voir mode d’emploi plus loin). Vous pouvez également les retrouver sur la page :

                http://www.prepamath.fr/IL1PC.

Dans chaque chapitre, on trouvera :

un rappel de cours qui s’appuie sur la résolution pratique d’un exercice type, et qui donne de manière concise tout ce que l’on doit retenir du chapitre étudié. Des questionnaires à choix multiples (QCM) ou des vrai-faux (V/F) pour vous assurer d’avoir la maîtrise des concepts fondamentaux du chapitre;

des exercices variés et classés par ordre de difficulté croissante, qui ont tous été réellement posés en lycée, sauf pour les parties nouvelles du programme;

les corrigés des QCM et exercices, qui sont volontairement très détaillés (plus que ce qui doit être fait par un élève de Première), afin de rendre les raisonnements plus accessibles.

Une grande nouveauté de cette édition est l’apparition de compléments numériques en vidéo. Grâce à l’application Nathan live (cf mode d’emploi page 5), ces ressources vous aideront de manière vivante à préciser certains points du cours, à mieux comprendre la résolution d’exercices importants, et à visualiser des expériences. Pour finir, insistons sur le fait que malgré la vigilance que nous avons pu apportée à la conception de cet ouvrage, il se peut que certaines erreurs nous aient échappé. Aussi, nous remercions par avance tout lecteur et toute lectrice qui nous fera part de ses remarques et/ou suggestions afin d’améliorer encore cet ouvrage lors de futures rééditions à l’adresse mail suivante :

                     contact@prepamath.fr

Très bon entraînement à vous! Les auteurs

Les auteurs

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — page 4 — #5 Table des matières

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — page 5 — #6

Nathan Live

Pour télécharger les programmes contenus dans cet ouvrage :

         http://www.prepamath.fr/IL1PC

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — page 6 — #7 Méthodes de travail

Tous les conseils qui suivent sont ceux utilisés par un grand nombre de majors (sortis premiers) de Polytechnique ou de l’ENA, par des professionnels de l’organisation et sont également recommandés par de nombreux professeurs. Pour en savoir plus sur le sujet, nous vous conseillons le livre « Comment travailler plus efficacement », par F. Déliac, U. Hadrien, E. Matrullo et E. Maurette, aux Éditions Prepamath.

Faire des « feed-back »

Le « feed-back » est le conseil le plus important et le plus utilisé par ceux qui réussissent brillamment leurs études. Il consiste à contrôler systématiquement, sans s’aider de notes, ce que l’on vient d’apprendre (exercices et cours). Ce contrôle peut se faire mentalement, oralement ou par écrit.

Dans les transports, essayez de vous rappeler mentalement, et sans vous aider de vos notes, le cours et les exercices vus le matin en classe (feed-back mental).

Après avoir relu votre cours le soir, essayez de retrouver par écrit les principaux paragraphes et démonstrations sans regarder votre leçon (feed-back écrit).

Après avoir résolu un problème, prenez 5 minutes pour contrôler par écrit que vous vous rappelez clairement l’énoncé ainsi que la démarche de résolution (feed-back écrit).

Expliquez à des amis la leçon que vous venez d’apprendre ou l’exercice que vous venez de résoudre : c’est un excellent feed-back oral. Choisissez le type de « feed-back » qui vous convient le mieux et faites-en le plus régulièrement possible (après chaque cours et chaque série d’exercices). Pour être efficace, un « feed-back » doit se faire sans l’aide de vos notes. Ainsi, faire des fiches de résumés de cours à partir de vos cahiers ouverts ne constitue nullement un « feed-back ».

Miser sur la qualité

De nombreux témoignages démontrent que pour obtenir de bons résultats, il est préférable de faire un nombre limité d’exercices, mais plus approfondis, que d’en survoler une grande quantité de piètre qualité. Une tendance très répandue consiste à abattre une grande quantité d’exercices, à la chaîne, mais superficiellement, en espérant que le jour du contrôle, l’on aura déjà vu ce type de problème et que l’on saura s’en souvenir. Cette méthode est absolument inefficace car la seule manière de se souvenir d’un exercice de mathématiques ou de physique, c’est de l’avoir parfaitement compris et assimilé. Ainsi :

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — page 7 — #8

À la fin d’un problème, prenez 5 à 10 minutes pour essayer de trouver un moyen de le généraliser ou de le compliquer (c’est ce que font souvent les professeurs pour concevoir leurs contrôles écrits); trouvez ce que cela pourrait changer dans la solution.

Prenez également l’habitude, après chaque exercice, de faire un « feed-back » en faisant ressortir la démarche générale et en tissant des liens avec le cours. Bref, il ne faut pas vous contenter de résoudre l’exercice, mais il vous faut lui apporter de la valeur ajoutée et vous interroger sur son contenu.

Idem pour le cours. Ne vous contentez pas de le parcourir de manière passive. Il vous faut avoir la rigueur d’effacer toutes les zones d’ombre. Pour chaque théorème, il faut vous demander quels types d’exercices son utilisation permettra de résoudre.

Travailler par « couches successives »

Cette méthode, très utile pour les étudiants préparant des examens ou des révisions, peut également être utilisée dès le lycée. On observe que pour apprendre un gros volume de cours, rien n’est plus inefficace que de l’attaquer de front, de manière linéaire. La bonne manière consiste à d’abord survoler l’ensemble, en ne retenant que la structure, c’est-à-dire les grands titres, ainsi que les noms des paragraphes (première couche, étape devant durer 5 minutes). Dans l’étape suivante (deuxième couche, d’une durée de 10 minutes), on reprend son cours du début en retenant cette fois également les théorèmes et résultats importants. Après cette deuxième couche, on a déjà une idée claire de la structure de l’ensemble du cours. On peut alors aborder la dernière étape (troisième couche) : on reprend son cours au début pour, cette fois-ci, l’étudier en profondeur en apprenant le détail des démonstrations. Il est à noter que cette méthode peut être également appliquée avec succès à des matières littéraires, ainsi qu’aux révisions du bac de français. Par exemple :

Pour la préparation d’un contrôle, on commencera par passer en revue rapidement l’ensemble du cours et des exercices du chapitre précédemment étudiés, avant de les réviser en détail. Ainsi aura-t-on développé une compréhension synthétique et claire.

De même, avant d’aborder un problème volumineux (tel qu’un contrôle écrit), il est préférable de survoler l’ensemble du problème avant de l’attaquer.

Travailler sa rapidité

Pour acquérir de la rapidité, 3 voies sont possibles :

Prenez l’habitude, en travaillant chez vous, de vous concentrer sur une seule chose à la fois, c’est-à-dire ne pas attaquer un problème ou une dissertation, en

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — page 8 — #9

rêvassant à ce que vous pourriez trouver à manger dans le réfrigérateur ou en écoutant de la musique.

Prenez l’habitude de travailler chez vous dans les mêmes conditions qu’en devoirs surveillés. Le minutage de chacun des exercices de ce livre est fait en ce sens. Cependant, cela ne devrait pas, une fois la résolution faite, vous empêcher d’y réfléchir plus calmement afin de vérifier la bonne assimilation du problème. Si les seuls moments où vous vous pressez sont les contrôles écrits, vous ne deviendrez jamais rapide.

Essayez de contenir tout votre travail à la maison dans une plage horaire serrée. Engagez-vous, par exemple, à travailler chez vous tous les jours entre 18 h et 20 h et efforcez-vous de ne jamais déborder (quelle que soit votre charge de travail). En effet, si l’on ne se donne pas de limite de temps pour accomplir un travail, l’on a naturellement tendance à le laisser traîner en longueur et à rêvasser. L’étroitesse de la plage horaire vous obligera à ne pas vous endormir et à devenir efficace.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 1 page 1 — #9 1^{Chapitre}

Mesure et incertitude

Plan du chapitre

1 Introduction

La résistance R d’un conducteur ohmique est mesurée successivement par 10 élèves, chacun étant équipé de son propre multimètre. Ils obtiennent les mesures suivantes :

155,1 k , 153,1 k , 155,7 k , 155,8 k , 156,1 k ,
154,3 k , 156,8 k , 157,2 k , 155,8 k et 154,9 k .

1 Représenter l’histogramme de ces mesures. On prendra des intervalles

de largeur 1 k entre 152 et 159 k . 2 En utilisant un logiciel tableur, calculer la moyenne et l’écart-type de

l’échantillon de ces valeurs. 3 Quelle est l’incertitude type?

4 Les fabricants utilisent un code couleur pour spécifier la valeur de la résistance et sa précision. Leur signification est donnée par la figure suivante :

…

Exercice type

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 1 page 2 — #10 COURS_{2}

Pour les deux premiers anneaux (chiffres) :

Couleur Chiffre
Noir  0
Marron  1
Rouge  2
Orange  3
Jaune  4
Vert  5
Bleu  6
Violet  7
Gris  8
Blanc  9

Pour le multiplicateur :

Couleur

Multiplicateur

Noir  ×1
Marron  ×10
Rouge  ×100
Orange  ×1 k
Jaune  ×10 k
Vert  ×100 k
Bleu  ×1 M
Violet  ×10 M
Gris  ×100 M
Blanc  ×1 G
Or  ×0,1

Enfin, pour la précision, nous avons les codes suivants :

Couleur Tolérance
Marron  ±1%
Rouge  ±2%
Vert  ±0,5%
Bleu  ±0,25%
Violet  ±0,1%
Gris  ±0,05%
Or  ±5%
Argent  ±10%

Le conducteur ohmique dont les élèves ont mesuré la résistance a l’aspect suivant :

Ceci est-il compatible avec les résultats de leurs mesures? 5 À votre avis, quelle est la raison de la dispersion des résultats des me-

sures des élèves?

Exercice type (suite)

Voir corrigé page ??

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 1 page 3 — #11 MESURE ET INCERTITUDE CHAP. 1_{3} CORRIGÉS INTERROS COURS

Ce chapitre n’est pas spécifiquement relié à l’un des thèmes du programme. Nous y abordons les notions de dispersion de mesures et d’incertitude. Celles-ci sont susceptibles de s’appliquer à la mesure de toutes les grandeurs que l’on rencontre dans les autres parties du programme.

2 Étude d’une série de mesures

Comprendre les chiffres significatifs en vidéo avec

Pour introduire la notion de chiffres significatifs, on se pose la question suivante : « Pourquoi sur une boîte de médicaments est indiqué 500 mg et non 0,5 g pour la masse de principe actif? » La précision d’une mesure est une unité sur le dernier chiffre, ce qui signifie que si l’on indique 0,5 g, la masse de principe actif est comprise entre 0,4 g et 0,6 g alors que pour 500 mg, la masse de principe actif est comprise entre 499 mg et 501 mg. On voit dans cet exemple toute l’importance du nombre de chiffres avec lequel est exprimée une mesure. C’est ce que l’on appelle les chiffres significatifs.

Définition 1 : chiffres significatifs

On appelle chiffres significatifs d’un nombre tous les chiffres à partir du premier chiffre différent de zéro.

Dans l’exemple choisi, 0,5 ne comporte qu’un chiffre significatif alors que 500 en comporte trois, cette dernière valeur est donc plus précise. Règle de calcul : le résultat d’un calcul ne doit pas comporter plus de chiffres significatifs que la donnée la moins précise (celle qui comporte le moins de chiffres significatifs).

Exemple : pour calculer la valeur de la résistance d’un conducteur ohmique, on donne comme tension à ses bornes 0,21 V (2 chiffres significatifs) et la valeur de l’intensité du courant 0,510 A (3 chiffres significatifs). Le calcul de la valeur de la résistance ne devra pas comporter plus de 2 chiffres significatifs puisque la donnée la moins précise est la valeur de la tension.

Ce qui conduit à : R D \frac{U}{I} D \frac{0,21}{0,510} D 0,411 7 D 0,41 avec 2 chiffres significa-

tifs.

Lors d’une séance de travaux pratiques, des groupes d’élèves mesurent la vitesse du son dans l’air, avec trois chiffres significatifs. Ils obtiennent les valeurs suivantes :

380 m.s^{−1} , 340 m.s^{−1} , 350 m.s^{−1} , 320 m.s^{−1} ,
330 m.s^{−1} , 340 m.s^{−1} , 360 m.s^{−1} , 350 m.s^{−1} .

Tous ces résultats ne sont pas égaux car la précision du dispositif expérimental utilisé par les élèves est limitée.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 1 page 4 — #12 COURS_{4}

On dit que les mesures d’une grandeur physique (ici la vitesse du son) ont une dispersion. Cette dispersion dépend du protocole expérimental. Dans le cas de l’expérience des élèves, on voit bien que la vitesse du son dans les conditions de la mesure est très probablement comprise entre 330 m.s^{−1} et 380 m.s^{−1} , et vraisemblablement vers le milieu de cet intervalle. Nous pouvons utiliser divers indicateurs statistiques pour extraire toute l’information possible de cette série de mesures et en cerner les limites.

2.1 Indicateurs numériques

2.1.1 -La moyenne

Le premier indicateur qui vient à l’esprit est la moyenne. La moyenne des mesures est donc ici :

\overline{c_{s}} D \frac{380 C 340 C 350 C 320 C 330 C 340 C 360 C 350}{8} D 346,25 m.s^{−1} .

En Python

 # Script pour caluler la moyenne de 8 mesures
 M=[380, 340, 350, 320, 330, 340, 360, 350]
 NbMes=8
   #Pour rendre le programme plus modulable on peut utiliser
      NbMes=len(M)
   #len(M) renvoie le nombre d'éléments dans la liste M
   #(len pour "lenght", qui signifie longueur en anglais)
 Moyenne=0
 for i in range (0,NbMes):
     Moyenne=Moyenne+M[i]/NbMes
 print("La moyenne vaut "+str(Moyenne))

Mais la moyenne d’une série de mesures ne suffit pas à décrire de manière satisfaisante cette série de mesures. Pour s’en convaincre, il suffit de raisonner sur l’exemple suivant. Supposons que nous ayons effectué deux séries de trois mesures avec des instruments différents. Lors de la première série, nous avons mesuré 340, 341 , 339. Lors de la seconde série, nous avons mesuré 300, 340, 380. Les deux séries de mesures ne sont pas équivalentes, pourtant elles ont la même

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 1 page 5 — #13 MESURE ET INCERTITUDE CHAP. 1_{5} CORRIGÉS INTERROS COURS

moyenne. Le différence provient du fait que les deux séries n’ont pas la même dispersion. On peut donc (légitimement) penser que la première série de mesures permet d’obtenir une valeur plus précise que la seconde. Un bon indicateur statistique de cette dispersion est l’écart-type.

2.1.2 -L’écart-type

Un des indicateurs statistiques permettant d’évaluer la dispersion des mesures est l’écart-type. Il est généralement noté σ Il n’est pas toujours nécessaire d’effectuer ce calcul pour obtenir la valeur de l’écart-type. Nous pouvons l’obtenir en utilisant les fonctions préprogrammées des tableurs (Apache OpenOffice Calc, Excel, Google Spreadsheet, etc.). Pour cela, on saisit dans une nouvelle case :

Avec un tableur

 =ECARTYPE.STANDARD(A1:A8)

Remarques

Ici la notation A1:A8 indique les cellules dans lesquelles les données ont été rentrées. On suppose dans cet exemple qu’elles se trouvent sur la colonne A, de la ligne 1 à la ligne 8.

Selon la version de votre logiciel tableur (et la langue d’installation), la syntaxe de la commande peut varier. Au lieu de « ECARTYPE.STANDARD », on peut avoir à saisir « STDEV » (de l’anglais standard deviation) ou « STDEVA ».

Votre tableur vous propose deux versions de l’écart-type. L’une est celle de l’échantillon (sample en anglais), l’autre est celle dite de Pearson ou de la population. Il convient d’utiliser ici celle de l’échantillon.

Lorsque l’on valide cette commande, le contenu de la cellule se retrouve remplacé par la valeur numérique de l’écart-type. Il vaut ici :

σ ≈ 18,5 m.s^{−1} .

Remarque : l’écart-type a la même unité que les valeurs qu’il caractérise, donc ici il s’exprime en mètre par seconde.

On peut également évaluer l’écart-type avec Python à l’aide du programme page suivante.

La valeur de l’écart-type donne une idée de la dispersion des données de part et d’autre de la moyenne. Ainsi, les mesures allaient de 330 m.s^{−1} à 380 m.s^{−1} , c.-à-d. de 16 m.s^{−1} au-dessous de la moyenne à 34 m.s^{−1} au-dessus de celle-ci, l’essentiel des mesures étant plus proche de la valeur moyenne. Ceci est compatible avec la valeur de l’écart-type.

# Script pour caluler la moyenne de 8 mesures
M=[380, 340, 350, 320, 330, 340, 360, 350]
NbMes,Moyenne,sigma=8,0,0
for i in range (0,NbMes):
    Moyenne=Moyenne+M[i]/NbMes
for i in range (0,NbMes):
    sigma=sigma+(M[i]-Moyenne)**2/(NbMes-1)  # **2 signifie
     "puissance 2"
sigma=(sigma)**0.5  # La puissane 0,5 correspond à prendre
    la racine carrée
print("La moyenne vaut "+str(Moyenne))
print("L'écart-type vaut "+str(sigma))

Remarques

Plus la dispersion des mesures est petite, plus l’écart-type est petit.

L’écart-type ne peut pas être négatif. Dans le cas hypothétique où toutes les mesures seraient identiques, l’écart-type serait nul.

Plus l’instrument de mesure est précis, plus l’écart-type de la série de mesures est petit.

2.2 Un indicateur graphique : l’histogramme

Une autre manière de jauger la dispersion des données est d’utiliser un histogramme. Celui-ci est une représentation graphique du nombre de mesures se trouvant dans un intervalle de valeurs. Pour construire l’histogramme des résultats de mesure des élèves pour des intervalles de 10 m.s^{−1} , on procède de la manière suivante. Il y a :

une mesure qui tombe dans l’intervalle T320 m.s^{−1} ,330 m.s^{−1} T,

une mesure dans l’intervalle T330 m.s^{−1} ,340 m.s^{−1} T,

deux mesures dans l’intervalle T340 m.s^{−1} ,350 m.s^{−1} T, etc.

Nous reportons chacune de ces valeurs sous forme d’un graphe comprenant des rectangles pleins. La base de chacun de ces rectangles correspond à l’un des intervalles, et sa hauteur au nombre de mesures tombant dans l’intervalle (voir page ci-contre).

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 1 page 7 — #15 MESURE ET INCERTITUDE CHAP. 1_{7} CORRIGÉS INTERROS COURS

Cet histogramme peut être élaboré à l’aide d’un tableur, ou en Python. Ainsi, le code suivant :

En Python

 import matplotlib.pyplot as plt
 cs=[380, 340, 350, 320, 330, 340, 360, 350]
 plt.hist(cs,bins=range(320,400,10),rwidth=0.95)

permet de tracer l’histogramme de la figure ci-dessus. Notons qu’un histogramme dépend des intervalles choisis. Si nous avions décidé de prendre des intervalles de largeur différente, l’histogramme serait différent, comme on peut le voir cidessous :

Un histogramme dépend de la largeur des intervalles. Ici, nous représentons l’histogramme des valeurs mesurées par les élèves en choisissant cette fois des intervalles de largeur 20 m.s^{−1} .

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 1 page 8 — #16 COURS_{8}

En règle générale, il convient que la largeur des intervalles soit comparable à ou légèrement plus petite que l’écart-type. Ici, une largeur de 10 m.s^{−1} est un bon choix (on rappelle que l’écart-type vaut σ ≈ 18,5 m.s^{−1} ). Un histogramme permet d’évaluer rapidement, de manière graphique, la dispersion de données expérimentales.

2.3 Incertitude-type

Nous voyons ainsi que la dispersion typique d’une mesure de la vitesse du son par les élèves, compte-tenu de la précision, relativement basse, du protocole expérimental, est de l’ordre de 18,5 m.s^{−1} . Pourtant, ne pourrait-on pas déduire, de toutes les mesures effectuées par les différents groupes, une valeur plus précise? Nous avons vu plus haut qu’il était vraisemblablement illusoire de donner la moyenne avec cinq chiffres significatifs. Toutefois, il est assez intuitif que la moyenne des mesures ait une précision supérieure à celle des mesures individuelles. Cela nous conduit au concept d’incertitude-type. L’écart-type σ que nous avons évalué pour les mesures effectuées par les élève nous donne une idée de la dispersion de ces mesures. Chacune des mesures va être entachée d’une erreur dont l’ordre de grandeur est σ. En revanche, la moyenne de plusieurs de ces mesures est plus précise. L’incertitude-type nous donne une indication de l’erreur que l’on peut attendre sur la moyenne.

À RETENIR

L’incertitude-type sur la moyenne de n mesures d’écart-type σ est donnée par :

u D \frac{σ}{\sqrt{n}}.

Dans notre exemple, nous avons n D 8 mesures de la vitesse du son dans l’air, donc l’incertitude-type est donnée par :

u D \frac{18,5}{\sqrt{8}} ≈ 6,5 m.s^{−1} .

Cette valeur représente l’incertitude avec laquelle la moyenne des valeurs représente la vitesse du son. Nous avons vu que cette moyenne est :

\overline{c_{s}} D 346 m.s^{−1} .

Nous n’écrivons plus ici les deux chiffres après la virgule, puisque l’on sait désormais que l’erreur typique sur cette valeur moyenne est bien supérieure à 1 m.s^{−1} ! Puisque l’incertitude-type est de 6,5 m.s^{−1} , pouvons-nous tout de même conclure avec certitude que la valeur exacte de la vitesse du son est comprise entre \overline{c_{s}} − u D 346 − 6,5 ≈ 339 m.s^{−1} et \overline{c_{s}} C u D 346 C 6,5 ≈ 353 m.s^{−1} ? Malheureusement non. Cet intervalle représente juste l’étendue des valeurs où il est raisonnable d’imaginer que se trouve la valeur exacte de la vitesse du son, mais on ne peut pas en être certain à 100 %. On peut d’ailleurs démontrer que, lorsque

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 1 page 9 — #17 MESURE ET INCERTITUDE CHAP. 1_{9} CORRIGÉS INTERROS COURS

l’erreur de mesure obéit à certaines propriétés statistiques, alors il y a une probabilité de 68 % que la valeur exacte soit contenue dans l’intervalle T\overline{c_{s}} − u,\overline{c_{s}} C uU. Si nous voulons plus de certitude, alors il faut renoncer à être aussi précis : on peut démontrer qu’il y a 95 % de chances que la valeur exacte se trouve dans l’intervalle T\overline{c_{s}} − 2u,\overline{c_{s}} C 2uU, et 99 % de chances qu’elle se trouve dans l’intervalle T\overline{c_{s}} − 3u,\overline{c_{s}} C 3uU. Ce type d’intervalle est appelé intervalle de confiance et le pourcentage associé est le niveau de confiance. On peut écrire les résultats de la mesure et de l’incertitude-type associée de la manière suivante :

c_{s} D 346 ± 7 m.s^{−1} .

Le symbole ± signifie « plus ou moins ». On écrit toujours l’incertitude-type avec un seul chiffre significatif (on a 6,54 ≈ 7 m.s^{−1} ). Comme il s’agit ici du chiffre des unités, le dernier chiffre significatif de la moyenne doit aussi être celui des unités.

Remarque : on arrondit toujours l’incertitude-type au nombre supérieur, contrairement à la pratique pour d’autres types de résultats. En effet, si l’on arrondissait à la valeur inférieure, on diminuerait l’intervalle de confiance, et donc le niveau de confiance associé.

1 L’histogramme demandé a l’allure suivante :  … Solution de l’exercice type

2 La moyenne des valeurs est :

\overline{R} D 155,48 k .

Nous écrivons pour l’instant tous les chiffres. Il est possible que certains ne soient pas significatifs : l’étude de l’incertitude-type nous le dira ultérieurement. L’écart-type des valeurs est :

σ D 1,20 .

3 On en déduit l’incertitude-type en utilisant la formule :

u D \frac{σ}{\sqrt{n}}

avec n D 10 (le nombre de mesures). On obtient :

u D \frac{1,20}{\sqrt{10}} D 0,38 … ≈ 0,4 .

On ne garde qu’un chiffre significatif pour l’incertitude-type (c’est le chiffre des dixièmes) et on écrit alors :

R D 155,5 ± 0,4 .

4 Intéressons-nous dans un premier temps à la valeur numérique supposée de la résistance. Le premier anneau correspond à un 1, le second à un 5 et le troisième à une multiplication par 10 k , ce qui nous donne :

R D 15 × 10 D 150 k .

La tolérance est (anneau doré) de ±5%. Or 5% de 150 k vaut 7,5 k , donc la valeur réelle de la résistance doit être comprise entre :

150 − 7,5 D 142,5 k

et

150 C 7,5 D 157,5 k .

La valeur reportée à la réponse précédente est compatible avec ces limites.

5 La dispersion des valeurs mesurées par les élèves est due aux erreurs de mesure de leurs multimètres. Notons qu’il serait absurde de répondre ici que cela est lié à la tolérance sur la valeur de la résistance indiquée par le fabricant. Ici, les élèves ne mesurent qu’une seule résistance, qui a une valeur bien précise.

Solution de l’exercice type (suite)

Voir énoncé page ??

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 1 page 11 — #19 MESURE ET INCERTITUDE CHAP. 1_{11} CORRIGÉS INTERROS COURS
1_{QCM} Testez vos connaissances Corrigé p. ?? 5 min

1 La dispersion d’une série de mesures est caractérisée par :

a La valeur moyenne b L’écart-type  c L’incertitude-type

2 Plus une mesure est précise, plus la dispersion des valeurs mesurées est :

a petite  b grande

3 Quatre groupes d’élèves mesurent la température ambiante ϑ dans la salle de classe lors d’une séance de travaux pratiques. La moyenne des valeurs est 21,39 ^{∘}C et leur écart-type est de 0,6 ^{∘}C. Laquelle des écritures suivantes est correcte?

a ϑ D 21,39 ± 0,6 ^{∘}C  b ϑ D 0,6 ± 21,4 ^{∘}C
c ϑ D 21,4 ± 0,3  d ϑ D 21,39 ± 0,3 ^{∘}C

e ϑ D 21,4 ± 0,3 ^{∘}C 4 On considère les quatre histogrammes suivants, correspondant chacun à

une série de mesures de la fréquence du son émis par un instrument de musique.

(a) Sans faire de calcul, indiquer quelle série de mesures a la moyenne la plus petite.

a La série 1 b la série 2  c la série 3  d la série 4

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 1 page 12 — #20 INTERROS_{12}

(b) Sans faire de calcul, indiquer quelle série de mesures a l’écart-type le plus élevé.

a La série 1 b la série 2  c la série 3  d la série 4

(c) Deux séries ont été effectuées en jouant la même note. Il s’agit des séries :

a 1 et 2  b 2 et 3  c 3 et 4

(d) Les deux séries de la question précédente présentent une dispersion similaire des résultats de mesure.

a Vrai  b Faux

(e) La série pour laquelle on a effectué le plus de mesures est la série 2.

a Vrai  b Faux

2

Indice de réfraction d’un verre

Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

On souhaite identifier un type de verre en mesurant son indice de réfraction. On fait effectuer sept mesures indépendantes, qui donnent pour l’indice de réfraction n les résultats suivants :

1,67I 1,61I 1,61I 1,59I 1,65I 1,56I 1,68

On donne en outre une liste de différents types de verre, et la valeur de leur indice de réfraction.

Dénomination du verre Indice de réfraction

BK7  1,5168
K5  1,5225
BaK50  1,5677
SK2  1,6074
SSK4  1,6177
LaK10  1,7200

1 Quelle est la valeur moyenne des mesures?

2 Quel est l’écart-type des mesures?

3 Quelle est l’incertitude-type résultant de cette série de mesures?

4 Ces mesures sont-elles compatibles avec un ou plusieurs des verres de la table ci-dessus? Si oui, lequel ou lesquels?

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 1 page 13 — #21 MESURE ET INCERTITUDE CHAP. 1_{13} CORRIGÉS INTERROS COURS

3

Précision d’un GPS

Corrigé ; p. ?? ; 20 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

On considère deux capteurs GPS, que nous désignons par la suite par A et B. Chacun de ces capteurs mesure sa propre position ▷x,y◁ dans un plan horizontal. Pour simplifier le problème, nous nous intéressons uniquement à la statistique des mesures de x. Chacun des capteurs effectue une mesure toutes les 1t D 0,5 seconde. Le capteur A est immobile, tandis que le capteur B est animé d’un mouvement rectiligne uniforme le long de l’axe des x à la vitesse de 10 m.s^{−1} , et se trouve en x D 0 en t D 0.

Mesures du capteur A :

\begin{matrix}temps (s) & x (m) \\ 0 & 9,1 \\ 0,5 & 30,0 \\ 1 & 22,8 \\ 1,5 & 4,9 \\ 2 & 14,2 \\ 2,5 & 36,5 \end{matrix}

Mesures du capteur B :

\begin{matrix}temps (s) & x (m) \\ 0 & 1,4 \\ 0,5 & 2,7 \\ 1 & 3,3 \\ 1,5 & 26,6 \\ 2 & 12,7 \\ 2,5 & 21,3 \end{matrix}

1 Quelle est l’écart-type des mesures du capteur B?

2 L’écart-type des mesures du capteur B donne-t-il une idée de la précision de ce capteur? Justifier, et proposer une méthode permettant d’évaluer la précision de ce capteur.

3 Pour améliorer la précision avec laquelle est donnée leur position, les capteurs calculent la moyenne de plusieurs mesures consécutives. Au bout de 3 secondes, quelle est l’incertitude-type sur la position du capteur A? Sur la position du capteur B?

Indice de réfraction d’un verre — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 1 page 14 — #22 CORRIGÉS_{14}
1_{QCM} Testez vos connaissances {Enoncé \atop p. ??}

1 Réponse b : c’est l’écart-type.

2 Réponse a : plus la dispersion est petite.

3 Réponse e . On a n D 4 donc l’incertitude-type est \frac{0,6}{\sqrt{4}} D 0,3 ^{∘}C.

On doit donc garder l’expression de la valeur moyenne jusqu’au premier chiffre après la virgule. La réponse c est incorrecte car il manque l’unité.

4 (a) Réponse a . Un ordre de grandeur de la valeur moyenne de cette série, pour laquelle les mesures sont toutes comprises entre 219,7 Hz et 220,3 Hz, est de 220 Hz. En répétant le même raisonnement pour les autre séries, on voit qu’elles ont une valeur moyenne plus grande que celle de la série A.

(b) Réponse d . L’ordre de grandeur de la dispersion des mesures de cette série est manifestement supérieure à 1 Hz, alors que la dispersion des autres séries est inférieure à 1 Hz (la différence entre la valeur maximale et valeur minimale dans les séries 1 à 3 est au plus égale à 1 Hz).

(c) Réponse c : il s’agit des séries 3 et 4, qui ont toutes les deux une valeur moyenne de l’ordre de 440 Hz.

(d) Réponse b : faux. Comme on l’a vu précédemment la dispersion des résultats de la série 4 est largement supérieure à celle des autres séries.

(e) Réponse b : faux. En sommant toutes les valeurs des barres de l’histogramme de cette série, on obtient 1 C 1 C 4 C 2 C 2 D 10 mesures. Dans chacun des autres histogrammes, il existe au moins une barre correspondant à plus de mesures. Ceci prouve que non seulement l’affirmation de l’énoncé est fausse, mais a fortiori que la série 2 est celle pour laquelle on a effectué le plus petit nombre de mesures.

2

Indice de réfraction d’un verre

{Enoncé \atop p. ??}

MÉTHODE

Pour résoudre cet exercice, vous pouvez utiliser un logiciel tableur ou le langage Python, comme expliqué dans le cours.

La valeur moyenne des mesures est \overline{n} ≈ 1,624.

1 2 L’écart-type des mesures est

σ ≈ 0,044.

Précision d’un GPS — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 1 page 15 — #23 MESURE ET INCERTITUDE CHAP. 1_{15} CORRIGÉS INTERROS COURS

3 L’incertitude-type résultant de cette série est par conséquent :

u D \frac{σ}{\sqrt{7}} ≈ 0,017

4 Nous arrondissons l’incertitude-type de manière à n’avoir qu’un chiffre

significatif :

u ≈ 0,02

et nous gardons donc l’expression de \overline{n} avec deux chiffres après la virgule :

\overline{n} ≈ 1,62.

Nous pouvons en définitive écrire :

n D 1,62 ± 0,02.

Cette valeur est compatible avec les verres SK2 et SSK4.

3

Précision d’un GPS

{Enoncé \atop p. ??}

1 Pour répondre à cette question, nous pouvons utiliser un logiciel tableur ou Python. Le format de ce livre étant plus adapté à cette dernière option, c’est celle que nous utilisons pour présenter la solution.

En Python

 import numpy
 x=[1.4, 2.7, 3.3, 26.6, 12.7, 21.3]
 print numpy.std(x,ddof=1)

 10.6959182246

L’écart-type des mesures du capteur B est :

σ_{A} ≈ 11 m.s^{−1} .

2 Les mesures du capteur B sont dispersées non seulement à cause de sa précision finie, mais aussi parce qu’il est en mouvement. L’écart-type des mesures du capteur B ne permet donc pas de donner une idée de la précision de ce capteur. On peut s’en convaincre en imaginant un capteur de très grande précision, pour lequel l’erreur de mesure est négligeable (très petite), qui aurait la même trajectoire que le capteur B. La liste de ses mesures successives à partir de t D 0 serait donc : 0, 5,0 m, 10,0 m, etc.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 1 page 16 — #24 CORRIGÉS_{16}

L’écart-type de 6 mesures successives (comme pour les capteurs A et B) s’obtiendrait donc de la manière suivante :

En Python

 import numpy
 x=[0, 5, 10, 15, 20, 25, 30]
 print numpy.std(x,ddof=1)

 10.8012344973

L’écart-type obtenu (σ ≈ 11 m.s^{−1} ) n’est clairement pas lié à l’erreur de mesure, puisque celle-ci est par hypothèse négligeable, mais bien au mouvement du capteur. Pour remédier à ce problème, on se place dans le référentiel lié au capteur B. Dans ce référentiel, en mouvement par rapport au capteur A, nous introduisons la coordonnée x′, mesurée par rapport à la position x_{B} du capteur B :

x′D x − x_{B}.

Par ailleurs, le capteur B étant animé d’un mouvement rectiligne uniforme à la vitesse v D 10 m.s^{−1} , nous avons :

x_{B} D vt

donc en définitive :

x′D x − vt.

Nous pouvons donc écrire la table des mesures du capteur B dans son propre référentiel (voir tableau ci-contre).

L’écart-type de ces valeurs est :

σ_{B} ≈ 7,0 m.

\begin{matrix}temps (s) & x′(m) \\ 0 & 1,4 \\ 0,5 & −2,3 \\ 1 & −6,7 \\ 1,5 & 11,6 \\ 2 & −7,3 \\ 2,5 & −3,7 \end{matrix}

3 Au bout d’un temps τ, les capteurs ont effectué n mesures, où n est

donné par :

n D \frac{τ}{1t} .

Ici, nous avons τ D 3 s et 1t D 0,5 s, donc n D 6. L’incertitude-type sur la position du capteur A est alors :

u_{A} D \frac{σ_{A}}{\sqrt{6}} ≈ 5 m,

tandis que l’incertitude-type sur la position du capteur B est :

u_{B} D \frac{σ_{B}}{\sqrt{6}} ≈ 3 m.

Ce capteur est donc le plus précis des deux.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 1 page 17 — #25

Première partie

PHYSIQUE

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 1 page 18 — #26

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 19 — #27 2^{Chapitre}

Mouvement et interactions

Plan du chapitre

1 Interactions, forces et champs

Données :

charge élémentaire : e D 1,60.10^{−19} C; masse d’un nucléon : m D 1,673.10^{−27} kg; rayon d’un nucléon : r D 1,2.10^{−6} nm; constante de la loi de Coulomb : k D 9,0.10^{9} N · m^{2} · C^{−2} ; constante de gravitation universelle : G D 6,67.10^{−11} N · m^{2} · kg^{−2} .

On étudie le noyau d’un atome d’hélium _{2}^{3}He comportant deux protons (notés A et B) et un neutron (noté C). On modélise ces particules par des sphères de rayon r placées comme l’indique la figure suivante :

1 (a) Exprimer puis calculer la valeur de la force de gravitation {E \atop F_{g}} exer-

cée par le proton A sur le proton B.

(b) Cette force est-elle attractive ou répulsive?

(c) Représenter cette force sur la figure, sans souci d’échelle. 2 (a) Exprimer puis calculer la valeur de la force électrostatique {E \atop F_{e}} exer-

cée par le proton A sur le proton B.

(b) Cette force est-elle attractive ou répulsive?

(c) Représenter cette force sur la figure, sans souci d’échelle.

…

Exercice type

Lycée Victor Hugo, Colomiers

3 Comparer les valeurs de ces deux forces. Que peut-on en conclure?

4 (a) Pourquoi les deux interactions, gravitationnelle et électrique, ne

permettent pas d’expliquer la cohésion du noyau d’hélium?

(b) Comment expliquer alors la cohésion du noyau d’hélium?

Exercice type (suite)

Lycée Victor Hugo, Colomiers

Voir corrigé page ??

Cette section a pour but de présenter deux des quatre interactions fondamentales : l’interaction gravitationnelle et l’interaction électrostatique, qui sont à l’origine des forces du même nom. Par ailleurs, la notion de champ sera introduite.

1.1 Interaction gravitationnelle et interaction électrostatique

1.1.1 -Interaction gravitationnelle entre deux masses ponctuelles

On considère deux corps A et B, suffisamment petits pour que l’on puisse les considérer comme ponctuels. Les masses de ces corps sont respectivement m_{A} et m_{B}, et ils sont séparés par une distance d.

Figure 2.1 – Force exercée par la masse ponctuelle A sur la masse ponctuelle B.

Alors le corps A exerce sur le corps B une force {E \atop F_{A/B}}, appelée force gravitationnelle, colinéaire au vecteur \overrightarrow{AB}, dirigée de B vers A, et dont la valeur est donnée par la loi de la gravitation universelle :

F_{A/B} D \frac{G × m_{A} × m_{B}}{d^{2}} .

Il s’agit d’une force exercée sans contact entre les masses A et B. Dans cette expression, G est une constante, appelée constante de la gravitation universelle. Dans les unités du Système International, elle vaut :

G D 6,67 × 10^{−11} S.I.

On en déduit immédiatement que la force exercée par B sur A est, en intervertissant les indices A et B.

À RETENIR

F_{B/A} D \frac{G × m_{B} × m_{A}}{d^{2}} D F_{A/B}

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 21 — #29 MOUVEMENT ET INTERACTIONS CHAP. 2_{21} CORRIGÉS INTERROS COURS

Nous retrouvons ainsi le principe de l’action-réaction, sur une force qui s’exerce à distance. En outre, cette force est dirigée de A vers B, comme représenté sur la figure page ci-contre.

Figure 2.2 – Les deux forces sont de valeurs égales et de sens opposés.

L’expression de l’interaction gravitationnelle peut se résumer ainsi : « Entre deux corps massifs ponctuels, il existe une action à distance appelée force gravitationnelle, attractive et parallèle à la droite joignant les deux corps, dont la valeur est proportionnelle au produit des masses des deux corps et inversement proportionnelle au carré de leur distance. »

Exemple : il existe une interaction gravitationnelle entre la Terre et la Lune, entre la Terre et le Soleil, mais aussi entre la Lune et le Soleil, entre votre main droite et votre main gauche ou entre ce livre et vous. L’interaction gravitationnelle est universelle, en ce sens qu’elle intervient dans toute paire de corps de masse non nulle. Toutefois, elle est généralement beaucoup trop faible pour être détectable, et il faut des masses considérables pour qu’elle joue un rôle non négligeable. Ainsi, dans la vie quotidienne, la seule masse avec laquelle nous interagissons de manière notable est la Terre;

1.1.2 -Interaction électrostatique entre deux charges ponctuelles

On considère à nouveau deux corps A et B, suffisamment petits pour que l’on puisse les considérer comme ponctuels mais on s’intéresse cette fois au fait qu’ils portent des charges électriques q_{A} et q_{B} (exprimées en coulomb : C). Ils sont séparés par une distance d.

Figure 2.3 – Force exercée par la charge ponctuelle A sur la charge ponctuelle B.

Alors la charge A exerce sur la charge B une force {E \atop F_{A/B}}, appelée force électrostatique, colinéaire au vecteur \overrightarrow{AB}, dont la valeur est donnée par la loi de Coulomb :

F_{A/B} D \frac{k × |q_{A}| × |q_{B}|}{d^{2}} .

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 22 — #30 COURS_{22}

Cette force est attractive si q_{a} et q_{b} sont de signes contraires (comme dans l’exemple ci-dessus) et répulsive si q_{a} et q_{b} sont de même signe. Il s’agit d’une force exercée sans contact entre les charges A et B.

À RETENIR : loi de Coulomb

F_{A/B} D \frac{k × |q_{A}| × |q_{B}|}{d^{2}} .

Dans cette expression, k est une constante, appelée constante de Coulomb. Dans les unités du Système International, elle vaut :

k D 9,0 × 10^{9}N · m^{2} · C^{−2} .

De la même manière que précédemment, la force exercée par B sur A est égale à celle exercée par A et B (principe de l’action-réaction).

L’expression de l’interaction électrostatique peut se résumer ainsi : « Entre deux charges ponctuelles, il existe une action à distance appelée force électrostatique, attractive ou répulsive, et parallèle à la droite joignant les deux corps, dont la valeur est proportionnelle au produit des charges des deux corps et inversement proportionnelle au carré de leur distance. »

Exemple : il existe une interaction gravitationnelle entre le noyau d’un atome (chargé positivement) et un électron (chargé négativement) du même atome. Cette force attractive maintien l’électron à proximité du noyau.

1.2 Notion de champs

Retrouvez le cours sur les champs en vidéo avec

1.2.1 -Champs scalaires et champs vectoriels

Définition 1

On appelle champ une grandeur physique définie en chaque point de l’espace.

Un champ peut être scalaire, c’est-à-dire caractérisé uniquement par sa valeur numérique. Par exemple :

la température T est un champ scalaire : elle est caractérisée, en chaque point de l’espace, par une valeur numérique;

la pression P est un champ scalaire, aussi caractérisé par une valeur numérique en chaque point de l’espace (par exemple, plus l’altitude augmente, plus la pression atmosphérique diminue).

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 23 — #31 MOUVEMENT ET INTERACTIONS CHAP. 2_{23} CORRIGÉS INTERROS COURS

Un champ peut aussi être vectoriel, par exemple dans le cas de l’écoulement de l’air : en tout point de l’espace la vitesse de l’air est caractérisée par sa valeur, mais également par sa direction ou son sens (qui peuvent varier d’un point à l’autre); c’est le champ de vitesse.

Définition 2

Un champ est uniforme lorsqu’il ne varie pas d’un point à l’autre de l’espace.

1.2.2 -Rappel sur les vecteurs

Définition 3

Un vecteur E Vest une grandeur caractérisée par :

sa direction (horizontale, verticale,…);

son sens (vers la droite, la gauche,…);

sa norme V D ∥ E V∥ (taille du vecteur).

Deux vecteurs unitaires E ıet E ȷ(c’est-à-dire de normes : \left∥{E \atop ı}\right∥ D \left∥{E \atop ȷ}\right∥ D 1) et une origine O suffisent généralement à définir un repère R D ▷O, E ı, E ȷ◁. Un vecteur E Vest décrit, dans R, par ses composantes V_{x} et V_{y} qui s’obtiennent par projection orthogonale de E Vsur les axes ▷Ox◁ et ▷Oy◁ de vecteurs unitaires directeurs E ıet E ȷ. E Vadmet ainsi deux représentations :

E VD V_{x} E ıC V_{y} E ȷet E VD ( \begin{matrix}V_{x} \\ V_{y} \end{matrix}) .

Soit ϕ l’angle que fait E Vavec l’un des axes (par exemple l’axe Ox). Les composantes de E Vpeuvent s’exprimer en fonction de V D ∥ E V∥et de ϕ :

représenter les extrémités O et P de E V;

projeter le point P sur l’axe par rapport auquel l’angle ϕ est défini (Q est ici ce projeté);

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 24 — #32 COURS_{24}

définir, dans le triangle rectangle ▷OP Q◁ :

\{ \begin{matrix}cosϕ D \frac{OQ}{OP} D \frac{OQ}{V} \\ sinϕ D \frac{P Q}{OP} D \frac{P Q}{V} \end{matrix} ⇒ \{ \begin{matrix}OQ D V cosϕ \\ P Q D V sinϕ \end{matrix}

repérer les composantes de E Vet les identifier à ±V_{x} et ±V_{y} :

V_{x} D OQ D V cosϕ et V_{y} D P Q D V sinϕ.

� ATTENTION

La dernière identification doit tenir compte des signes de V_{x} et V_{y}. On pourra, par exemple, trouver :

\{ \begin{matrix}V_{x} D OQ D V cosϕ \\ V_{y} D −P Q D −V sinϕ \end{matrix}

Rappelons quelques propriétés des vecteurs :

Addition des vecteurs.

La somme E UD E VC E Ws’obtient, graphiquement, en joignant l’extrémité « avec flèche » d’un vecteur à l’extrémité « sans flèche » de l’autre vecteur (en déplaçant, au besoin les deux vecteurs) :

Analytiquement, l’addition de deux vecteurs se traduit par l’addition de leurs composantes :

E VC E W D ( \begin{matrix}V_{x} \\ V_{y} \end{matrix}) C ( \begin{matrix}W_{x} \\ W_{y} \end{matrix}) D ( \begin{matrix}V_{x} C W_{x} \\ V_{y} C W_{y} \end{matrix}) .

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 25 — #33 MOUVEMENT ET INTERACTIONS CHAP. 2_{25} CORRIGÉS INTERROS COURS

Égalité de deux vecteurs. Deux vecteurs sont égaux si leurs composantes, associées aux mêmes vecteurs de base, le sont :

E UD E V⇒ ( \begin{matrix}U_{x} \\ U_{y} \end{matrix}) D ( \begin{matrix}V_{x} \\ V_{y} \end{matrix}) ⇔ \{ \begin{matrix}U_{x} D V_{x} \\ U_{y} D V_{y} \end{matrix} .

Multiplication par un scalaire. Soit α un scalaire et soit E U un vecteur. La multiplication d’un vecteur par un scalaire se traduit par la multiplication de toutes les composantes du vecteur par le scalaire :

α E UD α ( \begin{matrix}U_{x} \\ U_{y} \end{matrix}) D ( \begin{matrix}αU_{x} \\ αU_{y} \end{matrix}) .

L’identité E VD α E Usignifie que :

∥ E V∥ D |α| × ∥ E U∥I

E Uet E Vsont colinéaires : les deux vecteurs ont la même direction (si α > 0 , ils ont aussi le même sens, mais si α < 0 , ils sont de sens contraire).

Norme d’un vecteur.

E UD ( \begin{matrix}U_{x} \\ U_{y} \end{matrix}) ⇒ ∥ E U∥ D \sqrt{U_{x}^{2} C U_{y}^{2}}.

1.3 Exemples de champs vectoriels

1.3.1 -La gravitation

1.3.1.1 -Champ de pesanteur

À la surface d’un astre (notamment de la Terre), un point matériel M, de masse m, est soumis à un champ de pesanteur E g, à l’origine du poids E Pde M :

E PD m × E gavec \{ \begin{matrix}∥ E P∥ & en newton (N) \\ m en kilogramme \\ \left∥{E \atop g}\right∥ en N · kg^{−1} \end{matrix}

Le champ de pesanteur E gest localement caractérisé par :

sa direction : verticale (qui passe à proximité du centre de la Terre);

sons sens : vers le sol;

son intensité, qui dépend de l’endroit où elle est mesurée :

à l’équateur .................... g ≈ 9,78 N · kg^{−1}
aux pôles .......................g ≈ 9,83 N · kg^{−1}
en moyenne, sur Terre ...........g ≈ 9,81 N · kg^{−1}

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 26 — #34 COURS_{26}

Rappelons que, dans l’expression de E P, la masse m d’un corps est indépendante de l’endroit où se trouve ce corps; seul E gen dépend.

À RETENIR

Pour calculer la masse m d’un corps dont on connaît le volume V et la masse volumique μ, on applique la règle :

m D μ × V avec \{ \begin{matrix}m en kg \\ V en m^{3} \\ μ en kg · m^{−3} \end{matrix}

On rappelle quelques volumes élémentaires qu’il faut connaître :

Sphère  Parallélépipède rectangle  Cylindre

V D \frac{4}{3} πr^{3}  V D a × b × c  V D πr^{2} × L

1.3.1.2 -Champ de gravitation

Un point O de masse M, crée en un point P de l’espace, tel que :

OP D r et \overrightarrow{OP} D r E u

un champ de gravitation :

G D −G \frac{M}{r^{2}} E uavec \{ \begin{matrix}∥ E G∥ en N · kg^{−1} \\ M en kg \\ r en m \end{matrix}

où G D 6,67.10^{−11} S.I.est la constante de gravitation universelle. Si le point P possède une masse m, il est alors soumis à une force de gravitation :

{E \atop F_{g}} D m E GD −G \frac{Mm}{r^{2}} E u.

Remarque : le signe négatif qui apparaît dans l’expression de E Frend compte du caractère exclusivement attractif de la force de gravitation.

De même, un corps sphérique de masse M (par exemple un astre) et de centre O produit en un point P, extérieur à l’astre, le même champ de gravitation que si une masse ponctuelle M était placée en O :

E GD −G \frac{M}{r^{2}} E u.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 27 — #35 MOUVEMENT ET INTERACTIONS CHAP. 2_{27} CORRIGÉS INTERROS COURS

À la surface de la Terre, de rayon moyen R_{T} et de masse M_{T}, un point de masse m est soumis à un poids E PD m E gqui s’identifie presque à la force de gravitation (la rotation de la Terre,… génère quelques petites différences entre ces forces) :

E P≈ {E \atop F_{g}} ⇒ m E g≈ −G \frac{M_{T}m}{R_{T}^{2}} E u⇒ E g≈ −G \frac{M_{T}}{R_{T}^{2}} E u.

1.3.2 -Champ électrostatique dans un condensateur

Définition 4

Un condensateur plan est constitué de deux armatures planes, conductrice de l’électricité, parallèles, de surface très grande par rapport à la distance d qui les sépare.

Un condensateur peut être relié aux bornes d’un générateur électrique; soit A l’armature du condensateur connectée à la borne positive du générateur et soit C celle reliée à la borne négative du générateur. À l’intérieur d’un condensateur plan ainsi branché, et loin de ses bords, un champ électrique E Eprend naissance. Il est caractérisé par :

sa direction : celle des lignes de champ, perpendiculaires aux armatures;

son sens : de l’armature A vers l’armature C;

son intensité, inversement proportionnelle à d et proportionnelle à la tension U_{AC} qui règne entre ses bornes :

E D ∥ E E∥ D \frac{U_{AC}}{d} avec \{ \begin{matrix}E en V · m^{−1} \\ U_{AC} en V \\ d en m \end{matrix}

Une particule portant la charge q, placée entre les armatures du condensateur plan, se trouve soumise à une force électrostatique :

{E \atop F_{e}} D q E Eavec \{ \begin{matrix}F_{e} D ∥{E \atop F_{e}}∥ en N \\ q en C \\ E D ∥ E E∥ en V · m^{−1} \end{matrix}

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 28 — #36 COURS_{28}

Soient deux charges q_{A} et q_{B} placées respectivement aux points A et B. La force {E \atop F_{A/B}} que A exerce sur B suit la loi de Coulomb :

{E \atop F_{A/B}} D k × \frac{q_{A} q_{B}}{AB^{2}} E u.

Elle est caractérisée par :

son point d’application : le point B; sa direction : la droite AB de vecteur directeur unitaire E u; son sens : de B vers A si les charges sont de signe opposé (attraction) ou de A vers B si les charges sont de même signe (répulsion); son intensité :

F_{A/B} D ∥{E \atop F_{A/B}}∥ D k × \frac{|q_{A}| × |q_{B}|}{AB^{2}} où k D 9.10^{−9} kg · m^{3} · A^{−2} · s^{−4}

désigne la constante de la loi de Coulomb.

Remarque : réciproquement, le point B exerce sur la charge placée en A la force :

{E \atop F_{B/A}} D −k × \frac{q_{A} q_{B}}{AB^{2}} E uD −{E \atop F_{A/B}}.

1 (a) La distance qui sépare les deux protons de masses m_{A} D m_{B} D m valant AB D 2 r, l’intensité de la force gravitationnelle que le proton A exerce sur le proton B vaut :

F_{g} D G × \frac{m_{A} m_{B}}{AB^{2}} D G × \frac{m^{2}}{▷2 r◁^{2}}avec r D 1,2.10^{−15} m

D 6,67.10^{−11} × \begin{matrix}(1,673.10^{−27} ) & 2 \\ (2,4.10^{−15} ) & 2 \end{matrix} D 3,2.10^{−35} N  (1)

(b) La force gravitationnelle qui s’exerce entre deux corps est toujours attractive.

(c) Comme l’indique la figure 1, la force {E \atop F_{g}} est dirigée selon la droite ▷AB◁, de B vers A (car la gravitation attire B vers A) :

…

Solution de l’exercice type

Lycée Victor Hugo, Colomiers

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 29 — #37 MOUVEMENT ET INTERACTIONS CHAP. 2_{29} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 (a) La loi de Coulomb fournit la valeur de la force électrostatique que le proton A (de charge q_{A} D e) exerce sur le proton (de charge q_{B} D e) :

F_{e} D k × \frac{|q_{A}| × |q_{B}|}{AB^{2}} D k × \frac{e^{2}}{▷2 r◁^{2}}où r D 1,2.10^{−15} m

D 9.10^{9} × \begin{matrix}(1,6.10^{−19} ) & 2 \\ (2,4.10^{−15} ) & 2 \end{matrix} D 40 N.  (2)

(b) Puisque les protons possèdent des charges de même signe (charges positives), la force électrostatique {E \atop F_{e}} subie par B le repousse de A.

(c) La direction de la force {E \atop F_{e}} se confond avec la droite ▷AB◁ et son sens va de A vers B pour rendre compte de la nature répulsive de cette interaction (cf. figure 2).

3 Les valeurs numériques (??) et (??) obtenues pour les interactions gravitationnelle et électrostatique conduisent à :

\frac{F_{e}}{F_{g}} D \frac{40}{3,2.10^{−35}} ≈ 1,2.10^{36} ⇒ F_{e} ≈ 1,2.10^{36} × F_{g}.

Cette disproportion entre F_{e} et F_{g} justifie que l’on néglige l’interaction gravitationnelle devant l’interaction électrostatique à l’échelle nucléaire (la force électrostatique est environ un milliard de milliards de milliards de milliards de fois plus intense que la force gravitationnelle).

4 (a) Compte tenu de ce qui précède, l’interaction électrostatique devrait s’imposer entre les deux protons du noyau. Sa nature répulsive ne permet alors pas d’expliquer pourquoi les deux protons restent confinés dans le noyau atomique.

(b) Seule l’interaction forte, par sa nature attractive, explique la cohésion du noyau d’hélium.

Solution de l’exercice type (suite)

Lycée Victor Hugo, Colomiers

Voir énoncé page ??

2 Mouvement d’un système et vecteur vitesse

Un mobile, attaché à un fil élastique , dont l’autre extrémité est liée à un point fixe O, est lancé sur une table à coussin d’air horizontale. Les positions du centre d’inertie G du mobile sont enregistrées à intervalles de temps consécutifs égaux à 50 ms. Sur l’enregistrement est reportée la direction du fil tendu lorsque le centre d’inertie G occupe la position A_{6}.

Voir illustration page suivante.

…

Exercice type

Lycée Honoré de Balzac, Mitry-Mory

1 Calculer la valeur de la vitesse de G en A_{5} et A_{7}.

2 Représenter, à l’échelle 1 cm pour 5.10^{−2} m · s^{−1} , les vecteurs vitesse

{E \atop v_{5}} et {E \atop v_{7}} en A_{5} et A_{7}.

3 Représenter le vecteur variation de vitesse 1{E \atop v_{6}} D {E \atop v_{7}} − {E \atop v_{5}} du vecteur

vitesse du centre d’inertie du mobile. 4 Comparer 1{E \atop v_{6}} à la résultante E F des forces appliquées au mobile,

lorsque G se trouve en A_{6}. Le résultat de cette étude est-il conforme à la deuxième loi de Newton?

Exercice type (suite)

Lycée Honoré de Balzac, Mitry-Mory

Voir corrigé page ??

Le but de cette section est de se familiariser avec la notion de vecteur vitesse ainsi que d’avoir une première approche d’une loi fondamentale dans l’étude des mouvements : la deuxième loi de Newton.

2.1 Définition du vecteur vitesse

La vitesse d’un corps peut être représentée par un vecteur E v: la norme \left∥{E \atop v}\right∥ du vecteur correspond à la valeur de la vitesse (en m · s^{−1} par exemple) et la flèche indique la direction de la vitesse.

Dans le cas général, ce vecteur n’est pas constant au cours du temps : il peut changer de norme et/ou de direction.

À deux dimensions, on peut écrire E vsous la forme de ses deux composantes avec les notations suivantes :

E vD ( \begin{matrix}v_{x} \\ vy \end{matrix}) ou E vD v_{x}{E \atop u_{x}} C v_{y}{E \atop u_{y}}

où {E \atop u_{x}} et {E \atop u_{y}} sont deux vecteurs unitaires selon l’axe des x et l’axe des y.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 31 — #39 MOUVEMENT ET INTERACTIONS CHAP. 2_{31} CORRIGÉS INTERROS COURS

2.2 Détermination graphique d’un vecteur vitesse

Supposons que l’on souhaite déterminer la vitesse d’un corps à partir de sa trajectoire :

Cette trajectoire représente la position du point au cours du temps. Deux points successifs correspondent toujours au même intervalle de temps 1t (ici 40 ms). Pour évaluer la vitesse en un point donné M (on choisira pour notre exemple le point M_{3}), on procède de la manière suivante :

le vecteur cherché est sur la parallèle à M_{2}M_{4} passant par M_{3}.

sa norme est égale à \frac{M_{2}M_{3} C M_{3}M_{4}}{2 · 1t}.

� ATTENTION

Les valeurs retenues pour M_{2}M_{3} et M_{3}M_{4} doivent correspondre au déplacement réel de l’objet et non à la distance directement mesurée avec la règle. Il ne faut pas oublier de prendre en compte le facteur d’échelle.

Dans notre cas, en prenant en compte l’échelle, on trouve : M_{2}M_{3} D 2,2cm et M_{3}M_{4} D 1,9cm.

La valeur de la vitesse est donc v D \frac{▷2,2 C 1,9◁.10^{−2}}{2 × 40.10^{−3}} D 0,51 m · s^{−1} .

� ATTENTION

Cette détermination permet d’avoir une valeur approchée du vecteur vitesse qui sera d’autant meilleure que l’intervalle de temps entre deux points sera court. Une manière exacte de procéder, utilisant la notion de dérivée, sera vue en classe de Terminale.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 32 — #40 COURS_{32}

2.3 Détermination du vecteur variation de vitesse

Retrouvez en vidéo le tracé des vecteurs vitesse et accélération avec

Il est utile de savoir déterminer le vecteur variation de vitesse au point M_{3}. Pour cela on détermine tout d’abord {E \atop v_{2}} et {E \atop v_{4}} comme précédemment. Le vecteur variation de vitesse {E \atop 1v} correspond à {E \atop 1v} D {E \atop v_{4}} − {E \atop v_{2}}. Graphiquement, il faut donc tracer {E \atop v_{4}} à partir du point M_{3}, puis le vecteur −{E \atop v_{2}} au bout du vecteur précédemment tracé. Le vecteur {E \atop 1v} correspond au vecteur issu de M_{3} qui aboutit au bout du dernier vecteur tracé :

Si on connaît les composantes de {E \atop v_{2}} et {E \atop v_{4}} on peut également obtenir {E \atop 1v} par le calcul :

{E \atop 1v} D ( \begin{matrix}1v_{x} \\ 1vy \end{matrix} ) D ( \begin{matrix}v_{4x} − v_{2x} \\ v_{4y} − v_{2y} \end{matrix} ) .

2.4 Lien entre la résultante des forces appliquées et la variation du vecteur vitesse

Tout d’abord, rappelons que l’on appelle résultante des forces la somme vectorielle de l’ensemble des forces qui s’exercent sur un corps. Si l’on procède avec soin lorsque l’on construit le vecteur variation de vitesse et que les points de la trajectoire sont suffisamment proches, on s’aperçoit qu’il existe une relation entre ce vecteur et la résultante E Fdes forces qui s’appliquent sur le corps considéré :

ces deux vecteurs sont colinéaires

leurs normes sont proportionnelles et le coefficient de proportionnalité est lié à la masse de l’objet considéré.

On peut résumer ces deux points en une égalité vectorielle :

E FD m · \frac{{E \atop 1v}}{1t}

Ce résultat constitue une première approche de la deuxième loi de Newton qui sera vue en détail en classe de Terminale.

1 Si τ D 50 ms D 0,05 s désigne le temps séparant l’enregistrement de deux positions successives, les vitesses en A_{5} et A_{7} sont définies par :

v_{5} D \frac{A_{4}A_{6}}{2τ} et v_{7} D \frac{A_{6}A_{8}}{2τ}.

Or, on constate que

A_{4}A_{6} D A_{6}A_{8} D 1,5 cm D 1,5.10^{−2} m

en raison de quoi :

v_{5} D v_{7} D \frac{1,5.10^{−2}}{2 × 0,05} D 0,15 m · s^{−1} .

2 À l’échelle 1 cm ↔ 5.10^{−2} m · s^{−1} , une vitesse de 1 m · s^{−1} serait représentée par une flèche de longueur :

\frac{1}{5.10^{−2}} D 20 cm.

C’est pourquoi les vecteurs {E \atop v_{5}} et {E \atop v_{7}} sont figurés par des flèches de longueur 0,15 × 20 D 3 cm . En outre, ces vecteurs s’appliquent aux points A_{5} pour {E \atop v_{5}} et A_{7} pour {E \atop v_{7}} et leurs directions sont respectivement celles de \overrightarrow{A_{4}A_{6}} et \overrightarrow{A_{6}A_{8}} :

3 Le vecteur 1{E \atop v_{6}} D {E \atop v_{7}} − {E \atop v_{5}} D {E \atop v_{7}} C ▷−{E \atop v_{5}}◁ s’obtient en effectuant la somme vectorielle de {E \atop v_{7}} et du vecteur E v′_{5} D −{E \atop v_{5}} opposé à {E \atop v_{5}} :

…

Solution de l’exercice type

Lycée Honoré de Balzac, Mitry-Mory

4 Le mobile est soumis à son poids E P, la réaction E R de la table et la tension E Tdu fil. Or, le mouvement se produit dans le plan de la table, ce qui signifie aussi que E PC E RD E 0, et la résultante des forces vaut alors :

E FD \underbrace{E PC E R}_{E 0}C E TD E T.

Donc E Fest colinéaire à \overrightarrow{A_{6}O} comme l’est E T. Or, la construction géométrique précédente a révélé que 1{E \atop v_{6}} et \overrightarrow{A_{6}O} étaient aussi colinéaires, ce qui confirme la deuxième loi de Newton : 1{E \atop v_{6}} a la même direction et le même sens que la résultante E Fdes forces qui s’exercent sur le mobile.

Solution de l’exercice type (suite)

Lycée Honoré de Balzac, Mitry-Mory Voir énoncé page ??

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 35 — #43 MOUVEMENT ET INTERACTIONS CHAP. 2_{35} CORRIGÉS INTERROS COURS
1_{QCM} Connaissance du cours Corrigé p. ?? 15 min

1 Lorsqu’un champ vectoriel ne varie pas d’un point à l’autre, il est :

a uniforme b isotrope c constant

2 Le champ E E(de norme E), représenté ci-dessous :

a pour composantes dans le repère ▷O, E ı, E ȷ◁:

a E ED ( \begin{matrix}E cosθ \\ E sinθ \end{matrix})  b E ED ( \begin{matrix}−E sinθ \\ E cosθ \end{matrix} )
c E ED ( \begin{matrix}E sinθ \\ −E cosθ \end{matrix} )  d E ED ( \begin{matrix}−E cosθ \\ E sinθ \end{matrix} )

3 Les vecteurs : E U D ( \begin{matrix}5 \\ 2 \end{matrix}) et E V D ( \begin{matrix}3,40 \\ 1,36 \end{matrix}) , définis dans la base \{E ı, E ȷ\},

sont :

a orthogonaux  b colinéaires  c égaux

2_{QCM} Testez vos connaissances Corrigé p. ?? 5 min

Indiquer, pour chacune des phrases ci-dessous si elles sont vraies ou fausses en justifiant votre réponse.

1 La norme d’une vitesse peut être négative. 2 La formule v_{2} D \frac{M_{1}M_{2}CM_{2}M_{3}}{2·1t} permet de déterminer de manière exacte

la norme de la vitesse instantanée en M_{2}. 3 Le vecteur variation de vitesse ne peut jamais être nul. 4 En un point donné, le vecteur variation de vitesse est toujours perpendi-

culaire à la vitesse. 5 Le vecteur variation de vitesse est toujours colinéaire à la résultante des

forces qui s’applique sur l’objet étudié.

Champ électrostatique

3Force subie par un proton_{Lycée Guynemer, Compiègne} Corrigé ; p. ?? ; 5 min ; ⋆

Un proton de charge e est placé dans une région où règne un champ électrostatique uniforme d’intensité E D 2,0.10^{3} V · m^{−1}. 1 (a) Représenter, sur un schéma, l’allure des lignes de champ du champ

électrostatique.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 36 — #44 INTERROS_{36}

(b) Sur ce schéma, représenter en un point quelconque le champ élec-

trostatique E E. 2 (a) Calculer l’intensité de la force subie par le proton dans cette zone.

(b) Représenter cette force sur le schéma précédent. Donnée : charge élémentaire : e D 1,6.10^{−19} C.

4Cumulonimbus_{Lycée Teilhard De Chardin, Saint-Maur-des-Fossés} Corrigé ; p. ?? ; 5 min ; ⋆

Au cours d’un orage, par des mouvements internes au cumulonimbus, des charges positives s’accumulent à son sommet, alors que des charges négatives se trouvent dans sa base. Par influence, la partie de la Terre sous le nuage se charge positivement. Par temps calme, le champ électrique à la surface de la Terre a une valeur moyenne d’environ 150 V · m^{−1}. Par temps orageux, cette valeur est de l’ordre de 15 kV · m^{−1} et peut atteindre 100 kV · m^{−1} près des pointes (arbres, paratonnerres,…).

1 Faire apparaître, sur le schéma ci-dessus, la répartition des charges dans

le nuage et sur le sol. 2 On modélise par un condensateur plan l’ensemble formé par la base du

nuage et le sol.

(a) Représenter trois lignes du champ électrique créé entre le sol et la base du nuage.

(b) Tracer le vecteur représentant le champ électrique précédent.

(c) Sachant que la foudre correspond à une tension de l’ordre de 100 millions de volts entre la Terre et la base du nuage, calculer l’altitude de la base du nuage.

Loi de Coulomb

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 37 — #45 MOUVEMENT ET INTERACTIONS CHAP. 2_{37} CORRIGÉS INTERROS COURS
5Forces électrostatiques_{Lycée Charlemagne, Paris} Corrigé ; p. ?? ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

Une particule P, portant une charge électrique q_{P} équivalente à celle de six protons, se trouve à une distance de 180 pm d’une particule R de charge q_{R}. Les particules s’attirent mutuellement avec des forces d’intensité 0,128 μN . 1 Quelle est la valeur de la charge q_{P} et quel est le signe de la charge q_{R}? 2 Schématiser la situation. Donner l’expression vectorielle des forces élec-

trostatiques en présence puis l’expression de leur intensité. En déduire la valeur de la charge q_{R}.

Données :

charge élémentaire : e D 1,6.10^{−19} C

constante de la loi de Coulomb : k D 9.10^{9} SI

6Cristal de chlorure de sodium_{Lycée Berlioz, Vincennes} Corrigé ; p. ?? ; 20 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo avec

On considère une portion de cristal de chlorure de sodium. Les ions sont assimilés à des sphères comportant des charges ponctuelles placées en leur centre. Les rayons des sphères sont r_{Cl}^{−} D 181 pm et r_{Na}^{C} D 97 pm. On considère que les sphères sont en contact les unes avec les autres.

1 Montrer que la distance d figurant sur le schéma vaut d D 622 pm. Faire

un calcul littéral avant le calcul numérique. 2 Calculer la valeur de la force exercée par l’ion (1) sur l’ion (2) puis la

représenter sur le schéma.

Données :

charge élémentaire : e D 1,6.10^{−19} C;

constante de la loi de Coulomb : k D 9,0.10^{9} USI.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 38 — #46 INTERROS_{38}

Champ de gravitation

7Poids à la surface de Mercure_{Lycée Alexandre Dumas, Saint-Cloud} Corrigé ; p. ?? ; 5 min ; ⋆

Mercure, la première des planètes de notre système solaire, possède une masse M D 3,30.10^{23} kg et un rayon r D 2,44.10^{3} km. 1 Calculer l’intensité de la pesanteur g à la surface de Mercure.

2 Calculer le poids d’un objet de masse m D 500 g à la surface de Mer-

cure. Donnée : constante de gravitation universelle : G D 6,67.10^{−11} m^{3} · kg^{−1} · s^{−2}.

8Trou noir stellaire_{Lycée Teilhard De Chardin, Saint-Maur-des-Fossés} Corrigé ; p. ?? ; 30 min ; ⋆ ; ⋆

Un trou noir stellaire résulte de l’effondrement d’une étoile massive sur ellemême. Le plus petit trou noir découvert jusqu’à présent à un rayon de 15 km. Un trou noir moyen d’environ 300 000 masses terrestres a un rayon de 30 km alors que le rayon d’un « gros » trou noir stellaire peut atteindre 300 km, ce qui reste plus petit que les jets directifs de particules, émises à grande vitesse et qui s’étendent sur plusieurs centaines d’années lumière de chaque côté du trou noir.

D’après http ://www.eso.org

1 Donner les caractéristiques du champ de gravitation de la Terre en un point A, situé à une distance R de son centre. À quelle condition peuton assimiler champ de pesanteur et champ de gravitation?

2 On donne l’expression et la valeur du champ de pesanteur terrestre :

g D G \frac{M_{T}}{R_{T}^{2}} D 9,8 N · kg^{−1}

Évaluer la valeur du champ de gravitation à la « surface » d’un trou noir stellaire moyen

Donnée : rayon terrestre : R_{T} D 6 400 km.

9Balancier d’une horloge_{Lycée Saint-Exupéry, Mantes-la-Jolie} Corrigé ; p. ?? ; 40 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

À la surface de la Terre, le champ de gravitation vaut g. La Terre a une forme ovoïde telle que son rayon équatorial n’est pas exactement égal à son rayon polaire (voir illustration page suivante).

La différence des deux rayons vaut :

R_{e} − R_{p} D 21 km avec R_{e} D 6 378 km

Un pendule de balancier, de longueur ℓ, placé en une région où règne un champ de pesanteur d’intensité g, décrit un aller-retour en une période :

T D 2π\sqrt{\frac{ℓ}{g}}.

1 Une horloge est réalisée avec un balancier dont les caractéristiques géométriques lui confèrent une période T_{0} D 1,000 sà l’équateur; un allerretour du balancier durant une seconde, la trotteuse de l’horloge avance d’une unité à chaque aller-retour du balancier. Calculer la période T_{p} de ce balancier lorsque l’horloge est placée aux pôles.

2 L’horloge placée aux pôles marque-t-elle une avance ou un retard par

rapport à celle restée à l’équateur? 3 Au bout de combien de temps l’écart entre les indications données par

les deux horloges atteindra-t-il une seconde? On admettra que le champ de pesanteur en un point de la surface de la Terre

(de masse M) situé à une distance R du centre vaut g D G \frac{M}{R^{2}}.

10Interaction Terre-Lune_{Lycée Sophie Germain, Paris} Corrigé ; p. ?? ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

1 Calculer la force d’attraction gravitationnelle F_{T /L} que la Terre exerce

sur la Lune. 2 Calculer la charge électrique que devraient porter la Terre et la Lune

afin de compenser la force gravitationnelle qu’elles exercent l’une sur l’autre.

Données :

Masse de la Terre : M_{T} D 6,0.10^{24} kg Masse de la Lune : M_{L} D 7,3.10^{22} kg Distance Terre-Lune : d D 384 400 km Constante de gravitation universelle : G D 6,67.10^{−11} SI Constante d’interaction électrostatique : k D 9,0.10^{9} SI

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 40 — #48 INTERROS_{40}
11Loi de la gravitation_{Lycée Berlioz, Vincennes} Corrigé ; p. ?? ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

On considère un point N, situé entre la Terre de masse M_{T} et la Lune de masse M_{L}, où les forces d’interaction gravitationnelle {E \atop F_{T}} et {E \atop F_{L}}, exercées sur un objet de masse m par la Terre et par la Lune se compensent. La distance entre les centres de la Terre et de la Lune est notée d_{T L} et celle entre les centres de la Terre et de l’objet est notée d. 1 Quelle est la nature des forces {E \atop F_{T}} et {E \atop F_{L}}?

2 Exprimer F_{T} en fonction des paramètres de la situation. On n’utilisera

que les données littérales du texte. 3 Exprimer F_{L} en fonction des paramètres de la situation en utilisant uni-

quement les notations du texte. 4 Que signifie que les forces se compensent au point N?

5 En déduire une expression du rapport \frac{d_{T L}}{d} en fonction des masses.

Mouvement d’un système et vecteur vitesse

12Tir d’une flèche_{Nouveau Programme} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆

On tire une flèche horizontalement qui part à une vitesse {E \atop v_{0}} telle que v_{0x} D 15 m· s^{−1} . Un dixième de seconde plus tard le vecteur vitesse de la flèche est

{E \atop v_{1}} D 15{E \atop u_{x}} − {E \atop u_{y}}

1 En négligeant les frottements, quelle force s’applique sur la flèche?

2 Montrer que 1E vD {E \atop v_{1}} − {E \atop v_{0}} est proportionnel cette force.

3 En déduire le vecteur vitesse {E \atop v_{2}} deux dixièmes de seconde après le départ de la flèche.

13Mouvement de la Lune_{Lycée Lakanal, Sceaux} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆

On considère le mouvement de la Lune (de masse M_{L} D 7,35 · 10^{22} kg) autour de la Terre (de masse M_{T} D 5,97 · 10^{24} kg). On supposera que la Lune fait le tour de la Terre en 28 jours et que le centre de la Lune est situé à une distance de 385 000 km du centre de la Terre. On considère la trajectoire représentée page suivante.

1 Reproduire le schéma et tracer les vecteurs vitesses aux points L_{1} et L_{3}

grâce à une échelle judicieusement choisie. 2 Tracer le vecteur variation de vitesse en L_{2}.

3 Quelle est la force qui s’exerce sur la Lune? Vous préciserez sa direction

et sa norme. 4 Les résultats de la question 2 et de la question 3 sont-ils compatibles

avec la deuxième loi de Newton?

Données : G D 6,67 · 10^{−11} SI.

14Étude d’un mouvement en Python_{Nouveau Programme} Corrigé ; p. ?? ; 25 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

Joachim souhaite réaliser un script Python qui calcule le vecteur variation de vitesse au troisième point d’une trajectoire. Il a pour cela réalisé le programme page suivante.

Ce programme, non optimisé, est en cours de réalisation. 1 Compléter les lignes permettant d’estimer v2x, v2y, v4x, v4y, Deltav3x,

et Deltav3y 2 Faire les calculs sans utiliser le programme afin de déterminer Deltav3x

et Deltav3y (et ainsi pouvoir vérifier le bon fonctionnement du script). 3 Que peut-on en conclure quant-à la force qui s’exerce au point 3?

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 42 — #50 INTERROS_{42}

En Python

#Intervalle de temps entre deux points successifs (en s)
tau=0.04
#Position des 5 premiers points (en m)
x1=0
y1=100
x2=2
y2=95.2
x3=4
y3=80.4
X4=6
y4=55.6
x5=8
y5=20.8
#Calcul des vecteurs vitesse en 2 et 4
v2x= #A COMPLETER
v2y= #A COMPLETER
v4x= #A COMPLETER
v4y= #A COMPLETER
#Calcul du vecteur variation de vitesse en 3
Deltav3x= #A COMPLETER
Deltav3y= #A COMPLETER
#Affichage du résultat
print("Dv3x="+str(Deltav3x)+"  Dv3y="+str(Deltav3y))

15le dauphin à flanc blanc_{Nouveau Programme} Corrigé ; p. ?? ; 30 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

Le dauphin à flancs blancs du Pacifique est peut-être l’espèce la plus abondante du Pacifique Nord. C’est un dauphin très sociable et qui voyage généralement en groupe; il est rapide, puissant et bon surfeur. Les positions du centre d’inertie du dauphin sont données à intervalles de temps réguliers sur le document page suivante, la durée entre deux positions est 1t D 0,10s. 1 À partir du document, déterminer la valeur de la vitesse du centre d’iner-

tie du dauphin aux points 4 et 6. On les notera V_{4} et V_{6}.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 43 — #51 MOUVEMENT ET INTERACTIONS CHAP. 2_{43} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Tracer les vecteurs \overrightarrow{V_{4}}et \overrightarrow{V_{6}}sur le document, en utilisant l’échelle : 1 cm

pour 3,5 m.s^{−1} . 3 Construire sur le document le vecteur 1\overrightarrow{V} D \overrightarrow{V_{6}} − \overrightarrow{V_{4}} au point 5 et

déterminer sa valeur en m.s^{−1} en utilisant l’échelle précédente. 4 En déduire le sens et la direction de la résultante vectorielle des forces

appliquées au centre d’inertie du dauphin.

Échelle du document : 1 cm pour 0,8 m.

16La phase d’accélération d’un motard_{Nouveau programme} Corrigé ; p. ?? ; 30 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

On considère un motard qui s’élance, avec une vitesse initiale nulle, sur une piste rectiligne en maintenant une accélération constante. Une chronophotographie (en vue de dessus) représentant les premières positions successives du centre d’inertie G du système est donnée ci-dessous. La durée τ D 0,800 s sépare deux positions successives du centre d’inertie G. À t D 0, le centre d’inertie du système est au point A (G_{0} sur la chronophotographie).

1 Exprimer les valeurs des vitesses \overrightarrow{V_{2}} et \overrightarrow{V_{4}} du centre d’inertie G aux

points G_{2} et G_{4} puis les calculer. 2 Représenter les vecteurs vitesses \overrightarrow{V_{2}} et \overrightarrow{V_{4}} sur le schéma ci-dessous en

respectant l’échelle suivante : 1 cm pour 2 m.s^{−1} . 3 Représenter sur le document, le vecteur 1\overrightarrow{V_{3}} D \overrightarrow{V_{4}}− \overrightarrow{V_{2}}. 4 Donner le sens et la direction de la résultante vectorielle des forces ap-

pliquées au motard.

Échelle : 1 cm pour 4,3 m.

Force subie par un proton — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 44 — #52

CORRIGÉS_{44}

1_{QCM} Connaissance du cours {Enoncé \atop p. ??}

1 Un champ (vectoriel ou scalaire), qui demeure le même en tout point d’une région de l’espace est un champ uniforme (réponse a ). En revanche, un champ constant est un champ qui ne varie pas dans le temps.

2 Soient P et O les extrémités du vecteur champ E Eet soit Q le projeté de P sur l’axe Oy vertical. Dans le triangle rectangle ▷OP Q◁, on peut définir :

\{ \begin{matrix}cosθ D \frac{OQ}{OP} D \frac{OQ}{E} \\ sinθ D \frac{P Q}{OP} D \frac{P Q}{E} \end{matrix} ⇒ \{ \begin{matrix}OQ D E cosθ \\ P Q D E sinθ \end{matrix}

Ainsi, les composantes du vecteur E Es’écrivent :

\{ \begin{matrix}E_{x} D −P Q D −E sinθ \\ E_{y} D OQ D E cosθ \end{matrix} ⇒ E ED ( \begin{matrix}−E sinθ \\ E cosθ \end{matrix} ) (réponse b ).

3 En remarquant que :

\{ \begin{matrix}\frac{3,4}{5} D 0,68 \\ \frac{1,36}{2} D 0,68 \end{matrix} ⇒ \{ \begin{matrix}3,4 D 0,68 × 5 \\ 1,36 D 0,68 × 2 \end{matrix}

on peut présenter le vecteur E Vsous la forme :

E V D ( \begin{matrix}3,40 \\ 1,36 \end{matrix}) D ( \begin{matrix}0,68 × 5 \\ 0,68 × 2 \end{matrix} ) D 0,68 × ( \begin{matrix}5 \\ 2 \end{matrix})
⇒ E VD 0,68 E Ucar E UD ( \begin{matrix}5 \\ 2 \end{matrix})

ce qui suffit à prouver que E Uet E Vsont colinéaires (réponse b ).

2_{QCM} Testez vos connaissances {Enoncé \atop p. ??}

1 Faux. Les composantes du vecteur vitesse peuvent être négatives mais

sa norme est toujours positive ou nulle. 2 Faux. Cette formule ne permet que de déterminer une valeur approchée

de la vitesse au point M_{2}. 3 Faux. Si la vitesse est constante au cours du déplacement (en norme et

en direction), le vecteur variation de vitesse est nul. 4 Faux. Le vecteur variation de vitesse peut être perpendiculaire à la vi-

tesse, mais ce n’est en aucun cas une généralité. 5 Vrai (aux erreurs de détermination près). C’est le principe de la deuxième

loi de Newton.

Cumulonimbus — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 45 — #53 MOUVEMENT ET INTERACTIONS CHAP. 2_{45} CORRIGÉS INTERROS COURS
3Force subie par un proton_{Lycée Guynemer, Compiègne} {Enoncé \atop p. ??}

1 (a) Un champ électrostatique uniforme est caractérisé par un vecteur champ qui demeure le même en tout point de l’espace; ses lignes de champ sont des segments de droite (cf. figure 1).

(b) En un point M quelconque d’une ligne de champ, le champ électrique E E est tangent à la ligne de champ (parallèle à la ligne de champ sur la figure 1 page suivante).

2 (a) Un proton, de charge q_{p} D e, plongé dans un champ électrique E E d’intensité E, est soumis à une force E FD q_{p} E ED e E E, dont l’intensité vaut :

F D e × E D 1,6.10^{−19} × 2.10^{3} D 3,2.10^{−16} N.

(b) La relation E FD e E Emontre que le vecteur E Fest colinéaire à E Eet possède le même sens car e > 0 (cf. figure 2).

4Cumulonimbus_{Lycée Teilhard De Chardin, Saint-Maur-des-Fossés} {Enoncé \atop p. ??}

1 D’après l’énoncé, les charges se répartissent dans le nuage et sur le sol (cf. schéma ci-dessous) :

charges positives au sommet du nuage;

charges négatives à la base du nuage;

charges positives au sol.

2 (a) Loin des bords du nuage, l’ensemble nuage-sol se comporte comme un condensateur plan entre les armatures duquel les lignes de champ sont parallèles entre elles et perpendiculaires au sol (cf. schéma cidessous).

(b) Le vecteur champ électrique est caractérisé par :

sa direction : celle des lignes de champ;

son sens : dirigé des charges positives vers les charges négatives le long d’une ligne de champ;

son intensité : d’autant plus importante que les lignes de champ sont resserrées.

Forces électrostatiques — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 46 — #54

CORRIGÉS_{46}

(c) En excluant le cas marginal des pointes, qui n’est pas caractéristique des condensateurs plans, les surfaces chargées sont espacées d’une distance h. Puisqu’un champ moyen :

E D ∥ E E∥ D 15 kV · m^{−1} D 15.10^{3} V · m^{−1}

règne dans cet espace sous une tension U D 100.10^{6} V, il s’ensuit que :

U D E × h ⇒ h D \frac{U}{E} D \frac{10^{8}}{15.10^{3}} ≈ 6,7 · 10^{3} m.

5Forces électrostatiques_{Lycée Charlemagne, Paris} {Enoncé \atop p. ??}

1 La charge d’un proton valant e D 1,6.10^{−19} C, celle de la particule P lui est 6 fois supérieure :

q_{P} D 6 × e D 6 × 1,6.10^{−19} D 9,6.10^{−19} C.

L’attraction entre les particules chargées P et R rend compte de la nature de leurs charges : q_{P} étant positif, q_{R} est négatif.

2 Soit E uun vecteur unitaire directeur de la droite passant par P et R :

La loi de Coulomb donne l’expression de la force {E \atop F_{R/P}} que R exerce sur P et de la force {E \atop F_{P /R}} que P exerce sur R :

{E \atop F_{R/P}} D k × \frac{|q_{P}| × |q_{R}|}{P R^{2}} E uet {E \atop F_{P /R}} D −k × \frac{|q_{P}| × |q_{R}|}{P R^{2}} E u.

Énumérons les caractéristiques de ces deux forces :

elles sont colinéaires : elles possèdent la même direction E u;

elles sont de sens opposé : {E \atop F_{P /R}} D −{E \atop F_{R/P}};

Cristal de chlorure de sodium — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 47 — #55 MOUVEMENT ET INTERACTIONS CHAP. 2_{47} CORRIGÉS INTERROS COURS

elles ont la même intensité F D 0,128 μN D 0,128.10^{−6} N :

F D |{E \atop F_{R/P}}| D |{E \atop F_{P /R}}| D k × \frac{|q_{P}| × |q_{R}|}{P R^{2}}
⇒ F D k × \frac{6e × |q_{R}|}{P R^{2}} car |q_{P}| D 6 e.

De cette dernière relation, il découle que :

|q_{R}| D \frac{F × P R^{2}}{6 k e} avec P R D 180 pm D 180.10^{−12} m
D \frac{0,128.10^{−6} × (180.10^{−12} )^{2}}{6 × 9.10^{9} × 1,6.10^{−19}} ⇒ |q_{R}| D 4,8.10^{−19} .

Et, puisque q_{R} est négatif :

q_{R} D −4,8.10^{−19} C D −3 e car e D 1,6.10^{−19} C.

La charge q_{R} équivaut donc à la charge de trois électrons.

6Cristal de chlorure de sodium_{Lycée Berlioz, Vincennes} {Enoncé \atop p. ??}

Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo avec

1 Notons :

d_{0} D r_{Na}^{C} C r_{Cl}^{−} D 97 C 181 D 278 pm

la distance séparant un ion Na^{C} et un ion Cl^{−} en contact :

Si P et R désignent les centres respectifs des ions (1) et (2), la distance P R D d s’obtient aisément en appliquant le théorème de Pythagore au triangle rectangle ▷P QR◁ :

P R^{2} D P Q^{2} C QR^{2} avec P Q D d_{0} et QR D 2 d_{0}
⇒ d^{2} D d_{0}^{2} C 4 d_{0}^{2} D 5 d_{0}^{2}
⇒ d D \sqrt{5}d_{0} D \sqrt{5} × (r_{Na}^{C} C r_{Cl}^{−} )
⇒ d D \sqrt{5} × 278 ≈ 622 pm.

Trou noir stellaire — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 48 — #56 CORRIGÉS_{48}

2 L’ion Cl^{−} se forme par addition d’un électron (de charge −e) à l’atome de chlore initialement neutre, tandis que l’ion Na^{C} provient du départ d’un électron de l’atome de sodium initialement neutre. Les charges respectives de ces ions valent alors :

q_{Cl}^{−} D −e et q_{Na}^{C} D Ce

entre lesquels s’exerce une force électrostatique dont la loi de Coulomb prévoit l’intensité :

F D k × \frac{|q_{Cl}^{−} | × |q_{Na}^{C} |}{d^{2}} D k × \frac{e^{2}}{d^{2}} D 9.10^{9} × \frac{▷1,6.10^{−19} ◁^{2}}{▷622.10^{−12} ◁^{2}}
⇒ F D 6,0.10^{−10} N.

Les caractéristiques du vecteur force associé sont :

sa direction : la droite passant par les centres R et P des ions;

son sens : de R vers P car l’ion (2) est attiré par l’ion (1);

son intensité : ∥ E F∥ D F D 6,0.10^{−10} N.

7Poids à la surface de Mercure_{Lycée Alexandre Dumas, Saint-Cloud} {Enoncé \atop p. ??}

1 À la surface d’un astre sphérique de masse M et de rayon r règne un champ de gravitation qui peut s’identifier au champ de pesanteur, à condition de négliger le mouvement de l’astre :

g D \frac{G M}{r^{2}} avec r D 2 440 km D 2 240.10^{3} m
D \frac{6,67.10^{−11} × 3,3.10^{23}}{(2 440.10^{3})^{2}} D 3,70 m · s^{−2} .

2 À la surface de Mercure, un objet de masse m D 500 g D 0,5 kgpossède alors un poids :

P D m g D 0,5 × 3,7 D 1,85 N.

Balancier d’une horloge — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 49 — #57

MOUVEMENT ET INTERACTIONS CHAP. 2_{49} CORRIGÉS INTERROS COURS

8Trou noir stellaire_{Lycée Teilhard De Chardin, Saint-Maur-des-Fossés} {Enoncé \atop p. ??}

1 En un point A situé à une distance R du centre O de la Terre, le champ de gravitation E G▷R◁ est caractérisé par : sa direction : la droite ▷AO◁;

sons sens : de A vers O;

son intensité : G▷R◁ D G \frac{M_{T}}{R^{2}}

G désigne la constante de gravitation universelle et M_{T} est la masse de la Terre. Le champ de pesanteur terrestre E gse confond avec le champ de gravitation à la surface de la Terre (de rayon R_{T}) si l’on néglige le mouvement de la Terre.

2 À la « surface » d’un trou noir stellaire de rayon R_{tn} D 30 km et de masse M_{tn} D 3.10^{5} M_{T} (300 000 masses terrestres) règne un champ de gravitation :

G_{tn} D G \frac{M_{tn}}{R_{tn}^{2}} D 3.10^{5} × G \frac{M_{T}}{R_{tn}^{2}}

où \frac{R_{T}}{R_{tn}} D \frac{6 400}{30} ≈ 213 ⇒ \frac{1}{R_{tn}} ≈ \frac{123}{R_{T}} ⇒ \frac{1}{R_{tn}^{2}} D \frac{▷213◁^{2}}{R_{T}^{2}}fournit :

G_{tn} D 3.10^{5} × ▷213◁^{2} × G \frac{M_{T}^{2}}{R_{T}^{2}} D 3.10^{5} × ▷213◁^{2} × g ≈ 1,3.10^{10} × g
⇒ G_{tn} D 1,3.10^{11} N · kg^{−1} car g D 9,8 N · kg^{−1} .

Remarque : à la « surface » d’un tel trou noir, un objet de 1 gramme aurait le même poids qu’un objet de 1 300 tonnes sur Terre!

9Balancier d’une horloge_{Lycée Saint-Exupéry, Mantes-la-Jolie} {Enoncé \atop p. ??}

1 Un point du sol, situé au pôle, se trouve à la distance R_{p} du centre O de la Terre, auquel cas il est soumis à un champ gravitationnel d’inten-

sité g_{p} D \frac{GM}{R_{p}^{2}} , où G est la constante de gravitation universelle et M

est la masse de la Terre. De même, un point situé à l’équateur, donc à une distance R_{e} de O, est soumis à un champ gravitationnel d’intensité

g_{e} D \frac{GM}{R_{e}^{2}} . Ce faisant, la période d’oscillations d’une horloge située à

l’équateur ou au pôle vaut respectivement :

T_{0} D 2π\sqrt{\frac{ℓ}{g_{e}}} et T_{p} D 2π\sqrt{\frac{ℓ}{g_{p}}} .

Interaction Terre-Lune — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 50 — #58 CORRIGÉS_{50}

Par conséquent :

\frac{T_{p}}{T_{0}} D \sqrt{\frac{ℓ}{g_{p}}} × \sqrt{\frac{g_{e}}{ℓ}} D \sqrt{\frac{g_{e}}{g_{p}}}

avec :

\frac{g_{e}}{g_{p}} D \frac{GM}{R_{e}^{2}} × \frac{R_{p}^{2}}{GM} D \frac{R_{p}^{2}}{R_{e}^{2}} ⇒ \sqrt{\frac{g_{e}}{g_{p}}} D \sqrt{\frac{R_{p}^{2}}{R_{e}^{2}}} D \frac{R_{p}}{R_{e}}
⇒ \frac{T_{p}}{T_{0}} D \frac{R_{p}}{R_{e}} ⇒ T_{p} D T_{0} × \frac{R_{p}}{R_{e}}

où R_{e} D 6 378 km tandis que :

R_{e} − R_{p} D 21 km ⇒ R_{p} D R_{e} − 21 D 6 378 − 21 D 6 357 km.

Il s’ensuit que :

T_{p} D 1 × \frac{6 357}{6 378} ≈ 0,9967 s.

2 Pour passer d’une graduation à l’autre, la trotteuse de l’horloge située au pôle met un temps T_{p} ≈ 0,9967 s plus court que celle de l’horloge située à l’équateur (qui met T_{0} D 1 s > T_{p}). La trotteuse de l’horloge située au pôle tourne donc plus vite que celle de l’horloge située à l’équateur; elle marque donc une avance par rapport à celle de l’horloge restée à l’équateur.

3 Pour passer d’une graduation à l’autre, la trotteuse présente un écart (entre le pôle et l’équateur) :

1T_{1} D T_{0} − T_{p} D 1 − 0,9967 ≈ 3,3.10^{−3} s.

Donc, après avoir parcouru N graduations, la trotteuse située au pôle présente une avance de :

1T_{N} D N × 1T_{1}

sur celle restée à l’équateur. Ce faisant, cet écart atteindra la valeur 1T_{N} D 1 s, lorsque la trotteuse aura parcouru :

N D \frac{1T_{N}}{1T_{1}} D \frac{1}{3,3.10^{−3}} D 303 graduations

c’est-à-dire au bout de :

τ D 303 s D 5 min 3 s.

10Interaction Terre-Lune_{Lycée Sophie Germain, Paris} {Enoncé \atop p. ??}

1 La Terre et la Lune étant espacées d’une distance d D 384 400.10^{3} m, la force gravitationnelle qu’elles exercent mutuellement l’une sur l’autre est donnée par la loi page ci-contre.

Loi de la gravitation — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 51 — #59

MOUVEMENT ET INTERACTIONS CHAP. 2_{51} CORRIGÉS INTERROS COURS

F_{T /L} D \frac{G M_{T} M_{L}}{d^{2}} D \frac{6,67.10^{−11} × 6.10^{24} × 7,3.10^{22}}{(384 400.10^{3})^{2}}
⇒ F_{T /L} D 2,0.10^{20} N.

2 Soit q_{T} et q_{L} les charges électriques respectivement portées par la Terre et la Lune. L’intensité de l’interaction électrostatique entre ces astres vaut alors :

F_{élec} D k \frac{|q_{T}| × |q_{L}|}{d^{2}} D k \frac{|q|^{2}}{d^{2}}

si les charges q_{T} et q_{L} sont identiques. Donc, pour que l’interaction électrostatique compense la gravitation, elle doit repousser les astres (q_{T} et q_{L} sont de même signe) avec la même intensité :

F_{élec} D F_{T /L} ⇒ k \frac{|q|^{2}}{d^{2}} D \frac{G M_{T} M_{L}}{d^{2}}
⇒ |q|^{2} D \frac{G M_{T} M_{L}}{k}
⇒ |q| D \sqrt{\frac{G M_{T} M_{L}}{k}}

⇒ |q| D \sqrt{\frac{6,67.10^{−11} × 6.10^{24} × 7,3.10^{22}}{9.10^{9}}}
⇒ |q| D 5,7.10^{13} C.

11Loi de la gravitation_{Lycée Berlioz, Vincennes} {Enoncé \atop p. ??}

1 À grande distance, les forces que les astres exercent sont de type gravi-

tationnel. 2 L’intensité F_{T} de la force exercée par la Terre (de masse M_{T}) sur l’objet

(de masse m) est inversement proportionnelle au carré de la distance NT qui sépare ces corps :

F_{T} D \frac{G M_{T} m}{NT^{2}}  (3)

où G désigne la constante de gravitation. 3 L’intensité F_{L} de la force gravitationnelle que la Lune (de masse M_{L})

exerce sur l’objet vérifie une loi analogue :

F_{L} D \frac{G M_{L} m}{NL^{2}}.  (4)

Tir d’une flèche — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 52 — #60 CORRIGÉS_{52}

4 Les vecteurs force qui s’exercent sur l’objet présentent la même direction : la droite T L de vecteur unitaire directeur E u, mais sont de sens contraire :

L’objet est alors soumis à une force résultante E FD {E \atop F_{T}} C {E \atop F_{L}} D ▷F_{L} − F_{T}◁ E u qui s’annule lorsque les deux forces gravitationnelles se compensent. Dans ce cas :

F_{T} D F_{L}.  (5)

5 Compte tenu des relations (??) et (??), l’identité (??) devient :

F_{T} D F_{L} ⇒ \frac{G M_{T} m}{NT^{2}} D \frac{G M_{L} m}{NL^{2}} ⇒ \frac{M_{T}}{NT^{2}} D \frac{M_{L}}{NL^{2}}
⇒ NL^{2} D NT^{2} × \frac{M_{L}}{M_{T}}.

Il s’ensuit que :

NL D NT × \sqrt{\frac{M_{L}}{M_{T}}} D d \sqrt{\frac{M_{L}}{M_{T}}}.

Ainsi, la distance qui sépare la Terre et la Lune vaut :

d_{T L} D T L D T N C NL D d C d\sqrt{\frac{M_{L}}{M_{T}}} D d × ( 1 C \sqrt{\frac{M_{L}}{M_{T}}})

⇒ \frac{d_{T L}}{d} D 1 C \sqrt{\frac{M_{L}}{M_{T}}}.

12Tir d’une flèche_{Nouveau Programme} {Enoncé \atop p. ??}

1 La seule force qui s’exerce sur la flèche, si on néglige les frottements de l’air, est son poids E PD −mg · {E \atop u_{y}} (en définissant {E \atop u_{y}} comme un vecteur unitaire, dont la direction est verticale et qui pointe vers le haut).

2 Il est possible de déterminer 1E vpar le calcul :

1E vD {E \atop v_{1}} − {E \atop v_{0}} D ( \begin{matrix}v_{x1} − v_{x0} \\ v_{y1} − v_{y0} \end{matrix} ) D ( \begin{matrix}15 − 15 \\ −1 − 0 \end{matrix} ) D ( \begin{matrix}0 \\ −1 \end{matrix} ) D −{E \atop u_{y}}.

1E vet E Psont bien proportionnels : E PD mg · 1E v 3 La force qui s’exerce sur la flèche est constante. Donc le vecteur varia-

tion de vitesse est constant lui aussi.

Mouvement de la Lune — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 53 — #61 MOUVEMENT ET INTERACTIONS CHAP. 2_{53} CORRIGÉS INTERROS COURS

On en déduit donc que :

{E \atop v_{2}} D {E \atop v_{1}}C {E \atop 1v} D ( \begin{matrix}v_{x1} C 1v_{x} \\ v_{y1} C 1v_{y} \end{matrix} ) D ( \begin{matrix}15 C 0 \\ −1 − 1 \end{matrix}) D ( \begin{matrix}15 \\ −2 \end{matrix}) D 15{E \atop u_{x}} − 2{E \atop u_{y}}.

Les valeurs numériques sont exprimées en m · s^{−1} .

13Mouvement de la Lune_{Lycée Lakanal, Sceaux} {Enoncé \atop p. ??}

1 On considère la vitesse constante au cours du mouvement. On peut donc tracer les vecteurs vitesse de n’importe quelle longueur à partir du moment où tous les vecteurs sont de la même longueur. Il faut néanmoins calculer la valeur de la vitesse afin de pouvoir préciser l’échelle :

\left∥{E \atop v}\right∥ D \frac{D}{T}

où D D 2πR est la distance parcourue et T est la durée (en secondes) mise par la Lune pour faire le tour de la Terre. Donc :

\left∥{E \atop v}\right∥ D \frac{2 × π × 385 · 10^{6}}{28 × 24 × 3600} ≈ 1 000 m · s^{−1} .

L’échelle choisie peut être de représenter 1 000 m · s^{−1} par un segment de 1,5 cm.

2 Le tracé demandé est le suivant (se référer à la partie cours pour la justification de ce tracé) :

Étude d’un mouvement en Python — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 54 — #62 CORRIGÉS_{54}

3 La force qui s’exerce sur la Lune est la force d’attraction gravitationnelle de la Terre. Cette force est dirigée du centre de la Lune vers le centre de la Terre (on dit qu’il s’agit d’une force centripète). Sa norme se calcule grâce à la formule :

F D G \frac{M_{L} · M_{T}}{d_{T L}^{2}}

F D 6,67 · 10^{−11} \frac{7,35 · 10^{22} × 5,97 · 10^{24}}{▷385 · 10^{6}◁^{2}}
F ≈ 2 · 10^{20} N.

4 Le vecteur variation de vitesse est bien, dans les deux cas, dirigé vers le centre de la Terre, comme la force d’interaction gravitationnelle. Ces résultats sont compatibles avec la deuxième loi de Newton.

14Étude d’un mouvement en Python_{Nouveau Programme} {Enoncé \atop p. ??}

1 Pour résoudre le problème, il faut considérer indépendamment la composante de la vitesse selon l’axe des x et la composante de la vitesse selon l’axe des y. La composante de la vitesse selon l’axe des x se calcule à partir de la différence des positions en x :

v_{2x} D ▷x_{3} − x_{2}◁ − ▷x_{2} − x_{1}◁ D x_{3} − x_{1}.

De même la composante de la vitesse selon l’axe des y se calcule à partir de la différence de positions en y :

v_{2y} D ▷y_{3} − y_{2}◁ − ▷y_{2} − y_{1}◁ D y_{3} − y_{1}.

De même pour v_{4x} et v_{4y}.

Enfin,

1v_{x} D v_{4x} − v_{2x} et 1v_{y} D v_{4y} − v_{2y}.

Étude d’un mouvement en Python — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 55 — #63 MOUVEMENT ET INTERACTIONS CHAP. 2_{55} CORRIGÉS INTERROS COURS

D’où le script suivant :

#Intervalle de temps entre deux points successifs
    (en s)
tau=0.04
#Position des 5 premiers points (en m)
x1,y1,x2,y2,x3,y3,x4,y4,x5,y5

    =0,100,2,95.2,4,80.4,6,55.6,8,20.8

le dauphin à flanc blanc — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 56 — #64

CORRIGÉS_{56}

#Calcul des vecteurs vitesse en 2 et 4
v2x=(x3-x1)/(2*tau)
v2y=(y3-y1)/(2*tau)
v4x=(x5-x3)/(2*tau)
v4y=(y5-y3)/(2*tau)
#Calcul du vecteur variation de vitesse en 3
Deltav3x=v4x-v2x
Deltav3y=v4y-v2y
#Affichage du résultat
print("Dv3x="+str(Deltav3x)+"  Dv3y="+str(Deltav3y))
print(str(v2x)+" "+str(v2y))
print(str(v4x)+" "+str(v4y))

2 En réalisant les calculs, on trouve :

v_{2x} D 50,
v_{2y} D −245,
v_{4x} D 50,
v_{4y} D −745,
1v_{x} D 0,
1v_{y} D −500.

Toutes ces valeurs sont exprimées en m · s^{−1} . 3 On voit que 1v_{x} D 0 et que 1v_{y} est négatif. On en déduit que la force

qui s’exerce au point 3 est verticale, dirigée vers le bas.

15le dauphin à flanc blanc_{Nouveau Programme} {Enoncé \atop p. ??}

1 La vitesse V_{4} est donnée par la formule :

V_{4} D \frac{G_{3}G_{5}}{2τ} ,

où τ D 0,10 s. Graphiquement, on peut mesurer :

G_{3}G_{5} D 1,6 cm.

Avec l’échelle 1 cm pour 0,80 m, on trouve :

G_{3}G_{5} D 1,6 × 0,8 D 1,28 m.

Ainsi,

V_{4} D \frac{1,28}{0,20} D 6,4 m.s^{−1} .

le dauphin à flanc blanc — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 57 — #65

MOUVEMENT ET INTERACTIONS CHAP. 2_{57} CORRIGÉS INTERROS COURS

La vitesse V_{6} est donnée par la formule :

V_{6} D \frac{G_{5}G_{7}}{2τ} .

Graphiquement, on mesure :

G_{5}G_{7} D 1,3 cm.

Avec l’échelle 1 cm pour 0,80 m, on obtient alors :

G_{5}G_{7} D 1,3 × 0,8 D 1,04 m.

Ainsi,

V_{6} D \frac{1,04}{0,2} D 5,2 m.s^{−1} .

2 Avec l’échelle 1 cm pour 3,5 m.s^{−1} , \overrightarrow{V_{4}} mesure \frac{6,4}{3,5} D 1,8 cm, et \overrightarrow{V_{6}}

mesure \frac{5,2}{3,5} D 1,5 cm.

Les deux vecteurs sont représentés sur le schéma qui se trouve en fin de corrigé.

3 Construction du vecteur 1\overrightarrow{V} au point 5 : on reporte \overrightarrow{V_{6}} au point 5 et

on soustrait le vecteur \overrightarrow{V_{4}} (voir vecteurs en pointillés). Le vecteur 1\overrightarrow{V} mesure 1,0 cm donc avec l’échelle des vitesses :

1\overrightarrow{V} D 2,0 m.s^{−1} .

4 La résultante vectorielle des forces appliquées au centre d’inertie du dauphin a même sens et direction que 1\overrightarrow{V}.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 2 page 58 — #66 CORRIGÉS_{58}
16La phase d’accélération d’un motard_{Nouveau programme} {Enoncé \atop p. ??}

1 V_{2} D \frac{G_{1}G_{3}}{t_{3} − t_{1}} D \frac{G_{1}G_{3}}{2τ}.

Le facteur d’échelle donne : 1 cm (document) ⟷ 4,3 m (réel). G_{1}G_{3} D 3 cm sur le document donc réellement :

G_{1}G_{3} D 3 × 4,3 D 12,9 m.

Ainsi,

\overrightarrow{V_{2}} D \frac{12,9}{2 × 0,800} ≈ 8,0 m.s^{−1} .

De plus, \overrightarrow{V_{4}} D \frac{G_{3}G_{5}}{t_{5} − t_{3}} avec G_{3}G_{5} D 6,5 cm sur le document donc réellement : G_{3}G_{5} D 6,5 × 4,3 ≈ 28 m. Ainsi,

\overrightarrow{V_{4}} D \frac{28}{2 × 0,800} D 17,5 m.s^{−1} .

2 Voir schéma en fin de corrigé.

Échelle des vitesses : 1 cm ⟷ 4,3 m.s^{−1} donc :

\overrightarrow{V_{2}}est représenté par une flèche de 8,0 × \frac{1}{4,3} ≈ 1,9 cm,

\overrightarrow{V_{4}}est représenté par une flèche de 17,5 × \frac{1}{4,3} D 4,1 cm.

Les vecteurs vitesses sont tangents à la trajectoire et orientés dans le sens du mouvement.

3 Voir schéma en fin de corrigé.

Construction du vecteur 1\overrightarrow{V_{3}} D \overrightarrow{V_{4}}− \overrightarrow{V_{2}}en G_{3}. Les vecteurs en pointillés nous permettent de construire 1\overrightarrow{V_{3}}.

4 La résultante des forces a le même sens et la même direction que 1\overrightarrow{V_{3}}.

Pression dans les gaz et les liquides

Plan du chapitre

1 Introduction

Un hublot d’avion a pour dimensions 25 cm × 18 cm. L’air à l’intérieur de l’avion est à la pression P_{0} D 10^{5} Pa, alors que l’air extérieur est à la pression P_{1} D 10^{4} Pa. Quelle est la résultante des forces pressantes sur le hublot?

Exercice type

Lycée Van Dongen, Lagny

Voir corrigé page ??

Dans ce chapitre, nous abordons l’étude des notions de température et de pression d’un gaz sur le plan microscopique et macroscopique, et nous présentons la relation fondamentale de l’hydrostatique.

2 Description d’un gaz à l’échelle microscopique

Un gaz tel que l’air contenu dans une salle de classe contient un nombre considérable de particules (ici des molécules de dioxygène et de diazote pour la plupart). Ces molécules sont animées, dans les conditions standards, d’une vitesse qui est de l’ordre de 500 m.s^{−1} , et ont des trajectoires totalement aléatoires, erratiques, qui sont perpétuellement changées par les chocs contre les parois et par les chocs entre particules elles-mêmes. Entre deux chocs les trajectoires sont des segments de droite. Pour fixer les idées, l’air dans la salle de classe se comporte comme un gigantesque billard, en trois dimensions au lieu de deux, avec environ 10^{25} boules, qui sont les molécules. Le mouvement erratique, aléatoire, d’une particule dans un gaz est appelé le mouvement brownien. Bien évidemment, il est impossible de décrire un gaz en étudiant individuellement la trajectoire de chacune des particules qui le composent. Il faut faire appel à des grandeurs macroscopiques, qui permettent une description statistique du gaz. Température et pression sont précisément des grandeurs macroscopiques qui jouent ce rôle.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 60 — #68 COURS_{60}

Remarque : macroscopique est le contraire de microscopique. Une propriété macroscopique du système est ici une propriété que l’on peut définir de manière globale, sans s’intéresser à ses composants individuels, les particules, qui sont microscopiques.

3 Notion de température

La température caractérise l’état thermique d’un corps. Dans un gaz, elle est liée à la vitesse d’agitation moyenne des molécules. L’échelle de mesure des températures courantes est l’échelle Celsius. À la pression atmosphérique, l’eau gèle à 0 °C et bout à 100 °C. La dilatation d’un liquide tel que le mercure permet d’interpoler et d’extrapoler l’échelle au-delà de ces limites. Le symbole du degré Celsius est ^{∘}C. Une température exprimée en degrés Celsius est souvent notée ϑ (lettre grecque theta).

4 Notion de pression

La température caractérisait la vitesse d’agitation des particules dans un gaz. La pression, elle, caractérise la « violence » de tous les chocs de particules subis par une paroi.

4.1 Force pressante subie par une surface

Un ballon gonflé est gonflé précisément parce que les molécules qui s’agitent à l’intérieur viennent heurter ses parois à l’intérieur.

De manière plus formelle, lorsqu’une surface plane est plongée dans un fluide (liquide ou gaz), elle reçoit de ce fluide une force, appelée force pressante, qui est perpendiculaire à la surface et proportionnelle à celle-ci.

La force pressante est perpendiculaire à la surface. La force est exercée par un fluide qui se trouve à gauche de la surface.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 61 — #69 PRESSION DANS LES GAZ ET LES LIQUIDES CHAP. 3_{61} CORRIGÉS INTERROS COURS

Bien évidemment, si cette surface est en contact avec le fluide des deux côtés, elle reçoit deux forces pressantes qui se compensent. En revanche, si elle est en contact avec des fluides différents des deux côtés (vitre d’aquarium, hublot d’avion, hublot de sous-marin, etc.) alors les forces pressantes ne se compensent plus.

Définition 1

La pression est la force exercée par unité de surface.

Si on note P la pression, elle est donc donnée par :

P D \frac{F}{S} ,

où F est la force pressante exercée par le fluide sur une surface plane d’aire S.

4.2 Unités et mesure

Dans les unités du Système International, elle se mesure donc en N.m^{−2} , encore appelé pascal, de symbole Pa. On utilise souvent l’hecto-pascal, de symbole hPa. On a : 1 hPa D 100 Pa. La pression standard est P_{0} D 101 325 Pa D 1 013,25 hPa.

Remarque : d’autres unités fréquemment utilisées sont :

L’atmosphère, de symbole atm. On a : 1 atm D P_{0} D 101 325 Pa.

Exemple : une pression p D 3 atm vaut, en pascals :

p D 3 × 101 325 D 303 975 Pa.

Le millimètre de mercure (de symbole mm Hg).

Une pression se mesure à l’aide d’un manomètre.

5 Loi de Mariotte

Retrouvez une illustration de la loi de Mariotte en vidéo avec

Le Français Edme Mariotte et l’irlandais Robert Boyle ont, au cours du XVII^{e} siècle, découvert indépendamment la loi qui porte leur nom, et qui peut s’énoncer ainsi :

À RETENIR : loi de Mariotte

À température donnée, le produit de la pression P et du volume V d’une quantité de gaz donnée est constante : P × V D constante.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 62 — #70 COURS_{62}

Cette loi est très bien vérifiée par les gaz aux basses pressions (pressions de l’ordre de la pression atmosphérique). Elle est rigoureusement exacte dans le cas des gaz parfaits. Elle est indépendante de la nature (composition chimique) du gaz considéré. On pouvait s’y attendre dans la mesure où la première hypothèse des gaz parfaits suppose que les particules du gaz parfait sont des masses ponctuelles, et donc ne considère absolument pas la structure atomique ou moléculaire (c’està-dire l’identité chimique) des particules du gaz. Ainsi, considérons un gaz à une température donnée ϑ, dans une enceinte de volume V_{1} et à la pression P_{1}. On suppose que l’on fait varier le volume de l’enceinte, de manière à ce qu’il devienne V_{2}. Si la température est maintenue égale à ϑ, alors le gaz se retrouve à une pression P_{2} qui vérifie l’égalité :

P_{1} × V_{1} D P_{2} × V_{2}.

Nous verrons dans les classes ultérieures que ce produit dépend de la température (raison pour laquelle il est très important de spécifier « à température constante » dans l’énoncé de la loi de Boyle-Mariotte). Ceci nous conduira à l’équation d’état des gaz parfaits.

On commence par évaluer la force pressante F_{i} sur la face intérieure du hublot. Cette force est donnée par :

F_{i} D S × P_{0} ,

où S D 0,25 × 0,18 D 0,045 m^{2} (attention à travailler dans les unités du Système International).

Figure 3.1 – Bilan des forces pressantes sur le hublot d’avion.

L’application numérique donne :

F_{i} D 10^{5} × 0,045 D 4 500 N.

…

Solution de l’exercice type

Lycée Van Dongen, Lagny

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 63 — #71 PRESSION DANS LES GAZ ET LES LIQUIDES CHAP. 3_{63} CORRIGÉS INTERROS COURS

De la même manière, la force pressante F_{e} sur la face extérieure du hublot est :

F_{e} D P_{1} × S D 10^{4} × 0,045 D 450 N.

La résultante de ces deux forces, qui sont parallèles et opposées, est une force dirigée vers l’extérieur de l’avion et de valeur :

F D F_{i} − F_{e} D 4 500 − 450 D 4 050 N.

Solution de l’exercice type (suite)

Lycée Van Dongen, Lagny

Voir énoncé page ??

6 Relation fondamentale de l’hydrostatique

On considère la situation représentée ci-dessous :

Un tube à essais est renversé sur une cuve contenant de l’eau. On observe un dénivelé h entre le niveau de l’eau dans la cuve et celui de l’eau dans le tube à essais.

Quelle est, dans les unités du Système International, la pression P de l’air emprisonné dans le tube à essais?

Données :

Intensité de la pesanteur : g D 9,8 N.kg^{−1} .

Masse volumique de l’eau : ρ D 1,0 g.cm^{−3} .

Pression atmosphérique : P_{atm} D 101 325 Pa.

Exercice type

Lycée Victor Hugo, Bordeaux

Voir corrigé page ??

Définition 2

On appelle masse volumique d’un corps la masse par unité de volume de ce corps. Dans les unités du Système International, elle s’exprime en kilogramme par mètre cube (kg.m^{−3} ).

En unités du Système International, la masse volumique est donc la masse d’un mètre cube du corps.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 64 — #72 COURS_{64}

Dans un liquide incompressible de masse volumique ρ, au repos, on a, entre deux points quelconques A et B à l’intérieur du liquide la relation donnée ci-dessous :

À RETENIR

Relation fondamentale de l’hydrostatique :

P_{B} − P_{A} D ρ × g × h,

où P_{B} est la pression au point B et P_{a} la pression au point A, g l’intensité de la pesanteur, ρ la masse volumique du fluide et h la différence d’altitude entre les deux points.

On représente schématiquement la situation à la figure ci-dessous.

La relation fondamentale de l’hydrostatique appelle quelques commentaires :

elle n’est valable que si le liquide est au repos (d’où le qualificatif de loi de l’hydrostatique);

la pression est toujours plus élevée au point le plus bas (dans le cas représenté ci-dessus il s’agit du point B). En cas de doute en cours de devoir, on s’assurera bien que chaque membre de l’égalité est positif (ici P_{B} > P_{A} donc P_{B} − P_{A} > 0, et ρ × g × h > 0);

h n’est pas la distance qui sépare les points, mais la différence d’altitude. En particulier, si ceux-ci sont à la même altitude, ils sont à la même pression;

les points A et B ne sont pas nécessairement sur la même verticale (voir à ce titre la correction de l’exercice type).;

on peut appliquer la relation fondamentale de l’hydrostatique si on peut passer continûment du point A au point B en restant toujours dans le même fluide.

Nous considérons les deux points A et B représentés sur la figure ci-dessous. … Solution de l’exercice type Lycée Victor Hugo, Bordeaux

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 65 — #73 PRESSION DANS LES GAZ ET LES LIQUIDES CHAP. 3_{65} CORRIGÉS INTERROS COURS

La différence d’altitude entre ces deux points est h D 7 cm. Nous pouvons écrire la relation fondamentale de l’hydrostatique relative à ces points :

P_{B} − P_{A} D ρ × g × h.

Or, la pression au point B, qui se trouve à la surface libre de la cuve, au contact de l’atmosphère, est la pression atmosphérique :

P_{B} D P_{atm}.

De la même manière, la pression au point A, en contact avec l’air emprisonné dans le tube à essais, vérifie :

P_{A} D P.

Nous pouvons donc réécrire la relation fondamentale de l’hydrostatique comme :

P_{atm} − P D ρ × g × h soit : P D P_{atm} − ρ × g × h.

Nous effectuons à présent l’application numérique, après avoir dûment converti toutes les grandeurs dans les unités du Système International. Combien devons-nous laisser de chiffres significatifs à ce résultat? Notons que la hauteur d’eau dans le tube à essais n’est donnée qu’avec un chiffre significatif, donc la différence de pression ρgh, qui est une petite quantité (P diffère peu de P_{atm}, comme nous allons le voir), n’est connue qu’avec un chiffre significatif. Ainsi :

ρgh D 10^{3} × 9,8 × 0,07 D 7 × 10^{2} Pa.

Le dernier chiffre significatif est donc celui des centaines de pascals. Par conséquent :

P D 101 325 − 7 × 10^{2} D 1,006 × 10^{5} Pa.

Le chiffre des centaines de pascals est le quatrième et dernier chiffre significatif.

Solution de l’exercice type (suite)

Lycée Victor Hugo, Bordeaux Voir énoncé page ??

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 66 — #74 INTERROS_{66}
1_{QCM} Testez vos connaissances Corrigé p. ?? 5 min

1 Sans calcul, identifier la seule pression des quatre ci-dessous qui vaut 3 atm. On rappelle que la pression atmosphérique vaut approximativement 10^{5} Pa, ou 760 millimètres de mercure.

a 76 mm Hg  b 760 mm Hg c 4 000 hPa  d 2 280 mm Hg

2 Lorsque, à température constante, le volume d’un gaz augmente, sa pression

a diminue  b augmente

3 Le protocole expérimental est strictement identique dans les expériences schématisées ci-dessous.

Que peut-on en déduire?

a P_{1} D P_{2}  b P_{1} < P_{2}  c P_{1} > P_{2}

2Pression sur un piston_{Lycée Les Fauvettes, Cannes} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆

On considère un gaz G dans une enceinte fermée en haut par un piston de masse m D 10 kg et de surface S D 50 cm^{2}. L’enceinte se trouve dans le vide, comme indiqué sur la figure ci-dessous.

1 Quel est le bilan des forces exercées sur le piston?

2 En déduire la pression du gaz G.

Donnée : intensité de la pesanteur : g D 10 N.kg^{−1} .

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 67 — #75 PRESSION DANS LES GAZ ET LES LIQUIDES CHAP. 3_{67} CORRIGÉS INTERROS COURS
3Forces pressantes sur une fenêtre_{Lycée Frédéric Ozanam, Lille} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆

1 Quelle est la force exercée sur une fenêtre de 80,000 cm × 100,00 cm

par l’air extérieur, de pression P D 101 325 Pa? 2 Quelle est la force exercée par l’air intérieur, supposé à la même pression

que l’air extérieur? 3 Pourquoi la fenêtre ne casse-t-elle pas?

4Ballons de baudruche_{Lycée Sévigné, Marseille} Corrigé ; p. ?? ; 5 min ; ⋆ ; ⋆

Deux ballons de baudruche identiques sont gonflés avec deux gaz différents, respectivement de l’hélium et du dioxygène, avec des pressions identiques. Les deux ballons ont donc une forme et un volume identiques au départ. Il sont soigneusement ficelés, et pourtant il se dégonflent au bout de quelques jours. On remarque que le ballon gonflé d’hélium se dégonfle plus rapidement que l’autre.

1 Quelle est la nature microscopique des forces pressantes agissant à l’in-

térieur des ballons? 2 Comment interpréter le fait que les ballons se dégonflent?

3 Quel renseignement peut-on en déduire concernant la taille relative d’une molécule de dioxygène et d’un atome d’hélium?

5Pointe de punaise_{Lycée Henri IV, Paris} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

On considère une punaise en laiton (représentée ci-dessous), composée d’une pointe dont l’extrémité peut être considérée comme un disque de rayon r D 0,1 mm, et d’une tête plate assimilable à un disque de rayon R D 4 mm.

Figure 3.2 – Schéma de la punaise et agrandissement de la pointe.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 68 — #76 INTERROS_{68}

On exerce sur la tête de la punaise une force de valeur F D 50 N, tout en appliquant la pointe sur un mur.

1 Quelle masse aurait un poids de valeur égale à cette force? 2 Quelle pression exerce-t-on sur la tête de la punaise? 3 Quelle pression est exercée sur la pointe? Que pouvez-vous en conclure?

Données :

La surface d’un disque de rayon r est πr^{2}.

Intensité de la pesanteur : g D 10 N.kg^{−1} .

6Force pressante_{Lycée Hector Berlioz, Vincennes} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

Une masse m D 240 kg est posée sur une surface d’aire A_{1} D 3,00 m^{2}.

1 Quelle pression, supposée uniformément répartie, exerce-t-elle sur cette

surface? 2 Cette pression est-elle beaucoup plus grande que la pression atmosphé-

rique? 3 Cette masse est à présent posée sur une surface d’aire A_{2} D 120 cm^{2}.

Quelle est la pression exercée sur cette surface? Comment se comparet-elle à la pression atmosphérique?

Donnée : g D 10 N.kg^{−1} .

7Mobile autoporteur_{Lycée Madeleine Danielou, Rueil-Malmaison} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

Un mobile autoporteur cylindrique, de rayon R D 5 cm et de masse m D 400 g, se déplace sur un coussin d’air sur un plan horizontal, et sa trajectoire est rectiligne et uniforme. 1 Nommer et calculer les forces exercées sur le mobile? (on supposera

que, exception faite du coussin d’air sur sa face inférieure, il se trouve dans de l’air à la pression standard P_{0} D 101 325 Pa).

2 En déduire la pression du coussin d’air sur la face inférieure.

Donnée : intensité de la pesanteur : g D 10 N.kg^{−1} .

Remarque : il faut auparavant avoir étudié le chapitre sur le principe d’inertie pour résoudre cet exercice.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 69 — #77 PRESSION DANS LES GAZ ET LES LIQUIDES CHAP. 3_{69} CORRIGÉS INTERROS COURS
8Calcul de pression_{Lycée Ampère, Lyon} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

On considère le gaz G dans l’enceinte de la figure ci-dessous. Cette enceinte est fermée par un piston de masse m et de surface S D 100 cm^{2}. L’ensemble est en équilibre, et se trouve dans l’air ambiant (P D 101 325 Pa).

1 Quelles sont les forces exercées sur le piston? Caractériser chacune

d’elle. 2 Sachant que la pression du gaz G est P_{G} D 1,11 × 10^{5} Pa, déduire la

masse du piston.

Donnée : intensité de la pesanteur : g D 10 N.kg^{−1} .

9Unité de pression_{Lycée Carnot, Dijon} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

Un fabricant automobile désire spécifier la pression nominale des pneumatiques d’une automobile. Dans le manuel de celle-ci réservé aux pays anglosaxons, on trouve l’indication, pour les roues avant : 32 PSI. Ce dernier sigle est une unité de pression qui correspond à Pound per Square Inch (livre par pouce carré). 1 Cette unité de pression utilise un abus de langage très répandu. Lequel?

2 Quelle est, dans les unités du Système International, la surface S corres-

pondant à un pouce carré? 3 Quelle est le poids d’une masse d’une livre? 4 Quelle est, en pascals, la pression correspondant à 1 PSI? 5 Quelle indication le fabricant de voitures doit-il donner dans le manuel

destiné aux pays où les pressions de pneumatiques s’expriment couramment en bars?

Données :

Une livre vaut 0,453 592 37 kg.

L’intensité de la pesanteur vaut g D 9,81 N.kg^{−1} .

Un pouce mesure 25,4 mm.

Pression atmosphérique : P_{atm} D 101 325 Pa.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 70 — #78 INTERROS_{70}
10Plongeur en apnée_{Lycée Pierre de Fermat, Toulouse} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

On considère un athlète effectuant une descente en apnée jusqu’à une profondeur h D 32 m. Il prend son inspiration à la surface juste avant son plongeon. L’air contenu dans ses poumons occupe alors un volume v_{0} D 5,0 L. 1 Quelle est la pression de l’eau au point le plus profond de sa descente?

2 En déduire le volume occupé par l’air dans ses poumons lorsqu’il atteint

ce point. Données :

Masse volumique de l’eau : ρ D 1,0 g.cm^{−3} .

Intensité de la pesanteur : g D 9,8 N.kg^{−1} .

Pression atmosphérique : P_{atm} D 101 325 Pa.

11Étude d’une seringue_{Lycée Ampère, Lyon} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

On souhaite comprimer une seringue dont on bouche l’extrémité avec le doigt. Initialement, le piston est à l D 10 cm du fond. On souhaite l’amener à l′ D 2 cm du fond. Pour ce faire, on pousse lentement sur le piston. La seringue et l’air qu’elle contient peuvent donc être considérés comme étant à tout instant en équilibre thermique.

Figure 3.3 – Compression de l’air emprisonné dans la seringue.

Quelle force F_{0} l’opérateur doit-il exercer sur le piston?

Donnée : le rayon de la seringue est r D 5 mm.

12Bouteille d’oxygène_{Lycée Carnot, Dijon} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

On considère une bouteille d’oxygène destinée à la plongée. Elle contient de l’oxygène sous une pression de 6,00 bars. Le rayon de cette bouteille est r D 5,00 cm. 1 La bouteille est hors de l’eau. Calculer la force pressante due à l’air

ambiant sur le fond de la bouteille. 2 Calculer la force pressante due à l’oxygène contenu dans la bouteille,

sur le fond de celle-ci.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 71 — #79 PRESSION DANS LES GAZ ET LES LIQUIDES CHAP. 3_{71} CORRIGÉS INTERROS COURS

3 En déduire le bilan des forces pressantes sur le fond de la bouteille lors-

qu’elle est hors de l’eau. 4 Quelle est la force pressante due à l’eau, sur le fond de la bouteille,

lorsque celle-ci se trouve à 50 mètres de profondeur? 5 En déduire le bilan des forces pressantes sur le fond de la bouteille, à

cette profondeur. 6 Même chose à 100 mètres de profondeur.

Données :

Intensité de la pesanteur : g D 10 N.kg^{−1} .

Pression de l’air ambiant : 1 bar D 10^{5} Pa.

Masse volumique de l’eau : ρ D 10^{3} kg.m^{−3} .

13Profil de plongée_{Lycée Notre-Dame de Sion, Paris} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Un plongeur prépare son immersion par l’étude du profil de plongée suivant :

On suppose que la température est constante au cours de la plongée.

1 Quelle est la durée totale 1t de la plongée, incluant la remontée? 2 Quelle est la pression P_{A} au point A? Justifier. 3 La différence de pression 1P entre deux points d’un liquide est pro-

portionnelle à la différence de profondeur 1h entre ces deux points. Le coefficient de proportionnalité est k D 1,0 × 10^{4} Pa.m^{−1} .

(a) Quelle est la pression P_{B} exercée sur le plongeur lorsqu’il se trouve à la profondeur maximale?

(b) La paume du plongeur a une surface S D 30 cm^{2}. Quelle est la valeur F de la force pressante E Fsubie par la paume du plongeur à cette profondeur?

(c) En admettant que la quantité d’air contenue dans les poumons ne varie pas, quel est le volume de l’air contenu dans ses poumons à cette profondeur sachant qu’en surface il occupe V_{A} D 7,5 L?

Donnée : la pression atmosphérique vaut P_{atm} D 1,0 × 10^{5} Pa.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 72 — #80 INTERROS_{72}
14Lunettes de plongée_{Lycée Pierre de Fermat, Toulouse} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

On considère des lunettes de plongée constituées d’un joint en caoutchouc, de deux verres circulaires de diamètre 5,0 cm, et d’une attache.

1 Quelle est l’aire totale des verres de ces lunettes?

2 Quelle est la force pressante totale exercée par l’air sur le côté externe

des verres, au niveau de la mer, avant la plongée? 3 Quelle est la force pressante totale exercée par l’air sur le côté interne

des verres, au niveau de la mer, avant la plongée? 4 Quelle est la force pressante exercée par l’eau sur le côté externe des

verres, à la profondeur d D 5 m?

Données :

Pression atmosphérique : P_{atm} D 1,0 × 10^{5} Pa.

Valeur du champ de pesanteur terrestre : g D 10 N.kg^{−1} .

Masse volumique de l’eau : ρ D 1,0 · 10^{3} kg.m^{−3} .

15Calcul de pression_{Lycée de la Providence, La Rochelle} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Deux enceintes indéformables (1) et (2) sont maintenues à la température ϑ D 100 ^{∘}C en permanence. À l’instant initial, l’enceinte (1) contient un gaz sous une pression p_{1} D 3,0 atm; le volume de cette enceinte est V_{1} D 1,0 m^{3}. L’enceinte (2) contient quant à elle, est vide, et son volume est V_{2} D 2,0 m^{3}.

Figure 3.4 – Représentation schématiques des enceintes (1) et (2).

On ouvre le robinet R et les molécules du gaz peuvent librement circuler entre les enceintes (1) et (2) : la pression est alors la même dans les deux enceintes. Que vaut cette pression?

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 73 — #81 PRESSION DANS LES GAZ ET LES LIQUIDES CHAP. 3_{73} CORRIGÉS INTERROS COURS
16Planète océan_{Lycée du Parc, Lyon} Corrigé ; p. ?? ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

Au cours des années 2000, il a été proposé le concept de « planète océan ». Il s’agirait de grosses planètes telluriques entièrement recouvertes d’une couche d’eau liquide pouvant aller jusqu’à plusieurs centaines de kilomètres de profondeur. On considère une telle planète, ayant une masse égale à 10 fois celle de la Terre, et un rayon égal à 2,0 fois celui de la Terre.

1 Quelle est la valeur du champ de pesanteur à la surface de cette planète? 2 Quelle est la pression à 70 km de profondeur dans l’océan qui recouvre

cette planète? On supposera négligeable la pression à la base d’une éventuelle atmosphère qui recouvre la planète.

Données :

Masse de la Terre : 5,98 × 10^{24} kg.

Rayon de la Terre : 6378 km.

Masse volumique de l’eau liquide : 10^{3} kg.m^{−3} .

Constante de la gravitation : G D 6,67 × 10^{−11} N.kg^{−2} .m^{2}.

Remarque : il faut avoir préalablement étudié le chapitre sur la gravitation pour répondre à cet exercice.

17Densité d’une huile_{Lycée Condorcet, Paris} Corrigé ; p. ?? ; 25 min ; ⋆ ; ⋆

On souhaite mesurer la densité par rapport à l’eau d’une huile de cuisine. Pour ce faire, on introduit de l’eau dans un tube en U, puis, d’un seul côté, l’huile dont on souhaite mesurer la densité d. Une fois l’équilibre atteint, on observe la situation représentée ci-contre.

1 Quelle propriété de l’huile et de l’eau permet d’expliquer leur séparation?

2 Justifier qualitativement pourquoi la densité de l’huile par rapport à l’eau

est inférieure à un. 3 En utilisant la relation fondamentale de l’hydrostatique, exprimer la den-

sité d en fonction de la hauteur de H de l’huile dans la partie droite et du dénivelé D entre le ménisque d’eau et celui d’huile. Faire l’application numérique.

4 Si l’on introduit à présent une huile plus dense que l’eau, quelle(s) configuration(s) peut-on obtenir parmi les trois représentées page suivante, une fois l’équilibre atteint?

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 74 — #82 INTERROS_{74}

18Amortisseur_{Lycée Blomet, Paris} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

Un amortisseur de véhicule contient un gaz comprimé, comme indiqué sur la figure ci-contre. La section S de chaque amortisseur est S D 5,0 cm^{2}. La masse du véhicule est m D 500 kg. Il comporte quatre roues, sur lesquelles son poids est également réparti. Quelle est la pression du gaz dans chaque amortisseur?

Données :  Intensité de la pesanteur : g D 10 N.kg^{−1} .

19Enceinte indilatable_{Lycée Sainte-Geneviève, Versailles} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

On enferme une certaine quantité de gaz dans un réservoir de volume fixé, invariable. On porte les parois du réservoir à une température θ, on attend l’équilibre thermique, puis on mesure la pression du gaz dans le réservoir. Les résultats des mesures sont reportés dans le tableau ci-dessous.

θθθ (en^{ooo}C)  0  100  −40  150

Pression P P P du gaz (en bars)

0,92

1,25

0,78

1,42

1 Pour une température donnée θ des parois, quelle est la température T

du gaz à l’équilibre thermique? 2 Lorsque la température du réservoir augmente, que fait la pression?

3 Ajouter une ligne au tableau de l’énoncé.

On y portera le quotient \frac{T C 273,15 ^{∘}C}{P}.

Que constatez-vous?

20Éclatement d’un ballon de baudruche_{Lycée du Parc, Lyon} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 75 — #83 PRESSION DANS LES GAZ ET LES LIQUIDES CHAP. 3_{75} CORRIGÉS INTERROS COURS

Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo avec On considère un ballon de baudruche, que l’on assimilera à une sphère de rayon variable r. On sait que ce ballon éclate lorsque son rayon atteint un rayon critique r_{c} D 17,0 cm. Au niveau de la mer, on gonfle ce ballon avec de l’hélium, de façon à lui donner un rayon r_{0} D 10,0 cm, puis on le lâche. Le graphique ci-dessous représente la pression de l’air dans l’atmosphère terrestre en fonction de l’altitude.

1 En supposant constante la température de l’atmosphère terrestre en fonc-

tion de l’altitude, déterminer à quelle altitude z_{c} le ballon va éclater. 2 En fait, la température décroît dans l’atmosphère terrestre au fur et à

mesure que l’on s’élève. L’altitude réelle z′_{c} à laquelle le ballon va éclater est-elle inférieure ou supérieure à z_{c}?

Indications : le volume d’une sphère de rayon r est donné par V D \frac{4}{3}πr^{3}.

La pression P à l’intérieur d’un ballon de baudruche est légèrement supérieure à la pression de l’air environnant. Toutefois, on fera l’hypothèse simplificatrice que ces pressions sont égales. Le produit P × V augmente lorsque la température augmente.

21Autonomie d’un plongeur_{Lycée Michel Montaigne, Bordeaux} Corrigé ; p. ?? ; 20 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

On considère un plongeur muni d’une bouteille de volume V_{0} D 10 L d’air comprimé à la pression P_{0} D 200 bars. Ce plongeur se trouve à la profondeur h D 15 m. L’air que lui fournit son détendeur est à la même pression P que l’eau qui l’entoure.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 76 — #84 INTERROS_{76}

À chacune de ses inspirations, il inspire un volume V D 1,0 L d’air. Sa respiration est périodique de période T D 2,0 s, indépendamment de la profondeur. 1 Donner l’expression littérale de la pression P de l’eau autour du plon-

geur, en utilisant la relation fondamentale de l’hydrostatique. 2 En utilisant la loi de Boyle-Mariotte, indiquer quel est le volume V_{1}

occupé par le gaz correspondant à une inspiration du plongeur, lorsque ce gaz se trouve encore dans la bouteille.

3 En déduire le nombre d’inspirations que le plongeur peut réaliser. 4 En déduire l’autonomie maximale du plongeur, c.-à-d. le temps qu’il

peut passer à la profondeur h. 5 Quelle serait l’autonomie du plongeur à la profondeur h′D 30 m?

Données :

Intensité de la pesanteur : g D 9,8 N.kg^{−1} .

Masse volumique de l’eau : ρ D 1,0 × 10^{3} kg.m^{−3} .

Pression atmosphérique : P_{atm} D 101325 Pa.

22Force sur une éprouvette_{Lycée Louis Le Grand, Paris} Corrigé ; p. ?? ; 30 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

On considère une éprouvette renversée sur une cuve contenant de l’eau. De l’air est emprisonné au sommet de l’éprouvette, à une pression P différente de la pression atmosphérique. On observe un dénivelé h D 15 cm entre la hauteur de l’eau dans la cuve et celle de la surface dans l’éprouvette. On suppose qu’un expérimentateur maintient l’éprouvette de telle manière qu’elle affleure juste sous la surface de la cuve, comme représenté sur la figure cidessous. On se pose la question de savoir quelle force l’expérimentateur doit exercer sur l’éprouvette. 1 Quelle est la pression de l’air emprisonné

dans l’éprouvette? 2 On considère le système composé seule-

ment de l’éprouvette, à l’exclusion de son contenu. Quelles sont les forces s’exerçant sur lui? Lesquelles se compensent?

3 Le système considéré étant au repos, en déduire la force que l’expérimentateur exerce sur l’éprouvette.

Données :

Intensité de la pesanteur : g D 9,8 N.kg^{−1} .

Masse volumique de l’eau : ρ D 1,0 × 10^{3} kg.m^{−3} .

Rayon de l’éprouvette : r D 8,0 mm.

Masse de l’éprouvette : m D 120 g.

Pression atmosphérique : P_{atm} D 101325 Pa.

Forces pressantes sur une fenêtre — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 77 — #85

PRESSION DANS LES GAZ ET LES LIQUIDES CHAP. 3_{77} CORRIGÉS INTERROS COURS

1_{QCM} Testez vos connaissances {Enoncé \atop p. ??}

1 d . Aucune des trois premières réponses ne peut convenir. 2 a . Voir le cours. 3 b . Le dénivelé de liquide est plus important lorsque la pression de l’air

est P_{2}.

2Pression sur un piston_{Lycée Les Fauvettes, Cannes} {Enoncé \atop p. ??}

1 Les forces exercées sur le piston sont (voir figure ci-dessous) :

Figure 3.5 – Bilan des forces exercées sur le piston.

La force pressante \overrightarrow{F} exercée par le gaz intérieur à l’enceinte. Elle est dirigée vers le haut et sa valeur est F D p × S où p est la pression du gaz G.

Le poids \overrightarrow{P} du piston, qui est dirigé vers le bas, et dont la valeur est P D m × g.

2 Le piston est en équilibre donc les forces qui s’exercent sur lui se compensent. On peut donc écrire :

p × S D m × g soit : p D \frac{m × g}{S} .

L’application numérique donne :

p D \frac{10 × 10}{50 × 10^{−4}} D 2,0 × 10^{4} Pa D 20 kPa.

3Forces pressantes sur une fenêtre_{Lycée Frédéric Ozanam, Lille} {Enoncé \atop p. ??}

1 La force s’obtient par application de la formule :

force D pression × surface .

Ici, la surface vaut S D 0,8 × 1 D 0,8 m^{2}, donc la force vaut :

F D P × S D 101 325 × 0,8 D 81 060 N. Notons que cette force correspond au poids d’une masse d’environ huit tonnes!

Pointe de punaise — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 78 — #86

CORRIGÉS_{78}

2 La force se déduit par la même formule; les valeurs numériques étant inchangées, la valeur de la force est la même qu’à la question précédente :

F D 81 060 N.

3 La fenêtre ne casse pas parce qu’elle est pressée de la même manière sur ses deux faces. Si les pressions ne sont pas exactement égales, il y a risque de rupture. Dans ce cas, pour qu’elle puisse résister, il faut que la fenêtre soit petite (on minimise ainsi S) et épaisse. C’est la raison pour laquelle les hublots d’avion sont beaucoup plus petits que les fenêtres d’un train, par exemple.

4Ballons de baudruche_{Lycée Sévigné, Marseille} {Enoncé \atop p. ??}

1 La force pressante à l’intérieur du ballon résulte, à l’échelle microscopique, des chocs incessants des molécules du gaz contenu dans le ballon sur ses parois.

2 Les ballons se dégonflent car les molécules du gaz contenu à l’intérieur arrivent à s’échapper peu à peu, par porosité à travers ses parois, et également au niveau de l’endroit où ils sont ficelés.

3 Le ballon gonflé à l’hélium se dégonfle plus vite que le ballon gonflé au dioxygène : les atomes d’hélium arrivent à sortir du ballon plus facilement. Ils sont donc vraisemblablement plus petits que les molécules de dioxygène. On notera qu’il y a une autre raison à cela (qui est toutefois horsprogramme) : les atomes d’hélium ont une vitesse d’agitation plus grande que les molécules d’air (environ 2,7 fois plus), et donc heurtent les parois plus fréquemment, ce qui les aide à sortir plus vite.

5Pointe de punaise_{Lycée Henri IV, Paris} {Enoncé \atop p. ??}

1 On applique la relation P D mg. Cela donne :

m D \frac{P}{g} D \frac{50}{10} D 5,0 kg.

Une masse de 5,0 kg aurait un poids égal à la force exercée. 2 La pression est égale à la force pressante divisée par la surface. La sur-

face de la tête de la punaise est :

S D πR^{2} D 3,14 × ▷4 × 10^{−3} ◁^{2} D 5 × 10^{−5} m^{2}.

La pression exercée sur la tête de la punaise est donc :

P D \frac{50}{5 × 10^{−5}} D 10^{6} Pa.

Force pressante — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 79 — #87

PRESSION DANS LES GAZ ET LES LIQUIDES CHAP. 3_{79} CORRIGÉS INTERROS COURS

3 On considère la punaise en équilibre (ou en mouvement de translation rectiligne uniforme si elle s’enfonce dans le mur). Les forces qui s’exercent sur elle se compensent donc. Ce sont la force exercée par l’opérateur sur la tête de la punaise, et la réaction du mur sur la pointe. Il est parfaitement justifié de négliger le poids de la punaise, au vu de l’ordre de grandeur obtenu à la première question. La force exercée sur la pointe a donc pour valeur F D 50 N. La pression correspondante s’en déduit par :

P′D \frac{F}{πr^{2}} .

Application numérique :

P′D \frac{50}{3,14 × ▷10^{−4} ◁^{2}} ≈ 1,6 × 10^{9} Pa.

Cette pression représente environ 16 000 atmosphères. Elle est considérable. Ceci permet à la pointe de percer les matériaux dans lesquels on veut enfoncer la punaise. Note : On peut vérifier ce calcul en constatant que le rayon de la pointe est 40 fois plus petit que celui de la tête, donc la pression au niveau de la pointe doit être 40^{2} D 1 600 fois plus grande qu’au niveau de la tête.

6Force pressante_{Lycée Hector Berlioz, Vincennes} {Enoncé \atop p. ??}

1 La force exercée sur la surface est :

F D mg D 240 × 10 D 2,4 × 10^{3} N.

La pression s’en déduit par :

P D \frac{F}{A_{1}} D \frac{2 400}{3} D 800 Pa.

2 Cette pression est considérablement plus faible que la pression atmosphérique.

� ATTENTION

La pression est ici obtenue en pascals. Dans cette unité, la pression atmosphérique vaut environ cent mille.

3 Convertissons la valeur de cette nouvelle surface dans l’unité du Système International, le mètre carré. On a :

1 m D 10^{2} cm donc : 1 m^{2} D 10^{4} cm^{2} donc : 1 cm^{2} D 10^{−4} m^{2}.

Mobile autoporteur — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 80 — #88

CORRIGÉS_{80}

La surface vaut donc :

A_{2} D 120 × 10^{−4} D 1,2 × 10^{−2} m^{2}.

La pression exercée sur la surface est donc :

P′D \frac{F}{A_{2}} D \frac{2 400}{1,2 × 10^{−2}} D 2,0 × 10^{5} Pa.

Cette pression vaut environ deux fois la pression atmosphérique.

7Mobile autoporteur_{Lycée Madeleine Danielou, Rueil-Malmaison} {Enoncé \atop p. ??}

1 On a représenté sur la figure ci-dessous les forces s’exerçant sur le mobile autoporteur.

Figure 3.6 – Bilan des forces exercées sur le mobile autoporteur.

Le mobile est soumis :

À son poids E P, de valeur P D mg D 0,4 × 10 D 4 N, et dirigé vers le bas.

À la force pressante sur sa face supérieure {E \atop F_{s}}, dirigée vers le bas. Cette force a pour valeur F_{s} D πR^{2}P_{0}, car πR^{2} est la surface de la face supérieure du mobile.

À la force pressante sur sa face inférieure {E \atop F_{i}}, dirigée vers le haut. Cette force a pour valeur F_{i} D πR^{2}P_{c}, où P_{c} est la pression du coussin d’air sur la face inférieure.

Enfin, le mobile est soumis aux forces pressantes sur sa face latérale. Deux forces s’exerçant sur les parties diamétralement opposées s’annulent deux à deux (comme illustré sur la figure par les forces {E \atop F_{1}} et {E \atop F_{2}}). Ainsi, la somme vectorielle des forces pressantes latérales est nulle.

2 Le mobile a une trajectoire rectiligne uniforme. D’après le cours de mécanique, cela signifie qu’il est soumis à des forces qui se compensent, ou encore que la somme vectorielle des forces qui s’exercent sur lui est nulle. On en déduit la relation :

P C F_{s} D F_{i} ,

Calcul de pression — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 81 — #89

PRESSION DANS LES GAZ ET LES LIQUIDES CHAP. 3_{81} CORRIGÉS INTERROS COURS

c’est-à-dire :

πR^{2}P_{c} D πR^{2}P C mg ,

soit encore : P_{c} D P C \frac{mg}{πR^{2}} .

L’application numérique donne (on prend soin de convertir R en mètres au préalable) :

P_{c} D 101 325 C \frac{4}{π0,05^{2}} D 101 834 Pa.

Cette pression est assez peu différente de la pression atmosphérique standard. On notera qu’une surpression aussi faible que 0,5 % atmosphère est suffisante pour soulever le mobile autoporteur.

8Calcul de pression_{Lycée Ampère, Lyon} {Enoncé \atop p. ??}

1 Les forces exercées sur le piston sont (voir la figure ci-dessous) :

Figure 3.7 – Bilan des forces exercées sur le piston.

La force pressante {E \atop F_{i}} exercée par le gaz intérieur à l’enceinte. Elle est dirigée vers le haut et sa valeur est F_{i} D P_{G} × S où P_{G} est la pression du gaz G. La force pressante {E \atop F_{e}} exercée par le gaz extérieur à l’enceinte. Elle est dirigée vers le bas et sa valeur est F_{e} D P × S où P est la pression de l’air ambiant. Le poids m × g du piston, qui est dirigé vers le bas.

2 Le piston est en équilibre donc les forces qui s’exercent sur lui se com-

pensent. On peut donc écrire :

F_{i} D F_{e} C mg ,

soit :

P_{G} × S D P × S C m × g soit : m D \frac{▷P_{G} − P ◁ × S}{g} .

L’application numérique donne :

m D \frac{▷1,11 × 10^{5} − 1,01 × 10^{5}◁ × 10^{−2}}{10} D 10 kg.

Calcul de pression — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 82 — #90

CORRIGÉS_{82}

Il faut faire attention à la conversion des centimètres carré en mètres carré : 1 cm^{2} D 10^{−4} m^{2} (il y dix mille centimètres carré dans un mètre carré).

Plongeur en apnée — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 83 — #91

PRESSION DANS LES GAZ ET LES LIQUIDES CHAP. 3_{83} CORRIGÉS INTERROS COURS

9Unité de pression_{Lycée Carnot, Dijon} {Enoncé \atop p. ??}

1 Une pression est une force par unité de surface. Or ici, l’unité de pression fait référence à une masse (la livre) par unité de surface (le pouce carré). Il y a donc confusion entre masse et force (le poids d’une masse donnée). C’est exactement le même type d’abus de langage que dans la formulation incorrecte « tel objet pèse 20 kg ».

2 La surface est :

S D 0,0254^{2} D 6,45 × 10^{−4} m^{2}.

3 Le poids est donné par :

F D mg D 0,454 × 9,81 D 4,45 N.

On note F ce poids (c’est une force) pour ne pas le confondre avec la pression P que l’on introduit à la réponse suivante.

4 On en déduit la pression correspondant à 1 PSI, qui est égale au poids d’une masse de une livre divisé par une surface d’un pouce carré :

P D \frac{F}{S} D \frac{4,45}{6,45 × 10^{−4}} D 6,90 × 10^{3} Pa.

Nous avons donc la correspondance :

1 PSI D 6,90 × 10^{3} Pa.

5 La pression des pneumatiques est donnée par :

P D 32 × 6,90 × 10^{3} D 2,2 × 10^{5} Pa D 2,2 bars.

Le fabricant de voitures doit indiquer une pression nominale de 2,2 bars.

10Plongeur en apnée_{Lycée Pierre de Fermat, Toulouse} {Enoncé \atop p. ??}

1 Nous écrivons la relation fondamentale de l’hydrostatique entre la surface (où la pression vaut P_{atm}) et le point le plus profond de la plongée, où la pression vaut P. Elle s’écrit donc :

P − P_{atm} D ρ × g × h ,

soit :

P D P_{atm} C ρ × g × h.

Application numérique : Il faut convertir au préalable ρ dans les unités du Système International : ρ D 1,0 × 10^{3} kg.m^{−3} . En définitive, nous avons :

P D 101 325 C 9,8 × 1,0 × 10^{3} × 32 D 4,1 × 10^{5} Pa.

Nous gardons deux chiffres significatifs puisque c’est la précision avec laquelle sont données les indications de l’énoncé.

Étude d’une seringue — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 84 — #92 CORRIGÉS_{84}

2 La température corporelle du plongeur est constante, et la température de l’air contenu dans ses poumons l’est par conséquent. Nous pouvons donc lui appliquer la loi de Boyle-Mariotte. Si on appelle V le volume recherché, elle s’écrit :

P × V D P_{atm} × V_{0} ,

soit :

V D V_{0} × \frac{P_{atm}}{P}.

Application numérique :

V D 5,0 × \frac{101 325}{410 000} D 1,2 L.

Là encore nous gardons deux chiffres significatifs. Nous constatons que l’air contenu dans les poumons du plongeur a considérablement réduit son volume. Les poumons du plongeur sont « écrasés » par la pression de l’eau.

11Étude d’une seringue_{Lycée Ampère, Lyon} {Enoncé \atop p. ??}

Puisque la température de l’air dans la seringue est constante, on peut utiliser la loi de Boyle-Mariotte et écrire que P × V D P′× V′, où P est la pression initiale (qui est aussi la pression atmosphérique), V le volume initial de l’air emprisonné dans la seringue, et P′et V′les valeurs finales de ces deux grandeurs. En outre, entre la distance l du piston au fond de la seringue et le volume V, on a la relation suivante :

V D l × S ,

où S est la surface du piston, si on néglige le volume du bout de la seringue.

Figure 3.8 – Volume de l’air emprisonné dans la seringue.

On peut donc écrire :

P′D \frac{P × V}{V′} D P × \frac{S × l}{S × l′} D P × \frac{l}{l′}.

Application numérique : On suppose que la pression atmosphérique est P D 1 bar (compte-tenu de la précision des données de l’énoncé, ce degré de précision est bien suffisant).

Bouteille d’oxygène — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 85 — #93

PRESSION DANS LES GAZ ET LES LIQUIDES CHAP. 3_{85} CORRIGÉS INTERROS COURS

Nous avons donc :

P′D 1 × \frac{10}{2} D 5 bars D 5 × 10^{5} Pa.

La force pressante à appliquer sur le piston s’en déduit par :

F_{0} D P′× S D P′× πr^{2} D 5 × 10^{5} × 3,14 × ▷5 × 10^{−3} ◁^{2} ≈ 4 · 10^{1} N.

Notons qu’il s’agit d’une force qui correspond au poids d’un objet dont la masse est environ 4 kg.

12Bouteille d’oxygène_{Lycée Carnot, Dijon} {Enoncé \atop p. ??}

1 La force pressante exercée par l’air ambiant sur le fond de la bouteille est égale à la pression ambiante multipliée par la surface du fond, soit :

F_{amb} D P_{amb} × πr^{2}.

L’application numérique donne :

F_{amb} D 10^{5} × 3,14 × ▷5 × 10^{−2} ◁^{2} ≈ 790 N.

Notons que nous avons tout d’abord converti la valeur de la pression en pascals.

2 La force pressante due à l’oxygène de la bouteille s’évalue par une expression analogue. On obtient :

F_{oxy} D 6 × 10^{5} × 3,14 × ▷5 × 10^{−2} ◁^{2} ≈ 4,71 × 10^{3} N.

3 Le bilan des forces pressantes sur le fond de la bouteille lorsque celle-ci est hors de l’eau peut s’obtenir à partir de la figure suivante :

Figure 3.9 – Bilan des forces pressantes sur le fond de la bouteille.

La force résultante des forces pressantes est dirigée vers l’extérieur de la bouteille et a pour valeur : F D F_{oxy}−F_{amb} D 4 700−790 ≈ 3,9·10^{3} N.

4 Calculons la pression p′de l’eau à la profondeur h D 50 mètres. En utilisant la relation fondamentale de l’hydrostatique, nous avons :

p′− p D ρ × g × h ,

Bouteille d’oxygène — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 86 — #94

CORRIGÉS_{86}

ce qui nous donne :

p′D p C ρ × g × h D 10^{5} C 10^{3} × 50 × 10 D 6 × 10^{5} Pa D 6,0 bar.

Remarque : il peut être utile de savoir que la pression de l’eau augmente d’un bar chaque fois que l’on descend de 10 m. Ici elle augmente donc de 5 bar et passe de 1 à 6 bar.

La force pressante F′ due à l’eau sur le fond de la bouteille s’évalue comme précédemment. Puisque la pression est de 6 × 10^{5} Pa, nous retrouvons le résultat de la deuxième question, soit :

F′D 6 × 10^{5} × 3,14 × ▷5 × 10^{−2} ◁^{2} ≈ 4,71 × 10^{3} N.

5 On voit que cette force pressante et celle de l’oxygène contenu dans la bouteille s’annulent. La force résultante est donc de valeur nulle.

Figure 3.10 – Les forces pressantes sur le fond de la bouteille s’annulent.

6 Un calcul similaire à celui de la question précédente indique que la pression de l’eau vaut p′′D 1,1 × 10^{6} Pa D 11 bar. La force pressante de l’eau est donc :

F′′D 1,1 × 10^{6} × 3,14 × ▷5 × 10^{−2} ◁^{2} ≈ 8,64 × 10^{3} N.

Le bilan des forces pressantes est cette fois dirigé vers l’intérieur de la bouteille et vaut : 8 600 − 4 700 D 3 900 N.

Figure 3.11 – La force pressante exercée par l’eau est supérieure à la force pressante exercée par l’oxygène contenu dans la bouteille.

Lunettes de plongée — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 87 — #95

PRESSION DANS LES GAZ ET LES LIQUIDES CHAP. 3_{87} CORRIGÉS INTERROS COURS

13Profil de plongée_{Lycée Notre-Dame de Sion, Paris} {Enoncé \atop p. ??}

1 La durée totale de la plongée est l’intervalle de temps qui sépare l’immersion du plongeur et son retour à la surface, soit 40 minutes (36 minutes de plongée et 4 minutes de remontée).

2 La pression au point A est la pression atmosphérique, puisque ce point

se trouve à la surface de la mer. 3 (a) On écrit :

1P D k1h soit P_{B} − P_{A} D k1h,

où 1h vaut ici 25 m. On en déduit : P_{B} D P_{A} C k1h D 1,0 × 10^{5} C 1,0 × 10^{4} × 25 D 3,5 × 10^{5} Pa.

(b) On utilise la relation :

F D P × S.

On convertit au préalable S dans les unités du Système International :

S D 30 cm^{2} D 30 × ▷10^{−2} ◁^{2} m^{2} D 3,0 × 10^{−3} m^{2}.

On en déduit :

F D 3,5 × 10^{5} × 3,0 × 10^{−3} D 1,1 × 10^{3} N.

(c) On utilise la loi de Boyle-Mariotte, qui dit que le produit P V (où P est la pression du gaz et V son volume) est constant à température constante. On peut l’appliquer puisque l’on suppose ici que la température est constante au cours de la plongée. On peut donc écrire :

P_{A} × V_{A} D P_{B} × V_{B} ,

où V_{A} D 7,5 L est le volume de l’air contenu dans les poumons du plongeur en surface, et où V_{B} est le volume recherché. On a ainsi :

V_{A} D \frac{P_{B}}{P_{A}}V_{B} D \frac{1,0 × 10^{5}}{3,5 × 10^{5}} × 7,5 D 2,1 L.

L’air contenu dans les poumons du plongeur n’occupe qu’un volume de 2,1 L à la profondeur maximale.

14Lunettes de plongée_{Lycée Pierre de Fermat, Toulouse} {Enoncé \atop p. ??}

1 Chaque verre a une aire donnée par :

A D π × r^{2},

où r D 5/2 D 2,5 cm est le rayon du verre. L’application numérique donne :

A D π × ▷2,5 × 10^{−2} ◁^{2} D 2,0 × 10^{−3} m^{2},

donc l’aire totale des verres des lunettes vaut A′D 2 × A D 4,0 × 10^{−3} m^{2} .

Planète océan — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 88 — #96 CORRIGÉS_{88}

2 La force pressante totale exercée par l’air sur le côté externe des verres, au niveau de la mer, avant la plongée, est donnée par le produit de l’aire et de la pression atmosphérique :

F D P_{atm} × A′D 1,0 × 10^{5} × 4,0 × 10^{−3} D 4,0 · 10^{2} N.

3 La force pressante exercée sur le côté interne des verres a exactement même valeur (400 N) et direction que la force pressante exercée sur le côté externe des verres, et un sens opposé. Les forces pressantes interne et externe s’annulent par conséquent.

4 On utilise la loi de l’hydrostatique pour déterminer la pression en un point B situé à une profondeur d. Si on considère un point A situé à la surface de la mer (à la pression P_{A} D P_{atm}), nous avons :

P_{B} − P_{A} D ρ × g × d ,

soit :

P_{B} D P_{atm} C ρ × g × d D 1,0 × 10^{5} C 10^{3} × 5 × 10 D 1,5 × 10^{4} Pa.

La force pressante totale exercée par l’eau sur le côté externe des verres est donc :

F′D P_{B} × A′D 1,5 × 10^{5} × 4,0 × 10^{−3} D 6,0 · 10^{2} N.

15Calcul de pression_{Lycée de la Providence, La Rochelle} {Enoncé \atop p. ??}

La température du système étant maintenue constante, nous pouvons appliquer la loi de Boyle-Mariotte. Le volume final occupé par le gaz est v′D v_{1} C v_{2}. Nous notons p′la pression finale recherchée. La loi de Boyle-Mariotte s’écrit ici :

p′× v′D p_{1} × v_{1} ,

soit

p′D \frac{p_{1} × v_{1}}{v_{1} C v_{2}} D 3 × \frac{1}{3} D 1,0 atm.

Nous gardons ici deux chiffres significatifs compte-tenu de la précision des données de l’énoncé.

16Planète océan_{Lycée du Parc, Lyon} {Enoncé \atop p. ??}

1 La valeur du champ de pesanteur à la surface de cette planète est donnée par :

g D \frac{G × M}{R^{2}} ,

Densité d’une huile — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 89 — #97 PRESSION DANS LES GAZ ET LES LIQUIDES CHAP. 3_{89} CORRIGÉS INTERROS COURS

où M est la masse de la planète et R son rayon. L’application numérique donne :

g D \frac{6,67 × 10^{−11} × 10 × 5,98 × 10^{24}}{▷2,0 × 6378 × 10^{3}◁^{2}} D 25 N.kg^{−1} .

On garde deux chiffres significatifs car c’est la précision avec laquelle sont donnés le rayon et la masse de la planète.

2 On applique la loi de l’hydrostatique entre un point A situé à la surface de l’océan et un point B situé à une profondeur d D 70 km. Elle s’écrit :

P_{B} − P_{A} D ρgd donc P_{B} D P_{A} C ρgd ≈ ρgd,

où P_{B} est la pression recherchée, P_{A} est la pression à la surface de l’océan (P_{A} ≈ 0 d’après l’énoncé), ρ est la masse volumique de l’eau liquide et g la valeur du champ de pesanteur à la surface de cette planète. L’application numérique donne :

P_{B} D 10^{3} × 25 × 70 × 10^{3} D 1,75 × 10^{9} Pa.

La valeur du champ de pesanteur étant connue avec deux chiffres significatifs, ce résultat doit également être donné avec deux chiffres significatifs. Toutefois, le dernier chiffre étant un cinq, on garde trois chiffres dans l’expression finale du résultat.

17Densité d’une huile_{Lycée Condorcet, Paris} {Enoncé \atop p. ??}

1 L’huile et l’eau sont deux liquides non miscibles. C’est la raison pour

laquelle ils se séparent. 2 Lorsque deux liquides non miscibles se séparent, le liquide le moins

dense (celui qui a la plus petite masse volumique) se trouve au-dessus de l’autre. L’huile se retrouvant en haut, on en déduit que sa densité par rapport à l’eau est inférieure à un.

3 Nous considérons les points B, A et A’ qui représentés sur la figure cidessous.

Amortisseur — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 90 — #98 CORRIGÉS_{90}

Nous pouvons écrire la relation fondamentale de l’hydrostatique entre les points A et B d’une part, et entre les points A’ et B d’autre part. Cela donne :

P_{B} − P_{A′} D ρ_{huile} × g × H

et

P_{B} − P_{A} D ρ_{eau} × g × ▷H − D◁.

En outre, les points A et A’ sont au contact de l’atmosphère, donc les pressions P_{A} et P_{A′}sont toutes deux égales à la pression atmosphérique P_{atm}. Nous pouvons donc écrire :

P_{B} − P_{atm} D ρ_{huile} × g × H D ρ_{eau} × g × ▷H − D◁.

En transformant cette dernière égalité, nous obtenons :

d D \frac{ρ_{huile}}{ρ_{eau}} D \frac{H − D}{H} .

Application numérique : Nous avons :

d D \frac{25 − 5}{25} D \frac{20}{25} D 0,80.

Nous gardons deux chiffres significatifs car c’est la précision avec laquelle on connaît H et H − D. Nous voyons, comme attendu, que cette densité est inférieure à un.

4 Les seules configurations possibles sont celles où l’huile occupe la partie inférieure du tube, puisque l’huile considérée dans cette dernière question est d’une densité supérieure à l’eau. Il s’agit des situations B et C. On constate en particulier que la situation C correspond à la situation des questions antérieures, où les rôles de l’huile et de l’eau sont inversés. Si le ménisque d’eau n’avait pas été au-dessus du ménisque d’huile du tube de gauche, cette situation aurait été impossible et aurait dû être éliminée.

18Amortisseur_{Lycée Blomet, Paris} {Enoncé \atop p. ??}

La force pressante dans chaque amortisseur doit être égale au quart du poids du véhicule, puisque celui-ci a quatre roues, et que son poids est également réparti sur les quatre roues. En outre, la force pressante F dans un amortisseur s’écrit :

F D P × S ,

où P est la pression du gaz dans l’amortisseur. On en déduit :

P × S D \frac{m × g}{4} soit : P D \frac{m × g}{4 × S} .

Éclatement d’un ballon de baudruche — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 91 — #99 PRESSION DANS LES GAZ ET LES LIQUIDES CHAP. 3_{91} CORRIGÉS INTERROS COURS

L’application numérique donne :

P D \frac{500 × 10}{4 × 5 × 10^{−4}} D 2,5 × 10^{6} Pa ≈ 25 atm.

Il faut faire attention à la conversion des centimètres carré en mètres carré : 1 cm^{2} D 10^{−4} m^{2} (il y dix mille centimètres carré dans un mètre carré).

19Enceinte indilatable_{Lycée Sainte-Geneviève, Versailles} {Enoncé \atop p. ??}

1 À l’équilibre thermique, la température de tout le système est uniforme, donc la température du gaz dans le réservoir est égale à la température des parois du réservoir, donc T D θ.

2 On lit dans le tableau que plus la température est élevée, plus la pression

est grande. 3 On reporte ci-dessous le tableau et les résultats.

θθθ(en^{ooo}C)  0  100  −40  150

Pression P P P du gaz (en bars)

0,92

1,25

0,78

1,42
\frac{T C 273,15}{P} \frac{T C 273,15}{P} \frac{T C 273,15}{P}  297  298  299  298

4 On constate que le quotient \frac{T C 273,15 ^{∘}C}{P} est indépendant (aux erreurs de mesure près) de la température et de la pression.

20Éclatement d’un ballon de baudruche_{Lycée du Parc, Lyon} {Enoncé \atop p. ??}

Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo avec

1 Il s’agit de déterminer la pression à laquelle le ballon va éclater. En utilisant le graphe donné dans l’énoncé, cela nous fournira l’altitude correspondante. Puisque l’on suppose la température constante, on peut utiliser la loi de Boyle-Mariotte, qui relie la pression P et le volume V du ballon. Le produit P × V est constant, donc :

\frac{4}{3}πr^{3} × P D constante.

Par conséquent, puisque \frac{4}{3}π est une constante, nous pouvons également écrire :

r^{3} × P D constante.

Éclatement d’un ballon de baudruche — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 92 — #100 CORRIGÉS_{92}

La valeur de la constante est déterminée par le rayon initial r_{0} du ballon, et par la pression au niveau de la mer, que l’on peut lire sur le graphe, et qui vaut P_{atm} D 1,01 × 10^{5} Pa. Nous avons ainsi :

r^{3} × P D r_{0}^{3} × P_{atm} ,

donc la pression critique P_{c} pour laquelle le ballon éclate (quand r D r_{c}) est donnée par :

P_{c} D P_{atm} ( \frac{r_{0}}{r_{c}}) ^{3} .

L’application numérique donne :

P_{c} D 1,01 × 10^{5} × ( \frac{10}{17}) ^{3} D 2,1 × 10^{4} Pa.

On garde deux chiffres significatifs dans ce résultat. On lit sur le graphe que cette pression critique est atteinte à l’altitude z_{c} D 10,7 km.

2 Nous savons que le produit P × V croît lorsque la température croît. Puisque la température décroît au fur et à mesure que l’on s’élève dans l’atmosphère, à l’altitude z_{c}, le produit P V est inférieur à la valeur qu’on lui a supposée à la question précédente. La pression P étant fixée, pour une altitude donnée, et donnée par la lecture du graphe, on en déduit que le ballon a un volume inférieur à celui inféré à la question précédente, donc un rayon inférieur au rayon critique : à l’altitude z_{c} il n’a pas encore éclaté, et il éclatera à une altitude supérieure à z_{c}.

Autonomie d’un plongeur — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 93 — #101

PRESSION DANS LES GAZ ET LES LIQUIDES CHAP. 3_{93} CORRIGÉS INTERROS COURS

21Autonomie d’un plongeur_{Lycée Michel Montaigne, Bordeaux} {Enoncé \atop p. ??}

1 On écrit la relation fondamentale de l’hydrostatique entre le point A (à la surface) et le point B (au niveau du plongeur). Elle s’écrit :

P_{B} − P_{A} D ρ × g × h.

Or P_{B} D P est la pression recherchée, et le point A est au contact de l’atmosphère, donc P_{A} D P_{atm}. Nous pouvons ainsi écrire :

P D P_{atm} C ρ × g × h.

Application numérique :

P D 101325 C 1,0 × 10^{3} × 9,8 × 15 D 2,5 × 10^{5} Pa.

On garde deux chiffres significatifs dans ce résultat. 2 On néglige la variation de température du gaz entre la bouteille et les

poumons du plongeur. On applique donc la loi de Boyle-Mariotte qui s’écrit ici :

P_{0} × V_{1} D P × V

car lorsque le gaz est dans la bouteille où il occupe le volume V_{1} (recherché), il est à la pression P_{0}, et lorsqu’il se trouve dans les poumons du plongeur, où il occupe un volume V, il se trouve en équilibre de pression avec l’eau environnante, à la pression P. Nous avons donc :

V_{1} D \frac{P × V}{P_{0}} .

Force sur une éprouvette — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 94 — #102

CORRIGÉS_{94}

Application numérique :

V_{1} D \frac{2,5 × 10^{5} × 1}{200 × 10^{5}} D 1,25 × 10^{−2} L.

Étant donné que nous avons gardé le volume v en litres, nous obtenons le volume v_{1} également en litres.

3 Le nombre total d’inspirations que le plongeur peut réaliser est donné par :

n D \frac{v_{0}}{v_{1}} D \frac{10}{1,25 × 10^{−2}} D 800 inspirations.

4 La durée totale que peut passer le plongeur sous l’eau est donc :

T_{tot} D n × T D 1 600 s ≈ 26 min.

On notera que le résultat devrait être arrondi à 27 et non 26 minutes. Toutefois, comme on cherche à donner une valeur maximale, il convient exceptionnellement de donner la valeur à deux chiffres significatifs immédiatement inférieure. Compter sur 27 minutes d’autonomie pourrait se révéler dangereux pour le plongeur.

5 Il suffit de répéter les applications numériques de chacune des questions, en utilisant la pression P′qui règne à la profondeur h′ D 30 m. Nous avons, en rassemblant les résultats des questions précédentes :

T′_{tot} D T \frac{P_{0} × v_{0}}{P′× v} .

La nouvelle pression est :

P′D 101325 C 1,0 × 10^{3} × 9,8 × 30 D 4,0 × 10^{5} Pa et l’autonomie vaut donc :

T′_{tot} D 2 × \frac{2,0 × 10^{7} × 10}{4,0 × 10^{5} × 1} D 1 000 s ≈ 16 min.

L’autonomie décroît lorsque la profondeur de la plongée augmente.

22Force sur une éprouvette_{Lycée Louis Le Grand, Paris} {Enoncé \atop p. ??}

1 On applique la relation fondamentale de l’hydrostatique entre un point B situé à la surface de l’eau de la cuve, et un point A à la surface de l’eau dans l’éprouvette. On a ainsi :

P_{B} − P_{A} D ρ × g × h.

Le point A est en contact avec l’air de l’éprouvette. Il se trouve donc à la pression P avec P_{A} D P. De la même manière, le point B est en contact avec l’atmosphère et se trouve donc à la pression atmosphérique :

P_{B} D P_{atm}.

Force sur une éprouvette — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 95 — #103

PRESSION DANS LES GAZ ET LES LIQUIDES CHAP. 3_{95} CORRIGÉS INTERROS COURS

Nous avons donc en définitive :

P D P_{atm} − ρ × g × h.

Application numérique :

P D 101 325 − 1,0 × 10^{3} × 9,8 × 0,15 D 9,99 × 10^{4} Pa.

La pression atmosphérique est donnée avec six chiffres significatifs, mais on n’a que deux chiffres significatifs pour les autres données de l’énoncé, donc la différence ρ × g × h est précise jusqu’au chiffre des centaines. On donne donc un résultat précis à la centaine de pascals près, c.-à-d. avec trois chiffres significatifs.

2 Les forces exercées sur le système « éprouvette » sont représentées sur la figure ci-dessous.

Ces forces sont :

Le poids E Pde l’éprouvette, vertical et dirigé vers le bas.

La force E Fexercée par l’opérateur, que nous décrirons plus en détail après.

La force pressante {E \atop F_{1}} exercée par l’air du laboratoire sur le fond de l’éprouvette. Celle-ci est verticale et dirigée vers le bas.

La force pressante {E \atop F_{2}} exercée par l’air de l’éprouvette sur le fond de celle-ci. Elle est verticale et dirigée vers le haut.

Les forces pressantes exercées sur le corps principale de l’éprouvette. Celles-ci ne sont pas représentées sur la figure, et elles se compensent par symétrie : leur somme vectorielle est nulle.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 3 page 96 — #104 CORRIGÉS_{96}

3 Le système étant au repos, la somme vectorielle des forces qui s’exercent sur lui est nulle. Puisque les forces E P, {E \atop F_{1}} et {E \atop F_{2}} sont verticales, E Fest nécessairement verticale. En outre, puisque P < P_{atm}, nous voyons que {E \atop F_{1}} C {E \atop F_{2}} est dirigée vers le bas, donc a fortiori E PC {E \atop F_{1}} C {E \atop F_{2}} est aussi dirigée vers le bas. On en déduit, ce qui est assez intuitif, que E F est dirigée vers le haut. En projetant sur un axe vertical, nous pouvons écrire la relation suivante sur les grandeurs des forces :

F C F_{2} − P − F_{1} D 0 soit : F D P C F_{1} − F_{2}.

Le poids P de l’éprouvette est donné par P D mg. La force pressante F_{1} est donnée par le produit de la pression atmosphérique et de la surface du fond de l’éprouvette :

F_{1} D P_{atm} × πr^{2}.

De la même manière nous avons pour F_{2} :

F_{2} D P × πr^{2}.

En substituant ces valeurs dans l’expression de F, nous avons :

F D mg C P_{atm} × πr^{2} − P × πr^{2} D mg C πr^{2}▷P_{atm} − P ◁.

On peut substituer la parenthèse de cette dernière expression parce que nous avons obtenu à la première question :

F D mg C πr^{2}ρ × g × h D ▷m C πr^{2}hρ◁g.

Nous notons ici que le deuxième terme de la parenthèse est égal au volume du cylindre d’eau dans l’éprouvette (base πr^{2} et hauteur h) multiplié par la masse volumique de l’eau : c’est la masse de l’eau contenue dans l’éprouvette.

Application numérique :

F D T0,12 C π × ▷8 × 10^{−3} ◁^{2} × 0,15 × 10^{3}U × 9,8
D 1,5 N.

L’opérateur doit exercer une force de 1,5 N sur l’éprouvette.

Énergie mécanique

Plan du chapitre

1 Introduction

Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo avec

Un pendule simple est constitué d’un boulet assimilable à un point matériel, de masse m D 7,0 kg, attachée à un fil inextensible de longueur L D 2,0 m. L’ensemble est fixé en un point A et on considère que les forces de frottements sont négligeables. 1 On écarte le pendule de sa position d’équilibre d’un angle θ_{0} D 50°(po-

sition I du boulet). On la lâche sans vitesse initiale. On repère la position du pendule par la valeur θ de l’angle que fait le fil avec la verticale. Faire un schéma. Exprimer l’énergie potentielle de pesanteur du pendule en fonction de m, g, L et θ.

2 Quelle est la valeur de θ la plus grande au cours des oscillations?

Justifier. 3 Donner l’expression littérale de l’énergie potentielle de pesanteur maxi-

male du pendule. 4 Quelle est la valeur de la vitesse du boulet lorsqu’elle passe en O (posi-

tion d’équilibre)? Montrer que cette vitesse ne dépend pas de la masse du boulet.

Donnée : intensité de la pesanteur : g D 10 N · kg^{−1} .

Exercice type

Lycée Pierre de Fermat, Toulouse

Voir corrigé page ??

Ce chapitre a pour but de présenter les notions d’énergie cinétique, d’énergie potentielle et d’énergie mécanique. Nous verrons également comment est défini le travail d’une force et les applications que peut avoir cette notion. Enfin, nous verrons comment identifier les situations de conservation et de non conservation de l’énergie mécanique.

2 Énergie d’un point en mouvement

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 4 page 98 — #106 COURS_{98}

2.1 Énergie potentielle et énergie cinétique

2.1.1 -Énergie potentielle de pesanteur

Définition 1

Au voisinage de la Terre, là où le champ de pesanteur est quasi uniforme et d’intensité g (en N·kg^{−1} ), l’énergie potentielle de pesanteur d’un point M (en kg) de cote verticale z (en m), vaut :

E_{pp}▷M◁ D mgz C E_{0} (en joule)

où E_{0} est une constante arbitraire.

Remarque : la constante E_{0} peut être définie en choisissant l’origine des énergies potentielles de pesanteur à la cote z_{ref} (ce qui revient à supposer nulle E_{pp} en z D z_{ref}). Dans ce cas, l’expression de E_{pp} devient :

E_{pp}▷M◁ D mg ▷z − z_{ref}◁ car E_{0} D −mgz_{ref}.  (6)

� ATTENTION

La cote z représente souvent une altitude, c’est-à-dire une cote par rapport au sol ou au niveau de la mer. Il faut alors convenir de l’existence d’altitudes négatives qui correspondent à des points situés sous la surface du sol ou de la mer.

Puisque la constante E_{0} peut être définie arbitrairement, l’énergie potentielle de pesanteur de deux points :

E_{pp}▷A◁ D mgz_{A} C E_{0} et E_{pp}▷B◁ D mgz_{B} C E_{0}

n’est jamais connue qu’à une constante près. En revanche, la variation d’énergie potentielle :

1E_{pp} D E_{pp}▷B◁ − E_{pp}▷A◁ D mg ▷z_{B} − z_{A}◁

est parfaitement déterminée.

À RETENIR : méthode

En choisissant l’origine de l’énergie potentielle de pesanteur au niveau du sol (ou de la mer) et en notant z l’altitude d’un point M, l’expression (??) de l’énergie potentielle de pesanteur de M se simplifie :

E_{pp}▷M◁ D mgz.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 4 page 99 — #107 ÉNERGIE MÉCANIQUE CHAP. 4_{99} CORRIGÉS INTERROS COURS

Remarque : l’énergie potentielle de pesanteur d’un corps non ponctuel, de masse m et de centre de gravité G s’identifie à l’énergie potentielle de pesanteur du point G qui posséderait la masse m :

E_{pp}▷corps◁ D mgz_{G} C E_{0}.

2.1.2 -Énergie cinétique

Définition 2

L’énergie cinétique d’un point de masse m (en kg) et de vitesse v (en m · s^{−1} ) vaut :

E_{c} D \frac{1}{2} mv^{2} (en joule).

� ATTENTION

La définition précédente ne peut être utilisée qu’à condition que la vitesse soit exprimée en m · s^{−1} . Dans tout autre cas, il faudrait convertir la vitesse dans cette unité. Notamment, on rappelle que :

1 m · s^{−1} D 3,6 km/h⇔ 1 km/hD \frac{1}{3,6} m · s^{−1} .  (7)

Remarque : l’énergie cinétique d’un solide en translation, de masse m et de centre de gravité G, se confond à celle du point G, de vitesse v_{G}, qui aurait la masse m :

E_{c}▷solide en translation◁ D \frac{1}{2} mv_{G}^{2}.

2.2 Énergie mécanique

Définition 3

L’énergie mécanique d’un point matériel M est la somme de son énergie cinétique et de son énergie potentielle :

E_{m}▷M◁ D E_{c}▷M◁ C E_{p}▷M◁.

Remarque : si un point matériel M est soumis à plusieurs forces qui dérivent chacune d’une énergie potentielle E_{pi}▷M◁, son énergie potentielle résultante est la somme des énergies potentielles (même si ces énergies potentielles ont des origines différentes, par exemple gravitationnelle, électrique,…) :

E_{p}▷M◁ D E_{p1}▷M◁ C E_{p2}▷M◁ C ⋯

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 4 page 100 — #108 COURS_{100}

2.3 Conservation et non conservation de l’énergie mécanique

Retrouvez en vidéo le principe de conservation de l’énergie mécanique avec

2.3.1 -En l’absence de frottements

En l’absence de frottements, l’énergie mécanique d’un point matériel se conserve. La conservation de l’énergie mécanique d’un point matériel M, de masse m, est souvent exploitée pour calculer la vitesse finale du point (v_{f} ), dont on connaît la vitesse initiale (v_{i}) :

Exprimer l’énergie mécanique de M aux points M_{i} et M_{f} de sa trajectoire.

Écrire l’équation traduisant la conservation de son énergie mécanique, notamment aux points M_{i} et M_{f} , où sa vitesse vaut v_{i} et v_{f} respectivement :

E_{m}▷M_{f} ◁ D E_{m}▷M_{i}◁ ⇒ \frac{1}{2} mv_{f}^{2} C E_{p}▷M_{f} ◁ D \frac{1}{2} mv_{i}^{2} C E_{p}▷M_{i}◁.

Résoudre l’équation précédente et en déduire v_{f} :

v_{f} D \sqrt{v_{i}^{2} C \frac{2}{m} × [E_{p}▷M_{i}◁ − E_{p}▷M_{f} ◁]}.

Lorsqu’un système est composé de plusieurs points (A, B,…), éventuellement en interaction (par exemple des particules chargées électriquement), l’absence de frottements induit la conservation de l’énergie mécanique de l’ensemble du système :

E_{m}▷système◁ D cte ⇔ E_{m}▷A◁ C E_{m}▷B◁ C ⋯D cte.

2.3.2 -En présence de frottements

Lorsque les frottements apparaissent au cours du mouvement d’un corps : son énergie mécanique diminue généralement : 1E_{m} < 0 ; l’énergie mécanique est souvent transformée en énergie thermique qui peut éventuellement provoquer un échauffement.

3 Travail et considérations énergétiques

3.1 Travail d’une force constante

On considère une force constante E Fappliquée au système étudié. Au cours du temps, le point d’application de cette force se déplace du point A au point B. On appelle travail de la force E Fentre les points A et B, et on note W E F ; A→B , la quantité E F.\overrightarrow{AB}. On veillera au fait que cette expression n’est valable que si la force est constante.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 4 page 101 — #109 ÉNERGIE MÉCANIQUE CHAP. 4_{101} CORRIGÉS INTERROS COURS

À RETENIR

W E F ; A→B D E F· \overrightarrow{AB} où E Fest constante.

Dans les unités du Système International, le travail s’exprime en joules, de symbole J. Un travail positif est qualifié de travail moteur. Un travail négatif est un travail résistant. Le travail d’une force constante entre A et B ne dépend pas du chemin suivi pour aller de A à B, qui peut être absolument quelconque. Cas particulier du travail du poids :

À RETENIR

Le travail effectué par le poids d’un système de masse m, entre les points A et B, est :

W E P ; A→B D mg▷z_{A} − z_{B}◁ ,

où z_{A} (resp. z_{B}) est l’altitude du point A (resp. du point B), comptée positivement vers le haut.

On peut ainsi définir l’énergie potentielle de pesanteur :

E_{p} D mgz.

Le travail du poids entre deux points A et B est alors donné par :

W E P ; A→B D E_{p}▷A◁ − E_{p}▷B◁.

Un système est dit conservatif (ou non dissipatif ) si le travail des forces auxquelles il est soumis ne dépend que du point d’arrivée et du point de départ, pas du chemin suivi. Le poids est ainsi une force conservative, et un pendule simple pesant (système que nous aurons l’occasion de revoir) est un système conservatif. Un système soumis à une force de frottement fluide n’est pas conservatif. Les forces de frottement, ceci sera revu dans les études ultérieures, dégradent leur travail en chaleur. On dit alors que le système est dissipatif. L’énergie mécanique d’un système est égale à la somme de son énergie cinétique et de son énergie potentielle :

E_{m} D E_{c} C E_{p},

où l’énergie cinétique E_{c} est donnée par :

E_{c} D \frac{1}{2}mv^{2},

m étant la masse du système et v sa vitesse dans le référentiel d’étude. L’énergie mécanique d’un système conservatif se conserve au cours du temps, et la variation de l’énergie mécanique d’un système dissipatif entre un état initial et un état final est égal au travail des forces de frottement entre ces deux états.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 4 page 102 — #110 COURS_{102}

3.2 Théorème de l’énergie cinétique

On étudie un solide S en translation dans un référentiel galiléen. La variation d’énergie cinétique de S, entre deux instants A et B, est égale à la somme algébrique des travaux des forces extérieures appliquées à S.

À RETENIR

1E_{c} D E_{c_{B}} − E_{c_{A}} D 6W E f ; A→B

On se souviendra que cette relation n’est vraie que dans un référentiel galiléen. On définit l’énergie mécanique d’un système conservatif comme étant la somme de l’énergie potentielle et de l’énergie cinétique. Dans ces conditions, le théorème de l’énergie cinétique prend une forme différente, plus simple, qui s’énonce comme suit. L’énergie mécanique d’un système conservatif est constante au cours du temps.

Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo avec

1 Soient :

I la position initiale du boulet;

M la position du boulet à un instant quelconque;

O la position d’équilibre du boulet.

On choisit la position d’équilibre O comme origine des altitudes et par convention, on pose :

E_{pp}▷0◁ D 0.

…

Solution de l’exercice type

Lycée Pierre de Fermat, Toulouse

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 4 page 103 — #111 ÉNERGIE MÉCANIQUE CHAP. 4_{103} CORRIGÉS INTERROS COURS

Si on note z l’altitude de M par rapport à celle de O, on a :

E_{pp}▷M◁ D mgz.

Soit B le projeté orthogonal de M sur TOAU; on a :

z D OB D OA − AB D L − AB.

Dans le triangle rectangle ABM, on a :

cosθ D \frac{AB}{AM} D \frac{AB}{L} ⇒ AB D L cosθ.

On a ainsi :

z D L − L cosθ D L ▷1 − cosθ◁.

Donc finalement,

E_{pp}▷M◁ D mgL ▷1 − cosθ◁.

2 Soit v_{M} la vitesse du pendule en M, à partir de laquelle est définie son énergie cinétique :

E_{c}▷M◁ D \frac{1}{2} mv_{M}^{2}

d’où découle l’expression de l’énergie mécanique en M :

E_{m}▷M◁ D E_{pp}▷M◁ C E_{c}▷M◁ D mgL × ▷1 − cosθ◁ C \frac{1}{2} mv_{M}^{2}.

En outre, au point I, le pendule est lâché avec une vitesse v_{I} D 0 et un angle θ_{0}; son énergie mécanique vaut alors, conformément à la relation précédente :

E_{m}▷I◁ D mgL × ▷1 − cosθ_{0}◁ C \frac{1}{2} mv_{I}^{2} D mgL × ▷1 − cosθ_{0}◁.

Or, l’absence de frottements autorise la conservation de l’énergie mécanique du pendule :

E_{m}▷M◁ D E_{m}▷I◁ ⇒ mgL ▷1 − cosθ◁ C \frac{1}{2} mv_{M}^{2} D mgL ▷1 − cosθ_{0}◁
⇒ −gL cosθ C \frac{1}{2} v_{M}^{2} D −gL cosθ_{0}
⇒ \frac{1}{2} v_{M}^{2} D gL ▷cosθ − cosθ_{0}.◁  (8)

Enfin, puisque v_{M}^{2} ⩾ 0 (tout carré est positif ou nul), il s’ensuit que :

cosθ − cosθ_{0} ⩾ 0 ⇒ cosθ ⩾ cosθ_{0} ⇒ θ ⩽ θ_{0}.

Cette inéquation montre que θ_{0} est la plus grande valeur accessible à θ.

…

Solution de l’exercice type

Lycée Pierre de Fermat, Toulouse

3 Puisque E_{pp} D mgL ▷1 − cosθ◁ et d’après ce qui précède, l’énergie potentielle du pendule devient maximale lorsque θ D θ_{0}:

E_{ppmax} D mgL × ▷1 − cosθ_{0}◁.

4 La relation (??) est vérifiée pour toute position de M du pendule, en particulier lorsque M occupe la position de O, pour laquelle θ D 0. On a alors cosθ D 1 et :

E_{m}▷0◁D \frac{1}{2} v_{O}^{2}
D gL ▷1 − cosθ_{0}◁

donc :

v_{O} D \sqrt{2gL ▷1 − cosθ_{0}◁}.

On a montré que la valeur de v_{O} ne dépend pas de la masse du boulet. Application numérique :

v_{O} D \sqrt{2 × 10 × 2 × [1 − cos▷50°◁]} ≈ 3,8 m · s^{−1} .

Solution de l’exercice type (suite)

Lycée Pierre de Fermat, Toulouse Voir énoncé page ??

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 4 page 105 — #113 ÉNERGIE MÉCANIQUE CHAP. 4_{105} CORRIGÉS INTERROS COURS
1_{QCM} Connaissance du cours Corrigé p. ?? 10 min

1 Un point matériel M, de masse m D 200 g, est placé à une altitude z dans le champ de pesanteur d’intensité g D 10 N · kg^{−1}. L’origine des énergies potentielles de pesanteur étant choisie à l’altitude z_{ref} D 10 m, l’énergie potentielle de pesanteur de M (en joule) vaut :

\begin{matrix}a E_{pp} D mgz − 20 & b E_{pp} D mgz \\ c E_{pp} D mgz C 20 & d E_{pp} D mgz − 2 \end{matrix}

2 Une vitesse peut être exprimée en m · s^{−1} ou en km · h^{−1} , avec la loi de conversion :

a 1 km · h^{−1} D \frac{1}{36} m · s^{−1}  b 1 m · s^{−1} D 3,6 km · h^{−1}
c 1 m · s^{−1} D \frac{1}{36} km · h^{−1}  d 1 km · h^{−1} D 3,6 m · s^{−1}

3 Un point de masse m (en kg) et de vitesse v (en m·s^{−1} ) possède l’énergie cinétique :

a E_{c} D mv^{2}  b E_{c} D 2mv^{2}  c E_{c} D \frac{1}{2} mv^{2}

4 L’énergie mécanique d’un point matériel soumis au champ de pesanteur : a est définie par E_{m} D E_{c} − E_{pp} ;

b est constante en l’absence de frottements; c est toujours constante à la surface de la Terre.

2_{QCM} Transfert d’énergie Corrigé p. ?? 15 min

Un marteau-pilon, de masse m D 2 tonnes, tombe d’une hauteur h D 3 m sur un objet en aluminium de masse m′D 20 kg. Sa vitesse initiale est nulle. Les frottements sont négligés lors de la chute. L’augmentation de la température de l’objet lors du choc est notée 1θ.

1 L’énergie thermique reçue par l’objet vaut (en joule) :

\begin{matrix}a Q D 18 080 × 1θ & b Q D 18,1 × 1θ \\ c Q D 0,904 × 1θ & d Q D 904 × 1θ \end{matrix}

2 L’énergie potentielle de pesanteur du marteau pilon varie de la quantité :

a 1E_{pp} D −20 000 J  b 1E_{pp} D −6.10^{4} J
c 1E_{pp} D 2.10^{6} J  d 1E_{pp} D 6.10^{5} J

3 Calculer l’énergie cinétique du marteau-pilon juste avant le choc avec l’objet en aluminium.

a E′_{c} D 0 J  b E′_{c} D 6.10^{4} J
c E′_{c} D 2 000 J  d E′_{c} D 6 000 J

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 4 page 106 — #114 INTERROS_{106}

4 Que vaut la vitesse du marteau-pilon juste avant le choc avec l’objet?

a v′D 7,7 m · s^{−1}  b v′D 20 m · s^{−1}
c v′D 7,7 km · h^{−1}  d v′D 40 km · h^{−1}

5 En supposant que l’énergie cinétique du marteau-pilon soit intégralement transformée, lors du choc, en énergie thermique, calculer 1θ.

a 1θ D 5,5°C  b 1θ D 3,3°C
c 1θ D 10,8°C  d 1θ D 21,1°C

Données :

capacité thermique massique de l’aluminium : c D 0,904 kJ · kg^{−1} · °C^{−1};

intensité de la pesanteur : g D 10 N · kg^{−1}

3_{QCM} Énergie mécanique Corrigé p. ?? 20 min

Dans un parc d’attraction, un wagonnet de masse m D 65 kg se déplace sur des rails dont le profil est donné sur le schéma suivant :

L’intensité de la pesanteur vaut g D 10 N · kg^{−1}. Les hauteurs des différents points A, B, C, D et E sont repérées par rapport au sol et ont pour valeurs :

\begin{matrix}h_{A} D 20 m & h_{B} D 10 m & h_{C} D 15 m \\ h_{D} D 5 m & h_{E} D 18 m \end{matrix}

1 Lorsque le wagonnet passe de A à B, puis de B à C, son énergie potentielle de pesanteur varie respectivement de 1E_{pp}▷A/B◁ et 1E_{pp}▷B/C◁, tels que : a 1E_{pp}▷A/B◁ D 6 500 J et 1E_{pp}▷B/C◁ D 3 250 J; b 1E_{pp}▷A/B◁ D −3 250 J et 1E_{pp}▷B/C◁ D 6 500 J; c 1E_{pp}▷A/B◁ D −6 500 J et 1E_{pp}▷B/C◁ D 3 250 J; d 1E_{pp}▷A/B◁ D 3 250 J et 1E_{pp}▷B/C◁ D −6 500 J.

On admet, pour toute la suite, qu’il n’y a pas de frottements.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 4 page 107 — #115 ÉNERGIE MÉCANIQUE CHAP. 4_{107} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Lorsque le wagonnet passe de A à E, son énergie potentielle de pesanteur et son énergie mécanique varient respectivement de : a 1E_{pp}▷A/E◁ D 0 J et 1E_{m}▷A/E◁ D 1 300 J;

b 1E_{pp}▷A/E◁ D −1 300 J et 1E_{m}▷A/E◁ D 0 J; c 1E_{pp}▷A/E◁ D 1 300 J et 1E_{m}▷A/E◁ D 0 J;

d 1E_{pp}▷A/E◁ D −1 300 J et 1E_{m}▷A/E◁ D −3 250 J. 3 Le wagonnet part de A sans vitesse initiale. Calculer sa vitesse au point B.

a v_{B} D 12,7 m · s^{−1}  b v_{B} D 14,1 m · s^{−1}
c v_{B} D 0 m · s^{−1}  d v_{B} D 11,2 m · s^{−1}

4 Le wagonnet part de A avec une vitesse initiale v_{A} D 1 m · s^{−1} . Calculer sa vitesse au passage en E.

a v_{E} D 6,4 m · s^{−1}  b v_{E} D 0 m · s^{−1}
c v_{E} D 7,2 m · s^{−1}  d v_{E} D 8,1 m · s^{−1}

4Énergie cinétique_{Lycée Félix Faure, Beauvais} Corrigé ; p. ?? ; 5 min ; ⋆

La vitesse d’une balle déterminée a été enregistrée à 269 km · h^{−1} . Calculer l’énergie cinétique que posséderait cette balle de masse égale à 58,4 g.

5Énergie mécanique d’un TGV_{Lycée Bellevue, Toulouse} Corrigé ; p. ?? ; 5 min ; ⋆

Un TGV atlantique, de masse m D 500 tonnes, roule à 300 km · h^{−1} sur une voie rectiligne et horizontale. Subissant un arrêt d’urgence, il bloque ses roues et stoppe au bout de 3 300 m. 1 Quelle est la variation de son énergie cinétique lors du freinage (expres-

sion littérale puis calcul en respectant les unités)? 2 Quelle est le mode de transfert de cette énergie? 3 En supposant qu’elle a été constante tout au long du processus, détermi-

ner la norme de la force de freinage.

6Énergie mécanique_{Lycée Félix Faure, Beauvais} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆

On lance une petite pierre de masse m D 100 g verticalement, vers le haut. La pierre part d’un point O, pris comme origine des altitudes, avec une vitesse initiale v_{0} D 15 m · s^{−1}. On néglige l’action de l’air. Calculer l’altitude maximale atteinte. Donnée : intensité de la pesanteur : g D 10 N · kg^{−1} .

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 4 page 108 — #116 INTERROS_{108}
7Skieur_{Lycée Lakanal, Sceaux} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Un skieur est initialement à l’arrêt sur une piste formant un angle de α D 15° avec l’horizontale. Il se laisse glisser dans le sens de la pente. On supposera que les forces de frottement sont négligeables, le skieur n’est donc soumis qu’à son poids (vertical) et à la réaction du sol (perpendiculaire à la piste). Quelle vitesse le skieur aura-t-il atteint lorsqu’il aura parcouru une distance d = 25 m? Données : g D 10 N · kg^{−1} .

8Cycliste en roue libre_{Lycée Sainte-Marie, Antony} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Un cycliste roule sur une route plane et horizontale à la vitesse V D 20 km · h^{−1}. Arrivant au pied d’une montée, il cesse de pédaler. Quelle distance parcourt-il sur la pente, si on néglige les frottements? Données :

intensité de la pesanteur : g D 10 N · kg^{−1} ;

la pente est de 15% , ce qui signifie qu’en parcourant 100 m dans la pente, le cycliste monte de 15 m.

9Ćhute d’une pièce de 5 centimes_{Lycée Lakanal, Sceaux} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

On lâche sans vitesse initiale une pièce de 5 centimes de masse m D 4,0 g du haut de la tour Montparnasse à 210 m d’altitude. 1 Estimer la vitesse qu’aurait la pièce au moment où elle touche le sol en

l’absence de frottements :

(a) En utilisant le principe de conservation de l’énergie mécanique.

(b) En utilisant le théorème de l’énergie cinétique. 2 En réalité, la pièce arrive au sol avec une vitesse de 25 m · s^{−1} .

Déterminer l’énergie perdue par frottement. Données : g = 9,81 N.kg^{−1}

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 4 page 109 — #117 ÉNERGIE MÉCANIQUE CHAP. 4_{109} CORRIGÉS INTERROS COURS
10Saut en hauteur_{Lycée Saint-Pierre, Brunoy} Corrigé ; p. ?? ; 30 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

Cet exercice étudie le franchissement d’une barre positionnée à 2,45 m lors d’un record mondial de saut en hauteur. L’athlète, de masse m D 85,0 kg, sera modélisé uniquement par son centre d’inertie G situé à 1,00 m du sol au départ. 1 Au cours du saut, son centre d’inertie G passe par un point haut situé à

1,00 cm au dessus de la barre. Quelle est la variation d’énergie potentielle de pesanteur lors du saut?

2 Après sa course d’élan, l’athlète possède la vitesse v D 5,55 m · s^{−1} au pied de la barre. Quelle hauteur théorique peut-il atteindre si on suppose que toute son énergie cinétique initiale est convertie en énergie potentielle de pesanteur?

3 En fait, au point le plus haut, le sauteur conserve un peu d’énergie cinétique car la composante horizontale de sa vitesse ne s’annule pas; elle a pour valeur 0,63 m · s^{−1}. Calculer la somme des énergies cinétique et potentielle de l’athlète au départ du saut puis au point le plus haut. Conclure.

Donnée : intensité de la pesanteur : g D 10 N · kg^{−1} .

11Lancer d’une pierre_{Lycée Félix Faure, Beauvais} Corrigé ; p. ?? ; 30 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

Un petit objet S, presque ponctuel, de masse m D 100 g, peut se déplacer sur deux plans inclinés, dont les coupes OA et OB sont représentées ci-dessous : On donne :

\begin{matrix}OA D 3,00 m & α D 30° \\ OB D 2,00 m & β D 20° \end{matrix}

On repère la position de l’objet par son abscisse x sur un axe horizontal d’origine O. Le point O sera choisi comme origine de l’énergie potentielle de pesanteur. 1 Quelles sont les coordonnées de A et B? 2 Exprimer, en fonction de x, l’énergie potentielle de pesanteur de l’objet,

dans le champ de pesanteur vertical, dirigé selon Oz (on considérera les deux cas : x < 0 et x > 0 ).

3 L’objet passe de A à B. Calculer la variation d’énergie potentielle de

pesanteur 1E_{pp}. 4 L’objet étant lâché sans vitesse initiale en A, calculer son énergie ciné-

tique E_{c}▷B◁ en B. Les frottements sont négligeables. Donnée : intensité de la pesanteur : g D 10 N · kg^{−1} .

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 4 page 110 — #118 INTERROS_{110}
12Système à deux mobiles reliés_{Lycée Fustel de Coulanges, Massy} Corrigé ; p. ?? ; 40 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

Le dispositif représenté ci-dessous est formé de deux mobiles A et B reposant sur deux plans inclinés et reliés par un fil inextensible passant par une poulie. La poulie et le fil ont des masses négligeables. On suppose les frottements également négligeables.

Les masses des mobiles sont égales et valent m D 2,0 kg.

1 Le système est initialement maintenu dans une position telle que la différence d’altitude des mobiles vaut z_{B} − z_{A} D 0,50 m . En prenant l’énergie potentielle de pesanteur de A nulle dans cette position initiale, calculer l’énergie potentielle de pesanteur de B.

2 On abandonne le système; B entraîne A. Exprimer la vitesse des corps A et B lorsque ceux-ci se sont déplacés d’une longueur ℓ sur les plans inclinés. Faire l’application numérique avec ℓ D 20 cm, α D 30° et β D 60°.

Donnée : intensité de la pesanteur : g D 10 N · kg^{−1} .

Transfert d’énergie — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 4 page 111 — #119

ÉNERGIE MÉCANIQUE CHAP. 4_{111} CORRIGÉS INTERROS COURS

1_{QCM} Connaissance du cours {Enoncé \atop p. ??}

1 L’énergie potentielle de pesanteur vaut :

E_{pp} D mg ▷z − z_{ref}◁ D mgz − mgz_{ref}
D mgz − 0,2 × 10 × 10
⇒ E_{pp} D mgz − 20 (réponse a ).

2 Conformément au rappel (??) de la page ??, la conversion entre les unités de vitesse s’écrit :

1 km · h^{−1} D \frac{1}{3,6} m · s^{−1} ⇔ 1 m · s^{−1} D 3,6 km · h^{−1} (réponse b ).

3 Par définition, l’énergie cinétique d’un point matériel de masse m et de vitesse v est définie par :

E_{c} D \frac{1}{2} mv^{2} (réponse c ).

4 Un point matériel d’énergie cinétique E_{c} et d’énergie potentielle de pe-

santeur E_{pp} a une énergie mécanique définie par :

E_{m} D E_{c} C E_{pp}

qui est constante en l’absence de frottements (réponse b ).

2_{QCM} Transfert d’énergie {Enoncé \atop p. ??}

1 En l’absence de changement d’état, la température d’un objet de masse m′D 20 kg et de capacité thermique c D 904 J · kg^{−1} · °C^{−1} varie de 1θ s’il reçoit l’énergie (sous forme thermique) : Q D m′c 1θ D 20 × 904 × 1θ ⇒ Q D 18 080 × 1θ (réponse a ).

2 Le marteau-pilon passe d’une altitude z_{A} à une altitude z_{B}, auquel cas son énergie potentielle de pesanteur passe de :

E_{pp}▷A◁ D mgz_{A} C E_{0} à E_{pp}▷B◁ D mgz_{B} C E_{0}

où E_{0} est une constante. C’est pourquoi, au cours de la chute, l’énergie potentielle de pesanteur du marteaupilon varie de la quantité :

1E_{pp} D E_{pp}▷B◁ − E_{pp}▷A◁ D mg ▷z_{B} − z_{A}◁
D −mgh car h D z_{A} − z_{B}
D −2 000 × 10 × 3 ⇒ 1E_{pp} D −6.10^{4} J (réponse b ).

3 Lorsqu’il est en A, le marteau-pilon présente une vitesse nulle (v_{A} D 0) et donc une énergie cinétique nulle :

E_{c}▷A◁ D \frac{1}{2} mv_{A}^{2} D 0.

Énergie mécanique — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 4 page 112 — #120 CORRIGÉS_{112}

En revanche, lorsqu’il est en B, son énergie cinétique prend une valeur E′_{c} D E_{c}▷B◁. Or, en A et en B, l’énergie mécanique du marteau-pilon vaut :

E_{m}▷A◁ D E_{pp}▷A◁ C E_{c}▷A◁ D E_{pp}▷A◁

et

E_{m}▷B◁ D E_{pp}▷B◁ C E_{c}▷B◁ D E_{pp}▷B◁ C E′_{c}.

L’absence de frottements se traduit alors par la conservation de l’énergie mécanique :

E_{m}▷B◁ D E_{m}▷A◁ ⇒ E_{pp}▷B◁ C E′_{c} D E_{pp}▷A◁
⇒ E′_{c} D E_{pp}▷A◁ − E_{pp}▷B◁ D −1E_{pp}
⇒ E′_{c} D 6.10^{4} J (réponse b ).

4 L’énergie cinétique du marteau-pilon E′_{c} est définie à partir de sa vitesse v′juste avant le choc avec l’objet :

E′_{c} D \frac{1}{2} mv′^{2} ⇒ v′D \sqrt{\frac{2E′_{c}}{m}} D \sqrt{\frac{2 × 6.10^{4}}{2 000}}
⇒ v′≈ 7,7 m · s^{−1} (réponse a ).

5 En supposant que l’énergie cinétique du marteau-pilon soit intégralement transformée en énergie thermique, on suppose que Q D E′_{c}, c’està-dire, compte tenu des résultats aux questions 1 et 3 :

18 080 × 1θ D 6.10^{4} ⇒ 1θ D 3,3°C (réponse b ).

3_{QCM} Énergie mécanique {Enoncé \atop p. ??}

1 En A, B et C, d’altitudes respectives h_{A}, h_{B} et h_{C}, le wagonnet possède les énergies potentielles de pesanteur respectives :

E_{pp}▷A◁ D mgh_{A}CE_{0}, E_{pp}▷B◁ D mgh_{B} CE_{0}, E_{pp}▷C◁ D mgh_{C}CE_{0}

où E_{0} est une constante. Donc, entre A et B d’une part et entre B et C d’autre part, l’énergie potentielle de pesanteur du wagonnet varie des quantités :

1E_{pp}▷A/B◁ D E_{pp}▷B◁ − E_{pp}▷A◁ D mg ▷h_{B} − h_{A}◁ (9)
D 65 × 10 × ▷10 − 20◁

et :

1E_{pp}▷B/C◁ D E_{pp}▷C◁ − E_{pp}▷A◁ D mg ▷h_{C} − h_{B}◁
D 65 × 10 × ▷15 − 10◁

c’est-à-dire :

1E_{pp}▷A/B◁ D −6 500 J et 1E_{pp}▷B/C◁ D 3 250 J (réponse c ).

Énergie mécanique — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 4 page 113 — #121 ÉNERGIE MÉCANIQUE CHAP. 4_{113} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 De même, lorsque le wagonnet se trouve en A ou en E, son énergie

potentielle de pesanteur prend les valeurs respectives :

E_{pp}▷A◁ D mgz_{A} C E_{0} et E_{pp}▷E◁ D mgh_{E} C E_{0}.

Donc, lorsque le wagonnet passe de A à E, son énergie potentielle de pesanteur varie de la quantité :

1E_{pp}▷A/E◁ D E_{pp}▷E◁ − E_{pp}▷A◁ D mg ▷h_{E} − h_{A}◁ (10)
D 65 × 10 × ▷18 − 20◁

tandis que son énergie mécanique E_{m} ne varie pas en l’absence de frottements. C’est pourquoi :

1E_{pp}▷A/E◁ D −1 300 J et 1E_{m}▷A/E◁ D 0 J (réponse b ).

3 En A, la vitesse du wagonnet est nulle, donc son énergie cinétique E_{c}▷A◁

aussi. C’est pourquoi son énergie mécanique vaut :

E_{m}▷A◁ D E_{c}▷A◁ C E_{pp}▷A◁ D E_{pp}▷A◁.

En revanche, la vitesse v_{B} du wagonnet en B lui confère une énergie

cinétique E_{c}▷B◁ D \frac{1}{2} mv_{B}^{2}et donc une énergie mécanique :

E_{m}▷B◁ D E_{c}▷B◁ C E_{pp}▷B◁ D \frac{1}{2} mv_{B}^{2} C E_{pp}▷B◁.

Enfin, l’absence de frottements justifie la conservation de l’énergie mécanique du wagonnet entre A et B, ce qui impose :

E_{m}▷B◁ D E_{m}▷A◁ ⇒ \frac{1}{2} mv_{B}^{2} C E_{pp}▷B◁ D E_{pp}▷A◁
⇒ \frac{1}{2} mv_{B}^{2} D E_{pp}▷A◁ − E_{pp}▷B◁

c’est-à-dire, compte tenu de l’identité (??) :

1E_{pp}▷A/B◁ D E_{pp}▷B◁ − E_{pp}▷A◁ ⇒ \frac{1}{2} mv_{B}^{2} D −1E_{pp}▷A/B◁
⇒ v_{B} D \sqrt{−\frac{2}{m} 1E_{pp}▷A/B◁} D \sqrt{−\frac{2}{65} × ▷−6 500◁}
⇒ v_{B} ≈ 14,1 m · s^{−1} (réponse b ).

4 Maintenant, le wagonnet part de A avec une vitesse v_{A} D 1 m · s^{−1}

et donc avec une énergie cinétique E_{c}▷A◁ D \frac{1}{2} mv_{A}^{2}. Donc, son énergie mécanique vaut :

E_{m}▷A◁ D E_{c}▷A◁ C E_{pp}▷A◁ D \frac{1}{2} mv_{A}^{2} C E_{pp}▷A◁.

Le wagonnet arrive alors en E avec une vitesse v_{E} associée à une énergie

cinétique E_{c}▷E◁ D \frac{1}{2} mv_{E}^{2}. Son énergie mécanique vaut alors :

E_{m}▷E◁ D E_{c}▷E◁ C E_{pp}▷E◁ D \frac{1}{2} mv_{E}^{2} C E_{pp}▷E◁.

Énergie mécanique d’un TGV — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 4 page 114 — #122 CORRIGÉS_{114}

L’absence de frottements entre A et E justifie la conservation de l’énergie mécanique :

E_{m}▷E◁ D E_{m}▷A◁ ⇒ \frac{1}{2} mv_{E}^{2} C E_{pp}▷E◁ D \frac{1}{2} mv_{A}^{2} C E_{pp}▷A◁
⇒ \frac{1}{2} mv_{E}^{2} D \frac{1}{2} mv_{A}^{2} C E_{pp}▷A◁ − E_{pp}▷E◁.

La relation (??) permet alors de poser :

E_{pp}▷A◁ − E_{pp}▷E◁ D −1E_{pp}▷A/E◁

⇒ \frac{1}{2} mv_{E}^{2} D \frac{1}{2} mv_{A}^{2} − 1E_{pp}▷A/E◁
⇒ v_{E} D \sqrt{v_{A}^{2} − \frac{2}{m} 1E_{pp}▷A/E◁} D \sqrt{1 − \frac{2}{65} × ▷−1 300◁}
⇒ v_{E} ≈ 6,4 m · s^{−1} (réponse a ).

4Énergie cinétique_{Lycée Félix Faure, Beauvais} {Enoncé \atop p. ??}

Sachant que 1 km · h^{−1} D \frac{1}{3,6} m · s^{−1} , la vitesse de la balle valait :

v D \frac{269}{3,6} ≈ 74,7 m · s^{−1}

et sa masse m D 58,4 g D 58,4.10^{−3} kg. Par suite, son énergie cinétique valait :

E_{c} D \frac{1}{2} mv^{2} D \frac{1}{2} × 58,4.10^{−3} × ▷74,7◁^{2} ≈ 163 J.

5Énergie mécanique d’un TGV_{Lycée Bellevue, Toulouse} {Enoncé \atop p. ??}

1 Initialement, le train possède la vitesse :

v_{i} D 300 km · h^{−1} D \frac{300}{3,6} D 83,3 m · s^{−1} .

Son énergie cinétique vaut alors : E_{ci} D \frac{1}{2} mv_{i}^{2}.

Lorsque le train stoppe, sa vitesse v_{f} est alors nulle, ainsi que son énergie cinétique :

E_{cf} D \frac{1}{2} mv_{f}^{2} D 0.

Au cours de cet arrêt, l’énergie cinétique du train a donc varié de la quantité :

1E_{c} D E_{cf} − E_{ci} D −\frac{1}{2} mv_{i}^{2} D −\frac{1}{2} × 500.10^{3} × ▷83,3◁^{2}
⇒ 1E_{c} ≈ −1,73.10^{9} J.

Énergie mécanique — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 4 page 115 — #123 ÉNERGIE MÉCANIQUE CHAP. 4_{115} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Cette énergie est transférée aux freins, aux roues et aux rails sous forme

thermique (frottements). 3 On applique ici le théorème de l’énergie cinétique E F· {E \atop AB} D 1E_{c}.

Comme ∥{E \atop AB}∥ = 3300 m, et que la force est colinéaire au mouvement tout au long du freinage, on en déduit :

∥ E F∥ D \frac{1,73.10^{9}}{3,3.10^{3}} D 5,25.10^{5} N.

6Énergie mécanique_{Lycée Félix Faure, Beauvais} {Enoncé \atop p. ??}

Calculons l’énergie mécanique de la pierre aux deux extrémités de la trajectoire.

Au point O le plus bas, d’altitude z_{O} D 0, la pierre possède la vitesse v_{O} D 15 m · s^{−1}. Donc, son énergie potentielle de pesanteur vaut :

E_{pp} D mgz_{O} D 0

tandis que son énergie cinétique vaut E_{c}▷O◁ D \frac{1}{2} mv_{O}^{2}. Par conséquent, la pierre a pour énergie mécanique :

E_{m}▷O◁ D E_{pp}▷O◁ C E_{c}▷O◁ D \frac{1}{2} mv_{O}^{2}.

Au point A le plus élevé, d’altitude z_{A}, la pierre a une vitesse v_{A} nulle (sans quoi elle continuerait à s’élever). C’est pourquoi son énergie potentielle de pesanteur et son énergie cinétique y valent respectivement :

E_{pp}▷A◁ D mgz_{A} et E_{c}▷A◁ D \frac{1}{2} mv_{A}^{2} D 0

et définissent l’énergie mécanique :

E_{m}▷A◁ D E_{pp}▷A◁ C E_{c}▷A◁ D mgz_{A}.

En négligeant les frottements liés à l’air, on admet la conservation de l’énergie mécanique de la pierre au cours de son mouvement :

E_{m}▷A◁ D E_{m}▷O◁ ⇒ mgz_{A} D \frac{1}{2} mv_{O}^{2}
⇒ z_{A} D \frac{v_{O}^{2}}{2g} D \frac{▷15◁^{2}}{2 × 10} ⇒ z_{A} D 11 m.

Cycliste en roue libre — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 4 page 116 — #124

CORRIGÉS_{116}

7Skieur_{Lycée Lakanal, Sceaux} {Enoncé \atop p. ??}

La manière la plus élégante de résoudre ce problème est d’utiliser le théorème de l’énergie cinétique. La réaction E Rdu sol est perpendiculaire au déplacement. Le travail de cette force est donc nul.

On en déduit que 1E_{c} D E P·{E \atop AB} d’où 1E_{c} D ∥ E P∥·∥{E \atop AB}∥cosα D mgd cosθ

où θ est l’angle entre le poids et la piste (θ D 90°− α D 75°◁ . Comme E_{c}▷A◁ D 0, on en déduit :

\frac{1}{2}mv^{2} D mgd cosθ.

Soit v D \sqrt{2gd cosθ} D \sqrt{2 × 10 × 25 × cos75°} ≈ 11 m · s^{−1} .

8Cycliste en roue libre_{Lycée Sainte-Marie, Antony} {Enoncé \atop p. ??}

Calculons au préalable l’angle α que fait le plan de la pente avec l’horizontale.

Lorsqu’on parcourt la longueur AM D L D 100 m dans la pente, on s’élève de h D 15 m. Le triangle rectangle ▷AMH◁ montre alors que :

sinα D \frac{MH}{AM} D \frac{h}{L} D \frac{15}{100} ⇒ sinα D 0,15.

Considérons maintenant le cycliste (assimilé à un point matériel) en deux points de sa trajectoire :

Au pied A de la montée, il possède une vitesse :

v_{A} D V D 20 km · h^{−1} D \frac{20}{3,6} ≈ 5,56 m · s^{−1}

et donc une énergie cinétique E_{c}▷A◁ D \frac{1}{2} mv_{A}^{2} D \frac{1}{2} mV^{2}.

Quant à son altitude z_{A} D 0, elle définit son énergie potentielle de pesanteur :

E_{pp}▷A◁ D mgz_{A} C E_{0} D E_{0}

où E_{0} est une constante.

L’énergie mécanique du cycliste situé en A vaut alors :

E_{m}▷A◁ D E_{c}▷A◁ C E_{pp}▷A◁ D \frac{1}{2} mV^{2} C E_{0}.

Ćhute d’une pièce de 5 centimes — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 4 page 117 — #125 ÉNERGIE MÉCANIQUE CHAP. 4_{117} CORRIGÉS INTERROS COURS

Au point B culminant de sa montée, sa vitesse vaut v_{B} D 0 (sans quoi le cycliste continuerait à monter); son énergie cinétique vaut alors :

E_{c}▷B◁ D \frac{1}{2} mv_{B}^{2} D 0.

Soit I le projeté orthogonal de B sur le sol horizontal. Le triangle rectangle ▷AIB◁ montre que la distance AB parcourue par le cycliste et son altitude z_{B} sont liées :

sinα D \frac{BI}{AB} D \frac{z_{B}}{AB} ⇒ z_{B} D AB sinα

en conséquence de quoi l’énergie potentielle de pesanteur vaut :

E_{pp}▷B◁ D mgz_{B} C E_{0} D mg AB sinα C E_{0}

et son énergie mécanique est définie par :

E_{m}▷B◁ D E_{c}▷B◁ C E_{pp}▷B◁ D mg sinα × AB C E_{0}.

En négligeant les frottements, on admet la conservation de l’énergie mécanique entre A et B :

E_{m}▷B◁ D E_{m}▷A◁ ⇒ mg sinα × AB C E_{0} D \frac{1}{2} mV^{2} C E_{0}
⇒ g sinα × AB D \frac{1}{2} V^{2} ⇒ AB D \frac{V^{2}}{2g sinα}
⇒ AB D \frac{▷5,56◁^{2}}{2 × 10 × 0,15} D 10 m.

9Ćhute d’une pièce de 5 centimes_{Lycée Lakanal, Sceaux} {Enoncé \atop p. ??}

On appelle A le point de départ de la pièce, B le point d’impact au sol, h la hauteur de la tour et m la masse de la pièce.

1 (a) En A, la vitesse de la pièce est nulle. Donc E_{m}▷A◁ D E_{p}▷A◁ D mgh. En B, la pièce est à une hauteur nulle. Donc E_{m}▷B◁ D \frac{1}{2}mv_{B}^{2}. Par conservation de l’énergie mécanique on a donc mgh D \frac{1}{2}mv_{B}^{2}, soit :

v_{B} D \sqrt{2gh} D \sqrt{2 × 9,8 × 210} D 64 m · s^{−1} .

On remarque que la masse de la pièce n’a pas d’incidence sur le calcul.

(b) Puisqu’on néglige les frottements, la seule force qui s’applique est le poids E PD −mg{E \atop u_{z}}. Le déplacement est {E \atop AB} D −h{E \atop u_{z}}. La variation d’énergie cinétique vaut donc, d’après le théorème de l’énergie

cinétique : 1E_{c} D E_{c}▷B◁ − E_{c}▷A◁ D E P· {E \atop AB} D mgh.

Saut en hauteur — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 4 page 118 — #126 CORRIGÉS_{118}

Comme E_{c}▷A◁ D 0, on retrouve la même formule que précédem-

ment : mgh D \frac{1}{2}mv_{B}^{2}, soit :

v_{B} D \sqrt{2gh} D \sqrt{2 × 9,81 × 210} D 64 m · s^{−1} .

2 L’énergie mécanique en B est en fait l’énergie cinétique (puisque l’énergie potentielle est nulle :

E▷B◁ D \frac{1}{2}mv_{B}^{2}.

L’énergie mécanique en A était E▷A◁ D mgh. L’énergie perdue par frottement est la différence entre ces deux énergies :

E_{f} D E▷A◁ − E▷B◁ D mgh − \frac{1}{2}mv_{B}^{2}

E_{f} D 4 · 10^{−3} × 9,81 × 210 − \frac{1}{2} × 4 · 10^{−3} × 25^{2}

E_{f} ≈ 7J.

10Saut en hauteur_{Lycée Saint-Pierre, Brunoy} {Enoncé \atop p. ??}

1 Initialement, le centre d’inertie G se trouve au point I d’altitude z_{I} D 1 m. En choisissant l’énergie potentielle de pesanteur nulle au niveau du sol, l’énergie potentielle de pesanteur initiale de l’athlète vaut :

E_{pp}▷I◁ D mgz_{I}.

Le point G atteint, au cours du saut, le point P le plus élevé, d’altitude z_{P} D 2,45 C 0,01 D 2,46 m . En ce point, l’athlète a pour énergie potentielle de pesanteur :

E_{pp}▷P ◁ D mgz_{P}.

Donc, au cours du saut, l’énergie potentielle de pesanteur de l’athlète varie de :

1E_{pp} D E_{pp}▷P ◁ − E_{pp}▷E◁ D mg × ▷z_{P} − z_{I}◁
D 85 × 10 × ▷2,46 − 1◁ ⇒ 1E_{pp} D 1,24 · 10^{3} J.

2 Évaluons les énergies cinétique et potentielle de l’athlète au début et en fin de saut :

en I, son énergie potentielle de pesanteur vaut : E_{pp}▷I◁ D mgz_{I} tandis

que son énergie cinétique vaut : E_{c}▷I◁ D \frac{1}{2} mv^{2}.

Saut en hauteur — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 4 page 119 — #127 ÉNERGIE MÉCANIQUE CHAP. 4_{119} CORRIGÉS INTERROS COURS

en son point Q le plus élevé, de hauteur z_{Q} D h, son énergie potentielle de pesanteur vaut :

E_{pp}▷Q◁ D mgz_{Q} D mgh.

Quant à sa vitesse (supposée sans composante horizontale), elle est nulle (v_{Q} D 0), sans quoi l’athlète continuerait de monter. Son énergie

cinétique vaut donc E_{c}▷Q◁ D \frac{1}{2} mv_{Q}^{2} D 0.

En supposant que toute l’énergie cinétique initiale soit convertie en énergie potentielle de pesanteur, on suppose que :

E_{pp}▷Q◁ D E_{pp}▷I◁ C E_{c}▷I◁ ⇒ mgh D mgz_{I} C \frac{1}{2} mv^{2}
⇒ h D z_{I} C \frac{v^{2}}{2g} D 1 C \frac{▷5,55◁^{2}}{2 × 10} ⇒ h D 2,54 m.

3 Effectuons le même bilan que précédemment :

Au point I, l’athlète possède la même énergie potentielle de pesanteur et la même énergie cinétique que précédemment :

E_{pp}▷I◁ D mgz_{I} et E_{c}▷I◁ D \frac{1}{2} mv^{2}.

Donc, l’énergie mécanique de l’athlète vaut maintenant :

E_{m}▷I◁ D E_{pp}▷I◁ C E_{c}▷I◁ D mgz_{I} C \frac{1}{2} mv^{2}
D 85 × 10 × 1 C \frac{1}{2} × 85 × ▷5,55◁^{2} ⇒ E_{m}▷I◁ D 2,16 · 10^{3} J.

Au point P (point le plus haut réellement atteint par G), l’athlète possède l’énergie potentielle de pesanteur : E_{pp}▷P ◁ D mgz_{P}, tandis que sa vitesse vaut v_{0} D 0,63 m · s^{−1} (la composante horizontale de la vi-

tesse ne s’annule pas); son énergie cinétique vaut alors E_{c}▷P ◁ D \frac{1}{2} mv_{0}^{2}. Par suite, l’athlète possède l’énergie mécanique :

E_{m}▷P ◁ D E_{pp}▷P ◁ C E_{c}▷P ◁ D mgz_{P} C \frac{1}{2} mv_{0}^{2}
D 85 × 10 × 2,46 C \frac{1}{2} × 85 × ▷0,63◁^{2}
⇒ E_{m}▷P ◁ D 2,11 · 10^{3} J.

Au cours du saut, l’athlète a perdu de l’énergie mécanique (E_{m}▷P ◁ < E_{m}▷I◁). Cette perte est vraisemblablement due à des frottements.

Lancer d’une pierre — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 4 page 120 — #128

CORRIGÉS_{120}

11Lancer d’une pierre_{Lycée Félix Faure, Beauvais} {Enoncé \atop p. ??}

1 Soient I et J les projetés orthogonaux respectifs de A et B sur l’axe horizontal, qui permettent d’exprimer les coordonnées ▷x_{A}, z_{A}◁de A et ▷x_{B},z_{B}◁de B :

\{ \begin{matrix}x_{A} D −OI \\ z_{A} D IA \end{matrix} et \{ \begin{matrix}x_{B} D OJ \\ z_{B} D J B \end{matrix}

Or, les triangles rectangles ▷OJ B◁ et ▷OIA◁ permettent de définir :

\{ \begin{matrix}cosα D \frac{OI}{OA} \\ sinα D \frac{IA}{OA} \end{matrix} ⇒ \{ \begin{matrix}OI D OA cosα D 3 × cos▷30°◁ \\ IA D OA sinα D 3 × sin▷30°◁ \end{matrix}

⇒ \{ \begin{matrix}x_{A} D −OI D −2,60 m \\ z_{A} D IA D 1,50 m \end{matrix}

et :

\{ \begin{matrix}cosβ D \frac{OJ}{OB} \\ sinβ D \frac{J B}{OB} \end{matrix} ⇒ \{ \begin{matrix}OJ D OB cosβ D 2 × cos▷20°◁ \\ J B D OB sinβ D 2 × sin▷20°◁ \end{matrix}

⇒ \{ \begin{matrix}x_{B} D OJ D 1,88 m \\ z_{B} D J B D 0,68 m \end{matrix}

2 Lorsque l’objet se trouve sur le segment de droite ▷OA◁, ses coordon-

nées z et x vérifient l’équation :

z D a × x  (11)

où a est le coefficient directeur de la droite ▷OA◁. Notamment, puisque A appartient à cette droite, ses coordonnées vérifient aussi :

z_{A} D a × x_{A} ⇒ a D \frac{z_{A}}{x_{A}} D \frac{1,5}{−2,6} D −0,58.

Or, l’énergie potentielle de pesanteur de cet objet vaut :

E_{pp} D mgz C E_{0}

Lancer d’une pierre — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 4 page 121 — #129

ÉNERGIE MÉCANIQUE CHAP. 4_{121} CORRIGÉS INTERROS COURS

où E_{0} D 0 assure que E_{pp} est nul à l’altitude de O (quand z D 0). C’est pourquoi la relation (??) fournit :

E_{pp} D mga × x D 0,1 × 10 × ▷−0,58◁ × x
⇒ E_{pp} D −0,58 × x pour x < 0.

De même, lorsque l’objet se trouve sur la partie linéaire ▷OB◁, ses coordonnées vérifient :

z D a′× x  (12)

même lorsque l’objet est confondu avec B :

z_{B} D a′× x_{B} ⇒ a′D \frac{z_{B}}{x_{B}} D \frac{0,68}{1,88} ≈ 0,36.

Conformément à l’identité (??), l’énergie potentielle de pesanteur vaut alors :

E_{pp} D mgz D mga′× x D 0,1 × 10 × 0,36 × x
⇒ E_{pp} D 0,36 × x.

3 En A et B, l’objet possède les énergies potentielles de pesanteur respec-

tives :

E_{pp}▷A◁ D mgz_{A} et E_{pp}▷B◁ D mgz_{B}.

Pendant que l’objet passe de A à B, son énergie potentielle de pesanteur varie alors de la quantité :

1E_{pp} D E_{pp}▷B◁ − E_{pp}▷A◁ D mg × ▷z_{B} − z_{A}◁
D 0,1 × 10 × ▷0,68 − 1,50◁
⇒ 1E_{pp} D −0,82 J.

4 Puisque l’objet est lâché en A avec une vitesse nulle (v_{A} D 0), son

énergie cinétique vaut E_{c}▷A◁ D \frac{1}{2} mv_{A}^{2} D 0et son énergie mécanique s’écrit :

E_{m}▷A◁ D E_{c}▷A◁ C E_{pp}▷A◁ D E_{pp}▷A◁.

De même, lorsqu’il arrive en B, l’objet possède l’énergie mécanique :

E_{m}▷B◁ D E_{c}▷B◁ C E_{pp}▷B◁.

En négligeant les frottements, on admet la conservation de l’énergie mécanique entre A et B, ce qui permet le calcul de l’énergie cinétique de l’objet en B :

E_{m}▷B◁ D E_{m}▷A◁⇒ E_{c}▷B◁ C E_{pp}▷B◁ D E_{pp}▷A◁ ⇒ E_{c}▷B◁ D E_{pp}▷A◁ − E_{pp}▷B◁ D −1E_{pp} D 0,82 J.

Système à deux mobiles reliés — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 4 page 122 — #130

CORRIGÉS_{122}

12Système à deux mobiles reliés_{Lycée Fustel de Coulanges, Massy} {Enoncé \atop p. ??}

1 En A et B, les mobiles ont une énergie potentielle de pesanteur :

E_{pp}▷A◁ D mgz_{A} C E_{0} et E_{pp}▷B◁ D mgz_{B} C E_{0}

où E_{0} est une constante. Ainsi :

E_{pp}▷B◁ − E_{pp}▷A◁ D ▷mgz_{B} C E_{0}◁ − ▷mgz_{A} C E_{0}◁
D mg ▷z_{B} − z_{A}◁

c’est-à-dire, en prenant l’énergie potentielle de A nulle dans cette position :

E_{pp}▷B◁ D mg ▷z_{B} − z_{A}◁.

Application numérique :

E_{pp}▷B◁ D 2 × 10 × 0,5 D 10 J.

2 Soit ℓ la longueur dont se sont déplacés les mobiles de A en A′et de B en B′.

Le point A est monté d’une hauteur h_{A} telle que :

sinα D \frac{h_{A}}{AA′} D \frac{h_{A}}{ℓ} ⇒ h_{A} D ℓ sinα

et le point B est descendu d’une hauteur h_{B} telle que :

sinβ D \frac{h_{B}}{BB′} D \frac{h_{B}}{ℓ} ⇒ h_{B} D ℓ sinβ.

Par conséquent, les points A′et B′ont pour altitudes respectives :

z_{A′} D z_{A} C h_{A} D z_{A} C ℓ sinα et z_{B′} D z_{B} − h_{B} D z_{B} − ℓ sinβ

et donc pour énergies potentielles de pesanteur :

\{ \begin{matrix}E_{pp}▷A′◁ D mgz_{A′}C E_{0} D mgz_{A} C mgℓ sinα C E_{0} \\ E_{pp}▷B′◁ D mgz_{B′}C E_{0} D mgz_{B} − mgℓ sinβ C E_{0}. \end{matrix}

De plus, puisque le fil est inextensible, les mobiles arrivent en A′et B′ avec une même vitesse v qui leur confère une énergie cinétique :

E_{c}▷A′◁ C E_{c}▷B′◁ D \frac{1}{2} mv^{2} C \frac{1}{2} mv^{2} D mv^{2}.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 4 page 123 — #131 ÉNERGIE MÉCANIQUE CHAP. 4_{123} CORRIGÉS INTERROS COURS

Finalement, lorsque les mobiles sont en A′et B′, l’énergie mécanique du système S, composé des deux mobiles, de la poulie et des supports inclinés, vaut :

E′_{m} D E_{m}▷A′◁ C E_{m}▷B′◁
D mg ▷z_{A} C z_{B}◁ C mgℓ ▷sinα − sinβ◁ C 2E_{0} C mv^{2}.

Or, lorsque les mobiles sont partis de A et B, sans vitesse initiale (donc sans énergie cinétique), leurs énergies mécaniques valaient :

\{ \begin{matrix}E_{m}▷A◁ D E_{pp}▷A◁ D mgz_{A} C E_{0} \\ E_{m}▷B◁ D E_{pp}▷B◁ D mgz_{B} C E_{0}. \end{matrix}

L’énergie mécanique du système S valait alors :

E_{m} D E_{m}▷A◁ C E_{m}▷B◁ D mg ▷z_{A} C z_{B}◁ C 2E_{0}.

Enfin, l’absence de frottements se traduit par la conservation de l’énergie mécanique du système S : E′_{m} D E_{m}, c’est-à-dire :

mg ▷z_{A}Cz_{B}◁Cmgℓ ▷sinα −sinβ◁C2E_{0}Cmv^{2} D mg ▷z_{B}Cz_{B}◁C2E_{0}

d’où il s’ensuit que :

mgℓ ▷sinα − sinβ◁ C mv^{2} D 0 ⇒ v D \sqrt{gℓ ▷sinβ − sinα◁}.

Application numérique :

v D \sqrt{10 × 0,2 × [sin▷60°◁ − sin▷30°◁]} ⇒ v ≈ 0,86 m · s^{−1} .

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 4 page 124 — #132

Aspects énergétiques des phénomènes électriques

Plan du chapitre

1 Introduction

Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo avec

Une batterie de six accumulateurs au plomb est chargée pendant 10 heures, sous une tension de 14,0 V et un courant de 12,0 A. 1 Quelle est la capacité de la batterie?

2 Quelle est l’énergie W_{e} fournie à la batterie pendant la charge?

3 Pendant la décharge, la tension est de 12,0 V et le courant de 13,0 A. Au bout de 8 heures, la batterie est déchargée.

(a) Quelle est l’énergie W_{d} restituée par cette batterie pendant la décharge?

(b) Calculer le rendement en énergie de cet accumulateur.

Exercice type

Lycée Édouard Branly, Nogent-Sur-Marne

Voir corrigé page ??

Le but de ce chapitre est d’aborder la notion d’énergie électrique et de voir comment cette énergie peut être convertie en d’autres formes d’énergie.

2 Charges électriques et intensité d’un courant

Un matériau conduit le courant électrique s’il existe dans ce matériau des porteurs de charges électriques mobiles qui peuvent se déplacer collectivement. C’est ce déplacement qui donne naissance au courant électrique. Un courant électrique qui circule est caractérisé par son intensité I exprimée en ampère (A). Il existe une relation entre la quantité de charges électriques Q (en coulomb) circulant durant l’intervalle de temps 1t (en seconde) et l’intensité I du courant (en ampère) :

Q D I × 1t.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 5 page 126 — #134 COURS_{126}

Cela revient à dire que l’intensité d’un courant correspond au débit des charges circulant dans le matériau :

I D \frac{Q}{1t}

où Q correspond à la quantité de charge ayant traversé une section du matériau pendant la durée 1t. Prenons l’exemple d’un fil électrique cylindrique parcouru par un courant constant d’intensité I. Les porteurs de charge à l’origine du courant sont des électrons, qui portent chacun une charge q_{e}. On considère une section S du fil électrique et on note N le nombre d’électrons qui traversent la section S pendant une durée 1t.

Alors I D \frac{N × q_{e}}{1t} .

3 L’énergie électrique

3.1 Généralités

Définition 1

Deux dipôles D_{1} et D_{2} sont

montés en parallèle lorsque leurs

bornes sont reliées deux à deux

(les bornes A et P sont reliées par un fil électrique, de même que B et N).

Lorsque deux dipôles sont montés en parallèle, les tensions entre leurs bornes sont égales :

U_{AB} D U_{P N}.

Définition 2

Deux dipôles D_{1} et D_{2} sont montés en série lorsque le courant électrique I qui traverse l’un traverse aussi l’autre.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 5 page 127 — #135 ASPECTS ÉNERGÉTIQUES DES PHÉNOMÈNES ÉLECTRIQUES CHAP. 5_{127} CORRIGÉS INTERROS COURS

Définition 3

Lorsqu’un système échange une énergie E (en joule, J) pendant une durée 1t (en seconde, s) la puissance P qu’il échange vaut :

P D \frac{E}{1t} (en watt : W).

4 Récepteurs et générateurs

4.1 Conducteur ohmique

Définition 4

Un conducteur ohmique est un dipôle aux bornes duquel la tension U_{AB} est proportionnelle à l’intensité I du courant qui le traverse.

La loi d’Ohm précise cette relation de proportionnalité :

U_{AB} D R × I avec \{ \begin{matrix}U_{AB} en volt \\ I en ampère \\ R en ohm \end{matrix}

dans laquelle R est la résistance du conducteur ohmique.

Remarque : on appelle souvent résistance le conducteur ohmique, que l’on confond alors avec sa résistance R.

� ATTENTION

La loi d’Ohm : U_{AB} D R × I n’est valable qu’à condition que U_{AB} et I soient représentés par des flèches de sens opposé. Dans le cas contraire, il faudrait écrire : U_{AB} D −R × I .

Un conducteur ohmique transforme toute la puissance électrique qu’il reçoit :

P_{élec}^{(reçue)} D U_{AB} × I

en puissance thermique; c’est l’effet Joule. Compte tenu de la loi d’Ohm, la puissance dissipée par effet Joule vaut :

P_{Joule} D RI^{2} D \frac{U_{AB}^{2}}{R} D P_{élec}^{(reçue)} avec \{ \begin{matrix}P_{Joule} en watt \\ R en ohm \\ I en ampère \\ U_{AB} en volt \end{matrix}

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 5 page 128 — #136 COURS_{128}

4.1.1 -Moteur et électrolyseur

Définition 5

Un moteur est un dipôle récepteur, qui transforme une partie de l’énergie électrique qu’il reçoit en énergie mécanique.

Soit U_{AB} la tension aux bornes A et B du moteur, traversé par un courant d’intensité I (orienté en sens inverse par rapport à la tension U_{AB}). Ce moteur :

reçoit la puissance électrique, de la part du circuit :

P_{élec}^{(reçue)} D U_{AB} × II

émet une puissance, sous forme mécanique : P_{méca} D E × I, où E (en volt) est la force contre-électromotrice du moteur;

dissipe une puissance thermique P_{Joule} D rI^{2}, où r (en ohm) désigne la résistance interne du moteur.

Le principe de conservation de l’énergie impose à l’énergie électrique reçue de se convertir d’une part en énergie mécanique et d’autre part en énergie thermique :

P_{élec}^{(reçue)} D P_{méca} C P_{Joule} ⇒ U_{AB} × I D E × I C rI^{2}.

Remarque : la loi précédente conduit aussi à l’expression de U_{AB} en fonction de I :

U_{AB} D E C rI.  (13)

Définition 6

Un électrolyseur est un dipôle récepteur, qui transforme une partie de l’énergie électrique qu’il reçoit sous forme d’énergie chimique.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 5 page 129 — #137 ASPECTS ÉNERGÉTIQUES DES PHÉNOMÈNES ÉLECTRIQUES CHAP. 5_{129} CORRIGÉS INTERROS COURS

Avec les mêmes conventions, l’électrolyseur est soumis à des lois analogues à celles du moteur :

P_{élec}^{(reçue)} D U_{AB} × I P_{chimique} D E × I P_{Joule} D rI^{2} où P_{chimique} représente la puissance transformée par l’électrolyseur sous forme chimique. La loi (??) demeure applicable à l’électrolyseur.

4.1.2 -Générateur électrique

Définition 7

Un générateur électrique est un dipôle qui transmet à un circuit électrique une partie de l’énergie qu’il génère.

Le courant I sort du générateur par sa borne positive. La tension U_{P N} aux bornes du générateur est liée à l’intensité I du courant généré (I et U_{P N} étant orientés dans le même sens) :

U_{P N} D E − r × I  (14)

où E est la force électromotrice (en volt) du générateur et r sa résistance interne. Au cours de son fonctionnement, le générateur :

génère une puissance P_{générée} D E × I (sous forme chimique, mécanique,…);

transmet au circuit électrique une puissance P_{élec}^{(fournie)} D U_{P N} × I;

dissipe par effet Joule une puissance P_{Joule} D rI^{2} (puissance dissipée sous forme thermique).

Le principe de conservation de l’énergie impose que la puissance générée soit en partie transférée au circuit et en partie dissipée sous forme thermique :

P_{générée} D P_{élec}^{(fournie)} C P_{Joule} ⇒ E × I D U_{P N} × I C rI^{2}

Remarque : cette dernière relation confirme la loi (??) :

U_{P N} × I D E × I − rI^{2} ⇒ U_{P N} D E − rI.

4.2 Transfert d’énergie

Définition 8

Au cours de son fonctionnement, un dipôle consomme une puissance P_{consommée} et fournit une puissance utile P_{utile}. Le rendement de ce dipôle vaut alors :

η D \frac{P_{utile}}{P_{consommée}}.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 5 page 130 — #138 COURS_{130}

Remarque : la définition précédente convient également à l’énergie consommée E_{consommée} par le dipôle et l’énergie utile E_{utile} restituée par ce dipôle :

η D \frac{E_{utile}}{E_{consommée}}.

Exemples

Un générateur reçoit une puissance P_{générée} de la part d’une source (par exemple une réaction chimique peut produire l’énergie nécessaire au fonctionnement d’une pile); une partie de cette puissance, P_{élec}^{(fournie)}, est fournie à un circuit, tandis qu’une autre partie est dissipée par effet Joule.

Le rendement du générateur vaut alors :

η_{générateur} D \frac{P_{élec}^{(fournie)}}{P_{générée}}

Un moteur reçoit une puissance P_{élec}^{(reçue)}, sous forme électrique, qu’il transforme en partie sous forme de puissance mécanique et dont il dissipe une autre partie par effet Joule :

Le rendement du moteur est donc donné par :

η_{moteur} D \frac{P_{méca}}{P_{élec}^{(reçue)}}.

Lorsqu’un circuit comporte plusieurs générateurs et plusieurs récepteurs, la somme des puissances fournies par les générateurs s’identifie à la somme des puissances reçues par les récepteurs :

∑ P_{élec}^{(fournie)} D ∑ P_{élec}^{(reçue)}.

Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo avec

1 Par définition, la capacité C d’une batterie chargée pendant 1t (en heure), avec un courant d’intensité I (en ampère), vaut :

C D I × 1t D 12 × 10 ⇒ C D 120 A · h.

2 La tension aux bornes de la batterie vaut U D 14 V, alors qu’elle est traversée par le courant d’intensité I D 12 A; cette batterie reçoit ainsi une puissance électrique :

P_{e} D I × U D 12 × 14 D 168 W.

Pendant :

1t D 10 h D 10 × 3 600 D 36.10^{3} s

la batterie reçoit donc l’énergie électrique :

W_{e} D P_{e} × 1t D 36.10^{3} × 168 ⇒ W_{e} ≈ 6,05.10^{6} J.

3 (a) Pendant la décharge, la pile débite un courant d’intensité I′D 13 A, tandis que la tension à ses bornes vaut U′D 12 V; elle libère donc une puissance électrique :

P_{d} D U′× I′D 12 × 13 D 156 W.

Or, puisque la décharge dure :

11t′D 8 h D 8 × 3 600 D 2,88.10^{4} s

la batterie libère finalement l’énergie électrique :

W_{d} D P_{d} × 1t′D 156 × 2,88.10^{4} ⇒ W_{d} ≈ 4,49.10^{6} J.

(b) La batterie est utilisée afin qu’elle délivre une énergie électrique W_{d} la plus grande possible. Or, pour y parvenir, elle consomme l’énergie W_{e}. C’est pourquoi son rendement est défini par :

η D \frac{W_{d}}{W_{e}} D \frac{4,49.10^{6}}{6,05.10^{6}} ≈ 0,74 D 74% .

Solution de l’exercice type

Lycée Édouard Branly, Nogent-Sur-Marne Voir énoncé page ??

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 5 page 132 — #140 INTERROS_{132}
1_{QCM} Connaissance du cours Corrigé p. ?? 20 min

1 Lorsque deux dipôles sont montés en parallèle :

a leurs bornes sont reliées deux à deux;

b le courant qui traverse l’un des dipôles traverse l’autre; c les tensions entre leurs bornes sont généralement différentes;

d ils ont la même direction.

2 Un dipôle échange une énergie E (en Joule) pendant la durée 1t (en seconde). La puissance P (en watt) transférée au dipôle vaut :

a P D E × 1t;

b P D \frac{E}{1t} ;

c P D \frac{1t}{E} .

3 Un conducteur ohmique, de résistance R, est traversé par un courant d’intensité I. La tension U_{AB} entre ses bornes et la puissance P_{Joule} qu’il dissipe par effet Joule valent respectivement :

a U_{AB} D RI et P_{Joule} D \frac{1}{2} RI^{2};

b U_{AB} D RI^{2} et P_{Joule} D RI;

c U_{AB} D \frac{1}{2} RI et P_{Joule} D RI^{2};

d U_{AB} D RI et P_{Joule} D RI^{2};

4 Un moteur, de force contre-électromotrice E (en V) et de résistance interne r (en ), est traversé par un courant d’intensité I (en A). La tension U_{AB} (en V) entre ses bornes vérifie :

a U_{AB} D E − rI  b U_{AB} D E C rI  c U_{AB} D rI − E

5 Un générateur, de force électromotrice E (en V) et de résistance interne r (en ), débite un courant d’intensité I (en A). La tension U_{P N} (en V) entre ses bornes vérifie :

a U_{P N} D E − rI  b U_{P N} D E C rI  c U_{P N} D rI − E

6 Le rendement du moteur précédent vaut :

a η_{moteur} D \frac{E}{E C rI}  b η_{moteur} D \frac{rI − E}{E}

c η_{moteur} D 1 − \frac{rI}{E}  d η_{moteur} D \frac{rI − E}{I}

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 5 page 133 — #141 ASPECTS ÉNERGÉTIQUES DES PHÉNOMÈNES ÉLECTRIQUES CHAP. 5_{133} CORRIGÉS INTERROS COURS
2_{QCM} Transfert d’énergie électrique Corrigé p. ?? 40 min

Un générateur de tension, de force électromotrice E D 24,0 V et de résistance interne négligeable, alimente un conducteur ohmique de résistance R_{p} D 10,0 avec, en série, un moteur de résistance interne r D 10,0 .

Le but est d’ajuster la valeur de la résistance R_{p} pour qu’avec ce circuit, le moteur puisse faire monter une charge de masse m D 2,00 kg sur une hauteur de 1,00 m, pendant 2,50 secondes. On supposera que toute l’énergie mécanique fournie par le moteur est utilisée pour accroître l’énergie potentielle de pesanteur de la charge.

1 Calculer la variation d’énergie potentielle de pesanteur de la charge et en déduire la puissance reçue par la charge. a 1E_{pp} D 7,85 J et P_{charge} D 19,6 W;

b 1E_{pp} D 19,62 J et P_{charge} D 7,848 W; c 1E_{pp} D 6,27 J et P_{charge} D 2,668 W;

d 1E_{pp} D 2,668 J et P_{charge} D 6,27 W. 2 En ajustant la résistance R_{p} à la valeur de 10 , il circule un courant

d’intensité I D 416 mA.

Calculer la puissance électrique reçue par tout le circuit.

a P_{élec}^{(fournie)} D 9,98 W  b P_{élec}^{(fournie)} D 21,73 W
c P_{élec}^{(fournie)} D 2,116 W  d P_{élec}^{(fournie)} D 12,816 W

3 Pour le conducteur ohmique, calculer la puissance dissipée par effet Joule.

a P_{J}▷R_{p}◁ D 4,160 W  b P_{J}▷R_{p}◁ D 4,160 mW
c P_{J}▷R_{p}◁ D 1,73 W  d P_{J}▷R_{p}◁ D 1,731 mW

4 Calculer la puissance dissipée par effet Joule dans le moteur.

a P_{J}▷moteur◁ D 4,160 W  b P_{J}▷moteur◁ D 4,160 mW
c P_{J}▷moteur◁ D 1,731 W  d P_{J}▷moteur◁ D 1,73 mW

5 Calculer le rendement du moteur dans ces conditions :

a η_{moteur} D 35%  b η_{moteur} D 56%
c η_{moteur} D 79%  d η_{moteur} D 17%

6 Dans ces conditions, le moteur pourra-t-il réaliser la levée de charge?

a La levée sera toujours possible.

b La levée sera toujours impossible.

c La levée sera possible si elle dure au moins 3 secondes.

d La levée sera possible si elle dure moins de 2 secondes.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 5 page 134 — #142 INTERROS_{134}

Donnée : intensité de la pesanteur : g D 9,81 N · kg^{−1} .

3Conversion d’énergie électrique_{Lycée Saint-Dominique, Herblain} Corrigé ; p. ?? ; 5 min ; ⋆

Un conducteur ohmique est caractérisé par sa résistance R D 100 et sa puissance maximale admissible P_{max} D 0,50 W.

1 Calculer l’intensité maximale du courant qu’il peut supporter sans dan-

ger. Préciser ce danger. 2 Calculer la tension maximale qu’on peut lui appliquer.

4Conversion d’énergie électrique_{Lycée Saint-Dominique, Herblain} Corrigé ; p. ?? ; 5 min ; ⋆

La tension U_{AB}, aux bornes d’un électrolyseur parcouru par un courant d’intensité I est donnée par la loi :

U_{AB} D 3,5 C 5,0 × I.

Cet appareil est parcouru par un courant de 100 mA, pendant 10 min.

1 Quelle est la valeur de la tension à ses bornes?

2 Quelle est l’énergie électrique consommée?

3 Qu’est devenue cette énergie? Préciser la réponse (formes nouvelles d’énergie et valeurs de ces énergies).

5Conversion d’énergie_{Lycée Lumière, Luxeuil} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆

Le moteur d’une automobile à combustion interne utilise du gaz naturel et de l’air.

1 Faire un schéma représentant les transferts énergétiques pour cette voi-

ture. 2 On évalue les pertes énergétiques de ce moteur à 4,6 MJ par seconde,

alors que la combustion du gaz lui fournit 7,9 MJ par seconde.

(a) Calculer la puissance mécanique fournie à l’automobile.

(b) Calculer le rendement de ce moteur.

6Conversion d’énergie_{Lycée Saint-Esprit, Beauvais} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 5 page 135 — #143 ASPECTS ÉNERGÉTIQUES DES PHÉNOMÈNES ÉLECTRIQUES CHAP. 5_{135} CORRIGÉS INTERROS COURS

On utilise un chauffe-eau à gaz (méthane) pour chauffer de l’eau. L’appareil brûle un volume V_{gaz} D 268 Lde gaz pour faire passer la température d’une masse m_{e} D 20 kg d’eau de θ_{1} D 10°C à θ_{2} D 70°C. 1 Exprimer littéralement, puis calculer la quantité d’énergie Q_{1} transférée

à l’eau. 2 Exprimer littéralement, puis calculer la quantité de chaleur Q_{2} libérée

par la combustion du gaz. 3 Définir et calculer le rendement du chauffe-eau.

Données :

capacité thermique massique de l’eau : c_{e} D 4 185 J · kg^{−1} · K^{−1} ;

pouvoir calorifique du méthane : p D 2,5.10^{7} J · m^{−3} .

7Batterie électrique_{Lycée Colbert, Lorient} Corrigé ; p. ?? ; 5 min ; ⋆ ; ⋆

On dispose d’une batterie, de force électromotrice E D 12 V et de résistance interne négligeable, ainsi que de trois résistances chauffantes de valeurs respectives R_{1} D 4 , R_{2} D 3 et R_{3} D 2 . 1 On connecte une de ces résistances à la pile. Préciser la valeur de la

résistance afin que l’énergie dissipée par effet Joule soit maximale pour une durée imposée 1t. Calculer alors la puissance électrique P_{élec} disponible aux bornes de l’alimentation.

2 Quelle résistance doit être connectée à la pile pour obtenir, cette fois, une valeur minimale de l’énergie dissipée par effet Joule, pendant 1t? Calculer P_{élec}.

8Conversion d’énergie électrique_{Lycée Branly, Nogent-sur-Marne} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

Un moteur électrique consomme une puissance électrique de 1,50 kW. Il fournit une énergie mécanique utile de 4,32.10^{6} J pendant une heure. Les circuits électriques qui composent ce moteur cèdent une énergie thermique Q D 7,20.10^{5} J. 1 Quelles sont les autres pertes d’énergie possibles dans ce convertisseur

(valeur et nature)? 2 Calculer le rendement de ce moteur.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 5 page 136 — #144 INTERROS_{136}
9Plaque chauffante_{Lycée Jeanne d’Albret, Saint-Germain-en-Laye} Corrigé ; p. ?? ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

Une plaque électrique chauffante a une puissance de 1,0 kW.

1 Cette plaque est constituée d’un conducteur de résistance R, alimenté

sous une tension de 220 V. Quelle est la valeur de R? 2 On pose, sur cette plaque, une casserole contenant 0,50 L d’eau.

(a) Calculer l’énergie libérée par la plaque pendant 3 minutes.

(b) Quelle est l’élévation de la température de l’eau pendant les 3 minutes de chauffage, si elle reçoit 60% de l’énergie libérée?

(c) L’eau est prise, initialement, à la température de 20°C; est-elle portée à ébullition?

Données :

capacité thermique massique de l’eau : c D 4,18 kJ · kg^{−1} · °C^{−1} ;

chaleur latente de fusion de la glace : L_{fus} D 333 kJ · kg^{−1} ;

masse volumique de l’eau : μ D 1,0 kg · L^{−1} .

10Moteur électrique_{Lycée Jacques Monod, Clamart} Corrigé ; p. ?? ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

Un moteur, de résistance interne 20,00 , est alimenté par une tension de 220 V.

1 Faire un bilan énergétique à l’aide de la puissance dans ce moteur.

2 Le moteur est calé. Calculer l’intensité du courant qui le traverse et le

dégagement d’énergie chaque minute. 3 Le moteur tourne; le dégagement d’énergie thermique est de 7 500 J,

chaque minute.

(a) Quelle est l’intensité du courant qui traverse le moteur?

(b) Quel est son rendement?

11Conversion d’énergie électrique_{Lycée Saint-Exupéry, Mantes-la-Jolie} Corrigé ; p. ?? ; 20 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

1 Soient deux conducteurs résistifs C_{1}, C, de résistances respectives R_{1} D 750 et R D 250 , associés en parallèle :

(a) Rappeler la relation entre les tensions U_{AB} et U_{CD} aux bornes de ces deux dipôles.

(b) Soit P_{1} la puissance dissipée par effet Joule par le conducteur C_{1} et P celle dissipée par C. Exprimer P_{1} en fonction de U_{AB} et R_{1}, puis exprimer P en fonction de U_{CD} et R.

(c) En déduire une relation entre R, P, R_{1} et P_{1}.

2 Les deux conducteurs C_{1} et C sont ensuite associés, en parallèle, à un générateur de tension, de force électromotrice E et de résistance interne r :

(a) Quelle relation lie la puissance P_{élec} fournie par le générateur et les puissances P_{1} et P dissipées par effet Joule par C_{1} et C.

(b) On s’intéresse à la puissance P dissipée par C. Calculer numériquement la valeur du rendement du circuit.

Connaissance du cours — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 5 page 138 — #146 CORRIGÉS_{138}
1_{QCM} Connaissance du cours {Enoncé \atop p. ??}

1 Par définition, deux dipôles sont montés en parallèle si leurs bornes sont reliées deux à deux (réponse a ); les tensions entre leur bornes sont alors toujours identiques.

2 Lorsqu’une puissance P est transférée à un dipôle pendant une durée 1t, ce dipôle reçoit une énergie :

E D P × 1t ⇒ P D \frac{E}{1t} (réponse b ).

3 La loi d’Ohm indique qu’un conducteur ohmique parcouru par un courant d’intensité I présente, entre ses bornes, une tension :

U_{AB} D R × I.

Il reçoit alors une puissance électrique :

P_{élec}^{(reçue)} D U_{AB} × I D RI^{2}

qu’il dissipe intégralement sous forme thermique. Donc, la puissance dissipée par effet Joule vaut :

P_{Joule} D RI^{2} (réponse d ).

4 Le moteur réalise une conversion d’énergie :

il reçoit une puissance électrique P_{elec}^{(reçue)} D U_{AB} × I;

il dissipe une puissance thermique P_{Joule} D rI^{2};

il délivre une puissance, sous forme mécanique : P_{méca} D E × I .

Le principe de conservation de l’énergie stipule alors que :

P_{élec}^{(reçue)} D P_{Joule} C P_{méca} ⇒ U_{AB} × I D rI^{2} C E × I
⇒ U_{AB} D rI C E (réponse b ).  (15)

5 De même, un générateur électrique réalise aussi une conversion d’énergie :

il produit (à l’aide d’une source chimique, mécanique,…) une puissance P_{générée} D E × I ;

il dissipe, par effet Joule, une puissance P_{Joule} D rI^{2};

il fournit au circuit une puissance, sous forme électrique :

P_{élec}^{(fournie)} D U_{P N} × I .

À nouveau, le principe de conservation de l’énergie impose :

P_{générée} D P_{Joule} C P_{élec}^{(fournie)} ⇒ E × I D rI^{2} C U_{P N} × I
⇒ E D rI C U_{P N}
⇒ U_{P N} D E − rI (réponse a ).

Transfert d’énergie électrique — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 5 page 139 — #147

ASPECTS ÉNERGÉTIQUES DES PHÉNOMÈNES ÉLECTRIQUES CHAP. 5_{139} CORRIGÉS INTERROS COURS

6 De ce qui précède, il ressort que le moteur délivre une puissance mécanique P_{méca} D E × I alors qu’il reçoit une puissance électrique P_{élec}^{(reçue)} D U_{AB} × I . Son rendement vaut alors :

η_{moteur} D \frac{P_{méca}}{P_{élec}^{(reçue)}} D \frac{E × I}{U_{AB} × I} D \frac{E}{U_{AB}}

c’est-à-dire, compte tenu du résultat (??) :

η_{moteur} D \frac{E}{rI C E} (réponse a ).

2_{QCM} Transfert d’énergie électrique {Enoncé \atop p. ??}

1 Soit D le point de départ de la charge et soit A son point d’arrivée, d’altitudes respectives z_{D} et z_{A}. Lorsque la charge se trouve en ces points, son énergie potentielle de pesanteur vaut respectivement :

E_{pp}▷D◁ D mgz_{D} C E_{0} et E_{pp}▷A◁ D mgz_{A} C E_{0}

où E_{0} est une constante qu’on ne déterminera pas. Lorsque la charge s’élève d’une hauteur h D z_{A} − z_{D} D 1 m , son énergie potentielle de pesanteur s’accroît de la quantité :

1E_{pp} D E_{pp}▷A◁ − E_{pp}▷D◁ D mgz_{A} − mgz_{D} D mg ▷z_{A} − z_{D}◁ D mgh
⇒ 1E_{pp} D 2 × 9,81 × 1 D 19,6 J.

En outre, puisque cet accroissement d’énergie s’effectue pendant 1t D 2,5 s , il correspond à une puissance reçue par la charge, définie par :

P_{charge} D \frac{1E_{pp}}{1t} D \frac{19,62}{1t}  (16)

c’est-à-dire :

P_{charge} D \frac{19,62}{2,5} D 7,85 W (réponse b ).

2 Le générateur, aux bornes duquel règne une tension U_{P N} D E D 24 V et qui délivre un courant d’intensité I D 416 mA D 0,416 A, fournit au circuit une puissance électrique :

P_{élec}^{(fournie)} D E × I D 24 × 0,416
⇒ P_{élec}^{(fournie)} D 9,98 W (réponse a ).

3 Le conducteur ohmique, de résistance R_{p} D 10 , dissipe par effet Joule une puissance thermique :

P_{J}▷R_{p}◁ D R_{p} × I^{2} D 10 × ▷0,416◁^{2} ≈ 1,73 W (réponse c ).

Conversion d’énergie électrique — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 5 page 140 — #148

CORRIGÉS_{140}

4 Le moteur ayant une résistance interne r D 10 il dissipe par effet Joule une puissance thermique :

P_{J}▷moteur◁ D r × I^{2} D 10 × ▷0,416◁^{2} ≈ 1,73 W (réponse c ).

5 Le générateur délivre une puissance P_{élec}^{(fournie)} qui se répartit entre les deux récepteurs qui composent le circuit :

le conducteur ohmique dissipe la puissance P_{J}▷R_{p}◁ par effet Joule;

le moteur reçoit une puissance P_{moteur}^{(reçue)} qu’il convertit d’une part sous forme de puissance mécanique P_{méca} et d’autre part sous forme de puissance thermique P_{J}▷moteur◁:

P_{moteur}^{(reçue)} D P_{méca} C P_{J}▷moteur◁.  (17)

Le principe de conservation de l’énergie impose que toute la puissance fournie par le générateur soit reçue par l’ensemble des récepteurs :

P_{élec}^{(fournie)} D P_{J}▷R_{p}◁ C P_{moteur}^{(reçue)}
⇒ P_{moteur}^{(reçue)} D P_{élec}^{(fournie)} − P_{J}▷R_{p}◁ D 9,984 − 1,731
⇒ P_{moteur}^{(reçue)} D 8,253 W.

La relation (??) donne alors la puissance que le moteur fournit, sous forme mécanique :

P_{méca} D P_{moteur}^{(reçue)} − P_{J}▷moteur◁ D 8,253 − 1,731 D 6,522 W.

Par conséquent, ce moteur a pour rendement :

η_{moteur} D \frac{P_{méca}}{P_{moteur}^{(reçue)}} D \frac{6,522}{8,253} D 0,79 D 79% (réponse c ).

6 D’après les calculs précédents, le moteur libère une puissance mécanique P_{méca} D 6,522 W, tandis que la montée de la charge requiert, dans les conditions où elle est effectuée, une puissance P_{charge} D 7,848 W. Ce faisant, l’inégalité :

P_{charge} > P_{méca}

montre que, dans ces conditions, le moteur ne peut pas assurer la montée de la charge. En revanche, pour que cette montée soit possible, il faudrait que soit vérifiée la relation :

P_{méca} ⩾ P_{charge}

où P_{charge} vérifie l’équation (??) :

\{ \begin{matrix}P_{charge} D \frac{19,62}{1t} \\ P_{méca} D 6,522 W \end{matrix} ⇒ 6,522 ⩾ \frac{19,62}{1t}

⇒ 1t ⩾ \frac{19,62}{6,522} D 3 s (réponse c ).

Conversion d’énergie électrique — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 5 page 141 — #149

ASPECTS ÉNERGÉTIQUES DES PHÉNOMÈNES ÉLECTRIQUES CHAP. 5_{141} CORRIGÉS INTERROS COURS

3Conversion d’énergie électrique_{Lycée Saint-Dominique, Herblain} {Enoncé \atop p. ??}

1 Le conducteur, de résistance R et traversé par un courant d’intensité I, reçoit une puissance :

P D RI^{2} < P_{max} ⇒ I^{2} < \frac{P_{max}}{R} ⇒ I < \sqrt{\frac{P_{max}}{R}}.

Ainsi, l’intensité I ne doit pas dépasser la valeur maximale :

I_{max} D \sqrt{\frac{P_{max}}{R}} D \sqrt{\frac{0,5}{100}} ⇒ I_{max} ≈ 7,1.10^{−2} A D 71 mA

sans quoi la puissance reçue par ce conducteur ne peut plus être évacuée par effet Joule : sa température augmente jusqu’à sa détérioration.

2 La loi d’Ohm relie la tension U aux bornes du dipôle à l’intensité I : U D RI. Notamment, l’inégalité I < I_{max} montre que :

U D RI < RI_{max}

c’est-à-dire que U admet aussi une valeur maximale :

U_{max} D RI_{max} ≈ 100 × 7,1.10^{−2} ⇒ U_{max} ≈ 7,1 V.

4Conversion d’énergie électrique_{Lycée Saint-Dominique, Herblain} {Enoncé \atop p. ??}

1 Lorsque l’électrolyseur est parcouru par un courant d’intensité I D 0,1 A, la tension à ses bornes vaut :

U_{AB} D 3,5 C 5 × 0,1 ⇒ U_{AB} D 4 V.

2 La puissance électrique reçue par un dipôle (récepteur), traversé par un courant d’intensité I et soumis à une tension U_{AB}, vaut :

P_{élec. reçue} D U_{AB} × I D 4 × 0,1 D 0,40 W.

Donc, pendant la durée :

1t D 10 min D 10 × 60 D 600 s

ce dipôle reçoit l’énergie électrique :

E_{élec. reçue} D P_{élec. reçue} × 1t D 0,4 × 600 ⇒ E_{élec. reçue} D 2,4 · 10^{2} J.

3 L’expression de la tension U_{AB} D 3,5 C 5,0 × I révèle la valeur de la force électromotrice E de l’électrolyseur et celle de sa résistance interne r :

U_{AB} D E C rI avec E D 3,5 V et r D 5,0 .

Donc, ce dipôle reçoit une puissance électrique :

P_{élec. reçue} D U_{AB} × I D EI C rI^{2} ,

Conversion d’énergie — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 5 page 142 — #150

CORRIGÉS_{142}

c’est-à-dire une énergie électrique, pendant 1t :

E_{élec. reçue} D P_{élec. reçue} × 1t D EI 1t C rI^{2} 1t
⇒ E_{élec. reçue} D E_{chimique} C E_{Joule}.

Cette relation montre que l’énergie électrique reçue par l’électrolyseur s’est transformée :

en énergie chimique (l’électrolyse est une réaction chimique) :

E_{chimique} D EI 1t D 3,5 × 0,1 × 600 D 2,1_{c}dot10^{2} JI

et en énergie thermique (c’est l’effet Joule) :

E_{Joule} D rI^{2} 1t D 5 × ▷0,1◁^{2} × 600 D 30 J.

5Conversion d’énergie_{Lycée Lumière, Luxeuil} {Enoncé \atop p. ??}

1 Le gaz fournit, par combustion, une énergie au moteur, de puissance P_{fournie}. Le moteur, quant à lui, transforme cette énergie :

d’une part en énergie mécanique (de puissance P_{méca}) fournie à la voiture pour son déplacement;

d’autre part en perte (sous forme de frottements, chaleur,…), de puissance P_{perdue}.

2 (a) Pendant 1t D 1 s, l’énergie perdue par le moteur vaut :

E_{perdue} D 4,6 MJ D 4,6.10^{6} J ⇒ P_{perdue} D \frac{E_{perdue}}{1t} D 4,6.10^{6} W

tandis que la combustion du gaz fournit au moteur l’énergie :

E_{fournie} D 7,9 MJ D 7,9.10^{6} J ⇒ P_{fournie} D \frac{E_{fournie}}{1t} D 7,9.10^{6} W.

La loi de conservation de l’énergie impose alors :

P_{fournie} D P_{méca} C P_{perdue} ⇒ P_{méca} D P_{fournie} − P_{perdue}
⇒ P_{méca} D 7,9.10^{6} − 4,6.10^{6} D 3,3.10^{6} W.

(b) Le moteur est conçu pour transformer le maximum d’énergie reçue (de puissance P_{fournie}) en énergie mécanique (de puissance P_{méca}). C’est pourquoi son rendement est défini par :

η D \frac{P_{méca}}{P_{fournie}} D \frac{3,3.10^{6}}{7,9.10^{6}} ⇒ η ≈ 0,42 D 42% .

Batterie électrique — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 5 page 143 — #151

ASPECTS ÉNERGÉTIQUES DES PHÉNOMÈNES ÉLECTRIQUES CHAP. 5_{143} CORRIGÉS INTERROS COURS

6Conversion d’énergie_{Lycée Saint-Esprit, Beauvais} {Enoncé \atop p. ??}

1 Pour que sa température passe de θ_{1} à θ_{2}, la masse m_{e} d’eau reçoit l’énergie thermique :

Q_{1} D m_{e}c_{e} ▷θ_{2} − θ_{1}◁ D 20 × 4 185 × ▷70 − 10◁
⇒ Q_{1} ≈ 5,0.10^{6} J.

2 L’unité du pouvoir calorifique du méthane (J · m^{−3} ) montre que cette grandeur représente le rapport de la quantité de chaleur Q_{2}, libérée au cours de la combustion, par le volume V_{gaz} (en m^{3}) de gaz brûlé :

p D \frac{Q_{2}}{V_{gaz}} ⇒ Q_{2} D p × V_{gaz} D 2,5.10^{7} × 0,268
⇒ Q_{2} ≈ 6,7.10^{6} J.

3 Le chauffe-eau est construit pour transférer l’énergie thermique Q_{2} libérée par la combustion du méthane à l’eau, qui reçoit en fait la chaleur Q_{1}. Son rendement vaut alors :

η D \frac{Q_{1}}{Q_{2}} D \frac{5,0.10^{6}}{6,7.10^{6}} ⇒ η ≈ 0,75 D 75% .

7Batterie électrique_{Lycée Colbert, Lorient} {Enoncé \atop p. ??}

1 En l’absence de résistance interne, la tension aux bornes de la batterie vaut :

U_{P N} D E D 12 V.

quelle que soit la valeur de l’intensité I du courant qui circule dans le circuit. Quant à la loi d’Ohm, elle indique que la résistance est soumise à une tension U_{AB} D RI et qu’elle dissipe, par effet Joule, une puissance

P_{Joule} D \frac{U_{AB}^{2}}{R}, avec :

U_{AB} D U_{P N} D E ⇒ P_{Joule} D \frac{E^{2}}{R} .

Donc, pendant une durée 1t, la résistance dissipe, par effet Joule, une énergie :

E D P_{Joule} × 1t D \frac{E^{2}}{R} × 1t.  (18)

Cette relation montre que E est maximale lorsque R est le plus petit possible, c’est-à-dire pour :

R D R_{3} D 2 .

Plaque chauffante — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 5 page 144 — #152

CORRIGÉS_{144}

Enfin, puisque la puissance P_{élec}, libérée par le générateur dans le circuit, se répartit entre tous les dipôles du circuit (ici la résistance), il s’ensuit que :

P_{élec} D P_{Joule} ⇒ P_{élec} D \frac{E^{2}}{R} .  (19)

Avec R D 2 , on trouve ainsi :

P_{élec} D \frac{▷12◁^{2}}{2}⇒ P_{élec} D 72 W.

2 La relation (??) montre aussi que l’énergie dissipée par effet Joule est minimale lorsque R prend la plus grande valeur possible, c’est-à-dire lorsque :

R D R_{1} D 4 .

La puissance disponible aux bornes du générateur est alors donnée par l’identité (??) :

P_{élec} D \frac{E^{2}}{R_{1}} D \frac{▷12◁^{2}}{4}⇒ P_{élec} D 36 W.

8Conversion d’énergie électrique_{Lycée Branly, Nogent-sur-Marne} {Enoncé \atop p. ??}

1 Pendant 1t D 1 h D 3 600 s, le moteur reçoit une énergie électrique :

E_{élec}^{(reçue)} D P_{élec}^{(reçue)} × 1t D 1 500 × 3 600
D 5,40.10^{6} J

qu’il convertit : sous forme mécanique, d’énergie :

E_{méca} D 4,32.10^{6} JI

en énergie thermique, dans les conducteurs ohmiques (effet Joule) :

E_{Joule} D Q D 7,20.10^{5} JI

en pertes par frottements, rayonnement,…, dont la valeur E_{autres pertes} vérifie :

E_{élec}^{(reçue)} D E_{méca} C E_{Joule} C E_{autres pertes}

c’est-à-dire :

E_{autres pertes} D E_{élec}^{(reçue)} − E_{méca} − E_{Joule}
D 5,40.10^{6} − 4,32.10^{6} − 7,2.10^{5}
⇒ E_{autres pertes} D 3,6.10^{5} J.

2 Le moteur a été conçu pour convertir l’énergie électrique qu’il reçoit, sous forme mécanique. C’est pourquoi son rendement est défini par :

η D \frac{E_{méca}}{E_{élec}^{(reçue)}} D \frac{4,32.10^{6}}{5,40.10^{6}} ⇒ η ≈ 0,80 D 80% .

Moteur électrique — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 5 page 145 — #153

ASPECTS ÉNERGÉTIQUES DES PHÉNOMÈNES ÉLECTRIQUES CHAP. 5_{145} CORRIGÉS INTERROS COURS

9Plaque chauffante_{Lycée Jeanne d’Albret, Saint-Germain-en-Laye} {Enoncé \atop p. ??}

1 Un conducteur de résistance R, alimenté sous une tension U, dissipe par effet Joule une puissance :

P D \frac{U^{2}}{R} ⇒ R D \frac{U^{2}}{P} D \frac{▷220◁^{2}}{1 000}⇒ R ≈ 48 .

2 (a) Pendant la durée :

1t D 3 min D 3 × 60 D 180 s

la plaque libère, par effet Joule, une énergie thermique :

Q_{J} D P × 1t D 1 000 × 180 D 1,8.10^{5} J.

(b) Le volume V D 0,5 L contient une masse m d’eau, qui définit sa masse volumique :

μ D \frac{m}{V} ⇒ m D μ × V D 1 × 0,5 D 0,5 kg.

Donc, pour que la température θ de cette quantité d’eau s’élève de 1θ, il faut qu’elle reçoive une énergie thermique :

Q_{reçue} D mc 1θ.

Cependant, pendant les 3 minutes de chauffage, l’eau ne reçoit que 60% de l’énergie libérée par effet Joule :

Q_{reçue} D 60% Q_{J} D \frac{60}{100} × Q_{J} D 0,6 Q_{J}
⇒ mc 1θ D 0,6 Q_{J} ⇒ 1θ D \frac{0,6 × Q_{J}}{mc}
⇒ 1θ D \frac{0,6 × 1,8.10^{5}}{0,5 × 4,18.10^{3}} ≈ 52°C.

(c) La température initiale de l’eau étant θ_{i} D 20°C, son augmentation 1θ l’élève à la valeur :

θ_{f} D θ_{i} C 1θ ≈ 20 C 51,7 ⇒ θ_{f} ≈ 72°C.

Or, l’ébullition de l’eau s’observe à 100°C. Donc, à l’issue des 3 minutes de chauffage, l’ébullition de l’eau ne se produit pas.

10Moteur électrique_{Lycée Jacques Monod, Clamart} {Enoncé \atop p. ??}

1 Le moteur, alimenté par une tension U_{AB} D 220 V et par un courant d’intensité I, est caractérisé par sa force contre-électromotrice E et par sa résistance interne r D 20 .

Moteur électrique — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 5 page 146 — #154

CORRIGÉS_{146}

La puissance électrique qu’il reçoit : P_{élec}^{(reçue)} D U_{AB} × I est transformée en puissance mécanique : P_{méca} D E × I et en puissance thermique (effet Joule) : P_{J} D rI^{2} ; ce bilan se traduit par la relation :

P_{élec}^{(reçue)} D P_{méca} C P_{J}.  (20)

2 Lorsque le moteur est calé, il ne peut plus fournir d’énergie mécanique; la relation précédente devient :

P_{élec}^{(reçue)} D P_{J} ⇒ U_{AB} × I D rI^{2} ⇒ U_{AB} D rI
⇒ I D \frac{U_{AB}}{r} D \frac{220}{20} D 11 A.

Pendant 1t D 1 min D 60 s, le moteur dégage alors, sous forme exclusivement thermique, l’énergie :

E_{J} D P_{J} × 1t D rI^{2} × 1t D 20 × ▷11◁^{2} × 60
⇒ E_{J} D 1,452.10^{5} J D 145,2 kJ.

3 (a) La puissance thermique dissipée par effet Joule : P_{J} D rI^{2} donne l’énergie thermique E_{J} D 7 500 J pendant 1t D 1 min D 60 s :

E_{J} D P_{J} × 1t D rI^{2} 1t ⇒ I D \sqrt{\frac{E_{J}}{r 1t}} D \sqrt{\frac{7 500}{20 × 60}} D 2,5 A.

(b) La puissance électrique reçue par le moteur : P_{élec}^{(reçue)} D U_{AB} × I donne l’énergie qu’il reçoit pendant la durée 1t :

E_{élec}^{(reçue)} D P_{élec}^{(reçue)} × 1t D U_{AB} × I × 1t D 220 × 2,5 × 60
⇒ E_{élec}^{(reçue)} D 3,3.10^{4} J.

Or, cette énergie se répartit sous forme mécanique (E_{méca}) et sous forme thermique (effet Joule : E_{J}), en conséquence de quoi :

E_{élec}^{(reçue)} D E_{méca} C E_{J} ⇒ E_{méca} D E_{élec}^{(reçue)} − E_{J}.

En conclusion, de l’énergie E_{élec}^{(reçue)} que reçoit le moteur, seule E_{méca} est transformée sous forme mécanique. C’est pourquoi le rendement du moteur vaut :

η D \frac{E_{méca}}{E_{élec}^{(reçue)}} D \frac{E_{élec}^{(reçue)} − E_{J}}{E_{élec}^{(reçue)}} D 1 − \frac{E_{J}}{E_{élec}^{(reçue)}}

D 1 − \frac{7 500}{3,3.10^{4}} ⇒ η ≈ 0,77 D 77% .

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 5 page 147 — #155 ASPECTS ÉNERGÉTIQUES DES PHÉNOMÈNES ÉLECTRIQUES CHAP. 5_{147} CORRIGÉS INTERROS COURS
11Conversion d’énergie électrique_{Lycée Saint-Exupéry, Mantes-la-Jolie} {Enoncé \atop p. ??}

1 (a) Deux dipôles associés en parallèle présentent les mêmes tensions

entre leurs bornes :

U_{AB} D U_{CD}.  (21)

(b) Les puissances P_{1} et P dissipées par effet Joule à travers C_{1} et C valent :

P_{1} D \frac{U_{AB}^{2}}{R_{1}} et P D \frac{U_{CD}^{2}}{R}.

(c) Des deux relations précédentes, il ressort que :

U_{AB}^{2} D R_{1}P_{1} et U_{CD}^{2} D RP

c’est-à-dire, en tenant compte de l’identité (??) :

R_{1}P_{1} D RP ⇒ P_{1} D \frac{R}{R_{1}} × P.  (22)

2 (a) La puissance P_{élec} fournie par le générateur au circuit se répartit entre les dipôles du circuit, ce qui se traduit par :

P_{élec} D P C P_{1}.

(b) Compte tenu du résultat (??), l’équation précédente s’écrit :

P_{élec} D P C \frac{R}{R_{1}} P D P × \frac{R C R_{1}}{R_{1}} ⇒ P D \frac{R_{1}}{R C R_{1}} P_{élec}.

Le rendement η de ce montage, dans lequel le générateur fournit une puissance électrique P_{élec} pour alimenter le conducteur C (qui dissipe une puissance P), vaut alors :

η D \frac{P}{P_{élec}} D \frac{R_{1}}{R C R_{1}} D \frac{750}{750 C 250} D 0,75 D 75% .

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 5 page 148 — #156

Ondes mécaniques

Plan du chapitre

1 Introduction

On considère la corde tendue ci-dessous. À chacune de ses extrémités se trouve un opérateur, qui vient de secouer la corde. La tension de la corde est T D 50 N, et sa masse est m D 10 kg. La corde est homogène. Représenter l’aspect de la corde une seconde plus tard.

Indication : la célérité des ondes se propageant le long d’une corde tendue de tension T et de masse linéique μ est :

v D \sqrt{\frac{T}{μ}}.

Exercice type

Lycée Hector Berlioz, Vincennes

Voir corrigé page ??

Le but de ce chapitre est d’étudier les ondes mécanique et leurs propriétés.

2 Notion d’onde mécanique

Considérons l’expérience ci-dessous, où un opérateur agite une corde tendue (sa tension est réalisée par le poids P D mg de la masse m accrochée à la corde de l’autre côté de la poulie).

Les déformations, ou perturbations, par rapport à l’état d’équilibre (quasiment rectiligne) de la corde tendue, se propagent le long de celle-ci.

Cette propagation induit un transport d’énergie le long de la corde. En effet, on peut très bien imaginer, si le système qui retient la poulie est « fragile » et/ou si les perturbations imposées à la corde sont importantes, que ces perturbations arrivent à rompre le système d’accrochage de la poulie. Ceci ne peut se faire sans dépenser de l’énergie, qui est celle fournie par l’opérateur, et qui s’est propagée le long de la corde.

Cette propagation, en revanche, se fait sans transport de matière. En effet, si l’on repère avec un ruban adhésif de couleur vive une partie de la corde, on verra celui-ci osciller verticalement, mais il ne se déplacera pas avec la perturbation.

Ces perturbations correspondent à ce que l’on appelle de manière plus générale des ondes mécaniques.

Définition 1

On appelle onde mécanique le phénomène de propagation d’une perturbation dans un milieu sans transport de matière. Cette propagation s’accompagne toujours en revanche d’un transport d’énergie.

3 Propriétés générales des ondes

Définition 2

La vitesse à laquelle se propage le profil de perturbation associé à une onde est appelée sa célérité.

Exemple : Les ondes sonores dans l’air se propagent avec une célérité :

c_{s} D 20,05\sqrt{T},

où c_{s} est en m.s^{−1} , et T est la température absolue (en kelvin). La température absolue se déduit de la température ϑ mesurée en degrés Celsius par la relation :

T D 273,15 C ϑ.

Ainsi, à 20 ^{∘}C, la vitesse du son dans l’air vaut :

c_{s} D 20,05 × \sqrt{273,15 C 20} ≈ 343 m.s^{−1} .

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 6 page 151 — #159 ONDES MÉCANIQUES CHAP. 6_{151} CORRIGÉS INTERROS COURS

Une onde se propage dans toutes les directions qui lui sont offertes.

Ainsi, une pierre qui tombe dans l’eau excite des ondes de surfaces qui se propagent dans toutes les directions offertes, à savoir ici sur toute la surface de l’eau : les lignes d’égale perturbation (crête ou creux, par exemple) sont des cercles centrés sur l’endroit où est tombée la pierre.

Dans le cas de la corde, la seule direction offerte est vers la droite. En revanche, si on modifie l’expérience, en tendant la corde à ses deux extrémités et en plaçant l’opérateur au milieu, il excite des ondes qui se propagent à la fois vers la droite et vers la gauche.

Si on place un haut-parleur dans l’air, on peut entendre le son où que l’on soit (au-dessus, à « droite », devant ou derrière le haut-parleur, etc.) pourvu que l’on en soit suffisamment proche, bien évidemment.

La célérité des ondes dans un milieu est une caractéristique du milieu. Elle ne dépend pas de l’amplitude des ondes qui s’y propagent.

Exemple : lorsqu’on compte le délai qui sépare l’éclair du bruit du tonnerre pour déterminer la distance à laquelle est tombée la foudre, on multiplie toujours le délai (exprimé en secondes) par 340 m.s^{−1} , qui est la célérité du son dans l’air. Le résultat est la distance recherchée en mètres. On ne se soucie pas de savoir s’il s’agissait d’un très fort coup de tonnerre ou au contraire d’un coup de tonnerre plus faible : le résultat n’en dépend pas, la célérité du son est toujours la même.

Deux ondes peuvent se croiser sans se perturber.

Exemple : c’est le cas de la situation présentée à l’exercice type, que nous reverrons lors de sa correction.

4 Ondes progressives à une dimension

Une onde à une dimension est une onde où la perturbation à un instant donné ne dépend que d’une variable. Lorsque l’on connaît la forme de la perturbation associée à une onde à une dimension dans un milieu matériel à un instant donné, il est possible de la prévoir à tout instant ultérieur. Cela est assez intuitif : le « profil perturbé » se propage sans « déformation » avec la célérité de l’onde, dans la direction de sa propagation.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 6 page 152 — #160 COURS_{152}

De manière plus formelle, on fait appel à la notion de retard.

À RETENIR

La perturbation au point M à l’instant t est celle qui existait auparavant en un point M′, à l’instant t′ D t − τ, où τ est le retard et vaut MM′/v, v étant la célérité de l’onde.

Ce résultat appelle plusieurs remarques :

cela permet simplement de « remonter » la propagation du profil perturbé et d’identifier sans autre calcul l’amplitude de la perturbation, car on sait que le profil perturbé ne se déforme pas;

il existe une ambiguïté sur la position du point M′: celle-ci doit bien évidemment être prise « en amont » du point M (au sens de la propagation de l’onde). Ainsi, si l’onde se propage vers la gauche, le point M′doit être le point situé à droite de M qui vérifie la relation donnée ci-dessus, et vice-versa.

Le résultat énoncé plus haut est très utile pour calculer soit des distances, soit des célérités, comme nous aurons l’occasion de le revoir en exercice. Il est particulièrement utile de remarquer l’analogie formelle entre la relation :

distance D temps × vitesse

vérifiée par les systèmes matériels en déplacement, et la relation :

distance D retard × célérité.

5 Ondes progressives périodiques

5.1 Périodicité spatiale et temporelle d’une onde

5.1.1 -Périodicité spatiale et longueur d’onde

On envisage une onde mécanique qui à un instant t se traduit par le profil de perturbation ci-après.

La perturbation y▷x◁ est une fonction périodique de x. On appelle longueur d’onde, et on note λ, la période de cette fonction. On a, à un instant t donné :

∀x,y▷x C λ,t◁ D y▷x,t◁.

La longueur d’onde est homogène à une longueur.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 6 page 153 — #161 ONDES MÉCANIQUES CHAP. 6_{153} CORRIGÉS INTERROS COURS

5.1.2 -Périodicité temporelle, période et fréquence

Supposons à présent que la célérité de cette onde est v, et qu’elle se propage vers la droite.

Le point M va par conséquent descendre, arriver à un minimum, puis remonter, passer par zéro, atteindre un maximum, et revenir à zéro. Il aura exécuté ceci quand la perturbation, qui est actuellement au point M′, aura atteint le point M. Le retard du point M sur le point M′est :

τ D \frac{MM′}{v} D \frac{λ}{v}.

Ce retard est aussi, comme on vient de le voir, la période temporelle des oscillations du point M, puisqu’ensuite il recommencera la même oscillation. Par conséquent, entre la période temporelle T de l’onde (qui est la période des oscillations d’un objet matériel soumis au passage de l’onde) et la longueur d’onde λ, la relation est :

T D \frac{λ}{v}.

On peut également utiliser la fréquence ν de l’onde au lieu de sa période temporelle, les deux étant liées par :

ν D \frac{1}{T}.

On a, en un point x donné :

∀t,y▷x,t C T ◁ D y▷x,t◁.

À RETENIR

Les égalités ci-dessous entre longueur d’onde λ, célérité v, fréquence ν et période T sont toujours vérifiées, quel que soit le type d’onde :

v D λν  ,  T D \frac{λ}{v}  ,  λ D vT  et λ D \frac{v}{ν}.

La longueur d’onde est homogène à une longueur et donc s’exprime en mètres (m) et ses multiples ou sous-multiples, la période est homogène à un temps et donc s’exprime en secondes (s) ou ses multiples ou sous-multiples, et la fréquence s’exprime en hertz (Hz), ou ses multiples ou sous-multiples. On a 1 Hz D 1 s^{−1} .

On pourra, lorsque l’on n’est pas sûr de la relation, utiliser l’analyse dimensionnelle pour s’assurer qu’elle est correcte.

On a :

v D \sqrt{\frac{T}{μ}} D \sqrt{\frac{50}{1}} ≈ 7,1 m.s^{−1} ,

car la masse linéique de la corde est μ D m/l D 10/10 D 1 kg.m^{−1} . La distance sur laquelle les profils se propagent pendant une seconde est donc de 7 m. Le profil perturbé de droite, excité par l’opérateur de droite, se propage vers la gauche, alors que le profil perturbé de gauche, excité par l’opérateur de gauche, se propage vers la droite. Cela nous permet de donner l’allure de la corde à l’instant demandé. On a représenté en pointillés l’aspect initial. On a utilisé le fait que deux ondes peuvent se croiser sans se perturber.

Solution de l’exercice type

Lycée Hector Berlioz, Vincennes Voir énoncé page ??

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 6 page 155 — #163 ONDES MÉCANIQUES CHAP. 6_{155} CORRIGÉS INTERROS COURS
1_{QCM} Vérification des connaissances Corrigé p. ?? 5 min

1 À une hauteur donnée par rapport au sol, les ondes se propagent plus vite sur la corde :

a la plus légère b la plus lourde c ni l’une ni l’autre

2 On considère une corde lisse homogène accrochée au plafond d’un gymnase. Son extrémité inférieure est libre. Les ondes mécaniques qui se propagent le long de cette corde lorsque l’on agite son extrémité inférieure se propagent plus vite :

a en haut  b en bas  c ni l’un ni l’autre

3 Les ondes sonores peuvent-elles se propager dans le vide?

a oui  b non

4 On considère deux cordes tendues, identiques, parallèles et proches l’une de l’autre de masse linéique μ et de tension T chacune, comme représenté ci-dessous. La célérité des ondes mécaniques est donc v D \sqrt{T /μ}.

On les rend solidaires l’une de l’autre en les liant en plusieurs endroits par des cordelettes de masse négligeable, comme représenté ci-dessus. L’ensemble se comporte donc comme une corde unique. À quelle célérité s’y propagent les ondes mécaniques?

\begin{matrix}a v/2 & b \frac{v}{\sqrt{2}} & c v \\ d \sqrt{2}v & e 2v & f v^{2} \end{matrix}

2_{QCM} Testez vos connaissances Corrigé p. ?? 5 min

1 Lorsque l’on augmente la fréquence d’une onde, à célérité fixée, on :

a augmente  b diminue

sa longueur d’onde.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 6 page 156 — #164 INTERROS_{156}

2 Les sons aigus ont une fréquence plus

a petite  b grande

que les sons graves. 3 La longueur d’onde des sons graves est plus

a petite  b grande

que celle des sons aigus. 4 Si on multiplie par deux la fréquence d’un son, on multiplie sa longueur

d’onde par

a \frac{1}{2}  b 2
c 4  d elle ne change pas

5 Une chauve-souris émet des ultrasons de fréquence f D 34 kHz pour se repérer dans l’espace. Quelle est leur longueur d’onde?

a 1 m  b 1 cm
c 10 cm  d 1 mm

3_{QCM} Analyse spectrale Corrigé p. ?? 30 min

Un haut-parleur produit successivement trois sons qui sont enregistrés par un ordinateur équipé d’un microphone et dont peut visualiser les tensions u_{1}, u_{2} et u_{3} :

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 6 page 157 — #165 ONDES MÉCANIQUES CHAP. 6_{157} CORRIGÉS INTERROS COURS

1 Les périodes T_{1}, T_{2} et T_{3} de ces sons valent respectivement (pour u_{1}, u_{2}, u_{3}) :

a T_{1} D 6 s; T_{2} D 3 s; T_{3} D 2 s

b T_{1} D 6 ms; T_{2} D 7 ms; T_{3} D 6 ms c T_{1} D 3 s; T_{2} D 1 s; T_{3} D 1,5 s

d T_{1} D 6.10^{−3} s; T_{2} D 2.10^{−3} s; T_{3} D 3.10^{−3} s. 2 Les fréquences f_{1}, f_{2} et f_{3} correspondantes valent :

a f_{1} D 3 f_{2} et f_{1} D 2 f_{3}; b f_{2} D 3 f_{3} et f_{3} D 3 f_{1}; c f_{2} D 3 f_{1} et f_{3} D 2 f_{1}; d f_{3} D 2 f_{2} et f_{1} D 3 f_{2}.

3 On réalise, grâce à l’ordinateur, la somme des trois tensions précédentes : u D u_{1} C u_{2} C u_{3} et on visualise ce nouveau signal à l’écran d’un oscilloscope :

La période T et la fréquence f de la tension u valent :

a T D 6 ms et f D 167 Hz  b T D 6 s et f D 167 Hz
c T D 3 ms et f D 83 Hz  d T D 3 ms et f D 333 Hz

4 La tension u est envoyée à l’entrée d’un haut-parleur. Le son ainsi produit : a est un signal purement sinusoïdal;

b est un son composé; c est un son aigu;

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 6 page 158 — #166 INTERROS_{158}

d est un ultrason.

4Étude du mascaret_{Lycée Lavoisier, Paris} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

Le mascaret est une vague qui remonte l’estuaire de certains fleuves lorsque la marée monte. Sa hauteur dépend du fleuve, du coefficient de marée, et dans certain cas cette vague peut être particulièrement destructrice. Nous admettrons que sa célérité est : v D 25 km.h^{−1} .

On représente l’aspect de la surface de l’eau vue en coupe le long du fleuve à un instant t_{0} D 0 sur la figure ci-après. Les abscisses positives sont orientées vers la source du fleuve.

On cherche à savoir quelle sera la perturbation au point M à l’instant t_{1} D 5,04 s. Quel point N se trouve avoir la même perturbation à l’instant t_{0}? 1 En quel point N’ la perturbation qui existe au point M’ à l’instant t_{0}

arrivera-t-elle à l’instant t_{1}? 2 En déduire l’allure de la surface de l’eau à l’instant t_{1}.

5Tsunamis_{Lycée Henri IV, Paris} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo avec

On s’intéresse dans cet exercice aux tsunamis. Les tsunamis sont des vagues extrêmement destructrices créées, par exemple, par des séismes sous-marins. Ces vagues se propagent à la surface de l’océan et arrivent aux côtes où elles peuvent occasionner des dommages considérables. 1 Des observateurs rapportent que lors du passage d’un tsunami, on vit

déferler 7 énormes vagues, et que deux vagues successives étaient séparées par un intervalle de 20 minutes. Quelle est la fréquence de l’onde de houle associée au tsunami?

2 Quelle est la célérité d’un tsunami en plein océan? Quelle est sa lon-

gueur d’onde en plein océan? 3 On admettra que la quantité vH^{2} est conservée lorsque le tsunami se

propage, où v est sa célérité et H la hauteur de la houle. Si la hauteur d’un tsunami en plein océan est 1 m, quelle est la hauteur de la déferlante

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 6 page 159 — #167 ONDES MÉCANIQUES CHAP. 6_{159} CORRIGÉS INTERROS COURS

sur des côtes peu profondes, où la profondeur moyenne de l’eau est de 4 m?

4 Un tsunami est-il détectable en plein océan?

5 Un tsunami arrive du sud entre les deux îles A et B représentées page ci-contre. On supposera que la profondeur de l’océan entre ces îles est la même qu’en plein océan. Y a-t-il risque de raz-de-marée dans le port V de l’île C? On justifiera soigneusement.

Données :

Les tsunamis se produisant essentiellement dans l’océan Pacifique, on supposera qu’en plein océan la profondeur est uniforme et vaut d D 10 km.

Intensité de la pesanteur : g D 10 m.s^{−2} .

Indication : On admettra que la célérité v de la houle est donnée par les formules suivantes :

Dans le cas peu profond où la profondeur d est inférieure à la longueur d’onde :

v D \sqrt{gd}.

Dans le cas profond où la profondeur d est supérieure à la longueur d’onde λ, on a :

v D \sqrt{\frac{gλ}{2π}} .

Analyse spectrale — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 6 page 160 — #168

CORRIGÉS_{160}

1_{QCM} Vérification des connaissances {Enoncé \atop p. ??}

1 Réponse c . En effet, la tension est proportionnelle au poids de la partie de la corde qui est située au-dessous, laquelle est proportionnelle à la masse linéique. Le quotient T /μ ne dépend donc pas de la masse linéique, et la célérité non plus.

2 Réponse a . La tension est en effet plus grande en haut de la corde (en vertu de la première réponse à la question 9), et la célérité des ondes mécaniques est également plus grande.

3 Réponse b . Les ondes sonores se propagent de proche en proche suite à des compressions et détentes successives de tranches d’air (ou d’un gaz quelconque). Elles ne peuvent donc pas se propager dans le vide.

4 Réponse c . La tension de l’ensemble vaut en effet 2mg, et la masse linéique vaut 2μ. Le fait que les deux cordes soient rendues solidaires n’a pas d’importance, elles bougent simplement de concert et les ondes s’y propagent donc à la célérité v. Le choix f est absurde : la grandeur suggérée n’a pas les dimensions d’une vitesse!

2_{QCM} Testez vos connaissances {Enoncé \atop p. ??}

1 Réponse b . En effet on a : λ D \frac{v}{ν}.

2 Réponse b . Les sons aigus ont une fréquence plus grande que les sons

graves. 3 Réponse b . Les sons graves ont donc une longueur d’onde plus grande

que les sons aigus. 4 Réponse a .

5 Réponse b . Il suffit d’utiliser la relation λ D \frac{v}{ν}.

3_{QCM} Analyse spectrale {Enoncé \atop p. ??}

1 Réponse d . La période d’un signal désigne le plus petit temps au bout duquel le signal se reproduit identiquement à lui-même :

T_{1} D 6.10^{−3} s, T_{2} D 2.10^{−3} s et T_{3} D 3.10^{−3} s.

Analyse spectrale — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 6 page 161 — #169

ONDES MÉCANIQUES CHAP. 6_{161} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Réponse c . Aux périodes T_{i} (en seconde) sont associées les fréquences

f_{i} D \frac{1}{T_{i}} , de sorte que :

\frac{f_{2}}{f_{1}} D \frac{T_{1}}{T_{2}} D \frac{6.10^{−3}}{2.10^{−3}} D 3 et \frac{f_{3}}{f_{1}} D \frac{T_{1}}{T_{3}} D \frac{6.10^{−3}}{3.10^{−3}} D 2,

d’où il découle que :

f_{2} D 3 f_{1} et f_{3} D 2 f_{1}.  (23)

3 Réponse a . À nouveau, la période de u désigne le plus petit temps T au bout duquel la tension u se reproduit identiquement à elle-même : À cette période T D 6.10^{−3} s est alors associée la fréquence :

f D \frac{1}{T} D 167 Hz.

Tsunamis — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 6 page 162 — #170 CORRIGÉS_{162}

4 Réponse b . Dans une gamme de fréquences audibles qui s’étend de 20 Hz (son grave) à 20 kHz (son aigu), la fréquence précédente ne peut pas correspondre à un son aigu (ni a fortiori à un ultrason). Quant à l’oscillogramme précédent, il révèle que u n’est pas purement sinusoïdal; le signal émis par le haut parleur est un son composé.

4Étude du mascaret_{Lycée Lavoisier, Paris} {Enoncé \atop p. ??}

1 On applique le même genre de raisonnement. Le point N’ est tel que le retard τ D ▷x_{N′}− x_{M′}◁/v est égal à t_{1} − t_{0}, donc :

x_{N′}− x_{M′} D x_{M} − x_{N} ,

où le choix du signe est imposé par la direction de propagation du mascaret. On en déduit :

x_{N′} D 20 C 35 D 55 m.

À l’instant t_{1} le point N’ a donc une élongation égale à la hauteur du mascaret.

2 On reporte ci-dessous l’allure du mascaret à la date t_{1} (en pointillés on a reporté l’allure de la surface à la date t_{0})

5Tsunamis_{Lycée Henri IV, Paris} {Enoncé \atop p. ??}

Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo avec

1 La fréquence de la houle associée aux tsunamis est simplement celle mentionnée par les observateurs, soit 1 vague pour 20 minutes, ou encore :

ν D \frac{1}{20 × 60} ≈ 8,3 · 10^{−4} Hz.

2 Pour déterminer célérité et longueur d’onde d’un tsunami en plein océan, il faut savoir s’il faut se placer dans le cas profond ou dans le cas peu profond. On va donc supposer successivement chaque cas, puis on verra si la longueur d’onde obtenue vérifie la supposition.

Tsunamis — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 6 page 163 — #171 ONDES MÉCANIQUES CHAP. 6_{163} CORRIGÉS INTERROS COURS

(a) On suppose que l’on est dans le cas profond. Alors la célérité s’écrit :

v D \sqrt{\frac{gλ}{2π}} ,

donc on peut écrire :

λ D \frac{v}{ν} D \frac{1}{ν} \sqrt{\frac{gλ}{2π}} ,

ce qui donne :

λ^{2} D \frac{1}{ν^{2}} \frac{gλ}{2π} ,

d’où l’on déduit :

λ D \frac{g}{2πν^{2}} .

L’application numérique donne :

λ D \frac{10}{2π × ▷8,3 · 10^{−4} ◁^{2}} ≈ 2,3 · 10^{6} m.

On voit que l’on aboutit à une contradiction, puisque cette longueur d’onde est plus grande que la profondeur de l’océan, donc on ne peut pas être dans le régime profond.

(b) On suppose à présent que l’on est dans le cas peu profond. Alors la

célérité s’écrit :

v D \sqrt{gd}

et donc :

λ D \frac{v}{ν} D \frac{\sqrt{gd}}{ν}.

L’application numérique donne :

λ D \frac{\sqrt{10 × 10^{4}}}{8,3 · 10^{−4}} ≈ 3,8 · 10^{5} m ≈ 380 km.

Cette longueur d’onde est bien supérieure à la profondeur de l’océan donc l’hypothèse est vérifiée est l’on est bien dans le cas peu profond. On peut en déduire la célérité simplement par :

v D \sqrt{10 × 10^{4}} ≈ 320 m.s^{−1} ≈ 1140 km.h^{−1} .

Tsunamis — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 6 page 164 — #172 CORRIGÉS_{164}

Les tsunamis ont donc une très grande longueur d’onde (presque la moitié du « diamètre » de la France dans le cas étudié) et se propagent à une très grande célérité. Certains peuvent traverser tout l’océan Pacifique en une dizaine d’heures.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 6 page 165 — #173 ONDES MÉCANIQUES CHAP. 6_{165} CORRIGÉS INTERROS COURS

3 On écrit que vH^{2} se conserve, donc :

v_{océan}H_{océan}^{2} D v_{côte}H_{côte}^{2}.

On connaît v_{océan}, H_{océan}, et on veut déterminer H_{côte}, donc il faut au préalable calculer v_{côte}. On l’obtient par :

v_{côte} D \sqrt{gd} D \sqrt{10 × 4} D 6,3 m.s^{−1}

donc :

H_{côte} D H_{océan}\sqrt{\frac{v_{océan}}{v_{côte}}} D 1 × \sqrt{\frac{320}{6,3}} ≈ 7,1 m.

En fait la hauteur du tsunami lorsqu’il déferle dépend considérablement du profil de la côte, de l’endroit de déferlement, etc., et ce calcul simple ne peut donner au mieux qu’un ordre de grandeur de la hauteur de la vague. Certains tsunamis ont atteint des hauteurs de 30 mètres.

4 Un tsunami est indétectable en plein océan, puisqu’il correspond à un soulèvement peu important de la surface sur une très grande distance. En particulier les bateaux ne peuvent pas détecter la présence d’un tsunami qui se propage à la surface.

5 La longueur d’onde du tsunami est bien supérieure à la taille de l’« ouverture » entre les deux îles, donc le tsunami est diffracté, et va se propager dans toutes les directions après être passé entre les deux îles : il va donc menacer, entre autres, le port de l’île C.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 6 page 166 — #174

Images et couleurs

Plan du chapitre

1 Couleurs, vision, images

Un œil normal est capable de voir correctement un objet situé entre l’infini et 25,0 cm. Un œil hypermétrope ne peut pas voir net de près. L’objet le plus proche qu’il peut voir (appelé punctum proximum) est situé à une distance supérieure à 25 cm. Dans le cas d’un œil hypermétrope, dont le cristallin est situé à 14,8 mm de la rétine, le punctum proximum est situé à 40,0 cm de l’œil. 1 Calculer la distance focale et la vergence de l’œil hypermétrope lors-

qu’il accommode au maximum c’est-à-dire lorsque l’objet est situé au punctum proximum.

2 Que devrait être cette vergence pour que cet œil puisse voir à 25,0 cm

(punctum proximum à 25 cm)? 3 L’œil est ensuite corrigé : on place devant celui-ci une lentille mince.

On admet qu’on peut assimiler deux lentilles minces, de vergences C_{1} et C_{2}, placées à la suite l’une de l’autre, par une seule lentille mince de vergence C égale à la somme des vergences C_{1} et C_{2}. Quelle doit être la vergence des lentilles de corrections?

Exercice type

Lycée Alexandre Dumas, Saint-Cloud

Voir corrigé page ??

1.1 Lentilles minces convergentes

1.1.1 -Définitions

Les lentilles minces convergentes sont des objets transparents, plus épais en leur centre qu’à leurs bords, que l’on suppose symétriques par rapport à un axe appelé axe optique. Elles sont caractérisées par :

leur centre optique, intersection de la lentille avec l’axe optique;

leur foyer image F′, point où convergent les rayons qui arrivent sur la lentille parallèlement à l’axe optique;

le foyer objet F, symétrique de F′par rapport à O, d’où partent les rayons qui ressortent de la lentille parallèlement à l’axe optique;

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 168 — #176 COURS_{168}

la distance focale image f′D \overline{OF′};

le plan focal image (5′), qui passe par F′perpendiculairement à l’axe optique;

le plan focal objet (5), qui passe par F perpendiculairement à 1.

La lentille convergente ▷L◁ est symbolisée par une double flèche.

Définition 1

Un objet A est un point d’intersection des rayons qui se dirigent vers la lentille. Lorsque les rayons peuvent réellement se rencontrer, l’objet est réel; lorsque seuls les prolongements des rayons se rencontrent, l’objet est virtuel.

Définition 2

Une image A′est un point d’intersection des rayons qui émergent de la lentille. À nouveau, l’image est réelle si les rayons convergent vraiment en A′; l’image est virtuelle si seuls les prolongements des rayons se coupent en A′.

Définition 3

On dira qu’un objet (ou une image) se trouve à l’infini si les rayons dirigés vers ce point sont parallèles les uns aux autres.

Définition 4

Le plan focal image est le plan qui contient toutes les images des objets situés à l’infini, tandis que le plan focal objet est le plan qui contient tous les objets qui fournissent des images à l’infini.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 169 — #177 IMAGES ET COULEURS CHAP. 7_{169} CORRIGÉS INTERROS COURS

Définition 5

La vergence C d’une lentille est l’opposée de sa distance focale f′:

C D \frac{1}{f′}

Lorsque f′est exprimée en mètre, C est exprimée en dioptrie (δ).

1.1.2 -Constructions graphiques

Parmi tous les rayons qui traversent une lentille mince L, trois sont remarquables :

le rayon ▷1◁ qui traverse ▷L◁ en son centre optique n’est pas dévié;

le rayon ▷2◁ qui arrive sur ▷L◁ parallèlement à l’axe optique ▷1◁ en ressort en passant par le foyer image F′;

le rayon ▷3◁ qui arrive sur la lentille après être passé par le foyer objet F ressort de ▷L◁ parallèlement à l’axe optique.

Ces trois rayons peuvent être utilisés pour repérer la position de l’image B′d’un objet B n’appartenant pas à l’axe optique.

Remarque : dans la pratique, deux des rayons remarquables suffisent, sauf précision contraire de l’énoncé. C’est ce point de vue qui sera adopté dans la suite de cette section.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 170 — #178 COURS_{170}

MÉTHODE

Pour obtenir l’image B′d’un point B situé hors de l’axe optique :

tracer le rayon ▷1◁, issu de B, qui traverse ▷L◁ en O sans être dévié;

tracer le rayon ▷2◁, issu de B, qui arrive sur ▷L◁ parallèlement à l’axe optique. Ce rayon ressort de ▷L◁ en passant par F′;

l’intersection des deux rayons émergeant de ▷L◁ coïncide avec l’image B′; soit B′est réelle (ces deux rayons se croisent derrière ▷L◁), soit B′est virtuelle (il faut tracer les prolongements de ces rayons pour qu’il se croisent, en avant de ▷L◁).

� ATTENTION

Cette méthode est inopérante pour un point A appartenant à l’axe optique, dont on cherche la localisation de l’image A′. Dans ce cas, on procède de la manière suivante :

tracer un segment AB passant par A, perpendiculairement à ▷1◁;

chercher l’image B′de B, par la méthode graphique décrite précédemment;

la projection orthogonale de B′sur ▷1◁ coïncide avec le point A′cherché.

1.1.3 -Relations de conjugaison

Les positions et sens des objets et images sont en général obtenus à l’aide de valeurs algébriques, dont il convient de rappeler ici les conventions :

On convient que, la lumière se déplaçant de la gauche vers la droite, les valeurs algébriques seront définies positivement dans ce sens, pour les grandeurs horizontales. Par exemple sur les schémas précédents : \overline{OF′}> 0 , \overline{OA′}> 0 et \overline{OF} < 0 .

Les grandeurs algébriques verticales sont définies positivement vers le haut. Par exemple \overline{AB} > 0 , tandis que \overline{A′B′}< 0 lorsque A′B′est une image réelle.

Selon ces conventions, les positions des objets et images peuvent être calculées à l’aide de la relation de conjugaison de Descartes :

\frac{1}{\overline{OA′}} − \frac{1}{\overline{OA}} D \frac{1}{f′} .

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 171 — #179 IMAGES ET COULEURS CHAP. 7_{171} CORRIGÉS INTERROS COURS

La taille et le sens de l’image A′B′, relativement à AB, sont obtenus à l’aide du grandissement :

γ D \frac{\overline{A′B′}}{\overline{AB}}

qui peut être calculé en localisant les points par rapport à O :

γ D \frac{\overline{OA′}}{\overline{OA}}

1.2 Couleur des objets

La lumière est une onde électromagnétique dont la longueur d’onde (λ) détermine la couleur.

La lumière blanche contient tous les rayonnements visibles (400 nm < λ < 700 nm ), c’est-à-dire toutes les couleurs. Elle peut être recomposée en associant des faisceaux de lumières rouge, verte et bleue; ces trois couleurs sont appelées couleurs primaires.

La technique consistant à associer des faisceaux de diverses couleurs est appelée synthèse additive. La synthèse additive de deux couleurs primaires produit une couleur secondaire.

La synthèse additive peut être réalisée à l’aide de filtres colorés (c’est d’ailleurs par ce moyen que sont obtenues les couleurs des écrans plats des ordinateurs et des téléphones portables). Un tel filtre absorbe tous les rayonnements lumineux sauf ceux dont la longueur d’onde correspond à la longueur d’onde du filtre; l’onde électromagnétique est alors transmise par le filtre. La juxtaposition de plusieurs filtres permet de réaliser la synthèse soustractive (car chaque filtre absorbe des rayonnements) :

jaune C cyan D vert

jaune C magenta D rouge

cyan C magenta D bleu

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 172 — #180 COURS_{172}

Les couleurs obtenues par synthèse soustractive peuvent être prévues à l’aide des modèles précédents des filtres :

ou à l’aide du cercle des couleurs :

Les trois couleurs primaires sont figurées par les sommets d’un triangle équilatéral; les trois couleurs secondaires, le sont aussi, sur un autre triangle.

Par synthèse additive de deux couleurs primaires (par exemple vert+rouge), on obtient une couleur secondaire, intermédiaire entre les deux sommets correspondants (par exemple le jaune). De même, la synthèse soustractive de deux couleurs secondaires (par exemple cyan+magenta) fournit une couleur, intermédiaire entre les deux sommets correspondants (par exemple bleu).

D’autres couleurs intermédiaires sont aussi obtenues par synthèse additive des couleurs primaires et secondaires (par exemple : rouge C jaune D orangé).

Enfin, remarquons que des couleurs diamétralement opposées sont dites complémentaires : leur synthèse soustractive ne transmet pas la lumière (par exemple : vert C magenta D noir et rouge C cyan D noir).

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 173 — #181 IMAGES ET COULEURS CHAP. 7_{173} CORRIGÉS INTERROS COURS

Remarque : un mélange de pigments réalisé en peinture correspond à une synthèse soustractive car chaque pigment absorbe un rayonnement déterminé par sa couleur; la couleur diffusée par le mélange correspond à celle qui n’est absorbée par aucun des pigments d’origine.

1 Assimilons le cristallin de l’œil à une lentille convergente de centre O, de distance focale image f′, située à une distance constante p′D 14,8 mm D 1,48.10^{−2} m de la rétine. Lorsqu’il accommode au maximum, l’œil hypermétrope observe un objet A situé à p_{h} D 40 cm D 0,4 m de O et son cristallin adopte une distance focale

f′_{h}(c’est-à-dire une vergence C_{h} D \frac{1}{f′_{h}} ) qui forme l’image A′de A sur

la rétine :

En posant \overline{OA′} D p′ et \overline{OA} D −p_{h}, la relation de conjugaison de Descartes s’écrit :

\begin{aligned}\frac{1}{\overline{OA′}} − \frac{1}{\overline{OA}} D \frac{1}{f′} & ⇒ & C_{h} D \frac{1}{f′_{h}} D \frac{1}{p′} C \frac{1}{p_{h}} D \frac{1}{1,48.10^{−2}} C \frac{1}{0,4} & ▷1◁ \\ & ⇒ & C_{h} ≈ 70,1 δ \end{aligned}

Il s’ensuit que :

f′_{h} D \frac{1}{C_{h}} ≈ 1,43.10^{−2} m D 1,43 cm.

2 S’il était normal, cet œil pourrait observer l’objet A à une distance p_{n} D 25 cm D 0,25 m, auquel cas sa vergence vérifierait la relation (1) :

C_{n} D \frac{1}{p′} C \frac{1}{p_{n}} D \frac{1}{1,48.10^{−2}} C \frac{1}{0,25} ⇒ C_{n} ≈ 71,6 δ.

3 Soit C_{ℓ} la vergence que devrait avoir la lentille correctrice qui, associée au cristallin de l’œil hypermétrope (de vergence C_{h}) lui redonnerait la vue de près d’un œil normal (de vergence C_{n}) :

C_{ℓ} C C_{h} D C_{n} ⇒ C_{ℓ} D C_{n} − C_{h} D 71,6 − 70,1 D 1,5 δ.

Solution de l’exercice type

Lycée Alexandre Dumas, Saint-Cloud Voir énoncé page ??

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 174 — #182 COURS_{174}

2 Sources de lumière colorée

La grande nébuleuse d’Orion comporte quatre étoiles très chaudes qui émettent un rayonnement riche en ultraviolets au sein d’un nuage de gaz interstellaire constitué en majorité d’atomes d’hydrogène.

Le diagramme ci-contre présente les premiers ni-

veaux d’énergie de l’atome d’hydrogène. 1 Comment appelle-t-on l’état n D 1?

2 Comment appelle-t-on les autres états

(n D 1, 2, 3,…)? 3 Comment peut-on faire passer un électron d’un ni-

veau inférieur à un niveau supérieur? 4 Un atome d’hydrogène, dans son état fondamen-

tal n D 1 peut-il être excité par une radiation de

longueur λ D 110 nm? Sous l’effet du rayonnement UV reçu, le gaz de la nébuleuse est partiellement ionisé. Les électrons se recombinent avec des noyaux d’hydrogène pour former des atomes excités qui se désexcitent progressivement avec émission de photons. 6 Quelle est la longueur d’onde de la radiation émise lors de la transition

des atomes d’hydrogène du niveau 3 au niveau 2? Cette radiation estelle visible?

Données numériques :

constante de Planck : h D 6,62.10^{−34} J · s;

célérité de la lumière dans le vide : c D 3,0 · 10^{8} m · s^{−1} ;

1 eV D 1,61 · 10^{−19} J

Exercice type

Lycée Pierre d’Ailly, Compiègne

Voir corrigé page ??

2.1 Caractéristiques d’une source

2.1.1 -Spectre d’émission

Définition 6

Une source lumineuse est un système physique capable de transformer une forme d’énergie (thermique, électrique, …) en énergie lumineuse.

Les longueurs d’onde comprises entre 400 nm et 700 nm sont spécifiques au rayonnement lumineux visible par l’œil humain.

Le spectre d’une onde électromagnétique peut cependant être beaucoup plus étendu :

Remarque : on trouve, dans certains ouvrages, les longueurs d’onde exprimées en angstrom : 1 Å D 10^{−10} m.

À RETENIR : Conversions

On retiendra les conversions suivantes, fréquemment utilisées pour exprimer les longueurs d’onde :

Unités  Conversion
micromètre 1 μm D 10^{−6} m ⇔ 1 m D 10^{6} μm
nanomètre 1 nm D 10^{−9} m ⇔ 1 m D 10^{9} nm

Définition 7

Une source monochromatique émet un rayonnement composé d’une seule longueur d’onde.

Dans la réalité, une source ne peut pas être rigoureusement monochromatique (son spectre ne comporterait qu’une seule fréquence ν_{0}). Par exemple, un laser hélium-néon, supposé émettre une lumière rouge de longueur d’onde λ_{0} D 632,8 nm, et donc de fréquence ν_{0} D 4,74.10^{14} Hz, émet en fait des rayonnements dont les fréquences sont très voisines de ν_{0}, à 1ν D 1,5.10^{9} Hz près. La largeur spectrale de la source n’est pas nulle mais vaut 1ν et la source est dite monochromatique.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 176 — #184 COURS_{176}

Définition 8

Une source polychromatique est une source qui émet un rayonnement composé de plusieurs longueurs d’onde.

Par exemple :

une source jaune monochromatique peut émettre un rayonnement de longueur d’onde λ_{0} D 580 nm;

une source jaune polychromatique peut émettre des rayonnements de longueurs d’onde λ_{1} D 520 nm (vert) et λ_{2} D 680 nm (rouge).

2.1.2 -Exemples de sources

Les étoiles : ce sont des sources polychromatiques, qui transforment l’énergie nucléaire en rayonnement.

Les lampes à incandescence : sources polychromatiques qui transforment l’énergie thermique (un filament de tungstène est porté à 2 800 K) en rayonnement.

Les lampes à iode (aussi appelées lampes à halogène) : sources qui utilisent le même principe que les lampes à incandescence mais remplie d’iode, qui ralentit l’usure du filament (le filament peut ainsi être porté à des températures plus élevées).

Les tubes luminescents (ou tubes au néon) : sources polychromatiques qui transforment l’énergie électrique (un arc électrique se forme dans le tube) en rayonnement.

Les diodes électroluminescentes (DEL) : sources qui transforment l’énergie électrique en rayonnements polychromatiques (par exemple les DEL blanches) ou quasi monochromatiques (par exemple les DEL jaunes : 570 nm < λ < 590 nm).

Le feu : source polychromatique qui transforme l’énergie thermique en rayonnement.

2.2 Interaction lumière-matière

2.2.1 -Énergie d’un photon

La propagation de la lumière peut être interprétée comme :

la propagation d’une onde électromagnétique, caractérisée par sa longueur d’onde λ (en mètre), responsable de sa couleur, ou par sa fréquence ν (en Hz), avec :

λ D \frac{c}{ν}

où c ≈ 3.10^{8} m · s^{−1} est la célérité de la lumière dans le vide.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 177 — #185 IMAGES ET COULEURS CHAP. 7_{177} CORRIGÉS INTERROS COURS

le déplacement de corpuscules, les photons, dont l’énergie individuelle (ε) est proportionnelle à la fréquence ν (en Hz) :

ε D hν D \frac{hc}{λ} (en joule)

où h D 6,62.10^{−34} J · s est la constante de Planck.

Remarque : une lumière de fréquence ν ne peut véhiculer que des énergies qui sont multiples de hν, car les photons sont insécables.

À RETENIR : Conversion

L’énergie est parfois exprimée en électron-volt (eV), avec pour convention :

1 eV D 1,6.10^{−19} J

On reconnaît, dans cette expression, la valeur numérique de la charge élémentaire (e D 1,6.10^{−19} C). C’est pourquoi on pourra aussi convertir l’énergie en eV ou en J, grâce à la relation :

E_{eV} D e × E_{J}

2.2.2 -Niveaux d’énergie dans la matière

Lorsqu’un électron est lié au noyau d’hydrogène, son énergie est négative et ne peut pas prendre n’importe quelle valeur négative. Par exemple, elle peut valoir −13,6 eV , −3,4 eV , −1,5 eV , …, mais pas −13,5 eV . Cette énergie est quantifiée par la loi :

E_{n} D −\frac{13,6}{n^{2}} (eV)  (24)

où n est un entier strictement positif qui définit un niveau d’énergie ou encore un état. En revanche, lorsque l’électron est libre (n’appartenant pas à un atome), son énergie peut prendre toute valeur positive.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 178 — #186 COURS_{178}

� ATTENTION

La formule (??) permet de calculer E_{n} en eV. Or, dans de nombreux calculs numériques, il conviendra d’exprimer E_{n} en joule :

E_{n} D −\frac{13,6 × 1,6.10^{−19}}{n^{2}} ≈ −\frac{2,18.10^{−18}}{n^{2}} (J).

Définition 9

On appelle état fondamental l’état d’un atome de plus basse énergie. Par exemple, pour l’atome d’hydrogène, il s’agit de l’état n D 1, d’énergie −13,6 eV .

Un électron peut passer d’un niveau d’énergie E_{n} à un niveau d’énergie E_{m} > E_{n} en recevant de l’énergie (thermique, électrique, électromagnétique, …). Cette tran-

sition peut s’opérer par absorption d’un photon dont l’énergie ε D hν D \frac{hc}{λ} correspond exactement à l’écart 1E D E_{m} − E_{n} . De même, un photon d’énergie

ε D hν D \frac{hc}{λ} peut être émis lors de la transition d’un électron d’un niveau E_{m} vers un niveau d’énergie E_{n} < E_{m} . Il y a désexcitation de l’atome, avec :

1E D hν D \frac{hc}{λ}

� ATTENTION

Pour qu’un photon soit absorbé, il doit véhiculer une énergie ε qui correspond exactement à l’écart énergétique 1E entre deux états; le photon ne peut pas céder qu’une partie de son énergie à l’électron qui reste lié à l’atome : il cède tout ou rien!

Définition 10

Un atome d’hydrogène est excité lorsque son électron n’occupe pas l’état fondamental.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 179 — #187 IMAGES ET COULEURS CHAP. 7_{179} CORRIGÉS INTERROS COURS

Remarque : l’électron de l’atome d’hydrogène a tendance à revenir à son état fondamental, où il est le plus stable; c’est la désexcitation de l’atome.

Définition 11

L’énergie d’ionisation d’un atome est l’énergie E_{ion} qu’il faut lui fournir pour que l’électron passe du niveau fondamental d’énergie E_{1} au niveau d’énergie E_{∞} D 0 eV lui permettant de se soustraire à l’attraction du noyau. Dans le cas de l’atome d’hydrogène, l’énergie d’ionisation vaut :

E_{ion} D E_{∞} − E_{1} D 0 − ▷−13,6◁ D 13,6 eV

Remarque : on peut fournir à l’électron une énergie E supérieure à E_{ion}; son ionisation est toujours assurée et son excédent d’énergie E − E_{ion} est susceptible d’être transformée au cours d’autres processus physico-chimiques.

2.2.3 -Spectres d’émission ou d’absorption

Définition 12

On appelle spectre d’un rayonnement l’ensemble des fréquences ou des longueurs d’onde qui composent ce rayonnement.

Dans la pratique, pour obtenir le spectre d’un rayonnement lumineux, il suffit de le faire passer à travers un prisme transparent ou un réseau (constitué de traits très fins et très serrés). Le spectre d’émission est le spectre du rayonnement émis par une source. Il peut être continu (comme le spectre solaire) ou composé de bandes correspondant à des transitions électroniques dans la source.

Chaque type d’atome présente un spectre d’émission qui lui est spécifique; c’est en quelque sorte la signature de l’élément :

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 180 — #188 COURS_{180}

Définition 13

Le spectre d’absorption décrit les longueurs d’onde qu’un matériau peut absorber; ces longueurs d’onde apparaissent généralement sous forme de raies noires sur un fond continu.

Les raies du spectre d’absorption sont disposées comme celles du spectre d’émission.

Remarque : pour obtenir le spectre d’émission d’un matériau, on analyse la lumière directement produite par celui-ci lors de son excitation (par apport d’énergie électrique, thermique, …). En revanche, pour obtenir le spectre d’absorption d’un matériau, on l’éclaire avec de la lumière blanche (qui contient toutes les longueurs d’onde du spectre visible) et on analyse la lumière transmise par ce matériau.

1 L’état n D 1 est appelé état fondamental.

2 Les autres états sont les états excités.

3 Pour faire passer un électron d’un niveau inférieur à son niveau supérieur, il suffit de lui fournir de l’énergie (par exemple sous forme de photon). L’absorption de cette énergie ne se réalisera qu’à condition qu’elle corresponde à la différence d’énergie des deux niveaux (inférieur et supérieur).

4 Un photon de longueur d’onde λ (en mètres) présente une énergie

ε D \frac{hc}{λ} (en joules), où h D 6,62.10^{−34} J · sest la constante de Planck

et c D 3.10^{8} m · s^{−1} est la célérité de la lumière dans le vide. En général, on exprime plutôt cette énergie en électrons-volts, avec la conversion :

1 eV D 1,6.10^{−19} J ⇒ 1 J D \frac{1}{1,6.10^{−19}} ≈ 6,25.10^{18} eV

D’après cette formule, un photon de longueur d’onde λ D 110 nm D 110.10^{−9} m possède une énergie :

ε D \frac{hc}{λ} D \frac{6,62.10^{−34} × 3.10^{8}}{110.10^{−9}} ≈ 1,81.10^{−18} J
D \frac{1,81.10^{−18}}{1,6.10^{−19}} ≈ 11,3 eV.

…

Solution de l’exercice type

Lycée Pierre d’Ailly, Compiègne

Si l’électron, depuis son état fondamental, absorbait cette énergie, il acquerrait l’énergie :

E_{finale} D E_{1} C ε D −13,6 C 11,3 D −2,3 eV

qui ne correspond à aucune énergie du diagramme. Donc, cette radiation ne peut pas exciter l’électron.

5 Lorsque l’électron de l’atome d’hydrogène passe du niveau 3 au niveau 2, il perd une énergie :

1E D E_{3} − E_{2} D −1,5 C 3,4 D 1,9 eV
D 1,9 × 1,6.10^{−19} D 3,0.10^{−19} J.

Il peut alors émettre un photon d’énergie ε D 1E qui correspond à une radiation de longueur d’onde λ telle que :

1E D \frac{hc}{λ} ⇒ λ D \frac{hc}{1E} D \frac{6,62.10^{−34} × 3.10^{8}}{3.10^{−19}}
⇒ λ ≈ 6,6.10^{−7} m D 660 nm.

Cette radiation est visible (de couleur rouge).

Solution de l’exercice type (suite)

Lycée Pierre d’Ailly, Compiègne Voir énoncé page ??

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 182 — #190 INTERROS_{182}
1_{QCM} Lentilles minces Corrigé p. ?? 30 min

On dispose d’une lentille mince convergente ▷L◁, de distance focale f′D 10 cm , de centre optique O, de foyer image F′et de foyer objet F ; on note ▷1◁ son axe optique. 1 Un point A, situé sur ▷1◁ à gauche de ▷L◁, forme une image A′située à

droite de O′, à une distance de 20 cm. L’objet A se trouve : a à droite de O, à une distance de 10 cm; b à gauche de O, à une distance de 10 cm; c à droite de O, à une distance de 20 cm; d à gauche de O, à une distance de 20 cm.

2 Sachant que A est l’extrémité d’un objet de taille 5 cm, l’image A′B′de cet objet : a mesure 5 cm et est dans le même sens que AB; b mesure 5 cm et est inversée par rapport à AB; c mesure 10 cm et est dans le même sens que AB : d mesure 10 cm et est inversée par rapport à AB.

3 Pour obtenir une image A′B′réelle, à l’infini, il faut placer AB dans un plan situé : a à gauche de ▷L◁, à une distance de 10 cm; b à droite de ▷L◁, à une distance de 10 cm; c à gauche de ▷L◁, à une distance de 5 cm; d à droite de ▷L◁, à une distance de 5 cm.

4 Un objet AB (réel) se trouve à l’infini. Les rayons émis par B arrivent sur ▷L◁ inclinés d’un angle α D 10° par rapport à ▷1◁. L’image A′B′de AB mesure : a A′B′D 3,6 cm; b A′B′D 1,8 cm; c A′B′D 0,5 cm.

5 Lorsqu’un objet AB se trouve à gauche de F, son image A′B′est : a réelle et dans le même sens que AB; b virtuelle et dans le même sens que AB; c réelle et inversée par rapport à AB; d virtuelle et inversée par rapport à AB.

6 Pour qu’une image A′B′soit virtuelle, il faut que :

a l’objet AB soit réel; b l’objet AB soit virtuel.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 183 — #191 IMAGES ET COULEURS CHAP. 7_{183} CORRIGÉS INTERROS COURS
2_{QCM} Connaissance du cours Corrigé p. ?? 30 min

Parmi les réponses suivantes, choisir celles qui vous paraissent correctes (une seule bonne réponse par proposition).

1 Pour une lentille mince convergente ▷L◁, un objet virtuel est :

a le point d’intersection des rayons qui arrivent sur ▷L◁;
b le point d’intersection des rayons qui sortent de ▷L◁;

c le point d’intersection des prolongements des rayons qui arrivent sur ▷L◁;

d le point d’intersection des prolongements des rayons qui sortent de ▷L◁.

2 Une lentille mince convergente forme l’image d’un objet réel situé à l’infini : a nécessairement dans son plan focal image;

b parfois dans son plan focal objet; c nécessairement au foyer image;

d parfois au foyer objet.

3 La vergence d’une lentille mince convergente caractérise :

a le degré de polissage de la lentille;

b la taille et le sens de l’image d’un objet; c la position du foyer objet.

4 La relation de conjugaison de Descartes d’une lentille convergente de distance focale f′s’écrivent :

a \frac{1}{\overline{OA′}} C \frac{1}{\overline{OA}} D \frac{1}{f′} ;

b \frac{1}{\overline{OA′}} − \frac{1}{\overline{OA}} D \frac{1}{f′} ;

c \frac{1}{\overline{OA}} − \frac{1}{\overline{OA′}} D \frac{1}{f′} ;

d \frac{1}{\overline{OA}} C \frac{1}{\overline{OA′}} D \frac{1}{f′}.

5 Le grandissement γ d’une lentille mince vérifie :

a γ D −\frac{\overline{OA′}}{\overline{OA}};

b γ D \frac{\overline{OA}}{\overline{OA′}};

c γ D \frac{\overline{OA′}}{\overline{OA}};

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 184 — #192 INTERROS_{184}

d γ D −\frac{\overline{OA}}{\overline{OA′}}.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 185 — #193 IMAGES ET COULEURS CHAP. 7_{185} CORRIGÉS INTERROS COURS

6 Parmi les couples de couleurs suivantes, quelles sont celles qui sont complémentaires? a le vert et le pourpre sont complémentaires; b le cyan et le jaune sont complémentaires; c le bleu et le rouge sont complémentaires.

7 En synthèse soustractive :

a un mélange de vert et de rouge donne du blanc; b un mélange de cyan et de rouge donne du blanc; c un mélange de cyan et de jaune donne du bleu; d un mélange de cyan et de magenta donne du bleu.

3_{QCM} Connaissance du cours Corrigé p. ?? 10 min

Parmi des propositions suivantes, choisir celles qui vous semblent correctes. 1 L’énergie d’un atome :

a est quantifiée; b peut prendre n’importe quelle valeur; c est positive.

2 Depuis son état fondamental :

a un atome peut émettre un photon; b un atome peut absorber un photon.

3 Un atome d’hydrogène, dans son état fondamental :

a peut absorber un photon d’énergie non quantifiée;
b peut absorber n’importe quel photon d’énergie inférieure à son

énergie d’ionisation;

c peut émettre certains photons seulement.

4 Lors de la désexcitation d’un atome :

a les photons émis ont des énergies quantifiées; b un photon peut être émis avec n’importe quelle énergie.

5 De la lumière blanche traverse une solution verte de chlorophylle. Après cette solution, son spectre : a contient des raies sombres dans les domaines rouge et bleu; b contient une raie sombre dans le domaine vert.

4_{QCM} La lumière Corrigé p. ?? 20 min

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 186 — #194 INTERROS_{186}

1 Un faisceau de photons, correspondant à une radiation de fréquence ν D 10^{14} Hz, peut véhiculer l’énergie (en joule) :

a E D 3,31.10^{−20} b E D 1,324.10^{−15} c E D 1,332.10^{−15}

2 Un rayonnement électromagnétique, de longueur d’onde λ, est : a visible si λ > 800 nm; b infra-rouge si λ < 400 nm; c ultra-violet si λ < 400 nm; d infra-rouge si λ < 700 nm.

3 La raie α de l’hydrogène est caractérisée par la longueur d’onde λ D 6 563 Å, c’est-à-dire :

a λ D 65,63 nm b λ D 656,3 nm λ D 6,563 nm

4 La raie γ de l’hydrogène correspond à la longueur d’onde λ D 4 102 Å, c’est-à-dire :

a λ D 0,41 μm b λ D 4,10 μm c λ D 41,02 μm

5 Une source de lumière jaune peut être :

a monochromatique, de longueur d’onde λ D 501 nm; b polychromatique, de longueurs d’onde λ_{1} D 350 nm et λ_{2} D 650 nm; c polychromatique, de longueurs d’onde λ_{1} D 420 nmet λ_{2} D 760 nm; d polychromatique, de longueurs d’onde λ_{1} D 520 nmet λ_{2} D 680 nm.

6 La longueur d’onde λ d’un rayonnement électromagnétique est liée à sa fréquence ν par la loi :

a c D λν b λ D cν c ν D cλ

7 Un rayonnement de longueur d’onde λ (et de fréquence ν) est associé à un photon dont l’énergie ε vérifie :

a ε D \frac{hc}{ν} b ε D \frac{cν}{h} c ε D \frac{hc}{λ} d ε D \frac{λc}{h}

8 L’énergie du niveau fondamental de l’atome d’hydrogène et celle de son premier état excité sont différentes de 1E D 1,632.10^{−18} J . Un photon d’énergie ε D 10,5 eV rencontre cet atome. a Le photon n’est pas absorbé. b Le photon est absorbé et réémis avec la même énergie. c Le photon est absorbé et réémis avec une énergie différente. d Le photon est absorbé et une énergie de 0,3 eV est réémise. Données numériques : constante de Planck : h D 6,62.10^{−34} J · s; célérité de la lumière dans le vide : c D 3.10^{8} m · s^{−1} ; conversions : 1 Å D 10^{−10} m et 1 eV D 1,61.10^{−19} J.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 187 — #195 IMAGES ET COULEURS CHAP. 7_{187} CORRIGÉS INTERROS COURS

Lentilles minces convergentes

5Image d’une lentille mince convergente_{Lycée Jeanne d’Albret, Saint-Germain-en-Laye} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆

Un objet AB, de hauteur 1,0 cm, est placé à 15,0 cm d’une lentille mince convergente L, de centre optique O et de distance focale f′D 10 cm . A est sur l’axe optique. 1 Déterminer graphiquement la position de l’image A′B′ donnée par la

lentille de l’objet AB, ainsi que sa grandeur et son sens. 2 Retrouver les résultats précédents par le calcul.

6Calcul d’une distance focale_{Lycée Jeanne d’Albret, Saint-Germain-en-Laye} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆

On souhaite trouver la valeur de la distance focale f′ d’une lentille mince. Pour cela, on utilise le montage suivant sur un banc d’optique : un objet AB, de hauteur 1,0 cm, est placé perpendiculairement à l’axe optique de la lentille L, A étant sur l’axe optique. On déplace lentille et écran de telle façon que l’image A′B′donnée par la lentille soit inversée et de même taille que l’objet. On mesure la distance D D \overline{AA′}D 40,0 cm. 1 Exprimer le grandissement et calculer sa valeur algébrique.

2 En déduire une relation entre \overline{OA} et \overline{OA′}.

3 Exprimer D en fonction de \overline{OA}.

4 Exprimer \overline{OA} en fonction de f′.

5 Exprimer f′en fonction de D. Calculer f′.

7Lentille mince convergente_{Lycée Paul Bert, Paris} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆

Une lentille mince convergente L, de centre optique O, donne d’un objet AB, de hauteur 5,0 cm et situé à 120,0 cm en avant de la lentille, une image A′B′ située à 60 cm après la lentille. AB est perpendiculaire à l’axe optique de la lentille et A est situé sur cet axe. 1 Déterminer la vergence de la lentille et sa distance focale, par calcul puis

graphiquement. 2 Déterminer, par le calcul, le grandissement et la grandeur de l’image

A′B′, puis vérifier le résultat sur le schéma. Caractériser l’image. 3 On approche AB à 10 cm de la lentille. Caractériser l’image.

Quel est le rôle de cette lentille? Où placer l’œil de l’observateur?

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 188 — #196 INTERROS_{188}
8Construction de l’image d’une lentille_{Lycée Blanche de Castille, Villemomble} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

On dispose d’une lentille convergente de 5,0 cm de diamètre et de 4,0 cm de distance focale. On place, devant cette lentille, à 3,0 cm du centre optique O, un objet AB de 1,0 cm de hauteur. Le point A est sur l’axe optique.

1 Quelle est la vergence de la lentille?

2 Construire l’image A′B′et mesurer sa hauteur.

3 Peut-on recevoir cette image sur un écran?

4 Retrouver la position et la taille de l’image par le calcul. Ces résultats sont-ils compatibles avec la construction géométrique?

9Calcul d’une distance focale_{Lycée Hoche, Versailles} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Un objet rectiligne AB et un écran E sont fixés parallèlement, à D D 80 cm l’un de l’autre. En plaçant entre eux une lentille convergente L, dont l’axe est perpendiculaire à AB, on trouve une seule position de L donnant une image nette sur l’écran et, pour cette position de L, l’image a même grandeur que l’objet; en déduire la distance focale de L.

Couleur des objets

10Couleur des objets_{Lycée Notre Dame du Grandchamp, Versailles} Corrigé ; p. ?? ; 5 min ; ⋆

Dans le montage suivant, on utilise une source de lumière blanche, un filtre cyan et un objet jaune en lumière blanche.

1 Tracer les rayons de lumière en faisant apparaître les composantes RVB

présentes après chaque étape. 2 Quelle est la couleur de l’objet perçue par l’observateur?

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 189 — #197 IMAGES ET COULEURS CHAP. 7_{189} CORRIGÉS INTERROS COURS
11Couleur d’un arbre_{Lycée Berlioz, Vincennes} Corrigé ; p. ?? ; 5 min ; ⋆

L’arbre du voyageur est une plante originaire de Madagascar : ses graines présentent la particularité d’être d’un bleu éclatant lorsqu’elles sont éclairées en lumière blanche. 1 Indiquer la couleur d’une graine éclairée en lumière jaune. 2 Même question que la précédente à l’aide d’une lumière magenta.

12Projecteurs colorés_{Lycée Picasso, Fontenay-Sous-Bois} Corrigé ; p. ?? ; 5 min ; ⋆

Trois projecteurs de lumières colorées rouge, verte et bleue, sont utilisés pour l’éclairage d’une scène. Ils permettent de reproduire toutes les couleurs. 1 Quel est le type de synthèse mise en jeu ici? 2 Quels projecteurs faut-il utiliser pour obtenir un éclairage jaune? un

éclairage cyan? 3 Comment peut-on obtenir un éclairage blanc?

13Drapeaux filtrés_{Lycée Guynemer, Compiègne} Corrigé ; p. ?? ; 5 min ; ⋆

À travers quel filtre faut-il regarder le drapeau français pour voir le drapeau belge? Justifier la couleur de chaque bande du drapeau français observée à travers le filtre.

L’œil

14Œil et loupe_{Lycée Marie Curie, Sceaux} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Jacques est un philatéliste; sa vision est normale et il peut voir nettement des objets placés à plus de 25 cm de son œil. Il observe, avec une loupe de vergence C D 25 δ, un timbre dont l’un des côtés a une largeur de 1,5 cm. Jacques place son œil à 4,0 cm de la loupe. 1 Quelle distance maximale sépare le timbre de la loupe si Jacques voit

nettement l’image (faire un schéma)?

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 190 — #198 INTERROS_{190}

2 Quelle est la distance minimale entre le timbre et la loupe? 3 Quelle est la distance permettant l’observation la plus confortable?

15Vieillissement du cristallin_{Lycée Charlemagne, Paris} Corrigé ; p. ?? ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

On peut réduire un œil à un système optique constitué d’un diaphragme, d’une lentille convergente et d’un écran, la distance du centre O de la lentille à l’écran étant environ d D 17 mm. L’œil accommode en faisant varier la vergence C de son cristallin entre deux valeurs C_{min} et C_{max}. 1 À 30 ans : 59 δ ⩽ C ⩽ 65 δ.

(a) Quelle grandeur reste constante quel que soit l’âge? À quelle distance correspond-elle dans le modèle optique?

(b) Où se forme l’image A′d’un objet situé très loin, c’est-à-dire « à l’infini »? Donner la valeur \overline{OA′}. Est-ce que le cristallin doit accommoder? Quelle est la valeur de sa vergence?

(c) À quelle distance se situe l’objet le plus proche qu’une personne de

30 ans peut voir nettement? 2 Une personne de 50 ans n’accommode plus aussi bien car son cristallin

devient plus rigide avec l’âge. Par exemple à 50 ans : 59 δ ⩽ C′⩽ 61 δ.

(a) La vision de loin est-elle modifiée?

(b) À quelle distance se situe l’objet le plus proche qu’une personne de 50 ans peut voir?

16Niveaux d’énergie de l’hydrogène_{Lycée Saint-Exupéry, Mantes-la-Jolie} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆

Sur le diagramme représenté par la figure ci-dessous, figurent quelques niveaux d’énergie de l’atome d’hydrogène. 1 À quoi correspond le niveau d’énergie E D 0 eV?

2 (a) Représenter, par des flèches sur ce diagramme, les transitions électroniques de la série de Balmer, qui se produisent lors du retour de l’électron excité au niveau n D 2. Indiquer l’énergie correspondant à chacune de ces transitions.

(b) Quelle est la plus petite longueur d’onde correspondant à une radiation émise lorsqu’un électron excité revient sur le niveau n D 2? Cette radiation est-elle visible?

Voir données page suivante.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 191 — #199 IMAGES ET COULEURS CHAP. 7_{191} CORRIGÉS INTERROS COURS

Données :

constante de Planck : h D 6,62.10^{−34} J · s;

célérité de la lumière dans le vide : c D 3.10^{8} m · s^{−1}; conversion : 1 eV D 1,61.10^{−19} J.

17Niveaux d’énergie du sodium_{Lycée Berlioz, Vincennes} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆

À la surface de nombreuses étoiles, on trouve entre autres du sodium. On considère une raie de longueur d’onde λ D 589 nm émise par cet atome. 1 Calculer, en eV, l’énergie transportée par ce pho-

ton. 2 Indiquer, sur le diagramme ci-contre, la transi-

tion correspondante. 3 L’atome de sodium est maintenant dans l’état

d’énergie E_{1}. Il reçoit une radiation lumineuse dont le quantum d’énergie a pour valeur 1,30 eV. Cette radiation peut-elle être absorbée par l’atome de sodium dans cet état? Justifier.

Données numériques :

Constante de Planck : h D 6,62.10^{−34} J · s

Célérité de la lumière dans le vide : c D 3,00.10^{8} m · s^{−1} Conversion : 1 eV D 1,61.10^{−19} J

18Étude documentaire : « Lumières d’étoiles » Lycée Pablo Picasso, Fontenay-Sous-Bois Corrigé ; p. ?? ; 30 min ; ⋆

Voici un extrait du livre d’André Brahic Lumières d’étoiles :

La lumière blanche mélange toutes les couleurs de l’arc-en-ciel. Comme on passe continûment d’une couleur à une autre en changeant graduellement de nuance, on dit que la lumière blanche possède un spectre continu. C’est le cas de la lumière émise par un corps chaud qui contient toutes les couleurs à des doses différentes. Plus la température est forte, plus la couleur dominante se déplace du micro-onde vers les X. Mais les astronomes ont remarqué dès le XVIII^{ème} siècle la présence de fines bandes noires dans la lumière solaire. Il manque des couleurs très précises et spécifiques, comme si elles ne nous étaient pas parvenues. Après quelques tâtonnements, ils ont compris que ces raies sombres trahissaient la présence d’éléments chimiques sur le trajet des rayons lumineux. Joseph von Fraunhofer fut le premier, en 1814, à observer ces disparitions de lumière et à les attribuer à un phénomène d’absorption par un gaz situé entre la source d’émission et l’observateur[…]

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 192 — #200 INTERROS_{192}

Pour résoudre ce problème, il faut faire appel à la nature ondulatoire de l’électron et ranger l’onde de chaque électron autour du noyau comme des livres sur une étagère d’une bibliothèque. Chaque étage correspond à une énergie spécifique pour laquelle l’électron est stable. Un livre ne peut pas être entre deux étagères, sinon il tombe, de même les électrons peuvent avoir certaines énergies bien définies, mais ils ne peuvent pas se trouver dans un état intermédiaire. Pour passer d’un niveau à un autre plus élevé, un électron absorbe un photon lumineux qui lui apporte l’énergie supplémentaire dont il a besoin pour « grimper » sur une autre étagère. Inversement, quand il redescend, il rend cette énergie sous forme d’un photon. Dans cette bibliothèque particulièrement riche, chaque atome est unique et caractéristique. On peut donc à distance reconnaître la présence d’un atome aux couleurs des photons qu’il émet ou absorbe lorsque ses électrons changent d’étagères. Données :

Célérité de la lumière dans le vide : c D 3,00.10^{8} m · s^{−1}

Constante de Planck : h D 6,62.10^{−34} J · s

1 eV D 1,61.10^{−19} J

1 D’après le texte : Plus la température est forte, plus la couleur dominante se déplace du micro-onde vers les X.

(a) Donner les valeurs limites des longueurs d’onde dans le vide du spectre visible, en précisant les couleurs concernées.

(b) Quelle est la relation entre la longueur d’onde dans le vide d’une radiation monochromatique et sa fréquence? On précisera les unités.

(c) On donne les fréquences des micro-ondes et des rayons X :

ν_{micro-ondes} D 3,0.10^{14} Hz ν_{X} D 3,0.10^{18} Hz

Calculer alors la valeur des longueurs d’onde correspondantes dans le vide.

(d) Indiquer, en justifiant, laquelle de ces deux radiations est la plus

énergétique. 2 D’après le texte : Joseph von Fraunhofer fut le premier, en 1814, à ob-

server ces disparitions de lumière.

Voici un extrait du spectre qu’il a observé, où l’on peut observer des raies noires sur un fond coloré continu, nommées A, B, C, D, E, F_{1}, F_{2}, G, H et I.

(a) Les raies observées ci-dessus sont-elles des raies d’émission ou d’absorption?

(b) On donne des longueurs d’onde d’émission de quelques éléments :

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 193 — #201 IMAGES ET COULEURS CHAP. 7_{193} CORRIGÉS INTERROS COURS
Élément chimique  Longueurs d’onde λ en nm de certaines raies
Hydrogène H  410,1 434,0 486,1 656,3
Hélium He  447,2 471,3 492,2 501,6 587,6 667,8
Sodium Na  589,0 589,6

Quels sont les éléments que l’on peut retrouver dans les couches superficielles du Soleil? Justifier la réponse.

3 On donne ci-dessous le diagramme de l’énergie de l’hydrogène. On rappelle que l’état fondamental d’un atome correspond à l’état dans lequel il possède le moins d’énergie.

(a) Quel est le niveau d’énergie de l’état fondamental de l’atome d’hydrogène?

(b) Calculer la variation d’énergie lorsque l’atome d’hydrogène passe de E_{6} D −0,37 eV à E_{2} D −3,39 eV .

(c) Convertir en joules la variation d’énergie calculée dans la question précédente.

(d) Sur le diagramme ci-dessus, représenter cette transition par une flèche.

(e) Calculer la fréquence du photon correspondant à cette variation d’énergie.

(f) Ce photon est-il émis ou absorbé par l’atome d’hydrogène?

19Atome d’hydrogène_{Lycée Saint-Exupéry, Mantes-la-Jolie} Corrigé ; p. ?? ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

Les niveaux d’énergie, quantifiés, de l’atome d’hydrogène sont donnés par la relation : E_{n} D −\frac{13,6}{n^{2}}, avec E_{n} en eV et n un nombre entier supérieur ou égal à 1. 1 Quelle est l’énergie d’ionisation d’un atome d’hydrogène? 2 Quelle est l’énergie minimale d’un électron capable de provoquer, par

choc, l’excitation d’un atome d’hydrogène de son niveau fondamental (n D 1) à son premier état excité (n D 2)?

3 L’atome d’hydrogène précédemment cité revient à l’état fondamental (n D 1), avec émission d’une onde électromagnétique. Quelle est sa longueur d’onde?

4 Établir la relation littérale donnant la fréquence des ondes lumineuses émises lorsque les atomes d’hydrogène, préalablement excités, passent d’un état d’énergie caractérisé par n à l’état d’énergie caractérisé par n D 2.

Données : constante de Planck : h D 6,62.10^{−34} J · s;

charge élémentaire : e D 1,61.10^{−19} C;

célérité de la lumière dans le vide : c D 3,00.10^{8} m · s^{−1} .

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 194 — #202 INTERROS_{194}
20Spectre du mercure_{Lycée Guynemer, Compiègne} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Voici quelques niveaux d’énergie de l’atome de mercure :

E_{2} D 4,90 eV E_{3} D 5,45 eV E_{4} D 6,71 eV E_{5} D 7,72 eV

1 Calculer la longueur d’onde de la raie du spectre du mercure, correspondant à la transition du niveau 2 au niveau fondamental d’énergie E_{1} D 0 eV.

2 Le spectre visible du mercure contient une raie verte de longueur d’onde dans le vide λ D 546 nm. Identifier la transition responsable de cette raie.

Données numériques :

Constante de Planck : h D 6,62.10^{−34} J · s

Célérité de la lumière dans le vide : c D 3,00.10^{8} m · s^{−1}

Conversion : eV D 1,61.10^{−19} J

21Spectre du mercure_{Lycée Charlemagne, Paris} Corrigé ; p. ?? ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo avec

Le spectre d’émission du mercure contient trois raies intenses : jaune, vert et bleu-indigo, de longueurs d’onde respectives λ_{j} D 579,2 nm, λ_{v} D 546,2 nm et λ_{b} D 436,0 nm. 1 Calculer l’énergie, en eV, des photons de

longueurs d’onde λ_{j}, λ_{v} et λ_{b}.

2 Le diagramme simplifié des niveaux d’énergie de l’atome de mercure est donné ci-contre.

(a) Quelle raie d’émission du mercure correspond à la désexcitation des atomes de mercure des niveaux d’énergie E_{6} à E_{4}?

(b) À quelles désexcitations correspondent les deux autres raies?

(c) Reproduire le diagramme et représenter par des flèches les trois désexcitations évoquées dans l’exercice.

Données :

Célérité de la lumière dans le vide : c D 3,00.10^{8} m · s^{−1}

Constante de Planck : h D 6,63.10^{−34} J · s

1 eV D 1,61.10^{−19} J

Lentilles minces — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 195 — #203 IMAGES ET COULEURS CHAP. 7_{195} CORRIGÉS INTERROS COURS
1_{QCM} Lentilles minces {Enoncé \atop p. ??}

1 La relation de conjugaison de Descartes indique :

\frac{1}{\overline{OA′}} − \frac{1}{\overline{OA}} D \frac{1}{f′} ⇒ \frac{1}{\overline{OA}} D \frac{1}{\overline{OA′}} − \frac{1}{f′}

⇒ \frac{1}{\overline{OA}} D \frac{1}{20} − \frac{1}{10} D −\frac{1}{20}

⇒ \overline{OA} D −20 cm

ce qui montre que le point A se situe à gauche de O, à une distance de 20 cm (réponse d ).

2 Quant au grandissement du montage, il est donné par :

γ D \frac{\overline{OA′}}{\overline{OA}} D \frac{20}{−20} D −1

et il est défini par :

γ D \frac{\overline{A′B′}}{\overline{AB}} D −1 ⇒ \overline{A′B′}D −\overline{AB} D −5 cm.

Ce résultat montre que A′B′ mesure 5 cm et est inversé par rapport à AB (réponse b ).

3 Une image A′B′, située à l’infini, provient d’un objet AB nécessairement placé dans le plan focal objet de ▷L◁, c’est-à-dire à gauche et à 10 cm de ▷L◁ (réponse a ).

4 Parmi tous les rayons émis par B (rayons parallèles car B est situé à l’infini, et inclinés d’un angle α par rapport à 1), traçons celui qui traverse ▷L◁ en O, sans être dévié.

Or, l’image B′de B se trouve nécessairement dans le plan focal image de ▷L◁ et sur ce rayon lumineux; il s’agit donc de l’intersection de ce rayon avec le plan focal image de ▷L◁. Quant à l’image A′ de A elle se déduit de B′ par une projection orthogonale sur 1 (A′ et F′ sont confondus). On peut désormais calculer, dans le triangle ▷OF′B′◁:

tanα D \frac{A′B′}{f′} ⇒ A′B′D f′ tanα D 10 × tan▷10°◁
⇒ A′B′≈ 1,8 cm (réponse b ).

Connaissance du cours — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 196 — #204 CORRIGÉS_{196}

5 La relation de conjugaison de Descartes indique que :

\frac{1}{\overline{OA′}} − \frac{1}{\overline{OA}} D \frac{1}{f′} ⇒ \frac{1}{\overline{OA′}} D \frac{1}{f′} C \frac{1}{\overline{OA}} D \frac{1}{f′} − \frac{1}{\overline{AO}}.

L’objet étant à gauche de F :

\overline{AO} > f′ ⇒ \frac{1}{\overline{AO}} < \frac{1}{f′}

⇒ \frac{1}{f′} C \frac{1}{\overline{OA}} D \frac{1}{f′} − \frac{1}{\overline{AO}}.

Donc \frac{1}{\overline{OA′}} > 0 ⇒ \overline{OA′}> 0 : l’image A′se trouve à droite de F′; elle

est réelle.

Quant au grandissement γ D \frac{\overline{A′B′}}{\overline{AB}}, il vaut alors :

γ D \frac{\overline{OA′}}{\overline{OA}} avec \overline{OA′}> 0 et \overline{OA} < 0.

Soit γ < 0. D’où \frac{\overline{A′B′}}{\overline{AB}} < 0 (réponse c ).

6 La relation de conjugaison de ▷L◁, avec origine au centre O, indique que :

\frac{1}{\overline{OA′}} − \frac{1}{\overline{OA}} D \frac{1}{f′} ⇒ \frac{1}{\overline{OA}} D \frac{1}{\overline{OA′}} − \frac{1}{f′} .

Or, lorsqu’une image est virtuelle, A′se trouve à gauche de O, de sorte que :

\overline{OA′}< 0 ⇒ \frac{1}{\overline{OA}} D \frac{1}{\overline{OA′}} − \frac{1}{f′} < 0 ⇒ \overline{OA} < 0.

Donc A se trouve à gauche de O; l’objet AB est donc réel (réponse a ).

2_{QCM} Connaissance du cours {Enoncé \atop p. ??}

1 Par définition un objet est le point d’intersection des rayons qui arrivent sur ▷L◁; cet objet est de surcroît virtuel si seuls les prolongements de ces rayons se croisent (réponse c ).

2 Un objet situé à l’infini forme nécessairement une image dans le plan focal image (réponse a ) et parfois au foyer image (si l’objet se trouve sur l’axe optique).

3 La vergence C d’une lentille mince est l’inverse de sa distance focale

f′(C D \frac{1}{f′}), laquelle désigne la distance qui sépare les foyers de la len-

tille; elle caractérise ainsi la position des foyers (réponse c ).

Connaissance du cours — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 197 — #205 IMAGES ET COULEURS CHAP. 7_{197} CORRIGÉS INTERROS COURS

En revanche, la taille et le sens d’une image sont décrits par le grandis-

sement γ D \frac{\overline{A′B′}}{\overline{AB}}.

4 Les relations de conjugaison d’une lentille mince s’écrivent :

\frac{1}{\overline{OA′}} − \frac{1}{\overline{OA}} D \frac{1}{f′} (réponse b ).

5 Le grandissement d’une lentille mince vérifie :

γ D \frac{\overline{OA′}}{\overline{OA}} (réponse c ).

C’est d’ailleurs de cette identité qu’est issue la deuxième relation de conjugaison de la question précédente.

6 Sur le cercle des couleurs, les couleurs complémentaires sont diamétralement opposées. Par suite, le vert et le pourpre sont des couleurs complémentaires (réponse a ).

7 Le cyan, le jaune et le magenta sont des couleurs secondaires obtenues par synthèse additive de deux couleurs primaires :

Ces schémas révèlent que la synthèse soustractive du cyan et du magenta donne du bleu (réponse d ).

3_{QCM} Connaissance du cours {Enoncé \atop p. ??}

1 Dans un atome, l’énergie d’un électron est quantifiée (réponse a ).

2 L’état fondamental d’un atome est son état de plus faible énergie, à partir duquel il ne peut en céder davantage même sous forme de photon). En revanche, un photon peut être absorbé (réponse b ).

La lumière — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 198 — #206 CORRIGÉS_{198}

3 La désexcitation d’un atome consiste en une transition électronique d’un niveau d’énergie vers un niveau d’énergie inférieure; puisque ces énergies sont quantifiées, l’énergie du photon émis l’est aussi (réponse a ).

4 La chlorophylle transmet la lumière verte. Cette transmission traduit :

soit l’existence d’une raie lumineuse verte dans le spectre d’émission de la chlorophylle;

soit l’existence, dans le spectre, de raies sombres dans les parties rouge et bleue (réponse a ) qui sont les couleurs complémentaires du vert.

4_{QCM} La lumière {Enoncé \atop p. ??}

1 À une radiation de fréquence ν D 10^{14} Hz est associé un photon d’éner-

gie :

ε D hν D 6,62.10^{−34} × 10^{14} D 6,62.10^{−20} J.

Ainsi, un faisceau d’énergie totale E contient un nombre N de photons, tel que :

E D Nε ⇒ N D \frac{E}{ε}

ce qui donne, pour différentes valeurs de E :

\begin{matrix}E & 3,31.10^{−20} J & 1,324.10^{−15} J & 1,332.10^{−15} J \\ N & 0,5 & 20 000,0 & 20 120,8 \end{matrix}

Or, N ne pouvant qu’être entier, le faisceau d’électrons doit posséder l’énergie E D 1,324.10^{−15} J (réponse b ).

2 La lumière visible n’occupe qu’une fraction du spectre électromagnétique :

Ainsi, un rayonnement de longueur d’onde λ < 400 nm est ultra-violet (réponse c ).

3 Puisque 1 Å D 10^{−10} m, la raie H_{α} a pour longueur d’onde :

λ D 6 563.10^{−10} m D 656,3.10^{−9} m
⇒ λ D 656,3 nm (réponse b ) car 1 nm D 10^{−9} m.

4 De la même manière, la raie H_{γ} a pour longueur d’onde :

λ D 4 102.10^{−10} m D 0,4102.10^{−6} m
⇒ λ ≈ 0,41 μm (réponse a ) car 1 μm D 10^{−6} m.

Image d’une lentille mince convergente — v. 1.0_{17 avril 2024 — Chapitre 7 page 199 — #207} IMAGES ET COULEURS CHAP. 7_{199} CORRIGÉS INTERROS COURS

5 La longueur d’onde λ d’un rayonnement visible détermine sa couleur :

Un rayonnement monochromatique de longueur d’onde λ D 501 nm produit une lumière bleu-verte;

un rayonnement polychromatique de longueurs d’onde λ_{1} D 350 nm (invisible) et λ_{2} D 650 nm (rouge) produit une lumière rouge.

Un rayonnement polychromatique de longueurs d’onde λ_{1} D 420 nm (violet) et λ_{2} D 760 nm (invisible) produit une lumière violette.

Un rayonnement polychromatique de longueurs d’onde λ_{1} D 520 nm (vert) et λ_{2} D 680 nm (rouge) produit, par synthèse additive, une lumière jaune (réponse d ).

6 La longueur d’onde λ et la fréquence ν d’un rayonnement sont liées par

la loi :

λ D \frac{c}{ν} ⇒ c D λν (réponse a ).

7 L’énergie ε d’un photon associé à un rayonnement vaut :

ε D hν avec ν D \frac{c}{λ}
⇒ ε D \frac{hc}{λ} (réponse c ).

8 La différence d’énergie entre les deux états de l’hydrogène :

1E D 1,632.10^{−18} J D \frac{1,632.10^{−18}}{1,61.10^{−19}} D 10,2 eV

ne correspond pas à l’énergie ε D 10,5 eV véhiculée par le photon, lequel n’est donc pas absorbé, même partiellement (réponse a ).

Remarque : un photon d’énergie supérieure à 13,6 eV aurait pu être absorbé, entraînant l’ionisation de l’atome d’hydrogène; le supplément d’énergie aurait été attribué à l’électron ainsi libéré.

5Image d’une lentille mince convergente_{Lycée Jeanne d’Albret, Saint-Germain-en-Laye} {Enoncé \atop p. ??}

1 Pour trouver l’image B′ de B, il suffit d’utiliser deux des trois rayons remarquables issus de B :

le rayon ▷1◁ traverse L en O sans être dévié;

Calcul d’une distance focale — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 200 — #208 CORRIGÉS_{200}

le rayon ▷2◁, qui arrive sur L parallèlement à l’axe optique ▷1◁ ressort de L en passant par le foyer image F′, tel que \overline{OF′}D f′D 10 cm .

L’intersection de ces deux rayons émergeant de L coïncide avec B′, dont la projection sur 1 donne A′. On trouve ainsi les caractéristiques de l’image A′B′:

A′B′se trouve à la distance \overline{OA′}D 30 cm de L;

A′B′D 2 cm. 2 La relation de conjugaison de L impose :

\frac{1}{\overline{OA′}}−\frac{1}{\overline{OA}} D \frac{1}{f′} ⇒ \frac{1}{\overline{OA′}} D \frac{1}{\overline{OA}}C\frac{1}{f′} D −\frac{1}{0,15}C\frac{1}{0,1} ⇒ \overline{OA′}D 0,30 m

tandis que le grandissement γ du montage vérifie :

γ D \frac{\overline{A′B′}}{\overline{AB}} D \frac{\overline{OA′}}{\overline{OA}} D \frac{0,3}{−0,15} D −2
⇒ \overline{A′B′}D −2 × \overline{AB} D −2,0 cm.

Ces deux résultats confirment alors ceux de la question précédente.

6Calcul d’une distance focale_{Lycée Jeanne d’Albret, Saint-Germain-en-Laye} {Enoncé \atop p. ??}

1 En choisissant \overline{AB} D 1 cm, les informations de l’énoncé conduisent à \overline{A′B′}D −1 cm . Par suite, le grandissement du montage vaut :

γ D \frac{\overline{A′B′}}{\overline{AB}} D −1.

2 Le grandissement s’exprime aussi en fonction de \overline{OA′}et de \overline{OA}:

γ D \frac{\overline{OA′}}{\overline{OA}} D −1 ⇒ \overline{OA′}D −\overline{OA}.  (25)

3 Par définition :

D D \overline{AA′}D \overline{AO} C \overline{OA′}D −\overline{OA} C \overline{OA′}

Lentille mince convergente — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 201 — #209

IMAGES ET COULEURS CHAP. 7_{201} CORRIGÉS INTERROS COURS

où le résultat (??) fournit :

\overline{OA′}D −\overline{OA} ⇒ D D −2 \overline{OA}.

4 En tenant compte du résultat (??), la relation de conjugaison du montage s’écrit :

\frac{1}{\overline{OA′}} − \frac{1}{\overline{OA}} D \frac{1}{f′} D −\frac{2}{\overline{OA}} D \frac{1}{f′} ⇒ \overline{OA} D −2 f′.

5 Des deux résultats précédents, il découle que :

D D −2 \overline{OA} D −2 × ▷−2 f′◁ D 4 f′⇒ f′D \frac{D}{4}
⇒ f′D \frac{40}{4} D 10 cm.

7Lentille mince convergente_{Lycée Paul Bert, Paris} {Enoncé \atop p. ??}

1 Soit C la vergence de L et soit f′D \frac{1}{C} sa distance focale; la relation de conjugaison de L indique que :

\frac{1}{\overline{OA′}} − \frac{1}{\overline{OA}} D \frac{1}{f′} D C

où :

\{ \begin{matrix}\overline{OA} D −1,2 m ( AB en avant de L◁ \\ \overline{OA′}D 0,6 m ( A′B′après L◁ \end{matrix}

conduisent à :

C D \frac{1}{0,6} C \frac{1}{1,2} D \frac{1}{0,4} ⇒ C D 2,5 δ ⇒ f′D 0,4 m D 40 cm.

Graphiquement, il est possible de localiser directement les points O, A et A′sur l’axe optique 1 de L, grâce aux données fournies par l’énoncé. De tous les rayons émis par B, deux au moins sont remarquables :

le rayon ▷1◁ qui passe par O n’est pas dévié et ressort de L en passant par B′, dont la projection sur 1 coïncide avec A′. Ce rayon permet ainsi de localiser B′;

le rayon ▷2◁, qui arrive sur L parallèlement à 1, ressort de L en passant par B′mais aussi par le foyer image F′.

Lentille mince convergente — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 202 — #210

CORRIGÉS_{202}

Par ce moyen, on retrouve graphiquement la valeur de la distance focale :

f′D \overline{OF′}D 40 cm.

2 Le grandissement du montage vaut :

γ D \frac{\overline{OA′}}{\overline{OA}} D \frac{0,6}{−1,2} ⇒ γ D −0,5

tandis qu’il est défini par le rapport :

γ D \frac{\overline{A′B′}}{\overline{AB}} ⇒ \overline{A′B′}D γ × \overline{AB} D −0,5 × 5 ⇒ \overline{A′B′}D −2,5 cm.

Ce résultat montre que l’image A′B′mesure 2,5 cm et que cette image est en sens contraire par rapport à l’objet ▷\overline{A′B′}< 0 avec \overline{AB} > 0 ); ces deux résultats sont confirmés par la représentation graphique précédente.

3 Lorsque AB se trouve à 10 cm, en avant de la lentille : \overline{OA} D −0,1 m conduit à :

\frac{1}{\overline{OA′}} − \frac{1}{\overline{OA}} D \frac{1}{f′} ⇒ \frac{1}{\overline{OA′}} D \frac{1}{\overline{OA}} C \frac{1}{f′} D −\frac{1}{0,1} C \frac{1}{0,4}
⇒ \overline{OA′}≈ −0,13 m ≈ −13 cm.

Le signe obtenu pour \overline{OA′}montre que l’image A′B′est virtuelle (elle se trouve à gauche de O), avec un grandissement :

γ D \frac{\overline{A′B′}}{\overline{AB}} D \frac{\overline{OA′}}{\overline{OA}} D \frac{−13}{−10} D 1,3 ⇒ \overline{A′B′}D 1,3 × \overline{AB} D 1,3 × 5
⇒ \overline{A′B′}D 6,5 cm

ce qui révèle que l’image A′B′a une hauteur de 6,5 cm et est orientée dans le même sens que l’objet AB (\overline{AB} et \overline{A′B′}ont le même signe). Puisque l’image A′B′est virtuelle, elle peut être observée par l’œil situé à droite de L auquel cas L peut servir de loupe (même si le grandissement γ D 1,3 est faible).

Construction de l’image d’une lentille — v. 1.0_{17 avril 2024 — Chapitre 7 page 203 — #211} IMAGES ET COULEURS CHAP. 7_{203} CORRIGÉS INTERROS COURS
8Construction de l’image d’une lentille_{Lycée Blanche de Castille, Villemomble} {Enoncé \atop p. ??}

1 La vergence C d’une lentille est définie comme l’inverse de sa distance focale f′:

C D \frac{1}{f′} D \frac{1}{0,04} ⇒ C D 25 dioptries.

2 Soit F′le foyer image de la lentille L, tel que \overline{OF′}D f′D 4 cm . Parmi tous les rayons issus du point B (hors de l’axe optique), au moins deux sont remarquables : le rayon ▷1◁ qui passe par O n’est pas dévié; le rayon ▷2◁ qui arrive sur L parallèlement à l’axe optique ▷1◁ émerge de L en passant par F′.

En sortant de L ces deux rayons divergent, c’est pourquoi il faut tracer leurs prolongements (en pointillé), afin de trouver leur point d’intersection B′, dont la projection sur 1 coïncide avec A′. Cette construction graphique montre que :

\overline{OA′}D −12 cm et \overline{A′B′}D 4 cm.  (26)

3 L’image B′est virtuelle car les rayons ne convergent pas réellement vers B′(seuls les prolongements passent par B′). Par conséquent, cette image ne peut pas être formée sur un écran.

4 La relation de conjugaison du dispositif indique que :

\frac{1}{\overline{OA′}} − \frac{1}{\overline{OA}} D \frac{1}{f′} ⇒ \frac{1}{\overline{OA′}} D \frac{1}{\overline{OA}} C \frac{1}{f′} D −\frac{1}{0,03} C \frac{1}{0,04}
⇒ \frac{1}{\overline{OA′}} D −\frac{0,01}{12.10^{−4}} ⇒ \overline{OA′}D −12.10^{−2} m D −12 cm.

Par conséquent, le grandissment γ du montage vaut :

γ D \frac{\overline{OA′}}{\overline{OA}} D \frac{−12}{−3} D 4

c’est-à-dire, compte tenu de la définition de γ :

γ D \frac{\overline{A′B′}}{\overline{AB}} D 4 ⇒ \overline{A′B′}D 4 \overline{AB} D 4 × 1 ⇒ \overline{A′B′}D 4,0 cm.

Ces deux résultats sont compatibles avec les valeurs (??) trouvées cidessus.

Couleur des objets — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 204 — #212

CORRIGÉS_{204}

9Calcul d’une distance focale_{Lycée Hoche, Versailles} {Enoncé \atop p. ??}

Soit O la position du centre optique de la lentille L, qui forme de AB une image nette A′B′sur l’écran.

Puisque l’image a la même taille que l’objet, le grandissement γ du système vérifie :

γ D \frac{\overline{A′B′}}{\overline{AB}} ⇒ |γ | D \frac{A′B′}{AB} D 1

avec :

γ D \frac{\overline{OA′}}{\overline{OA}} ⇒ |γ | D \frac{OA′}{OA} D 1 ⇒ OA′D OA

d’où il ressort que :

OA′C OA D D ⇒ 2 OA D D ⇒ OA′D OA D \frac{D}{2}.  (27)

Ainsi, la relation de conjugaison du montage fournit la distance focale f′de L :

\frac{1}{f′} D \frac{1}{\overline{OA′}} − \frac{1}{\overline{OA}} D \frac{1}{OA′} C \frac{1}{OA}

car :

\overline{OA′}> 0 ⇒ \overline{OA′}D OA′et \overline{OA} < 0 ⇒ \overline{OA} D −OA.

La relation (??) conduit alors à :

\frac{1}{f′} D \frac{2}{D} C \frac{2}{D} D \frac{4}{D} ⇒ f′D \frac{D}{4} D \frac{80}{4} D 20 cm.

10Couleur des objets_{Lycée Notre Dame du Grandchamp, Versailles} {Enoncé \atop p. ??}

1 La lumière blanche contient les trois couleurs primaires : rouge (R), vert (V) et bleu (B). Le filtre cyan absorbe le rouge (afin de laisser passer le cyan, composé des couleurs verte et bleue). Quant au jaune, il absorbe la couleur bleue (car, en lumière blanche, l’objet restitue les couleurs rouge et verte qui composent le jaune); voir schéma page suivante.

Drapeaux filtrés — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 205 — #213

IMAGES ET COULEURS CHAP. 7_{205} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Le schéma précédent révèle que l’objet coloré apparaîtra alors vert.

11Couleur d’un arbre_{Lycée Berlioz, Vincennes} {Enoncé \atop p. ??}

1 Puisque la graine paraît bleue lorsqu’elle est éclairée en lumière blanche, c’est qu’elle absorbe les deux autres couleurs primaires qui composent le blanc (rouge : R et vert : V).

Donc, lorsque la graine est éclairée avec une lumière jaune (composée de rouge et de vert), elle paraît noire car elle absorbe ces deux couleurs.

2 En revanche, éclairée en lumière magenta (composée de rouge et de bleu), elle paraît bleue (le rouge étant absorbé).

12Projecteurs colorés_{Lycée Picasso, Fontenay-Sous-Bois} {Enoncé \atop p. ??}

1 La composition de lumière provenant de plusieurs sources produit une synthèse additive des couleurs, dont on peut d’ailleurs rappeler le cercle :

2 Le cercle précédent rappelle rapidement comment obtenir :

un éclairage jaune à partir de projecteurs vert et rouge; un éclairage cyan à partir de projecteurs vert et bleu.

3 Enfin, l’éclairage blanc s’obtient en réalisant la synthèse additive des trois couleurs primaires : le vert, le rouge et le bleu.

Œil et loupe — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 206 — #214

CORRIGÉS_{206}

13Drapeaux filtrés_{Lycée Guynemer, Compiègne} {Enoncé \atop p. ??}

Il faut utiliser un filtre qui transforme la bande centrale blanche en bande jaune, c’est-à-dire un filtre jaune, qui absorbe la couleur bleue, mais transmet les deux autres couleurs primaires (vert : V et rouge R) : voir illustration page ci-contre.

À travers ce filtre, les bandes bleue, blanche et rouge du drapeau français apparaîtront alors respectivement noire, jaune et rouge.

14Œil et loupe_{Lycée Marie Curie, Sceaux} {Enoncé \atop p. ??}

1 Un œil normal peut voir nettement des objets qui se trouvent à l’infini, notamment l’image A′B′que la loupe L (lentille convergente de centre optique O) forme du timbre AB. Or, A′B′est rejeté à l’infini si AB est dans le plan focal objet de L, c’est-à-dire si la distance OA s’identifie à

la distance focale f′D \frac{1}{C} D 0,04 m (soit f′D 4 cm ) : OA_{max} D 4 cm.

Remarque : il s’agit de la valeur maximale de la distance OA car l’œil ne peut observer que l’image virtuelle A′B′ de AB, ce qui impose la localisation de A entre O et le foyer objet F.

Vieillissement du cristallin — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 207 — #215 IMAGES ET COULEURS CHAP. 7_{207} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 L’image A′B′vue par l’œil étant viruelle, le point A′(ainsi que le point A) se trouve à gauche de L, en conséquence de quoi :

\{ \begin{matrix}\overline{OA′}< 0 \\ \overline{OA} < 0 \end{matrix} ⇒ \{ \begin{matrix}\overline{OA′}D −OA′ \\ \overline{OA} D −OA \end{matrix}

Quant à la distance séparant l’œil (en F′) et l’image A′B′fournie par L, elle vaut :

F′A′ D F′O C OA′D f′C OA′⩾ 25 cm
⇒ OA′⩾ 25 − f′D 25 − 4 D 21 cm D 0,21 m
⇒ \frac{1}{OA′} ⩽ \frac{1}{0,21} dioptries.

La relation de conjugaison du montage impose alors :

\frac{1}{\overline{OA′}} − \frac{1}{\overline{OA}} D \frac{1}{f′} ⇒ −\frac{1}{OA′} C \frac{1}{OA} D \frac{1}{f′}
⇒ \frac{1}{OA} D \frac{1}{f′} C \frac{1}{OA′} ⩽ \frac{1}{0,04} C \frac{1}{0,21} ≈ 29,76 m^{−1}
⇒ OA ⩾ 3,36.10^{−2} m ≈ 3,4 cm

ce qui donne la valeur minimale de OA :

OA_{min} ≈ 3,4 cm.

3 C’est lorsqu’il n’accommode pas que l’œil fatigue le moins et cette situation se produit lors d’une observation au PR de l’œil, c’est-à-dire ici, lorsque A′B′est à l’infini. Donc, l’observation de AB à 4 cm de L est la plus confortable.

15Vieillissement du cristallin_{Lycée Charlemagne, Paris} {Enoncé \atop p. ??}

1 (a) Sauf accident, la distance qui sépare le cristallin de la rétine ne change pas avec l’âge d’une personne adulte. Dans le modèle optique cette distance correspond à d.

(b) Un objet très éloigné forme une image A′au foyer image f′de la

lentille c’est-à-dire telle que \overline{OA′}D f′_{min} D \frac{1}{C_{min}} où C_{min} D 59 δ

correspond à la valeur minimale de C (celle pour laquelle la lentille est la moins convergente).

Niveaux d’énergie de l’hydrogène — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 208 — #216

CORRIGÉS_{208}

Numériquement, on trouve ainsi :

\overline{OA′}D \frac{1}{59} ≈ 1,7.10^{−2} m ⇒ \overline{OA′}≈ d D 1,7 cm.

On remarque non seulement que :

\frac{1}{d} D C_{min} D 59 δ  (28)

mais également (cf. figure 1) que l’image A′se forme sur l’écran (car \overline{OA′}D d), ce qui signifie aussi que le cristallin n’a pas besoin d’accommoder.

(c) Pour qu’un objet A, situé à une distance p finie de la lentille, soit associé à une image nette A′sur l’écran (cf. figure 2), la lentille doit adopter une vergence C qui respecte la relation de conjugaison de Descartes :

\frac{1}{\overline{OA′}} − \frac{1}{\overline{OA}} D \frac{1}{f′} D C avec \overline{OA′}D d et \overline{OA} D −p
⇒ \frac{1}{d} C \frac{1}{p} D C ⇒ \frac{1}{p} D C − \frac{1}{d}

où la relation (??) fournit :

\frac{1}{d} D C_{min} ⇒ \frac{1}{p} D C − C_{min}.

La plus petite valeur de p est alors atteinte lorsque C D C_{max}, c’est-à-dire :

\frac{1}{p} D C_{max} − C_{min} D 65 − 59 D 6 δ ⇒ p ≈ 0,167 m D 17 cm.

(29)

2 (a) Pour la personne de 50 ans, C′_{min} D C_{min} montre que la vision de

loin n’est pas modifiée (A′ se forme à une distance OA′D \frac{1}{C′_{min}}

qui correspond à la taille d de l’œil).

(b) En revanche, la distance minimale p′de vision nette de cet œil est donnée grâce à la relation (??) :

\frac{1}{p′} D C′_{max}−C′_{min} D 61−59 D 3 δ ⇒ p′D \frac{1}{3} ≈ 0,333 m D 33 cm.

16Niveaux d’énergie de l’hydrogène_{Lycée Saint-Exupéry, Mantes-la-Jolie} {Enoncé \atop p. ??}

1 Le niveau d’énergie E D 0 eV correspond à l’énergie à partir de laquelle

un électron n’est plus lié au noyau de l’atome d’hydrogène. 2 (a) À partir des niveaux d’énergie fournis par l’énoncé, il est possible

d’envisager cinq transitions électroniques du niveau i au niveau 2 (notés 3/2, 4/2, 5/2, 6/2 et ∞/2 sur le diagramme page suivante).

Niveaux d’énergie de l’hydrogène — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 209 — #217

IMAGES ET COULEURS CHAP. 7_{209} CORRIGÉS INTERROS COURS

Soit E_{i} l’énergie du niveau i et soit E_{2} D −3,40 eV celle du niveau n D 2. Chacune des transitions i/2 représentée sur le diagramme s’accompagne de la libération d’une énergie :

1E_{i} D E_{i} − E_{2} ,

c’est-à-dire, compte tenu des valeurs numériques de ces énergies :

1E_{3/2} D 1,89 eV 1E_{6/2} D 3,02 eV
1E_{4/2} D 2,55 eV 1E_{∞/2} D 3,40 eV
1E_{5/2} D 2,86 eV

(b) La libération d’une énergie 1E_{i/2} se traduit par l’émission d’un

photon de longueur d’onde λ_{i/2} de même énergie ε D \frac{hc}{λ_{i/2}} :

ε D 1E_{i/2} ⇒ \frac{hc}{λ_{i/2}} D 1E_{i/2} ⇒ λ_{i/2} D \frac{hc}{1E_{i/2}} .

Remarque : dans cette relation, 1E_{i/2} doit être exprimée en joule. Or, sachant que 1 eV D 1,61.10^{−19} J, il est possible d’utiliser les valeurs numériques de 1E_{i/2}, obtenues en eV dans la question précédente, à condition d’effectuer l’opération :

λ_{i/2} D \frac{6,62.10^{−34} × 3.10^{8}}{1,61.10^{−19} × 1E_{i/2} (en eV)} .  (30)

On obtient ainsi :

λ_{3/2} D 6,57.10^{−7} m D 657 nm λ_{6/2} D 4,11.10^{−7} m D 411 nm
λ_{4/2} D 4,87.10^{−7} m D 487 nm λ_{∞/2} D 3,65.10^{−7} m D 365 nm

λ_{5/2} D 4,34.10^{−7} m D 434 nm Ces valeurs numériques montrent que la plus petite longueur d’onde (λ_{∞/2} D 365 nm) correspond à la transition électronique de plus grande énergie. Or, puisque λ_{∞/2} < 400 nm , cette radiation n’est pas visible (elle appartient aux ultra-violets).

Étude documentaire : « Lumières d’étoiles » — v. 1.0_{17 avril 2024 — Chapitre 7 page 210 — #218} CORRIGÉS_{210}
17Niveaux d’énergie du sodium_{Lycée Berlioz, Vincennes} {Enoncé \atop p. ??}

1 Un rayonnement de longueur d’onde λ est associé à un photon d’énergie :

ε D \frac{hc}{λ} D \frac{6,62.10^{−34} × 3.10^{8}}{589.10^{−9}} D 3,37.10^{−19} J
D \frac{3,37.10^{−19}}{1,61.10^{−19}} D 2,11 eV.

2 La différence d’énergie entre les niveaux d’énergie E_{1} et E_{0} vaut :

E_{1} − E_{0} D −3,03 C 5,14
D 2,11 eV

et, puisqu’elle s’identifie à ε, cela signifie que ce photon a été émis par l’atome alors qu’il passait du niveau d’énergie E_{1} au niveau d’énergie E_{0}.

3 En recevant une énergie de 1,30 eV depuis son niveau d’énergie E_{1} D −3,03 eV , l’atome devrait posséder l’énergie :

E′D E_{1} C 1,30 D −3,03 C 1,30 D −1,73 eV.

Cependant, il n’en fera rien car E′ne correspond à aucune énergie du spectre; ce photon ne sera pas absorbé par l’atome de sodium.

18Étude documentaire : « Lumières d’étoiles » Lycée Pablo Picasso, Fontenay-Sous-Bois {Enoncé \atop p. ??}

1 (a) Le spectre visible est composé de radiations dont les longueurs

d’onde sont comprises entre 400 nm (violet) et 700 nm (rouge).

(b) La longueur d’onde λ (en mètres) d’une radiation de fréquence ν (en hertz) vaut :

λ D \frac{c}{ν}.

(c) Compte tenu de la réponse précédente, les micro-ondes et les rayons X ont pour longueurs d’onde respectives dans le vide :

λ_{micro-ondes} D \frac{c}{ν_{micro-ondes}} D \frac{3.10^{8}}{3.10^{14}} D 10^{−6} m D 1 000 nm

et :

λ_{X} D \frac{c}{ν_{X}} D \frac{3.10^{8}}{3.10^{18}} D 10^{−10} m D 0,1 nm.

Atome d’hydrogène — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 211 — #219

IMAGES ET COULEURS CHAP. 7_{211} CORRIGÉS INTERROS COURS

(d) L’énergie ε d’un photon est proportionnelle à la fréquence de la radiation associée : ε D hν, en raison de quoi les rayons X sont plus énergétiques que les micro-ondes.

2 (a) Le Soleil émet, initialement, un spectre continu (sans raies noires). Ce sont ses couches superficielles qui, en absorbant certains rayonnements, provoquent leur disparition du spectre comme il nous parvient sur Terre. Ce sont donc des raies d’absorption.

(b) On repère facilement, dans le spectre fourni, les raies d’absorption :

de l’hydrogène :

λ (nm) 410,1 434,0 486,1 656,3
raie  B  C  D  G

du sodium : raies F_{1} (589,0 nm) et F_{2} (589,6 nm).

De cette analyse, on conclut que la surface du Soleil contient de l’hydrogène et du sodium, mais pas d’hélium.

3 (a) L’état fondamental est celui qui possède la plus petite énergie, en

l’occurrence −13,6 eV pour l’atome d’hydrogène.

(b) Lorsque l’atome d’hydrogène passe du niveau d’énergie E_{6} D −0,37 eV au niveau d’énergie E_{2} D −3,39 eV , son énergie varie de la quantité :

1E_{atome} D E_{2} − E_{6} D −3,39 C 0,37 D −3,02 eV.

(c) Puisque 1 eV D 1,61.10^{−19} eV :

1E_{atome} D −3,02 × 1,61.10^{−19} D −4,83.10^{−19} J.

(d) La transition proposée se présente schématiquement de la manière ci-contre.

(e) À l’énergie ε D 4,83.10^{−19} J est associé un photon dont la fréquence ν vérifie la loi :

ε D hν ⇒ ν D \frac{ε}{h} D \frac{4,83.10^{−19}}{6,62.10^{−34}}
D 7,30.10^{14} Hz.

(f) Puisque l’atome perd de l’énergie (1E < 0) , cette énergie s’échappe de l’atome ainsi devenu émetteur de photon.

19Atome d’hydrogène_{Lycée Saint-Exupéry, Mantes-la-Jolie} {Enoncé \atop p. ??}

1 L’énergie d’ionisation E_{ion} d’un atome d’hydrogène est l’énergie que doit recevoir un électron pour passer de son niveau d’énergie fondamental E_{1} D −13,6 eV au niveau d’énergie E_{∞} D 0 eV, c’est-à-dire :

E_{ion} D E_{∞} − E_{1} ⇒ E_{ion} D 13,6 eV.

Spectre du mercure — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 212 — #220

CORRIGÉS_{212}

2 Lorsqu’un électron passe du niveau n D 1 au niveau n D 2, son énergie s’accroît de la quantité :

1E_{12} D E_{2} − E_{1} D −\frac{13,6}{4} C \frac{13,6}{1} D 10,2 eV.

Cette énergie peut avoir diverses origines, notamment le choc d’un autre électron, qui doit lui-même posséder l’énergie :

E_{min} D 10,2 eV.

3 Lorsque l’électron se désexcite du niveau n D 2 au niveau n D 1, il perd l’énergie 1E_{12} D 10,2 eV , qui peut être évacuée sous forme d’onde électromagnétique, dont la longueur λ d’onde vérifie :

1E_{12} D \frac{hc}{λ} ⇒ λ D \frac{hc}{1E_{12}} D \frac{6,62.10^{−34} × 3.10^{8}}{10,2 × 1,61.10^{−19}}
⇒ λ D 122 nm.

4 Lorsque les électrons passent d’un niveau n au niveau n D 2, leur énergie diminue de la quantité :

1E_{n2} D E_{n} − E_{2} D −\frac{13,6}{n^{2}} C \frac{13,6}{4}
D 13,6 × ( \frac{1}{4} − \frac{1}{n^{2}}) (en eV)
D 13,6 e ( \frac{1}{4} − \frac{1}{n^{2}}) (en J).

Cette énergie peut alors être transformée en rayonnement, dont la fréquence ν vérifie :

hν D 1E_{n2} ⇒ ν D \frac{1E_{n2}}{h} D \frac{13,6 e}{h} × ( \frac{1}{4} − \frac{1}{n^{2}}) .

20Spectre du mercure_{Lycée Guynemer, Compiègne} {Enoncé \atop p. ??}

1 Lorsque l’atome de mercure passe du niveau 2 au niveau fondamental,

il perd l’énergie :

1E D E_{2} − E_{1} D 4,90 − 0 D 4,90 eV
D 4,90 × 1,6.10^{−19} D 7,84.10^{−19} J.

Spectre du mercure — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 213 — #221

IMAGES ET COULEURS CHAP. 7_{213} CORRIGÉS INTERROS COURS

Cette énergie peut être évacuée sous forme de photon associé à la longueur d’onde λ telle que :

\begin{aligned}1E D \frac{hc}{λ} & ⇒ λ D \frac{hc}{1E} D \frac{6,62.10^{−34} × 3.10^{8}}{7,84.10^{−19}} \\ & ⇒ λ D 2,53.10^{−7} m D 253 nm. \end{aligned}

2 Au rayonnement de longueur d’onde λ D 546 nm D 546.10^{−9} m est associé un photon d’énergie :

ε D \frac{hc}{λ} D \frac{6,62.10^{−34} × 3.10^{8}}{546.10^{−9}} ≈ 3,64.10^{−19} J
D \frac{3,64.10^{−19}}{1,6.10^{−19}} D 2,27 eV.

À l’aide des valeurs numériques fournies, on remarque également que la transition de l’atome de mercure des niveaux d’énergie E_{5} et E_{3} s’accompagne d’une perte d’énergie :

1E D E_{5} − E_{3} D 7,72 − 5,45 D 2,27 eV.

Puisque 1E D ε, c’est cette transition qui est responsable de la raie verte.

21Spectre du mercure_{Lycée Charlemagne, Paris} {Enoncé \atop p. ??}

Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo avec

1 À chaque radiation de longueur d’onde λ est associé un photon d’énergie

ε D \frac{hc}{λ}, c’est-à-dire, pour les trois raies intenses du mercure :

ε_{j} D 3,43.10^{−19} J D \frac{3,43.10^{−19}}{1,6.10^{−19}} ≈ 2,14 eVI

ε_{v} D 3,64.10^{−19} J D \frac{3,64.10^{−19}}{1,6.10^{−19}} ≈ 2,27 eVI

ε_{b} D 4,56.10^{−19} J D \frac{4,56.10^{−19}}{1,6.10^{−19}} ≈ 2,85 eV.

2 (a) Lorsque l’atome passe du niveau d’énergie E_{6} au niveau d’énergie E_{4}, il perd l’énergie :

|1E_{6→4} | D |E_{4} − E_{6}| D |−3,72 C 1,57| D 2,15 eV

qui s’identifie à ε_{j} ; l’atome émet alors la raie jaune.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 214 — #222 CORRIGÉS_{214}

(b) Parmi toutes les transitions possibles, remarquons que :

|1E_{5→3} | D |E_{3} − E_{5}| D |−4,97 C 2,69| D 2,28 eV

et :

|1E_{5→2} | D |E_{2} − E_{5}| D |−5,54 C 2,69| D 2,85 eV.

L’identification de ces valeurs avec ε_{v} et ε_{b} permet d’affirmer que c’est à l’issue des transitions 5 → 3 et 5 → 2 que sont émises respectivement les raies verte et bleue.

(c) L’émission des trois raies intenses du spectre de l’atome de mercure se produit consécutivement à trois désexcitations de l’atome, représentées ci-dessous.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 215 — #223

Deuxième partie

CHIMIE

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 7 page 216 — #224

Détermination de la composition d’un système chimique

Plan du chapitre

1 Concentration d’une espèce en solution

On introduit 2,5 g de saccharose, de formule C_{12}H_{22}O_{11}, dans de l’eau afin d’obtenir 5,0 mL de solution. On ajoute ensuite de l’acide chlorique concentré à la solution, et il se forme alors un volume V D 2,1 L de dioxyde de carbone à 25°C.

1 Calculer la masse molaire du saccharose.

2 Quelle était la concentration en quantité de matière de saccharose de la

solution aqueuse obtenue avant d’avoir ajouté l’acide chlorique? 3 Quelle est la quantité de dioxyde de carbone qui a ainsi été formée?

Données :

M▷H◁ D 1,0 g.mol^{−1} .  M▷C◁ D 12,0 g.mol^{−1} .
M▷O◁ D 16,0 g.mol^{−1} .  V_{m}▷25^{∘}C◁ D 24 L.mol^{−1}

Exercice type

Lycée Lakanal, Sceaux

Voir corrigé page ??

Le but de cette section est de savoir déterminer les quantités de matière des différents constituants d’un mélange. C’est en effet un prérequis indispensable pour pouvoir, par la suite, étudier l’évolution d’un système chimique. Il faut pour cela maîtriser les notions de masse molaire, de volume molaire et de concentration en quantité de matière. Ces notions viendront compléter celles de composition massique et de concentration en masse vues en classe de seconde.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 218 — #226 COURS_{218}

1.1 Rappels

Soluté, solvant et solution Une espèce chimique que l’on a dissoute dans un liquide est appelée le soluté. Le liquide dans lequel le soluté est dissous est appelé le solvant. L’ensemble {soluté+solvant} est appelé solution.

Exemple : lorsque l’on dissout du sucre dans l’eau, le sucre est le soluté, l’eau est le solvant et l’eau sucrée est la solution. Concentration en masse La concentration en masse d’une solution, généralement notée C_{M} (ou C), représente la masse de soluté par unité de volume de la solution. Elle s’exprime généralement en grammes par litre (g.L^{−1} ). Si l’on connait la masse m de soluté introduite et le volume V de la solution, on peut calculer la concentration en masse grâce à la relation :

C_{M} D \frac{m}{V}.

Mole Une mole est une quantité de matière correspondant toujours au même nombre d’entités élémentaires (atomes molécules ou ions). Le nombre d’entités élémentaires contenues dans une mole s’appelle le nombre (ou la constante) d’Avogadro et est noté N_{A}. La constante d’Avogadro vaut 6,022.10^{23} mol^{−1} .

1.2 Masse molaire

Définition 1

La masse molaire d’une entité correspond à la masse d’une mole de cette entité.

Elle s’exprime généralement en grammes par mole (g.mol^{−1} ), et est notée M.

Exemple : la masse molaire du carbone 12 vaut exactement 12 g.mol^{−1} (par définition de la mole).

Plus généralement, la masse molaire d’un élément, exprimée en grammes par mole, est toujours très proche de son nombre de masse, ce qui justifie ici son appellation. La notion de masse molaire peut également s’appliquer à un composé moléculaire.

À RETENIR

La masse molaire d’un composé moléculaire peut se calculer en additionnant les masses molaires atomiques de tous les atomes qui composent la molécule.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 219 — #227 DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{219} CORRIGÉS INTERROS COURS

Exemple : la masse molaire de l’eau s’obtient en additionnant les masses molaires des atomes constituant une molécule d’eau. Ainsi :

M▷H_{2}O◁ D 2 × M▷H◁ C M▷O◁.

Comme M▷H◁ D 1 g.mol^{−1} et M▷O◁ D 16 g.mol^{−1} , on trouve :

M▷H_{2}O◁ D 2 × 1 C 16 D 18 g.mol^{−1} .

Il est important de savoir que l’on peut déterminer la quantité de matière d’un échantillon si l’on connait la masse de l’échantillon et la masse molaire de de l’entité.

À RETENIR

La quantité de matière n d’un échantillon d’une espèce chimique de masse m et de masse molaire M est :

n D \frac{m}{M}

où n est en mol, m en g et M en g.mol^{−1} .

Notons enfin que l’on peut retrouver la masse m_{molec}d’une molécule à partir de la masse molaire M (et réciproquement) grâce à la constante d’Avogadro N_{A} :

M D m_{molec} × N_{A}

où N_{A} vaut toujours 6,022.10^{23}mol^{−1}

1.3 Volume molaire

Définition 2

Le volume molaire d’une entité correspond au volume occupé par une mole de cette entité.

Il s’exprime généralement en litre par mole (L.mol^{−1} ), et est noté V_{m}. Le volume molaire d’un gaz à la température de 0 ^{∘}C et à la pression atmosphérique standard est égal à 22,4 L.mol^{−1} . Ce volume est indépendant de la nature du gaz. À la pression atmosphérique standard et pour une température de 25 ^{∘}C, le volume molaire d’un gaz (indépendamment de sa nature) est 24 L.mol^{−1} . Il est important de savoir que l’on peut déterminer la quantité de matière présente dans un gaz si l’on connait le volume occupé par ce gaz et le volume molaire dans les conditions de l’expérience.

À RETENIR

La quantité de matière n présente dans un gaz occupant un volume V est lié au volume molaire V_{m} :

n D \frac{V}{V_{m}}

où n est en mol, V en L et V_{m} en L.mol^{−1} .

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 220 — #228 COURS_{220}

1.4 Concentration en quantité de matière

Définition 3

La concentration en quantité de matière d’une espèce moléculaire dissoute est la quantité de matière de cette espèce présente par unité de volume de la solution.

La concentration en quantité de matière est le plus fréquemment exprimée en mol.L^{−1} . Supposons que l’on dissolve 1 mol de diiode I_{2} dans un litre d’eau. Alors bien évidemment dans ce cas nous obtenons une mole de diiode dissous par litre d’eau : la concentration de la solution est c D 1 mol.L^{−1} . On peut également noter la concentration d’une espèce dissoute en mettant le nom de l’espèce entre crochets :

[I_{2_{aq}}] D 1 mol.L^{−1} .

Ici l’indice aq signifie que l’espèce moléculaire I_{2} est en solution aqueuse.

À RETENIR

Si on dissout une quantité de matière n d’une espèce moléculaire et que l’on obtient une solution de volume V, alors la concentration molaire de l’espèce moléculaire dissoute est :

c D \frac{n}{V}.

Exemples Dans l’exemple précédent la concentration molaire s’obtient simplement par

c D \frac{1}{1} D 1 mol.L^{−1} .

Supposons que l’on dissolve 0,1 mol de diiode dans 2 L d’eau. Alors la concen-

tration molaire en diiode est \frac{0,1}{2} D 0,05 mol.L^{−1} .

Notons que l’on ne peut pas augmenter indéfiniment la concentration d’une solution en y rajoutant du soluté. À partir d’une certaine concentration qui dépend du couple (solvant, soluté), la solution est dite saturée et les molécules de soluté qui sont rajoutées après saturation ne sont plus dissoutes. Les résultats énoncés précédemment ne s’appliquent qu’aux solutions non saturées.

� ATTENTION

Malgré la ressemblance des formules, il ne faut pas confondre la concentration en masse C_{M} (qui s’exprime en g.L^{−1} ) et la concentration en quantité de matière c (qui s’exprime en mol.L^{−1} ). On peut néanmoins passer d’une grandeur à l’autre si on connait la masse molaire M de l’entité, car

c D \frac{C_{M}}{M}.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 221 — #229 DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{221} CORRIGÉS INTERROS COURS

1 La masse molaire de la molécule s’obtient en additionnant les masses molaires des atomes la constituant :

M▷C_{12}H_{22}O_{11}◁D 12 × M▷C◁ C 22 × M▷H◁ C 11 × M▷O◁
M▷C_{12}H_{22}O_{11}◁D 12 × 12 C 22 × 1 C 11 × 16
M▷C_{12}H_{22}O_{11}◁D 342 g.mol^{−1} .

2 Calculons d’abord la quantité de matière de saccharose introduite :

n D \frac{m}{M▷C_{12}H_{22}O_{11}◁}
n D \frac{2,5}{342} D 7,3.10^{−3} mol.

On en déduit la concentration en saccharose de la solution :

c D \frac{n}{V}
c D \frac{7,31.10^{−3}}{5.10^{−3}} D 1,5 mol.L^{−1} .

3 Pour connaitre la quantité de dioxyde de carbone, on utilise le volume molaire à 25°C :

n D \frac{V}{V_{m}} D \frac{2,1}{24} D 8,8.1^{−2} mol.

Solution de l’exercice type

Lycée Lakanal, Sceaux

Voir énoncé page ??

2 Spectrophotométrieetavancementd’unsystème chimique

L’eau oxygénée H_{2}O_{2}_{▷aq◁}se décompose lentement en présence d’ions iodure I_{▷aq◁}^{−}et d’ions hydrogène H_{▷aq◁}^{C}selon la réaction modélisée par l’équation :

H_{2}O_{2}_{▷aq◁}C 2 I_{▷aq◁}^{−}C 2 H_{▷aq◁}^{C} → I_{2}_{▷aq◁}C 2 H_{2}O_{▷liq◁}

Cette réaction produit une espèce colorée, le diiode I_{2}_{▷aq◁}de couleur orange. L’apparition du diiode est suivie par spectrophotométrie. 1 Courbe d’étalonnage du spectrophotomètre.

On dispose d’une solution mère S_{0} de diiode I_{2}_{▷aq◁}, de concentration molaire C_{0} D 10 mmol · L^{−1}. À partir de S_{0}, on fabrique quatre solutions filles S_{1}, S_{2}, S_{3} et S_{4} de concentration C▷I_{2}◁ qui serviront à étalonner le spectrophotomètre. Leurs absorbances, mesurées à 500 nm, sont données page suivante.

…

Exercice type

Lycée Jean-Pierre Vernant, Pins-Justaret

Solution  Eau distillée S_{1}  S_{2}  S_{3}  S_{4}
C▷I_{2}◁ en mol · L^{−1}  0  0,50 1,0 2,0  ?
A  0  0,12 0,22 0,51 0,65

(a) Tracer la courbe d’étalonnage A en fonction de C. Justifier le fait que l’absorbance A et la concentration C sont liées par la relation A D k × C▷I_{2}◁. En déduire la valeur numérique de k.

(b) Déterminer, par un calcul, la concentration molaire de la solution S_{4}.

2 Suivi de la réaction.

À la date t D 0 s, on mélange un volume V_{1} D 20,0 mL d’une solution acidifiée contenant des ions iodure I_{▷aq◁}^{−} de concentration C_{1} D 0,10 mol · L^{−1}, avec un volume V_{2} D 2,0 mLd’eau oxygénée de concentration C_{2} D 0,10 mol · L^{−1}. On ajoute un volume V_{3} D 8,0 mL d’eau.

(a) Dresser le tableau d’avancement (x) de la réaction entre l’eau oxygénée et les ions iodure.

(b) Le mélange est-il stœchiométrique?

(c) Déterminer l’avancement maximal x_{max}.

(d) Calculer les quantités de réactif et de produit présents en fin de réaction.

(e) En déduire la concentration molaire du diiode I_{2}_{▷aq◁} dans le mélange, en fin de réaction.

(f) Déterminer l’absorbance du mélange en fin de réaction.

Exercice type (suite)

Lycée Jean-Pierre Vernant, Pins-Justaret

Voir corrigé page ??

Dans ce paragraphe, nous présenterons tout d’abord une technique permettant de déterminer la concentration d’une espèce colorée en solution : la spectrophotométrie. Nous aborderons ensuite une notion essentielle en chimie : l’avancement d’une réaction. Le fait de savoir écrire un tableau d’avancement est en effet indispensable pour pouvoir étudier simplement l’évolution d’une réaction chimique.

2.1 Spectrophotométrie

2.1.1 -Principe d’un spectrophotomètre

Un spectrophotomètre envoie de la lumière, de longueur d’onde λ connue, à travers deux cuves de longueur ℓ connue : l’une contenant une solution ▷S◁ avec une substance colorée et l’autre (appelée blanc) contenant la même solution dépourvue de la substance colorée.

Les faisceaux incidents qui arrivent sur les cuves ont la même intensité I′_{0}et deux détecteurs mesurent simultanément les intensités I et I_{0} des faisceaux qui ont traversé respectivement la solution ▷S◁ et le blanc. Un dispositif permet alors le

calcul de la transmittance : T D \frac{I}{I_{0}}, encore appelée facteur de transmission.

Définition 4

L’absorbance (ou densité optique) est l’exposant A permettant d’écrire : T D 10^{−A}; il s’agit d’un nombre sans dimension.

En général, les spectrophotomètres fournissent les absorbances plutôt que les transmittances.

2.1.2 -Spectre d’absorption et couleur d’une solution

La courbe donnant A en fonction de λ est spécifique à chaque substance colorée et peut ainsi servir de signature.

Ce type de courbe permet de prévoir la couleur d’une solution : on regarde tout d’abord la longueur d’onde λ correspondant au maximum d’absorbance. La valeur en nanomètre nous permet de trouver la couleur qui est la plus absorbée par la solution.

λ (nm) 380-465 465-490 490-570 570-585 585-605 605-700
Couleur Violet  Bleu  Vert  Jaune Orange Rouge

La solution est alors perçue de la couleur complémentaire, que l’on peut trouver grâce au cercle chromatique page suivante.

Par exemple, pour les ions MnO_{4}^{−} , l’absorbance est maximale autour de 525 nm. Cette longueur d’onde correspond à du vert. La solution est donc perçue magenta, c’est-à-dire la couleur complémentaire du vert.

2.1.3 -Loi de Beer-Lambert

Retrouvez cette partie du cours en vidéo avec

La loi de Beer-Lambert précise que, pour une concentration C en espèce colorée pas trop élevée, l’absorbance est proportionnelle à C :

A D εℓC

où ℓ est la longueur (en cm) de la cuve traversée par la lumière et ε est :

le coefficient d’extinction molaire (en L · mol^{−1} · cm^{−1} ) si C est exprimée en mol · L^{−1};

le coefficient d’extinction spécifique (en L · g^{−1} · cm^{−1} ) si C est exprimée en g · L^{−1}.

Lorsqu’une solution contient plusieurs substances colorées, d’absorbances individuelles A_{1}, A_{2}, …, l’absorbance totale est la somme des absorbances :

A D A_{1} C A_{2} C ⋯

Remarque : dans la pratique, on travaille à une longueur d’onde λ_{i} pour laquelle le coefficient ε_{i} d’une espèce est maximum, les autres coefficients étant beaucoup plus faibles. Dans ce cas, l’expression de l’absorbance de la solution se simplifie et suit la loi de Beer-Lambert :

A D ε_{1}ℓC_{1} C ε_{2}ℓC_{2} C ⋯C ε_{i}ℓC_{i} C ⋯≈ ε_{i}ℓC_{i}.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 225 — #233 DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{225} CORRIGÉS INTERROS COURS

La loi de Beer-Lambert sert fréquemment aux dosages des espèces colorées.

Pour cela :

on procède au tracé de la courbe d’étalonnage : pour une longueur d’onde λ_{0} donnée (correspondant généralement au maximum d’absorbance de l’espèce X étudiée), on mesure l’absorbance de solutions contenant X à des concentrations C connues, puis on trace la courbe A D f ▷C◁. Si la courbe est linéaire, la loi de Beer-Lambert est vérifiée :

A D εℓ × C

où εℓ s’identifie au coefficient directeur de la droite (la connaissance des coordonnées d’un point P de cette courbe permet de connaître ce coefficient :

εℓ D \frac{A_{P}}{C_{P}});

on introduit, dans le spectrophotomètre, la solution contentant X à une concentration C_{i} inconnue. La mesure de son absorbance A_{i} est réalisée dans les mêmes conditions expérimentales que celles ayant servi à l’étalonnage (même longueur d’onde λ_{0}, même longueur ℓ de cuve, …). Deux méthodes permettent alors de déterminer C_{i} :

– le point I, d’ordonnée A_{i}, est représenté sur la courbe d’étalonnage; son ordonnée C_{i} est alors lue directement sur le graphe.

– selon la loi de Beer-Lambert :

εℓ D \frac{A_{i}}{C_{i}} D \frac{A_{P}}{C_{P}} ⇒ C_{i} D \frac{A_{i}}{A_{P}} × C_{P}.

2.2 Tableaux d’avancement

2.2.1 -Notion d’avancement

Une réaction chimique est décrite par une équation-bilan, dans laquelle apparaissent les formules chimiques des espèces qui réagissent ainsi que des coefficients stœchiométriques qui décrivent les proportions des espèces qui réagissent ou qui se forment. Ces coefficients sont introduits de manière à équilibrer l’équation chimique (conservation des éléments et des charges).

Par exemple, l’équation chimique :

\underbrace{2 H^{C} C Fe}_{2 atomes H ; 1 atome Fe ; 2 chargesC} D \underbrace{Fe^{2C} C H_{2}}_{2 atomes H ; 1 atome Fe ; 2 chargesC}

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 226 — #234 COURS_{226}

est équilibrée, contrairement à l’équation :

\underbrace{H^{C} C Fe}_{1 atomes H ; 1 atome Fe ; 1 chargeC} D \underbrace{Fe^{2C} C H_{2}}_{2 atomes H ; 1 atome Fe ; 2 chargesC}

Définition 5

L’avancement d’une réaction, généralement notée x, est une grandeur exprimée en mole qui permet de décrire l’évolution d’un système chimique.

Grâce à cette grandeur, il est possible de déterminer facilement la quantité de chaque réactif et de chaque produit dans un état donné. L’évolution du système chimique peut être suivie à l’aide d’un tableau d’avancement dans lequel apparaissent : l’équation chimique équilibrée de la réaction (avec la formule des espèces X_{i} et leurs coefficients stœchiométriques a_{i}), les quantités initiales de matière (n_{i}^{0}) connues et l’avancement x de la réaction. À tout instant, les quantités de matière n_{i} peuvent s’exprimer en fonction de x :

\{ \begin{matrix}n_{i} D n_{i}^{0} − a_{i} × x pour les réactifs (à gauche de l’équation) \\ n_{i} D n_{i}^{0} C a_{i} × x pour les produits (à droite de l’équation) \end{matrix}

Remarque : en début de réaction, l’avancement est généralement nul.

� ATTENTION

Ne faire apparaître, dans le tableau d’avancement, que les quantités de matière connues (par exemple, on ignore en général les quantités de solvant H_{2}O_{▷liq◁} ou d’ions H_{▷aq◁}^{C}introduits pour acidifier le milieu).

2.2.2 -Réactions totales

Définition 6

Une réaction est dite totale lorsqu’elle n’a lieu que dans un seul sens. La réaction a lieu jusqu’à ce qu’un des réactifs ait complètement disparu. La transformation est alors indiquée par une simple flèche →.

Considérons l’exemple du dosage, en milieu acide, de l’éthanol (C_{2}H_{5}OH_{▷aq◁}) par des ions dichromate (Cr_{2}O_{7}^{2−} _{▷aq◁}). Au cours de cette réaction, les seules espèces

qui colorent la solution sont les ions Cr_{2}O_{7}^{2−} _{▷aq◁}(oranges) et Cr_{▷aq◁}^{3C}(verts). Plusieurs cas peuvent se présenter :

L’éthanol est en excès, ce qui signifie que, si la réaction est totale, elle cesse par disparition de l’espèce en défaut (Cr_{2}O_{7}^{2−} _{▷aq◁}), l’espèce en excès demeurant dans le milieu.

2 Cr_{2}O_{7}_{▷aq◁}^{2−}

orange

C 3 C_{2}H_{5}OH_{▷aq◁}C 16 H_{▷aq◁}^{C}→ 11 H_{2}O_{▷liq◁}

C 4 Cr_{▷aq◁}^{3C}_{vert}

C 3 CH_{3}COOH_{▷aq◁}
x D 0  1  2  0  0
x D̸ 0  1 − 2x  2 − 3x  4x  3x

La réaction cesse lorsque x prend une valeur :

x_{f} telle que Cr_{2}O_{7}_{▷aq◁}^{2−}disparaît :

n_{Cr_{2}O_{7}}_{2−} D 1 − 2x_{f} D 0 ⇒ x_{f} D \frac{1}{2} D 0,50 mol

ou x′_{f} telle que C_{2}H_{5}OH_{▷aq◁}disparaît :

n_{C_{2}H_{5}OH} D 2 − 3x′_{f} D 0 ⇒ x′_{f} D \frac{2}{3} D 0,67 mol.

Puisque x_{f} < x′_{f}, Cr_{2}O_{7}_{▷aq◁}^{2−}disparaît en premier, ce qui confirme que C_{2}H_{5}OH_{▷aq◁} est en excès; on dit aussi que Cr_{2}O_{7}_{▷aq◁}^{2−}est le réactif limitant de la réaction. En fin de réaction, le milieu devient vert car seuls les ions Cr_{▷aq◁}^{3C}contribuent à cette coloration. Les réactifs sont introduits dans les proportions stœchiométriques, ce qui signifie qu’ils disparaissent simultanément :

2 Cr_{2}O_{7}_{▷aq◁}^{2−}

orange

C 3 C_{2}H_{5}OH_{▷aq◁}C 16 H_{▷aq◁}^{C}→ 11 H_{2}O_{▷liq◁}

C 4 Cr_{▷aq◁}^{3C}_{vert}

C 3 CH_{3}COOH_{▷aq◁}
x D 0 n_{1} D 1,34  n_{2} D 2  0  0
x D̸ 0  n_{1} − 2x  n_{2} − 3x  4x  3x

Puisque les deux réactifs disparaissent simultanément, x prend une valeur x_{f} telle que :

n_{Cr}_{2}_{O}{2− \atop 7} D n_{1} − 2 x_{f} D 0 ⇒ x_{f} D \frac{n_{1}}{2} D \frac{1,34}{2} D 0,67 mol

et :

n_{C_{2}H_{5}OH} D n_{2} − 3 x_{f} D 0 ⇒ x_{f} D \frac{n_{2}}{3} D \frac{2}{3} D 0,67 mol.

On s’assurera que, dans les deux cas, x_{f} prend la même valeur et que, dans cette situation, les quantités initiales de matière sont liées aux coefficients stœchiométriques :

\frac{n_{1}}{2} D \frac{n_{2}}{3} ou encore : \frac{n_{1}}{a_{1}} D \frac{n_{2}}{a_{2}}.

Dans le cas d’un dosage, cet état est appelé l’équivalence. L’éthanol est en défaut, ce qui se traduit par sa disparition en fin de réaction (totale) :

2 Cr_{2}O_{7}_{▷aq◁}^{2−}

orange

C 3 C_{2}H_{5}OH_{▷aq◁}C 16 H_{▷aq◁}^{C}→ 11 H_{2}O_{▷liq◁}

C 4 Cr_{▷aq◁}^{3C}_{vert}

C 3 CH_{3}COOH_{▷aq◁}
x D 0  2  2  0  0
x D̸ 0  2 − 2x  2 − 3x  4x  3x

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 228 — #236 COURS_{228}

Si la réaction est totale, elle cesse dès que x prend une valeur :

x_{f} qui assure la disparition de Cr_{2}O_{7}_{▷aq◁}^{2−}:

n_{Cr}_{2}_{O}{2− \atop 7} D 2 − 2 x_{f} D 0 ⇒ x_{f} D \frac{2}{2} D 1,0 mol

ou x′_{f} qui assure la disparition de C_{2}H_{5}OH_{▷aq◁}:

n_{C_{2}H_{5}OH} D 2 − 3 x′_{f} D 0 ⇒ x′_{f} D \frac{2}{3} D 0,67 mol.

L’inégalité x′_{f} < x_{f} confirme que C_{2}H_{5}OH est en défaut. Dans ces conditions, le milieu réactionnel contient simultanément des ions Cr_{2}O_{7}_{▷aq◁}^{2−}(oranges) et Cr_{▷aq◁}^{3C}(verts); elle prend la couleur obtenue par synthèse soustractive : vert-kaki.

Lorsque la réaction est totale, il est possible d’automatiser les procédures de calcul pour déterminer la composition d’un système dans l’état final à partir de l’état initial du système. En classe de première, il est important de savoir comprendre (voire réaliser) un programme de ce type en python :

print("On considère la réaction totale a.A + b.B -> c.C + d.
    D")
#On demande à l'utilisateur d'entrer les paramètres

    initiaux

a= float(input("Entrez la valeur de a (1 par défaut)") or "
    1")
b= float(input("Entrez la valeur de b (1 par défaut)") or "
    1")
c= float(input("Entrez la valeur de c (1 par défaut)") or "
    1")
d= float(input("Entrez la valeur de d (1 par défaut)") or "
    1")
n0A= float(input("Entrez la quantité initiale de A en mol")

    )

n0B= float(input("Entrez la quantité initiale de B en mol")

    )

n0C= float(input("Entrez la quantité initiale de C en mol
    (0 par défaut)") or "0")
n0D= float(input("Entrez la quantité initiale de D en mol
    (0 par défaut)") or "0")
#On fait les deux hypothèses pour l'avancement final
xf1=n0A/a  #Hypothèse 1
xf2=n0B/b  #Hypothèse 2

#On détermine laquelle des deux hypothèses est la bonne
#On détermine alors le réactif limitant et on l'affiche
if xf1<xf2 :
    xf=xf1
    print("A est le réactif limitant")
if xf1>xf2 :
    xf=xf2
    print("B est le réactif limitant")
if xf1==xf2 :
    xf=xf1
    print("A et B ont été introduits dans les proportions
    stoechiométriques")
#On calcule les quantités de réactifs et de produits dans l
    'état final
nfA=n0A-a*xf
nfB=n0B-b*xf
nfC=n0C+c*xf
nfD=n0D+d*xf
#On affiche la composition de l'état final
print("Composition de l'état final:")
print("nf(A)="+str(nfA+" mol")
print("nf(B)="+str(nfB)+" mol")
print("nf(C)="+str(nfC)+" mol")
print("nf(D)="+str(nfD)+" mol")

2.2.3 -Réactions non totales

Une réaction est dite « non totale » ou limitée lorsque les réactifs et les produits coexistent à l’état final. Une telle réaction est notée avec un "double harpon" ⇌ indiquant que la réaction a lieu simultanément dans les deux sens jusqu’à atteindre un état d’équilibre.

En toute rigueur, il existe quatre symboles qui peuvent apparaitre dans une équation bilan :

→ indique que la réaction est totale et ne se fait que dans le sens indiqué par la flèche.

⇌ indique que la réaction est un équilibre : elle se fait simultanément dans les deux sens indiqués par la flèche.

⇄ indique que la transformation est « renversable », c’est à dire qu’elle peut avoir lieu dans un sens ou dans l’autre en fonction des conditions expérimentales.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 230 — #238 COURS_{230}

D indique que les coefficients stœchiométriques sont équilibrés sans préciser le sens dans lequel la réaction a lieu.

Mais dans certains énoncés, les notations ⇌ et ⇄ sont utilisées indifféremment pour désigner une réaction non totale. Il conviendra donc de ne pas attacher trop d’importance à la distinction entre ces deux notations en classe de première.

Le symbole D peut quant-à-lui être utilisé lorsqu’on ne veut pas indiquer si une réaction est totale ou non.

Pour savoir si une réaction est totale ou non, il faut calculer l’avancement maximal x_{max} de la réaction, c’est-à-dire l’avancement qui serait l’avancement final si la réaction était totale, et comparer cet avancement à l’avancement final réel x_{f} de la transformation.

Si x_{f} D x_{max} la réaction est totale.

Si x_{f} < x_{max} la réaction est limitée (non totale).

Prenons l’exemple simple où l’acide éthanoïque CH_{3}COOH réagit avec l’eau pour donner des ions éthanoate CH_{3}COO^{−} et des ions hydronium H_{3}O^{C}. Supposons que l’on ait initialement 0,1 mol de CH_{3}COOH en solution et que dans l’état final, nous ayons 1,3.10^{−4} mol d’ions H_{3}O^{C}.

Le tableau d’avancement s’écrit :

CH_{3}COOH_{▷aq◁} C H_{2}O_{▷l◁} ⇌ CH_{3}COO_{▷aq◁}^{−} C H_{3}O_{▷aq◁}^{C}
x D 0  n_{0}  0  0
x D̸ 0  n_{0} − x  x  x

Calculons l’avancement maximal x_{max}. Si le réactif limitant (ici l’acide éthanoïque) disparaissait totalement, l’avancement serait :

x_{max} D n_{0} D 0,10mol.

L’avancement final (réel) x_{f} est donné par la quantité d’ion H_{3}O^{C} dans l’état final : Tx_{f} U D 1,3.10^{−4} mol.

Le fait que x_{f} < x_{max} confirme que la réaction est limitée.

Définition 7

On définit le taux d’avancement d’une réaction comme le rapport de l’avancement final à l’avancement maximal :

τ D \frac{x_{f}}{x_{max}}.

Cette grandeur est sans unité.

Dans notre exemple, le taux d’avancement vaut τ D \frac{1,3.10^{−4}}{0,1} D 1,3.10^{−3} .

1 Courbe d’étalonnage du spectrophotomètre.

(a) La courbe d’étalonnage A en fonction de C, représentée page cicontre, est une droite qui passe par l’origine. Il existe donc une constante k telle que A D k × C▷I_{2}◁.

Puisque le point Q appartient à cette droite, ses coordonnées A D 0,51 et C▷I_{2}◁ D 2,25.10^{−3} mol · L^{−1}vérifient la relation de linéarité :

k D \frac{A}{C▷I_{2}◁}D \frac{0,51}{2,25.10^{−3}} ≈ 227 L · mol^{−1} .

(b) D’après ce qui précède, la solution S_{4} d’absorbance A D 0,65 présente une concentration :

C▷I_{2}◁ D \frac{A}{k} D \frac{0,65}{227} ≈ 2,9.10^{−3} mol · L^{−1} D 2,9 mmol · L^{−1} .

2 Suivi d’une réaction.

(a) Initialement, (lorsque l’avancement x est nul) le milieu réactionnel a été constitué par :

un volume V_{1} D 20.10^{−3} L d’une solution d’ions I_{▷aq◁}^{−}de concentration C_{1} D 0,1 mol · L^{−1}, c’est-à-dire :

n_{1} D C_{1} × V_{1} D 2.10^{−3} mol d’ions I_{▷aq◁}^{−}I

un volume V_{2} D 2.10^{−3} L d’une solution d’eau oxygénée de concentration C_{2} D 0,1 mol · L^{−1}, soit encore :

n_{2} D C_{2} × V_{2} D 0,2.10^{−3} mol de H_{2}O_{2}_{▷aq◁}.

ainsi que de l’eau et de l’acide (en quantités inconnues mais supposées largement excédentaires).

…

Solution de l’exercice type

Lycée Jean-Pierre Vernant, Pins-Justaret

Le tableau d’avancement (en mol) de la réaction s’écrit donc :

H_{2}O_{2}_{▷aq◁} C 2 I_{▷aq◁}^{−} C2 H_{▷aq◁}^{C} → I_{2}_{▷aq◁}C2 H_{2}O_{▷liq◁}
x D 0 0,2.10^{−3} 2.10^{−3} 0
x D̸ 0 0,2.10^{−3} − x 2.10^{−3} − 2x  x

(b) Les molécules H_{2}O_{2}_{▷aq◁} seront totalement consommées pour un avancement x_{2} tel que :

0,2.10^{−3} − x_{2} D 0 ⇒ x_{2} D 0,2.10^{−3} mol

tandis que les ions I_{▷aq◁}^{−} auront disparu du milieu réactionnel lorsque l’avancement x prendra la valeur x_{1} telle que :

2.10^{−3} − 2x_{1} D 0 ⇒ 2x_{1} D 2.10^{−3} ⇒ x_{1} D 10^{−3} mol.

L’inégalité x_{1} D̸ x_{2} rend compte de la non stœchiométrie de ce mélange.

(c) La valeur maximale réellement prise par l’avancement x est celle qui assure la première disparition d’un des réactifs. C’est donc la plus petite des deux valeurs x_{1} et x_{2} :

x_{max} D x_{2} D 0,2.10^{−3} mol.

(d) Compte tenu du tableau d’avancement, lorsque x prend la valeur x_{max}, les quantités de réactifs et de produits valent :

espèces  H_{2}O_{2}_{▷aq◁}  I_{▷aq◁}^{−}  I_{2}_{▷aq◁}
expression 0,2.10^{−3} − x_{max}  2.10^{−3} − 2 x_{max}  x_{max}
valeur  0 mol  1,6.10^{−3} mol 0,2.10^{−3} mol

(e) À la quantité finale de diiode n_{I_{2}} D 0,2.10^{−3} mol contenue dans le volume :

V D V_{1} C V_{2} C V_{3} D 20 C 2 C 8 D 30 mL D 0,03 L de solution

est associée la concentration :

C▷I_{2}◁ D \frac{n_{I_{2}}}{V} D \frac{0,2.10^{−3}}{0,03} ⇒ C▷I_{2}◁ D 6,7.10^{−3} mol · L^{−1} .

(f) Cette solution doit présenter une absorbance :

A D k × C▷I_{2}◁ D 227 × 6,7.10^{−3} ≈ 1,51.

Solution de l’exercice type (suite)

Lycée Jean-Pierre Vernant, Pins-Justaret Voir énoncé page ??

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 233 — #241 DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{233} CORRIGÉS INTERROS COURS

3 Oxydo-réduction

On considère 50 mL d’une solution S_{1} contenant des ions Fe^{2C}. On souhaite doser cette solution grâce à une solution de permanganate de potassium ▷K^{C},MnO_{4}^{−} ◁ de concentration C▷MnO_{4}^{−} ◁ D 0,20 mol · L^{−1}

1 Écrire, en milieu acide, les demi-équations des deux couples qui entrent en jeu : MnO_{4}^{−} / Mn^{2C} et Fe^{3C} / Fe^{2C}.

2 En déduire l’équation du dosage des ions Fe^{2C} par les ions MnO_{4}^{−} .

3 Il a fallu introduire un volume V_{eq} D 22 mL pour atteindre l’équivalence.

(a) Comment a-t-on su que l’équivalence était atteinte?

(b) Déterminer la concentration initiale de la solution S_{1} en ions Fe^{2C}.

Données (couleur des ions) :

Mn^{2C} : incolore

MnO_{4}^{−} : rose-violet

Fe^{2C} : vert pâle (presque incolore)

Fe^{3C} : jaune pâle (presque incolore)

Exercice type

Lycée Jacques Amyot, Auxerre

Voir corrigé page ??

Les réactions d’oxydo-réduction caractérisent les transformations chimiques pour lesquelles il se produit un transfert d’électron entre les réactifs. Dans ce chapitre nous présenterons d’abord le principe général d’une oxydo-réduction. Puis nous nous intéresserons à un exemple courant de ce type de réactions : les piles et les accumulateurs. Enfin, nous verrons comment il est possible de suivre l’avancement d’une réaction ou de réaliser un titrage en utilisant des réactions d’oxydoréduction faisant intervenir des réactifs ou des produits colorés.

3.1 Réactions d’oxydo-réduction

3.1.1 -Définitions

Définition 8

Un oxydant est une espèce chimique susceptible de capturer un ou plusieurs électrons. Un réducteur est une espèce chimique susceptible de libérer un ou plusieurs électrons

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 234 — #242 COURS_{234}

Par exemple, l’ion H^{C} est un oxydant car il peut capturer un électron :

H^{C} C e^{−} D \frac{1}{2} H_{2}

tandis que H_{2} est un réducteur, susceptible de libérer des électrons :

H_{2} D 2 H^{C} C 2 e^{−} .

Définition 9

Une oxydation est une transformation au cours de laquelle une espèce chimique perd un ou plusieurs électrons; cette espèce est oxydée au cours de la transformation. Une réduction est une transformation au cours de laquelle une espèce chimique gagne un ou plusieurs électrons; cette espèce est alors réduite au cours de la transformation.

oxydant C électrons \underrightarrow{⟵−−−−^{oxydation}}_{réduction} réducteur

Définition 10

Un couple oxydant/réducteur (ou couple redox) est un ensemble de deux espèces chimiques, ayant en commun au moins un élément chimique, dont l’une est oxydante et l’autre est réductrice.

Dans la notation d’un tel couple, l’oxydant est toujours présenté avant le réducteur (Ox/Red). Par exemple, H^{C}/H_{2} est un couple redox, dont H^{C} est l’oxydant et H_{2} le réducteur, car c’est en capturant des électrons que H^{C} se transforme en H_{2}.

3.1.2 -Demi-équation

Définition 11

Une demi-équation est une équation chimique dans laquelle apparaissent l’oxydant et le réducteur d’un même couple redox, ainsi que les électrons capturés par l’oxydant :

Ox C n e^{−} D Red.

Remarque : dans une demi-équation, les électrons se trouvent toujours dans le même membre que l’oxydant.

Pour équilibrer une demi-équation en milieu acide :

1 équilibrer les éléments autres que l’oxygène ou l’hydrogène. Par exemple pour le couple MnO_{4}^{−} /Mn^{2C} :

MnO_{4}^{−} D Mn^{2C} (un atome Mn dans chaque membre)

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 235 — #243 DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{235} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 équilibrer l’élément oxygène à l’aide de H_{2}O.

\underbrace{MnO_{4}^{−}}_{4 atomes O} D \underbrace{Mn^{2C} C 4 H_{2}O}_{4 atomes O}

3 équilibrer l’élément hydrogène à l’aide de H_{▷aq◁}^{C}:

\underbrace{MnO_{4}^{−} C 8 H_{▷aq◁}^{C}}_{8 atomes H}D \underbrace{Mn^{2C} C 4 H_{2}O}_{8 atomes H}

4 équilibrer les charges en ajoutant des électrons (e^{−} ) :

\underbrace{MnO_{4}^{−} C 8 H_{▷aq◁}^{C}C 5 e^{−}}_{2 charges +} D \underbrace{Mn^{2C} C 4 H_{2}O}_{2 charges +}

Remarque : certains énoncés exigent que la demi-équation soit équilibrée avec H_{3}O^{C} plutôt qu’avec H_{▷aq◁}^{C}. Dans ce cas, il convient de procéder comme précédemment puis d’ajouter, dans la demi-équation obtenue, autant de molécules d’eau (dans les deux membres) qu’il y a d’ions H_{▷aq◁}^{C}:

MnO_{4}^{−} C \underbrace{8 H_{▷aq◁}^{C}C 8 H_{2}O}_{8 H_{3}O^{C}}C5 e^{−} D Mn^{2C} C 4 H_{2}O C 8 H_{2}O

L’association H_{▷aq◁}^{C}C H_{2}O peut alors être remplacée par H_{3}O^{C} :

MnO_{4}^{−} C 8 H_{3}O^{C} C 5 e^{−} D Mn^{2C} C 12 H_{2}O

En milieu basique, on procède comme précédemment, puis on poursuit avec les étapes supplémentaires suivantes :

5 ajouter, dans les deux membres de la demi-équation, autant d’ions HO^{−} qu’il y a d’ions H_{▷aq◁}^{C}et associer H_{▷aq◁}^{C}C HO^{−} en molécules d’eau. Par exemple, en milieu acide, la demi-équation associée au couple s’écrit : MnO_{2}/Mn^{2C} s’écrit :

MnO_{2} C 4 H_{▷aq◁}^{C}C 2 e^{−} D Mn^{2C} C 2 H_{2}O

Pour l’écrire en milieu basique, on ajoute 4 HO^{−} de chaque coté :

MnO_{2} C \underbrace{4 H_{▷aq◁}^{C}C 4 HO^{−}}_{4 H_{2}O}C2 e^{−} D Mn^{2C} C 2 H_{2}O C 4 HO^{−}

6 simplifier les deux membres de la demi-équation par les espèces redondantes :

MnO_{2} C 2 H_{2}O C 2 e^{−} D Mn^{2C} C 4 HO^{−}

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 236 — #244 COURS_{236}

3.1.3 -Équation d’oxydo-réduction

Une équation d’oxydo-réduction montre comment l’oxydant d’un couple redox peut réagir avec le réducteur d’un autre couple (une telle réaction rend compte d’un transfert d’électrons). Pour obtenir une telle équation :

écrire les demi-équations relatives aux couples redox mis en jeu; par exemple, pour les couples MnO_{4}^{−} /Mn^{2C} et Zn^{2C}/Zn, en milieu acide :

\{ \begin{matrix}▷E_{1}◁  MnO_{4}^{−} C 8 H_{▷aq◁}^{C}C 5 e^{−} D Mn^{2C} C 4 H_{2}O \\ ▷E_{2}◁  Zn^{2C} C 2 e^{−} D Zn \end{matrix}

faire une combinaison de ces deux demi-équations de manière, d’une part, à présenter les réactifs dans le membre de gauche et, d’autre part, à présenter la même quantité d’électrons dans les deux membres de l’équation; par exemple, pour la réaction des ions permanganate MnO_{4}^{−} avec le zinc Zn :

2 ▷E_{1}◁ 2 MnO_{4}^{−} C 16 H_{▷aq◁}^{C}C 10 e^{−} = 2 Mn^{2C} C 8 H_{2}O
−5 ▷E_{2}◁  5 Zn = 5 Zn^{2C} C 10 e^{−}
2 MnO_{4}^{−} C 16 H_{▷aq◁}^{C}C 5 Zn = 2 Mn^{2C} C 8 H_{2}O C 5 Zn^{2C}

3.2 Suivi colorimétrique d’une réaction d’oxydo-réduction

Certaines substances n’ont pas la même couleur lorsqu’elles sont sous forme d’oxydant ou de réducteur. Ces substances peuvent alors être utilisées en tant qu’indicateurs colorés d’oxydo-réduction, parfois appelés plus simplement indicateurs redox Cette propriété va pouvoir être utilisée pour suivre l’avancement d’une réaction ou pour déterminer la fin d’une réaction.

3.2.1 -Suivi spectrophotométrique de la transformation chimique

Si la substance colorée est l’un des réactifs ou un produit, la couleur va permettre de déterminer la concentration de cette substance en solution. On pourra donc suivre, grâce à un spectrophotomètre, l’avancement de la réaction. Exemple : avancement de la réaction en fonction du volume versé.

Remarque : il est également possible de réaliser un suivi temporel de l’avancement si la réaction n’est pas trop rapide et que le spectrophotomètre utilisé est suffisamment performant.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 237 — #245 DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{237} CORRIGÉS INTERROS COURS

3.2.2 -Titrage par changement de couleur du milieu réactionnel

3.2.2.1 -Principe général d’un titrage

Effectuer un dosage consiste à déterminer la quantité de matière (ou la concentration) d’une entité particulière en solution.

Un titrage est un type de dosage particulier. On utilise une solution contenant un réactif de concentration connu (appelée solution titrante) et on mesure le volume de solution titrante à introduire pour que les réactifs aient été introduits dans les proportions stoéchiométrique. Ce volume est appelé volume équivalent.

Le volume équivalent va permettre de déterminer l’avancement de la réaction à l’équivalence et donc d’en déduire la quantité de matière initialement présente dans la solution à doser.

Le principe d’un titrage est donc le suivant :

on prélève un volume V_{A} connu de la solution à doser que l’on place dans un bécher;

on introduit la solution titrante de concentration C_{B} connue dans une burette;

on mesure, grâce à la burette, le volume équivalent V_{eq}.

La réaction qui a lieu peut s’écrire aA C bB → cC C dD,où A est le réactif à titrer et B le réactif titrant.

Il est alors possible d’écrire le tableau d’avancement de la réaction :

aA  C  bB  →  cC C dD
État Initial  n_{0}▷A◁  n_{0}▷B◁  0  0
État Final n_{0}▷A◁ − a.x_{eq} n_{0}▷B◁ − b.x_{eq}  c.x_{eq} d.x_{eq}

� ATTENTION

La subtilité de ce tableau d’avancement réside dans le fait que n_{0}▷B◁ correspond à la quantité de solution B introduite et non à la quantité initialement présente en solution!

Donc, comme n_{0}▷A◁ D C_{A}.V_{A} et que n_{0}▷B◁ D C_{B}.V_{eq}, le tableau d’avancement nous permet d’écrire, à l’équivalence,

x_{eq} D \frac{C_{A}.V_{A}}{a} et x_{eq} D \frac{C_{B}.V_{eq}}{b}.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 238 — #246 COURS_{238}

À RETENIR : Équivalence

On retiendra qu’à l’équivalence : \frac{C_{A}.V_{A}}{a} D \frac{C_{B}.V_{eq}}{b}.

Notons qu’une réaction ne peut être utilisée pour réaliser un titrage, que si elle est rapide, totale. Par ailleurs, il faut être capable de déterminer l’équivalence. D’une manière générale, il existe plusieurs moyens de déterminer l’équivalence, dont la plupart seront abordés en classe de Terminale (conductimétrie, pHmétrie,...). Nous nous contenterons cette année de déterminer l’équivalence par suivi colorimétrique.

3.2.2.2 -Titrage avec suivi colorimétrique

Lors d’un titrage colorimétrique, l’équivalence est repérée par un changement de coloration au sein du mélange réactionnel. On parle de virage coloré. Supposons que nous souhaitions doser les ions fer (II) dans une solution de Sel de Mohr. Nous allons pouvoir effectuer le titrage grâce à une solution d’ions permanganate MnO_{4}^{−} contenus dans une solution de concentration connue. Les ions permanganate de couleur violette réagissent avec les ions fer (II) qui sont vert pâle (presque incolore), pour donner des ions manganèse (incolore) et des ions fer (III) , jaune pâle (presque incolore), selon la réaction :

MnO_{4}^{−} C 8 H^{C} C 5 Fe^{2C} → Mn^{2C} C 4 H_{2}O C 5 Fe^{3C}

Avant l’équivalence, à chaque goutte versée, le liquide violet va donc se décolorer au contact de la solution à doser car les ions permanganate se transforment en ions manganèse. Lorsque tous les ions fer(II) ont réagi, les ions permanganate ne seront plus transformés et lorsque l’on verse une goutte supplémentaire de solution de permanganate de potassium, le mélange prend une teinte rose. On a alors atteint l’équivalence (à la goutte près). La lecture du volume versé sur la burette permet alors de connaître le volume équivalent.

1 La demi-équation correspondant au couple Fe^{2C} / Fe^{3C} s’écrit :

Fe^{3C} C e^{−} D Fe^{2C}.

Pour équilibrer la demi-équation en milieu acide du couple MnO_{4}^{−} / Mn^{2C}, on vérifie que l’élément manganèse est bien équilibré, puis on équilibre l’élément oxygène en ajoutant 4H_{2}O du côté de Mn^{2C}.

…

Solution de l’exercice type

Lycée Jacques Amyot, Auxerre

On équilibre ensuite l’élément hydrogène en ajoutant 8H^{C} du côté de MnO_{4}^{−} . Et enfin on équilibre les charges en ajoutant les électrons. On obtient donc la demi-équation :

MnO_{4}^{−} C 8H^{C} C 5e^{−} D Mn^{2C} C 4H_{2}O

ou, si l’on équilibre avec H_{3}O^{C} :

MnO_{4}^{−} C 8H_{3}O^{C} C 5e^{−} D Mn^{2C} C 12H_{2}O.

2 Les deux demi-équations se combinent pour donner la réaction globale du dosage :

\{ \begin{matrix}▷E_{1}◁  MnO_{4}^{−} C 8 H^{C} C 5 e^{−} → Mn^{2C} C 4 H_{2}O \\ ▷E_{2}◁  Fe^{2C} → Fe^{3C} C e^{−} \end{matrix}
▷E_{1}◁  MnO_{4}^{−} C 8 H^{C} C 5 e^{−} → Mn^{2C} C 4 H_{2}O
C5 ▷E_{2}◁  5 Fe^{2C} → 5 Fe^{3C} C 5 e^{−}
MnO_{4}^{−} C 8 H^{C} C 5 Fe^{2C} → Mn^{2C} C 4 H_{2}O C 5 Fe^{3C}

3 (a) Tant que l’équivalence n’est pas atteinte, les ions MnO_{4}^{−} introduits réagissent avec les ions Fe^{2} et se décolorent. Lorsqu’on atteint l’équivalence, il n’y a plus d’ions Fe^{2C} pour réagir avec les ions permanganate et la solution prend alors une teinte rose-violette.

(b) À l’équivalence :

\frac{C_{0}▷Fe^{2C}◁.V_{0}}{5}D \frac{C▷MnO_{4}^{−} ◁.V_{eq}}{1}.

Donc :

C_{0}▷Fe^{2C}◁ D \frac{C▷MnO_{4}^{−} ◁.V_{eq}}{5V_{0}}

soit :

C_{0}▷Fe^{2C}◁ D \frac{0,20 × 22.10^{−3}}{50.10^{−3}} D 0,080 mol · L^{−1} .

Solution de l’exercice type (suite)

Lycée Jacques Amyot, Auxerre Voir énoncé page ??

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 240 — #248 INTERROS_{240}
1_{QCM} Testez vos connaissances Corrigé p. ?? 15 min

1 La masse molaire moléculaire :

a correspond à la masse d’une mole de la molécule considérée;
b correspond à la masse de la molécule considérée;

c peut se calculer en faisant la somme des masses des atomes constituant une molécule;

d peut se calculer en faisant la somme des masses molaires des atomes constituant une molécule;

e s’exprime en g.L^{−1} ;
f s’exprime en mol.L^{−1} ;
g s’exprime en g.mol^{−1} .

2 Une mole d’hélium gazeux est plus lourde qu’une mole de dihydrogène gazeux. Pourtant, dans les mêmes conditions de température et de pression, une mole d’hélium occupe le même volume qu’une mole de dihydrogène.

a Vrai  b Faux

3 Parmi les formules suivantes, reliant la concentration en quantité de matière c, le volume V de la solution et la quantité de matière n contenue dans la solution, lesquelles sont correctes?

a c D n × V  b c D \frac{n}{V}
c V D \frac{n}{c}  d n D \frac{c}{V}

e n D c × V 4 On réalise un volume V = 2 L de solution en dissolvant m = 20 g d’un

composé solide dont la masse molaire est M = 10 g.mol^{−1} . Lesquelles de ces propositions sont exactes? a On obtient une solution dont la concentration en masse C_{M} est 10 g.L^{−1} ;

b On a introduit 2 moles de la substance solide;

c La concentration en quantité de matière de la solution est c = 1 mol.L^{−1} ;

d Il est impossible de connaître la concentration en quantité de matière de la solution.

5 On considère une solution mère de concentration C_{m} et de volume V_{m} et une solution fille, obtenue par dilution de la solution mère, de concentration C_{f} et de volume V_{f} . Parmi les relations suivantes, lesquelles sont correctes :

\begin{matrix}a C_{m} × V_{m} D C_{f} × V_{f} & b \frac{C_{m}}{V_{m}} D \frac{C_{f}}{V_{f}} \\ c \frac{C_{m}}{V_{f}} D \frac{C_{f}}{V_{m}} & d \frac{V_{m}}{C_{f}} D \frac{C_{m}}{V_{f}} \end{matrix}

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 241 — #249 DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{241} CORRIGÉS INTERROS COURS
2_{QCM} Spectrophotométrie Corrigé p. ?? 20 min

1 Pour une solution diluée, située dans une cuve de longueur ℓ et contenant une seule espèce absorbant la lumière, l’absorbance A est : a proportionnelle à la température; b inversement proportionnelle à ℓ; c proportionnelle à la concentration de l’espèce absorbant la lumière; d proportionnelle à la longueur d’onde λ de la lumière absorbée.

2 Une solution colorée est introduite dans un spectrophotomètre. « Faire le blanc » signifie : a mesurer l’absorbance d’une solution dépourvue d’espèce colorée; b envoyer de la lumière blanche sur une substance colorée; c diluer la solution pour faire cesser toute réaction chimique.

3 La relation entre la transmittance T d’une solution et son absorbance A est :

a T D 10^{A} b A D 10^{T} c T D 10^{−A} d A D 10^{−T}

4 On introduit, dans un spectrophotomètre, une solution aqueuse de diiode (I_{2}_{▷aq◁}). a L’absorbance est l’inverse de la transmittance; b La solution a une transmittance de 85% et une absorbance de 0,07; c La solution a une transmittance de 7% et une absorbance de 0,85.

5 Pour effectuer le dosage d’une solution aqueuse de I_{2}_{▷aq◁} par les ions thiosulfate (S_{2}O_{3}_{▷aq◁}^{2−}) selon l’équation bilan :

2 S_{2}O_{3}_{▷aq◁}^{2−}C I_{2}_{▷aq◁}D S_{4}O_{6}_{▷aq◁}^{2−}C 2 I_{▷aq◁}^{−}

a on rajoute un indicateur coloré : le permanganate de potassium (K^{C} C MnO_{4}^{−} );

b on acidifie le milieu réactionnel;
c on ajoute de l’empois d’amidon.

6 Dans une solution acidifiée contenant n_{2} moles d’éthanol (C_{2}H_{5}OH_{▷aq◁}), on introduit n_{1} moles d’ions dichromate (Cr_{2}O_{7}_{▷aq◁}^{2−}) qui réagissent selon l’équation-bilan :

2 Cr_{2}O_{7}_{▷aq◁}^{2−}C 16 H_{▷aq◁}^{C}C 3 C_{2}H_{5}OH_{▷aq◁}D 4 Cr_{▷aq◁}^{3C}C 11 H_{2}O_{▷liq◁}C 3 CH_{3}COOH_{▷aq◁}

Quand les réactifs sont introduits dans les proportions stœchiométriques : a 2n_{1} D 3n_{2}; Cr_{2}O_{7}^{2−} et C_{2}H_{5}OH disparaissent simultanément; b 2n_{1} D 3n_{2}; Cr^{3C} et CH_{3}COOH apparaissent simultanément; c \frac{n_{1}}{2} D \frac{n_{2}}{3} ; Cr_{2}O_{7}^{2−} et C_{2}H_{5}OH disparaissent simultanément.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 242 — #250 INTERROS_{242}
3_{QCM} Oxydo-réduction Corrigé p. ?? 10 min

1 Une réaction d’oxydo-réduction est une réaction chimique faisant intervenir un transfert : a de protons; b de neutrons; c d’électrons; d de photons.

2 Tous les oxydants peuvent :

a capter des électrons; b céder des électrons; c capter de l’oxygène; d céder de l’oxygène.

3 On considère le couple Zn^{2C}/Zn :

a C’est un couple Oxydant/Réducteur; b C’est un couple redox; c Zn^{2C} est le réducteur; d Zn^{2C} est l’oxydant.

4 Au cours d’une réaction, le fer métallique se transforme en ion fer (II). Quelles sont les propositions exactes : a Le fer métallique est oxydé; b le fer métallique est réduit; c Il s’agit d’une oxydation; d Il s’agit d’une réduction.

5 On considère la demi-équation suivante : Fe_{▷aq◁}^{3C}+ e^{−} = Fe_{▷aq◁}^{2C}. L’oxydant est : a Fe_{▷aq◁}^{2C}; b e^{−} ; c Fe_{▷aq◁}^{3C}.

Concentration d’une espèce en solution

4Masses molaires_{Lycée Albert Sorel, Honfleur} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆

Calculer la masse molaire des corps composés suivants :

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 243 — #251 DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{243} CORRIGÉS INTERROS COURS

1 Le dioxyde de carbone CO_{2}.

2 Le trioxyde soufre SO_{3}.

3 Le glucose C_{6}H_{12}O_{6}

Données :

M▷C◁ D 12,0 g.mol^{−1} .  M▷O◁ D 16,0 g.mol^{−1} .
M▷H◁ D 1,0 g.mol^{−1} .  M▷S◁ D 32,1 g.mol^{−1} .

5Chloroéthane_{Lycée Notre-Dame des Missions, Charenton} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆

Le chloroéthane est un anesthésique gazeux à température ambiante. Une mole de chloroéthane contient deux moles de carbone, cinq moles d’hydrogène et une mole de chlore. 1 Quelle est la masse molaire de cette molécule?

2 Quelle est la formule brute du chloroéthane?

3 Donner la formule développée du chloroéthane.

Données :

M▷C◁ D 12 g.mol^{−1}  M▷H◁ D 1 g.mol^{−1}
M▷Cl◁ D 35,5 g.mol^{−1}

6Solution de diiode_{Lycée Sainte-Anne, Brest} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

On mélange une solution de diiode de concentration C D 0,50 mol.L^{−1} et de volume V D 100 mL et une solution de diiode de concentration C′D 0,10 mol.L^{−1} et de volume V′D 500 mL. Quelle est la concentration de la solution obtenue?

7Paracétamol_{Lycée Paul Langevin, Suresnes} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

On introduit le contenu d’un sachet de masse m D 500 mg de paracétamol dans un verre contenant V D 150 mL d’eau. 1 Quelle est la concentration massique C_{m} de la solution aqueuse de pa-

racétamol obtenue après agitation? On suppose que le mélange se fait sans variation de volume.

2 Quelle est la concentration molaire correspondante?

3 S’agit-il d’une dilution ou d’une dissolution?

Données :

M▷C◁ D 12 g.mol^{−1} .  M▷O◁ D 16 g.mol^{−1} .
M▷H◁ D 1 g.mol^{−1} .  M▷N◁ D 14 g.mol^{−1} .

Formule brute du paracétamol : C_{8}H_{9}NO_{2}.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 244 — #252 INTERROS_{244}
8Dichlorométhane_{Lycée Alexandre Dumas, Saint Cloud} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

Le dichlorométhane, de formule brute CH_{2}Cl_{2} est un solvant non miscible à l’eau, souvent utilisé en chromatographie. 1 La masse d’un volume V D 25,0 mL de dichlorométhane est m D 33,3 g.

Déterminer la densité du dichlorométhane. 2 On souhaite isoler une masse m′ D 55,0 g de dichlorométhane. On ne

dispose pas d’une balance, mais d’une éprouvette graduée. Quel volume de solvant doit-on mesurer?

9Molécule de nicotine_{Lycée Henri IV, Paris} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

La molécule de nicotine a pour formule brute C_{10}H_{14}N_{2}. 1 Quelle est la masse molaire moléculaire de la nicotine?

2 Une cigarette contient m D 12 mg de nicotine. Le fumeur en absorbe le

quart. Combien de molécules de nicotine passent dans son organisme? Données :

M▷C◁ D 12 g.mol^{−1}
M▷H◁ D 1 g.mol^{−1}
M▷N◁ D 14 g.mol^{−1}
Constante d’Avogadro : N_{A} D 6,02 × 10^{23} mol^{−1}

10Tétrachlorométhane_{Lycée Charlemagne, Paris} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

On considère un volume V D 100 mL de tétrachlorométhane CCl_{4} liquide. 1 Quelle quantité de matière en tétrachlorométhane cela représente-t-il?

2 Quel est le nombre d’atomes de chlore correspondant? Données :

La densité du tétrachlorométhane est d D 1,60.

La constante d’Avogadro est : N_{A} D 6,02 × 10^{23} mol^{−1} .

Masse molaire atomique du carbone : M▷C◁ D 12,0 g.mol^{−1} .

Masse molaire atomique du chlore : M▷Cl◁ D 35,5 g.mol^{−1} .

11Mélange de deux gaz_{Lycée Montalembert, Nogent-sur-Marne} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

On considère m_{O_{2}} D 100 grammes de dioxygène et m_{CO_{2}} D 100 grammes de dioxyde de carbone. 1 Calculer les masses molaires moléculaires de chacun de ces deux gaz.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 245 — #253 DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{245} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 On les mélange à l’intérieur d’une enceinte. Dans cette enceinte, quelle est la quantité de matière :

(a) en atomes de carbone?  (b) en atomes d’oxygène?

Données :

M▷C◁ D 12 g.mol^{−1}
M▷O◁ D 16 g.mol^{−1}

12Identifier une molécule_{Lycée International Stendhal, Grenoble} Corrigé ; p. ?? ; 5 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

Une molécule a pour masse molaire 44 g.mol^{−1} . Quelle est sa formule brute sachant qu’elle est composée d’atomes d’hydrogène et de trois atomes de carbone?

Données :  M(C) = 12 g.mol^{−1}  M(H) = 1 g.mol^{−1}

13Vapeur d’eau_{Lycée Talensac, Nantes} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

On considère de la vapeur d’eau à 100^{∘}C et à la pression atmosphérique (dans ces conditions, une mole de molécules d’eau occupe un volume V D 30,6 L). Quel volume d’eau liquide obtient-on si on condense 61,2 L de cette vapeur d’eau?

14Préparation d’une solution_{Lycée Jules Ferry, Paris} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

On désire préparer V D 100 mL d’une solution de sulfate de cuivre de concentration c D 0,100 mol.L^{−1} .

1 Quelle masse de sulfate de cuivre pentahydraté CuSO_{4},5H_{2}O doit-on

peser? 2 Quelle serait la masse de sulfate de cuivre anhydre qu’il faudrait peser

pour réaliser la même solution?

Données : M▷Cu◁ D 63,5 g.mol^{−1} M▷S◁ D 32,1 g.mol^{−1}  M▷O◁ D 16,0 g.mol^{−1} M▷H◁ D 1,0 g.mol^{−1}

15Molécule inconnue_{Lycée Saint-Louis, Paris} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

On considère une molécule dont la masse molaire est 45,0 g.mol^{−1} . Son atomicité (nombre total d’atomes dans la molécule) est égal à 10.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 246 — #254 INTERROS_{246}

1 Quelle est sa formule brute, sachant qu’elle ne contient que des atomes

de carbone, d’azote et d’hydrogène?

2 Proposer deux formules semi-développées possibles pour cette molécule.

Données :

M▷H◁ D 1,0 g.mol^{−1}  M▷N◁ D 14 g.mol^{−1}
M▷C◁ D 12 g.mol^{−1}

On rappelle que le carbone est tétravalent, l’azote trivalent et l’hydrogène monovalent.

16Composé organique_{Lycée Richelieu, Rueil-Malmaison} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

Un composé organique formé de carbone, d’hydrogène et d’azote a la composition centésimale, en masse : %C D 38,7; %H D 16,1; %N D 45,2. Sa masse molaire vaut 31 g.mol^{−1} .

1 Calculer les masses de carbone, d’hydrogène et d’azote contenues dans

une mole du composé. 2 En déduire sa formule.

3 Rechercher la seule possibilité pour la formule développée de la molécule.
Données :  M▷H◁ D 1 g.mol^{−1} M▷C◁ D 12 g.mol^{−1}  M▷N◁ D 14 g.mol^{−1}

On rappelle que le carbone est tétravalent, l’azote trivalent et l’hydrogène monovalent.

17Plus léger que l’air_{Lycée Marie Curie, Sceaux} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

Dans les conditions ordinaires (17 degrés Celsius et 1,013 bar) le volume molaire de n’importe quel gaz vaut V_{M} D 23,8 L.mol^{−1} .

1 Pour les gaz suivants : H_{2}, CO_{2}, O_{2}, N_{2}, He

(a) Calculer la masse molaire.

(b) Calculer la densité par rapport à l’eau.

2 Sachant que, dans les mêmes conditions la densité de l’air est d_{air} D 1,2 × 10^{−3} , en déduire quels sont les gaz utilisables pour gonfler un dirigeable. Justifier la réponse.

Données :  M▷H◁ D 1,0 g.mol^{−1} M▷N◁ D 14 g.mol^{−1} M▷O◁ D 16 g.mol^{−1}  M▷He◁ D 4,0 g.mol^{−1} M▷C◁ D 12 g.mol^{−1}

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 247 — #255 DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{247} CORRIGÉS INTERROS COURS
18Mélange de deux solutions_{Lycée Charles Péguy, Gorges} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

On considère un volume V_{1} d’une solution aqueuse d’une espèce moléculaire X de concentration C_{1}, et un volume V_{2} d’une solution aqueuse de l’espèce moléculaire X de concentration C_{2} (C_{2} > C_{1}). On mélange entre elles les deux solutions. 1 Montrer que la concentration C de la solution obtenue est comprise

entre C_{1} et C_{2} (on admettra que le volume V du mélange est donné par V D V_{1} C V_{2}).

2 En déduire que si on mélange deux solutions de diiode de teintes différentes, alors la solution obtenue a une teinte intermédiaire entre les deux teintes de départ (c’est-à-dire qu’elle ne peut pas être plus claire que la solution initiale la plus claire, ni plus foncée que la solution initiale la plus foncée).

19Quantités de matière_{Institut de la Tour, Paris} Corrigé ; p. ?? ; 20 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

1 Quelles quantités de matière y a-t-il dans :

(a) 36 grammes d’eau?

(b) 48 grammes de carbone?

(c) 31 grammes de plomb? 2 Quelles quantités de matière y a-t-il dans 5,0 cm^{3} :

(a) d’eau

(b) d’ammoniac liquide NH_{3} à −33,4 ^{∘}C (densité 0,68).

(c) de benzène C_{6}H_{6} (densité 0,88).

Données :  M▷C◁ D 12 g.mol^{−1} M▷H◁ D 1 g.mol^{−1} M▷Pb◁ D 207 g.mol^{−1}  M▷O◁ D 16 g.mol^{−1} M▷N◁ D 14 g.mol^{−1}

20Dissolution, dilution et homéopathie_{Lycée Corneille, La Celle Saint-Cloud} Corrigé ; p. ?? ; 20 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

On s’intéresse dans cet exercice à la dissolution et à la dilution de l’aspirine. 1 L’aspirine a pour formule brute C_{9}H_{8}O_{4}.

(a) Calculer la masse molaire moléculaire de l’aspirine M_{aspirine}.

(b) Calculer la quantité de matière d’aspirine dans un comprimé conte-

nant m D 500 mg d’aspirine. 2 On dissout ce comprimé dans 100 mL d’eau. On obtient une solution (S).

On dilue dix fois cette solution (S) (facteur de dilution 10) pour obtenir 100 mL d’une solution diluée (D).

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 248 — #256 INTERROS_{248}

(a) Donner le protocole de la dissolution du comprimé au laboratoire en nommant la verrerie. Préciser le volume de la verrerie si nécessaire.

(b) Donner le protocole de la dilution au laboratoire en nommant la verrerie. Préciser les volumes de chaque instrument utilisé.

(c) Calculer la concentration massique d’aspirine dans la solution (S).

(d) Calculer la concentration molaire dans la solution (D).

3 Une solution homéopathique d’aspirine à 15CH notée (H) est supposée avoir une concentration 10^{−30} mol.L^{−1} .

(a) Dans quel volume V_{eau} faudrait-il diluer V′D 1 mL de la solution (D) pour obtenir la solution (S)?

(b) Déterminer la quantité de matière puis le nombre de molécules d’aspirine dans 1 L de solution homéopathique à 15CH. Interpréter le résultat : peut-on diluer indéfiniment une solution?

Données : M▷C◁ D 12 g.mol^{−1} M▷H◁ D 1 g.mol^{−1}  M▷O◁ D 16 g.mol^{−1} N_{A} D 6,02 × 10^{23} mol^{−1}

21Élaboration d’une solution_{Lycée Clémenceau, Nantes} Corrigé ; p. ?? ; 25 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

On dissout une masse m D 31,0 g de cristaux de diiode hydratés dans 1,00 L d’eau distillée. On obtient une solution de concentration 1,00×10^{−1} mol.L^{−1} . Les cristaux sont hydratés car chaque molécule de diiode est entourée d’un certain nombre n de molécules d’eau H_{2}O : le corps dissous a pour formule brute I_{2},n▷H_{2}O◁.

1 Déterminer la quantité de matière en diiode hydraté que l’on a introduit

dans la solution. 2 En déduire la masse molaire du diiode hydraté.

3 Déterminer la valeur de n.

Données : M▷I◁ D 127  M▷H◁ D 1  M▷O◁ D 16

Réaction chimique et avancement

22Réaction à base d’ion dichromate_{Lycée Lacordaire, Marseille} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

L’ion dichromate Cr_{2}O_{7}_{▷aq◁}^{2−}, de couleur jaune orangée, peut se transformer en ion chrome III Cr_{▷aq◁}^{3C}, de couleur verte.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 249 — #257 DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{249} CORRIGÉS INTERROS COURS

Quand on verse une solution acidifiée (présence d’ions H_{▷aq◁}^{C}) de sulfate de fer II (Fe_{▷aq◁}^{2C}C SO_{4}^{2−} _{▷aq◁}) en excès dans une solution de dichromate de po-

tassium (2 K_{▷aq◁}^{C}C Cr_{2}O_{7}_{▷aq◁}^{2−}), on observe un changement de couleur de la solution initiale, lié à une réaction d’équation-bilan (non équilibrée) :

Cr_{2}O_{7}_{▷aq◁}^{2−}C H_{▷aq◁}^{C}C Fe_{▷aq◁}^{2C}→ Cr_{▷aq◁}^{3C}C H_{2}O C Fe_{▷aq◁}^{3C}

1 Déduire le changement de couleur de la solution.

2 Équilibrer l’équation-bilan de la réaction qui se produit.

23Chlorate de Potassium_{Lycée Saint Thomas D’Aquin, Paris} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Le chlorate de potassium KClO_{3} est une poudre utilisée dans les feux d’artifice pour obtenir des étincelles violettes. Sa réaction avec du carbone donne du dioxyde de carbone gazeux et du chlorure de potassium (KCl) solide.

1 Écrire l’équation chimique de la réaction.

2 On réalise la transformation chimique à partir de 25 g de KClO_{3} et de 40 g de carbone solide.

(a) Calculer les quantités de matière initiales des réactifs.

(b) Construire le tableau d’avancement de la réaction.

(c) Déterminer l’avancement maximal de la réaction.

(d) En déduire le réactif limitant de cette réaction.

(e) Indiquer les quantités de matière de chaque espèce à l’état final.

(f) Calculer les masses des produits obtenus.

Données :

M_{K} D 39,1 g · mol^{−1}

M_{Cl} D 35,5 g · mol^{−1}

M_{O} D 16 g · mol^{−1}
M_{C} D 12 g · mol^{−1}

24Transformation cuivre-argent_{Lycée Guy de Maupassant, Colombes} Corrigé ; p. ?? ; 30 min ; ⋆ ; ⋆

On plonge un morceau de cuivre, de masse m_{1} D 63,5 g dans V D 250 mL d’une solution incolore de nitrate d’argent (Ag_{▷aq◁}^{C}C NO_{3}^{−} _{▷aq◁}), de concentration C D 9,0.10^{−1} mol · L^{−1}.

1 Équilibrer l’équation-bilan de la réaction :

Cu_{(s)} C Ag_{▷aq◁}^{C}→ Cu_{▷aq◁}^{2C}C Ag_{(s)}

2 Expliquer la coloration progressive de la solution.

3 Présenter le tableau d’avancement de la réaction.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 250 — #258 INTERROS_{250}

4 Pour un avancement x de la réaction, la masse d’argent obtenue vaut m D 7,0 g. En vous référant au tableau d’avancement, calculer x et en déduire les concentrations en ions Cu^{2C} et Ag^{C}, ainsi que la masse de métal cuivre restante.

Données :  M_{Ag} D 108 g · mol^{−1}  M_{Cu} D 63,5 g · mol^{−1}

Spectrophotométrie

25Loi de Beer-Lambert_{Lycée Victor Hugo, Colomiers} Corrigé ; p. ?? ; 5 min ; ⋆

Pour doser par spectrophotométrie une solution jaune de dichromate de potassium, on a placé cinq solutions de concentrations C différentes. La mesure de leur absorbance A, pour une longueur d’onde de 400 nm, donne les résultats suivants :

\begin{matrix}C (mmol · L^{−1} ) & 1,0 & 2,0 & 3,0 & 4,0 & 5,0 \\ A & 0,31 & 0,59 & 0,9 & 1,24 & 1,48 \end{matrix}

1 Tracer la courbe d’étalonnage A D f ▷C◁.

2 La loi de Beer-Lambert s’écrit : A D εℓC, où A est l’absorbance de la solution, ℓ est la longueur de la cuve en cm, C est la concentration de la solution en mol · L^{−1} et ε un coefficient restant constant tout au long de l’expérience (en L · mol^{−1} · cm^{−1}). Cette loi est-elle vérifiée? Justifier la réponse.

3 Une solution de dichromate de potassium de concentration inconnue C′ a, dans les mêmes conditions de mesure, une absorbance A′D 1,12. En déduire, en détaillant la réponse, la valeur de la concentration C′de la solution.

26Dilution d’une solution de diiode_{Lycée Van Gogh, Ermont} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆

On dispose d’une solution décimolaire de diiode I_{2}, à partir de laquelle on désire préparer V_{1} D 100 mL de solution de concentration C_{1} D 2,0.10^{−2} mol · L^{−1}. 1 Après justification, calculer le volume V_{0} de solution mère à prélever.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 251 — #259 DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{251} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Par dilutions successives, on prépare des solutions dont les concentrations sont indiquées dans le tableau ci-dessous. Pour chacune de ces solutions, on a mesuré l’absorbance A qui caractérise sa capacité à absorber la lumière (A est une grandeur sans dimension).

\begin{matrix}C (mmol · L^{−1} ) & 0 & 1,0 & 2,0 & 5,0 & 10 & 15 \\ A & 0 & 0,10 & 0,25 & 0,60 & 1,1 & 1,7 \end{matrix}

(a) Tracer le graphe A D f ▷C◁; le choix d’échelle simple est laissé à l’initiative de l’élève.

(b) En déduire précisément la relation entre A et C.

(c) Pour une solution de concentration inconnue, on a mesuré une absorbance A D 0,8. En déduire la valeur de la concentration de cette solution.

27Eau de Dakin_{Lycée Alexandre Dumas, Saint-Cloud} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

L’eau de Dakin est un antiseptique utilisé pour le lavage des plaies et des muqueuses. Le principe actif est le permanganate de potassium KMnO_{4}, qui donne également sa couleur à la solution. On prépare 100 mL d’une solution aqueuse contenant 158 mg de permanganate de potassium. Le spectre d’absorption est donné ci-dessous. 1 Calculer la concentration molaire de cette solution. 2 Quelle est la couleur du permanganate de potassium? Justifiez en vous

servant des principes de synthèse soustractive. 3 Après avoir rappelé la loi de Beer-Lambert, déterminer le coefficient k

(en L · mol^{−1}), pour une longueur d’onde de λ D 530 nm.

Données :

M_{K} D 39,1 g · mol^{−1}

M_{Mn} D 54,9 g · mol^{−1}

M_{O} D 16 g · mol^{−1}

28Suivi de réaction_{Lycée Saint-Exupéry, Lyon} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

On considère la réaction dont l’équation-bilan est la suivante :

5Br^{−} C BrO_{3}^{−} C 6H^{C} → 3Br_{2} C 3H_{2}O

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 252 — #260 INTERROS_{252}

À t D 0, on a les quantités de matière suivantes :

n_{BrO_{3}^{−}} D 2,0 mol , n_{Br^{−}} D 12 mol , n_{H^{C}} D 12 mol.

Effectuer un bilan de matière aux instants t D 0, t → C∞ et t D t_{1/2} (qui correspond à l’instant où x D \frac{x_{max}}{2}). On justifiera les calculs à l’aide d’un tableau d’avancement.

29Solution d’hélianthine_{Lycée Charlemagne, Paris} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

L’hélianthine est un indicateur coloré, c’est-à-dire une espèce chimique dont la couleur en solution aqueuse dépend du pH de celle-ci. Ainsi, pour pH < 4,4 l’hélianthine est rouge et pour pH > 6,2 elle est jaune. 1 La courbe spectrale d’une solution d’hélianthine de pH D 8,0, placée

dans une cuve de 1,0 cm est donnée sur la figure ci-dessous. À quelle longueur d’onde est-il judicieux de tracer une courbe d’étalonnage? Justifier la réponse.

2 À quelle couleur correspond λ_{max}? Est-ce cohérent avec les données de

l’énoncé? 3 La courbe d’étalonnage ci-dessus A D f ▷C◁a été réalisée pour λ D λ_{max}

avec des solutions d’hélianthine diluées réalisées à partir d’une solution mère de concentration C_{m} D 1,0.10^{−4} mol · L^{−1}. Mesurée dans les mêmes conditions, l’absorbance d’une solution d’hélanthine de concentration inconnue C vaut A D 1,51. Déterminer graphiquement C.

4 Confirmer par le calcul la valeur numérique trouvée précédemment pour C.

30Bleu de méthylène_{Lycée Charlemagne, Paris} Corrigé ; p. ?? ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

1 Énoncer la loi de Beer-Lambert. Donner une définition simple de l’ab-

sorbance. 2 À partir d’une solution mère bleu-vert de bleu de méthylène, on pré-

pare une échelle de teintes, puis on mesure au spectrophotomètre l’absor-

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 253 — #261 DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{253} CORRIGÉS INTERROS COURS

bance de chacune des solutions filles. On obtient le tableau de mesures de la page suivante.

Concentrations massiques

(mg · L^{−1} ) 0,50  1,00  2,00  3,00  4,00  5,00

Absorbance  0,053 0,128 0,243 0,388 0,491 0,648

Construire le graphe donnant l’absorbance en fonction de la concentration. Déterminer l’équation de ce graphe.

3 Pour ces mesures, le spectrophotomètre a été réglé à 650 nm. En expliquant le lien avec la couleur de la solution de bleu de méthylène, prévoir à quelle couleur correspond cette longueur d’onde.

4 Une solution pharmaceutique destinée à soigner une infection des yeux contient du bleu de méthylène. L’absorbance de la solution diluée 100 fois vaut 0,314. Quelle est la concentration de la solution pharmaceutique?

31Teneur en ion Fer d’un médicament_{Lycée Notre-Dame du Grandchamp, Versailles} Corrigé ; p. ?? ; 30 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

1 On souhaite vérifier la teneur en ions fer (II) d’un médicament en comprimés. La notice indique la composition d’un comprimé : « 80 mgd’ions Fe^{2C} ». À partir d’une solution mère S d’ion Fe_{▷aq◁}^{2C}, de concentration massique C_{m} D 20,0.10^{−3} g · L^{−1}, on prépare cinq solutions filles de 50,0 mL diluées avec de l’eau distillée. Les volumes V_{i} de solution S diluée sont indiqués dans le tableau ci-dessous. On mesure ensuite l’absorbance A de chaque solution obtenue :

Solution  1  2  3  4  5  6
V_{i} (en mL) 25,0 22,5 20,0 17,5 15,0 12,5
A  1,80 1,60 1,45 1,25 1,05 0,90

(a) Calculer la concentration massique C_{m1} en ions Fe_{▷aq◁}^{2C} de la solution 1. Faire de même pour les autres solutions en mettant les valeurs obtenues dans un tableau.

(b) Compléter le graphique page suivante représentant l’absorbance A en fonction de la concentration massique C_{mi}. Donner la relation numérique entre ces deux grandeurs, en précisant les unités.

2 On introduit un comprimé dans une fiole jaugée de 1,00 L puis on complète avec de l’eau distillée et on homogénéise. On note S_{0} la solution obtenue. On réalise ensuite un mélange contenant 5,00 mL de solution S_{0} et on mesure son absorbance A :

Volume de la solution S_{0} ......... 5,00 mL
Volume total .................... 50,0 mL
Absorbance ..................... 1,35

(a) En utilisant le graphe ou la relation établie à la question 1.(b), déterminer la concentration massique C′_{m} en ions Fe_{▷aq◁}^{2C}dans le mélange.

(b) En déduire la valeur C′′_{m}de la concentration massique en ions Fe_{▷aq◁}^{2C} dans la solution S_{0}.

(c) Calculer la masse d’ions Fe_{▷aq◁}^{2C}contenue dans un comprimé et préciser l’écart relatif :

\frac{valeur indiquée − valeur expérimentale}{valeur indiquée}

entre le résultat expérimental et l’indication du fabricant.

32Dosage spectrophotométrique_{Lycée Janson de Sailly, Paris} Corrigé ; p. ?? ; 35 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

Un chimiste désire doser deux espèces X et Y dans une solution, en utilisant un spectrophotomètre. Le spectre d’absorption de ces deux espèces est présenté sur la figure ?? page ci-contre.

Le chimiste commence par procéder à l’étalonnage du spectrophotomètre à la longueur d’onde λ_{1}, à l’aide de solutions d’espèce X de concentration connue. Il obtient les données de la figure ?? page suivante.

1 Quelle loi ces données de calibration illustrent-elles?

2 Montrer que l’on peut écrire la relation suivante entre l’absorbance A_{1}

et la concentration de l’espèce X :

A_{1} D k_{x,1}TXU.

Déterminer la valeur de k_{x,1} et préciser son unité.

Figure 8.1 – Spectre d’absorption de ces deux espèces.

Figure 8.2 – Résultats de l’étalonnage.

3 Si le chimiste avait décidé, pour étudier l’espèce X, de régler le spectrophotomètre sur la longueur d’onde λ_{2}, on aurait obtenu une autre loi du type :

A_{2} D k_{x,2}TXU,

où A_{2} désigne l’absorbance à la longueur d’onde λ_{2}. En s’aidant du spectre de l’espèce X, déterminer la valeur de k_{2,x}.

4 Le chimiste étudie une solution de concentration inconnue contenant exclusivement l’espèce X. Il mesure une absorbance A_{1} D 0.38. Quelle est sa concentration?

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 256 — #264 INTERROS_{256}

5 Le chimiste étudie à présent l’espèce Y, et étalonne pour ce faire son spectrophotomètre à la longueur d’onde λ_{2}. Il obtient les données de calibration représentées ci-après.

Montrer que ces résultats peuvent s’écrire sous la forme

A_{2} D k_{2,y}TY U

et donner la valeur et l’unité de la constante k_{2,y}.

6 Le chimiste étudie pour terminer une solution contenant simultanément les espèces X et Y. À la longueur d’onde λ_{1} il mesure une absorbance A_{1} D 0,26 et à la longueur d’onde λ_{2} il mesure une absorbance A_{2} D 0,34. À la longueur d’onde λ_{2}, une partie des photons est absorbée par l’espèce X, et une autre partie par l’espèce Y. On admettra que l’absorbance est alors donnée par :

A_{2} D k_{2,x}TXU C k_{2,y}TY U,

c’est-à-dire qu’elle est la somme des absorbances que l’on obtiendrait si les espèces X et Y étaient considérées séparément.

(a) Écrire une relation similaire pour l’absorbance A_{1} à la longueur d’onde λ_{1} et donner la valeur numérique des constantes qui y figurent.

(b) Déterminer les concentrations TXU et TY U des deux espèces en solution. On montrera que ces deux concentrations sont solution d’un système de deux équations linéaires à deux inconnues, que l’on résoudra.

(c) Comment se comparent ces solutions précises aux solutions approchées que l’on aurait obtenues en supposant que seule l’espèce X absorbe à la longueur d’onde λ_{1} et seule l’espèce Y absorbe à la longueur d’onde λ_{2}?

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 257 — #265 DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{257} CORRIGÉS INTERROS COURS

Oxydo-réduction

33Réactions d’oxydo-réduction_{Lycée Janson de Sailly, Paris} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆

1 Pour chaque demi-équation, écrire le couple oxydant/réducteur correspondant :

(a) S_{2}O_{8}^{2−} C 2 e^{−} D 2 SO_{4}^{2−}

(b) 2 I^{−} D I_{2} C 2 e^{−}

(c) SO_{4}^{2−} C H^{C} D HSO_{4}^{−}

2 Écrire les demi-équations correspondant aux couples redox suivants :

(a) Fe^{3C}/Fe^{2C}

(b) Cl_{2}/Cl^{−} 3 (a) Écrire la demi-équation du couple oxydant/réducteur I_{2}/I^{−} .

(b) En déduire l’équation de la réaction entre les ions Fe^{3C} et les ions I^{−} .

34Réactions d’oxydo-réduction_{Lycée Janson de Sailly, Paris} Corrigé ; p. ?? ; 20 min ; ⋆

1 Établir l’équation d’oxydo-réduction relative à l’oxydation des ions chlorure par les ions dichromate, en milieu acide (les couples oxydant/réducteur mis en jeu sont Cr_{2}O_{7}^{2−} /Cr^{3C} et Cl_{2}/Cl^{−}).

2 En utilisant les demi-équations électroniques, compléter l’équation de la réaction d’oxydo-réduction :

I^{−} C MnO_{4}^{−} D IO_{3}^{−} C MnO_{4}^{2−}

qui se produit en milieu basique.

35Avancement maximal et final_{Lycée Lakanal, Sceaux} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

On s’intéresse à la réaction entre le monoxyde de carbone et l’eau en phases gazeuses. La réaction a lieu dans une enceinte de volume V constant à une température de 1100 K. L’équation de la réaction est :

CO_{▷g◁}C H_{2}O_{▷g◁}D CO_{2▷g◁}C H_{2▷g◁}.

1 Indiquer les couples oxydant/réducteur qui entrent en jeu.

2 On introduit dans le réacteur 2,50 mol de CO et 3,20 mol d’eau. Calculer l’avancement maximal de la réaction.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 258 — #266 INTERROS_{258}

3 Au bout d’un certain temps, on constate que la composition du système n’évolue plus et qu’il reste 2,02 mol d’eau dans l’enceinte.

(a) Calculer l’avancement final de la réaction ainsi que la composition du mélange dans l’état final.

(b) Que peut-on en conclure en comparant l’avancement final et l’avancement maximal?

36Réactions d’oxydo-réduction_{Lycée Jeanne d’Albret, Saint-Germain-en-Laye} Corrigé ; p. ?? ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo avec

On introduit une masse m_{1} D 0,27 g de grenaille d’aluminium dans un volume V_{2} D 24,0 mL de solution d’acide chlorhydrique (H_{▷aq◁}^{C}C Cl_{▷aq◁}^{−}), de concentration c_{2} D 1,00 mol · L^{−1}. Il se forme des ions aluminium (III) et du dihydrogène.

1 (a) Quels sont les réactifs? Quels sont les produits?

(b) Écrire les couples mis en jeu.

(c) Écrire les demi-équations correspondantes.

(d) Écrire l’équation chimique de la réaction qui s’est produite. 2 Déterminer la composition finale, en quantité de matière, du système

considéré.

Donnée : masse molaire de l’aluminium : M_{Al} D 27,0 g · mol^{−1} .

37Réactions d’oxydation_{Lycée Jacques Monod, Clamart} Corrigé ; p. ?? ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

On dispose d’une solution de chlorure d’étain (II), Sn^{2C} C 2 Cl^{−} , que l’on répartit dans trois béchers.

Dans le premier, on ajoute quelques gouttes d’une solution d’hydroxyde de sodium; un précipité blanc se forme.

Dans le deuxième, on plonge une lame de fer; un dépôt noir apparaît progressivement.

Dans le troisième, on ajoute de la limaille de fer et on agite. Après quelques minutes, on cesse d’agiter et on ajoute quelques gouttes de la solution d’hydroxyde de sodium; un précipité vert se forme.

Dans un quatrième bécher, qui contient une solution de chlorure de fer (II), Fe^{2C} C 2 Cl^{−} , on ajoute quelques gouttes d’une solution d’hydroxyde de sodium; un précipité vert se forme.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 259 — #267 DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{259} CORRIGÉS INTERROS COURS

1 Les ions chlorure n’interviennent pas. Quelle conclusion peut-on tirer de la première et de la quatrième expérience? Écrire les équations des réactions.

2 Quelle est la nature du dépôt noir observé dans la deuxième expérience? Quels sont les ions caractérisés à la fin de la troisième expérience? En déduire ce qui se passe lorsque la limaille de fer est ajoutée à la solution de chlorure d’étain (II). Écrire l’équation de la réaction correspondante.

3 Quel est le rôle joué par les ions étain (II) dans cette réaction? Sont-ils oxydés ou réduits? Donner le couple oxydant/réducteur mis en jeu et la demi-équation correspondante.

38Réactions d’oxydo-réduction_{Lycée Fermat, Toulouse} Corrigé ; p. ?? ; 30 min ; ⋆ ; ⋆

On considère le couple Cr_{2}O_{7}^{2−} /Cr^{3C}, dans lequel l’ion dichromate Cr_{2}O_{7}_{▷aq◁}^{2−} est de couleur orangée et l’ion chrome (III) Cr_{▷aq◁}^{3C}de couleur verte.

1 Écrire la demi-équation de ce couple.

2 Les ions dichromate réagissent avec les ions fer (II) en les oxydant en

ions fer (III). Écrire l’équation de la réaction. 3 On verse 7,0 mL de la solution de dichromate de potassium, de concen-

tration 0,50 mol · L^{−1}, dans 50 mL d’une solution de sulfate de fer (II), de concentration 1,0 mol · L^{−1}. La solution prend une couleur verte.

(a) Quelle conclusion peut-on en tirer?

(b) Construire le tableau d’avancement de la réaction.

(c) Dans les conditions expérimentales proposées, les ions fer (II) sontils tous transformés?

(d) Calculer les concentrations des ions présents dans la solution en fin de réaction.

39Titrage d’eau oxygénée_{Lycée Lakanal, Sceaux} Corrigé ; p. ?? ; 20 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

Dans un bécher, on introduit 5,0 mL d’une solution d’eau oxygénée, de l’acide sulfurique à 2,0 mol · L^{−1} , de l’eau distillée. Le volume de la solution obtenue est 10 mL.

On réalise un dosage avec une solution de permanganate de potassium de concentration 0,1 mol · L^{−1} . L’équivalence est obtenue lorsqu’on a versé 15,2 mL de solution.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 260 — #268 INTERROS_{260}

Les couples oxydant-réducteur pouvant intervenir sont :

le couple eau oxygénée H_{2}O_{2} / eau H_{2}O

le couple dioxygène O_{2} / eau oxygénée H_{2}O_{2}

le couple ion permanganate MnO_{4}^{−} / ion manganèse Mn^{2C}

L’acide sulfurique H_{2}SO_{4} est un diacide : une molécule libère deux ions H^{C}.

1 Écrire les demi-équations d’oxydoréduction correspondant aux couples

précédents. 2 Écrire l’équation-bilan de la réaction de dosage, qui correspond à la ré-

action entre l’eau oxygénée et les ions permanganate en milieu acide. Comment décèle-t-on l’équivalence?

3 Calculer le volume minimal de solution d’acide sulfurique à introduire

dans le bécher. 4 Calculer la concentration de l’eau oxygénée.

5 Écrire l’équation-bilan de la décomposition (dismutation) de l’eau oxy-

génée. 6 Donner le titre de la solution en « volumes », c’est-à-dire le volume de

dioxygène (en litres) dégagé par la décomposition d’un litre de solution dans les conditions normales de température et de pression (CNTP, V_{m} D 22,4 L.mol^{−1} ).

40Spectrophotométrie_{Lycée Jean Rostand, Villepinte} Corrigé ; p. ?? ; 25 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

1 L’ion dichromate Cr_{2}O_{7}^{2−} appartient au couple oxydant/réducteur Cr_{2}O_{7}^{2−} /Cr^{3C}. L’acide oxalique appartient au couple CO_{2}/H_{2}C_{2}O_{4}. L’ion dichromate et l’acide oxalique réagissent ensemble selon la réaction suivante :

Cr_{2}O_{7}^{2−} C 8H^{C} C 3H_{2}C_{2}O_{4} D 2Cr^{3C} C 7H_{2}O C 6CO_{2}.

Écrire les demi équations associées aux couples et retrouver l’équation bilan.

2 Pour suivre la transformation, on décide d’utiliser une méthode spectrophotométrique. Pour cela on commence par tracer la courbe A D f ▷λ◁ (voir page ci-contre) pour une solution de dichromate de potassium.

À quelle longueur d’onde faut-il se placer pour déterminer le plus précisément la concentration des ions dichromate? Justifier la réponse.

3 Le spectrophotomètre, relié à l’ordinateur, permet d’obtenir la courbe A D f ▷t◁. On dispose par ailleurs de la représentation graphique, donnée ci-dessous, de A D f ▷TCr_{2}O_{7}^{2−} U◁.

(a) Justifier l’utilité de cette représentation graphique.

(b) Déterminer son équation. Avec quelle loi est-elle en accord?

4 À la date t D 0 on réalise le mélange suivant :

V_{1} D 10 mL d’une solution S_{1} d’acide oxalique de concentration C_{1} D 0,40 mol.L^{−1} .

V_{2} D 10 mL d’une solution S_{2} acidifiée de dichromate de potassium de concentration C_{2} D 2,0 · 10^{−2} mol.L^{−1} .

On agite, et très rapidement on place une partie du mélange dans une cuve que l’on place dans le spectrophotomètre. On relève A D f ▷t◁, donnée page suivante.

(a) Dresser le tableau d’évolution du système réactionnel.

(b) Trouver la relation entre la quantité de matière initiale de dichromate, l’avancement et l’absorbance.

Spectrophotométrie — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 263 — #271

DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{263} CORRIGÉS INTERROS COURS

1_{QCM} Testez vos connaissances {Enoncé \atop p. ??}

1 La masse molaire moléculaire est, par définition, la masse d’une mole de la molécule considérée ( a ). Elle peut se calculer en faisant la somme des masses molaires des atomes constituant une molécule ( c ), et s’exprime en g.mol^{−1} ( g )

2 Dans les mêmes condistions de température et de pression, une mole de gaz occupe toujours le même volume (22,4 L pour une pression de 1 atm, à une température de 0 °C). La proposition est donc vraie ( a ).

3 Par définition, c D \frac{n}{V} ( b ), ce qui est équivalent aux formules V D \frac{n}{c} ( c ) et n D c × V ( e ). Cette dernière formule est à connaître.

4 Comme C_{m} D \frac{m}{V} ; on a bien C_{m} D 10 g.L^{−1} ( a ).

La quantité de matière introduite est n D \frac{m}{M}, soit n = 2 mol ( b ). Il est possible de connaitre la concentration en quantité de matière grâce à la formule c D \frac{n}{V}. On trouve donc ici c = 1 mol.L^{−1} ( c ).

5 Lors d’une dilution, la quantité de matière se conserve. Donc n_{m} D n_{f} . On en déduit que C_{m} × V_{m} D C_{f} × V_{f} ( a ), ce qui est équivalent à \frac{C_{m}}{V_{f}} D \frac{C_{f}}{V_{m}} ( c ).

2_{QCM} Spectrophotométrie {Enoncé \atop p. ??}

1 Lorsqu’une cuve de longueur ℓ contient une solution de concentration C absorbant de la lumière à la longueur d’onde λ, la loi de Beer-Lambert indique que l’absorbance vaut :

A D εℓC

ce qui montre que A est proportionnelle à C (réponse c ).

2 Lorsqu’une solution (d’absorbance A_{solution}) contient une espèce colorée (d’absorbance A_{espèce}) et d’autres espèces non colorées (d’absorbance A_{autres}), son absorbance vaut :

A_{solution} D A_{espèce} C A_{autres}
⇒ A_{espèce} D A_{solution} − A_{autres}

Cette relation montre que pour connaître l’absorbance d’une espèce colorée présente dans une solution, il faut mesurer l’absorbance de la solution (introduite dans une cuve) et mesurer aussi l’absorbance des autres espèces non colorées (introduites dans une autre cuve); cette dernière opération est appelée « faire le blanc » (réponse a ).

3 La relation entre la transmittance T et l’absorbance A d’une solution

s’écrit :

T D 10^{−A} (réponse c ).

Oxydo-réduction — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 264 — #272

CORRIGÉS_{264}

4 La relation précédente montre que l’absorbance n’est pas l’inverse de la

transmittance (sans quoi on écrirait : A D \frac{1}{T}).

Une solution d’absorbance 0,07 présente une transmittance :

T D 10^{−0,07} D 0,85 D 85% (réponse b )

tandis qu’une solution d’absorbance 0,85 a une transmittance :

T D 10^{−0,85} D 0,14 D̸ 7% .

5 L’empois d’amidon forme avec I_{2}_{▷aq◁}un composé bleu qui est alors la seule espèce colorée du milieu réactionnel, dans lequel se déroule la réaction du dosage, d’équation-bilan :

2 S_{2}O_{3}_{▷aq◁}^{2−}_{incolore}C I_{2}_{▷aq◁}→ \underbrace{S_{4}O_{6}_{▷aq◁}^{2−}C 2 I_{▷aq◁}^{−}}_{incolore}

Deux cas peuvent alors se présenter :

avant l’équivalence, la quantité de S_{2}O_{3}_{▷aq◁}^{2−}introduite dans le milieu n’est pas suffisante pour consommer la totalité de I_{2}_{▷aq◁}; le diiode restant forme avec l’empois d’amidon un composé bleu;

à partir de l’équivalence, S_{2}O_{3}^{2−} est introduit en excès : I_{2}_{▷aq◁}ayant disparu du milieu réactionnel, celui-ci devient incolore.

Par conséquent, l’introduction de l’empois d’amidon facilite le repérage de l’équivalence (réponse c ) : à l’équivalence, la solution devient incolore.

6 Soit x l’avancement de la réaction :

2 Cr_{2}O_{7}_{▷aq◁}^{2−}C3 C_{2}H_{5}OH_{▷aq◁}C16 H_{▷aq◁}^{C}→ 11 H_{2}O_{▷liq◁} C4 Cr_{▷aq◁}^{3C}3 CH_{3}COOH_{▷aq◁}
x D 0  n_{1}  n_{2}  0  0
x D̸ 0  n_{1} − 2x  n_{2} − 3x  4x  3x

Lorsque les réactifs sont introduits dans les proportions stœchiométriques, si la réaction est totale, l’avancement x prend une valeur finale x_{f} qui assure la disparition simultanée des réactifs, ce qui se traduit alors par :

n_{Cr}_{2}_{O}{2− \atop 7} D n_{1} − 2x_{f} D 0 ⇒ 2x_{f} D n_{1} ⇒ x_{f} D \frac{n_{1}}{2}

et :

n_{C_{2}H_{5}OH} D n_{2} − 3x_{f} D 0 ⇒ 3x_{f} D n_{2} ⇒ x_{f} D \frac{n_{2}}{3}

d’où il découle que :

\frac{n_{1}}{2} D \frac{n_{2}}{3} (réponse c ).

Chloroéthane — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 265 — #273 DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{265} CORRIGÉS INTERROS COURS
3_{QCM} Oxydo-réduction {Enoncé \atop p. ??}

1 Une oxydo-réduction fait intervenir un transfert d’électrons ( c ).

2 Tous les oxydants peuvent capter des électrons ( a ). Certains oxydants sont susceptibles de céder de l’oxygène, mais ce n’est pas le cas de tous les oxydants.

3 La meilleure dénomination pour le couple Zn^{2C}/Zn est "couple Oxydant/Réducteur" ( a ). Il peut également être appelé couple redox ( b ), mais cette terminologie peut être trompeuse car elle peut laisser penser que Zn^{2C} est le réducteur et Zn l’oxydant alors que Zn^{2C} est l’oxydant ( d ) (dans ce type de notation l’oxydant est toujours indiqué en premier).

4 La réaction Fe_{(s)} → Fe_{(aq)}^{2C} + 2 e^{−} est du type Red → Ox + n e^{−} . Le fer

solide est donc oxydé ( a ) et il s’agit d’une oxydation ( c ). 5 La réaction est du type Ox + n e^{−} → Red.

L’oxydant est donc Fe_{(aq)}^{3C} ( c ). Notons que les électrons ne sont jamais ni des oxydants, ni des réducteurs.

4Masses molaires_{Lycée Albert Sorel, Honfleur} {Enoncé \atop p. ??}

1 La masse molaire de la molécule de dioxyde de carbone est égale à la somme des masses molaires de chacun des atomes présents, multipliées par le nombre d’atomes correspondants dans la molécule :

M_{CO_{2}} D M▷C◁C2M▷O◁ D 12,0C16,0×2 D 12,0C32,0 D 44,0 g.mol^{−1} .

2 De la même manière :

M_{SO_{3}} D M▷S◁C3M▷O◁ D 32,1C16,0×3 D 32,1C48,0 D 80,1 g.mol^{−1} .

3 Enfin, la masse molaire moléculaire du glucose est donnée par :

M_{C_{6}H_{12}O_{6}} D 6M▷C◁ C 6M▷O◁ C 12M▷H◁ D 12 × 6 C 16 × 6 C 12
D 180 g.mol^{−1} .

5Chloroéthane_{Lycée Notre-Dame des Missions, Charenton} {Enoncé \atop p. ??}

1 La masse molaire du chloroéthane, compte-tenu des indications données dans l’énoncé, vaut :

M D 2M▷C◁ C 5M▷H◁ C M▷Cl◁ D 2 × 12 C 5 C 35,5 D 64,5 g.mol^{−1} .

2 La formule brute du chloroéthane est simplement donnée par les proportions de l’énoncé (en les divisant par le nombre d’Avogadro, ce der-

Paracétamol — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 266 — #274 CORRIGÉS_{266}

nier se lit : « une molécule de chloroéthane contient deux atomes de carbone, cinq atomes d’hydrogène et un atome de chlore »). Elle est donc C_{2}H_{5}Cl.

3 La seule formule développée possible correspondant à cette formule brute, compte-tenu de la valence des différents atomes (le chlore et l’hydrogène sont monovalents, le carbone est tétravalent) :

H C H H C H H Cl

6Solution de diiode_{Lycée Sainte-Anne, Brest} {Enoncé \atop p. ??}

La quantité de matière en diiode dans la première solution est donnée par :

n D C × V D 0,5 × 0,1 D 0,05 mol.

On notera qu’il ne faut pas oublier de convertir les millilitres (mL) en litres (L) avant d’effectuer l’application numérique. De la même manière, la quantité de matière en diiode dans la seconde solution est :

n′D C′× V′D 0,1 × 0,5 D 0,05 mol.

Dans le mélange, la quantité de matière totale en diiode est donc : n_{t} D nCn′, soit n_{t} D 0,1 mol. En outre, le volume du mélange est V_{t} D V C V′. La concentration du diiode est donc :

TI_{2}U D \frac{n_{t}}{V_{t}} D \frac{0,1}{0,1 C 0,5} ≈ 0,17 mol.L^{−1} .

7Paracétamol_{Lycée Paul Langevin, Suresnes} {Enoncé \atop p. ??}

1 La concentration massique est donnée par :

C_{m} D \frac{m}{V} D \frac{500}{150} D 3,3 mg.mL^{−1} D 3,30 g.L^{−1} .

2 On commence par évaluer la masse molaire M du paracétamol. Elle vaut :

M D 8M▷C◁ C 9M▷H◁ C M▷N◁ C 2M▷O◁ D 8 × 12 C 9 C 14 C 16 × 2

D 151 g.mol^{−1} . On en déduit la concentration molaire en paracétamol :

c D \frac{C_{m}}{M} D \frac{3,3}{151} D 2,20 × 10^{−2} mol.L^{−1} .

3 Il s’agit d’une dissolution.

Tétrachlorométhane — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 267 — #275 DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{267} CORRIGÉS INTERROS COURS
8Dichlorométhane_{Lycée Alexandre Dumas, Saint Cloud} {Enoncé \atop p. ??}

1 La densité du dichlorométhane est donnée par :

d D \frac{m}{V} D \frac{33,3}{25,0} D 1,33 g.mL^{−1} D 1,33.

2 On utilise la densité pour déterminer le volume correspondant. Nous avons :

V D \frac{m}{d} D \frac{55,0}{1,33} D 41,4 cm^{3} D 41,4 mL.

Il nous faut prélever 41,4 mL du solvant.

9Molécule de nicotine_{Lycée Henri IV, Paris} {Enoncé \atop p. ??}

1 La masse molaire moléculaire de la nicotine est donnée par :

M D 10M▷C◁C14M▷H◁C2M▷N◁ D 10×12C14C2×14 D 162 g.mol^{−3} .

2 La quantité de matière en nicotine présente dans la cigarette est :

n D \frac{m}{M},

donc la quantité de matière absorbée par le fumeur est

n′D \frac{n}{4} D \frac{m}{4 × M} ,

qui représente au total un nombre de molécules N égal à :

N D N_{A}×n′D N_{A}× \frac{m}{4 × M} D 6,02×10^{23}× \frac{12 × 10^{−3}}{4 × 162} D 1,1×10^{19}.

10Tétrachlorométhane_{Lycée Charlemagne, Paris} {Enoncé \atop p. ??}

1 On commence par calculer la masse de tétrachlorométhane. Elle vaut :

m D V × d.

MÉTHODE

Le volume étant ici en mL (ou cm^{3}, cela revient au même), on obtient la masse en grammes.

Nous avons :

m D 100 × 1,6 D 160 g.

Identifier une molécule — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 268 — #276 CORRIGÉS_{268}

Maintenant que nous avons la masse, nous pouvons calculer la quantité de matière à partir de la masse molaire. Celle-ci vaut :

M D M▷C◁ C 4M▷Cl◁ D 12 C 4 × 35,5 D 154 g.mol^{−1} .

La quantité de matière en tétrachlorométhane est donc :

n D \frac{m}{M} D \frac{160}{154} ≈ 1,04 mol.

2 La quantité de matière en atomes de chlore est 4n (il y a quatre atomes de chlore pour une entité « tétrachlorométhane »). Le nombre d’atomes correspondant est :

N D 4n × N_{A} D 4 × 1,04 × 6,02 × 10^{23} ≈ 2,50 × 10^{24}.

11Mélange de deux gaz_{Lycée Montalembert, Nogent-sur-Marne} {Enoncé \atop p. ??}

1 Les masses molaires moléculaires s’évaluent de la manière suivante :

M▷O_{2}◁ D 2 × 16,0 D 32,0 g.mol^{−1} ,
M▷CO_{2}◁ D 12,0 C 2 × 16,0 D 44,0 g.mol^{−1} .

2 Les quantités de matière respectives des deux molécules dans l’enceinte sont :

n_{O_{2}} D \frac{m_{O_{2}}}{M_{O_{2}}} D \frac{100}{32,0} D 3,13 mol

et

n_{CO_{2}} D \frac{m_{CO_{2}}}{M_{CO_{2}}} D \frac{100}{44,0} D 2,27 mol.

(a) On en déduit la quantité de matière en atomes de carbone. Elle vaut simplement :

n_{C} D n_{CO_{2}} D 2,27 mol,

puisque l’on a une mole d’atomes de carbone par mole de molécules de dioxyde de carbone.

(b) La quantité de matière en atomes d’oxygène s’en déduit par :

n_{O} D 2n_{O_{2}} C 2n_{CO_{2}} D 2 × 3,13 C 2 × 2,27 D 10,8 mol,

puisque l’on a deux moles d’atomes d’oxygène par mole de molécules de dioxygène, et deux moles d’atomes d’oxygène par mole de molécules de dioxyde de carbone.

Préparation d’une solution — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 269 — #277

DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{269} CORRIGÉS INTERROS COURS

12Identifier une molécule_{Lycée International Stendhal, Grenoble} {Enoncé \atop p. ??}

La formule brute de la molécule est a priori, d’après les données de l’énoncé, C_{3}H_{x}, et donc sa masse molaire est :

M D 3M▷C◁ C xM▷H◁ D 3 × 12 C 1 × x D 36 C x g.mol^{−1} .

Or on sait que M D 44 g.mol^{−1} , donc :

36 C x D 44 ,

ce qui donne x D 8. La formule brute de la molécule est donc C_{3}H_{8}. Il s’agit d’une molécule de propane.

13Vapeur d’eau_{Lycée Talensac, Nantes} {Enoncé \atop p. ??}

On constate que le volume à condenser est égal au double du volume occupé par une mole, donc nous condensons n D 2 mol de molécules d’eau.

La masse molaire de l’eau est M D M▷O◁ C 2M▷H◁ D 18,0 g.mol^{−1} , donc cela représente une masse d’eau égale à :

m D M × n D 18,0 × 2 D 36 g.

Cela représente donc en définitive 36 cm^{3} d’eau, puisque la densité de l’eau vaut 1,00 par définition.

14Préparation d’une solution_{Lycée Jules Ferry, Paris} {Enoncé \atop p. ??}

1 Calculons la quantité de matière n en sulfate cuivre que l’on doit introduire. Elle est donnée par :

n D c × V.

Application numérique :

n D 100 × 10^{−3} × 0,100 D 1,00 × 10^{−2} mol.

Calculons à présent la masse molaire M du sulfate de cuivre pentahydraté :

M D M▷Cu◁ C M▷S◁ C 9M▷O◁ C 10M▷H◁
D 63,5 C 32,1 C 9 × 16,0 C 10 × 1,0 D 249,6 g.mol^{−1} .

La masse m de sulfate de cuivre pentahydraté qu’il faut introduire est donc :

m D M × n D 249,6 × 1,00 × 10^{−2} D 2,496 g ≈ 2,50 g.

Composé organique — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 270 — #278

CORRIGÉS_{270}

2 Le sulfate de cuivre anhydre a pour formule brute CuSO_{4}. Sa masse

molaire est donc :

M′ D M▷Cu◁ C M▷S◁ C 4M▷O◁
D 63,5 C 32,1 C 4 × 16,0 D 159,6 g.mol^{−1} .

La masse m′de sulfate de cuivre anhydre à peser pour obtenir une solution de même concentration par conséquent :

m′D M′× n D 159,6 × 1,00 × 10^{−2} D 1,596 g ≈ 1,60 g. Nous avons donné ces résultats avec trois chiffres significatifs. C’est un maximum compte-tenu de la précision des données de l’énoncé. Toutefois comme l’obtention de la solution fait intervenir plusieurs sources d’erreurs potentielles (erreur de mesure de la pesée, erreur du volume d’eau ajouté, etc.) il est préférable de ne pas introduire d’erreur supplémentaire en arrondissant à un nombre de chiffres significatifs trop bas la valeur de la masse à peser.

15Molécule inconnue_{Lycée Saint-Louis, Paris} {Enoncé \atop p. ??}

1 On note C_{x}N_{y}H_{z} la formule brute, où x, y et z sont des inconnues en-

tières, telles que :

x C y C z D 10

d’une part (en utilisant l’information sur l’atomicité), et

12x C 14y C z D 45

d’autre part (en utilisant l’information sur la masse molaire). En soustrayant la première équation de la seconde, nous obtenons :

11x C 13y D 35,

ce qui nous permet d’éliminer l’inconnue z. Il nous faut trouver une (ou des) solution(s) entière(s) à cette dernière équation. Pour ce faire, nous essayons différentes valeurs entières de x (inférieures à 10, atomicité de la molécule) et cherchons pour quelle(s) valeur(s) nous obtenons une valeur entière de y. Nous constatons que la seule solution pour laquelle x et y sont tous deux entiers est : x D 2 et y D 1. On en déduit z D 10 − 2 − 1 D 7, donc la formule brute de la molécule est :

C_{2}NH_{7}

2 Deux formules semi-développées possibles pour cette molécule sont les suivantes :

C H_{3} C H_{2} N H H  C H_{3} N H C H_{3}

On vérifie bien que la valence du carbone est quatre, celle de l’azote est trois et celle de l’hydrogène est un.

Plus léger que l’air — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 271 — #279

DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{271} CORRIGÉS INTERROS COURS

16Composé organique_{Lycée Richelieu, Rueil-Malmaison} {Enoncé \atop p. ??}

1 La masse de carbone contenue dans une mole du composé est 38,7 % de la masse molaire du composé, donc elle vaut 31 × 0,387 D 12 g. De la même manière, il y a 31 × 0,161 D 5,0 g d’hydrogène dans une mole du composé, et 31 × 0,452 D 14 g d’azote.

2 Par définition, douze grammes de carbone (^{12}C) contiennent une mole de carbone donc une mole du composé contient une mole d’atomes de carbone. De la même manière, un gramme d’atomes d’hydrogène représente une mole d’atomes d’hydrogène, donc une mole du composé contient cinq moles d’atomes d’hydrogène, et, puisque la masse molaire de l’azote est M▷N◁ D 14 g.mol^{−1} , une mole du composé contient une mole d’atomes d’azote. Or on sait que les raisonnements sur les moles peuvent être transposés en raisonnements sur les molécules, donc on peut dire qu’une molécule du composé contient un atome de carbone, cinq atomes d’hydrogène et un atome d’azote. Sa formule est donc CNH_{5}.

3 La formule développée de la molécule dont la formule brute est donnée à la réponse précédente, et qui respecte la valence de chaque atome, est la suivante :

H C H H N H H

Figure 8.3 – Formule développée de la molécule CNH_{5}.

17Plus léger que l’air_{Lycée Marie Curie, Sceaux} {Enoncé \atop p. ??}

1 (a) Les masses molaires de ces différents gaz sont :

M▷H_{2}◁D 2M▷H◁ D 2,0 g.mol^{−1}
M▷CO_{2}◁D M▷C◁ C 2M▷O◁ D 44,0 g.mol^{−1}
M▷O_{2}◁D 2M▷O◁ D 32,0 g.mol^{−1}
M▷N_{2}◁D 2M▷N◁ D 28,0 g.mol^{−1}
M▷He◁D 4,0 g.mol^{−1} .

Mélange de deux solutions — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 272 — #280

CORRIGÉS_{272}

(b) La densité par rapport à l’eau est la masse (en kilogramme) d’un volume d’un litre. On connaît la masse d’une mole M et le volume occupé par une mole V_{M}, donc : μ D \frac{M}{V_{M}}.

On en déduit les différentes densités :

ρ_{H_{2}} D \frac{M▷H_{2}◁}{V_{M}}D 8,4 × 10^{−5}
ρ_{CO_{2}} D \frac{M▷CO_{2}◁}{V_{M}}D 1,85 × 10^{−3}
ρ_{O_{2}} D \frac{M▷O_{2}◁}{V_{M}}D 1,34 × 10^{−3}
ρ_{N_{2}} D \frac{M▷N_{2}◁}{V_{M}}D 1,18 × 10^{−3}
ρ_{He} D \frac{M▷He◁}{V_{M}}D 1,7 × 10^{−4}

2 Un dirigeable s’élève dans les airs grâce à la poussée de la force d’Archimède de l’air environnant, qui est égale au poids de l’air déplacé. Pour que cette force d’Archimède, dirigée vers le haut, soit supérieure au poids du dirigeable (condition sine qua non du décollage), il faut que le gaz remplaçant l’air dans le ballon soit de densité inférieure à celle de l’air (on néglige le poids de l’enveloppe). En regardant les résultats de la question précédente, on constate que cela est le cas avec le dihydrogène, l’hélium et le diazote. Toutefois, étant donnée la faible différence entre la densité du diazote et celle de l’air, il est irréaliste de vouloir faire fonctionner un dirigeable avec de l’azote. D’autre part, le dihydrogène est un gaz dangereux, car il réagit violemment au contact du dioxygène de l’air pour donner de l’eau. En revanche, l’hélium est chimiquement inerte, car c’est un gaz noble.

18Mélange de deux solutions_{Lycée Charles Péguy, Gorges} {Enoncé \atop p. ??}

1 La quantité de matière en X présente dans la solution 1 est donnée par :

n_{1} D C_{1} × V_{1}.

De même, la quantité de matière présente dans la solution 2 est donnée par :

n_{2} D C_{2} × V_{2}.

La quantité de matière dans le mélange est donc : n D n_{1} C n_{2}. Puisque le volume du mélange est V D V_{1} C V_{2}, on en déduit :

C D \frac{n}{V} D \frac{C_{1} × V_{1} C C_{2} × V_{2}}{V_{1} C V_{2}} .

Quantités de matière — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 273 — #281 DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{273} CORRIGÉS INTERROS COURS

Montrons dans un premier temps que cette concentration est supérieure à C_{1}. Pour cela, on évalue C − C_{1} et on montre que cette grandeur est positive. On a :

C − C_{1} D \frac{C_{1} × V_{1} C C_{2} × V_{2}}{V_{1} C V_{2}} − C_{1}.

En réduisant au même dénominateur, on obtient :

C − C_{1} D \frac{C_{1} × V_{1} C C_{2} × V_{2}}{V_{1} C V_{2}} − \frac{C_{1} × ▷V_{1} C V_{2}◁}{V_{1} C V_{2}}D \frac{▷C_{2} − C_{1}◁ × V_{2}}{V_{1} C V_{2}} .

Or la quantité C_{2} − C_{1} est positive, puisque par hypothèse, on a : C_{2} > C_{1} (voir l’énoncé). Donc C − C_{1} > 0 et donc C > C_{1}. Montrons à présent que C < C_{2}. Les calculs à effectuer sont du même genre que précédemment. On a :

C − C_{2} D \frac{C_{1} × V_{1} C C_{2} × V_{2}}{V_{1} C V_{2}} − \frac{C_{2} × ▷V_{1} C V_{2}◁}{V_{1} C V_{2}}D \frac{▷C_{1} − C_{2}◁ × V_{1}}{V_{1} C V_{2}} .

Or C_{1} − C_{2} < 0 donc C − C_{2} < 0, c’est-à-dire que : C < C_{2}. On a donc en définitive le résultat :

C_{1} < C < C_{2}.

2 La teinte d’une solution de diiode dépend de sa concentration. Une solution peu concentrée est claire, une solution très concentrée est foncée. Si deux solutions ont des teintes différentes, alors elles ont des concentrations différentes. Leur mélange, d’après la question précédente, a une concentration intermédiaire entre les concentrations de départ. La teinte est donc elle aussi intermédiaire :

Plus foncée que la plus claire des deux solutions de départ : C > C_{1};

Plus claire que la plus foncée des deux solutions de départ : C < C_{2}.

19Quantités de matière_{Institut de la Tour, Paris} {Enoncé \atop p. ??}

1 Dans cette partie, il suffit de diviser les masses données par la masse molaire du corps correspondant.

(a) La masse molaire moléculaire de l’eau est M D 2M▷H◁ C M▷O◁, soit M D 18 g.mol^{−1} . Dans 36 g d’eau, il y a donc :

n D \frac{m}{M} D \frac{36}{18} D 2,0 mol

de molécules d’eau.

(b) La masse molaire du carbone est M D 12 g.mol^{−1} , donc dans 48 g de carbone, nous avons :

n D \frac{m}{M} D \frac{48}{12} D 4,0 mol

d’atomes de carbone.

Dissolution, dilution et homéopathie — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 274 — #282

CORRIGÉS_{274}

(c) De la même manière, dans 31 g de plomb nous avons :

n D \frac{m}{M} D \frac{31}{207} D 0,15 mol

d’atomes de plomb. 2 Dans cette partie, il faut évaluer au préalable la masse du corps, en mul-

tipliant le volume (V D 5,0 cm^{3}) par la densité. Le volume étant en cm^{3}, nous obtenons la masse en gramme.

(a) L’eau a une densité de 1,0, donc la masse d’eau considérée est m D 5,0 g, et la quantité de matière recherchée est :

n D \frac{5,0}{18} D 0,28 mol.

(b) La masse d’ammoniac liquide est :

m_{NH_{3}} D V × d_{NH_{3}} D 3,4 g.

Par ailleurs la masse molaire moléculaire de l’ammoniac est :

M D M▷N◁ C 3M▷H◁ D 14 C 3 D 17 g.mol^{−1}

et la quantité de matière recherchée est donc :

n D \frac{m}{M} D \frac{3,4}{17} D 0,20 mol.

(c) De manière similaire on évalue la masse du benzène considéré. Elle

vaut :

m D d × v D 0,88 × 5 D 4,4 g.

La masse molaire moléculaire du benzène, quant à elle, est

M D 6M▷C◁ C 6M▷H◁ D 6 × 12 C 6 D 78 g.mol^{−1} ,

et la quantité de matière recherchée est :

n D \frac{m}{M} D \frac{4,4}{78} D 5,6 × 10^{−2} mol.

20Dissolution, dilution et homéopathie_{Lycée Corneille, La Celle Saint-Cloud} {Enoncé \atop p. ??}

1 (a) La masse molaire moléculaire de l’aspirine est :

M_{aspirine} D 9M▷C◁C8M▷H◁C4M▷O◁ D 9C8C4×16 D 180 g.mol^{−1} .

(b) La quantité de matière recherchée est :

n D \frac{m}{M_{aspirine}} D \frac{0,5}{180} D 2,80 × 10^{−3} mol.

2 (a) Pour dissoudre le comprimé dans 100 mL d’eau, on utilise une fiole jaugée de 100 mL. On y introduit le comprimé et on ajoute de l’eau distillée environ jusqu’aux deux tiers du volume souhaité.

Dissolution, dilution et homéopathie — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 275 — #283

DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{275} CORRIGÉS INTERROS COURS

On agite, puis on complète en ajoutant de l’eau distillée jusqu’au trait de jauge. On termine en homogénéisant la solution.

(b) Pour diluer dix fois la solution (S), on utilise une pipette jaugée de 10,0 mL pour prélever 10,0 mL de la solution (S), que l’on introduit dans une fiole jaugée de 100 mL. On complète avec de l’eau distillée jusqu’aux deux-tiers du trait de jauge, environ, et l’on agite la solution. Enfin, on complète jusqu’au trait de jauge avec de l’eau distillée.

(c) La concentration massique de la solution (S) est donnée par :

C_{m} D \frac{m}{V} D \frac{0,5}{0,1} D 5,00 g.L^{−1} .

(d) La concentration massique de la solution (D) est par conséquent

C′_{m} D \frac{C_{m}}{10} D 0,500 g.L^{−1} .

On en déduit la concentration molaire c′par :

c′D \frac{C′_{m}}{M_{aspirine}} D \frac{0,500}{180} D 2,78 × 10^{−3} mol.L^{−1} .

3 (a) Calculons le facteur de dilution souhaité. La solution (D) a pour concentration c′ D 2,78 × 10^{−3} mol.L^{−1} , et la solution homéopathique a pour concentration c′′D 10^{−30} mol.L^{−1} . Le facteur de dilution est :

f D \frac{c′}{c′′}D 2,78 × 10^{27}.

On a donc V_{eau} D V′′− V′D f V′− V′D 2,78 × 10^{27} mL. Convertissons ce volume très important en mètres cube. On a

1 m^{3} D 10^{3} dm^{3} D 10^{3} L D 10^{6} mL

donc :

v′D 2,78 × 10^{21} m^{3}.

Il est bien entendu exclu de procéder à une telle dilution en une seule fois. Il faudrait procéder par dilutions successives, jusqu’à atteindre la concentration désirée.

(b) Puisque la concentration de la solution est 10^{−30} mol.L^{−1} , un litre de solution homéopathique à 15CH contient 10^{−30} mol de molécules d’aspirine. Le nombre n de molécules correspondant est obtenu en multipliant cette quantité de matière par le nombre d’Avogadro :

N D n × N_{A} D 10^{−30} × 6,02 × 10^{23} D 6,02 × 10^{−7} molécules.

f D \frac{c′}{c′′}D \frac{V′′}{V′}

soit :

V′′D f V′D V′C V_{eau}.

Réaction à base d’ion dichromate — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 276 — #284 CORRIGÉS_{276}

Ce nombre est très inférieur à un, alors que le nombre de molécules contenu dans la solution doit bien entendu être un entier. Il est donc hautement probable que la solution ne contienne plus une seule molécule d’aspirine. On ne peut pas diluer indéfiniment une solution.

21Élaboration d’une solution_{Lycée Clémenceau, Nantes} {Enoncé \atop p. ??}

1 La quantité de matière en diiode hydraté introduite est :

n D c × V D 1,00 × 10^{−1} × 1,00 D 0,1 mol.

2 La masse introduite est m D 31 g donc la masse molaire du corps dissous est :

M D \frac{m}{n} D \frac{31,0}{1,00 × 10^{−1}} D 310 g.mol^{−1} .

3 D’un autre côté, cette masse molaire peut s’écrire :

M D 2M▷I◁ C 2nM▷H◁ C nM▷O◁ D 254 C 18n

On a donc :

254 C 18n D 310 soit : n D \frac{310 − 254}{18} D 3,1.

On a déduit que n D 3 : chaque molécule de diiode est entourée de trois molécules d’eau.

22Réaction à base d’ion dichromate_{Lycée Lacordaire, Marseille} {Enoncé \atop p. ??}

1 Initialement, le milieu contient des ions Cr_{2}O_{7}_{▷aq◁}^{2−}(jaune-orangé), H_{▷aq◁}^{C} (incolore) et Fe_{▷aq◁}^{2C}. Lorsque tous les ions dichromate ont réagi (Fe_{▷aq◁}^{2C}est introduit en excès) la solution contient des ions Cr_{▷aq◁}^{3C}(vert) et Fe_{▷aq◁}^{3C}. Par conséquent, au cours de la réaction, la solution passe du jaune-orangé au vert.

2 Afin d’écrire l’équation-bilan de la réaction, il convient :

d’équilibrer l’élément chrome :

\underbrace{Cr_{2}O_{7}^{2−} C H^{C} C Fe^{2C}}_{2 atomes Cr} → \underbrace{2 Cr^{3C} C H_{2}O C Fe^{3C}}_{2 atomes Cr}

d’équilibrer l’élément oxygène, en ajustant la quantité de H_{2}O :

\underbrace{Cr_{2}O_{7}^{2−} C H^{C} C Fe^{2C}}_{7 atomes O} → \underbrace{2 Cr^{3C} C 7 H_{2}O C Fe^{3C}}_{7 atomes O}

Chlorate de Potassium — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 277 — #285 DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{277} CORRIGÉS INTERROS COURS

d’équilibrer l’élément hydrogène, à l’aide de H^{C} :

\underbrace{Cr_{2}O_{7}^{2−} C 14 H^{C} C Fe^{2C}}_{14 atomes H} → \underbrace{2 Cr^{3C} C 7 H_{2}O C Fe^{3C}}_{14 atomes H}

d’équilibrer l’élément fer, en introduisant autant d’ions Fe^{2C} (quantité x) à gauche de l’équation que d’ions Fe^{3C} à droite :

\underbrace{Cr_{2}O_{7}^{2−} C 14 H^{C} C x Fe^{2C}}_{x atomes Fe} → \underbrace{2 Cr^{3C} C 7 H_{2}O C x Fe^{3C}}_{x atomes Fe}

d’ajuster la valeur de x de manière à assurer la conservation de la charge :

\underbrace{14 C 2x − 2}_{charge à gauche} D \underbrace{6 C 3x}_{charge à droite}

Il convient donc de choisir x tel que :

12 C 2x D 6 C 3x ⇒ x D 6

de manière à assurer la présence de 24 charges Ce de part et d’autre de l’équation-bilan, qui s’écrit finalement :

Cr_{2}O_{7}_{▷aq◁}^{2−}C 14 H_{▷aq◁}^{C}C 6 Fe_{▷aq◁}^{2C}→ 2 Cr_{▷aq◁}^{3C}C 7 H_{2}O C 6 Fe_{▷aq◁}^{3C}

23Chlorate de Potassium_{Lycée Saint Thomas D’Aquin, Paris} {Enoncé \atop p. ??}

1 L’équation équilibrée de la réaction est :

2 KClO_{3}_{(s)} C 3 C_{(s)} → 3 CO_{2}_{(g)} C 2 KCl_{(s)}.

2 (a) Les masses molaires de KClO_{3} et de C sont :

M(KClO_{3}◁D M(K) C M(Cl) C 3 M(O)
D 39,1 C 35,5 C 3 × 16 D 122,6 g · mol^{−1}
et M▷C◁D 12 g · mol^{−1} .

Comme n D \frac{m}{M}, on en déduit :

n▷KClO_{3}◁D \frac{25}{122,6} D 0,20 mol
et n▷C◁D \frac{40}{12} D 3,3 mol.

(b) Le tableau d’avancement s’écrit :

2 KClO_{3}_{(s)} +  3 C_{(s)}  → 3 CO_{2}_{(g)} + 2 KCl_{(s)}
x D 0 0,2 mol  3,33 mol  0  0
x D̸ 0 0,2 - 2 x  3,33 - 3 x  3 x  2 x

Transformation cuivre-argent — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 278 — #286

CORRIGÉS_{278}

(c) Hypothèse 1 : KClO_{3} limitant. Alors x_{max_{1}} D \frac{0,2}{2} D 0,10 mol. Hypothèse 2 : C limitant. Alors x_{max_{2}} D \frac{3,33}{3} D 1,1 mol. Comme x_{max_{1}} < x_{max_{2}}, l’hypothèse 1 est la bonne et donc :

x_{max} D 0,1 mol.

(d) Le réactif limitant est donc KClO_{3}.

(e) Dans l’état final :

n▷KClO_{3}◁ D 0 (réactif limitant); n▷C◁ D 3,33 − 3 × 0,1 D 3,0 mol; n▷CO_{2}◁ D 3 × 0,1 D 0,30 mol; n▷KCl◁ D 2 × 0,1 D 0,20 mol.

(f) Les masses de produits dans l’état final se calcule grâce à la formule m D n × M. Donc dans l’état final : m▷CO_{2}◁ D n▷CO_{2}◁ × M▷CO_{2}◁ D 0,3 × ▷12 C 2 × 16◁ D 13 g. m▷KCl◁ D n▷KCl◁ × M▷KCl◁ D 0,2 × ▷39,1 C 35,5◁ D 15 g.

24Transformation cuivre-argent_{Lycée Guy de Maupassant, Colombes} {Enoncé \atop p. ??}

1 L’équation-bilan de cette réaction s’écrit, après en avoir équilibré les charges et l’élément argent :

Cu_{(s)} C 2 Ag_{▷aq◁}^{C}→ Cu_{▷aq◁}^{2C}C 2 Ag_{(s)}

2 La solution contient les ions Ag_{▷aq◁}^{C}, incolores, et Cu_{▷aq◁}^{2C}, bleus (les métaux Cu_{(s)} et Ag_{(s)} demeurent sous forme solide). Aussi, au fur et à mesure que la réaction produit des ions Cu_{▷aq◁}^{2C}, elle devient de plus en plus bleue.

3 Initialement, le milieu réactionnel contient :

une quantité n_{1} de cuivre métallique, telle que :

m_{1} D n_{1} M_{Cu} ⇒ n_{1} D \frac{m_{1}}{M_{Cu}} D \frac{63,5}{63,5} D 1 mol de Cu_{(s)}I

une quantité n d’ions Ag_{▷aq◁}^{C}, dont la concentration est définie par :

C D \frac{n}{V} ⇒ n D CV D 9.10^{−1} × 0,25 D 0,23 mol d’ions Ag_{▷aq◁}^{C}.

Le tableau d’avancement de la réaction s’écrit donc :

Cu_{(s)}C 2 Ag_{▷aq◁}^{C}  → Cu_{▷aq◁}^{2C}  C2 Ag_{(s)}
x D 0  1  0,23  0  0
x D̸ 0 1 − x 0,23 − 2x  x  2x

Loi de Beer-Lambert — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 279 — #287 DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{279} CORRIGÉS INTERROS COURS

4 Compte tenu de ce tableau, la masse m_{Ag} D 7 g de Ag_{(s)} est associée à une quantité de matière n_{Ag} D 2x telle que :

m_{Ag} D n_{Ag} M_{Ag} ⇒ n_{Ag} D \frac{m_{Ag}}{M_{Ag}} ⇒ 2x D \frac{7}{108}
⇒ x D \frac{7}{108 × 2} ≈ 3,2.10^{−2} mol.

Ainsi, le tableau d’avancement permet de connaître la composition du milieu réactionnel lorsque x D 3,24.10^{−2} mol :

Cu_{(s)}C 2 Ag_{▷aq◁}^{C} → Cu_{▷aq◁}^{2C}  C2Ag_{(s)}
n (mol) 0,968  0,16  3,24.10^{−2}  6,48.10^{−2}

d’où se déduisent les concentrations :

[Cu_{▷aq◁}^{2C}] D \frac{3,24.10^{−2}}{0,25} D 0,13 mol·L^{−1} [Ag_{▷aq◁}^{C}] D \frac{0,16}{0,25} D 0,64 mol·L^{−1}

ainsi que la masse de cuivre restante :

m_{Cu} D n_{Cu} × M_{Cu} D 0,968 × 63,5 ⇒ m_{Cu} D 61,5 g.

25Loi de Beer-Lambert_{Lycée Victor Hugo, Colomiers} {Enoncé \atop p. ??}

1 La courbe d’étalonnage A D f ▷C◁ se déduit des valeurs numériques fournies par l’énoncé :

2 L’alignement de ces points montre que la courbe d’étalonnage s’apparente à un segment de droite qui passe par l’origine. Il existe donc un coefficient k (coefficient directeur de la droite) permettant de poser :

A D k × C.  (31)

À condition que k D εℓ, cette relation confirme la loi de Beer-Lambert : A D εℓ × C.

3 Puisque le point P, de coordonnées C_{P} D 5 mmol · L^{−1} D 5.10^{−3} mol · L^{−1} et A_{P} D 1,48 appartient à la droite d’étalonnage, il vérifie la relation

Dilution d’une solution de diiode — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 280 — #288 CORRIGÉS_{280}

(??), au même titre que les grandeurs C′et A′D 1,12 :

\{ \begin{matrix}A′D k × C′ \\ A_{P} D k × C_{P} \end{matrix} ⇒ \frac{A′}{A_{P}} D \frac{C′}{C_{P}} ⇒ C′D C_{P} × \frac{A′}{A_{P}}
⇒ C′D 5.10^{−3} × \frac{1,12}{1,48}
⇒ 3,78.10^{−3} mol · L^{−1} D 3,78 mmol · L^{−1} .

26Dilution d’une solution de diiode_{Lycée Van Gogh, Ermont} {Enoncé \atop p. ??}

1 Soit n_{I_{2}} D C_{0}V_{0} la quantité de matière de I_{2} prélevée dans le volume V_{0} de solution mère décimolaire (de concentration C_{0} D 0,1 mol · L^{−1}). Cette quantité de matière est introduite dans une solution dont le volume est ramené à V_{1} D 100 mL. La concentration en I_{2} de cette dernière solution vaut alors :

C_{1} D \frac{n_{I_{2}}}{V_{1}} ⇒ C_{1}V_{1} D n_{I_{2}} D C_{0}V_{0}
⇒ V_{0} D \frac{C_{1}}{C_{0}} V_{1} D \frac{2.10^{−2}}{0,1} × 100 ⇒ V_{0} D 20 mL.

2 (a) Les valeurs numériques fournies par l’énoncé conduisent au tracé de la courbe d’étalonnage A D f ▷C◁:

(b) Ce graphe montre que la courbe A D f ▷C◁ est une droite qui passe par l’origine. Il existe donc une constante K permettant d’écrire :

A D K × C.

La valeur numérique de K D \frac{A}{C} peut se déduire directement de la courbe ou du calcul de ce rapport pour les différentes valeurs numériques fournies par l’énoncé : voir page ci-contre.

Eau de Dakin — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 281 — #289 DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{281} CORRIGÉS INTERROS COURS
C (en mol · L^{−1} )  0 10^{−3}  2.10^{−3}  5.10^{−3}  0,010 0,015
A  0 0,10  0,25  0,60  1,1  1,7
A/C (en L · mol^{−1} ) ? 100  125  120  110  113

Donc, en moyenne, on trouve : K ≈ 114 L · mol^{−1} .

(c) De ce qui précède, il ressort qu’une solution d’absorbance A D 0,8 présente une concentration C telle que :

A D K × C ⇒ C D \frac{A}{K} D \frac{0,8}{114} ⇒ C ≈ 7.10^{−3} mol · L^{−1} .

Remarque : cette valeur pouvait directement s’obtenir à l’aide de la courbe d’étalonnage qui montre que le point M d’absorbance A D 0,8 a pour abscisse C D 7.10^{−3} mol · L^{−1}.

27Eau de Dakin_{Lycée Alexandre Dumas, Saint-Cloud} {Enoncé \atop p. ??}

1 La masse molaire du permanganate de potassium (KMnO_{4}) valant :

M D M_{K} C M_{Mn} C 4M_{O} D 39,1 C 54,9 C 4 × 16 D 158 g · mol^{−1}

un échantillon de masse m D 158 mg D 158.10^{−3} g et de volume V D 0,1 Lcontient la quantité de matière :

n D \frac{m}{M} D \frac{158.10^{−3}}{158} D 10^{−3} mol

à laquelle est associée la concentration :

C D \frac{n}{V} D \frac{10^{−3}}{0,1} D 1,00.10^{−4} mol · L^{−1} .

2 L’absorbance étant maximale pour une longueur d’onde λ D 530 nm, le permanganate de potassium absorbe essentiellement le vert.

Le cercle des couleurs montre alors que la solution doit paraître magenta.

Solution d’hélianthine — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 282 — #290 CORRIGÉS_{282}

3 La loi de Beer-Lambert établit la proportionnalité entre l’absorbance A et la concentration C de la solution :

A D k × C ⇒ k D \frac{A}{C}.

Notamment, pour une longueur d’onde λ D 530 nm, la courbe fournie par l’énoncé présente un maximum A_{max} D 2,45, ce qui affecte à la constante k la valeur :

k D \frac{A_{max}}{C} D \frac{2,45}{10^{−2}} D 245 L · mol^{−1} .

28Suivi de réaction_{Lycée Saint-Exupéry, Lyon} {Enoncé \atop p. ??}

On dresse un tableau d’avancement de la réaction, où l’on appelle x l’avancement.

État  5Br^{−} C BrO_{3}^{−} C 6H^{C} → 3Br_{2} C 3H_{2}O
Initial  12  2  12  0  solvant
Arbitraire 12 − 5x  2 − x  12 − 6x  3x  solvant

L’épuisement du milieu réactionnel en ions bromure se produirait pour x D 12/5 soit x D 2,4 mol, l’épuisement en ions bromate (BrO_{3}^{−} ) pour x D 2 mol et l’épuisement en ions H^{C} pour x D 12/6 D 2 mol. Ce sont donc les ions bromate et hydrogène qui sont les réactifs limitants. L’avancement maximal est x_{max} D 2 mol, et l’avancement à l’instant de demi-réaction est x_{1/2} D 1 mol. On est donc en mesure à présent d’écrire les bilans de matière en moles aux différents instants :

t  5Br^{−}  C BrO_{3}^{−} C  6H^{C}  →  3Br_{2} C 3H_{2}O
0  12  2  12  0  solvant
t_{1/2} 12 − 1 × 5  2 − 1  12 − 1 × 6  1 × 3  solvant
D 7 mol  D 1 mol  D 6 mol  D 3 mol
C∞ 12 − 2 × 5  2 − 2  12 − 2 × 6  2 × 3  solvant
D 2 mol  D 0 mol  D 0 mol  D 6 mol

29Solution d’hélianthine_{Lycée Charlemagne, Paris} {Enoncé \atop p. ??}

1 La courbe spectrale montre que l’hélianthine absorbe au mieux les rayonnements de longueur d’onde λ_{max} D 465 nm. C’est aussi à cette longueur d’onde que la courbe d’étalonnage sera tracée afin d’avoir les plus grandes variations possibles de A.

Solution d’hélianthine — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 283 — #291 DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{283} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Dans le spectre de la lumière visible, la longueur d’onde λ_{max} D 465 nm correspond au bleu :

Le cercle des couleurs révèle alors qu’en absorbant le bleu, l’hélianthine paraît jaune, conformément aux indications de l’énoncé pour pH > 6,2 (ici pH D 8,0).

3 Graphiquement, il suffit de placer sur la courbe d’étalonnage le point M de coordonnées A D 1,51. Une lecture sur l’axe des abscisses révèle alors que C ≈ 0,65.10^{−4} mol · L^{−1} .

4 La courbe d’étalonnage étant un segment de droite passant par l’origine, elle confirme la loi de Beer-Lambert, c’est-à-dire la proportionnalité de A et de C (la constante k étant alors le coefficient directeur de la courbe) :

A D k × C.  (32)

Puisque le point P (de coordonnées C_{P} D 10^{−4} mol · L^{−1} et A_{P}=2,32) appartient à la droite d’étalonnage, il vérifie la loi (??), au même titre que le point M (de coordonnées C et A D 1,51) :

\{ \begin{matrix}A D k × C \\ A_{P} D k × C_{P} \end{matrix} ⇒ \frac{A}{A_{P}} D \frac{C}{C_{P}} ⇒ C D C_{P} × \frac{A}{A_{P}}
⇒ C D 10^{−4} × \frac{1,51}{2,32} D 6,5.10^{−5} mol · L^{−1} .

La compatibilité des valeurs numériques obtenues pour C par les deux méthodes est alors assurée.

Bleu de méthylène — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 284 — #292

CORRIGÉS_{284}

30Bleu de méthylène_{Lycée Charlemagne, Paris} {Enoncé \atop p. ??}

1 La loi de Beer-Lambert précise que l’absorbance A d’une solution colorée est proportionnelle à sa concentration C. Il existe donc une constante k telle que :

A D k × C.  (33)

Si I_{0} désigne l’intensité lumineuse qui arrive sur un échantillon de solution colorée et si I désigne l’intensité lumineuse qui en sort, l’absorbance représente l’exposant A selon lequel :

\frac{I_{0}}{I} D 10^{A} ou encore : \frac{I}{I_{0}} D 10^{−A} .

Plus l’absorbance d’une solution est importante, moins cette solution est transparente.

2 Les résultats de mesure consignés dans l’énoncé sont reportés dans une courbe d’étalonnage :

Cette courbe représentant une droite qui passe par l’origine, son équation est celle donnée par la loi de Beer-Lambert (??) dans laquelle la valeur numérique du coefficient directeur k doit rendre compte du passage de la courbe par le point Q de coordonnées C D 4,00 mg · L^{−1} et A D 0,491 :

A D k × C ⇒ k D \frac{A}{C} D \frac{0,491}{4} ≈ 0,123 L · mg^{−1} .

3 Puisque la solution apparaît bleue-verdâtre c’est qu’elle absorbe les radiations orangées (cf. disque des couleurs).

Teneur en ion Fer d’un médicament — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 285 — #293 DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{285} CORRIGÉS INTERROS COURS

Le maximum d’absorbance de cette solution doit alors correspondre à cette couleur, ce qui justifie le réglage du spectrophotomètre à 650 nm (orange-rouge).

4 La solution analysée présente une absorbance A D 0,314 et donc une concentration C donnée par la loi de Beer-Lambert : auquel cas la solution pharmaceutique, 100 fois plus concentrée, est de concentration :

C_{0} D 100 × C ≈ 255 mg · L^{−1} .

31Teneur en ion Fer d’un médicament_{Lycée Notre-Dame du Grandchamp, Versailles} {Enoncé \atop p. ??}

1 (a) En prélevant un volume V_{i} de solution S (de concentration C_{m}), on obtient un échantillon qui contient une masse m_{Fe}_{2C} d’ions Fe^{2C} telle que :

C_{m} D \frac{m_{Fe}_{2C}}{V_{i}} ⇒ m_{Fe}_{2C} D C_{m} × V_{i}.

La solution fille provient de la mise en solution de cette masse et présente un volume V D 50 mL. Par suite, sa concentration massique vaut :

C_{mi} D \frac{m_{Fe}_{2C}}{V} D C_{m} × \frac{V_{i}}{V} D 20.10^{−3} × \frac{V_{i}}{50}  (34)
D 20.10^{−3} × \frac{25}{50} D 10.10^{−3} g · L^{−1} .

Les autres solutions ▷i◁ provenant du même protocole, leurs concentrations se calculent de la même manière à l’aide de l’expression (??) :

Solution  1  2  3  4  5  6
V_{i} (mL)  25,0 22,5 20,0 17,5 15,0 12,5
A  1,80 1,60 1,45 1,25 1,05 0,90
C_{mi} (10^{−3} g · L^{−1} ) 10  9  8  7  6  5
Points  D  E  F  G  H  I

(b) Le graphique représentant l’absorbance A en fonction de la concentration massique C_{mi} devient accessible (le point M ne servira qu’à une question ultérieure) :

Teneur en ion Fer d’un médicament — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 286 — #294 CORRIGÉS_{286}

La linéarité de cette courbe suggère qu’elle vérifie la loi de Beer-Lambert : A D k × C_{mi}, où la constante k tient compte de l’appartenance du point G (de coordonnées C_{G} D 7.10^{−3} g · L^{−1} et A_{G} D 1,25) à la droite :

k D \frac{A_{G}}{C_{G}} D \frac{1,25}{7.10^{−3}} ≈ 179 L · g^{−1}
⇒ A ≈ 179 × C_{mi} (C_{mi} en g · L^{−1} ).  (35)

2 (a) L’absorbance de la solution diluée valant A D 1,35, sa concentration se déduit rapidement de la courbe précédente : en reportant sur la droite d’étalonnage le point M d’ordonnée A D 1,35 la lecture de son abscisse donne immédiatement une évaluation de la concentration cherchée :

C′_{m} ≈ 7,5.10^{−3} g · L^{−1} .

Cette valeur peut du reste être confirmée à l’aide de la relation (??) :

C′_{m} D \frac{A}{179} D \frac{1,35}{179} ≈ 7,5.10^{−3} g · L^{−1} .

(b) En prélevant un volume V_{0} D 5 mL de solution S_{0} à la concentration C′′_{m}(inconnue), on constitue un échantillon contenant une masse d’ions Fe_{▷aq◁}^{2C}telle que :

C′′_{m}D \frac{m_{0}}{V_{0}} ⇒ m_{0} D C′′_{m}V_{0}.

La dilution de cet échantillon jusqu’à un volume V′D 50 mLa permis de réaliser la solution S′ dont la concentration C′_{m} D 7,5.10^{−3} g · L^{−1} a été mesurée par spectrophotométrie. Or, comme la solution a été obtenue à partir d’une masse m_{0} d’ions Fe_{▷aq◁}^{2C}, sa concentration vaut :

C′_{m} D \frac{m_{0}}{V′} ⇒ m_{0} D C′_{m}V′D C′′_{m}V_{0}
⇒ C′′_{m}D \frac{C′_{m}V′}{V_{0}}D \frac{7,5.10^{−3} × 50}{5} D 75.10^{−3} g · L^{−1} .

(c) La fiole de 1,00 L de solution contenait donc une masse de 75 mg d’ions fer II introduits avec le comprimé. L’écart relatif avec l’indication du fabricant vaut alors :

ε D \frac{m_{indiquée} − m_{exp.}}{m_{indiquée}} D \frac{80 − 75}{80} D 6.10^{−2} D 6% .

Dosage spectrophotométrique — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 287 — #295

DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{287} CORRIGÉS INTERROS COURS

32Dosage spectrophotométrique_{Lycée Janson de Sailly, Paris} {Enoncé \atop p. ??}

1 Ces résultats illustrent la loi de Beer-Lambert, qui dit, en autres, que l’absorbance d’une solution est proportionnelle à la concentration du soluté. En effet, on voit que les points de mesure sont alignés sur une droite passant par l’origine.

2 Puisque l’on a une relation de proportionnalité entre A_{1} et TXU, on peut

écrire :

A_{1} D k_{x,1}TXU,

où k_{x,1} est la pente de la droite joignant les points de mesure. Dans les unités de l’énoncé, on voit que la valeur numérique de cette constante est k_{x,1} D 10. Puisque l’absorbance n’a pas d’unité, et que la concentration est donnée en mol · L^{−1} , l’unité de cette constante est l’inverse de celle de la concentration. En définitive :

k_{x,1} D 10 L.mol^{−1} .

3 L’espèce X, ainsi qu’on le voit sur son spectre, est 5 fois moins absorbante à la longueur d’onde λ_{2} qu’à la longueur d’onde λ_{1}. On aurait donc obtenu :

k_{x,2} D \frac{k_{x,1}}{5} D 2,0 L.mol^{−1} .

4 On utilise la relation A_{1} D k_{x,1}TXU qui nous donne :

TXU D \frac{A_{1}}{k_{x,1}} D \frac{0,38}{10} D 3,8 · 10^{−2} mol · L^{−1} .

On peut également reporter cette absorbance sur la courbe d’étalonnage relative à l’espèce X, en ordonnée, et lire en abscisse la concentration correspondante.

5 Le raisonnement est identique à celui que nous avons développé pour l’espèce X. Nous mesurons la pente de la droite du graphe de A_{2} en fonction de TY U, et nous obtenons :

k_{y,2} D 5 L.mol^{−1} .

6 (a) À la longueur d’onde λ_{1}, les deux espèces X et Y absorbent. Prise séparément, l’absorbance de X a déjà été déterminée dans les questions antérieures et vaut :

A_{1} D k_{x,1}TXU avec : k_{x,1} D 10 L.mol^{−1} .

De la même manière, l’espèce Y prise séparément absorbe à la longueur d’onde λ_{1}. On voit sur son spectre qu’elle absorbe cinq fois moins à cette longueur d’onde qu’à son pic d’absorbance, donc on peut écrire une relation du type :

A_{1} D k_{y,1}TY U avec : k_{y,1} D \frac{k_{2,y}}{5} D 1 L.mol^{−1} .

Réactions d’oxydo-réduction — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 288 — #296

CORRIGÉS_{288}

Lorsque les deux espèces sont présentes simultanément, nous avons :

A_{1} D k_{x,1}TXU C k_{y,1}TY U D 10TXU C TY U,

où la dernière écriture suppose que TXU et TY U sont en mol · L^{−1} .

(b) Nous avons en définitive :

A_{1} D k_{x,1}TXU C k_{y,1}TY U
A_{2} D k_{2,x}TXU C k_{2,y}TY U

soit ici, en exprimant les concentrations en mol · L^{−1} :

0,26 D 10TXU C TY U
0,34 D 2TXU C 5TY U

On multiplie la seconde égalité par 5 et on retranche la première. On obtient :

0,34 × 5 − 0,26 D 24TY U soit : TY U D 6,0 · 10^{−2} mol · L^{−1} .

On multiplie la première égalité par cinq et on retranche la seconde. Cela donne :

0,26×5−0,34 D 50TXU−2TXU soit : TXU D 2,0·10^{−2} mol·L^{−1} .

(c) Si l’on avait fait l’hypothèse simplificatrice que seule l’espèce X absorbe à la longueur d’onde λ_{1}, nous aurions écrit :

A_{1} ≈ k_{x,1}TXU soit : TXU ≈ \frac{A_{1}}{k_{x,1}} ≈ \frac{0,26}{10} D 2,6·10^{−2} mol·L^{−1} .

De manière similaire pour Y nous aurions écrit :

A_{2} ≈ k_{y,2}TY U soit : TY U ≈ \frac{A_{2}}{k_{y,2}} ≈ \frac{0,34}{5} D 6,8·10^{−2} mol·L^{−1} .

Ces valeurs sont respectivement 30 % et 11 % au-dessus des valeurs plus précises obtenues précédemment.

33Réactions d’oxydo-réduction_{Lycée Janson de Sailly, Paris} {Enoncé \atop p. ??}

1 Dans une demi-équation correspondant au couple oxydant/réducteur Ox/Red, les électrons sont toujours situés du même côté de l’équation que l’oxydant :

Ox C n e^{−} D Red.

C’est pourquoi on peut déduire ce qui suit.

(a) S_{2}O_{8}^{2−} /SO_{4}^{2−} est le couple associé à la demi-équation :

S_{2}O_{8}^{2−} C 2 e^{−} D 2 SO_{4}^{2−} .

(b) I_{2}/I^{−} est le couple associé à la demi-équation : 2 I^{−} D I_{2} C 2 e^{−} .

(c) La demi-équation : SO_{4}^{2−} C H^{C} D HSO_{4}^{−} ne décrit pas un échange d’oxydo-réduction; on ne peut pas lui associer de couple redox.

Réactions d’oxydo-réduction — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 289 — #297

DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{289} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 (a) La demi-équation relative au couple Fe^{3C}/Fe^{2C} est spontanément équilibrée dès que l’on place l’oxydant (Fe^{3C}) et l’électron (e^{−} ) dans le même membre de l’équation :

▷R_{1}◁ Fe^{3C} C e^{−} D Fe^{2C}.

(b) La demi-équation correspondant au couple Cl_{2}/Cl^{−} doit :

être équilibrée à l’égard de l’élément chlore : Cl_{2} D 2 Cl^{−} ;

assurer la conservation de la charge (à l’aide de e^{−} ) :

Cl_{2} C 2 e^{−} D 2 Cl^{−} .  (36)

3 (a) Le couple I_{2}/I^{−} étant semblable au couple Cl_{2}/Cl^{−} , sa demi-équation ressemble aussi à l’équation (??) :

▷R_{2}◁ I_{2} C 2 e^{−} D 2 I^{−} .

(b) L’équation décrivant l’action des ions Fe^{3C} sur les ions I^{−} s’obtient facilement en combinant les demi-équations ▷R_{1}◁ et ▷R_{2}◁ de manière qu’il y ait autant d’électrons de part et d’autre de l’équation (ici 2 électrons) :

2 ▷R_{1}◁ 2 Fe^{3C} C 2 e^{−} D2 Fe^{2C}
−▷R_{2}◁  2 I^{−} DI_{2} C 2 e^{−}
2 Fe^{3C} C 2 I^{−} D2 Fe^{2C} C I_{2}

34Réactions d’oxydo-réduction_{Lycée Janson de Sailly, Paris} {Enoncé \atop p. ??}

1 Pour écrire la demi-équation relative au couple Cr_{2}O_{7}^{2−} /Cr^{3C}, il convient :

d’équilibrer l’équation à l’égard de l’élément chrome (Cr) :

Cr_{2}O_{7}^{2−} D 2 Cr^{3C}

d’introduire H_{2}O afin d’équilibrer l’élément oxygène :

\underbrace{Cr_{2}O_{7}^{2−}}_{7 atomes O} D \underbrace{2 Cr^{3C} C 7 H_{2}O}_{7 atomes O}

d’introduire les ions H^{C} afin d’équilibrer l’élément hydrogène :

\underbrace{Cr_{2}O_{7}^{2−} C 14 H^{C}}_{14 atomes H} D \underbrace{2 Cr^{3C} C 7 H_{2}O}_{14 atomes H}

d’équilibrer enfin les charges :

▷R_{1}◁  \underbrace{Cr_{2}O_{7}^{2−} C 14 H^{C} C 6 e^{−}}_{6 charges +} D \underbrace{2 Cr^{3C} C 7 H_{2}O}_{6 charges +}

Réactions d’oxydo-réduction — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 290 — #298

CORRIGÉS_{290}

De même, la demi-équation relative au couple Cl_{2}/Cl^{−} doit être équilibrée :

d’abord à l’égard de l’élément chlore (Cl) :

Cl_{2} D 2 Cl^{−} I

puis à l’égard des charges :

▷R_{2}◁ Cl_{2} C 2 e^{−} D 2 Cl^{−} .

La combinaison des demi-équations ▷R_{1}◁ et ▷R_{2}◁ doit aboutir à une équation-bilan, qui présente autant d’électrons dans ses deux membres (ici 6 e^{−} ) et qui rend compte de l’action des ions dichromate (Cr_{2}O_{7}^{2−} ) sur les ions chlorure.

▷R_{1}◁  Cr_{2}O_{7}^{2−} C 14 H^{C} C 6 e^{−} D2 Cr^{3C} C 7 H_{2}O
−3 ▷R_{2}◁  6 Cl^{−} D3 Cl_{2} C 6 e^{−}
Cr_{2}O_{7}^{2−} C 6 Cl^{−} C 14 H^{C} D2 Cr^{3C} C 3 Cl_{2} C 7 H_{2}O

2 L’élément iode (I) intervient dans les structures I^{−} /IO_{3}^{−} , liées par une demi-équation qui doit être équilibrée :

à l’égard de l’élément oxygène, en ajoutant H_{2}O :

\underbrace{I^{−} C 3 H_{2}O}_{3 atomes O} D \underbrace{IO_{3}^{−}}_{3 atomes O}

à l’égard de l’hydrogène, en ajoutant H^{C} :

\underbrace{I^{−} C 3 H_{2}O}_{6 atomes H} D \underbrace{IO_{3}^{−} C 6 H^{C}}_{6 atomes H}

à l’égard des charges, en ajoutant 6 e^{−} dans le membre de droite :

\underbrace{I^{−} C 3 H_{2}O}_{1 charge −} D \underbrace{IO_{3}^{−} C 6 H^{C} C 6 e^{−}}_{1 charge −}

Cependant, cette demi-équation présente des ions H^{C} caractéristiques des milieux acides. En milieu basique, il convient alors d’ajouter 6 HO^{−} dans les deux membres de cette équation :

I^{−} C 3 H_{2}O C 6 HO^{−} D IO_{3}^{−} C \underbrace{6 H^{C} C 6 HO^{−}}_{6 H_{2}O}C6 e^{−} .

En regroupant 6 H^{C} C 6 HO^{−} en 6 H_{2}O, puis en simplifiant par 3 H_{2}O, on obtient finalement la demi-équation associée au groupe IO_{3}^{−} /I^{−} en milieu basique :

▷E_{1}◁ I^{−} C 6 HO^{−} D IO_{3}^{−} C 3 H_{2}O C 6 e^{−} .

Quant à la demi-équation associée au couple MnO_{4}^{−} /MnO_{4}^{2−} , elle est immédiatement équilibrée en assurant la conservation des charges :

▷E_{2}◁ MnO_{4}^{−} C e^{−} D MnO_{4}^{2−} .

Avancement maximal et final — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 291 — #299 DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{291} CORRIGÉS INTERROS COURS

La combinaison des deux demi-équations précédentes, réalisée de manière à faire apparaître autant d’électrons (ici 6 e^{−} ) de part et d’autre de l’équation :

▷E_{1}◁  I^{−} C 6 HO^{−} DIO_{3}^{−} C 3 H_{2}O C 6 e^{−}
6 ▷E_{2}◁  6 MnO_{4}^{−} C 6 e^{−} D6 MnO_{4}^{2−}
I^{−} C 6 HO^{−} C 6 MnO_{4}^{−} C 6 e^{−} DIO_{3}^{−} C 3 H_{2}O C 6 MnO_{4}^{2−} C 6 e^{−}

conduit à l’équation-bilan de la réaction, après simplification par 6 e^{−} :

I^{−} C 6 HO^{−} C 6 MnO_{4}^{−} D IO_{3}^{−} C 3 H_{2}O C 6 MnO_{4}^{2−} .

35Avancement maximal et final_{Lycée Lakanal, Sceaux} {Enoncé \atop p. ??}

1 Les deux couples d’oxydo-réduction qui entrent en jeu sont : CO_{2▷g◁}/CO_{▷g◁}

et H_{2}O_{▷g◁}/H_{2▷g◁}. 2 Le tableau d’avancement de la réaction est :

CO_{▷g◁} + H_{2}O_{▷g◁} = CO_{2▷g◁} + H_{2▷g◁}
x D 0 2,5 mol  3,2 mol  0  0
x D̸ 0 2,5 − x  3,2 − x  x  x

L’avancement maximal correspond à l’avancement pour lequel un des réactifs a totalement disparu. On en déduit que x_{max} D 2,5 mol.

(a) L’avancement final est tel que 3,2 − x_{f} D 2,02 mol.

On en déduit que x_{f} D 1,18 mol. D’où la composition de l’état final :

n_{f} (CO)= 2,5-x_{f} = 1,32 mol;

n_{f} (H_{2}O) = 2,02 mol;

n_{f} (CO_{2})= x_{f} = 1,18 mol;

n_{f} (H_{2})= x_{f} = 1,18 mol.

(b) Le fait que l’avancement maximal soit supérieur à l’avancement final permet d’affirmer que la réaction n’est pas totale. Il s’agit d’un équilibre chimique.

Réactions d’oxydo-réduction — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 292 — #300

CORRIGÉS_{292}

36Réactions d’oxydo-réduction_{Lycée Jeanne d’Albret, Saint-Germain-en-Laye} {Enoncé \atop p. ??}

Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo avec

1 (a) D’après l’énoncé, les réactifs sont :

l’aluminium métallique, Al, introduit en quantité n_{1} telle que :

n_{1} D \frac{m_{1}}{M_{Al}} D \frac{0,27}{27} D 0,01 molI

les ions H_{▷aq◁}^{C}(les seuls qui peuvent produire le dihydrogène), introduits en quantité :

n_{2} D c_{2}V_{2} D 1 × 24.10^{−3} D 0,024 mol.

Quant aux produits, d’après l’énoncé, il s’agit de Al_{▷aq◁}^{3C}et de H_{2}_{▷gaz◁}.

(b) Compte tenu de ce qui précède, les couples oxydant/réducteur mis

en jeu sont :

Al_{▷aq◁}^{3C}/Al_{(s)} et H_{▷aq◁}^{C}/H_{2}_{▷gaz◁}.

(c) Les demi-équations correspondant à ces couples s’équilibrent immédiatement :

▷E_{1}◁ Al_{▷aq◁}^{3C}C 3 e^{−} DAl_{(s)}
▷E_{2}◁ 2 H_{▷aq◁}^{C}C 2 e^{−} DH_{2}_{▷aq◁}

(d) Pour faire apparaître les réactifs (Al_{(s)} et H_{▷aq◁}^{C}) du même côté gauche de l’équation-bilan de la réaction, il convient d’abord d’inverser la demi-équation ▷E_{1}◁ :

▷−E_{1}◁  Al_{(s)}DAl_{▷aq◁}^{3C}C 3 e^{−}
▷E_{2}◁ 2 H_{▷aq◁}^{C}C 2 e^{−} DH_{2}_{▷aq◁}

Enfin, en multipliant respectivement par 2 et par 3 ces demi-équations, on fait apparaître le même nombre d’électrons (ici 6) de part et d’autre de l’équation-bilan :

2 × ▷−E_{1}◁  2 Al_{(s)}D2 Al_{▷aq◁}^{3C}C 6 e^{−}
3 × ▷E_{2}◁  6 H_{▷aq◁}^{C}C 6 e^{−} D3 H_{2}_{▷gaz◁}
2 Al_{(s)} C 6 H_{▷aq◁}^{C}D2 Al_{▷aq◁}^{3C}C 3 H_{2}_{▷gaz◁}

2 La connaissance de la composition initiale du milieu réactionnel (établie à la première question) permet de suivre l’évolution de la réaction dans un tableau d’avancement :

Réactions d’oxydation — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 293 — #301

DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{293} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Al_{(s)} C 6 H_{▷aq◁}^{C} D2 Al_{▷aq◁}^{3C}C3 H_{2}_{▷aq◁}
x D 0  0,010  0,024  0  0
x D̸ 0 0,010 − 2x 0,024 − 6x  2x  3x

Si la réaction est totale, elle se poursuit jusqu’à disparition d’un des réactifs, ce qui signifie que :

l’avancement x prend une valeur finale x_{f} telle que :

n_{Al} D 0 ⇒ 0,010 − 2x_{f} D 0 ⇒ 2x_{f} D 0,010 ⇒ x_{f} D 0,005 mol

ou l’avancement x prend une valeur finale x′_{f} telle que :

n_{H}^{C} D 0 ⇒ 0,024 − 6 x′_{f} D 0 ⇒ 6 x′_{f} D 0,024
⇒ x′_{f} D \frac{0,024}{6} D 0,0040 mol.

Puisque x′_{f} < x_{f} , ce sont les ions H_{▷aq◁}^{C}qui limitent la réaction (la valeur finale de l’avancement, x′_{f}, assure leur disparition du milieu réactionnel). Finalement, le tableau d’avancement donne la composition finale du milieu réactionnel :

2 Al_{(s)} C 6 H_{▷aq◁}^{C} D2 Al_{▷aq◁}^{3C}C3 H_{2}_{▷aq◁}
x D̸ 0  0,010 − 2x 0,024 − 6x  2x  3x
x_{f} D 0,004  0,002  0  0,008 0,012

37Réactions d’oxydation_{Lycée Jacques Monod, Clamart} {Enoncé \atop p. ??}

1 La première expérience montre qu’en présence d’ions hydroxyde HO_{▷aq◁}^{−} (apportés par la solution d’hydroxyde de sodium : Na_{▷aq◁}^{C}C HO_{▷aq◁}^{−}), les ions Sn_{▷aq◁}^{2C}forment un hydroxyde insoluble, de couleur blanche :

Sn_{▷aq◁}^{2C}C 2 HO_{▷aq◁}^{−}D Sn▷OH◁_{2}_{(s)}_{blanc}.

Quant à la quatrième expérience, elle montre que ces mêmes ions hydroxyde réagissent avec les ions Fe_{▷aq◁}^{2C}pour former un hydroxyde insoluble, de couleur verte :

Fe_{▷aq◁}^{2C}C 2 HO_{▷aq◁}^{−}D Fe▷OH◁_{2}_{(s)}_{vert}.  (37)

2 Dans la deuxième expérience, le dépôt noir correspond à la formation d’une pellicule métallique d’étain Sn à la surface de la lame de fer. La troisième expérience montre que le fer métallique, en présence d’ions Sn_{▷aq◁}^{2C}, peut produire des ions Fe_{▷aq◁}^{2C}(ce sont ces ions qui sont mis en évidence par la solution d’hydroxyde de sodium), conformément à l’équation (??). En conclusion :

Réactions d’oxydo-réduction — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 294 — #302

CORRIGÉS_{294}

les ions Sn_{▷aq◁}^{2C}peuvent se transformer en étain métallique :

Sn_{▷aq◁}^{2C}C 2 e^{−} D Sn_{(s)}I  (38)

le fer métallique peut se transformer en ions fer (II) :

Fe_{(s)} D Fe_{▷aq◁}^{2C}C 2 e^{−} .

La réaction du fer métallique avec les ions étain (II) a donc pour équationbilan :

Fe_{(s)} C Sn_{▷aq◁}^{2C}D Fe_{▷aq◁}^{2C}C Sn_{(s)}.

3 Conformément à la demi-équation (??) :

Sn_{▷aq◁}^{2C}C 2 e^{−} D Sn_{(s)}

les ions Sn_{▷aq◁}^{2C}jouent le rôle d’oxydant (ils se trouvent du même côté de l’équation que les électrons), dans le couple Sn^{2C}/Sn; au cours de la réaction, ces ions sont alors réduits.

38Réactions d’oxydo-réduction_{Lycée Fermat, Toulouse} {Enoncé \atop p. ??}

1 Afin d’écrire la demi-équation correspondant au couple Cr_{2}O_{7}^{2−} /Cr^{3C}, il convient : d’équilibrer cette équation à l’égard de l’élément chrome (Cr) :

\underbrace{Cr_{2}O_{7}^{2−}}_{2 atomes Cr} D \underbrace{2 Cr^{3C}}_{2 atomes Cr}

d’équilibrer l’élément oxygène, en ajoutant H_{2}O dans le membre de droite :

\underbrace{Cr_{2}O_{7}^{2−}}_{7 atomes O} D \underbrace{2 Cr^{3C} C 7 H_{2}O}_{7 atomes O}

d’équilibrer l’élément hydrogène en introduisant des ions H^{C} dans le membre de gauche de l’équation :

\underbrace{Cr_{2}O_{7}^{2−} C 14 H^{C}}_{14 atomes H} D \underbrace{2 Cr^{3C} C 7 H_{2}O}_{14 atomes H}

Enfin, il faut également ajouter 6 e^{−} dans le membre de gauche de cette équation en vue d’assurer la conservation des charges (6 charges positives dans les deux membres de l’équation) :

▷E_{1}◁ Cr_{2}O_{7}^{2−} _{▷aq◁}C 14 H_{▷aq◁}^{C}C 6 e^{−} D 2 Cr_{▷aq◁}^{3C}C 7 H_{2}O.

2 L’oxydation des ions fer (II) en ions fer (III) est décrite par la demiéquation suivante :

Réactions d’oxydo-réduction — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 295 — #303

DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{295} CORRIGÉS INTERROS COURS

▷E_{2}◁ Fe_{▷aq◁}^{2C}D Fe_{▷aq◁}^{3C}C e^{−} .

Réactions d’oxydo-réduction — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 296 — #304

CORRIGÉS_{296}

L’équation-bilan de la réaction entre les ions Cr_{2}O_{7}^{2−} et les ions Fe^{2C} s’obtient en réalisant la combinaison ▷E_{1}◁ C 6 ▷E_{2}◁des demi-équations, qui assure la présence de 6 e^{−} de part et d’autre de l’équation :

▷E_{1}◁ Cr_{2}O_{7}_{▷aq◁}^{2−}C 14 H_{▷aq◁}^{C}C 6 e^{−} D  2 Cr_{▷aq◁}^{3C}C 7 H_{2}O
6 ▷E_{2}◁  6 Fe_{▷aq◁}^{2C}  D  6 Fe_{▷aq◁}^{3C}C 6 e^{−}
Cr_{2}O_{7}_{▷aq◁}^{2−}_{orange}C 14 H_{▷aq◁}^{C}C 6 Fe_{▷aq◁}^{2C}D2 Cr_{▷aq◁}^{3C}_{vert}C 6 Fe_{▷aq◁}^{3C}C 7 H_{2}O

3 (a) La coloration verte prise par la solution montre que tous les ions dichromate se sont transformés en ions Cr_{▷aq◁}^{3C}(s’il restait des ions Cr_{2}O_{7}_{▷aq◁}^{2−}dans la solution, celle-ci prendrait une couleur vert-kaki).

(b) La solution de dichromate de potassium a été obtenue par dissolution du sel :

K_{2}Cr_{2}O_{7}_{(s)} → 2 K_{▷aq◁}^{C}C Cr_{2}O_{7}_{▷aq◁}^{2−}.

Dans un volume V_{1} D 7 mL D 7.10^{−3} L de cette solution, à la concentration c_{1} D 0,5 mol · L^{−1}, se trouve la quantité de matière :

n_{1} D c_{1}V_{1} D 0,5 × 7.10^{−3} D 3,5.10^{−3} mol d’ions Cr_{2}O_{7}_{▷aq◁}^{2−}

Quant à la solution de sulfate de fer (II), obtenue par dissolution du sel :

FeSO_{4}_{(s)} → Fe_{▷aq◁}^{2C}C SO_{4}_{▷aq◁}^{2−},

elle contient des ions Fe_{▷aq◁}^{2C} à la concentration c_{2} D 1 mol · L^{−1}; un volume V_{2} D 50 mL D 50.10^{−3} Lde cette solution contient la quantité de matière :

n_{2} D c_{2}V_{2} D 1 × 50.10^{−3} D 5,0.10^{−2} mol d’ions Fe^{2C}.

La réaction d’oxydo-réduction peut alors être suivie à l’aide d’un tableau d’avancement :

Cr_{2}O_{7}_{▷aq◁}^{2−} C14 H_{▷aq◁}^{C}C 6 Fe_{▷aq◁}^{2C} D2 Cr_{▷aq◁}^{3C}C6 Fe_{▷aq◁}^{3C}C7 H_{2}O
x D 0  0,0035  0,05  0  0
x D̸ 0 0,0035 − x  0,05 − 6x  2x  6x

(c) D’après ce tableau d’avancement, la réaction cesse :

soit lorsque l’avancement x prend une valeur x_{f} qui assure la disparition des ions dichromate du milieu réactionnel :

n_{Cr}_{2}_{O}{2− \atop 7} D 0,035−x_{f} D 0 ⇒ x_{f} D 0,0035 mol D 3,5.10^{−3} mol,

Titrage d’eau oxygénée — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 297 — #305

DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{297} CORRIGÉS INTERROS COURS

soit lorsque l’avancement x prend un valeur x′_{f} qui assure la disparition des ions Fe^{2C} du milieu réactionnel :

n_{Fe}_{2C} D 0,05 − 6 x′_{f} D 0 ⇒ 6 x′_{f} D 0,05
⇒ x′_{f} D \frac{0,05}{6} ≈ 8,3.10^{−3} mol.

Puisque x_{f} < x′_{f}, c’est le dichromate qui disparaît en premier; c’est le réactif limitant qui impose la valeur finale x_{f} D 0,0035 mol de l’avancement. Pour cette valeur, les quantités d’ions présents en solution sont :

Cr_{2}O_{7}_{▷aq◁}^{2−}  Fe_{▷aq◁}^{2C}  Cr^{3C} Fe_{▷aq◁}^{3C}
x D 0  0,0035 − x 0,05 − 6 x  2 x  6 x
x_{f} D 0,0035  0  0,029  0,007 0,021

Ce tableau de valeurs montre qu’en fin de réaction, il reste des ions Fe_{▷aq◁}^{2C}dans la solution.

(d) Le volume de la solution valant :

V D 7 C 50 D 57 mL D 57.10^{−3} L

les ions ont pour concentrations :

[Fe_{▷aq◁}^{2C}] D \frac{0,029}{57.10^{−3}} ≈ 0,51 mol · L^{−1} I
[Fe_{▷aq◁}^{3C}] D \frac{0,021}{57.10^{−3}} ≈ 0,37 mol · L^{−1} I
[Cr_{▷aq◁}^{3C}] D \frac{0,007}{57.10^{−3}} ≈ 0,12 mol · L^{−1} I
[Cr_{2}O_{7}_{▷aq◁}^{2−}] D 0 mol · L^{−1} .

39Titrage d’eau oxygénée_{Lycée Lakanal, Sceaux} {Enoncé \atop p. ??}

1 Les demi-équations d’oxydoréduction correspondant aux couples donnés dans l’énoncé sont :

H_{2}O_{2} C 2H^{C} C 2e^{−} ⇄ 2H_{2}O
O_{2} C 2H^{C} C 2e^{−} ⇄ H_{2}O_{2}
MnO_{4}^{−} C 8H^{C} C 5e^{−} ⇄ Mn^{2C} C 4H_{2}O

2 On utilise les demi-équations d’oxydoréduction de la question précédente. Les ions permanganate ne pouvant intervenir qu’en temps qu’oxydant, l’eau oxygénée doit être le réducteur, donc il faut considérer la deuxième et la troisième demi-équation de la question précédente.

Titrage d’eau oxygénée — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 298 — #306

CORRIGÉS_{298}

Il s’agit d’éliminer les électrons de l’écriture. On multiplie donc la demiéquation sur l’eau oxygénée par 5 et la demi-équation sur les ions permanganate par 2 :

5H_{2}O_{2} ⇄ 5O_{2} C 10H^{C} C 10e^{−}
2MnO_{4}^{−} C 16H^{C} C 10e^{−} ⇄ 2Mn^{2C} C 8H_{2}O

ce qui donne en définitive l’équation bilan suivante :

2MnO_{4}^{−} C 6H^{C} C 5H_{2}O_{2} D 2Mn^{2C} C 8H_{2}O C 5O_{2}.

Tant que l’équivalence n’est pas atteinte, tous les ions permanganate MnO_{4}^{−} introduits dans la solution sont transformés en ions Mn^{2C}, donc la solution qui tombe de la burette dans le bécher est décolorée. Dès que l’équivalence est atteinte, en revanche, il reste des ions permanganate dans la solution. Il faut donc détecter, à la goutte près, le moment où la coloration violette de la solution persiste. Ce moment correspond à l’équivalence.

3 Pour que le raisonnement de la question précédente soit valable, il faut bien entendu que les ions H^{C} soit en excès, au moins jusqu’à l’équivalence. Soit n_{MnO_{4}^{−}}^{équiv} la quantité de matière d’ions permanganate introduite à l’équivalence. D’après l’équation-bilan, il faut que la quantité de matière en ions H^{C} présente dans le bécher soit au moins trois fois supérieure, donc, puisque l’acide sulfurique est un diacide, il faut que la quantité de matière en acide sulfurique n_{H_{2}SO_{4}}vérifie :

\frac{3}{2}n_{MnO_{4}^{−}}^{équiv} ≤ n_{H_{2}SO_{4}}.

Or on peut écrire :

n_{MnO_{4}^{−}}^{équiv} D c_{MnO_{4}^{−}} v_{éq}
n_{H_{2}SO_{4}} D v_{H_{2}SO_{4}}c_{H_{2}SO_{4}}

où, d’après l’énoncé, c_{MnO_{4}^{−}} D 0,1 mol · L^{−1} , v_{eq} D 15,2 mL, c_{H_{2}SO_{4}} D 2 mol · L^{−1} , et où v_{H_{2}SO_{4}} est le volume que l’on cherche à déterminer. L’inégalité écrite ci-dessus peut donc se réécrire de la manière suivante :

v_{H_{2}SO_{4}} ≥ \frac{3}{2} \frac{c_{MnO^{−}_{4}} v_{eq}}{c_{H_{2}SO_{4}}} D \frac{3}{2} × \frac{0,1×15,2×10^{−3}}{2} D 1,1 · 10^{−3} L D 1,1 mL.

4 D’après l’équation-bilan, la quantité de matière en eau oxygénée est égale à :

n_{H_{2}O_{2}} D \frac{5}{2}n_{MnO_{4}^{−}}^{équiv} .

La concentration en eau oxygénée de la solution initiale de volume v D 5 mL vaut donc :

TH_{2}O_{2}U D \frac{n_{H_{2}O_{2}}}{v} D \frac{5}{2} \frac{c_{MnO^{−}_{4}} v_{eq}}{v} D \frac{5}{2} × \frac{0,1×15,2×10^{−3}}{5×10^{−3}} D 0,76 mol · L^{−1} .

Spectrophotométrie — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 299 — #307

DÉTERMINATION DE LA COMPOSITION D’UN SYSTÈME CHIMIQUE CHAP. 8_{299} CORRIGÉS INTERROS COURS

5 La réaction de dismutation de l’eau oxygénée, d’après l’écriture des demi-équations électroniques vues à la première question, s’écrit :

H_{2}O_{2} D H_{2}O C \frac{1}{2}O_{2}.  (*)

6 Un litre de cette solution d’eau oxygénée contient n D 0,76 mol d’eau oxygénée, et donc, d’après l’équation-bilan (*), dégage \frac{n}{2} D 0,38 mol de dioxygène, qui occupe un volume :

v D nV_{m} D 0,38 × 22,4 D 8,5 L.

Le titre de cette solution d’eau oxygénée est de 8,5 L.

40Spectrophotométrie_{Lycée Jean Rostand, Villepinte} {Enoncé \atop p. ??}

1 La demi-équation électronique du couple Cr_{2}O_{7}^{2−} /Cr^{3C} est :

Cr_{2}O_{7}^{2−} C 14H^{C} C 6e^{−} D 2Cr^{3C} C 7H_{2}O.

La demi-équation électronique du couple CO_{2}/H_{2}C_{2}O_{4} est :

H_{2}C_{2}O_{4} D 2CO_{2} C 2H^{C} C 2e^{−} .

L’écriture de ce second couple fait intervenir trois fois moins d’électrons que le précédent, donc on multiplie ses coefficients stœchiométriques par trois, et on ajoute les deux demi équations résultantes de manière à pouvoir éliminer les électrons de l’écriture :

Cr_{2}O_{7}^{2−} C 14H^{C} C 3H_{2}C_{2}O_{4} D 2Cr^{3C} C 7H_{2}O C 6CO_{2} C 6H^{C}, qui donne, en enlevant 6H^{C} aux produits et aux réactifs, l’équation bilan donnée dans l’énoncé.

2 Pour une plus grande précision, il faut se placer à la longueur d’onde où les ions dichromates sont les plus absorbants, c’est-à-dire qu’il faut ici travailler à la longueur d’onde λ D 450 nm.

3 (a) Cette représentation graphique met en évidence la linéarité de la relation entre concentration et absorbance, car le graphe de la relation est une droite contenant l’origine. Autrement dit l’absorbance de la solution est proportionnelle à sa concentration.

(b) On cherche une relation du type : A D K · c, où c est la concentration de la solution en ions dichromate, et K la constante de proportionnalité que l’on recherche. L’absorbance vaut A_{0} D 1,2 lorsque la concentration vaut c_{0} D 10^{−2} mol.L^{−1} , donc nous avons : K D \frac{A_{0}}{c_{0}} D 1,2.10^{2} D 120 L.mol^{−1} .

MÉTHODE

On rappelle que l’absorbance est un nombre sans unité.

Cette relation est en accord avec la loi de Beer-Lambert.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 8 page 300 — #308 CORRIGÉS_{300}

4 (a) On présente les différents états (initial et intermédiaire) sous forme d’un tableau.

Cr_{2}O_{7}^{2−} + 3H_{2}C_{2}O_{4} = 2Cr^{3C} + 6CO_{2}
État Initial  n_{1}  n_{2}  0  0

État Intermédiaire

n_{1} − x

n_{2} − 3x

2x

6x

où n_{1} D C_{1}V_{1} D 4 · 10^{−3} mol est la quantité de matière initiale en ions dichromate, n_{2} D C_{2}V_{2} D 2 · 10^{−4} mol est la quantité de matière initiale en acide oxalique, et où x est l’avancement de la réaction. Dans le tableau ci-dessus, pour des raisons d’encombrement, nous n’avons pas fait figurer les ions H^{C} (qui sont en excès) et l’eau, qui est le solvant.

(b) Nous avons la relation suivante :

A D KTCr_{2}O_{7}^{2−} U D \frac{K}{V_{1} C V_{2}}▷n_{1} − x◁ D 6 000 × ▷4 · 10^{−3} − x◁.

Cohésion de la matière

Plan du chapitre

1 Structures et polarités des molécules

1 Parmi les atomes suivants, quels sont ceux qui possèdent le même nombre d’électrons périphériques. Justifier et préciser le nombre d’électrons périphériques qu’ils ont en commun :

Bore :_{5}B  Azote :_{7}N  Oxygène :_{8}O
Phosphore :_{15}P Soufre :_{16}S Carbone :_{6}C
Hydrogène :_{1}H Chlore :_{17}Cl

2 Donner la formule de Lewis des molécules suivantes :

CH_{2}O I  O_{2}  I  C_{2}H_{4}.

3 Donner la formule de Lewis des molécules suivantes et en déduire leur géométrie. Indiquer pour chacune d’elle, en justifiant votre réponse, si la molécule est polaire ou non.

H_{2}O I  CO_{2}  I  CCl_{4}.

4 Indiquer, en justifiant, lesquelles de ces molécules sont polaires.

Exercice type

Lycée Baudelaire, Fosses

Voir corrigé page ??

L’objectif de cette section est d’expliquer comment déterminer le schéma de Lewis d’une molécule. Ce type de schéma permet de déterminer la géométrie d’une molécule qui, en l’associant au concept d’électronégativité, permet de déterminer le caractère polaire ou non polaire d’une molécule (et donc d’un solvant).

1.1 Structure de Lewis et géométrie

1.1.1 -Structure de l’atome

Dans la notation_{Z}X, X représente le symbole de l’élément chimique (H, He, …) et Z (appelé numéro atomique) désigne le nombre de particules chargées positivement situées dans le noyau de l’atome.

Si l’atome est neutre, il possède autant d’électrons (charge négative) que l’indique Z. Par exemple, l’atome d’oxygène_{8}O possède 8 électrons. Si l’atome est chargé positivement (cation), il possède autant d’électrons en moins par rapport à Z que l’indique la charge positive. Par exemple, les ions 8O^{C} et_{8}O^{2C} possèdent respectivement 7 et 6 électrons.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 302 — #310 COURS_{302}

Si l’atome est chargé négativement (anion), il possède autant d’électrons en plus par rapport à Z que l’indique sa charge négative. Par exemple, les ions 8O^{−} et_{8}O^{2−} possèdent respectivement 9 et 10 électrons.

1.1.2 -Les sous-couches électroniques

Le nuage électronique entourant un atome ou un ion est structuré en sous-couches dans laquelle se répartissent les électrons. Elles portent les noms suivant : 1s, 2s, 2p, 3s, 3p. Les sous-couches s ne peuvent contenir que deux électrons au maximum. Les sous-couches p peuvent en contenir six au maximum.

Remarque : les sous-couches sont également appelées « orbitales ».

Définition 1

La configuration électronique d’un atome ou d’un ion est spécifiée par le nombre d’électrons que contient chacune des couches électroniques.

Pour donner la configuration électronique d’un atome ou d’un ion, on indique le nombre d’électrons dans chaque sous-couche en exposant. Pour connaître la configuration électronique d’un atome ou d’un ion, on commence par évaluer le nombre d’électrons qu’il faut placer dans les couches. Ce nombre vaut Z dans le cas d’un atome neutre, et peut être plus grand ou plus petit que Z selon que l’on a affaire à un anion ou à un cation. Une fois que ce nombre est connu, on remplit les sous-couches de la manière suivante (seuls les cas où Z < 19 sont au programme) : 1 On remplit les sous-couches dans l’ordre indiqué au paragraphe précédent.

On remplit complètement une sous-couche avant d’en changer. 2 On respecte le nombre maximal d’électrons par sous-couche (2 pour s et 6

pour p). 3 On arrête le processus quand le nombre total d’électrons est atteint.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 303 — #311 COHÉSION DE LA MATIÈRE CHAP. 9_{303} CORRIGÉS INTERROS COURS

1.1.3 -Formule de Lewis

Les atomes (ou ions) peuvent former entre eux des liaisons covalentes qui représentent une mise en commun de deux électrons; il s’agit de doublets liants (par opposition aux paires d’électrons qui restent attachées à l’atome, sans participer à une liaison covalente, appelé doublets non liants). La représentation de Lewis d’un atome (ou ion) fait apparaître le symbole de l’élément, entouré de ses électrons périphériques (ceux qui appartiennent au dernier niveau de la structure électronique), regroupés en :

doublets liants (liaisons covalentes) : traits joignant les atomes entre-eux;

doublets non liants : traits entourant le symbole de l’élément;

électrons célibataires : représentés par des points qui ne peuvent être appariés (s’il y a un nombre impair d’électrons).

La règle du duet précise que, si le nombre d’électrons périphériques est inférieur à 4, la forme la plus stable de l’atome ou de l’ion est celle qui lui confère deux électrons dans sa représentation de Lewis. Par exemple :

\{ \begin{matrix}_{1}H : 1▷s◁^{1} : \\ _{2}He : 1▷s◁^{2} : \end{matrix}

Avec la structure électronique_{3}Li : 1▷s◁^{2}▷p◁^{1}, l’atome de lithium possède un électron sur sa couche périphérique. Il perd donc facilement cet électron afin de former l’ion Li^{C} : 1▷s◁^{2}plus stable, conformément à la règle du duet. La règle de l’octet stipule que, si le nombre d’électrons périphériques N_{e} est supérieur ou égal à 4, la forme la plus stable de l’atome (ou ion) est celle qui lui confère 8 électrons dans sa formule de Lewis (ou 4 doublets). Par exemple, en vertu de cette règle, l’oxygène_{8}O : 1▷s◁^{2}▷s◁^{2}2▷p◁^{4}et l’azote_{7}N : 1▷s◁^{2}▷s◁^{2}2▷p◁^{3} peuvent former respectivement 2 et 3 liaisons covalentes :

Remarque : les règles de l’octet et du duet traduisent la tendance qu’a un élément à présenter une structure électronique qui ressemble à celle du gaz noble (He, Ne, Ar, …) qui lui est le plus proche dans la classification périodique.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 304 — #312 COURS_{304}

Dans la pratique, si N_{e} ⩾ 4, la règle de l’octet sera vérifiée si l’on regroupe les N_{e} électrons périphériques en :

un nombre N_{ℓ} de liaisons covalentes, telles que :

N_{ℓ} C N_{e} D 8 ⇒ N_{ℓ} D 8 − N_{e}

un nombre N_{d} de doublets non liants, tels que :

N_{d} D \frac{N_{e} − N_{ℓ}}{2} .

Ces règles peuvent s’appliquer aux éléments (atomes ou ions) des deuxième et troisième périodes de la classification périodique, dont la formule de Lewis doit respecter la règle de l’octet. Par exemple, l’atome _{7}N et l’ion _{7}N^{C}, de configurations électroniques respectives ▷K◁^{2}▷L◁^{5}et ▷K◁^{2}▷L◁^{4}ont pour environnement :

7N _{7}N^{C}
N_{e}  5  4
N_{ℓ}  3  4
N_{d}  1  0

C’est ainsi que l’on retrouve les formules de Lewis des quelques éléments suivants, qui vérifient la règle de l’octet :

Oxygène (_{8}O) Azote (_{7}N) Carbone (_{6}C)

Dans une molécule, les liaisons covalentes s’établissent entre éléments. La formule de Lewis d’une molécule s’inspire des formules précédentes. On pourra retenir les formules de quelques molécules simples :

Eau (H_{2}O) :  Ammoniac (NH_{3}) :

Méthane (CH_{4}) :  dioxyde de carbone (CO_{2}) :

� ATTENTION

Pour qu’une formule de Lewis soit exacte, elle doit présenter tous les doublets (liants et non liants) de chaque atome.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 305 — #313 COHÉSION DE LA MATIÈRE CHAP. 9_{305} CORRIGÉS INTERROS COURS

1.1.4 -Géométrie des molécules

Un élément A est entouré de n liaisons (une liaison simple compte ici autant qu’une liaison double ou triple) et de m doublets non liants; il est noté AX_{n}E_{m}. La répartition, dans l’espace, des liaisons dépend du nombre n C m d’entités qui entourent l’atome central A (et qui se repoussent) :

Si n C m D 2 (dans AX_{2}), la molécule est linéaire; par exemple, le dioxyde de carbone (CO_{2}) :

α D 180°

Si mCn D 3 (dans AX_{3}, par exemple), la molécule est triangulaire plane; c’est le cas de la molécule de méthanal (H_{2}CO) :

α ≈ 120°

Si m C n D 4, l’atome A est au centre d’un tétraèdre (les doublets non liants occupent dans l’espace une place, au même titre que les liaisons covalentes); par exemple :

méthane CH_{4}  ammoniac NH_{3}  eau H_{2}O
type AX_{4}  type AX_{3}E_{1}  type AX_{2}E_{2}

α D 109,5°  α D 107°  α D 105°

Dans ces représentations, la notation désigne une liaison dans le plan de la feuille de papier, représente une liaison dirigée vers le haut de ce plan (vers nous), désigne une liaison dirigée vers le bas de ce plan (vers l’intérieur de la feuille) et représente un doublet non liant.

Remarque : les doublets non liants sont plus répulsifs que les liaisons covalentes ce qui provoque un resserrement des liaisons (diminution de l’angle α en allant de CH_{4} à H_{2}O).

� ATTENTION

Bien que la molécule H_{2}O ne possède que deux liaisons covalentes, cette molécule est coudée et non linéaire (les deux doublets non liants repoussent les liaisons O − H).

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 306 — #314 COURS_{306}

1.2 Electronégativité, polarisation et polarité

1.2.1 -Electronégativité

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Définition 2

L’électronégativité χ d’un élément X est une grandeur qui caractérise l’avidité de X à l’égard des électrons : plus χ est grand, plus X attire les électrons et les retient.

Les quelques valeurs de χ consignées ci-dessous montrent que l’électronégativité augmente vers la droite et vers le haut de la classification périodique :

1.2.2 -Polarisation d’une liaison

Dans une liaison covalente A–B entre deux atomes A et B, les électrons ne sont pas figés; la probabilité de les trouver au voisinage de l’élément le plus électronégatif (par exemple A) est plus grande que celle de les trouver au voisinage de l’autre élément (par exemple B). Ce déplacement statistique induit une polarisation de la liaison A–B : tout se passe comme si une fraction de charge négative (−δ) était concentrée au voisinage de A, tandis qu’une fraction de charge positive (Cδ) traduisait un déficit électronique au voisinage de B.

Remarque : si e D 1,6.10^{−19} C désigne la charge élémentaire (celle d’un électron, au signe près), les charges partielles portées par A et B sont supposées valoir respectivement q_{A} D −δ × e et q_{B} D Cδ × e , où δ < 1 (l’identité δ D 1 correspondrait aux ions A^{−} et B^{C}) et δ ⩾ 0 (l’identité δ D 0 signifiera que la liaison n’est pas polarisée, par exemple lorsque A et B désignent le même élément).

Définition 3

On appelle dipôle électrostatique un couple de points A et B qui portent des charges q_{B} D q > 0 et q_{A} D −q opposées.

Définition 4

Le moment dipolaire E pd’un dipôle électrostatique est un vecteur E pD q × \overrightarrow{AB} caractérisé par :

sa direction : celle de la droite ▷AB◁;

son sens : de la charge négative vers la charge positive;

son intensité : p D \left∥{E \atop p}\right∥ D q × AB.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 307 — #315 COHÉSION DE LA MATIÈRE CHAP. 9_{307} CORRIGÉS INTERROS COURS
Pour χ_{A} > χ_{B} :

Dans le système international d’unités, l’unité de p est le coulomb-mètre (C · m) mais on lui préfère une unité mieux adaptée, le debye (D) :

1 D D 3,33.10^{−30} C · m

Un dipôle {E \atop p_{1}} est susceptible d’interagir avec :

une charge électrique Q : {E \atop p_{1}} s’oriente vers Q de manière à lui présenter une charge opposée, ce qui contribue à stabiliser le système;

un autre dipôle {E \atop p_{2}} : c’est en adoptant le même sens et la même direction que {E \atop p_{1}} et {E \atop p_{2}} se stabilisent mutuellement.

1.2.3 -Polarité d’une molécule

Lorsqu’une molécule possède plusieurs liaisons polarisées (de moments dipolaires {E \atop p_{1}}, {E \atop p_{2}},…) son moment dipolaire global est la somme vectorielle des moments dipolaires :

E pD {E \atop p_{1}} C {E \atop p_{2}} C ⋯

Le moment dipolaire E pd’une molécule dépend non seulement de la polarisation de ses liaisons, mais également de sa géométrie. Ainsi :

la molécule de dioxyde de carbone CO_{2} :

possède un moment dipolaire nul car les liaisons C D O sont parallèles et équivalentes.

une molécule triangulaire plane (par exemple BF_{3}) possède un moment dipo-

laire nul car {E \atop p_{1}} C {E \atop p_{2}} C {E \atop p_{3}} D E 0:

la molécule de méthane présente un moment dipolaire nul car l’atome de carbone se trouve au centre d’un tétraèdre régulier, de sorte que

{E \atop p_{1}} C {E \atop p_{2}} C {E \atop p_{3}} C {E \atop p_{4}} D E 0 :

la molécule d’eau H_{2}O est polaire (p D 1,85 D) car les liaisons O–H font un angle α différent de 180°:

la molécule d’ammoniac NH_{3} est polaire car l’atome d’azote est placé au sommet d’un tétraèdre :

Remarque : expérimentalement, pour savoir si une molécule composant un liquide est polaire, il suffit de faire couler un filet de ce liquide au voisinage d’une règle électrisée; si la molécule est polaire, le filet est attiré par la règle.

1 Pour connaître le nombre d’électrons périphériques d’un atome, il convient de dresser sa configuration électronique (les niveaux ▷K◁ et ▷L◁ étant respectivement saturés avec 2 et 8 électrons) :

Élément  Structure
1H ......... 1▷s◁^{1}
5B ......... 1▷s◁^{2}▷s◁^{2}2▷p◁^{1}
6C ......... 1▷s◁^{2}2▷s◁^{2}2▷p◁^{2}
7N ......... 1▷s◁^{2}2▷s◁^{2}2▷p◁^{3}
8O ......... 1▷s◁^{2}2▷s◁^{2}2▷p◁^{4}
15P .........1▷s◁^{2}2▷s◁^{2}2▷p◁^{6}3▷s◁^{2}3▷p◁^{3}
16S .........1▷s◁^{2}2▷s◁^{2}2▷p◁^{6}3▷s◁^{2}3▷p◁^{4}
17Cl ........1▷s◁^{2}2▷s◁^{2}2▷p◁^{6}3▷s◁^{2}3▷p◁^{5}

Ces configurations permettent de montrer que :

l’azote (N) et le phosphore (P) possèdent chacun 5 électrons périphériques;

l’oxygène (O) et le soufre (S) possèdent chacun 6 électrons périphériques.

…

Solution de l’exercice type

Lycée Baudelaire, Fosses

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 309 — #317 COHÉSION DE LA MATIÈRE CHAP. 9_{309} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Les configurations électroniques des atomes d’hydrogène, de carbone et d’oxygène permettent de connaître leurs structures de Lewis qui découlent des règles de l’octet et du duet :

éléments  H C O Cl
électrons périphériques 1 4 6 7
liaisons covalentes  1 4 2 1
doublets non liants  0 0 2 3

c’est-à-dire :

On peut alors en déduire les formules de Lewis :

3 De même, on peut trouver les formules de Lewis des molécules suivantes :

H_{2}O : L’atome d’oxygène étant entouré de quatre entités (deux liaisons covalentes et deux doublets non liants), il se trouve au centre d’un tétraèdre dont les deux sommets sont occupés par des atomes d’hydrogène :

Si le tétraèdre était régulier, l’angle entre les deux liaisons vaudrait 109,5°, mais les deux doublets non liants repoussent ces liaisons, qui se rapprochent en faisant un angle plus petit (α ≈ 105° ). La molécule d’eau H_{2}O est polaire (p D 1,85 D) car les liaisons O–H font un angle α différent de 180°:

…

Solution de l’exercice type

Lycée Baudelaire, Fosses

CO_{2} : L’atome de carbone est entouré de deux entités (deux doubles liaisons C D O), en conséquence de quoi la molécule est linéaire. La molécule de dioxyde de carbone CO_{2} :

possède un moment dipolaire nul car les liaisons C D Osont parallèles et équivalentes.

CCl_{4} :

L’atome de carbone est entouré de quatre entités identiques (4 liaisons C–Cl); il est au centre d’un tétraèdre régulier, dans lequel les liaisons C–Cl font toutes le même angle α ≈ 109,5° entre elles :

La molécule de CCl_{4} présente un moment dipolaire nul car l’atome de carbone se trouve au centre d’un tétraèdre régulier, de sorte que les moments dipolaires des différentes liaisons se compensent vectoriellement.

Solution de l’exercice type (suite)

Lycée Baudelaire, Fosses

Voir énoncé page ??

2 Cohésion de la matière

1 Dans un tube à essai, on verse quelques millilitres de pentane (C_{5}H_{12}) puis on introduit une pointe de spatule de sulfate de cuivre anhydre (CuSO_{4}_{▷sol◁}). Une fois le tube bouché, on l’agite puis on laisse reposer le mélange : un dépôt blanc se forme dans le fond du tube qui contient un liquide limpide et transparent

(a) Justifier l’aspect du mélange obtenu.

(b) À l’aide d’une pipette jetable, on introduit quelques millilitres d’eau distillée dans le tube à essai. Faire un schéma du tube après agitation et décantation.

…

Exercice type

Lycée Jean-Pierre Vernant, Pins-Justaret

2 On souhaite préparer un volume V D 100 mL d’une solution de chlorure de fer III telle que la concentration molaire en ions chlorure soit [Cl_{▷aq◁}^{−}] D 0,750 mol · L^{−1}.

(a) Écrire l’équation de dissolution du chlorure de fer III (FeCl_{3}_{▷sol◁}) dans l’eau.

(b) Quelle relation y a-t-il entre la concentration molaire en soluté C et les concentrations molaires effectives [Cl_{▷aq◁}^{−}] et [Fe_{▷aq◁}^{3C}] en ions chlorure et fer III?

(c) Calculer la masse de soluté nécessaire à la préparation de la solution.

Données :

Les atomes de carbone et d’hydrogène ont des électronégativités voisines.

Le sulfate de cuivre anhydre est un solide ionique blanc.

Les ions cuivre II du sulfate de cuivre prennent une coloration bleue en solution aqueuse.

Le pentane et l’eau sont deux liquides non miscibles.

La densité du pentane vaut 0,62 et celle de l’eau vaut 1.

Masses molaires du fer et du chlore :

M_{Fe} D 55,88 g · mol^{−1} M_{Cl} D 35,5 g · mol^{−1}

Exercice type (suite)

Lycée Jean-Pierre Vernant, Pins-Justaret

Voir corrigé page ??

Ce chapitre a pour but de décrire la structure et les propriétés des solides ioniques ainsi que d’expliquer comment ces solides se dissolvent en solution. La notion de polarité des molécules, vue dans le chapitre précédent, permettra de comprendre pourquoi certains liquides sont de meilleurs solvants que d’autres pour une molécule donnée.

2.1 Solides

2.1.1 -Interaction électrostatique

Soient deux charges électriques ponctuelles q_{1} et q_{2} (en coulomb : C), espacées d’une distance r (en mètre). L’interaction électrostatique qui s’exerce entre ces deux charges est décrite par la loi de Coulomb. Elle est représentée par un vecteur force E Fdont :

la direction est celle de la droite qui passe par q_{1} et q_{2};

le point d’application est la charge sur laquelle elle s’exerce;

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 312 — #320 COURS_{312}

l’intensité vaut, en newton (N) :

F D k × \frac{|q_{1}| × |q_{2}|}{r^{2}}  (39)

où k D 9.10^{9} S.I.(9.10^{9} kg·m^{3}·s^{−4} ·A^{−2} ) est la constante de la loi de Coulomb.

le sens dépend du signe des charges : la force est attractive si les charges sont de signe opposé et elle est répulsive si les charges ont le même signe.

Par exemple, avec la force {E \atop F_{1/2}} qu’une charge ponctuelle q_{1} exerce sur une charge q_{2} également ponctuelle :

force attractive :  force répulsive :
q_{1} et q_{2} de signes opposés q_{1} et q_{2} de même signe

Remarque : en réaction, la charge q_{2} exerce sur q_{1} une force {E \atop F_{2/1}} de même direction que {E \atop F_{1/2}}, de même intensité, mais de sens opposé : {E \atop F_{2/1}} D −{E \atop F_{1/2}} .

� ATTENTION

Pour utiliser la loi (??), il faut impérativement respecter les unités du système international.

On rappelle quelques facteurs de conversion :

millimètre .........

1 mm D 10^{−3} m ⇒ 1 m D 10^{3} mm

micromètre ........

1 μm D 10^{−6} m ⇒ 1 m D 10^{6} μm

nanomètre .........

1 nm D 10^{−9} m ⇒ 1 m D 10^{9} nm

picomètre ..........

1 pm D 10^{−12} m ⇒ 1 m D 10^{12} pm

2.1.2 -Solides ioniques

Comme leur nom l’indique, les solides ioniques sont des solides composés d’ions positifs (cations) et d’ions négatifs (anions) dont la cohésion est assurée par l’attraction électrostatique entre les anions et les cations.

La proportion d’anions et de cations est telle que le solide est globalement neutre.

Pour nommer le solide ionique, on cite d’abord l’anion puis le cation (ex : chlorure de sodium), mais lorsque l’on écrit sa formule, on indique le cation puis l’anion (ex : NaCl).

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 313 — #321 COHÉSION DE LA MATIÈRE CHAP. 9_{313} CORRIGÉS INTERROS COURS

2.1.3 -Solides moléculaires

Définition 5

Un solide moléculaire est composé de molécules qui occupent les nœuds des mailles.

2.1.3.1 -La liaison hydrogène

Cette liaison s’établit entre l’atome d’hydrogène d’une liaison polaire (–H^{Cδ}) et un atome électronégatif (par exemple l’oxygène, l’azote,…). Ainsi, l’eau solide et l’eau liquide doivent leur cohésion à des liaisons hydrogène entre les molécules d’eau :

Remarque : les liaisons hydrogène sont plus faibles que les liaisons covalentes (il suffit souvent de chauffer un corps pour les rompre) et elles sont souvent plus longues également.

Ainsi, une des formes allotropiques de la glace est constituée d’une maille cubique à faces centrées (d’arête a) de molécules d’eau, dont la moitié des petits cubes, d’arête \frac{a}{2}, contient une molécule d’eau en leur centre.

2.1.3.2 -Les interactions de Van Der Waals

Dans une molécule, même dépourvue de moment dipolaire permanent, le centre N du nuage électronique peut s’écarter du centre P positif (noyau), ce qui provoque l’apparition d’un moment dipolaire éphémère.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 314 — #322 COURS_{314}

Ce dipôle peut interagir avec d’autres dipôles voisins et être responsable de la cohésion d’un réseau cristallin. C’est cette liaison qui est, par exemple, à l’origine du cristal de neige carbonique : des molécules de dioxyde de carbone (CO_{2}) occupent les nœuds d’une maille cubique et le centre des faces de cette maille :

2.2 Solutions

2.2.1 -Dissolution

Un solvant polaire (eau, ammoniac,…) stabilise les charges électriques et favorise ainsi la dissolution des cristaux ioniques en rompant les liaisons entre les ions. Par exemple, la réaction de dissolution du chlorure de sodium (NaCl_{(s)}) s’écrit :

NaCl_{(s)} −→ Na_{▷aq◁}^{C}C Cl_{▷aq◁}^{−}  (40)

Remarque : l’eau peut ainsi dissoudre facilement les autres molécules polaires (par exemple l’ammoniac) à l’aide des interactions dipôle/dipôle. En revanche, la dissolution dans l’eau des molécules non polaires (benzène, acides gras, tétrachloroéthane CCl_{4},…) est beaucoup moins efficace.

À RETENIR

On retiendra que d’une manière générale, les molécules polaires se dissolvent facilement dans un solvant polaire, tandis que les molécules apolaires se dissolvent facilement dans un solvant apolaire.

Remarque : la différence de solubilité d’une substance chimique dans deux liquides différents peut être utilisée pour extraire cette substance d’une solution. Pour cela, on ajoute à la solution initiale un solvant qui ne soit pas miscible avec la solution initiale, mais dans lequel la solubilité de la substance à extraire est bien supérieure à celle de la même substance dans la solution initiale. Lors du mélange entre la solution initiale et le solvant d’extraction, la substance se dissout alors naturellement dans le solvant ajouté. Cette technique s’appelle l’extraction par solvant.

� ATTENTION

Un erreur fréquente consiste à considérer que la dissolution d’un solide implique nécessairement la formation d’ions en solution. Cela n’est vrai que lors de la dissolution de solides ioniques.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 315 — #323 COHÉSION DE LA MATIÈRE CHAP. 9_{315} CORRIGÉS INTERROS COURS

Définition 6

On appelle soluté une espèce introduite dans un solvant.

Par exemple, l’équation (??) rend compte de la dissolution du soluté NaCl (les ions Na_{▷aq◁}^{C}et Cl_{▷aq◁}^{−}ne sont pas des solutés).

Considérons un cristal ionique, formé d’anions A^{n−} et de cations C^{mC}, de formule C_{z}A_{y}_{(s)} (par exemple Fe_{2}▷SO_{4}◁_{3}_{(s)} qui est composé des ions Fe^{3C} et SO_{4}^{2−} ). La dissolution de N moles de soluté dans l’eau peut être suivie par le tableau d’avancement de cette réaction :

C_{z}A_{y}_{(s)}−→ z C_{▷aq◁}^{mC}Cy A_{▷aq◁}^{n−}
x D 0  N  0  0
x D̸ 0 N − x  zx  yx
x_{f} D N  0  zN  yN

Si la dissolution est totale, elle cesse dès que l’avancement x prend la valeur x_{f} D N permettant de faire disparaître le soluté.

Dans le volume V de solution, les concentrations des ions valent alors :

[A_{▷aq◁}^{n−}] D \frac{yN}{V} ⇒ y D \frac{V}{N} × [A_{▷aq◁}^{n−}]

[C_{▷aq◁}^{mC}] D \frac{zN}{V} ⇒ z D \frac{V}{N} × [C_{▷aq◁}^{mC}]

Enfin, puisque la neutralité électrique du cristal impose : mz D ny, il s’ensuit que :

m [C_{▷aq◁}^{mC}] D n [A_{▷aq◁}^{n−}]

Plus généralement, lorsqu’une solution contient des anions A_{1▷aq◁}^{n_{1}−}, A_{2▷aq◁}^{n_{2}−},… et des cations C_{1▷aq◁}^{m_{1}C}, C_{2▷aq◁}^{m_{2}C}, la neutralité électrique de cette solution impose :

n_{1} × [A_{1▷aq◁}^{n_{1}−}] C n_{2} [A_{2▷aq◁}^{n_{2}−}] C ⋯D m_{1} × [C_{1▷aq◁}^{m_{1}C}] C m_{2} × [C_{2▷aq◁}^{m_{2}C}] C ⋯

Par exemple, une solution réalisée à partir de phosphate de sodium (Na_{3}PO_{4}) et de sulfate de sodium (Na_{2}SO_{4}) contient des ions dont les concentrations doivent vérifier :

3 [PO_{4}^{3−} _{▷aq◁}] C 2 [SO_{4}^{2−} _{▷aq◁}] D [Na_{▷aq◁}^{C}] .

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 316 — #324 COURS_{316}

Remarque : par dissociation spontanée (autoprotolyse), l’eau produit des ions H_{▷aq◁}^{C}et HO_{▷aq◁}^{−}:

H_{2}O_{▷liq◁}D H_{▷aq◁}^{C}C HO_{▷aq◁}^{−}.

Mais, puisque cette réaction est très faible, on néglige souvent son influence : les ions H_{▷aq◁}^{C}et HO_{▷aq◁}^{−}produits par autoprotolyse sont ignorés, sauf indication contraire.

2.2.2 -Mélanges de deux liquides

2.2.2.1 -Miscibilité de deux liquides

La structure des molécules permet également de prévoir si deux liquides sont miscibles (ils se mélangent parfaitement comme le vinaigre et l’eau)) ou nonmiscibles (ils se séparent spontanément en formant deux phases distinctes comme l’huile et le vinaigre).

Si les deux liquides sont apolaires, il n’y a pas d’interaction électromagnétique entre les différentes molécules qui vont donc pouvoir se mélanger. Si les deux liquides sont polaires, les interaction électromagnétiques entre les différents type de molécules sont à peut près équivalent et les molécules vont pouvoir se mélanger. Si l’un des liquides est polaire et l’autre non, les molécules polaires vont s’attirer entre elles par interaction électrostatique et vont spontanément se séparer des molécules apolaires.

À RETENIR

Les liquides seront généralement miscibles s’ils sont tous les deux polaires ou tous les deux apolaires. En revanche, la plupart du temps, un liquide polaire et un liquide apolaire ne seront pas miscibles.

2.2.2.2 -Molécules hydrophiles et lipophiles

Une même entité chimique peut être constituée d’une partie polaire (ou électriquement chargée) et d’une partie apolaire. On dit alors qu’une telle molécule possède un caractère amphiphile. On peut prendre comme exemple les ions carboxylate (R − COO^{−} ) constitués d’une longue chaîne carbonée apolaire (ici notée R−) et d’un groupe carboxylate (−COO^{−} ). Le groupe carboxylate étant chargé il s’entoure facilement de molécules d’eau (car elles sont polaires). On dit que ce groupe est hydrophile (il aime l’eau). En revanche la chaîne carbonée est apolaire et elle ne va donc s’entourer facilement de molécule d’eau. On dit que cette chaîne est hydrophobe (elle fuit l’eau). Mais elle va pouvoir s’entourer d’autres molécules contenant de longues chaînes carbonées. On dit alors que cette chaîne est également lipophile. Lipophile signifie littéralement « qui aime les graisses » car les chaînes carbonées apolaires sont très présentes dans les graisses.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 317 — #325 COHÉSION DE LA MATIÈRE CHAP. 9_{317} CORRIGÉS INTERROS COURS

Les savons sont des molécules amphiphiles constituées d’une tête hydrophile et d’une chaîne carbonée lipophile. C’est pourquoi ils sont utilisés comme dégraissants :

la partie lipophile s’accroche aux molécules de gras lors du lavage;

la partie hydrophile s’accroche à l’eau et entraine alors les graisses lors du rinçage.

1 (a) Puisque les atomes de carbone et d’hydrogène ont des électronégativités voisines, la molécule de pentane est apolaire : elle ne dispose pas du moment dipolaire assurant la dissociation de CuSO_{4}_{▷sol◁}en ses ions Cu^{2C} et SO_{4}^{2−} . C’est pourquoi le sulfate de cuivre ne se dissout pas dans le pentane et reste sous forme de dépôt solide blanc (qui est sa couleur en l’absence d’eau) dans le pentane (liquide limpide).

(b) L’eau (de densité 1) étant plus dense que le pentane (de densité 0,62), elle se dépose dans le fond du tube sans se mélanger au pentane (les deux liquides ne sont pas miscibles). En revanche, la molécule d’eau dispose des dipôles nécessaires à la dissolution de CuSO_{4}_{▷sol◁} : les ions Cu_{▷aq◁}^{2C} ainsi libérés rendent le sulfate de cuivre soluble dans l’eau et donnent sa couleur bleue à la solution aqueuse.

2 (a) Soit n la quantité de matière solide introduite dans l’eau sous forme de cristaux de chlorure de fer III (FeCl_{3}_{▷sol◁}). La dissolution de ce sel se décrit quantitativement à l’aide d’un tableau avancement :

FeCl_{3}_{▷sol◁} D Fe_{▷aq◁}^{3C} C 3 Cl_{▷aq◁}^{−}
x D 0  n  0  0
x D̸ 0  n − x  x  3x
x D n  0  n  3 n

(b) Introduit dans un volume V d’eau, le soluté FeCl_{3} présentait une concentration :

C D \frac{n_{FeCl_{3} lorsque xD0}}{V} D \frac{n}{V}.

Le tableau d’avancement précédent révèle en outre qu’à l’issue de la dissolution du sel, la solution contient :

n_{Fe}_{3C} D n mol d’ions Fe^{3C} et n_{Cl}^{−} D 3n mol d’ions Cl^{−}

…

Solution de l’exercice type

Lycée Jean-Pierre Vernant, Pins-Justaret

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 318 — #326 COURS_{318}

La concentration molaire de ces ions vaut alors :

[Fe_{▷aq◁}^{3C}] D \frac{n_{Fe}_{3C}}{V} D \frac{n}{V} ⇒ [Fe_{▷aq◁}^{3C}] D C

et :

[Cl_{▷aq◁}^{−}] D \frac{n_{Cl}^{−}}{V} D 3 \frac{n}{V} ⇒ [Cl_{▷aq◁}^{−}] D 3 C.  (41)

(c) La relation (??) indique que pour obtenir une concentration [Cl_{▷aq◁}^{−}] dans un volume V D 100 mL D 0,1 Lde solution de chlorure de fer III, il convient de dissoudre une quantité de matière n de FeCl_{3}_{▷sol◁}telle que :

\frac{3n}{V} D [Cl_{▷aq◁}^{−}] ⇒ n D \frac{[Cl_{▷aq◁}^{−}] V}{3}.

Or, la masse molaire du chlorure de fer III (FeCl_{3}_{▷sol◁}) valant :

M D M_{Fe} C 3 M_{Cl} D 55,88 C 3 × 35,5 D 162,4 g · mol^{−1} il faut en dissoudre une masse :

m D M×n D \frac{[Cl_{▷aq◁}^{−}] V M}{3} D \frac{0,75 × 0,1 × 162,4}{3} ⇒ m ≈ 4,1 g.

Solution de l’exercice type (suite)

Lycée Jean-Pierre Vernant, Pins-Justaret Voir énoncé page ??

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 319 — #327 COHÉSION DE LA MATIÈRE CHAP. 9_{319} CORRIGÉS INTERROS COURS
1_{QCM} Molécules organiques Corrigé p. ?? 35 min

1 La formule de Lewis de H_{2}O est :

a b c

2 La molécule HCN a pour formule de Lewis :

a b c

3 La formule de Lewis la plus stable pour la molécule SO_{2} est :

a  b  c

Données : numéros atomiques et masses molaires de quelques éléments :

H C N O S Cl
Z  1 6 7 8 16 17
M ( g · mol^{−1} ) 1 12 14 16 32 35,5
2_{QCM} La molécule d’eau Corrigé p. ?? 15 min

1 La molécule d’eau a pour formule :

a H_{2}O b H_{3}O^{C} c O_{2} d HO^{−}

2 La formule de Lewis de la molécule d’eau s’écrit :

a  b c  d

3 L’angle α entre les liaisons de la molécule vaut :

a α D 180°  b α D 109°  c α D 105°  d α D 90°

4 Le moment dipolaire de chaque liaison de la molécule est : a dirigé de l’oxygène vers l’hydrogène; b dirigé de l’hydrogène vers l’oxygène.

5 Ce moment dipolaire a pour valeur :

a p_{0} D 0 D  b p_{0} D 2,628 D  c p_{0} D 1,523 D

6 La fraction de charge déplacée sur chaque liaison covalente vaut :

a δ D 0  b δ D 0,57  c δ D 0,33

Données :

électronégativités de l’hydrogène et de l’oxygène dans l’échelle de Pauling : χ_{H} D 2,2 I χ_{O} D 3,5I longueur de la liaison O–H : d_{OH} D 95,75 pm; moment dipolaire de la molécule d’eau : p D 1,854 D; valeur du debye : 1 D D 3,33.10^{−30} C · m; charge élémentaire : e D 1,6.10^{−19} C;

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 320 — #328 INTERROS_{320}

numéros atomiques : Z▷H◁ D 1 et Z▷O◁ D 8.

3_{QCM} Solides et solutions aqueuses Corrigé p. ?? 20 min

1 La force électrostatique qui s’exerce entre les charges ponctuelles q_{1} et q_{2}, espacées d’une distance r, a pour valeur :

\begin{matrix}a F D k × \frac{|q_{1}| × |q_{2}|}{r^{2}} & b F D k × \frac{|q_{1}| C |q_{2}|}{r^{2}} \\ c F D k × \frac{|q_{1}| × |q_{2}|}{r} & d F D k × \frac{|q_{1}| C |q_{2}|}{r} \end{matrix}

où k D 9.10^{9} S.I.est une constante. 2 L’interaction électrostatique entre deux charges ponctuelles est caracté-

risée par : a une force attractive si les charges sont identiques;

b une force répulsive, si les charges sont différentes; c une force attractive si les charges ont le même signe;

d une force répulsive si les charges ont le même signe. 3 La valeur de la force électrostatique qui s’exerce entre deux charges :

a double quand leur distance est divisée par 2;

b double quand leur distance est double;

c double quand leur distance est divisée par \sqrt{2};

d double quand leur distance est multipliée par \sqrt{2}. 4 Les numéros atomiques des éléments bore, carbone, oxygène, fluor et

soufre sont :

Z_{B} D 5 Z_{C} D 6 Z_{O} D 8 Z_{F} D 9 Z_{S} D 16 Leurs électronégativités respectives χ_{B}, χ_{C}, χ_{O}, χ_{F} et χ_{S} vérifient les relations : a χ_{C} > χ_{B}; χ_{F} > χ_{B}; χ_{O} > χ_{S} b χ_{C} < χ_{B}; χ_{B} > χ_{F}; χ_{O} > χ_{S}

c χ_{B} > χ_{C}; χ_{F} < χ_{B}; χ_{O} > χ_{S} d χ_{C} > χ_{B}; χ_{F} > χ_{B}; χ_{S} < χ_{O}

Structures et polarités des molécules

4Représentation de Lewis_{Lycée Colbert, Lorient} Corrigé ; p. ?? ; 5 min ; ⋆

Donner la formule de Lewis des molécules suivantes : 1 NH_{3}. 2 C_{2}H_{6}O (on envisage deux isomères).

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 321 — #329 COHÉSION DE LA MATIÈRE CHAP. 9_{321} CORRIGÉS INTERROS COURS
Données :  Z_{H} D 1  Z_{C} D 6  Z_{N} D 7  Z_{O} D 8

5Dichloroéthane_{Lycée Honoré de Balzac, Paris} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆

Les pigments blancs d’un correcteur blanc sont dissous dans un solvant : le dichloroéthane. La formule brute du dichloroéthane est C_{2}H_{4}Cl_{2}. 1 Déterminer le nombre de liaisons formées par chaque type d’atomes

présents dans le dichloroéthane, ainsi que son nombre de doublets non liants.

2 Donner la formule de Lewis des deux isomères possibles.

Données :  Z_{H} D 1  Z_{C} D 6  Z_{Cl} D 17

6Isomères de C_{3}H_{6}O_{Lycée Monod, Clamart} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆

Un composé organique, non cyclique, a pour formule brute : C_{3}H_{6}O. 1 Donner la configuration électronique de chaque atome.

2 Établir les représentation de Lewis des 4 isomères possibles.

Données :  Z_{H} D 1  Z_{C} D 6  Z_{O} D 8

7Étude du sulfure d’hydrogène_{Lycée Marie-Curie, Sceaux} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆

On considère une molécule de sulfure d’hydrogène. 1 Donner la formule de Lewis de la molécule.

2 Dans cette molécule, les liaisons sont-elles polarisées?

3 Cette molécule est-elle polaire?

Données :

numéros atomiques : Z_{H} D 1 et Z_{S} D 16;

l’électronégativité du soufre est supérieure à celle de l’hydrogène : χ_{S} > χ_{H} .

8Liaisons de l’étain avec le chlore_{Lycée Langevin, Champigny-sur-Marne} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆

L’élément étain Sn peut former deux ou quatre liaisons covalentes avec l’élément chlore Cl. La molécule de dichloroétain SnCl_{2} adopte une géométrie coudée, celle de tétrachloroétain SnCl_{4} une géométrie tétraédrique, l’atome d’étain étant situé

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 322 — #330 INTERROS_{322}

au centre du tétraèdre et les quatre atomes de chlore aux quatre sommets du tétraèdre. L’électronégativité du chlore est supérieure à celle de l’étain : χ_{Cl} > χ_{Sn} .

1 Indiquer le sens de polarisation des liaisons dans les deux molécules.

2 Conclure quant à la polarité de ces molécules.

3 On approche un objet électrisé d’un mince filet de dichloroétain, puis de tétrachloroétain. Décrire ce qui se passe dans les deux cas.

9Polarité de l’ammoniac_{Lycée Fermat, Toulouse} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆

1 L’atome d’azote est plus électronégatif que celui d’hydrogène. La molécule d’ammoniac NH_{3} a la forme d’une pyramide. La molécule d’ammoniac est-elle polaire?

2 L’atome de carbone est plus électronégatif que l’atome d’hydrogène. Le schéma ci-dessus représente aussi la molécule d’éthylène. Cette molécule est-elle polaire?

10Polarité_{Lycée Monod, Clamart} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆

On prend, comme ordre d’électronégativité croissante :

χ_{Be} < χ_{Sn} < χ_{B} < χ_{H} < χ_{Cl}

Attribuer les charges partielles Cδ et −δ aux atomes des molécules suivantes :

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 323 — #331 COHÉSION DE LA MATIÈRE CHAP. 9_{323} CORRIGÉS INTERROS COURS

Dans chacune de ces molécules, les liaisons sont d’égale longueur et les angles qu’elles forment, dans la troisième molécule, sont égaux.

Déterminer si ces molécules sont polaires.

11Alcènes_{Lycée Saint-Martin, Rennes} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Les alcènes ont pour formule générale C_{n}H_{2n}, où n est un entier supérieur ou égal à 2, représentant le nombre d’atomes de carbone.

1 Déterminer la formule brute des alcènes de masse molaire M D 56 g · mol^{−1}.

2 Représenter la formule de Lewis de l’alcène ayant une double liaison centrale, parmi les précédents alcènes.

Données :  M_{H} D 1 g · mol^{−1}  M_{C} D 12 g · mol^{−1}

12Polarité de l’ammoniac_{Lycée Périer, Marseille} Corrigé ; p. ?? ; 20 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo avec

1 La molécule d’ammoniac NH_{3} est pyramidale (schéma ci-dessous).

(a) L’azote est plus électronégatif que l’hydrogène (χ_{N} > χ_{H} ). Cette molécule est-elle polaire?

Si oui, représenter le moment dipolaire de la molécule.

(b) Quel type d’interaction existe-t-il entre les molécules d’eau et d’ammoniac, en solution aqueuse? Quelle conséquence en résulte-t-il sur la solubilité de l’ammoniac?

2 Quel volume de gaz ammoniac, mesuré à 20°C et sous une pression de 1 013 hPa, faut-il dissoudre dans 250 mL d’eau distillée pour obtenir une solution ammoniacale de concentration C_{NH_{3}} D 0,5 mol · L^{−1} ?

On rappelle que la pression p d’un gaz (en Pa), son volume V (en m^{3}), sa quantité de matière n (en mol) et sa température T (en K) sont liées par la loi de Boyle-Mariotte :

pV D nRT

où :

R D 8,32 J · K^{−1} · mol^{−1} est la constante des gaz parfaits,

T_{en K} ≈ T_{en °C} C 273.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 324 — #332 INTERROS_{324}

Interactions dans la matière

13Calcul de forces_{Lycée d’Akwa-Nord, Cameroun} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

Trois charges électriques q_{A}, q_{B}, q_{C}, sont placées aux sommets A, B, C d’un triangle rectangle en B et isocèle.

Calculer les forces F_{B/A} et F_{C/A} auxquelles est soumise la charge q_{A} placée en A.

Données : charges : q_{A} D q_{B} D q_{C} D 1,7.10^{−8} C;

distance : BC D 10 cm;

constante de la loi de Coulomb : k D 9,0.10^{9} S.I.

14Calcul de forces_{Lycée Monod, Clamart} Corrigé ; p. ?? ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

Deux ions chlorure Cl^{−} sont modélisés par des charges ponctuelles q_{Cl}^{−} D −e , situées sur un axe x′Ox, aux points A et B d’abscisses respectives −a et a, avec a D 0,282 nm. Un ion sodium Na^{C} est situé au point O. On l’assimilera à une charge ponctuelle q_{Na}^{C} D Ce. 1 Que vaut la somme vectorielle des forces électriques subies par l’ion

Na^{C} de la part des ions chlorure? Faire un schéma avec les forces électriques.

2 Calculer cette somme lorsque l’ion Na^{C} est à l’abscisse x D 0,0282 nm.

Faire un schéma avec les forces électriques. Conclure. Données : constante de la loi de Coulomb : k D 9,0.10^{9} S.I.;

charge élémentaire : e D 1,6.10^{−19} C.

15Cristal de chlorure de rubidium_{Institut Notre-Dame, Saint-Germain-en-Laye} Corrigé ; p. ?? ; 40 min ; ⋆ ; ⋆

La maille élémentaire d’un cristal de chlorure de rubidium RbCl peut être représentée en plaçant un ion Cl^{−} à chaque sommet d’un cube dont le centre O est occupé par un ion Rb^{C} (cf. figure ci-dessous). 1 Calculer la valeur de l’interaction gravitationnelle qui s’exerce entre un

anion et un cation.

2 (a) Calculer la valeur de l’interaction électrique attractive qui s’exerce entre deux ions les plus proches.

(b) Calculer la valeur de l’interaction électrique répulsive qui s’exerce entre deux ions les plus proches.

3 Comparer ces interactions et conclure.

Données :

Entre deux particules de masses m_{1} et m_{2} (en kg), séparées d’une distance r (en m), s’exerce une force de gravitation attractive, d’intensité :

F_{g} D G × \frac{m_{1} × m_{2}}{r^{2}} où G D 6,67.10^{−11} S.I.

charge élémentaire : e D 1,60.10^{−19} C;

constante de la loi de Coulomb : k D 9,0.10^{9} S.I.;

distances dans le cristal de chlorure de rubidium :

a D BC D 195 pm b D BD D 276 pm c D AD D 338 pm

masses des ions Rb^{C} et Cl^{−} :

m_{Rb} D 1,43.10^{−25} kg m_{Cl} D 5,93.10^{−26} kg

Réactions de dissolution

16Réactions de dissolution_{Lycée Colbert, Lorient} Corrigé ; p. ?? ; 5 min ; ⋆

Donner le nom, ainsi que l’équation de dissolution dans l’eau de chacun des solides ioniques suivants :

1 KI  2 BaCl_{2}  3 K_{3}PO_{4}

17Solution de sulfate d’aluminium_{Lycée Saint-Louis de Gonzagues, Paris} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

On désire préparer un volume V D 250 cm^{3} d’une solution de sulfate d’aluminium, de concentration massique c_{m} D 17,12 g · L^{−1}. 1 Quelle masse m de sulfate d’aluminium dont-on utiliser?

2 Quelle est la concentration molaire C de la solution obtenue, en sulfate d’aluminium?

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 326 — #334 INTERROS_{326}

3 Quelles sont les concentrations molaires de cette solution en anion sulfate et en cation aluminium?

Données :

le sulfate d’aluminium est un solide ionique qui contient des ions sulfate SO_{4}^{2−} et des ions aluminium Al^{3C};

masses molaires de quelques éléments :

M_{Al} D 27 g · mol^{−1}  M_{S} D 32 g · mol^{−1}  M_{O} D 16 g · mol^{−1}

18Solution de chlorure de calcium_{Lycée Colbert, Lorient} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

1 On veut préparer 0,500 L de solution de chlorure de calcium, de concentration en soluté C_{1} D 1,00.10^{−2} mol · L^{−1} (le solide ionique de départ a pour formule CaCl_{2}).

(a) Calculer la masse de cristaux à utiliser.

(b) Décrire les principales étapes du mode opératoire à effectuer (indiquer précisément la verrerie à utiliser).

(c) Donner l’équation de la dissolution dans l’eau du solide ionique. Quelles sont les concentrations effectives des ions en solution?

2 On veut obtenir, à partir de la solution précédente, 250 mL d’une solution de concentration en soluté C_{2} D 1,0.10^{−3} mol · L^{−1}. Décrire les principales étapes du mode opératoire à suivre (préciser la verrerie à utiliser).

Données :  M_{Ca} D 40,1 g · mol^{−1}  M_{Cl} D 35,5 g · mol^{−1}

19Sulfate de cuivre hydraté_{Lycée Janson de Sailly, Paris} Corrigé ; p. ?? ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

Le sulfate de cuivre II hydraté, appelé chalcanthite, se présente sous forme de cristaux bleus; c’est un solide ionique qui a pour formule CuSO_{4}, y H_{2}O, où y représente le nombre de molécules d’eau.

En dissolvant 5,00 g de sulfate de cuivre hydraté dans un litre d’eau, on obtient une solution dont la concentration en ions Cu^{2C} est 2.10^{−2} mol · L^{−1}.

Déterminer la valeur de y.

Données : masses molaires M :

Cu S O H
M (en g · mol^{−1} ) 63,5 32 16 1

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 327 — #335 COHÉSION DE LA MATIÈRE CHAP. 9_{327} CORRIGÉS INTERROS COURS
20Dissolution du phosphate de sodium_{Lycée Saint-Sernin, Toulouse} Corrigé ; p. ?? ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

Considérons la dissolution d’un cristal de phosphate de sodium Na_{3}▷PO_{4}◁. 1 Justifier le fait que la molécule d’eau soit polaire. 2 La dissolution de ce cristal libère des ions Na_{▷aq◁}^{C}; écrire son équation-

bilan. 3 On dissout 10 g de ce cristal pour former 100 mL de solution. Quelle est

la concentration en ion sodium? Données : masses molaires de quelques éléments :

Na P O
M (en g · mol^{−1} ) 23 31 16

21Réactions de dissolution_{Lycée Monod, Clamart} Corrigé ; p. ?? ; 30 min ; ⋆ ; ⋆

1 L’hydroxyde de calcium est un solide ionique composé d’ions calcium

Ca^{2C} et hydroxyde HO^{−} . Écrire sa formule. 2 L’hydroxyde de potassium est un solide ionique composé d’ions potas-

sium K^{C} et hydroxyde HO^{−} . Écrire sa formule. 3 Écrire l’équation des réactions de dissolution de ces deux solides.

Pour les bilans de matière, on supposera que l’eau n’intervient que comme solvant, sans apporter d’autres ions.

4 On prépare une solution d’hydroxyde de calcium en dissolvant 0,37 g de ce composé dans un volume de 50 mL d’eau. Quelles sont les concentrations molaires des espèces présentes en solution?

5 On prépare ensuite une solution d’hydroxyde de potassium en dissolvant 1,68 g de ce composé dans 150 mL d’eau. Quelles sont les concentrations molaires des espèces présentes en solution?

6 On mélange ces deux solutions. Quelles sont les concentrations effec-

tives des ions présents dans le mélange? 7 Vérifier que la solution est électriquement neutre. Données : masses molaires de quelques éléments :

Élement  Ca  K  O  H
M (en g · mol^{−1} ) 40,0 39,0 16,0 1,0

22Sulfate de fer hydraté_{Lycée Lacordaire, Marseille} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

Le sulfate de fer hydraté est un solide verdâtre de formule FeSO_{4}, y H_{2}O. On veut déterminer le nombre de molécules d’eau y. On prélève une certaine masse de sulfate hydraté que l’on déshydrate. 1 Décrire rapidement l’expérience à réaliser. 2 À partir d’une masse de 13,9 g de sulfate hydraté, on obtient 7,6 g de

sulfate anhydre FeSO_{4}. Calculer la valeur de y.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 328 — #336 INTERROS_{328}

Données :  éléments  Fe  S  H  O M (en g · mol^{−1} ) 55,8 32,1 1,0 16,0

Molécules organiques — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 329 — #337

COHÉSION DE LA MATIÈRE CHAP. 9_{329} CORRIGÉS INTERROS COURS

1_{QCM} Molécules organiques {Enoncé \atop p. ??}

1 Avec la configuration électronique _{1}H : 1▷s◁^{1}, l’atome d’hydrogène a pour structure de Lewis : H−. Quant à l’atome d’oxygène, sa configuration électronique est 1▷s◁^{2}2▷s◁^{2}2▷p◁^{4} et montre qu’il présente N_{e} D 6 électrons périphériques. Puisque N_{e} > 4 , la règle de l’octet prévoit que cet atome peut former un nombre N_{ℓ} de liaisons covalentes, tel que :

N_{e} C N_{ℓ} D 8 ⇒ N_{ℓ} D 8 − N_{e} D 8 − 6 D 2 liaisons covalentes,

de sorte qu’il reste :

N_{d} D \frac{N_{e} − N_{ℓ}}{2} D \frac{6 − 2}{2} D 2 doublets non liants

Finalement, la molécule d’eau a pour formule de Lewis :

(réponse b ).

2 La configuration électronique de l’atome de carbone _{6}C s’écrit 1▷s◁^{2}2▷s◁^{2}2▷p◁^{2} et montre qu’il présente N_{e} D 4 électrons périphériques. La règle de l’octet prévoit que cet atome peut former N_{ℓ} liaisons covalentes. On a donc N_{e} C N_{ℓ} D 8 ⇒ N_{ℓ} D 8 − N_{e} D 4 liaisons covalentes , de sorte qu’il reste :

N_{d} D \frac{N_{e} − N_{ℓ}}{2} D \frac{4 − 4}{2} D 0 doublet non liant.

De la même façon, l’atome d’azote_{7}N a pour configuration électronique (K)^{2}(L)^{5}, présente N_{e} D 5 électrons périphériques, peut former Nℓ D 3 liaisons covalentes et N_{d} D 1 doublet non liant. La formule de Lewis de la molécule HCN s’écrit alors :

(réponse c ).

3 Avec N_{e} D 6 électrons périphériques (cf. question 1), on peut envisager plusieurs formules de Lewis pour les atomes d’oxygène et de soufre, qui respectent la règle de l’octet :

Puisque N_{e} > 4, la règle de l’octet indique que le nombre de liaisons covalentes N_{ℓ} vérifie :

N_{ℓ} C N_{e} D 8 ⇒ N_{ℓ} D 8 − N_{e} D 8 − 6 D 2 liaisons covalentes

tandis qu’il reste :

N_{d} D \frac{N_{e} − N_{ℓ}}{2} D \frac{6 − 2}{2} D 2 doublets non liants.

Ainsi ces atomes présentent les formules de Lewis suivantes :

La molécule d’eau — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 330 — #338 CORRIGÉS_{330}

Les ions O^{C} et S^{C} présentent la structure de Lewis :

Les ions O^{−} et S^{−} possèdent N_{e} D 6 C 1 D 7 électrons périphériques et, puisque N_{e} > 7 , la règle de l’octet prévoit que ces ions forment :

N_{ℓ} D 8 − N_{e} D 8 − 7 D 1 liaison covalente

et conservent :

N_{d} D \frac{N_{e} − N_{ℓ}}{2} D \frac{7 − 1}{2} D 3 doublets non liants.

Ce faisant, ces ions ont pour formules de Lewis :

Parmi les formules de Lewis proposées, il apparaît alors que D S D et

ne correspondent à aucune structure possible. Par conséquent, la formule de Lewis la plus stable envisageable pour SO_{2} est :

(réponse b ).

2_{QCM} La molécule d’eau {Enoncé \atop p. ??}

1 La molécule d’eau a pour formule : H_{2}O (réponse a ).

2 La structure électronique de l’atome d’oxygène étant :

8O : 1▷s◁^{2}2▷s◁^{2}2▷p◁^{4}

l’atome possède N_{e} D 6 électrons de valence qui se répartissent en :

N_{ℓ} D 8 − N_{e} D 8 − 6 D 2 liaisons covalentes;

N_{d} D \frac{N_{e} − N_{ℓ}}{2} D \frac{6 − 2}{2} D 2 doublets non liants.

C’est pourquoi la molécule d’eau a pour formule de Lewis :

(réponse b ).

3 La structure de Lewis de cette molécule montre que l’atome d’oxygène est entouré de quatre entités (deux liaisons covalentes et deux doublets non liants) qui se repoussent. Si la répulsion exercée par les doublets était équivalente à celle exercée par les liaisons covalentes, l’oxygène serait au centre d’un tétraèdre régulier; l’angle α vaudrait environ 109,5°. Cependant, la répulsion exercée par les doublets est un peu plus forte, ce qui rapproche les liaisons O–H qui font donc un angle α ≈ 105° (réponse c ).

Solides et solutions aqueuses — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 331 — #339

COHÉSION DE LA MATIÈRE CHAP. 9_{331} CORRIGÉS INTERROS COURS

4 L’atome d’oxygène étant plus électronégatif que celui d’hydrogène (χ_{O} > χ_{H} ), c’est vers lui que les électrons de la liaison O–H sont statistiquement déplacés. Il acquiert ainsi une charge partielle négative (−δ), tandis que l’atome d’hydrogène acquiert la charge partielle positive (Cδ) qui assure la neutralité de la liaison. Celle-ci est alors polarisée, le moment dipolaire {E \atop p_{i}} étant dirigé de la charge négative vers la charge positive, c’est-à-dire de l’oxygène vers l’hydrogène (réponse a ) :

5 Soient {E \atop p_{1}} et {E \atop p_{2}} les moments dipolaires des deux liaisons O–H de la molécule d’eau, de même norme p_{0}. Ces deux liaisons étant symétriques par rapport à la bissectrice ▷1◁ de l’angle α, la somme E pD {E \atop p_{1}} C {E \atop p_{2}} a la même direction que ▷1◁ :

La projection de chacun des moments ({E \atop p_{1}} et {E \atop p_{2}}) sur ▷1◁ vaut : p_{0} cos( \frac{α}{2}), en conséquence de quoi le moment dipolaire E pde la molécule d’eau a pour norme :

p D 2 × p_{0} cos( \frac{α}{2}) ⇒ p_{0} D \frac{p}{2 cos▷α/2◁}

où p D 1,854 D, d’après l’énoncé. Il s’ensuit que :

p_{0} D \frac{1,854}{2 cos▷105/2◁}≈ 1,523 D (réponse c ◁.

6 Les atomes de la liaison O–H portent les charges ±q, avec q D δ × e et sont séparés d’une distance d_{OH} D 95,75 pm D 95,75.10^{−12} m. Par définition le moment dipolaire d’une telle liaison a pour valeur :

p_{0} D q × d_{OH} D δ × e × d_{OH} ⇒ δ D \frac{p_{0}}{e d_{OH}}.

En tenant compte de la question précédente et de la conversion :

1 D D 3,33.10^{−30} C · m

on obtient finalement :

δ D \frac{1,523 × 3,33.10^{−30}}{1,6.10^{−19} × 95,75.10^{−12}} ⇒ δ ≈ 0,33 (réponse c ).

Solides et solutions aqueuses — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 332 — #340

CORRIGÉS_{332}

3_{QCM} Solides et solutions aqueuses {Enoncé \atop p. ??}

1 La loi de Coulomb précise qu’entre deux charges ponctuelles q_{1} et q_{2}, espacées d’une distance r, s’exerce l’interaction électrostatique :

F D k × \frac{|q_{1}| × |q_{2}|}{r^{2}} avec k D 9.10^{9} S.I.(réponse a ). (42)

2 C’est le signe des charges en interaction qui détermine la nature attractive ou répulsive de cette interaction : deux charges de même signe se repoussent (réponse d ). Bien que des charges différentes peuvent se repousser (il suffit qu’elles aient le même signe), elles peuvent aussi s’attirer (si leurs signes sont opposés).

3 Soient deux charges q_{1} et q_{2}, espacées de r, qui exercent une force électrostatique donnée par la loi (??) :

F D k × \frac{|q_{1}| × |q_{2}|}{r^{2}} .

Cette force devient double, c’est-à-dire prend une valeur F′D 2F, lorsque les deux charges sont espacées d’une distance r′telle que :

F′ D k × \frac{|q_{1}| × |q_{2}|}{r′^{2}} D 2F D 2 × k × \frac{|q_{1}| × |q_{2}|}{r^{2}}
⇒ \frac{1}{r′^{2}} D \frac{2}{r^{2}} ⇒ \frac{1}{r′} D \frac{\sqrt{2}}{r} ⇒ r′D \frac{r}{\sqrt{2}}.

Leur distance doit donc être divisée par \sqrt{2} (réponse c ) pour que l’intensité de la force électrostatique double.

4 À partir des numéros atomiques des éléments fournis dans l’énoncé, il est possible d’esquisser la classification périodique des éléments :

Sachant que l’électronégativité augmente quand on se déplace vers la droite et vers le haut du tableau, on peut fournir les relations suivantes :

χ_{C} > χ_{B}; χ_{F} > χ_{B}; χ_{O} > χ_{S} (réponse a ).

Dichloroéthane — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 333 — #341 COHÉSION DE LA MATIÈRE CHAP. 9_{333} CORRIGÉS INTERROS COURS
4Représentation de Lewis_{Lycée Colbert, Lorient} {Enoncé \atop p. ??}

1 Les niveaux ▷K◁ et ▷L◁ étant saturés avec 2 et 8 électrons respectivement, les configurations électroniques des atomes d’azote et d’hydrogène sont :

1H : 1▷s◁^{1} et_{7}N : 1▷s◁^{2}2▷s◁^{2}2▷p◁^{3}

ce qui montre que l’hydrogène possède un électron célibataire, tandis que l’azote possède cinq électrons périphériques (un doublet non liant et trois électrons célibataires) :

Aussi, conformément à la règle du duet, l’hydrogène forme une liaison covalente et, conformément à la règle de l’octet, l’atome d’azote s’entoure de trois liaisons covalentes :

La molécule NH_{3} a donc pour formule de Lewis :

2 Les atomes de la molécule C_{2}H_{6}O ont pour structures électroniques :

1H : 1▷s◁^{1}  _{6}C : 1▷s◁^{2}2▷s◁^{2}2▷p◁^{2}  _{8}O : 1▷s◁^{2}2▷s◁^{2}2▷p◁^{4}.

D’après la règle du duet, l’hydrogène peut former une liaison covalente.

D’après la règle de l’octet, l’atome de carbone peut engager ses 4 électrons périphériques dans 4 liaisons covalentes.

La règle de l’octet impose à l’oxygène de former deux liaisons covalentes (avec deux de ses électrons périphériques), les quatre autres électrons étant engagés dans deux doublets non liants.

La formule de Lewis de ces atomes étant :

il peut exister, pour la molécule C_{2}H_{6}O, deux isomères :

Isomères de C_{3}H_{6}O — v. 1.0

17 avril 2024 — Chapitre 9 page 334 — #342

CORRIGÉS_{334}

5Dichloroéthane_{Lycée Honoré de Balzac, Paris} {Enoncé \atop p. ??}

1 Sachant que les niveaux ▷K◁ et ▷L◁ sont saturés respectivement avec 2 et 8 électrons, la connaissance du numéro atomique de chaque élément permet d’en établir la configuration électronique :

1H : 1▷s◁^{1}  _{6}C : 1▷s◁^{2}2▷s◁^{2}2▷p◁^{4}  _{17}Cl : 1▷s◁^{2}2▷s◁^{2}2▷p◁^{6}3▷s◁^{2}3▷p◁^{5}

d’où découle la structure externe de chacun des éléments :

En appariant les électrons du chlore, on obtient alors les formules de Lewis suivantes :

à partir desquelles on peut prévoir le nombre de liaisons que peut générer chaque atome :

une seule liaison pour l’atome d’hydrogène, qui respecte alors la règle du duet;

4 liaisons pour l’atome de carbone, ainsi que le prévoit la règle de l’octet;

une seule liaison de la part du chlore, qui conserve alors trois doublets non liants de manière à respecter la règle de l’octet :

2 Puisque les atomes d’hydrogène et de chlore ne forment chacun qu’une seule liaison covalente, ils ne peuvent être liés l’un à l’autre dans la molécule C_{2}H_{4}Cl_{2}. Par conséquent, on doit envisager, dans la molécule, une liaison C–C :

et des liaisons C–H et C–Cl, ces deux dernières pouvant se réaliser sur le même atome de carbone ou sur deux atomes de carbone différents, à l’origine des deux isomères du dichloroéthane :

6Isomères de C_{3}H_{6}O_{Lycée Monod, Clamart} {Enoncé \atop p. ??}

Étude du sulfure d’hydrogène — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 335 — #343 COHÉSION DE LA MATIÈRE CHAP. 9_{335} CORRIGÉS INTERROS COURS

1 Puisque les niveaux ▷K◁ et ▷L◁ sont saturés avec respectivement 2 et 8 électrons, les atomes constituant la molécule C_{3}H_{8}O ont pour configurations électroniques :

1H : 1▷s◁^{1}  _{6}C : 1▷s◁^{2}2▷s◁^{2}2▷p◁^{2}  _{8}O : 1▷s◁^{2}2▷s◁^{2}2▷p◁^{4}.

2 Outre l’hydrogène, dont la formule de Lewis est : H–, les configurations précédentes fournissent, pour le carbone et l’oxygène, les nombres d’électrons périphériques (N_{e}) situés sur le niveau ▷L◁, le nombre N_{ℓ} de liaisons covalentes assurant le respect de la règle de l’octet :

N_{e} C N_{ℓ} D 8 ⇒ N_{ℓ} D 8 − N_{e}

et le nombre N_{d} D \frac{N_{e} − N_{ℓ}}{2} de doublets non liants fixées aux atomes :

\begin{aligned}& C & O \\ N_{e} & 4 & 6 \\ N_{ℓ} & 4 & 2 \\ N_{d} & 0 & 2 \end{aligned}

d’où découlent les formules de Lewis des différents atomes :

En l’absence de double liaison la molécule, composée de trois atomes de carbone, aurait pour formule brute C_{3}H_{8}O. Par exemple :

L’absence de deux atomes d’hydrogène dans la formule de la molécule (C_{3}H_{6}O) trahit la présence d’une double liaison dans la molécule. Quatre isomères sont alors envisageables :

7Étude du sulfure d’hydrogène_{Lycée Marie-Curie, Sceaux} {Enoncé \atop p. ??}

Liaisons de l’étain avec le chlore — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 336 — #344 CORRIGÉS_{336}

1 Avec le numéro atomique Z_{S} D 16, l’atome de soufre présente la configuration électronique :

16S : 1▷s◁^{2}2▷s◁^{2}2▷p◁^{6}3▷s◁^{2}3▷p◁^{4}

c’est-à-dire possède N_{e} D 6 électrons périphériques qui se répartissent en :

N_{ℓ} D 8 − N_{e} D 8 − 6 D 2 liaisons covalentes S–H;

N_{d} D \frac{N_{e} − N_{ℓ}}{2} D \frac{6 − 2}{2} D 2 doublets non liants.

Par suite, la molécule H_{2}S a pour formule de Lewis :

2 Étant donné que χ_{S} > χ_{H}, les électrons de chaque liaison covalente S–H sont déplacés vers le soufre qui porte alors une fraction de charge négative (δ−). Concomitamment, le déficit d’électrons au voisinage de l’atome d’hydrogène lui confère une fraction de charge positive (δC). Par suite, chaque liaison S–H est polarisée, le moment dipolaire étant dirigé de la charge négative vers la charge positive :

3 La formule de Lewis de H_{2}Smontre que l’atome de soufre est entouré de quatre entités chargées négativement (deux liaisons covalentes et deux doublets non liants). Par suite, cet atome se trouve à proximité du centre d’un tétraèdre dont deux sommets sont occupés par des atomes d’hydrogène (voir illustration sur la page ci-contre).

Les deux liaisons covalentes S–H font alors entre elles un angle voisin de 105°, de sorte que les moments dipolaires {E \atop p_{1}} et {E \atop p_{2}} portés par ces liaisons n’ont pas la même direction; leur somme vectorielle E pD {E \atop p_{1}} C {E \atop p_{2}} n’étant pas nulle, la molécule H_{2}S est polaire.

8Liaisons de l’étain avec le chlore_{Lycée Langevin, Champigny-sur-Marne} {Enoncé \atop p. ??}

1 Puisque χ_{Cl} > χ_{Sn}, les électrons de la liaison covalente Cl–Sn sont statistiquement déplacés vers l’atome de chlore, où apparaît alors une charge négative −δ. Concomitamment, il apparaît une charge positive Cδ au voisinage de l’atome de chlore. Ainsi, la liaison Cl–Sn est polarisée, le moment dipolaire {E \atop p_{i}} étant dirigé de Cl vers Sn (de la charge négative vers la charge positive) : voir page suivante.

Polarité de l’ammoniac — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 337 — #345 COHÉSION DE LA MATIÈRE CHAP. 9_{337} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Dans la molécule SnCl_{2}, la somme vectorielle E pD {E \atop p_{1}} C {E \atop p_{2}} génère un vecteur non nul (car {E \atop p_{1}} et {E \atop p_{2}} n’ont pas les mêmes directions), ce qui confère à la molécule sa polarité.

En revanche, soient A, B, C et D les sommets du tétraèdre occupés par les atomes de chlore de la molécule SnCl_{4} et soit G son centre, occupé par un atome d’étain. Les moments dipolaires de chaque liaison s’écrivent :

\begin{matrix}{E \atop p_{1}} D δe \overrightarrow{AG} & {E \atop p_{2}} D δe \overrightarrow{BG} \\ {E \atop p_{3}} D δe \overrightarrow{CG} & {E \atop p_{4}} D δe \overrightarrow{DG} \end{matrix}

où q D δ × e désigne la charge partielle déplacée dans chaque liaison Cl–Sn. Par suite, le moment dipolaire de la molécule vaut :

E p D {E \atop p_{1}} C {E \atop p_{2}} C {E \atop p_{3}} C {E \atop p_{4}}
D δe \overrightarrow{AG} C δe \overrightarrow{BG} C δe \overrightarrow{CG} C δe \overrightarrow{DG}
D δe × ▷\underbrace{\overrightarrow{AG} C \overrightarrow{BG} C \overrightarrow{CG} C \overrightarrow{DG}}_{DE 0}◁ D E 0

Cette molécule n’est donc pas polaire. 3 Seule la molécule polaire peut être attirée par les charges accumulées

sur l’objet électrisé. C’est pourquoi un filet de dichloroétain est attiré par cet objet, qui reste en revanche sans influence sur un filet de tétrachloroétain.

9Polarité de l’ammoniac_{Lycée Fermat, Toulouse} {Enoncé \atop p. ??}

1 Puisque l’atome d’azote est plus électronégatif que celui d’hydrogène, la liaison covalente N–H est polarisée : les électrons de cette liaison se déplacent préférentiellement vers l’atome d’azote qui acquiert alors une fraction de charge négative (−δ), tandis qu’un défaut électronique, au voisinage de l’hydrogène, provoque l’apparition d’une charge positive (Cδ). Un moment dipolaire {E \atop p_{i}} apparaît sur la liaison, dirigé de l’azote vers l’hydrogène :

Polarité — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 338 — #346 CORRIGÉS_{338}

Soient {E \atop p_{1}}, {E \atop p_{2}} et {E \atop p_{3}} les trois moments dipolaires associés aux liaisons N–H de la molécule d’ammoniac. Ces trois vecteurs étant dirigés vers l’atome d’azote, leur somme vectorielle génère un moment dipolaire E pD {E \atop p_{1}} C {E \atop p_{2}} C {E \atop p_{3}} non nul, ce qui signifie que la molécule est polaire (voir illustration page suivante).

2 Les électrons d’une liaison covalente C–H sont statistiquement déplacés vers l’atome le plus électronégatif, c’est-à-dire le carbone. Par suite, l’atome de carbone acquiert une fraction de charge négative (−δ) tandis que l’atome d’hydrogène acquiert une fraction de charge positive (Cδ); un moment dipolaire {E \atop p_{i}}, dirigé du carbone vers l’hydrogène, apparaît sur chaque liaison C–H :

Notons {E \atop p_{1}}, {E \atop p_{2}}, {E \atop p_{3}} et {E \atop p_{4}} les moments dipolaires de chaque liaison C–H de la molécule d’éthylène (voir illustration sur la page suivante).

Les sommes vectorielles {E \atop p_{12}} D {E \atop p_{1}} C {E \atop p_{2}} et {E \atop p_{34}} D {E \atop p_{3}} C {E \atop p_{4}} ont alors la même direction et même norme mais sont de sens opposé. C’est pourquoi le moment dipolaire total le la molécule :

E pD {E \atop p_{1}} C {E \atop p_{2}} C {E \atop p_{3}} C {E \atop p_{4}} D {E \atop p_{12}} C {E \atop p_{34}} D E 0

est nul, privant la molécule de tout caractère polaire.

10Polarité_{Lycée Monod, Clamart} {Enoncé \atop p. ??}

1 Molécule BeH_{2} – Puisque χ_{H} > χ_{Be}, les électrons de chaque liaison Be–H sont déplacés vers l’atome d’hydrogène qui acquiert ainsi une charge partielle négative (−δ), tandis qu’au voisinage de l’atome de béryllium, le défaut d’électrons produit une charge partielle positive (Cδ). Chacune de ces liaisons acquiert un moment dipolaire ({E \atop p_{1}} et {E \atop p_{2}}) dirigé de H vers Be :

Alcènes — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 339 — #347 COHÉSION DE LA MATIÈRE CHAP. 9_{339} CORRIGÉS INTERROS COURS

Puisque la molécule est linéaire, les moments dipolaires {E \atop p_{1}} et {E \atop p_{2}} ont la même direction et même norme mais sont de sens opposé, de sorte que leur somme vectorielle est nulle :

E pD {E \atop p_{1}} C {E \atop p_{2}} D E 0.

Cette molécule n’est pas polaire. 2 Molécule SnCl_{2} – Pour les mêmes raisons, puisque χ_{Cl} > χ_{Sn}, chaque

liaison Cl–Sn est polaire : une fraction négative de charge (−δ) est localisée au voisinage de Cl et une charge partielle positive (Cδ) est localisée au voisinage de Sn. Un moment dipolaire est donc dirigé, selon chaque liaison, de Cl vers Sn : voir schéma page suivante.

Puisque les moments dipolaires {E \atop p_{1}} et {E \atop p_{2}} des deux liaisons Cl–Sn n’ont pas la même direction, leur somme vectorielle est non nulle :

E pD {E \atop p_{1}} C {E \atop p_{2}} D̸ E 0.

La molécule est donc polaire. 3 Molécule BCl_{3} – À nouveau, étant donné que χ_{Cl} > χ_{B}, chaque liaison

B–Cl est polarisée, avec une charge partielle négative (−δ) au voisinage de Cl et une charge partielle positive (Cδ) au voisinage de B. Le moment dipolaire de chaque liaison B–Cl est donc dirigé vers l’atome de bore :

Cependant, B étant au centre du triangle formé par les trois atomes de chlore, la somme vectorielle de ces moments dipolaires est nulle :

E pD {E \atop p_{1}} C {E \atop p_{2}} C {E \atop p_{3}} D E 0.

La molécule BCl_{3} n’est donc pas polaire.

11Alcènes_{Lycée Saint-Martin, Rennes} {Enoncé \atop p. ??}

1 Une molécule, de formule brute C_{n}H_{2n} contient n atomes de carbone et

2n atomes d’hydrogène. Sa masse molaire vaut donc :

M D n × M_{C} C 2n × M_{H} D n × 12 C 2n × 1 D 14 n
⇒ 56 D 14 n ⇒ n D \frac{56}{14} D 4.

Cet alcène a donc pour formule brute : C_{4}H_{8}.

Polarité de l’ammoniac — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 340 — #348 CORRIGÉS_{340}

2 La formule de Lewis de l’alcène demandé est :

12Polarité de l’ammoniac_{Lycée Périer, Marseille} {Enoncé \atop p. ??}

Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo avec

1 (a) Puisque χ_{N} > χ_{H}, les électrons de chaque liaison covalente N–H sont statistiquement déplacés vers l’atome d’azote, où il apparaît alors une fraction de charge négative (−δ). Dans le même temps, le défaut d’électrons au voisinage de l’atome d’hydrogène y fait apparaître une charge positive (Cδ). Chaque liaison N–H est ainsi polarisée : des moment dipolaires {E \atop p_{1}}, {E \atop p_{2}} et {E \atop p_{3}} apparaissent sur chacune des liaisons N–H, dirigés de la charge négative −δ vers la charge positive Cδ.

Enfin, puisque les vecteurs {E \atop p_{1}}, {E \atop p_{2}} et {E \atop p_{3}} sont tous dirigés vers le bas de la molécule représentée ci-dessus, leur somme vectorielle E pD {E \atop p_{1}} C {E \atop p_{2}} C {E \atop p_{3}} est non nulle, en conséquence de quoi la molécule est polarisée.

(b) Les molécules d’eau sont aussi polarisées. Donc, des interactions dipôle-dipôle peuvent s’établir entre les molécules d’eau et les molécules d’ammoniac, favorisant la solubilité de ces dernières dans l’eau. Cette grande solubilité est, du reste, accrue par l’existence de liaisons hydrogène entre la molécule d’ammoniac et les molécules d’eau.

Ces deux types d’interactions stabilisent l’ammoniac dans l’eau et en accroissent la solubilité.

Calcul de forces — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 341 — #349 COHÉSION DE LA MATIÈRE CHAP. 9_{341} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Dans un volume V_{sol} D 250 mL D 0,25 L de solution ammoniacale, dont la concentration molaire vaut C_{NH_{3}} D 0,5 mol · L^{−1}, se trouve :

n_{NH_{3}} D C_{NH_{3}}V_{sol} D 0,5 × 0,25 D 0,125 mol de NH_{3}.

Cette quantité de matière provient d’un volume V_{gaz} de gaz ammoniac, à la pression p D 1 013 hPa D 1 013.10^{2} Pa et à la température :

T D 20 C 273 D 293 K.

De la loi de Boyle-Mariotte, il découle alors que :

p V_{gaz} D n_{NH_{3}}RT ⇒ V_{gaz} D \frac{n_{NH_{3}}RT}{p}

⇒ V_{gaz} D \frac{0,125 × 8,32 × 293}{1 013.10^{2}}

⇒ V_{gaz} ≈ 3.10^{−3} m^{3} D 3 L.

13Calcul de forces_{Lycée d’Akwa-Nord, Cameroun} {Enoncé \atop p. ??}

La charge q_{A} est soumise à :

la force F_{B/A} de la part de la charge q_{B}, telle que :

F_{B/A} D k × \frac{q_{A} q_{B}}{AB^{2}}

où AB D BC D 10 cm D 0,1 m, puisque le triangle est isocèle. Il s’ensuit que :

F_{B/A} D 9,0.10^{9} × \frac{▷1,7.10^{−8} ◁^{2}}{▷0,1◁^{2}} ⇒ F_{B/A} ≈ 2,6.10^{−4} NI

la force F_{C/A} exercée par la charge q_{C} est donnée par la loi de Coulomb :

F_{C/A} D k × \frac{q_{A} q_{C}}{AC^{2}}.

Or, le théorème de Pythagore peut s’appliquer dans le triangle rectangle

Calcul de forces — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 342 — #350 CORRIGÉS_{342}

▷ABC◁ :

AC^{2} D AB^{2} C BC^{2} D ▷0,1◁^{2} C ▷0,1◁^{2} D 2 × ▷0,1◁^{2}

⇒ F_{C/A} D 9,0.10^{9} × \frac{▷1,7.10^{−8} ◁^{2}}{2 × ▷0,1◁^{2}}

⇒ F_{C/A} ≈ 1,3.10^{−4} N.

Calcul de forces — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 343 — #351 COHÉSION DE LA MATIÈRE CHAP. 9_{343} CORRIGÉS INTERROS COURS
14Calcul de forces_{Lycée Monod, Clamart} {Enoncé \atop p. ??}

1 L’ion Na^{C}, situé au point O, est soumis à deux forces électriques :

la force {E \atop F_{A/O}} exercée par l’ion Cl^{−} placé en A, d’intensité :

F_{A/B} D k × \frac{|q_{Cl}^{−} | × |q_{Na}^{C} |}{AO^{2}}

avec AO D a D 0,282 nm D 0,282.10^{−9} m

D k × ( \frac{e}{a})^{2} D 9,0.10^{9} × ( \frac{1,6.10^{−19}}{0,282.10^{−9}} ) ^{2}

⇒ F_{A/B} ≈ 2,9.10^{−9} N.

Puisque les charges q_{Cl}^{−} D −e et q_{Na}^{C} D Ce sont de signe opposé, la force {E \atop F_{A/O}} est attractive : dirigée de O vers A.

la force {E \atop F_{B/O}} exercée par l’ion Cl^{−} placé en B, d’intensité :

F_{B/O} D k × \frac{|q_{Cl}^{−} | × |q_{Na}^{C} |}{BO^{2}} avec BO D a
D k × ( \frac{e}{a})^{2} D F_{A/O} ≈ 2,90.10^{−9} N.

Pour les mêmes raisons, cette force est attractive et donc dirigée de O vers B.

En adoptant comme échelles : 1 cm ↔ 0,1 nm pour les distances et 1 cm ↔ 2.10^{−9} N pour les forces, la longueur a est représentée par un segment de longueur 2,8 cm et les forces {E \atop F_{A/O}} et {E \atop F_{B/O}} par des vecteurs de normes :

∥{E \atop F_{A/O}}∥ D ∥{E \atop F_{B/O}}∥ D \frac{2,9.10^{−9}}{2.10^{−9}} D 1,4 cm.

Ces deux forces étant de même intensité, de même direction (x′x), mais de sens opposé, leur somme vectorielle est nulle :

E FD {E \atop F_{A/O}} C {E \atop F_{B/O}} D E 0.

2 L’ion Na^{C} placé au point C d’abscisse x D 0,0282 nm, se trouve éloigné des ions Cl^{−} (placés en A et B) des distances :

\begin{aligned}AC & D & a − x D 0,282 − 0,0282 \\ & D & 0,2538 nm D 0,2538.10^{−9} m \end{aligned}

et :

BC D a C x D 0,282 C 0,0282 D 0,3102 D 0,3102.10^{−9} m.

Il est donc soumis à la force :

Cristal de chlorure de rubidium — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 344 — #352 CORRIGÉS_{344}

{E \atop F_{A/C}} que la charge en A exerce en C, d’intensité :

F_{A/C} D k × \frac{|q_{Cl}^{−} | × |q_{Na}^{C} |}{AC^{2}}
D 9,0.10^{9} × ( \frac{1,6.10^{−19}}{0,2538.10^{−9}} ) ^{2} ⇒ F_{A/C} ≈ 3,6.10^{−9} N.

Les charges q_{Cl}^{−} et q_{Na}^{C} étant de signe contraire, la force {E \atop F_{A/C}} est attractive : dirigée de C vers A. {E \atop F_{B/C}} que la charge située en B exerce sur celle située en C, d’intensité :

F_{B/C} D k × \frac{|q_{Cl}^{−} | × |q_{Na}^{C} |}{BC^{2}} D k × ( \frac{e}{BC})^{2}
D 9,0.10^{9} × ( \frac{1,6.10^{−19}}{0,3102.10^{−9}} ) ^{2} ⇒ F_{B/C} ≈ 2,4.10^{−9} N.

Pour les mêmes raisons, la force {E \atop F_{B/C}} est attractive : dirigée de C vers B. Avec les mêmes échelles que précédemment, x D 0,0282 nm est représenté par un segment de 2,8 mm de long, tandis que les normes des forces {E \atop F_{A/C}} et {E \atop F_{B/C}} sont représentées par des segments de longueur :

∥{E \atop F_{A/C}}∥ D \frac{3,6.10^{−9}}{2.10^{−9}} D 1,8 cm et ∥{E \atop F_{B/C}}∥ D \frac{2,4.10^{−9}}{2.10^{−9}} D 1,2 cm.

Quant au vecteur force résultant : E FD {E \atop F_{A/C}} C {E \atop F_{B/C}}, il a pour norme :

∥ E F∥ D F_{A/C} − F_{B/C} D 3,6.10^{−9} − 2,4.10^{−9} D 1,2.10^{−9} N

il est dirigé dans le même sens que {E \atop F_{A/C}} (car F_{A/C} > F_{B/C} ).

La première question a permis de montrer qu’en O, l’ion Na^{C} est soumis à une force résultante nulle ce qui justifie qu’en O, l’ion Na^{C} est en équilibre. La dernière question montre qu’en écartant l’ion Na^{C} de sa position d’équilibre, en le rapprochant de A, on le soumet à une force E Fdirigée vers A, qui l’éloigne donc encore un peu plus de sa position d’équilibre en O. En conclusion, O est une position d’équilibre instable : dès que l’ion Na^{C} s’en écarte un peu, les forces électrostatiques l’en éloignent encore davantage. Un tel modèle ne peut donc pas rendre compte de la stabilité des cristaux.

Cristal de chlorure de rubidium — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 345 — #353 COHÉSION DE LA MATIÈRE CHAP. 9_{345} CORRIGÉS INTERROS COURS
15Cristal de chlorure de rubidium_{Institut Notre-Dame, Saint-Germain-en-Laye} {Enoncé \atop p. ??}

1 Un anion Cl^{−} et un cation Rb^{C} sont séparés d’une distance minimale :

AO D \frac{c}{2} D \frac{338}{2} D 169 pm D 169.10^{−12} m.

Par suite, ces ions exercent mutuellement une interaction gravitationnelle d’intensité :

F_{g} D G × \frac{m_{Rb} m_{Cl}}{AO^{2}} D 6,67.10^{−11} × \frac{1,43.10^{−25} × 5,93.10^{−26}}{▷169.10^{−12} ◁^{2}}
⇒ F_{g} ≈ 2,0.10^{−41} N.

2 (a) Une force électrostatique ne peut être attractive que si elle s’exerce entre deux ions de charges de signes opposés : un anion Cl^{−} (de charge q_{Cl}^{−} D −e ) et un cation Rb^{C} (de charge q_{Rb}^{C} D Ce), situés en A et O, sont les plus proches voisins à exercer cette force d’intensité :

F_{e} D k × \frac{|q_{Cl}^{−} | × |q_{Rb}^{C} |}{AO^{2}} D k × ( \frac{e}{AO})^{2}
D 9,0.10^{9} × ( \frac{1,6.10^{−19}}{169.10^{−12}} ) ^{2} ≈ 8,1.10^{−9} N.

(b) L’interaction électrostatique entre deux ions est répulsive si ces deux ions ont des charges de même signe. Par exemple :

entre deux ions chlorure Cl^{−} , séparés d’une distance minimale BC D a, la force électrostatique a pour intensité :

F′_{e} D k × \frac{|q_{Cl}^{−} |^{2}}{BC^{2}} D k × ( \frac{e}{a})^{2}
D 9,0.10^{9} × ( \frac{1,6.10^{−19}}{195.10^{−12}} ) ^{2} ≈ 6,1.10^{−9} NI

entre deux ions rubidium, séparés d’une distance minimale OE D a, la force électrostatique a pour valeur :

F′′_{e} D k × \frac{|q_{Rb}^{C} |^{2}}{OE^{2}} D k × ( \frac{e}{a})^{2}
⇒ F′′_{e}D F′_{e}≈ 6,1.10^{−9} N.

Solution de sulfate d’aluminium — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 346 — #354 CORRIGÉS_{346}

3 En conclusion, dans le cristal, les ions sont soumis à des interactions

dont les caractéristiques sont résumées dans le tableau suivant :

interaction nature intensité
gravitationnelle attractive 2,0.10^{−41} N
électrostatique attractive 8,1.10^{−9} N
électrostatique répulsive 6,1.10^{−9} N

Ces résultats suggèrent plusieurs commentaires :

Puisque les interactions gravitationnelles sont beaucoup moins intenses que les interactions électrostatiques (2.10^{−14} ≪ 8,1.10^{−9} ), leur influence peut être négligée à cette échelle.

Les interactions électrostatiques sont responsables de la cohésion du cristal; qu’elles soient attractives ou répulsives, elles ont le même ordre de grandeur.

16Réactions de dissolution_{Lycée Colbert, Lorient} {Enoncé \atop p. ??}

1 Dans KI se trouvent des ions iodure I^{−} et potassium K^{C} (le cristal KI est électriquement neutre); le solide s’appelle l’iodure de potassium, tandis que sa dissolution dans l’eau a pour équation :

KI_{(s)} → K_{▷aq◁}^{C}C I_{▷aq◁}^{−}

2 Dans le solide BaCl_{2} se trouvent des ions chlorure Cl^{−} . Pour assurer la neutralité électrique de ce solide, l’élément baryum doit se présenter sous forme d’ions Ba^{2C}. Ce solide est le chlorure de baryum, dont l’équation de dissolution dans l’eau s’écrit :

BaCl_{2}_{(s)} → Ba_{▷aq◁}^{2C}C 2 Cl_{▷aq◁}^{−}

3 Le solide K_{3}PO_{4}, contenant des ions potassium K^{C}, il contient également des ions phosphate PO_{4}^{3−} qui assurent sa neutralité électrique. La dissolution dans l’eau du phosphate de potassium est alors décrite par l’équation :

K_{3}PO_{4}_{(s)} → 3 K_{▷aq◁}^{C}C PO_{4}^{3−} _{▷aq◁}

17Solution de sulfate d’aluminium_{Lycée Saint-Louis de Gonzagues, Paris} {Enoncé \atop p. ??}

1 Pour réaliser un volume V D 250 cm^{3} D 0,25 L d’une solution de concentration massique C_{m} D 17,12 g · L^{−1}, il convient de dissoudre une masse m de soluté telle que :

C_{m} D \frac{m}{V} ⇒ m D C_{m} × V D 17,12 × 0,25 ⇒ m D 4,28 g.

Solution de chlorure de calcium — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 347 — #355 COHÉSION DE LA MATIÈRE CHAP. 9_{347} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Écrivons la formule du sulfate d’aluminium sous la forme Al_{x}▷SO_{4}◁_{y}, dont la neutralité électrique impose, compte tenu de la charge des ions (Al^{3C} et SO_{4}^{2−} ) :

3x D 2y ⇒ \frac{x}{y} D \frac{2}{3}.

Les plus petites valeurs entières de x et de y, qui vérifient cette condition, sont alors x D 2 et y D 3, en conséquence de quoi le cristal a pour formule Al_{2}▷SO_{4}◁_{3}; sa masse molaire vaut :

M D 2 M_{Al} C 3 × ▷M_{S} C 4 M_{O}◁
D 2 × 27 C 3 × ▷32 C 4 × 16◁ D 342 g · mol^{−1} .

La solution contient donc la quantité de matière n en sulfate d’aluminium, telle que :

m D n × M ⇒ n D \frac{m}{M} D \frac{4,28}{342} ≈ 1,25.10^{−2} mol

dans un volume V D 0,25 L; sa concentration molaire vaut :

C D \frac{n}{V} ≈ \frac{1,25.10^{−2}}{0,25} ⇒ C ≈ 5,0.10^{−2} mol · L^{−1} .

3 La dissolution du sulfate d’aluminium est suivie dans le tableau d’avancement ci-dessous :

Al_{2}▷SO_{4}◁_{3}_{(s)}→ 2 Al_{▷aq◁}^{3C}C3 SO_{4}^{2−} _{▷aq◁}
x D 0  n  0  0
x D̸ 0  n − x  2x  3x
x_{f} D n  0  2n  3n

d’où découlent les concentrations en ions aluminium et en ions sulfate :

[Al_{▷aq◁}^{3C}] D \frac{2n}{V} D 2C D 2 × 5.10^{−2} ⇒ [Al_{▷aq◁}^{3C}] D 0,10 mol · L^{−1}

et :

[SO_{4}^{2−} _{▷aq◁}] D \frac{3n}{V} D 3C D 3×5.10^{−2} ⇒ [SO_{4}^{2−} _{▷aq◁}] D 0,15 mol·L^{−1} .

18Solution de chlorure de calcium_{Lycée Colbert, Lorient} {Enoncé \atop p. ??}

1 (a) Le volume V_{1} D 0,5 L de solution de concentration C_{1} D 10^{−2} mol · L^{−1} contient :

n_{1} D C_{1}V_{1} D 10^{−2} × 0,5 D 5.10^{−3} mol

de soluté CaCl_{2}, dont la masse molaire vaut :

M D M_{Ca} C 2 M_{Cl} D 40,1 C 2 × 35,5 D 111,1 g · mol^{−1} .

Solution de chlorure de calcium — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 348 — #356 CORRIGÉS_{348}

Pour réaliser cette solution, il convient donc de dissoudre un masse : m_{1} D n_{1} × M D 5.10^{−3} × 111,1 D 0,556 g de cristaux.

(b) Au laboratoire, on suivra le mode opératoire ci-dessous pour obtenir une telle solution : mesurer la masse m_{1} de cristaux de CaCl_{2}_{(s)} avec une balance; verser les cristaux dans une fiole jaugée de 500 mL; remplir, à moitié, la fiole et agiter jusqu’à dissolution totale des cristaux; compléter le volume jusqu’au trait de jauge.

(c) Le solide ionique CaCl_{2} contient des ions chlorure Cl^{−} et donc des ions Ca^{2C} qui assurent la neutralité électrique du cristal. Sa dissolution dans l’eau peut être suivie à l’aide du tableau d’avancement :

CaCl_{2}_{(s)}→ Ca_{▷aq◁}^{2C}C2 Cl_{▷aq◁}^{−}
x D 0  n_{1}  0  0
x D̸ 0  n_{1} − x  x  2x
x_{f} D n_{1}  0  n_{1}  2n_{1}

Le tableau d’avancement donne les quantités de matière :

\{ \begin{matrix}n▷Ca^{2C}◁ D n_{1} D 5.10^{−3} mol d’ions Ca_{▷aq◁}^{2C} \\ n▷Cl^{−} ◁ D 2n_{1} D 10^{−2} mol d’ions Cl_{▷aq◁}^{−} \end{matrix}

auxquelles sont associées les concentrations molaires :

[Ca_{▷aq◁}^{2C}] D \frac{n▷Ca^{2C}◁}{V_{1}}D \frac{5.10^{−3}}{0,5} D 10^{−2} mol · L^{−1}

et :

[Cl_{▷aq◁}^{−}] D \frac{n▷Cl^{−} ◁}{V_{1}}D \frac{10^{−2}}{0,5} D 2.10^{−2} mol · L^{−1} .

2 Le volume V_{2} D 250 mL D 0,25 L de solution, de concentration en

soluté C_{2} D 10^{−3} mol · L^{−1}, contient une quantité :

n_{2} D C_{2}V_{2} D 10^{−3} × 0,25 D 0,25.10^{−3} mol

de soluté, que l’on apportera en prélevant un volume V de la première solution (à la concentration C_{1} D 10^{−2} mol · L^{−1} de soluté), qui contient donc n_{2} D C_{1}V molde ce soluté. C’est pourquoi :

V D \frac{n_{2}}{C_{1}} D \frac{0,25.10^{−3}}{10^{−2}} D 25.10^{−3} L D 25 mL.

Pour réaliser cette nouvelle solution, il conviendra donc de suivre le protocole ci-dessous : à l’aide d’une pipette jaugée, prélever V D 25 mL de la solution mère (à la concentration C_{1} D 10^{−2} mol · L^{−1} en chlorure de calcium); verser cet échantillon dans une fiole jaugée de 250 mL et compléter jusqu’au trait de jauge, avec de l’eau distillée.

Dissolution du phosphate de sodium — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 349 — #357

COHÉSION DE LA MATIÈRE CHAP. 9_{349} CORRIGÉS INTERROS COURS

19Sulfate de cuivre hydraté_{Lycée Janson de Sailly, Paris} {Enoncé \atop p. ??}

La dissolution de n mol de cristaux de sulfate de cuivre hydraté libère n mol d’ions Cu_{▷aq◁}^{2C}dans l’eau, selon l’équation-bilan :

▷CuSO_{4}, x H_{2}O◁_{(s)}→ Cu_{▷aq◁}^{2C}CSO_{4}^{2−} _{▷aq◁}Cx H_{2}O_{▷liq◁}
x D 0  n  0  0
x D̸ 0  n − x  x  x
x_{f} D n  0  n  n

Ainsi, la solution de volume V D 1 Let de concentration C D 2.10^{−2} mol · L^{−1} contient :

n D CV D 2.10^{−2} × 1 D 2.10^{−2} mol d’ions Cu_{▷aq◁}^{2C}.

Soit M la masse molaire de CuSO_{4}, y H_{2}O :

M D M_{Cu} C M_{S} C 4 M_{O} C y × ▷2M_{H} C M_{O}◁
D 63,5 C 32 C 4 × 16 C y × ▷2 × 1 C 16◁
D 159,5 C 18 y.

L’échantillon de sulfate de cuivre II hydraté, de masse m D 5 g, contient donc la même quantité n que celle des ions Cu_{▷aq◁}^{2C}libérés dans l’eau, avec :

m D n × M ⇒ M D \frac{m}{n} D \frac{5}{2.10^{−2}} D 250 g · mol^{−1}
⇒ 159,5 C 18 y D 250
⇒ 18 y D 250 − 159,5 D 90,5
⇒ y ≈ 5.

Par conséquent, la chalcanthite a pour formule : CuSO_{4}, 5 H_{2}O.

20Dissolution du phosphate de sodium_{Lycée Saint-Sernin, Toulouse} {Enoncé \atop p. ??}

1 Dans la molécule d’eau, la différence d’électronégativité entre l’oxygène et l’hydrogène (χ_{O} > χ_{H} ) provoque la polarisation de chaque liaison O–H : une charge partielle négative (−δ) est localisée au voisinage de l’oxygène et une charge partielle positive (Cδ) est localisée au voisinage de l’hydrogène. Le dipôle ainsi formé a un moment dipolaire E p dirigé de l’oxygène vers l’hydrogène :

Réactions de dissolution — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 350 — #358 CORRIGÉS_{350}

Or, puisque les liaisons O–H de la molécule ont des directions différentes, leur somme vectorielle est non nulle : E pD {E \atop p_{1}} C {E \atop p_{2}} D̸ E 0. La molécule d’eau est ainsi polarisée.

2 La dissolution du phosphate de sodium (Na_{3}▷PO_{4}◁) libérant des ions Na^{C}, ce cristal ionique contient des ions Na^{C}. Or, pour assurer la neutralité électrique de ce cristal qui contient trois fois moins d’ions phosphate que d’ions sodium, il faut envisager une charge négative trois fois plus importante sur l’ion phosphate : PO_{4}^{3−} . C’est pourquoi cette dissolution a pour équation-bilan :

Na_{3}▷PO_{4}◁_{(s)} → 3 Na_{▷aq◁}^{C}C PO_{4}^{3−} _{▷aq◁}

3 La masse molaire du phosphate de sodium valant :

M D 3 M_{Na} C M_{P} C 4 M_{O} D 3 × 23 C 31 C 4 × 16 D 164 g · mol^{−1}

l’échantillon, de masse m D 10 g, contient une quantité de matière n telle que :

m D nM ⇒ n D \frac{m}{M} D \frac{10}{164} ≈ 6,1.10^{−2} mol.

Si sa dissolution est complète, elle peut être suivie par le tableau d’avancement ci-dessous :

Na_{3}▷PO_{4}◁_{(s)}→ 3 Na_{▷aq◁}^{C}CPO_{4}^{3−} _{▷aq◁}
x D 0  n  0  0
x D̸ 0  n − x  3x  x
x_{f} D n  0  3n  n

La solution, de volume V D 100 mL D 0,1 L contient donc :

n_{Na}^{C} D 3n D 3 × 6,1.10^{−2} D 18,3.10^{−2} mol d’ions Na_{▷aq◁}^{C}

à la concentration :

[Na_{▷aq◁}^{C}] D \frac{n_{Na}^{C}}{V} D \frac{18,3.10^{−2}}{0,1} D 1,8 mol · L^{−1} .

21Réactions de dissolution_{Lycée Monod, Clamart} {Enoncé \atop p. ??}

1 Pour que le solide ionique d’hydroxyde de calcium soit neutre, il doit contenir deux fois plus d’anions HO^{−} que de cations Ca^{2C}. Sa formule est donc : Ca▷OH◁_{2}.

2 De même, la neutralité électrique du cristal d’hydroxyde de potassium impose la présence de la même quantité d’ions HO^{−} que d’ions K^{C}; sa formule s’écrit : KOH.

3 La dissolution de n_{1} mol d’hydroxyde de calcium dans l’eau est décrite par le tableau d’avancement page ci-contre.

Réactions de dissolution — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 351 — #359 COHÉSION DE LA MATIÈRE CHAP. 9_{351} CORRIGÉS INTERROS COURS
Ca▷OH◁_{2(s)}→ Ca_{(aq)}^{2C}C2 HO_{(aq)}^{−}
x D 0  n_{1}  0  0
x D̸ 0  n_{1} − x  x  2x
x_{f} D n_{1}  0  n_{1}  2n_{1}

De même, la dissolution de n_{2} mol d’hydroxyde de potassium est suivie à l’aide du tableau d’avancement ci-dessous :

KOH_{(s)}→ K_{(aq)}^{C}CHO_{(aq)}^{−}
x′D 0 n_{2} 0 0
x′ D̸ 0 n_{2} − x′ x′  x′
x_{f} D n_{2}  0  n_{2}  n_{2}

Remarque : dans les deux tableaux d’avancement, les ions HO_{▷aq◁}^{−}sont supposés ne provenir que de la dissolution des hydroxydes alcalins. Cependant, l’eau peut également participer à la libération des ions HO_{▷aq◁}^{−}, à hauteur de 10^{−7} mol · L^{−1}. Cette contribution est alors suffisamment faible pour être négligée, comme le suggère l’énoncé.

4 La masse molaire de l’hydroxyde de calcium Ca▷OH◁_{2} valant :

M_{1} D M_{Ca} C 2 × ▷M_{O} C M_{H}◁ D 40 C 2 × ▷16 C 1◁ D 74 g · mol^{−1}

la masse m_{1} D 0,37 g de ce composé contient la quantité de matière :

n_{1} D \frac{m_{1}}{M_{1}} D \frac{0,37}{74} D 5.10^{−3} mol.

La solution aqueuse obtenue à partir de cette quantité contient, conformément au premier tableau d’avancement :

\{ \begin{matrix}n_{1}▷Ca^{2C}◁ D n_{1} D 5.10^{−3} mol d’ions Ca_{▷aq◁}^{2C} \\ n_{1}▷HO^{−} ◁ D 2n_{1} D 10^{−2} mol d’ions HO_{▷aq◁}^{−} \end{matrix}

Dans le volume V_{1} D 50 mL D 50.10^{−3} L, ces ions ont alors pour concentrations molaires :

[Ca_{▷aq◁}^{2C}]_{1} D \frac{n_{1}▷Ca^{2C}◁}{V_{1}}D \frac{5.10^{−3}}{50.10^{−3}} D 0,10 mol · L^{−1}

et :

[HO_{▷aq◁}^{−}]_{1} D \frac{n_{1}▷HO^{−} ◁}{V_{1}}D \frac{10^{−2}}{50.10^{−3}} D 0,20 mol · L^{−1} .

5 De même, l’hydroxyde de potassium KOH a pour masse molaire :

M_{2} D M_{K} C M_{O} C M_{H} D 39 C 16 C 1 D 56 g · mol^{−1} .

Aussi, la masse m_{2} D 1,68 g de ce composé contient la quantité de matière :

n_{2} D \frac{m_{2}}{M_{2}} D \frac{1,68}{56} D 3.10^{−2} mol.

Réactions de dissolution — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 352 — #360 CORRIGÉS_{352}

Conformément au deuxième tableau d’avancement, la dissolution de cet échantillon d’hydroxyde de potassium libère :

\{ \begin{matrix}n_{2}▷K^{C}◁ D n_{2} D 3.10^{−2} mol d’ions K_{▷aq◁}^{C} \\ n_{2}▷HO^{−} ◁ D n_{2} D 3.10^{−2} mol d’ions HO_{▷aq◁}^{−} \end{matrix}

dans le volume V_{2} D 150 mL D 0,15 L. Les concentrations molaires correspondantes valent :

[K_{▷aq◁}^{C}]_{2} D \frac{n_{2}▷K^{C}◁}{V_{2}}D \frac{3.10^{−2}}{0,15} D 0,20 mol · L^{−1}

et :

[HO_{▷aq◁}^{−}]_{2} D \frac{n_{2}▷HO^{−} ◁}{V_{2}}D \frac{3.10^{−2}}{0,15} D 0,20 mol · L^{−1} .

6 Le mélange de ces deux solutions présente un volume :

V D V_{1} C V_{2} D 50.10^{−3} C 0,15 D 0,2 L.

Compte tenu de ce qui précède, cette solution contient des ions Ca_{▷aq◁}^{2C}, K_{▷aq◁}^{C}et HO_{▷aq◁}^{−}aux quantités :

n▷Ca^{2C}◁ D n_{1}▷Ca^{2C}◁ D 5.10^{−3} mol

n▷K^{C}◁ D n_{2}▷K^{C}◁ D 3.10^{−2} mol

n▷HO^{−} ◁ D n_{1}▷HO^{−} ◁ C n_{2}▷HO^{−} ◁ D 10^{−2} C 3.10^{−2} D 4.10^{−2} mol auxquelles correspondent les concentrations :

[Ca_{▷aq◁}^{2C}] D \frac{n▷Ca^{2C}◁}{V}D \frac{5.10^{−3}}{0,2} D 2,5.10^{−2} mol · L^{−1} I
[K_{▷aq◁}^{C}] D \frac{n▷K^{C}◁}{V}D \frac{3.10^{−2}}{0,2} D 0,15 mol · L^{−1} I
[HO_{▷aq◁}^{−}] D \frac{n▷HO^{−} ◁}{V}D \frac{4.10^{−2}}{0,2} D 0,20 mol · L^{−1} .

7 Les résultats précédents fournissent :

2 [Ca_{▷aq◁}^{2C}] C [K_{▷aq◁}^{C}] D 2 × 2,5.10^{−2} C 0,15 D 0,2 mol · L^{−1}

soit encore :

2 [Ca_{▷aq◁}^{2C}] C [K_{▷aq◁}^{C}] D [HO_{▷aq◁}^{−}]

ce qui suffit à prouver la neutralité électrique de la solution.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 353 — #361 COHÉSION DE LA MATIÈRE CHAP. 9_{353} CORRIGÉS INTERROS COURS
22Sulfate de fer hydraté_{Lycée Lacordaire, Marseille} {Enoncé \atop p. ??}

1 Pour réaliser l’expérience, il suffit de déposer dans un tube à essai un échantillon de sulfate hydraté, dont la masse m_{1} D 13,9 g aura été préalablement pesée. Un chauffage du tube, en douceur, permet alors l’élimination de la vapeur d’eau, que l’on peut suivre en même temps que le sulfate de fer se décolore (anhydre, ce sulfate devient blanc). Les cristaux ainsi obtenus sont alors pesés à nouveau, après refroidissement.

2 Soit M_{1} la masse molaire du sulfate hydraté FeSO_{4}, y H_{2}O :

M_{1} D M_{Fe} C M_{S} C 4 × M_{O} C y × ▷2 M_{H} C M_{O}◁
D 55,8 C 32,1 C 4 × 16 C y × ▷2 × 1 C 16◁ D 151,9 C 18 y

et soit M_{2} la masse molaire du sulfate anhydre FeSO_{4} :

M_{2} D M_{Fe} C M_{S} C 4 M_{O} D 55,8 C 32,1 C 4 × 16
D 151,9 g · mol^{−1} .

L’échantillon de masse m_{1} D 13,9 g de sulfate hydraté contient la quantité de matière :

n_{0} D \frac{m_{1}}{M_{1}} ⇒ M_{1} D \frac{m_{1}}{n_{0}}.  (43)

Quant à la déshydratation, si elle est totale, elle peut être suivie dans le tableau d’avancement ci-dessous :

▷FeSO_{4}, y H_{2}O◁_{(s)}→ FeSO_{4}_{(s)}+y H_{2}O_{▷gaz◁}
x D 0  n_{0}  0  0
x D̸ 0  n_{0} − x  x  yx
x_{f} D n_{0}  0  n_{0}  y n_{0}

qui montre que la masse m_{2} D 7,6 g de cristaux anhydres contient aussi la quantité de matière n_{0}, telle que :

n_{2} D n_{0} M_{2} ⇒ n_{0} D \frac{m_{2}}{M_{2}} D \frac{7,6}{151,9} ≈ 5.10^{−2} mol de FeSO_{4}_{(s)}.

Ainsi, l’équation (??) devient :

151,9 C 18 y D \frac{13,9}{5.10^{−2}} D 278
⇒ 18 y D 278 − 151,9 D 126,1
⇒ y D \frac{126,1}{18} ≈ 7.

Ce faisant, le sulfate de fer hydraté a pour formule : FeSO_{4}, 7 H_{2}O.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 9 page 354 — #362

Chimie organique

Plan du chapitre

1 Structure des entités organiques

On considère une molécule de formule brute C_{2}H_{6}O.

1 Écrire les deux molécules isomères possibles en formule semi-

développée. 2 À l’aide de son spectre infrarouge ci-après, identifier la molécule et la

nommer. On s’aidera du tableau de la page ??.

Exercice type

Lycée Claude Bernard, Paris

Voir corrigé page ??

Cette section aborde la notion de groupe caractéristique, que l’on nomme aussi « groupe fonctionnel ». Ces groupes déterminent en grande partie les propriétés des molécules organiques. Il présentera la nomenclature permettant d’associer une molécule à son nom, ainsi qu’une technique permettant d’identifier certains groupes caractéristiques de chimie organique.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 356 — #364 COURS_{356}

1.1 Structure des molécules organiques

1.1.1 -Les alcanes

1.1.1.1 -Formule et présentation

Définition 1

Un alcane est un hydrocarbure (molécule formée exclusivement de carbone et d’hydrogène) dans lequel toutes les liaisons sont simples.

Définition 2

La formule brute d’une molécule est une formule qui donne la composition de la molécule mais pas la disposition des atomes dans la molécule. Par exemple :

Les alcanes linéaires non cycliques ont pour formule brute :

C_{n}H_{2nC2}

Les alcanes cycliques (molécules refermées sur elles-mêmes) ont pour formule brute :

C_{n}H_{2n}

Définition 3

La formule semi-développée d’un alcane fait apparaître tous ses atomes (C et H), toutes les liaisons C–C, mais pas les liaisons C–H.

À RETENIR

Dans les formules semi-développées d’alcanes, on ne peut rencontrer que les structures suivantes :

Définition 4

Dans la formule topologique d’un alcane, les atomes (C et H) n’apparaissent pas; seules les liaisons C–C sont représentées (pas les liaisons C–H). Par exemple :

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 357 — #365 CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{357} CORRIGÉS INTERROS COURS

Remarque : afin d’être distinguées, les liaisons C–C voisines sont représentées dans la formule topologique par des traits de directions différentes, sauf pour :

Définition 5

Un alcane cyclique est un alcane dont la molécule est refermée sur elle-même.

Par exemple, les formules semi-développée et topologique du cyclohexane (C_{6}H_{12}) s’écrivent :

Un alcane peut présenter une chaîne carbonée sur laquelle viennent se lier des substituants :

–CH_{3} (méthyle) –C_{2}H_{5} ou –CH_{2}–CH_{3} (éthyle)⋯

Un atome d’hydrogène de la chaîne carbonée principale est alors remplacé par ce substituant. Par exemple :

Définition 6

Deux molécules sont isomères si elles sont différentes, mais ont la même formule brute.

Par exemple, les molécules :

sont isomères car elles ont la même formule brute (C_{5}H_{12}) mais sont différentes.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 358 — #366 COURS_{358}

� ATTENTION

La libre rotation des atomes de carbone autour de la liaison C–C :

permet de présenter une même molécule sous des formes différentes :

Pour distinguer les molécules différentes ou identiques, il suffit d’appliquer la règle suivante :

deux molécules d’alcane sont différentes s’il faut rompre des liaisons pour passer de l’une à l’autre;

deux molécules d’alcane sont identiques si elles s’obtiennent par simple déplacement des liaisons autour d’un atome de carbone.

1.1.1.2 -Nomenclature

Les alcanes linéaires possèdent leurs propres noms. Il faut au moins connaître les noms des huit premiers alcanes :

CH_{4}.........................................méthane (CH_{4})
CH_{3}–CH_{3} ................................... éthane  (C_{2}H_{6})
CH_{3}–CH_{2}–CH_{3} ..............................propane (C_{3}H_{8})
CH_{3}–CH_{2}–CH_{2}–CH_{3} .........................butane (C_{4}H_{10})
CH_{3}–CH_{2}–CH_{2}–CH_{2}–CH_{3}....................pentane (C_{5}H_{12})
CH_{3}–CH_{2}–CH_{2}–CH_{2}–CH_{2}–CH_{3} .............. hexane (C_{6}H_{14})
CH_{3}–CH_{2}–CH_{2}–CH_{2}–CH_{2}–CH_{2}–CH_{3} .........heptane (C_{7}H_{16})
CH_{3}–CH_{2}–CH_{2}–CH_{2}–CH_{2}–CH_{2}–CH_{2}–CH_{3}....octane (C_{8}H_{18})

Remarque : pour nommer un alcane cyclique contenant n atomes de carbone, on ajoute le préfixe cyclo au nom de l’alcane linéaire de même longueur.

Par exemple :

Un alcane peut être ramifié par des substituants, dont il faut au moins connaître les noms des trois premiers.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 359 — #367 CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{359} CORRIGÉS INTERROS COURS
–CH_{3} ....................................... méthyl (–CH_{3})
–CH_{2}–CH_{3} .................................. éthyl (–C_{2}H_{5})
–CH_{2}–CH_{2}–CH_{3} .............................propyl (–C_{3}H_{7})

Comment nommer une molécule? Supposons connue la formule semi-développée d’une molécule, dont le nom peut être trouvé en appliquant l’algorithme suivant : 1 Rechercher la chaîne carbonée la plus longue (appelée chaîne principale) et

nommer l’alcane linéaire correspondant. Par exemple, la chaîne principale de la molécule :

contient 7 atomes de carbone; c’est un heptane. 2 Repérer les substituants et les nommer (par exemple méthyl : –CH_{3} et éthyl :

–C_{2}H_{5} dans la molécule précédente). 3 Numéroter les atomes de carbone de la chaîne principale; selon l’extrémité

de départ, il existe deux numérotations :

4 Devant le nom de chaque substituant, écrire le numéro de l’atome de la

chaîne principale auquel il est lié; il peut y avoir deux séquences :

4-éthyl-5-méthyl ou 3-méthyl-4-éthyl

Additionner les nombres ainsi obtenus (4 C 5 D 9 et 3 C 4 D 7). Retenir la séquence correspondant à la somme la plus petite (3-méthyl-4-éthyl) et la faire suivre du nom de la chaîne principale; les substituants sont, en outre, classés par ordre alphabétique croissant. Par exemple :

4-éthyl-3-méthylheptane

Comment représenter une molécule de nom connu?

1 Représenter la chaîne principale (sans les liaisons C–H) indiquée dans le nom de l’alcane. Par exemple, dans la molécule 2,3,3-triméthylpentane, la chaîne principale comporte 5 atomes de carbone (c’est un pentane) :

C–C–C–C–C

2 Numéroter les atomes de carbone ainsi représentés (peu importe l’extrémité choisie pour démarrer cette numérotation) et placer les substituants correspondants (par exemple des groupes méthyl aux atomes de carbone n° 2, 3 et 3 représenté sur la figure suivante).

3 Compléter la tétravalence des atomes de carbone à l’aide des liaisons C–H (seules les structures fournies dans le rappel méthodologique de la page ?? peuvent apparaître dans la molécule). Par exemple :

1.1.2 -Groupes caractéristiques et familles fonctionnelles

Les différents types de molécules correspondent à différente familles de molécules organiques. La partie commune à chaque famille est appelé « Groupe caractéristique ». C’est le groupe caractéristique d’une molécule organique qui va déterminer ses propriétés et sa réactivité. Nous donnons ci-dessous le tableau des groupes caractéristiques qu’il est indispensable de connaître en classe de première et les familles chimiques auxquelles ils correspondent.

Groupe caractéristique Nom du groupe et/ou famille

Suffixe

O H Groupe hydroxyle (alcools)

-ol

C O H  Aldéhydes  -al

C O  Cétones  -one

C O O H Groupe carboxyle Famille des acides carboxyliques

Acide ... - oïque

Remarque : l’atome de carbone du groupe caractéristique porte le numéro 1 dans le cas de l’acide carboxylique et de l’aldéhyde.

Notons qu’il est indispensable de savoir nommer des molécules simples possédant un seul groupe caractéristique.

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1.2 Identification par spectroscopie infrarouge

1.2.1 -Nombre d’onde

On appelle nombre d’onde l’inverse de la longueur d’onde. Il correspond ainsi au nombre de longueurs d’onde (nombre de crêtes ou creux) par unité de longueur.

En spectroscopie infrarouge on a coutume de noter ν le nombre d’onde. Pour ne pas le confondre avec la fréquence, le nombre d’onde sera noté σ et exprimé en cm^{−1} .

Notons qu’en toute rigueur cette notion n’est pas au programme, mais la plupart des lycées proposent des exercices dans lesquels figure le nombre d’onde en abscisse des spectres infrarouges.

Exemple : Calculons le nombre d’onde correspondant à une longueur d’onde λ D 900 nm (située dans l’infrarouge proche). On a :

σ D \frac{1}{900 × 10^{−9}} D 1,11 · 10^{6} m^{−1} .

On convertit cette valeur en cm^{−1} en remarquant qu’il y a cent fois moins de longueur d’onde dans un centimètre que dans un mètre :

σ D 1,11 · 10^{4} cm^{−1} .

Remarque : entre nombre d’onde σ et fréquence (notée f ici pour éviter toute confusion) on remarque que l’on a la relation :

f D cσ.

La fréquence et le nombre d’onde ne diffèrent donc que d’une constante (la célérité de la lumière).

1.2.2 -Lecture d’un spectre infrarouge

On considère la molécule d’hexan-2-ol, ayant respectivement pour formule semidéveloppée et pour formule topologique :

C H_{3} C H_{2} O H C H_{2} C H_{2} C H_{2} C H_{3}  O H

On représente sur la figure page suivante le spectre infrarouge de cette molécule. On y voit apparaître des pics qui indiquent que la transmittance est bien plus faible pour certaines valeurs de σ. Ces pics correspondent donc à une absorbance plus forte. Les photons de cette énergie ont été absorbés car ils permettent des modes de vibration de liaisons bien particulières.

On remarque que le sens de l’abscisse a été inversé sur ce graphe (elle croît vers la gauche, ce qui signifie que l’énergie des photons croît vers la gauche). On y voit deux bandes autour des nombres d’onde σ ≈ 2 900 − 3 000 cm^{−1} et σ ≈ 3 600−3 700 cm^{−1} . La première bande est caractéristique de la fréquence de vibration en élongation de la liaison C–H, alors que la seconde est caractéristique de la fréquence de vibration en élongation de la liaison O–H. De manière peu surprenante, la bande des liaisons C–H est nettement plus marquée, puisqu’une molécule d’hexan-2-ol comporte 14 liaisons C–H pour une liaison O–H. En général, le spectre infrarouge de composés organiques fait apparaître des bandes à des nombres d’onde caractéristiques des groupes présents dans le composé. On indique dans le tableau ci-après les domaines de fréquence de vibration en élongation des liaisons les plus courantes.

Le tableau page suivante, qui n’est pas à connaître par cœur, permet d’identifier les liaisons présentes dans les différents groupements caractéristiques.

Ainsi que l’on peut le voir dans ce tableau, les nombres d’onde sont tous supérieurs à une limite basse d’environ 1 500 cm^{−1} . Au-dessous de cette valeur, les spectres infrarouges des composés organiques présentent une allure beaucoup plus complexe, avec de nombreuses bandes plus étroites, qui résultent de vibrations de déformations (en général moins « énergétiques ») que les vibrations en élongation, et de vibrations en élongation entre atomes massifs (C-C, C-O). On a coutume de dire que la région du spectre σ > 1 500 cm^{−1} constitue le domaine des groupes fonctionnels, bien séparés et identifiables, tandis que la région de plus basse énergie constitue le domaine des « empreintes digitales », plus difficilement interprétables mais caractéristique d’un composé donné.

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Type de composé Liaison

Nombre d’onde (cm^{−1} )

alcane  C–H  2 800 − 3 100
alcools  O–H  3 500 − 3 700 (libre)

alcools O–H

3 200 − 3 500 (liaisons hydrogène)

acides carb., aldéhydes, cétones C=O

1 700 − 1 730

1 Les deux formules semi-développées possibles sont :

C H_{3} C H_{2} O H  C H_{3} O C H_{3}

2 Nous voyons sur le tableau de la page ?? que la liaison O–H donne une bande large vers 3200 − 3700 cm^{−1} , que l’on retrouve sur le spectre du composé. La molécule correspond donc à celle contenant une liaison O–H, c’est-à-dire la première molécule donnée à la réponse précédente. Il s’agit de l’éthanol.

Solution de l’exercice type

Lycée Claude Bernard, Paris

Voir énoncé page ??

2 Synthèse d’espèces chimiques organiques

On prépare de l’aspirine (de formule C_{9}H_{8}O_{4}) en faisant réagir de l’acide salicylique (de formule C_{7}H_{6}O_{3}) sur de l’anhydride éthanoïque (de formule C_{4}H_{6}O_{3}). Dans un ballon bien sec, on introduit 20,0 g d’acide salicylique, 24,0 mL d’anhydride éthanoïque mesurés à l’éprouvette graduée et quelques gouttes d’acide sulfurique concentré. On réalise un montage de chauffage à reflux et on chauffe le mélange réactionnel au bain-marie à 60°C pendant une vingtaine de minutes. Après 20 minutes de chauffage, on sort le ballon du bain-marie sans couper la circulation d’eau puis on introduit par le haut du réfrigérant 20 mL d’eau distillée destinés à hydrolyser l’excès d’anhydride acétique puis, quand l’ébullition cesse, 50 mL d’eau distillée glacée. Les cristaux d’aspirine précipitent dans le ballon. Après séparation des cristaux, on mesure la masse expérimentale d’aspirine obtenue : m_{exp} D 21,5 g. L’équation de la réaction modélisant cette transformation est indiquée page suivante.

…

Exercice type

D’après baccalauréat S 2003 (Amérique du Sud)

ou encore, avec les formules brutes : C_{7}H_{6}O_{3} + C_{4}H_{6}O_{3} → C_{9}H_{8}O_{4} + CH_{3}CO_{2}H

1 Expliquer en quoi consiste un montage à reflux en précisant l’utilité de

ce dispositif. 2 En quoi le fait que l’eau ajoutée soit glacée est-il important?

3 Quelle technique peut être utilisée pour séparer les cristaux formés?

4 Calculer la masse théorique m_{th} d’aspirine que l’on peut obtenir en

considérant cette transformation comme totale. 5 Quel est le rendement de cette synthèse?

6 Quelle technique permet de vérifier la pureté de l’aspirine ainsi synthétisée?

Données :

M▷C◁ D 12 g · mol^{−1} ; M▷H◁ D 1 g · mol^{−1} ; M▷O◁ D 16 g · mol^{−1} .

Masse volumique de l’anhydride éthanoïque : ρ D 1,08 g.cm^{−3} .

Exercice type (suite)

D’après baccalauréat S 2003 (Amérique du Sud)

Voir corrigé page ??

L’objectif de cette section est de mettre en évidence les différentes étapes d’une synthèse organique ainsi que de présenter les différentes stratégies pour isoler un des produits de la manière la plus efficace possible. Il aborde également une notion très importante : la notion de rendement d’une synthèse.

2.1 La synthèse des produits

La synthèse de substances chimiques n’est pas toujours évidente. Un protocole expérimental permet donc d’expliciter les différentes étapes indispensables pour synthétiser la substance dans de bonnes conditions. Le protocole doit décrire, dans l’ordre chronologique, l’ensemble des étapes à réaliser pour créer la nouvelle substance chimique, puis pour l’isoler du mélange initial, et enfin la purifier afin de n’obtenir dans l’état final, que la molécule souhaitée. C’est seulement à l’issue de cette dernière étape qu’il sera possible de déterminer le rendement de la synthèse, qui sera un indicateur de l’efficacité de la technique mise en œuvre.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 365 — #373 CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{365} CORRIGÉS INTERROS COURS

2.1.1 -Les différents composés du milieu réactionnel

Une synthèse organique met en jeu les différents composés suivants :

Les réactifs, qui sont les composés qui rentrent dans l’équation-bilan de la réaction. Dans certains cas, l’un des réactifs correspond à une molécule beaucoup plus massive que les autres. On parle de substrat. Le solvant : c’est une espèce chimique qui dissout les réactifs et leur permet d’être en contact. Il n’intervient pas dans le bilan de la réaction. Fréquemment, un catalyseur : c’est une espèce chimique n’intervenant pas dans l’équation bilan de la réaction, mais dont la présence accélère la réaction.

Enfin, dès que la réaction commence, les produits de celle-ci apparaissent dans le milieu réactionnel.

2.1.2 -Le chauffage à reflux

Pour que la réaction chimique puisse avoir lieu, (ou se fasse plus rapidement) il est souvent nécessaire de chauffer le milieu réactionnel. On place ainsi le mélange à chauffer dans un ballon que l’on chauffe grâce à un chauffe-ballon. Pour éviter la perte de matière par évaporation lors du chauffage, on utilise généralement un réfrigérant. Il s’agit d’un long tube en verre que l’on place au dessus du ballon. L’air autour du tube étant moins chaud que les vapeurs, celles-ci vont se liquéfier sur les parois du tube puis retomber dans le ballon. On parle alors de réfrigérant à air. Si les températures d’ébullition sont largement dépassées dans le ballon, il est alors nécessaire de refroidir davantage pour que les vapeurs puissent se liquéfier. On utilise alors un réfrigérant à eau : un premier tube dans lequel les vapeurs circulent est entouré d’un second tube dans lequel on fait circuler de l’eau froide afin d’augmenter la capacité de refroidissement du réfrigérant.

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2.2 Les techniques d’extraction et de purification

Une fois synthétisé, il faut arriver à isoler le produit souhaité du milieu réactionnel. S’il est minoritaire par rapport aux autres substances présentes, on parle d’extraction. En revanche, s’il est largement majoritaire, et qu’il ne s’agit plus que d’éliminer les impuretés restantes, on parle de purification. Dans les deux cas, il s’agit donc de mettre en œuvre une technique de séparation de deux (ou plusieurs) substances.

2.2.1 -Filtration

Si l’une des substances à séparer est solide et l’autre liquide, la séparation pourra se faire grâce à une filtration simple ou une filtration sous vide. Cette dernière est réalisée grâce à un entonnoir de type « Büchner » placé sur une fiole à vide. Une aspiration est créée grâce à une pompe ou à une trompe à eau afin de réaliser une filtration plus rapide et efficace qu’une filtration simple.

2.2.2 -La distillation

Si les deux espèces sont à l’état liquide, on peut réaliser une distillation fractionnée. Cette technique utilise le fait que les liquides d’un mélange ont des températures d’ébullition différentes. Dans une colonne de distillation, on a ainsi une série de plateaux à différentes hauteurs, sur lesquels se condensent les liquides du mélange initial. Au fur et à mesure que l’on s’élève dans la colonne, on trouve des

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 367 — #375 CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{367} CORRIGÉS INTERROS COURS

composés de plus en plus volatils. En l’absence d’azéotrope, on retrouve le composé le plus volatil en tête de colonne (un azéotrope est un mélange de liquides qui bout à température fixe, tout en gardant une composition constante; on ne peut donc pas séparer ses constituants par distillation).

Remarquons que s’il s’agit d’impuretés dissoutes dans un liquide, la distillation simple (figure ci-dessus) permettra de purifier le liquide qui se vaporisera en laissant les impuretés au fond du ballon.

2.2.3 -L’extraction par solvant

Si l’une des substances est dissoute dans l’autre, il est possible d’utiliser la technique de l’extraction par solvant (également appelée extraction liquide-liquide). Le principe est d’ajouter au mélange initial un liquide non miscible dans lequel la substance à extraire est bien plus soluble que dans le solvant initial. On récupère ensuite ce solvant extracteur grâce à une ampoule à décanter : après avoir laissé le mélange au repos un certain temps, il se crée deux phases : la plus dense en bas et la moins dense en haut.

Une fois la phase utile récupérée, il reste à évacuer le solvant extracteur (généralement par évaporation) afin de recueillir le produit souhaité.

2.2.4 -La cristallisation

Si l’une des substances est dissoute dans l’autre, il est parfois possible d’utiliser une autre technique : La cristallisation. Cela consiste à jouer sur un paramètre du milieu réactionnel pour diminuer la solubilité du produit que l’on souhaite extraire. Les deux principaux paramètres sont :

la température : la solubilité d’un produit diminue généralement lorsque la température diminue;

l’acidité du milieu : la modification de l’acidité du milieu (par ajout d’un acide ou d’une base convenablement choisie) peut favoriser la précipitation de l’espèce à isoler.

On est alors ramené à une séparation solide-liquide qui peut être réalisée avec une filtration, classique ou sous vide (grâce à un filtre Büchner).

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2.2.5 -La recristallisation

Surtout utilisée en temps que purification, la recristallisation va permettre d’éliminer des impuretés qui auraient été piégées lors de la cristallisation du produit à isoler. On chauffe le milieu réactionnel pour dissoudre le mélange « solide + impuretés », puis on refroidit à nouveau le mélange afin d’obtenir une recristallisation. Si les impuretés sont davantage solubles à froid que le solide à isoler, la méthode sera particulièrement efficace. Il suffira de filtrer pour récupérer le solide ainsi purifié.

2.3 Identification des produits

Une fois le produit synthétisé, plusieurs techniques permettent de l’identifier ainsi que de vérifier sa pureté.

2.3.1 -Par mesure d’une propriété physico-chimique

Il est possible d’identifier un solide grâce à sa température de fusion. On utilise pour cela un banc Kofler. Si le produit n’est pas pur, cela aura une influence sur la température de fusion du solide.

2.3.2 -Par chromatographie

Dans les techniques de chromatographie, les composés sont entraînés par une phase mobile (fluide) qui se déplace par rapport à une surface fixe. Chaque composé est entraîné à une vitesse différente, ce qui permet, après migration, de les séparer les uns des autres. On peut ainsi comparer le produit à une substance de référence afin de l’identifier et de vérifier leur pureté.

Par exemple, le chromatogramme ci-dessus permet de voir que l’on a bien synthétisé le produit correspondant à la substance de référence (il existe une tache au bon niveau) mais que cette substance n’est pas pure (il apparait plus de taches que pour la référence).

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2.3.3 -Par analyse spectrale

Il est également possible d’identifier les substances présentes dans l’état final par des analyses spectrales. Les spectroscopies visible et infrarouge ont été présentées dans les chapitres précédents. Notons qu’il existe d’autre types de spectroscopie qui ne sont pas au programme de la classe de première : la spectroscopie par résonance magnétique nucléaire (RMN) ou la spectrométrie de masse par exemple.

2.4 Rendement d’une synthèse

On définit le rendement r d’une réaction comme la fraction de la masse de produit réellement obtenue par la masse de produit théorique :

r D \frac{masse de produit obtenue}{masse de produit théorique}.

Le rendement permet de quantifier l’efficacité de la technique de synthèse mise en œuvre. Sa valeur ne peut jamais être supérieur à 1 (de par sa définition).

� ATTENTION

Le rendement est souvent exprimé à l’aide d’un pourcentage. Il est alors normal d’avoir un chiffre supérieur à 1!

1 Le chauffage permet d’accélérer la réaction tandis que le reflux permet

d’éviter une perte de matière par vaporisation. 2 L’eau glacée va diminuer la température du mélange, ce qui aura pour

conséquence de diminuer la solubilité de l’aspirine. Cela favorisera donc la cristallisation.

3 Il est possible de séparer les cristaux formés de la phase liquide par filtration ou par filtration sous pression réduite (avec une fiole à vide et un Büchner).

4 On évalue les quantités de matière des réactifs mises en jeu, puis on dresse un tableau d’avancement. Au préalable, il nous faut calculer les masses molaires des réactifs et produits, donc établir leur formule brute. Celle de l’acide salicylique est C_{7}H_{6}O_{3}, donc sa masse molaire est :

M_{ac} D 7 × 12 C 6 C 3 × 16 D 138 g · mol^{−1} .

Celle de l’anhydride éthanoïque est C_{4}H_{6}O_{3}, et sa masse molaire est : M_{an} D 102 g· mol^{−1} . Enfin, celle du produit qui nous intéresse, l’acide acétylsalicylique (aspirine) est C_{9}H_{8}O_{4}, aussi sa masse molaire est : M_{as} D 180 g · mol^{−1} .

…

Solution de l’exercice type

D’après baccalauréat S 2003 (Amérique du Sud)

Pour évaluer la masse m_{an} d’anhydride éthanoïque introduite, il nous faut utiliser la relation :

m_{an} D ρv D 1,08 × 24,0 D 25,9 g,

où v est le volume d’anhydride éthanoïque introduit. On en déduit la quantité de matière correspondante :

n_{an} D \frac{m_{an}}{M_{an}} D \frac{25,9}{102} D 0,254 mol.

La quantité de matière initiale en acide salicylique est :

n_{ac} D \frac{m_{ac}}{M_{ac}} D \frac{20}{138} D 0,145 mol.

On peut donc dresser le tableau d’avancement suivant, où l’avancement est en moles :

Instant C_{7}H_{6}O_{3} + C_{4}H_{6}O_{3} → C_{9}H_{8}O_{4} + CH_{3}CO_{2}H
Initial  0,145  0,254  0  0
Interm. 0,145 − x  0,254 − x  x  x
Final  0  0,109  0,145  0,145

On lit sur ce tableau que l’anhydride éthanoïque est en excès. Le réactif limitant est donc l’acide salicylique, et l’avancement maximal est x_{max} D 0,145 mol. On peut théorique obtenir 0,145 mol d’aspirine, qui représentent une masse :

m_{th} D 0,145 × 180 D 26,1 g.

5 Le rendement de la réaction est donc :

r D \frac{m_{exp}}{m_{th}} D \frac{21,5}{26,1} ≈ 82 % .

6 Il est possible de vérifier la pureté de l’aspirine synthétisée grâce à une chromatographie sur couche mince (CCM).

Solution de l’exercice type (suite)

D’après baccalauréat S 2003 (Amérique du Sud)

Voir énoncé page ??

3 Transferts thermiques, alcanes et alcools

On chauffe 200 mL de bouillon, contenu dans une casserole, en brûlant du gaz butane. Dans cet exercice, on se propose d’évaluer la quantité de butane consommée par le cuisinier étourdi qui a laissé évaporer tout le bouillon.

…

Exercice type

Lycée Colbert, Lorient

1 Donner la formule développée de la molécule de butane. Préciser la

nature des liaisons et leur nombre. 2 Définir l’énergie moyenne d’une liaison C–H et la chaleur molaire de

dissociation de la molécule de butane. 3 Écrire l’équation-bilan de la combustion complète du butane dans le

dioxygène. 4 Définir, puis calculer, la chaleur molaire de combustion Q_{0} du butane,

l’eau étant obtenue à l’état gazeux. 5 La casserole et le bouillon ont été pris dans le réfrigérateur où la tem-

pérature est θ_{i} D 4°C, puis placés directement sur le brûleur déjà allumé. Lorsque le cuisinier revient, il constate que la dernière goutte de bouillon s’évapore. Calculer les quantités de chaleur Q_{b} et Q_{c} échangées respectivement par le bouillon et par la casserole avec le milieu extérieur, au cours de cette opération malheureuse. On supposera que l’évaporation s’est faite à température constante de 100°C.

6 En déduire la quantité de chaleur Q dégagée par la combustion du bu-

tane, sachant que 90% sert au chauffage de la casserole et du bouillon. 7 Quelle masse de butane a-t-on consommé? On supposera que l’eau pro-

duite est à l’état gazeux.

Données :

quelques énergies de liaison :

E_{H–H} D 436 kJ · mol^{−1} E_{O–H} D 463 kJ · mol^{−1}
E_{ODO} D 498 kJ · mol^{−1} E_{CDO} D 803 kJ · mol^{−1}
E_{C–C} D 344 kJ · mol^{−1} E_{CDC} D 615 kJ · mol^{−1}
E_{C–H} D 415 kJ · mol^{−1}

masse volumique du bouillon : μ D 1 kg · L^{−1} ;

capacité thermique massique du bouillon : c D 4,18 kJ · kg^{−1} ;

chaleur latente de vaporisation du bouillon : L_{v} D 41,0 kJ · mol^{−1} ;

capacité thermique de la casserole : C D 500 J · °C^{−1} ;

masse molaire du butane : M D 58,0 g · mol^{−1} .

Exercice type (suite)

Lycée Colbert, Lorient

Voir corrigé page ??

Cette section a pour but d’expliquer comment l’énergie stockée dans la matière organique peut être libérée afin d’être convertie en une autre forme d’énergie (en particulier en chaleur).

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 373 — #381 CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{373} CORRIGÉS INTERROS COURS

3.1 Transferts thermiques

3.1.1 -Changements d’état

La matière peut se présenter sous forme solide, liquide ou gazeuse. Ce sont les seuls états physiques qui seront pris en compte au cours de l’année de première S.

Définition 7

On appelle changement d’état une transformation physique qui permet à un corps de passer d’un état à un autre; chaque transformation porte un nom caractéristique de l’état initial et de l’état final du corps :

Définition 8

La chaleur Q (en joule : J) reçue par un système est l’énergie thermique que ce système reçoit.

� ATTENTION

Ne pas confondre chaleur (ou quantité de chaleur) et température : l’une est une forme d’énergie (exprimée en joule) et l’autre un paramètre d’état (exprimé en degré ou en kelvin).

L’énergie thermique apportée à un corps pour modifier son état sert à rompre ou à former des liaisons qui assurent la cohésion de ce corps : les liaisons hydrogène ou les liaisons de Van Der Waals. Au cours d’un changement d’état, si la pression est maintenue constante (ce qui est généralement le cas), la température ne varie pas. Par exemple, à la pression ordinaire de 1,013.10^{5} Pa, la fusion de la glace et la vaporisation de l’eau ont lieu aux températures θ_{fus} D 0°C et θ_{vap} D 100°C.

À RETENIR

La remarque précédente impose que la coexistence de deux états d’un même corps pur ne peut se produire qu’à une température donnée. Par exemple :

la glace et l’eau liquide ne peuvent rester en équilibre stable qu’à 0°C;

la vapeur d’eau et l’eau liquide ne peuvent rester en équilibre stable qu’à 100°C.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 374 — #382 COURS_{374}

Au cours du changement d’état d’une masse m d’un corps pur, celui-ci reçoit une énergie thermique Q (en joule) proportionnelle à m (en kilogramme) :

Q D L × m

où L est la chaleur latente de changement d’état du corps (en J · kg^{−1} ).

� ATTENTION

L’énergie thermique Q est comptée positivement lorsqu’elle est reçue par le corps; une énergie thermique peut être négative, ce qui signifie alors qu’elle est fournie par le corps.

Les chaleurs latentes de fusion, de vaporisation et de sublimation sont toujours positives :

L_{fusion} > 0; L_{vaporisation} > 0; L_{sublimation} > 0

Remarque : les chaleurs latentes des transformations opposées sont également opposées :

L_{solidification} D −L_{fusion}
L_{liquéfaction} D −L_{vaporisation}
L_{condensation} D −L_{sublimation}

Remarque : l’énergie thermique Q′reçue par un corps au cours du changement d’état de la quantité de matière n (en mol), s’exprime aussi par la loi :

Q′D n × L′

où L′est aussi une chaleur latente de changement d’état (en J · mol^{−1} ). La distinction entre ces deux chaleurs latentes se fait souvent grâce aux unités (ou à la précision, assez rare, de l’énoncé qui évoque la chaleur latente molaire ou la chaleur latente massique).

3.2 Modification de la température

En l’absence de changement d’état, lorsqu’un corps reçoit de l’énergie thermique Q (en joule), sa température peut varier de θ_{i} à θ_{f} (en °C ou en kelvin) conformément à la loi :

Q D C × ▷θ_{f} − θ_{i}◁  (44)

où C désigne la capacité thermique du corps (en J · K^{−1} ou en J · °C^{−1}).

Définition 9

On appelle capacité thermique massique d’un corps de masse m et de capacité thermique C le rapport :

c D \frac{C}{m} ⇒ C D m × c

c s’exprime alors en J · K^{−1} · kg^{−1} ou en J · °C^{−1} · kg^{−1} .

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 375 — #383 CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{375} CORRIGÉS INTERROS COURS

La loi (??) peut aussi s’exprimer à l’aide de la masse m du corps :

Q D mc × ▷θ_{f} − θ_{i}◁

Lorsqu’un système est composé de n corps, qui reçoivent les énergies thermiques Q_{1},Q_{2}, …,Q_{n} , l’énergie thermique totale reçue par le système vaut :

Q D Q_{1} C Q_{2} C ⋯Q_{n}

Définition 10

Un calorimètre est une enceinte dont les parois calorifugées interdisent tout transfert thermique entre l’intérieur et l’extérieur de l’enceinte.

À RETENIR

Lorsque n corps sont placés à l’intérieur d’un calorimètre et reçoivent les énergies thermiques Q_{1}, Q_{2},…:

si le calorimètre est parfait (sa capacité thermique est négligeable), la chaleur Q qui traverse ses parois est nulle de sorte qu’on pourra étudier l’évolution de la température de ces corps en posant :

Q D Q_{1} C Q_{2} C ⋯C Q_{n} D 0

si le calorimètre n’est pas parfait (sa capacité thermique C n’est pas négligeable), il reçoit la quantité d’énergie thermique :

Q_{calo.} D C_{calo.} × ▷θ_{f} − θ_{i}◁

alors que sa température varie de θ_{i} à θ_{f} . L’évolution du système pourra alors être suivie en posant :

Q D Q_{1} C Q_{2} C ⋯C Q_{n} C Q_{calo.} D 0
⇒ Q_{1} C Q_{2} C ⋯C Q_{n} C C_{calo.} × ▷θ_{f} − θ_{i}◁ D 0

Lorsqu’un corps, placé dans un calorimètre, change de température puis change d’état, il convient de distinguer les différentes transformations subies par ce corps.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 376 — #384 COURS_{376}

Par exemple, considérons une masse m de glace, à la température initiale θ_{i}, qui fond totalement pour donner de l’eau à la température θ_{f} :

H_{2}O_{▷sol◁}_{θ_{i}} −→^{Q_{1}} H_{2}O_{▷sol◁}_{θ_{0}D0°C} −→^{Q_{2}} H_{2}O_{▷liq◁}_{θ_{0}D0°C} −→^{Q_{3}} H_{2}O_{▷liq◁}_{θ_{f}}

Lorsque sa température passe de θ_{i} à θ_{0} D 0°C (température de fusion de la glace), la masse m de glace reçoit l’énergie thermique :

Q_{1} D mc_{glace} × ▷θ_{0} − θ_{i}◁

Au cours de sa fusion, la glace reçoit la quantité de chaleur :

Q_{2} D m L_{fus}

où L_{fus} désigne la chaleur latente de fusion de la glace. Enfin, pour passer de la température θ_{0} à la température θ_{f} , l’eau formée reçoit l’énergie thermique :

Q_{3} D mc_{eau} × ▷θ_{f} − θ_{0}◁

Finalement, au cours de cette transformation, la glace reçoit la quantité d’énergie :

Q D Q_{1} C Q_{2} C Q_{3}
D mc_{glace} × ▷θ_{0} − θ_{i}◁ C m L_{fus} C mc_{eau} × ▷θ_{f} − θ_{0}◁

3.3 Combustion des alcanes et des alcools

3.3.1 -Réaction de combustion

Définition 11

La combustion complète d’un alcane ou d’un alcool est sa réaction vive avec O_{2}_{▷gaz◁}, pour donner CO_{2}_{▷gaz◁}et H_{2}O (l’eau pouvant se présenter à l’état gazeux ou à l’état liquide).

Dans la suite nous ne traiterons que de combustions complètes.

3.3.1.1 -Équation de combustion des alcanes

Pour équilibrer l’équation de combustion d’un alcane (linéaire) C_{n}H_{2nC2}, il suffit :

d’écrire qu’il s’agit d’une réaction avec le dioxygène qui produit CO_{2} et H_{2}O :

C_{n}H_{2nC2} C O_{2}_{▷gaz◁}D CO_{2}_{▷gaz◁}C H_{2}O

d’équilibrer les éléments hydrogène et carbone directement à droite de l’équation :

C_{n}H_{2nC2} C O_{2}_{▷gaz◁}D n CO_{2}_{▷gaz◁}C ▷n C 1◁ H_{2}O

d’équilibrer ensuite les n × 2 C ▷n C 1◁ D 3n C 1 atomes d’oxygène du membre de droite avec les molécules O_{2}_{▷gaz◁}du membre de gauche :

C_{n}H_{2nC2} C \frac{3n C 1}{2} O_{2}_{▷gaz◁}D n CO_{2}_{▷gaz◁}C ▷n C 1◁ H_{2}O  (45)

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 377 — #385 CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{377} CORRIGÉS INTERROS COURS

3.3.1.2 -Équation de combustion des alcools

De même, pour équilibrer l’équation-bilan de combustion d’un alcool (linéaire) C_{n}H_{2nC2}O, il suffit :

d’écrire la nature de la réaction : action du dioxygène sur l’alcool pour produire H_{2}O et CO_{2} :

C_{n}H_{2nC2}O C O_{2}_{▷gaz◁}D CO_{2}_{▷gaz◁}C H_{2}O

d’équilibrer les éléments carbone et hydrogène en agissant directement sur le membre de droite :

C_{n}H_{2nC2}O C O_{2}_{▷gaz◁}D n CO_{2}_{▷gaz◁}C ▷n C 1◁ H_{2}O

d’équilibrer les 2nC▷nC1◁ D 3nC1 atomes d’oxygène du membre de droite en agissant sur la quantité de O_{2} du membre de gauche (attention à ne pas oublier qu’un atome d’oxygène est contenu dans la molécule C_{n}H_{2nC2}O) :

C_{n}H_{2nC2}O C \frac{3n}{2} O_{2}_{▷gaz◁}D n CO_{2}_{▷gaz◁}C ▷n C 1◁ H_{2}O

3.3.2 -Énergie libérée

3.3.2.1 -Chaleur de combustion

Définition 12

L’énergie de liaison E_{A–B} est l’énergie qu’il faut fournir à des molécules gazeuses pour rompre une mole de leurs liaisons A–B.

Les principales énergies de liaisons sont connues (et seront rappelées au cours des exercices) :

E_{C–H} D 415 kJ · mol^{−1} E_{C–C} D 345 kJ · mol^{−1}
E_{C–O} D 350 kJ · mol^{−1} E_{O–H} D 463 kJ · mol^{−1}
E_{CDC} D 615 kJ · mol^{−1} E_{ODO} D 498 kJ · mol^{−1}
E_{CDO} D 803 kJ · mol^{−1} E_{O–O} D 143 kJ · mol^{−1}

� ATTENTION

Il sera toujours nécessaire d’écrire la formule développée complète d’une molécule pour identifier toutes les liaisons. Par exemple, l’énergie d’une double liaison O D O vaut ni E_{O–O} ni 2 E_{O–O} !

Définition 13

La chaleur de combustion d’un alcane ou d’un alcool est l’énergie Q_{comb} qu’il faut fournir à une mole d’alcane ou d’alcool pour effectuer sa transformation complète en CO_{2}_{▷gaz◁}et H_{2}O.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 378 — #386 COURS_{378}

Pour calculer Q_{comb}, lorsque tous les produits et réactifs sont gazeux, il faut :

écrire l’équation-bilan équilibrée de la réaction de combustion, dans laquelle le coefficient stœchiométrique de l’alcane ou de l’alcool vaut 1. Par exemple, pour la combustion du méthane :

CH_{4}_{▷gaz◁}C 2 O_{2}_{▷gaz◁}D CO_{2}_{▷gaz◁}C 2 H_{2}O_{▷gaz◁}

écrire les formules développées des produits et réactifs pour recenser les liaisons qui se rompent et celles qui se forment. Par exemple :

appliquer la relation :

Q_{comb} D ∑ E_{liaisons rompues} − ∑ E_{liaisons formées}  (46)

Par exemple :

Q_{comb}▷CH_{4}◁ D ▷4E_{C–H} C 2E_{ODO}◁ − ▷2E_{CDO} C 4E_{O–H}◁.

Remarque : certains auteurs définissent la chaleur de combustion comme étant l’énergie Q_{lib} libérée lors de la combustion d’une mole d’alcane ou d’alcool. La définition adoptée précédemment pour Q_{comb} respecte cependant la convention thermodynamique selon laquelle une énergie est positive lorsqu’elle est reçue par un système et négative lorsqu’elle est libérée. Ces deux définitions sont quand même compatibles, à condition d’écrire :

Q_{lib} D −Q_{comb}.

� ATTENTION

La méthode précédente ne donne pas accès à la chaleur de combustion si l’un des réactifs ou des produits n’est pas gazeux.

Par exemple, la chaleur de combustion Q′_{comb} du méthane, libérant H_{2}O_{▷liq◁}:

CH_{4}_{▷gaz◁}C 2 O_{2}_{▷gaz◁}D CO_{2}_{▷gaz◁}C 2 H_{2}O_{▷liq◁}

ne peut pas s’obtenir directement à partir de la relation (??). Pour y parvenir, il faut :

1 traiter le changement d’état comme une équation chimique dont la chaleur de réaction est la chaleur latente molaire (en J · mol^{−1}).

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 379 — #387 CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{379} CORRIGÉS INTERROS COURS

Par exemple :

H_{2}O_{▷liq◁} −−→^{L_{vap}} H_{2}O_{▷gaz◁}  (47)

où L_{vap} désigne la chaleur latente molaire de vaporisation de l’eau. 2 Écrire l’équation-bilan de combustion, où les réactifs et les produits sont tous

gazeux; par exemple :

CH_{4}_{gaz} C 2 O_{2}_{▷gaz◁} −−−→^{Q_{comb}} CO_{2}_{▷gaz◁}C 2 H_{2}O_{▷gaz◁}  (48)

3 Écrire l’équation-bilan de combustion, où l’un des réactifs ou des produits n’est pas gazeux; par exemple :

CH_{4}_{▷gaz◁}C 2 O_{2}_{▷gaz◁} −−−→^{Q′_{comb}} CO_{2}_{▷gaz◁}C 2 H_{2}O_{▷liq◁}  (49)

4 Écrire un cycle dans lequel interviennent les équations (??), (??) et (??) :

5 Faire la somme algébrique des énergies rencontrées en tournant dans le cycle (les énergies seront comptées positivement dans le sens du cycle et négativement dans l’autre sens) et rendre nul le résultat de cette somme :

Q′_{comb} C 2 L_{vap} − Q_{comb} D 0 ⇒ Q′_{comb} D Q_{comb} − 2 L_{vap} Calculer alors Q_{comb} grâce à la relation (??) puis en déduire Q′_{comb}.

3.3.2.2 -Énergie libérée

Pour calculer l’énergie libérée au cours de la combustion d’un alcool ou d’un alcane : 1 Calculer les quantités initiales de matière. 2 Dresser un tableau d’avancement de la réaction de combustion. En déduire

la valeur de l’avancement x_{f} en fin de réaction. 3 Calculer la chaleur de combustion Q_{comb} (ou Q′_{comb}) par la méthode exposée

précédemment. 4 L’énergie libérée au cours de la combustion vaut alors :

E_{libérée} D −Q_{comb} × x_{f} (en joule).

3.4 Combustion et environnement

A l’heure actuelle, les combustions sont très utilisées pour fournir de l’énergie. Les moteurs thermiques équipent encore une large majorité des véhicules. La combustion des hydrocarbures issus de l’industrie pétrolière présente un double inconvénient :

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 380 — #388 COURS_{380}

Le pétrole n’est pas une ressource renouvelable et les réserves mondiales s’épuisent donc petit à petit. La combustion du pétrole produit du CO_{2}, ce qui contribue à augmenter la production de gaz à effet de serre.

Pour tenter de résoudre ces problèmes, plusieurs pistes sont envisagées : Les biomolécules, qui sont extraites à partir de ressources renouvelables (agroressources) peuvent être utilisées dans le domaine énergétique. Ils permettent d’obtenir des molécules de substitution (biodiezel ou biogaz) qui pourraient remplacer les hydrocarbures classiques. En ce qui concerne la production de gaz à effet de serre, notons que la combustion de ces molécules produit tout même du CO_{2}, mais que du CO_{2} a été consommé pour pour faire pousser les végétaux utilisées pour produire ces molécules. Il faut donc prendre en compte ces deux aspects pour mesurer l’impact environnement réel. Les moteurs électriques permettent de limiter la production de CO_{2}. Toutefois, d’un point de vue environnemental, il ne faut pas oublier de prendre en compte l’ensemble du cycle de vie du véhicule pour pouvoir faire un bilan objectif (techniques de production de l’électricité nécessaire à la recharge, production et recyclage des batteries, etc).

1 Le butane, de formule brute C_{4}H_{10}, a pour formule développée :

Cette molécule contient :

3 liaisons C–C et 10 liaisons C–H.  (50)

2 L’énergie moyenne d’une liaison C–H est l’énergie qu’il faut apporter à une mole de liaisons C–H composant une espèce gazeuse, pour les dissocier en atomes de carbone et d’hydrogène. La chaleur molaire de dissociation de la molécule de butane est la chaleur qu’il faut fournir à une mole de butane gazeux pour rompre toutes les liaisons covalentes :

C_{4}H_{10}_{▷gaz◁} → 4 C_{▷gaz◁}C 10 H_{▷gaz◁}.

…

Solution de l’exercice type

Lycée Colbert, Lorient

Cette chaleur s’exprime en fonction l’énergie de toutes les liaisons rompues :

Q_{dissociation} D 3E_{C–C} C 10E_{C–H}.

3 La combustion du butane consiste en sa réaction avec le dioxygène pour produire le dioxyde de carbone (CO_{2}) et de l’eau (H_{2}O) :

C_{4}H_{10}_{▷gaz◁}C O_{2}_{▷gaz◁}D CO_{2}_{▷gaz◁}C H_{2}O_{▷gaz◁}.

Cette équation peut être équilibrée à l’égard du carbone et de l’hydrogène en agissant directement sur le membre de droite :

C_{4}H_{10}_{▷gaz◁}C O_{2}_{▷gaz◁}D 4 CO_{2}_{▷gaz◁}C 5 H_{2}O_{▷gaz◁}.

Ainsi, le membre de droite présente 4×2C5 D 13 atomes d’oxygène, que l’on doit retrouver dans le membre de gauche, sous forme O_{2} :

C_{4}H_{10}_{▷gaz◁}C \frac{13}{2} O_{2}_{▷gaz◁}D 4 CO_{2}_{▷gaz◁}C 5 H_{2}O_{▷gaz◁}. (51)

4 L’équation-bilan précédente (??) montre qu’au cours de cette transformation :

des liaisons sont rompues : outre les trois liaisons C–C et les 10 liai-

sons C–H évoquées à la question 1, les \frac{13}{2} D 6,5 liaisons O D O sont également détruites.

des liaisons sont formées en même temps que sont obtenus :

4 O D C D O C 5 H–O–H.

Il s’agit de 4 × 2 D 8 liaisons C D O et 5 × 2 D 10 liaisons O–H.

La chaleur molaire de combustion du butane (Q_{0}) désigne l’énergie thermique absorbée par le milieu réactionnel lorsque l’avancement de la réaction (??) augmente d’une unité. Cette énergie s’évalue à l’aide des énergies des liaisons formées et rompues :

Q_{0} D ∑ E_{liaisons rompues} − ∑ E_{liaisons formées}
D ▷3E_{C–C} C 10E_{C–H} C 6,5E_{ODO}◁ − ▷8E_{CDO} C 10E_{O–H}◁
D ▷3 × 344 C 10 × 415 C 6,5 × 498◁ − ▷8 × 803 C 10 × 463◁
⇒ Q_{0} D −2,64.10^{3} kJ · mol^{−1} .

5 Le bouillon, initialement à la température θ_{i} D 4°C, est amené à la température θ_{f} D 100°C à laquelle il est vaporisé :

▷bouillon◁_{▷liq◁}
θ_{i}D4°C

⟶^{Q_{1b}}
▷bouillon◁_{▷liq◁}
θ_{f} D100°C

⟶^{Q_{2b}}
▷bouillon◁_{▷gaz◁}
θ_{f} D100°C

…

Solution de l’exercice type

Lycée Colbert, Lorient

Puisque la masse volumique du bouillon vaut μ D 1 kg · L^{−1} , un volume V D 200 mL D 0,2 L de bouillon présente une masse m telle que :

μ D \frac{m}{V} ⇒ m D μ × V D 1 × 0,2 D 0,2 kg.

Par conséquent :

au cours du chauffage, le bouillon reçoit l’énergie thermique :

Q_{1b} D mc × ▷θ_{f} − θ_{i}◁ D 0,2 × 4 180 × ▷100 − 4◁ D 80,3 kJI

au cours de sa vaporisation, le bouillon reçoit la quantité de chaleur :

Q_{2b} D m × L_{v} D 0,2 × 41 D 8,20 kJ.

Par suite, le bouillon reçoit l’énergie thermique totale :

Q_{b} D Q_{1b} C Q_{2b} D 80,26 C 8,2 ⇒ Q_{b} D 88,5 kJ.

Pour augmenter la température de la casserole de θ_{i} D 4°C à θ_{f} D 100°C, il faut lui fournir la quantité de chaleur :

Q_{c} D C × ▷θ_{f} − θ_{i}◁ D 500 × ▷100 − 4◁ D 48.10^{3} J D 48 kJ.

5 D’après l’énoncé, 90% de la chaleur Q dégagée par la combustion du butane sert au chauffage de la casserole et du bouillon :

\frac{90}{100} × Q D Q_{b} C Q_{c} ⇒ 0,9 × Q D Q_{b} C Q_{c}
⇒ Q D \frac{88,5 C 48}{0,9} D 152 kJ.

6 Soit n_{0} la quantité de butane consommée au cours de la combustion, conformément au tableau d’avancement :

C_{4}H_{10}_{▷gaz◁}C \frac{13}{2} O_{2}_{▷gaz◁}D4 CO_{2}_{▷gaz◁}C5 H_{2}O_{▷gaz◁}
x D 0  n_{0}  n_{1}  n_{2}  n_{3}
x D̸ 0  n_{0} − x n_{1} − 6,5 x n_{2} C 4x n_{3} C 5x

La réaction cesse lorsque l’avancement prend une valeur x_{f} telle que :

n_{0} − x_{f} D 0 ⇒ x_{f} D n_{0}

Cette réaction a alors dégagé la quantité de chaleur :

Q D −x_{f} ×Q_{0} D −n_{0}×Q_{0} ⇒ n_{0} D −\frac{Q}{Q_{0}} D \frac{151,6}{2 635} ≈ 5,75.10^{−2} mol.

En conclusion le chauffage du bouillon a consommé une masse :

m D n_{0} × M D 5,75.10^{−2} × 58 ≈ 3,33 g de butane.

Solution de l’exercice type (suite)

Lycée Colbert, Lorient Voir énoncé page ??

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 383 — #391 CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{383} CORRIGÉS INTERROS COURS
1_{QCM} Nomenclature des alcanes Corrigé p. ?? 15 min

1 La formule topologique : correspond à la formule brute :

a C_{9}H_{18}  b C_{9}H_{20}
c C_{8}H_{18}  d C_{8}H_{16}

2 La molécule précédente s’appelle :

a le 2,5,5-triméthylhexane;  b le 2,2,5-triméthylhexane;
c le 2,4,4-trimétylpentane;  d le 2,2-diméthylpentane.

3 Le 1,1-diméthylcyclohexane a pour formule brute :

a C_{6}H_{12}  b C_{8}H_{18}
c C_{8}H_{16}  d C_{6}H_{14}

4 Le 2-méthyl-2-éthylpropane :

a a pour formule semi-développée :

b a pour formule brute : C_{4}H_{16}; c a plutôt pour nom : 2-éthyl-2-méthylpropane; d s’appelle plutôt le 2,2-diméthylbutane.

2_{QCM} Les alcools Corrigé p. ?? 15 min

1 Parmi les formules suivantes quelle est celle qui correspond à un alcool?

a CH_{3}–CH_{2}–CH_{2}–OH  b CH_{3}–CH_{2}–O–CH_{3}
c CH_{3}–CH_{2}–CH D O  d CH_{3}–CH_{2}–CH_{3}

2 L’hexanol a pour formule brute :

a C_{6}H_{6}O  b C_{6}H_{14}O
c C_{6}H_{12}O  d C_{6}H_{10}O

3 La molécule, de formule semi-développée

s’appelle : a le 1,3-diméthylbutan-1-ol; b le 2,4-diméthylbutan-2-ol; c le 4-méthylpentan-2-ol; d le 3-méthylhexan-2-ol.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 384 — #392 INTERROS_{384}
3_{QCM} Composés oxygénés Corrigé p. ?? 15 min

1 La molécule de formule : s’appelle :

a le 3-éthylbutanal; b le 3-méthylpentanal; c la 3-éthylbutan-1-one; d la 3-méthylpentan-1-one.

2 Le groupe caractéristique des aldéhydes :

a est toujours en bout de chaîne; b est le groupe carboxyle; c n’est jamais en bout de chaîne; d est le groupe hydroxyle.

3 Le groupe caractéristique des cétones :

a est toujours en bout de chaîne; b est le groupe carboxyle; c n’est jamais en bout de chaîne; d est le groupe hydroxyle.

4 Le méthylpropanal et la butanone :

a sont deux isomères; b ont pour formules brutes : C_{3}H_{6}O et C_{4}H_{8}O; c ont pour formules brutes : C_{4}H_{6}O et C_{4}H_{8}O.

5 L’acide 2,3-diméthylbutanoïque a pour formule brute :

a C_{5}H_{10}O_{2}  b C_{6}H_{12}O_{2}
c C_{5}H_{8}O_{2}  d C_{6}H_{10}O_{2}
4_{QCM} Synthèses organiques Corrigé p. ?? 15 min

1 Quel est le bon ordre concernant les étapes d’une synthèse organique? a Extraction, réaction chimique, purification, calcul du rendement; b Réaction chimique, extraction, purification, calcul du rendement; c Calcul du rendement, extraction, purification, réaction chimique; d Extraction, purification, réaction chimique, calcul du rendement.

2 Un catalyseur :

a Intervient dans l’équation bilan de la réaction; b Est globalement consommé au cours de la réaction; c Est globalement produit au cours de la réaction; d Permet d’accélérer la réaction.

3 Laquelle de ces techniques ne peut pas être utilisée en tant que technique de séparation? a La distillation fractionnée; b Le chauffage à reflux; c La filtration; d La chromatographie.

4 Le rendement d’une synthèse :

a Peut être supérieur à 1
b Correspond au rapport de la masse de produit que l’on peut

théoriquement obtenir à la masse réellement obtenue.

c Ne peut jamais être supérieur à 100%
d Est compris entre -1 et 1

5 Une ampoule à décanter permet de :

a séparer deux liquides miscibles de même densité; b séparer deux liquides non miscibles de même densité; c séparer deux liquides miscibles de densités différentes; d séparer deux liquides non miscibles de densités différentes.

5_{QCM} Transferts thermiques Corrigé p. ?? 10 min

1 Lors d’un changement d’état, la condensation est :

a le passage de l’état gazeux à l’état liquide;

b le passage de l’état liquide à l’état gazeux; c le passage de l’état gazeux à l’état solide;

d le passage de l’état solide à l’état gazeux. 2 À pression ordinaire, un glaçon flotte en équilibre dans un verre d’eau.

La température de cette eau vaut : a θ D −10°C;

b θ D 0°C; c θ D 10°C.

3 Une masse m d’eau passe de l’état liquide à l’état gazeux. On note L_{vap} et L_{fus} les chaleurs latentes respectives de vaporisation et de fusion de l’eau. Cette eau : a libère la chaleur Q D −m × L_{vap};

b libère la chaleur Q D m × L_{vap}; c absorbe la chaleur Q D m × L_{fus};

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 386 — #394 INTERROS_{386}

d absorbe la chaleur Q D −m × L_{fus}.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 387 — #395 CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{387} CORRIGÉS INTERROS COURS

4 Soit c la capacité thermique massique d’un corps. L’énergie thermique reçue par ce corps de masse m, lorsque sa température varie de θ_{i} à θ_{f} , vaut :

\begin{matrix}a Q D \frac{m}{c} × ▷θ_{f} − θ_{i}◁ & b Q D mc × ▷θ_{f} − θ_{i}◁ \\ c Q D \frac{c}{m}× ▷θ_{f} − θ_{i}◁ & d Q D mc × ▷θ_{i} − θ_{f} ◁ \end{matrix}

5 Un calorimètre est parfait lorsque ses parois sont :

a parfaitement calorifugées et sans capacité thermique;

b parfaitement calorifugées et de capacité thermique infinie; c parfaitement diathermanes et sans capacité thermique;

d parfaitement diathermanes et de capacité thermique infinie.

Structure des entités organiques

6Nomenclature des alcanes_{Lycée Saint-Sernin, Toulouse} Corrigé ; p. ?? ; 5 min ; ⋆

Représenter la formule semi-développée du 2,2,3-triméthylbutane et celle du 3-méthyl-3-éthylpentane. Ces molécules sont-elles isomères?

7Nomenclature des alcools_{Lycée Sainte-Marie, Antony} Corrigé ; p. ?? ; 5 min ; ⋆

La formule brute C_{4}H_{10}Opeut-elle représenter le méthylpropan-1-ol? le butan-2-ol? Justifier la réponse.

8Nomenclature des alcanes_{Lycée Saint-Sernin, Toulouse} Corrigé ; p. ?? ; 5 min ; ⋆

Nommer les molécules suivantes :

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 388 — #396 INTERROS_{388}
9Alcanes et alcools_{Lycée Guynemer, Compiègne} Corrigé ; p. ?? ; 5 min ; ⋆

Au laboratoire, les étiquettes de deux bouteilles A et B d’alcanes sont partiellement déchirées. On peut lire sur la bouteille A : θ_{éb} D 69°C et sur la bouteille B : θ_{éb} D 36°C (sous la pression de 1 bar). D’autre part, on lit les noms « pentane » et « hexane » sur les morceaux d’étiquette arrachés. Que contient la bouteille A? la bouteille B? Justifier.

10Identification d’arômes_{Lycée Amyot, Melun} Corrigé ; p. ?? ; 5 min ; ⋆

Certains arômes sont dus aux molécules ci-dessous. Pour chacun de ces composés, identifier les fonctions présentes dans leurs molécules et préciser la classe des fonctions alcools.

1 Dans la tomate :

2 Dans le champignon :

3 Dans la menthe :

4 Dans le citron :

11Nomenclature des alcanes_{Institut Notre-Dame, Meudon} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆

Nommer les alcanes suivants :

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 389 — #397 CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{389} CORRIGÉS INTERROS COURS
12Nomenclature des alcools_{Lycée Edgar Quinet, Bourg-En-Bresse} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆

Chercher toutes les formules semi-développées des alcools de formule brute C_{4}H_{10}O et préciser leur nom.

13Nomenclature des alcools_{Institut Notre-Dame, Meudon} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆

Donner les formules semi-développées et nommer les hydrocarbures suivants :

14Alcanes et alcools_{Lycée Victor Hugo, Colomiers} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆

La température d’ébullition de l’alcane représenté ci-dessous vaut 126°C :

H_{3}C–CH_{2}–CH_{2}–CH_{2}–CH_{2}–CH_{2}–CH_{2}–CH_{3}

L’octan-1-ol a une température d’ébullition, sous pression atmosphérique, de 195°C. 1 Donner la formule semi-développée de cet alcool. 2 Quelles interactions assurent la cohésion de cet alcool à l’état liquide?

Les représenter. 3 Justifier le fait que l’alcane représenté ci-dessus est plus volatil que

l’octan-1-ol. 4 Cet alcool est-il miscible dans l’eau? Justifier la réponse.

15Nomenclature des alcools_{Lycée Lacordaire, Marseille} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

1 Donner le nom et la formule brute des alcools suivants :

2 Quelle est la formule topologique et le nom de l’alcool dont la formule brute est C_{5}H_{10}O?

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 390 — #398 INTERROS_{390}
16Nomenclature_{Lycée Rousseau, Montmorency} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

Donner le nom des composés suivants :

1

2

17Nomenclature_{Lycée Notre-Dame-Des-Minimes, Lyon} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

1 Donner les formules semi-développées correspondant à chacune des écritures topologiques :

2 Nommer ces molécules.

18Nomenclature_{Lycée Bouchardon, Chaumont} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

Quelle est la famille et le nom des composés suivants?

1

2

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 391 — #399 CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{391} CORRIGÉS INTERROS COURS
19Alcanes et alcools_{Lycée Alexandre Dumas, Saint-Cloud} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

La masse molaire moléculaire d’un alcane A vaut M_{A} D 72,0 g · mol^{−1}. 1 Rappeler la formule brute générale d’un alcane. 2 En déduire la formule brute de l’alcane A. 3 Rappeler la définition du groupe de mots « alcanes isomères ». 4 Donner la formule semi-développée et le nom des trois isomères de l’al-

cane A. 5 Attribuer, en justifiant la réponse, les températures d’ébullition suivantes

à chacun des trois isomères précédents : 9°C; 25°C; 36°C.

Données :  M_{H} D 1 g · mol^{−1}  M_{C} D 12 g · mol^{−1}

Synthèse d’espèces chimiques organiques

20Analyse d’une boisson_{Lycée Colbert, Lyon} Corrigé ; p. ?? ; 5 min ; ⋆

On utilise la technique de la chromatographie sur couche mince pour analyser une boisson gazeuse, et la même boisson en version light, où le goût sucré provient d’un édulcorant de synthèse, l’aspartame. Sur la même couche, on réalise également la chromatographie d’un échantillon de saccharose et d’un échantillon d’aspartame. On admettra que l’aspartame a un rapport frontal supérieur à celui du saccharose.

Figure 10.1 – Chromatogramme décrit dans l’énoncé.

1 Identifier les échantillons de A à D sur la figure ci-dessus. 2 Donner une estimation du rapport frontal de l’aspartame et du saccha-

rose.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 392 — #400 INTERROS_{392}
21Choix d’un éluant_{Lycée Jean-Baptiste Say, Paris} Corrigé ; p. ?? ; 5 min ; ⋆ ; ⋆

Figure 10.2 – A et B sont élués par différents solvants.

On désire identifier deux espèces A et B dans des échantillons, par chromatographie sur couche mince. On pratique des essais avec des éluants différents, sur des échantillons contenant soit l’espèce A, soit l’espèce B. Les résultats sont montrés à la figure ??. Quel est le meilleur éluant et pourquoi?

22Chromatographie sur couche mince_{Lycée Florent-Schmitt, Saint-Cloud} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

On réalise la chromatographie sur couche mince d’un sirop de fraise. On dépose une goutte de ce sirop sur la ligne de dépôt, ainsi que des gouttes de différents colorants :

le bleu patenté E131 (R_{f} D 0,4);

la tartrazine E102 (R_{f} D 0,9);

l’azorubine E122 (R_{f} D 0,75);

et le rouge cochenille E124 (R_{f} D 0,6). On obtient le chromatogramme ci-dessus. 1 On a oublié de noter à quelle solution correspond chaque point du dépôt

A, B, C, D et E. Identifiez-les en justifiant votre démarche. 2 Quels sont les colorants contenus dans ce sirop de fraise?

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 393 — #401 CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{393} CORRIGÉS INTERROS COURS
23Synthèse de l’acétate d’éthyle_{D’après Bac Pondichéry 2014} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

L’acétate d’éthyle est un liquide utilisé comme solvant pour les vernis à ongles et certaines colles, en raison de sa faible nocivité et de sa volatilité importante, il est aussi utilisé dans l’industrie agroalimentaire dans certains arômes fruités. La synthèse de l’acétate d’éthyle est facilement réalisable au laboratoire. Un exemple de protocole expérimental est décrit ci-dessous :

Étape 1 : dans un ballon de 100 mL, introduire un mélange équimolaire de 0,10 mol d’acide acétique et 0,10 mol d’éthanol. Y ajouter 0,5 mL d’acide sulfurique concentré (H_{2}SO_{4▷l◁}) et quelques grains de pierre ponce. Porter le mélange à ébullition dans un dispositif de chauffage à reflux pendant 30 minutes. Étape 2 : laisser refroidir le mélange réactionnel à l’air ambiant puis dans un bain d’eau froide. Verser le contenu du ballon dans une ampoule à décanter contenant environ 50 mL d’eau salée. Agiter prudemment quelques instants en dégazant régulièrement, puis éliminer la phase aqueuse. Étape 3 : ajouter alors à la phase organique 60 mL d’une solution aqueuse d’hydrogénocarbonate de sodium (Na_{▷aq◁}^{C}C HCO_{3▷aq◁}^{−}) de concentration molaire 1 mol · L^{−1} . Laisser dégazer et décanter puis éliminer la phase aqueuse. Recueillir la phase organique dans un bécher. Sécher cette phase avec du chlorure de calcium anhydre puis filtrer. Recueillir le filtrat dans un erlenmeyer propre et sec.

Une synthèse réalisée au laboratoire en suivant ce protocole a permis d’obtenir un volume de filtrat égal à 5,9 mL.

1 Réaction de synthèse. La synthèse de l’acétate d’éthyle est modélisée par la réaction d’équation : CH_{3}COOH_{▷l◁}C C_{2}H_{5}OH_{▷l◁}→ CH_{3}COOC_{2}H_{5▷l◁}C H_{2}O_{▷l◁}. Identifier, en justifiant votre réponse, les fonctions chimiques des molécules organiques intervenant dans les réactifs de la réaction de synthèse.

2 Protocole expérimental.

(a) Parmi les montages suivants, justifier celui qu’il convient de choisir pour l’étape 1. Pourquoi les deux autres montages ne conviennent-ils pas?

(b) Proposer un titre pour nommer chacune des trois étapes du protocole.

3 Déterminer la valeur du rendement de la synthèse en expliquant la méthode mise en œuvre.

Données :

Masses molaires :

M(H) = 1 g.mol^{−1} , M(C) = 12 g.mol^{−1} , M(O) = 16 g.mol^{−1}

Masse volumique de l’acétate d’éthyle : ρ D 0,925 g.mL^{−1}

24Synthèse de l’acide pentanoïque_{Lycée Victor Hugo, Colomiers} Corrigé ; p. ?? ; 30 min ; ⋆ ; ⋆

L’acide pentanoïque (aussi appelé acide valérique car présent dans la valériane), de formule C_{4}H_{9}–COOH (ou C_{5}H_{10}O_{2}) peut être synthétisé par oxydation du pentan-1-ol de formule C_{4}H_{9}–CH_{2}OH (ou C_{5}H_{12}O) par les ions permanganate MnO_{4}^{−} . Cette synthèse se réalise en milieu aqueux acidifié, à partir d’un volume V_{1} D 12 mLde pentan-1-ol et d’un volume V_{2} D 200 mLd’une solution de permanganate de potassium (K_{▷aq◁}^{C}C MnO_{4}^{−} _{▷aq◁}) de concentration C_{2} D 0,50 mol · L^{−1}. On chauffe ce mélange à reflux pendant quelques minutes. L’équation de la réaction d’oxydation de cet alcool par l’ion permanganate est :

5 C_{5}H_{12}O_{▷liq◁}C4 MnO_{4}^{−} _{▷aq◁}C12 H_{▷aq◁}^{C} → 5 C_{5}H_{10}O_{2}_{▷aq◁}C11 H_{2}O_{▷liq◁}C4 Mn_{▷aq◁}^{2C}

Données :

Masses volumiques μ_{i} et masses molaires M_{i} :

Pentan-1-ol  μ_{1} D 0,80 g · mL^{−1}  M_{1} D 88,0 g · mol^{−1}

Permanganate de

potassium

M_{2} D 158,0 g · mol^{−1}

Acide pentanoïque

μ_{3} D 0,93 g · mL^{−1}

M_{3} D 102,0 g · mol^{−1}

1 Quelle est la classe du pentan-1-ol?

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 395 — #403 CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{395} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Exprimer puis calculer la quantité de matière initiale n_{1} de pentan-1-ol. 3 Montrer, par un calcul littéral puis numérique, que la quantité de matière

initiale d’ions permanganate en solution est n_{2} D 1,0.10^{−1} mol. 4 Dresser et compléter, par des expressions littérales, le tableau d’avance-

ment de cette synthèse. On rappelle qu’ici, l’eau et les ions H^{C} sont en excès.

5 Identifier le réactif limitant. Justifier par un calcul. 6 Exprimer puis calculer la quantité de matière théorique n_{théo} d’acide

pentanoïque qui peut être formée. 7 En déduire l’expression puis la valeur de la masse théorique m_{théo} d’acide

pentanoïque qui peut être formée. 8 L’expérience réalisée fournit une masse expérimentale m_{exp} D 8,4 g d’acide

pentanoïque. Exprimer puis calculer le rendement ρ de cette synthèse.

25Suivi de synthèse_{Lycée Notre-Dame de Sion, Paris} Corrigé ; p. ?? ; 20 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo avec

L’acide benzoïque C_{6}H_{5}CO_{2}H est un conservateur présent dans de nombreux produits alimentaires. 1 La synthèse de l’acide benzoïque s’effectue en chauffant à reflux un mé-

lange d’alcool benzylique C_{6}H_{5}CH_{2}OH et d’ions permanganate MnO_{4}^{−} en présence d’ions hydrogène. Compléter les coefficients stœchiométriques manquants de l’équation chimie de cette synthèse : C_{6}H_{5}CH_{2}OHC4MnO_{4}^{−} C…H^{C} → 3C_{6}H_{5}CO_{2}HC…H_{2}OC…MnO_{2}

2 Pour suivre l’évolution de cette transformation chimique, on réalise plusieurs CCM du mélange réactionnel : elles indiquent l’avancée de la réaction. Toutes les quinze minutes, une faible quantité de mélange réactionnel est prélevée et déposée sur une plaque de CCM. Au bout d’une heure et demie, la plaque est mise à éluer puis révélée. L’alcool benzylique et l’acide benzoïque sont deux espèces chimiques solubles dans l’éluant choisi.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 396 — #404 INTERROS_{396}

(a) Décrire l’état initial du système chimique étudié.

(b) D’après la CCM, que dire de l’évolution de la quantité de l’espèce chimique R au cours du temps?

(c) À partir de quel instant peut-on déceler la présence du produit dans le mélange?

(d) Est-il nécessaire d’attendre une heure et demie pour arrêter le chauffage?

26L’indigo_{Lycée Fénelon Sainte Marie, Paris} Corrigé ; p. ?? ; 30 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

L’indigo est l’un des plus anciens pigments connus et il reste aujourd’hui très employé notamment dans la fabrication de certains jeans.

L’indigo, de formule brute C_{16}H_{10}N_{2}O_{2} peut être synthétisé à partir du 2nitrobenzaldéhyde C_{7}H_{5}O_{3}N_{▷s◁}, d’acétone C_{3}H_{6}O_{▷l◁}et d’ions hydroxyde HO_{▷aq◁}^{−} selon la réaction suivante :

2 C_{7}H_{5}O_{3}N C 2 C_{3}H_{6}O C 2 HO^{−} → C_{16}H_{10}N_{2}O_{2} C 2 C_{2}H_{3}O_{2}^{−} C 4 H_{2}O

L’ion C_{2}H_{3}O_{2}^{−} est l’ion éthanoate.

La synthèse est réalisée avec une masse m = 1,00 g de 2-nitrobenzaldéhyde solide. Un volume V = 10 mL d’acétone et un volume V_{s} = 5,0 mL d’une solution aqueuse contenant des ions hydroxyde de concentration c_{s} = 2,0 mol · L^{−1} .

1 Quels sont les réactifs et les produits de la réaction?

2 Calculer les quantités de matière initiales n_{1} de 2-nitrobenzaldéhyde et

n_{2} d’ions hydroxyde. 3 Montrer que la quantité de matière initiale d’acétone est égale à

n_{3} = 0,181 mol. 4 Écrire littéralement le tableau d’avancement de la transformation, puis

déterminer les quantités de matière de chaque espèce chimique à l’état final.

5 Déterminer la masse d’indigo théoriquement synthétisable.

6 En réalité, on mesure une masse de 0,59 g. Quel est le rendement de la synthèse ainsi réalisée.

Données :

Masses molaires :

M(H) = 1 g.mol^{−1} , M(C) = 12 g.mol^{−1} , M(N) = 14 g.mol^{−1} , M(O) = 16 g.mol^{−1} , M(Indigo) = 262 g.mol^{−1}

Masse volumique de l’acétone : ρ_{3} D ρ▷C_{3}H_{6}O◁ D 1,05 g.mL^{−1}

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 397 — #405 CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{397} CORRIGÉS INTERROS COURS

Transferts thermiques, alcanes et alcools

27Chaleur latente_{Lycée Bouchardon, Chaumont} Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

Dans un calorimètre, on introduit 150 mLd’eau à la température θ_{e} D 18,0°C et un glaçon, en cours de fusion et soigneusement essuyé, de masse m_{g} D 10,0 g. La température finale d’équilibre, après fusion totale du glaçon, est θ_{f} D 11,9°C. La capacité thermique du calorimètre est négligeable. Déterminer la chaleur latente de fusion de la glace. Données :

capacité thermique massique de l’eau liquide : c_{e} D 4,18.10^{3} J · kg^{−1} · °C^{−1};

masse volumique de l’eau : μ_{e} D 1 000 kg · m^{−3} .

28Plaque chauffante_{Lycée Monod, Clamart} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Une plaque électrique chauffante (vitrocéramique) a une puissance de 1,0 kW. On pose, sur cette plaque, une casserole en verre Pyrex contenant 0,50 L d’eau. 1 Calculer l’énergie libérée par la plaque en 3 minutes.

2 Au niveau microscopique quel est l’effet, sur l’eau, d’un tel transfert

d’énergie? 3 (a) Quelle est l’élévation de la température de l’eau pendant les 3 mi-

nutes de chauffage, si elle reçoit 60% de l’énergie libérée par la plaque?

(b) L’eau est prise, initialement, à la température de 20°C; est-elle por-

tée à ébullition?

Données :

capacité thermique massique de l’eau : c_{e} D 4,18 kJ · kg^{−1} · °C^{−1} ;

masse volumique de l’eau : μ_{e} D 1 000 g · L^{−1} .

29Combustion d’un alcane_{Lycée Marceau, Chartres} Corrigé ; p. ?? ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Dans un laboratoire de thermochimie, une masse m D 1,50 g d’octane est brûlée dans un bombe calorimétrique de capacité thermique totale C D 26,50 kJ · °C^{−1}. Lors de la réaction, la température de l’ensemble : {calorimètre C accessoires C eau} s’élève de 1θ D 2,73°C .

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 398 — #406 INTERROS_{398}

1 Écrire l’équation-bilan de cette combustion.

2 Quel volume de dioxygène pur faut-il introduire dans le calorimètre pour

opérer dans les conditions stœchiométriques sachant que V D n · V_{m}? 3 Déterminer la chaleur Q reçue par l’ensemble :

{calorimètre C accessoires C eau}.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 399 — #407 CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{399} CORRIGÉS INTERROS COURS

4 En déduire :

(a) la chaleur de combustion Q_{r} de l’octane;

(b) son pouvoir calorifique P.C.en kJ · kg^{−1} .

Données :

masses molaires : M_{H} D 1,0 g · mol^{−1} et M_{C} D 12 g · mol^{−1};

volume molaire des gaz dans les conditions de travail : V_{m} D 24,0 L · mol^{−1}.

30Combustion des alcanes_{Lycée Guy de Maupassant, Colombes} Corrigé ; p. ?? ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

On brûle complètement, dans le dioxygène, une masse m_{1} d’un alcane A non cyclique. On recueille une masse m_{2} D 13,2 g de dioxyde de carbone et une quantité de matière n_{3} D 0,350 mol d’eau.

1 Écrire l’équation chimique de la combustion complète d’un alcane ayant

n atomes de carbone. 2 Calculer la quantité de matière n_{2} de dioxyde de carbone produit.

3 En déduire la valeur de n et la formule brute de A (on utilisera un tableau d’avancement pour répondre à cette question).

Données :

M_{H} D 1 g · mol^{−1}
M_{C} D 12 g · mol^{−1}
M_{O} D 16 g · mol^{−1}

31Combustion des alcools_{Lycée Blanche de Castille, Nantes} Corrigé ; p. ?? ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

La combustion de 1,56 gd’éthanol dans un calorimètre de capacité thermique totale C égale à 7,21 kJ ·^{∘} C^{−1}, provoque une augmentation de la température de 24,8°C à 30,6°C.

1 Écrire l’équation -bilan de la réaction de combustion correspondante.

2 Calculer l’énergie libérée lors de l’expérience.

3 En déduire la chaleur de combustion de l’éthanol.

Données : masses molaires de quelques éléments :

M_{H} D 1 g · mol^{−1}  M_{C} D 12 g · mol^{−1}  M_{O} D 16 g · mol^{−1}

32Combustion du propane_{Lycée Félix Faure, Beauvais} Corrigé ; p. ?? ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

Déterminer la chaleur de combustion complète du propane (C_{3}H_{8}) (l’eau étant obtenue à l’état gazeux).

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 400 — #408 INTERROS_{400}

Données : énergies moyennes de liaison :

E_{C–C} D 348 kJ · mol^{−1} E_{C–H} D 412 kJ · mol^{−1}
E_{ODO} D 496 kJ · mol^{−1} E_{CDO} D 804 kJ · mol^{−1}
E_{O–H} D 463 kJ · mol^{−1}

33Combustion du méthane_{Lycée Rosa Parks, Montgeron} Corrigé ; p. ?? ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

1 Écrire l’équation-bilan de la combustion complète du méthane.

2 On appelle pouvoir calorifique (P.C.) d’un combustible la quantité de chaleur dégagée lors de la combustion complète de 1,00 kg de combustible; son unité est le kJ · kg^{−1}.

(a) Calculer la chaleur de la réaction de combustion complète du méthane dans le dioxygène, les produits obtenus lors de cette combustion étant gazeux.

(b) En déduire la valeur du pouvoir calorifique du méthane.

Données :

masses molaires de l’hydrogène et du carbone :

M_{H} D 1 g · mol^{−1} M_{C} D 12 g · mol^{−1}

énergies de liaison :

E_{C–H} D 410 kJ · mol^{−1} E_{ODO} D 494 kJ · mol^{−1}
E_{CDO} D 803 kJ · mol^{−1} E_{O–H} D 462 kJ · mol^{−1}

34Bougie_{Institut Notre-Dame, Meudon} Corrigé ; p. ?? ; 30 min ; ⋆ ; ⋆

On introduit une bougie allumée, de masse m D 3,52 g, dans un flacon de volume V D 500 mLrempli d’air. On ferme alors le flacon et on constate que la bougie s’éteint rapidement. La bougie est constituée de paraffine, molécule de formule brute C_{25}H_{52}. L’air est constitué, en volume, de 20% de dioxygène.

1 Écrire l’équation chimique de la combustion de la bougie, si l’on considère que la réaction produit du dioxyde de carbone et de l’eau. L’observation permet-elle de préciser le réactif limitant?

2 Quelles sont les quantités de matière des réactifs avant toute réaction?

3 Dresser le tableau d’avancement de la réaction.

4 En déduire la masse de paraffine brûlée.

Données :

volume molaire des gaz : V_{m} D 24 L · mol^{−1} :

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 401 — #409 CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{401} CORRIGÉS INTERROS COURS

masses molaires du carbone et de l’oxygène :

M_{C} D 12 g · mol^{−1} M_{O} D 16 g · mol^{−1}

relation entre volume d’un gaz V, quantité de matière n de ce gaz et volume molaire V_{m} :

V_{m} D \frac{V}{n} , avec V_{m}en L · mol^{−1} I V en L I n en mol.

35Combustion d’un alcool_{Lycée Edgard Quinet, Bourg-en-Bresse} Corrigé ; p. ?? ; 30 min ; ⋆ ; ⋆

On considère la combustion complète de l’éthanol liquide.

1 Écrire et équilibrer l’équation-bilan correspondante, sachant qu’il se

forme de l’eau liquide aussi. 2 Calculer la chaleur de combustion de l’éthanol liquide lorsque l’eau se

forme aussi à l’état liquide.

Données :

énergies de liaison :

E_{C–H} D 410 kJ · mol^{−1} E_{C–C} D 348 kJ · mol^{−1}
E_{C–O} D 356 kJ · mol^{−1} E_{O–H} D 460 kJ · mol^{−1}
E_{ODO} D 494 kJ · mol^{−1} E_{CDO} D 795 kJ · mol^{−1}

Chaleurs latentes molaires de vaporisation :

éthanol : L_{va} D 42,6 kJ · mol^{−1}
eau : L_{ve} D 41 kJ · mol^{−1}

Spectroscopie

36

Spectroscopie infra rouge

Corrigé ; p. ?? ; 10 min ; ⋆

On se propose d’étudier la structure et les fonctions organiques des molécules d’éthanol et d’éthanal en spectroscopie infra rouge.

1 Représenter en formule semi développée les deux molécules étudiées et

encadrer leur groupes caractéristiques. 2 Nommer les groupes fonctionnels des deux molécules.

3 En utilisant les données spectroscopiques page ??, associer les spectres IR suivant à la molécule correspondante.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 402 — #410 INTERROS_{402}

Spectroscopie Infrarouge en phase liquide. Spectre IR1. Spectroscopie Infrarouge en phase liquide. Spectre IR2.

Nomenclature des alcanes — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 403 — #411 CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{403} CORRIGÉS INTERROS COURS
1_{QCM} Nomenclature des alcanes {Enoncé \atop p. ??}

1 La formule topologique de la molécule omet la représentation des atomes C et H, ainsi que les liaisons C–H :

Cette molécule a donc pour formule brute : C_{9}H_{20} (réponse b ).

2 La molécule précédente présente une chaîne principale à 6 atomes de carbone; c’est un hexane.

Trois groupes méthyl (–CH_{3}) sont fixés à la chaîne principale sur les atomes de carbone 2,5,5 ou 2,2,5 selon le sens de parcours de la chaîne principale. La comparaison des sommes :

2 C 5 C 5 D 12 > 2 C 2 C 5 D 9

indique que la molécule s’appelle alors le 2,2,5-triméthylhexane (réponse b ).

3 Le 1,1-diméthylcyclohexane est une molécule de cyclohexane

dans laquelle deux atomes d’hydrogène ont été substitués par des groupes méthyl (–CH_{3}) :

Cette molécule a donc pour formule brute : C_{8}H_{16} (réponse c ).

4 La chaîne principale du 2-méthyl-2-éthylpropane doit présenter 3 atomes de carbone (c’est un propane) sur lesquels viennent se lier des groupes méthyl (–CH_{3}) et éthyl (–C_{2}H_{5}) :

La formule brute de cette molécule est donc : C_{6}H_{14}.

Composés oxygénés — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 404 — #412

CORRIGÉS_{404}

Cependant, la chaîne principale de cette molécule comporte plutôt 4 atomes de carbone (c’est un butane); l’atome de carbone (2) porte en outre deux substituants méthyl. C’est pourquoi cette molécule s’appelle plutôt :

le 2,2-diméthylbutane (réponse d ).

2_{QCM} Les alcools {Enoncé \atop p. ??}

1 Un alcool est une molécule comportant au moins une liaison –OH et des liaisons C–H et C–C (ce qui exclut les liaisons C D O et C–O–C). Par conséquent, l’alcool est la molécule de formule semi-développée :

CH_{3}–CH_{2}–CH_{2}–OH (réponse a ).

2 L’hexanol est un alcool comportant n D 6 atomes de carbone; sa formule brute est alors :

C_{6}H_{14}O (réponse b ).

3 La molécule proposée possède 5 atomes de carbone sur sa chaîne principale; il s’agit alors d’un pentanol :

Le groupe –OH étant lié à l’atome de carbone (2), il s’agit d’un pentan-2-ol, qui présente un groupe méthyl (–CH_{3}) sur l’atome de carbone (4). C’est pourquoi cette molécule s’appelle finalement :

le 4-méthylpentan-2-ol (réponse c ).

3_{QCM} Composés oxygénés {Enoncé \atop p. ??}

1 La molécule proposée présente un groupe carbonyle (–CHO) caractéristique des aldéhydes, lequel groupe définit l’extrémité à partir de laquelle sont numérotés les 5 atomes de carbone de la chaîne principale (c’est un pentanal) :

Un groupe méthyl (–CH_{3}) apparaît ainsi lié à l’atome de carbone n°3, en conséquence de quoi cette molécule s’appelle :

le 3-méthylpentanal (réponse b ).

Synthèses organiques — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 405 — #413

CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{405} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Le groupe caractéristique des aldéhydes est le groupe carbonyle (–CHO) qui ne peut être localisé qu’en bout de chaîne (réponse a ) :

3 En revanche, les cétones sont caractérisées par le groupe carbonyle –CO– qui ne peut pas être situé en bout de chaîne (réponse c ) :

4 Le méthylpropanal et la butanone ont pour formules semi-développées :

Ces molécules, bien que différentes, possèdent la même formule brute C_{4}H_{8}O; ce sont des isomères (réponse a ).

5 L’acide 2,3-diméthylbutanoïque présente un groupe carboxyle (–COOH), caractéristique des acides carboxyliques. Ce groupe définit le début de la numérotation des 4 atomes de carbone qui composent la chaîne principale (ce qu’indique la racine butan) :

Deux groupes méthyl (–CH_{3}) sont alors liés aux atomes de carbone n°2 et n°3, tandis que des liaisons C–H complètent la tétravalence des atomes de carbone (voir page ci-conttre).

Cette molécule a donc pour formule brute :

C_{6}H_{12}O_{2} (réponse b ).

4_{QCM} Synthèses organiques {Enoncé \atop p. ??}

1 Les étapes d’une synthèse organique ont lieu dans l’ordre suivant : Réaction chimique (pour former les produits) Extraction (pour récupérer le produit intéressant) Purification (pour purifier le produit à isoler) Calcul du rendement (pour évaluer l’efficacité de la synthèse). (réponse b ).

Transferts thermiques — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 406 — #414

CORRIGÉS_{406}

2 Un catalyseur permet d’accélérer une réaction chimique sans intervenir dans le bilan. Á la fin de la réaction, il est présent dans les mêmes quantités qu’au début (réponse d ).

3 Le chauffage à reflux n’est pas une technique de séparation. Il est utiliser pour réaliser la synthèse d’une substance chimique (réponse b ). La chromatographie sur couche mince ne peut pas être utilisée comme technique de séparation, en revanche une chromatographie sur colonne permet de séparer différents constituants.

4 Le rendement d’une synthèse correspond au rapport entre la masse de produit réellement obtenue et la masse que l’on peut théoriquement obtenir (et non l’inverse).Il est sompris entre 0 et 1 et ne peut jamais être supérieur à 100%. La bonne réponse est donc la réponse c .

5 Une ampoule à décanter permet de séparer deux liquides non miscibles de densité différentes (réponse d ).

5_{QCM} Transferts thermiques {Enoncé \atop p. ??}

1 Par définition, la condensation d’un corps pur est le passage de son état gazeux à son état solide (réponse c ).

Remarque : dans la vie quotidienne, on évoque également la condensation pour le passage de l’eau de l’état gazeux à l’état liquide (formation d’eau sur les vitres froides). Il s’agit alors de condensation dite liquide (par opposition à la condensation solide qui est la condensation dans le sens donné par le physicien).

2 À pression ordinaire, l’équilibre thermique entre l’eau et la glace ne peut

se réaliser qu’à θ D 0°C (réponse b ). 3 Lorsqu’une masse m d’eau est vaporisée :

H_{2}O_{▷liq◁} → H_{2}O_{▷gaz◁}

elle absorbe la quantité de chaleur Q_{reçue} D m × L_{vap}, c’est-à-dire qu’elle libère la quantité de chaleur :

Q D −Q_{reçue} D −m × L_{vap} (réponse a ).

4 Lorsque la température d’un corps, de capacité thermique C D mc, varie

de θ_{i} à θ_{f} , ce corps peut recevoir l’énergie, sous forme thermique : Q D mc × ▷θ_{f} − θ_{i}◁ (réponse b ).

5 Un calorimètre parfait est caractérisé par :

des parois, de capacité thermique C, qui reçoivent la quantité de chaleur Q D C × 1θ lorsque leur température varie de 1θ. Or, cette chaleur doit être nulle (afin que le calorimètre n’intervienne pas dans les bilans énergétiques), quelle que soit la valeur de 1θ, ce qui impose : C D 0.

Nomenclature des alcools — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 407 — #415 CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{407} CORRIGÉS INTERROS COURS

des parois parfaitement calorifugées (réponse a ), c’est-à-dire qui ne laissent pas passer la chaleur (par définition, des parois diathermanes sont, au contraire, parfaitement perméables à la chaleur).

6Nomenclature des alcanes_{Lycée Saint-Sernin, Toulouse} {Enoncé \atop p. ??}

La chaîne principale du 2,2,3-triméthylbutane comporte 4 atomes de carbone, tandis que trois groupes méthyle (CH_{3}–) sont liés aux atomes de carbone (2) et (3) :

Complétée avec les atomes d’hydrogène qui assurent la tétravalence du carbone, la formule de cette molécule devient :

Quant au 3-méthyl-3-éthypentane, sa chaîne principale comporte 5 atomes de carbone, dont le troisième est lié à un groupe éthyl (–CH_{2}–CH_{3}) et à un groupe méthyl (–CH_{3}) :

En complétant à nouveau avec des atomes d’hydrogène, on obtient la formule semi-développée :

Les deux molécules précédentes ont des formules brutes respectives C_{7}H_{16} et C_{8}H_{18} différentes, en raison de quoi elle ne sont pas isomères.

Nomenclature des alcanes — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 408 — #416 CORRIGÉS_{408}
7Nomenclature des alcools_{Lycée Sainte-Marie, Antony} {Enoncé \atop p. ??}

1 Le méthylpropan-1-ol est un alcool dont la chaîne principale contient 3 atomes de carbone (c’est un propanol), dont le premier est lié au groupe –OH :

Le substituant méthyl (–CH_{3}) peut donc a priori occuper trois positions :

La première et la troisième configurations sont impossibles car elles rallongeraient la chaîne carbonée principale : avec 4 atomes de carbone, il s’agirait alors d’un butanol. Donc, seule la deuxième formule convient (CH_{3}– lié à l’atome de carbone 2), à laquelle s’ajoutent des atomes d’hydrogène qui assurent la tétravalence de chaque atome de carbone :

Cette formule semi-développée montre que la formule brute C_{4}H_{10}O peut représenter le méthylpropan-1-ol.

2 Le butan-2-ol est un alcool dont la chaîne principale (non ramifiée) comporte 4 atomes de carbone (c’est un butanol), le deuxième de ces atomes étant lié à un groupe –OH :

Cette molécule peut donc aussi être représentée par la formule brute C_{4}H_{10}O.

8Nomenclature des alcanes_{Lycée Saint-Sernin, Toulouse} {Enoncé \atop p. ??}

1 La chaîne hydrocarbonée la plus longue du premier alcane proposé possède 6 atomes de carbone :

Identification d’arômes — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 409 — #417 CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{409} CORRIGÉS INTERROS COURS

Il s’agit donc d’un hexane, substitué par deux groupes méthyl (–CH_{3}). Selon le sens dans lequel sont numérotés les atomes de carbone, les deux groupes méthyl sont localisés sur l’atome de carbone (3) ou (4). Il peut donc s’agir du 3,3-diméthylhexane ou du 4,4-diméthylhexane. Or, puisque la somme 3 C 3 D 6 est inférieure à 4 C 4 D 8, on retient comme nom :

le 3,3-diméthylhexane.

2 La plus longue chaîne hydrocarbonée du deuxième alcane possède également 6 atomes de carbone :

Il s’agit donc d’un hexane ramifié par un groupe méthyl (–CH_{3}) et par un groupe éthyl (–CH_{2}–CH_{3}). Selon le sens adopté pour la numérotation des atomes de carbone de la chaîne principale, ces deux groupes sont liés à l’atome de carbone (3) ou (4). En choisissant la plus petite de ces valeurs, cette molécule est nommée :

le 3-éthyl-3-méthylhexane.

Remarque : les groupes éthyl et méthyl sont énoncés dans l’ordre alphabétique de leurs initiales.

9Alcanes et alcools_{Lycée Guynemer, Compiègne} {Enoncé \atop p. ??}

L’hexane, de formule brute C_{6}H_{14}, possède une masse molaire plus importante que celle du pentane (de formule brute C_{5}H_{12}) :

M_{hexane} > M_{pentane}.

Or, plus la masse molaire d’un alcane est importante, plus sa température d’ébullition est élevée. C’est pourquoi on peut associer les grandeurs suivantes :

hexane ............ θ_{éb} D 69°C ........ bouteille A
pentane ............θ_{éb} D 36°C ........ bouteille B

10Identification d’arômes_{Lycée Amyot, Melun} {Enoncé \atop p. ??}

1 Dans l’arôme de tomate

Nomenclature des alcanes — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 410 — #418 CORRIGÉS_{410}

se trouvent : un groupe carbonyle CDC, caractéristique des aldéhydes; une double liaison –CH D CH– caractéristique des alcènes.

2 La molécule responsable de l’arôme de champignon :

comporte : une double liaison –CH D CH– caractéristique des alcènes; un groupe carbonyle –CO– caractéristique des cétones.

3 Dans l’arôme de menthe :

se trouve un groupe hydroxyle –OH caractéristique des alcools. Puisque l’atome de carbone lié à ce groupe est aussi lié à deux autres atomes de carbone, l’alcool est secondaire.

4 La molécule présente dans le citron :

possède 3 groupes carboxyles et 1 groupe hydroxyle. 3 groupes carboxyles :

caractéristiques des acides carboxyliques; 1 groupe hydroxyle (–OH) caractéristique des alcools. Or, l’atome de carbone lié à ce groupe est aussi lié à 3 autres atomes de carbone, en conséquence de quoi l’alcool correspondant est tertiaire.

11Nomenclature des alcanes_{Institut Notre-Dame, Meudon} {Enoncé \atop p. ??}

1 La chaîne hydrocarbonée principale du premier alcane comporte 5 atomes de carbone, auquel cas il s’agit d’un pentane : voir illustration page suivante.

Nomenclature des alcools — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 411 — #419 CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{411} CORRIGÉS INTERROS COURS

Quel que soit le sens choisi pour numéroter les atomes de carbone de cette chaîne principale, le substituant méthyl (–CH_{3}) est lié à l’atome (3); cette molécule s’appelle :

le 3-méthylpentane.

2 La chaîne principale du deuxième alcane comporte 4 atomes de carbone; c’est donc un butane :

Deux groupes méthyl (–CH_{3}) sont liés au même atome de carbone de cette chaîne, numéroté 2 ou 3 selon le sens de parcours de la chaîne principale. Cette molécule peut donc être le 2,2-diméthylbutane ou le 3,3-diméthylbutane. Or, puisque 2 C 2 D 4 < 3 C 3 D 6 , on retient plutôt le premier nom : le 2,2-diméthylbutane.

3 La chaîne carbonée principale de la troisième molécule est composée de 3 atomes de carbone; c’est un propane, sur lequel sont liés deux groupes méthyl (–CH_{3}). C’est pourquoi cette molécule s’appelle :

le diméthylpropane.

Remarque : la numérotation des atomes de la chaîne principale est ici superflue car, si l’un des substituants méthyl se trouvait sur un autre atome de carbone que le n°2, cette chaîne s’agrandirait et l’alcane serait un butane :

12Nomenclature des alcools_{Lycée Edgar Quinet, Bourg-En-Bresse} {Enoncé \atop p. ??}

Les alcools de formule brute C_{4}H_{10}O peuvent présenter :

une chaîne principale à 4 atomes de carbone (il s’agit alors d’un butanol), sur laquelle vient se lier le groupe –OH caractéristique des alcools :

Nomenclature des alcools — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 412 — #420 CORRIGÉS_{412}

Les deux dernières structures étant équivalentes aux deux premières, il reste finalement deux formules possibles :

une chaîne principale à 3 atomes de carbone (il s’agit alors d’un propanol), sur laquelle le quatrième atome de carbone vient se lier sous forme de groupe méthyle (–CH_{3}) :

Ce groupe ne peut se lier qu’à l’atome de carbone n°2, sans quoi la chaîne carbonée principale posséderait 4 atomes de carbone. Ainsi, le groupe –OH, caractéristique des alcools, peut se lier a priori à trois atomes de carbone :

Or, la première structure est équivalente à la troisième, de sorte que seulement deux molécules de propanol peuvent correspondre à la formule brute C_{4}H_{10}O :

Remarque : dans les noms des deux molécules précédentes, la position du groupe méthyl n’a pas été précisée, sans quoi on aurait écrit :

2-méthylpropan-1-ol et 2-méthylpropan-2-ol.

Cependant, cette précision aurait été superflue car le groupe méthyl (–CH_{3}) ne peut pas être lié à un autre atome de carbone (n°1 ou n°3) sans augmenter la longueur de la chaîne principale.

Nomenclature des alcools — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 413 — #421 CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{413} CORRIGÉS INTERROS COURS

Remarque : on aurait pu envisager aussi une liaison –OH sur le substituant méthyl porté par le deuxième atome de carbone :

Dans ce cas, la chaîne principale serait devenue la chaîne à 3 atomes de carbone qui porte le groupe –OH; il s’agirait du méthylpropan-1-ol déjà recensé.

13Nomenclature des alcools_{Institut Notre-Dame, Meudon} {Enoncé \atop p. ??}

1 Dans la formule topologique, un simple trait désigne la liaison entre deux atomes de carbone :

Dans ces hydrocarbures, la chaîne carbonée principale comporte 4 atomes de carbone (c’est un butane), dont le deuxième est lié à un groupe méthyl (–CH_{3}) :

C’est pourquoi cette molécule s’appelle : le 2-méthylbutane.

Remarque : la position du groupe méthyl n’a pas à être précisée, c’est pourquoi cette molécule s’appelle en fait le méthylbutane.

2 Outre les liaisons C–C, une formule topologique présente explicitement les liaisons qu’établissent les atomes de carbone avec tout autre élément que l’hydrogène; notamment la liaison C–OH caractéristique d’un alcool est toujours représentée :

La chaîne carbonée principale de cet alcool comporte 5 atomes de carbone et, quelque soit le sens choisi pour la numérotation de ces atomes, le groupe –OHest lié à l’atome de carbone n°3; il s’agit d’un pentan-3-ol:

Nomenclature des alcools — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 414 — #422 CORRIGÉS_{414}

Selon le sens choisi pour la numérotation des atomes de la chaîne principale, le groupe méthyl (–CH_{3}) est lié à l’atome de carbone n°2 ou n°4. Or, puisque ce n’est pas la position du groupe –OH qui détermine ici le sens de la numérotation, c’est la plus petite de ces valeurs qui est retenue. Par conséquent, cette molécule est :

le 2-méthylpentan-3-ol.

14Alcanes et alcools_{Lycée Victor Hugo, Colomiers} {Enoncé \atop p. ??}

1 La molécule d’octan-1-ol est un alcool qui possède 8 atomes de carbone (d’où provient la racine octa dans le nom de la molécule) dont le premier (ou le dernier) de la chaîne est lié au groupe –OH :

CH_{3}–CH_{2}–CH_{2}–CH_{2}–CH_{2}–CH_{2}–CH_{2}–CH_{2}–OH ou C_{8}H_{17}–OH

2 La différence d’électronégativité entre l’oxygène et l’hydrogène provoque, sur la liaison O–H, un déplacement des électrons statistiquement favorable à l’oxygène (qui se voit pourvu d’une charge formelle δ^{−} négative, tandis que l’hydrogène est chargé positivement). Des liaisons O⋯Hintermoléculaires, appelées liaisons hydrogène, s’établissent entre les molécules d’alcool, assurant la cohésion du liquide :

3 L’alcane (octane) et l’alcool présentent des chaînes carbonées de même longueur (8 atomes de carbone). En revanche, l’alcool peut établir des liaisons hydrogène qui sont inaccessibles à l’alcane. C’est pourquoi la cohésion de l’alcool, sous forme liquide, est mieux assurée que celle de l’alcane qui se vaporise ainsi plus facilement (sa température d’ébullition : 126°C est inférieure à celle de l’alcool : 195°C).

4 La présence du groupe –OH devrait assurer à l’alcool une bonne solubilité dans l’eau. Cependant, la chaîne carbonée comportant 8 atomes de carbone présente un encombrement stérique important : la chaîne hydrocarbonée (C_{8}H_{17}–) hydrophobe (non miscible à l’eau) masque la « tête » hydrophile –OH de la molécule. La molécule, sans être totalement insoluble, présente une faible miscibilité dans l’eau (sa solubilité dans l’eau vaut en fait 0,54 g · L^{−1} à 25°C).

Nomenclature des alcools — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 415 — #423 CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{415} CORRIGÉS INTERROS COURS
15Nomenclature des alcools_{Lycée Lacordaire, Marseille} {Enoncé \atop p. ??}

1 (a) Dans un premier temps, transformons la formule topologique proposée en formule semi-développée (voir page ci-contre).

La chaîne principale de cet alcool, de formule brute C_{5}H_{12}O, possède alors 4 atomes de carbone (c’est un butanol) dont le premier atome est lié au groupe –OH (il s’agit donc d’un butan-1-ol). En outre, le groupe méthyl (–CH_{3}) est lié à l’atome de carbone n°3 de la chaîne principale. C’est pourquoi cette molécule s’appelle le :

3-méthylbutan-1-ol.

Remarque : la numérotation des atomes de carbone composant la chaîne principale commence par l’atome de carbone le plus près du groupe –OH.

(b) Écrivons la formule semi-développée de la molécule :

dont la formule brute s’écrit : C_{8}H_{18}O. La chaîne principale comportant 6 atomes de carbone, cette molécule est un hexanol. Et, puisque la numérotation des atomes de carbone de la chaîne principale commence par l’atome le plus proche du groupe –OH :

ce groupe est lié à l’atome de carbone n°2; l’alcool est un hexan-2-ol;

deux groupes méthyl (–CH_{3}) sont liés aux atomes de carbone n°3 et n°4 en conséquence de quoi cette molécule s’appelle :

le 3,4-diméthylhexan-2-ol.

2 La formule brute C_{5}H_{10}O, que l’on peut aussi écrire C_{n}H_{2n}O, avec n D 5, est caractéristique des alcools cycliques (ici le cycle comporte n D 5 atomes de carbone) : voir schéma page ci-contre.

Nomenclature — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 416 — #424 CORRIGÉS_{416}

Cet alcool s’appelle donc le cyclopentanol.

16Nomenclature_{Lycée Rousseau, Montmorency} {Enoncé \atop p. ??}

1 La molécule possède un groupe carbonyle (–CO–) caractéristique des cétones, sur la chaîne principale, qui comporte 5 atomes de carbone; c’est une pentanone.

Quelle que soit l’extrémité de la chaîne principale choisie pour démarrer la numérotation des atomes de carbone, le groupe carbonyle est porté par l’atome de carbone n°3; il s’agit d’une pentan-3-one, dont les atomes de carbone n°2 et n°4 sont chacun liés à un groupe méthyl. Par conséquent, cette molécule s’appelle :

la 2,4-diméthylpentan-3-one.

2 La molécule proposée possède un groupe carboxyle –COOH, caractéristique des acides carboxyliques, dont l’atome de carbone détermine le début de la numérotation des 6 atomes de carbone qui composent la chaîne principale; il s’agit d’un acide hexanoïque :

Ce faisant, les atomes de carbone n°2 et n°3 sont chacun liés à un groupe éthyl (–CH_{2}–CH_{3}), en raison de quoi la molécule s’appelle :

l’acide 2,3-diéthylhexanoïque.

17Nomenclature_{Lycée Notre-Dame-Des-Minimes, Lyon} {Enoncé \atop p. ??}

Nomenclature — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 417 — #425 CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{417} CORRIGÉS INTERROS COURS

1 Dans une formule topologique, un trait dépourvu de lettre relie deux atomes de carbone (voir les figures de la page suivante).

Les liaisons C–H assurent finalement la tétravalence des atomes de carbone qui composent les molécules proposées par l’énoncé :

2 Molécule (1) – Cette molécule possède le groupe –OH caractéristique des alcools; comme elle possède 3 atomes de carbone, il s’agit d’un propanol. Enfin, le groupe –OH est lié à l’atome de carbone n°2 de la chaîne principale (quelle que soit l’extrémité choisie pour démarrer cette numérotation) :

C’est pourquoi cette molécule est le propan-2-ol.

Molécule (2) – Le groupe –COOH est caractéristique des acides carboxyliques. Notamment, celui-ci comporte deux atomes de carbone, auquel cas il s’appelle : l’acide éthanoïque.

Molécule (3) – Cette molécule comporte le groupe carbonyle (–CO–) caractéristique des cétones. Comme sa chaîne principale est composée de 4 atomes de carbone, il s’agit de la butanone.

Alcanes et alcools — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 418 — #426 CORRIGÉS_{418}

Molécule (4) – Le groupe carbonyle –CHO caractérise les aldéhydes. Notamment, puisque cette molécule possède 4 atomes de carbone, elle s’appelle : le butanal.

18Nomenclature_{Lycée Bouchardon, Chaumont} {Enoncé \atop p. ??}

1 Le groupe carboxyle –COOH est caractéristique des acides carboxyliques. Or, puisque la chaîne principale de cette molécule comporte 4 atomes de carbone, elle s’appelle : l’acide butanoïque.

2 La chaîne principale de la molécule proposée par l’énoncé comporte un groupe carbonyle (–CHO) caractéristique des aldéhydes et 4 atomes de carbone. Par conséquent c’est un butanal :

La numérotation de cette chaîne démarrant par l’atome de carbone du groupe carbonyle, un groupe éthyl (–CH_{2}–CH_{3}) apparaît lié à l’atome de carbone n°2. Il s’ensuit que cette molécule s’appelle : le 2-éthylbutanal.

3 La molécule présente un groupe carbonyle (–CO–) caractéristique des cétones et sa chaîne principale comporte 4 atomes de carbone; c’est donc une butanone (préciser la position du groupe carbonyle est superflu puisque cette position est unique) :

En démarrant la numérotation des atomes de carbone de la chaîne principale au plus près du groupe carbonyle, deux groupes méthyl (–CH_{3}) apparaissent liés à l’atome de carbone n°3. Par suite, cette molécule est :

la 3,3-diméthylbutanone.

19Alcanes et alcools_{Lycée Alexandre Dumas, Saint-Cloud} {Enoncé \atop p. ??}

1 La formule brute d’un alcane composé de n atomes de carbone s’écrit :

C_{n}H_{2nC2}. 2 La masse molaire d’un tel alcane vaut alors :

M D n M_{C} C ▷2n C 2◁ M_{H} D n × 12 C ▷2n C 2◁ × 1 D 14 n C 2.

Analyse d’une boisson — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 419 — #427

CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{419} CORRIGÉS INTERROS COURS

Appliquée à l’alcane A, cette relation devient :

14 n C 2 D M_{A} D 72 ⇒ 14 n D 72 − 2 D 70 ⇒ n D 5 auquel cas cet alcane a pour formule brute C_{5}H_{12}.

3 Deux alcanes sont isomères s’ils possèdent la même formule brute (C_{n}H_{2nC2}), mais sont différents par la longueur de la chaîne hydrocarbonée principale ou par la position des substituants sur cette chaîne.

4 Plusieurs alcanes isomères possèdent la même formule brute C_{5}H_{12} : l’alcane non substitué, dont la chaîne carbonée comporte 5 atomes de carbone :

CH_{3}–CH_{2}–CH_{2}–CH_{2}–CH_{3}

qui s’appelle le pentane. l’alcane dont la chaîne carbonée comporte 4 atomes de carbone (il s’agit alors d’un butane). Le groupe méthyle porteur du cinquième atome de carbone ne peut alors qu’être lié au deuxième atome de carbone de la chaîne principale (s’il était lié au troisième, il redonnerait la même molécule et s’il était lié au premier, la chaîne principale comporterait 5 atomes de carbone) :

Cet isomère s’appelle alors le méthylbutane (la position du groupe méthyle étant unique, la préciser devient superflu). l’alcane dont la chaîne carbonée principale ne comporte que 3 atomes de carbone (il s’agit d’un propane), dont le deuxième est lié à deux groupes méthyle (–CH_{3}) :

Puisque la position de ces groupes est unique (sans quoi la chaîne carbonée principale posséderait 4 atomes de carbone), sa précision est superflue dans le nom de l’alcane : le diméthylpropane.

5 Pour une masse molaire donnée, plus une molécule possède de substituants (ici des groupes méthyle –CH_{3}), plus sa température d’ébullition est basse. C’est pourquoi on peut attribuer les températures d’ébullition aux différents isomères de formule brute C_{5}H_{12} :

molécule nombre de substituants

θ_{éb}
pentane  0  36°C

méthylbutane 1

25°C

diméthylpropane 2 9°C

Choix d’un éluant — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 420 — #428 CORRIGÉS_{420}
20Analyse d’une boisson_{Lycée Colbert, Lyon} {Enoncé \atop p. ??}

1 Les échantillons qui donnent lieu à une seule tache sont ceux des espèces chimiques que l’on cherche à identifier, qui sont le saccharose et l’aspartame. Ils correspondent donc chacun à l’un ou l’autre des échantillons B et D. L’échantillon B se retrouve plus loin de la ligne de dépôt que l’échantillon D, donc il a un plus grand rapport frontal. L’échantillon B correspond donc à l’aspartame, et l’échantillon D au saccharose. Cela nous permet d’identifier les boissons : celle qui contient du saccharose (donc la boisson normale) est la A, et la C est la version light. En résumé : (A) boisson normale (B) aspartame (C) boisson light (D) saccharose

2 Il s’agit d’estimer la distance du front du solvant à la ligne de dépôt, ainsi que les distances dont ont migré l’aspartame et le saccharose. En mesurant sur la figure ??, on trouve les valeurs indiquées suivantes :

La distance H parcourue par le solvant vaut : H ≈ 40 mm. La distance dont a migré l’aspartame est h_{aspartame} ≈ 33 mm, et la distance dont a migré le saccharose est h_{saccharose} ≈ 8 mm.

On en déduit les rapports frontaux :

(a) de l’aspartame :

R_{f} D \frac{h_{aspartame}}{H} D \frac{33}{40} ≈ 0,83.

(b) du saccharose :

R_{f} D \frac{h_{saccharose}}{H} D \frac{8}{40} D 0,2.

Figure 10.3 – Distances parcourues par le solvant et les différentes espèces.

Synthèse de l’acétate d’éthyle — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 421 — #429

CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{421} CORRIGÉS INTERROS COURS

21Choix d’un éluant_{Lycée Jean-Baptiste Say, Paris} {Enoncé \atop p. ??}

Le meilleur éluant dépend des espèces que l’on souhaite mettre en évidence. Dans le cas présent, c’est celui qui va permettre le mieux de les séparer. Les espèces ont un rapport frontal très petit (et comparable) dans le diéthyléthane, donc celui-ci n’est pas du tout adapté. Elles sont bien mieux entraînées par l’hexane, mais leur rapport frontal est comparable, donc l’hexane ne permet pas de bien les séparer. L’acétone est le solvant le mieux adapté, puisque les deux espèces y ont un rapport frontal nettement différent.

22Chromatographie sur couche mince_{Lycée Florent-Schmitt, Saint-Cloud} {Enoncé \atop p. ??}

1 Le point de dépôt D donne plusieurs taches. Il ne peut donc pas correspondre à un colorant pur. Il s’agit donc du point de dépôt du sirop de fraise. Les autres points correspondent aux quatre colorants. Le point le plus proche du front du solvant correspond à celui qui a un rapport frontal R_{f} le plus élevé, et celui qui est le plus proche de la ligne de dépôt à celui qui a le rapport frontal le plus petit. On peut donc ainsi identifier chacun des points en fonction des R_{f} donnés dans l’énoncé. On obtient le chromatogramme suivant (figure ??).

Figure 10.4 – Illustration relative à la question 1.

2 On constate que le sirop de fraise a donné deux taches, l’une à l’ordonnée de la tartrazine, l’autre à l’ordonnée du rouge cochenille, donc le sirop de fraise contient ces deux colorants (E102 et E124). On peut également conclure que le sirop de fraise ne contient pas les colorants E122 et E131 (azorubine et bleu patenté), et ne contient pas d’autres colorants que ceux pour lesquels on a fait un test, sans quoi on verrait apparaître d’autres taches sur la ligne du sirop de fraise.

Synthèse de l’acide pentanoïque — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 422 — #430

CORRIGÉS_{422}

23Synthèse de l’acétate d’éthyle_{D’après Bac Pondichéry 2014} {Enoncé \atop p. ??}

1 Les fonctions chimiques intervenant sont :

COOH, groupement carboxyle, caractéristique des acides carboxyliques,

-OH, groupement hydroxyle, caractéristique des alcools. 2 (a) Seul le montage B représente un dispositif de chauffage à reflux :

un ballon surmonté d’un réfrigérant à eau.

Les autres montages représentent une distillation simple (montage C) et une distillation fractionnée (montage B). Or il ne s’agit pas ici de séparer des constituants mais de chauffer le milieu réactionnel sans perte de matière.

(b) Étape 1 : Étape de synthèse.

Étape 2 : Étape de séparation. Étape 3 : Étape de purification.

3 Par définition, le rendement η est le rapport de la quantité d’acétate d’éthyle réellement produite lors de la synthèse (n_{prod}) à la quantité maximale d’acétate d’éthyle que l’on peut produire (n_{max}) :

η D \frac{n_{prod}}{n_{max}} .

On trouve n_{prod} à partir du volume produit V, de la masse volumique ρ et de la masse molaire M de l’acétate d’éthyle :

n_{prod} D \frac{ρ × V}{M}

avec \begin{matrix}M & D 4 × M▷C◁ C 8 × M▷H◁ C 2 × M▷O◁ \\ M & D 4 × 12 C 8 × 1 C 2 × 16 D 88 g.mol^{−1} . \end{matrix}

D’où :

n_{prod} D \frac{0,925 × 5,9}{88} D 6,2.10^{−2} mol.

Comme les réactifs sont introduits dans les proportions stœchimétriques, n_{max} D 0,1 mol. Le rendement de la réaction vaut donc :

η D \frac{0,062}{0,1} D 62%.

24Synthèse de l’acide pentanoïque_{Lycée Victor Hugo, Colomiers} {Enoncé \atop p. ??}

1 La formule semi-développée du pentan-1-ol :

CH_{3}–CH_{2}–CH_{2}–CH_{2}–CH_{2}–OH

Synthèse de l’acide pentanoïque — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 423 — #431

CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{423} CORRIGÉS INTERROS COURS

montre que l’atome de carbone porteur du groupe –OHne possède qu’une seule liaison C–C, ce qui le classe parmi les alcools primaires.

2 Un volume V_{1} D 12 mL de pentan-1-ol présente une masse m_{1} qui définit sa masse volumique :

μ_{1} D \frac{m_{1}}{V_{1}} ⇒ m_{1} D μ_{1} V_{1} D 0,8 × 12 D 9,6 g de pentan-1-ol.

Cet échantillon contient donc une quantité de matière n_{1} telle que :

m_{1} D n_{1} M_{1} ⇒ n_{1} D \frac{m_{1}}{M_{1}} D \frac{9,6}{88,0} D 0,11 mol.

3 Un volume V_{2} D 200 mL D 0,2 L de solution de permanganate de potassium de concentration C_{2} D 0,50 mol · L^{−1} contient une quantité de matière n_{2} telle que :

C_{2} D \frac{n_{2}}{V_{2}} ⇒ n_{2} D C_{2} V_{2} D 0,5 × 0,2 D 0,1 mol d’ions MnO_{4}^{−} _{▷aq◁}.

4 La connaissance de la composition initiale du milieu réactionnel permet de dresser le tableau d’avancement de la réaction :

5 \overbrace{C_{5}H_{12}O_{▷liq◁}}^{pentan-1-ol}

C4 MnO_{4}^{−} _{▷aq◁}

C12 H^{C} → 11 H_{2}O_{▷liq◁}C

ac. pentanoïque

5 C_{5}H_{10}O_{2}_{▷aq◁} C 4 Mn_{▷aq◁}^{2C}

x D 0  n_{1}  n_{2}  0  0
x D̸ 0  n_{1} − 5 x  n_{2} − 4 x  5 x  4 x

6 D’après ce tableau :

le pentan-1-ol disparaît lorsque l’avancement x prend une valeur x_{1} telle que :

n_{1} − 5 x_{1} D 0 ⇒ x_{1} D \frac{n_{1}}{5} D \frac{0,11}{5} D 2,2.10^{−2} molI

les ions permanganate disparaissent lorsque l’avancement prend une valeur x_{2} telle que :

n_{2} − 4 x_{2} D 0 ⇒ x_{2} D \frac{n_{2}}{4} D \frac{0,1}{4} D 2,5.10^{−2} mol.

Le réactif limitant (ou introduit en défaut) est celui qui disparaît le premier, c’est-à-dire pour la plus petite des deux valeurs x_{1}et x_{2}, en l’occurrence x_{1} ici. Donc le pentan-1-ol est le réactif limitant.

7 D’après ce qui précède, la réaction cesse lorsque l’avancement prend la valeur x_{1} D 2,2.10^{−2} mol. La quantité d’acide pentanoïque qui peut théoriquement être formée vaut alors :

n_{théo} D 5 x_{1} D 5 × 2,2.10^{−2} D 0,11 mol.

8 La quantité de matière précédente peut être associée à la masse :

m_{théo} D n_{théo} × M_{3} D 0,11 × 102,0 D 11 g d’acide pentanoïque.

Suivi de synthèse — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 424 — #432

CORRIGÉS_{424}

9 Puisque la réaction produit seulement une masse m_{exp} D 8,4 g d’acide pentanoïque, son rendement ρ est défini par :

ρ D 100 × \frac{m_{exp}}{m_{théo}} D 100 × \frac{8,4}{11} ⇒ ρ D 76% .

25Suivi de synthèse_{Lycée Notre-Dame de Sion, Paris} {Enoncé \atop p. ??}

Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo avec 1 On commence par équilibrer les éléments qui ne figurent que dans un

seul réactif et un seul produit. C’est le cas :

de l’élément carbone (C), qui ne figure que dans l’alcool benzylique (côté réactifs) et dans l’acide benzoïque (côté produits);

de l’élément manganèse (Mn), qui ne figure que dans les ions permanganate (côté réactifs) et dans le dioxyde de manganèse (côté produits). Comme chaque molécule d’acide benzoïque et chaque molécule d’alcool benzylique possède sept atomes de carbones, on voit qu’il faut ajouter le coefficient stœchiométrique 3 devant l’alcool benzylique. De la même manière on voit qu’il faut ajouter le coefficient stœchiométrique 4 devant le dioxyde de manganèse. Il nous faut également ajouter le coefficient stœchiométrique 4 devant les ions H^{C}, de telle manière que la charge totale des réactifs et des produits soit la même (à savoir ici zéro). Une fois que ceci est fait on doit finalement équilibrer la quantité de matière en atomes d’hydrogène et d’oxygène, en ajustant le coefficient stœchiométrique de l’eau H_{2}O dans les produits. On voit que celui-ci doit être égal à cinq, pour que l’on ait 28 atomes d’hydrogène de part et d’autre, et 19 atomes d’oxygène. On obtient en définitive :

3C_{6}H_{5}CH_{2}OH C 4MnO_{4}^{−} C 4H^{C} → 3C_{6}H_{5}CO_{2}H C 5H_{2}O C 4MnO_{2}

2 À l’état initial, le système ne contient que les réactifs de la réaction. On voit ainsi, par une lecture verticale à t_{0}, que le chromatogramme est identique à celui du réactif pur, donné par une lecture verticale au-dessus de « R ».

3 Le temps augmente lorsqu’on se déplace vers la droite sur le chromatogramme (t_{0} < t_{1} < t_{2} < t_{3} < t_{4} < t_{5} < t_{6}). On voit qu’au cours du temps, la tache correspondant au réactif R (ligne supérieure) devient plus ténue, jusqu’à disparaître : la quantité de réactif diminue au cours du temps.

4 On peut déceler la présence de produit dans le mélange à la date t_{1} : une lecture verticale du chromatogramme à cette date montre une tache ténue ayant le rapport frontal du produit.

5 Une heure et demie correspond à six fois quinze minutes, soit la date t_{6}. On voit que le réactif n’est plus décelable dès la date t_{5}, il n’est donc pas

L’indigo — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 425 — #433

CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{425} CORRIGÉS INTERROS COURS

nécessaire d’attendre une heure et demie pour arrêter le chauffage : une heure et quinze minutes suffisent pour rendre le réactif indécelable.

26L’indigo_{Lycée Fénelon Sainte Marie, Paris} {Enoncé \atop p. ??}

1 Les réactifs sont le 2-nitrobenzaldéhyde, l’acétone et les ions hydroxyde.

Les produits sont l’indigo, les ions éthanoate et l’eau. 2 La masse molaire du 2-nitrobenzaldéhyde est :

M_{1} D 7 M▷C◁ C 5 M▷H◁ C 3 M▷O◁ C M▷N◁ M_{1} D 7 × 12 C 5 × 1 C 3 × 16 C 14 D 151g.mol^{−1} .

On en déduit n_{1} D \frac{m_{1}}{M_{1}} D \frac{1}{151} D 6,6.10^{−3} mol.

En ce qui concerne les ions hydroxyde : n_{2} D C_{s} × V_{S} n_{2} D 2 × 5.10^{−3} D 1,0.10^{−2} mol.

3 La masse molaire de l’acétone est :

M_{3} D 3 M▷C◁ C 6 M▷H◁ C M▷O◁ M_{3} D 3 × 12 C 6 × 1 C 16 D 58g.mol^{−1} . La masse dacétone se calcule à partir du volume et de la masse volumique :

m_{3} D ρ_{3}.V D 1,05 × 10 D 10,5 g.

On en déduit la quantité initiale d’acétone :

n_{3} D \frac{m_{3}}{M_{3}}

n_{3} D \frac{10,5}{58} D 1,8.10^{−1} mol.

4 Le tableau d’avancement s’écrit :

2 C_{7}H_{5}O_{3}N+2 C_{3}H_{6}O+ 2 HO^{−} → C_{16}H_{10}N_{2}O_{2}+2 C_{2}H_{3}O_{2}^{−} + 4 H_{2}O
x D 0  n_{1}  n_{3}  n_{2}  0  0  SOLVANT
x D̸ 0 n_{1} − 2x n_{3} − 2x n_{2} − 2x  x  2x  SOLVANT

Tous les réactifs interviennent dans les mêmes proportions stœchiométriques. Le réactif limitant est donc celui présent en plus petite quantité : c’est le 2-nitrobenzaldéhyde.

On en déduit x_{max} D \frac{n_{1}}{2} D 3,3.10^{−3} mol.

On en déduit les quantités de matière de chaque espèce dans l’état final :

n▷C_{7}H_{5}O_{3}N◁ D 0 mol (réactif limitant) n▷C_{3}H_{6}O◁ D 1,8.10^{−1} − 2 × 3,3.10^{−3} D 1,7.10^{−1} mol n▷HO^{−} ◁ D 1,0.10^{−2} − 2 × 3,3.10^{−3} D 3,4.10^{−3} mol n▷Indigo◁ D 3,3.10^{−3} mol n▷C_{2}H_{3}O_{2}^{−} ◁ D 2 × 3,3.10^{−3} mol D 6,6.10^{−3} .

L’eau est utilisée comme solvant.

L’indigo — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 426 — #434

CORRIGÉS_{426}

5 On peut en déduire la masse maximale théorique de cette synthèse : m▷Indigo◁ D n▷Indigo◁ × m▷Indigo◁ m▷Indigo◁ D 3,3.10^{−3} × 262 D 8,7.10^{−1} g

6 Le rendement η de cette synthèse est :η D \frac{0,59}{8,7.10^{−1}} D 68%.

Plaque chauffante — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 427 — #435

CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{427} CORRIGÉS INTERROS COURS

27Chaleur latente_{Lycée Bouchardon, Chaumont} {Enoncé \atop p. ??}

Le calorimètre contient :

un volume V_{e} D 150 mL D 0,15 L D 0,15.10^{−3} m^{3} d’eau, dont la masse m_{e} est à l’origine de la définition de la masse volumique de l’eau :

μ_{e} D \frac{m_{e}}{V_{e}} ⇒ m_{e} D μ_{e} V_{e} D 1 000 × 0,15.10^{−3} D 0,15 kg.

Pour que la température de cette masse d’eau passe de θ_{e} D 18,0°C à θ_{f} D 11,9°C, il faut lui enlever l’énergie thermique :

Q_{e} D m_{e} c_{e} × ▷θ_{f} − θ_{e}◁
D 0,15 × 4,18.10^{3} × ▷11,9 − 18◁ D −3 824,7 J.

un glaçon, de masse m_{g} D 10 g D 0,01 kg et de température initiale θ_{0} D 0°C (car c’est la température de fusion de la glace et le glaçon est « en cours de fusion »). Ce glaçon subit une transformation qui peut se décomposer en deux étapes :

glaçon à θ_{0} D 0°C −→^{Q_{g}} eau à θ_{0} D 0°C −→^{Q′_{e}} eau à θ_{f} D 11,9°C.

– la fusion totale de la masse m_{g} de glace requiert un apport d’énergie

thermique :

Q_{g} D m_{g} L_{fus} D 0,01 × L_{fus}I

où L_{fus} désigne la chaleur latente massique de fusion de la glace.

– la masse d’eau : m′_{e} D m_{g} ainsi produite absorbe une énergie thermique

Q′_{e} pour que sa température passe de θ_{0} D 0°C à θ_{f} D 11,9°C :

Q′_{e} D m_{g} c_{e} × ▷θ_{f} − θ_{0}◁
D 0,01 × 4,18.10^{3} × ▷11,9 − 0◁ D 497,4 J.

Ce faisant, le système contenu dans le calorimètre reçoit une énergie thermique :

Q_{tot} D Q_{e} C Q_{g} C Q′_{e}

nulle, si les parois du calorimètre sont parfaitement calorifugées. Il s’ensuit que : 0 D −3 824,7 C 0,01 × L_{fus} C 497,4 ⇒ 0,01 × L_{fus} D 3 824,7 − 497,4 ≈ 3 327 J ⇒ L_{fus} ≈ 3,33.10^{5} J · kg^{−1} .

28Plaque chauffante_{Lycée Monod, Clamart} {Enoncé \atop p. ??}

1 Si, pendant la durée 1t D 3 min D 3 × 60 D 180 s, la plaque libère une énergie E_{lib} (en joule), sa puissance P (en watt) est définie par le rapport :

P D \frac{E_{lib}}{1t} ⇒ E_{lib} D P × 1t D 1 000 × 180 D 1,8.10^{5} J.

Combustion d’un alcane — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 428 — #436 CORRIGÉS_{428}

2 L’énergie thermique reçue par l’eau sert, dans un premier temps, à augmenter l’agitation des molécules du liquide. Si le chauffage est maintenu assez longtemps, l’agitation est suffisamment grande pour vaincre les liaisons hydrogène du liquide. Les molécules s’en échappent; c’est l’ébullition.

3 (a) La casserole contient un volume V_{e} D 0,5 L, auquel correspond une masse m_{e} à l’origine de la définition de la masse volumique de l’eau :

μ_{e} D \frac{m_{e}}{V_{e}} ⇒ m_{e} D μ_{e} × V_{e} D 1 000 × 0,5 D 500 g D 0,5 kg.

Si l’on admet que la température de l’eau n’atteint pas la valeur θ_{100} D 100°C de l’ébullition, seule la température de l’eau est modifiée (elle passe de θ_{i} D 20°C à une valeur θ_{f} ) :

H_{2}O_{▷liq◁}_{θ_{i}D20°C} −−−→^{Q_{reçue}} H_{2}O_{▷liq◁}_{θ_{f}}

Au cours de cet échauffement, la masse m_{e} d’eau reçoit alors l’énergie thermique :

Q_{reçue} D m_{e} c_{e} × ▷θ_{f} − θ_{i}◁

dont l’énoncé précise qu’elle correspond à 60% de l’énergie E_{lib} libérée par la plaque :

Q_{reçue} D 60% E_{lib} ⇒ m_{e} c_{e} × ▷θ_{f} − θ_{i}◁ D \frac{60}{100} × E_{lib}
⇒ θ_{f} − θ_{i} D \frac{0,6 × E_{lib}}{m_{e} c_{e}} D \frac{0,6 × 1,8.10^{5}}{0,5 × 4 180} .

La température de l’eau subit donc une augmentation :

1θ D θ_{f} − θ_{i} ≈ 52°C.

(b) Compte tenu de la valeur de θ_{i}, la température finale de l’eau vaut :

θ_{f} D θ_{i} C 1θ D 20 C 51,7 ⇒ θ_{f} D 72°C.

Puisque θ_{f} est inférieure à 100°C, l’hypothèse selon laquelle l’eau n’est pas portée à ébullition est vérifiée.

Remarque : si cette hypothèse n’avait pas été vérifiée, les calculs auraient fourni θ_{f} ⩾ 100°C. Deux cas se seraient alors présentés :

soit θ_{f} D 100°C si l’eau liquide était restée en équilibre avec la vapeur d’eau;

soit θ_{f} > 100°C s’il n’était plus resté d’eau liquide.

Combustion d’un alcane — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 429 — #437 CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{429} CORRIGÉS INTERROS COURS
29Combustion d’un alcane_{Lycée Marceau, Chartres} {Enoncé \atop p. ??}

1 La combustion de l’octane (C_{8}H_{18}) consiste en sa réaction avec le dioxygène O_{2}, pour produire du dioxyde de carbone et de l’eau :

C_{8}H_{18} C O_{2} D CO_{2} C H_{2}O.

Cette équation doit être équilibrée à l’égard du carbone et de l’hydrogène, en agissant directement sur le membre de droite :

C_{8}H_{18} C O_{2} D 8 CO_{2} C 9 H_{2}O.

Le membre de droite de cette équation contient alors 8 × 2 C 9 D 25 atomes d’oxygène qui doivent se retrouver sous forme de molécules O_{2} dans le membre de gauche :

C_{8}H_{18} C \frac{25}{2} O_{2} D 8 CO_{2} C 9^{,}H_{2}O.

2 La masse molaire de l’octane valant :

M D 8 M_{C} C 18 M_{H} D 8 × 12 C 18 × 1 D 114 g · mol^{−1}

une masse m D 1,50 g contient une quantité de matière :

n D \frac{m}{M} D \frac{1,5}{114} ≈ 1,32.10^{−2} mol.

L’évolution de la combustion de cette quantité d’octane en présence de n_{0} mol de dioxygène peut être décrite à l’aide du tableau d’avancement suivant :

C_{8}H_{18}C \frac{25}{2} O_{2} D8 CO_{2}C9 H_{2}O
x D 0  n  n_{0}  0  0
x D̸ 0 n − x n_{0} − 12,5 x 8x  9x

Les réactifs sont introduits dans les proportions stœchiométriques s’ils disparaissent simultanément du milieu réactionnel, c’est-à-dire si l’avancement prend, en fin de réaction, une valeur x_{f} telle que :

n_{C_{8}H_{18}} D n − x_{f} D 0 ⇒ x_{f} D n ≈ 1,32.10^{−2} mol

et :

n_{O_{2}} D n_{0} − 12,5 x_{f} D 0 ⇒ n_{0} D 12,5 × x_{f} ≈ 12,5 × 1,32.10^{−2}
⇒ n_{0} ≈ 0,165 mol de O_{2}.

Il a donc fallu introduire, dans le calorimètre, un volume de dioxygène :

V_{O_{2}} D n_{0} × V_{m} D 0,165 × 24 ⇒ V_{O_{2}} ≈ 3,96 L de O_{2}.

3 L’ensemble {calorimètre C accessoire C eau}, de capacité thermique C, voit sa température varier de 1θ après avoir reçu une chaleur :

Q D C × 1θ D 26,5.10^{3} × 2,73 ≈ 72,4.10^{3} J.

Combustion des alcanes — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 430 — #438 CORRIGÉS_{430}

4 (a) La quantité n D 1,32.10^{−2} mol d’octane a libéré la quantité d’énergie E_{lib} qui a permis à la température de l’ensemble de s’élever de 1θ. Par conséquent, en l’absence de pertes thermiques, l’énergie E_{lib} a été intégralement récupérée par l’ensemble :

E_{lib} D Q D 72,4.10^{3} J.

La chaleur de combustion Q_{r} de l’octane vérifie alors :

E_{lib} D −n × Q_{r} ⇒ Q_{r} D −\frac{E_{lib}}{n} D −\frac{72,4.10^{3}}{1,32.10^{−2}}
⇒ Q_{r} ≈ −5 481.10^{3} J · mol^{−1} D −5,48.10^{3} kJ · mol^{−1} .

(b) La masse m D 1,5 g D 1,5.10^{−3} kg d’octane a libéré l’énergie E_{lib}, en conséquence de quoi le pouvoir calorifique de l’octane est défini par :

P.C. D \frac{E_{lib}}{m} D \frac{72,4.10^{3}}{1,5.10^{−3}}
⇒ P.C. ≈ 4,8.10^{7} J · kg^{−1} .

30Combustion des alcanes_{Lycée Guy de Maupassant, Colombes} {Enoncé \atop p. ??}

1 Pour établir la formule générale de combustion d’un alcane non cyclique, il suffit d’exploiter l’algorithme développé à la page ?? et qui conduit à :

C_{n}H_{2nC2} C \frac{3n C 1}{2} O_{2}_{▷gaz◁} → n CO_{2}_{▷gaz◁}C ▷n C 1◁ H_{2}O_{▷gaz◁}

2 La masse molaire du dioxyde de carbone étant :

M_{CO_{2}} D M_{C} C 2 M_{O} D 12 C 2 × 16 D 44 g · mol^{−1}

la masse m_{2} D 13,2 g de CO_{2}_{▷gaz◁} contient la quantité de matière n_{2} telle que :

m_{2} D n_{2} M_{CO_{2}} ⇒ n_{2} D \frac{m_{2}}{M_{CO_{2}}} D \frac{13,2}{44} D 0,30 mol.

3 En notant n_{0} et n_{1} les quantités de matière initiales en alcane et en dioxygène, le tableau d’avancement de la réaction s’écrit :

C_{n}H_{2nC2}C \frac{3nC1}{2} O_{2}_{▷gaz◁}→ n CO_{2}_{▷gaz◁}C▷n C 1◁ H_{2}O_{▷gaz◁}
x D 0  n_{0}  n_{1}  0  0
x_{f} D̸ 0 n_{0} − x_{f} n_{1} − \frac{3nC1}{2}x_{f} n_{2} D n x_{f} n_{3} D ▷n C 1◁x_{f}

Combustion des alcools — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 431 — #439 CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{431} CORRIGÉS INTERROS COURS

À la fin de la réaction, l’avancement prend alors une valeur x_{f} qui détermine les quantités de matière de dioxyde de carbone et d’eau :

\{ \begin{matrix}n_{3} D ▷n C 1◁ x_{f} \\ n_{2} D n x_{f} \end{matrix} ⇒ \frac{n_{3}}{n_{2}} D \frac{n C 1}{n} D 1 C \frac{1}{n}
⇒ \frac{1}{n} D \frac{n_{3}}{n_{2}} − 1 D \frac{0,35}{0,3} − 1 D \frac{0,05}{0,3}
⇒ n D \frac{0,3}{0,05} D 6.

Par conséquent, la formule brute de A est : C_{6}H_{14}.

31Combustion des alcools_{Lycée Blanche de Castille, Nantes} {Enoncé \atop p. ??}

1 La combustion de l’éthanol (CH_{3}–CH_{2}–OH ou C_{2}H_{6}O) consiste en sa réaction avec le dioxygène pour produire du dioxyde de carbone et de l’eau :

C_{2}H_{6}O_{▷liq◁}C O_{2}_{▷gaz◁}D CO_{2}_{▷gaz◁}C H_{2}O.

Cette équation doit d’abord être équilibrée relativement aux éléments carbone et hydrogène, en agissant directement sur le membre de droite :

C_{2}H_{6}O_{▷liq◁}C O_{2}_{▷gaz◁}D 2 CO_{2}_{▷gaz◁}C 3 H_{2}O.

Le membre de droite contient ainsi 2×2C3 D 7 atomes d’oxygène que l’on doit retrouver dans le membre de gauche sous forme de C_{2}H_{6}O et sous forme O_{2} :

C_{2}H_{6}O_{▷liq◁}C 3 O_{2}_{▷gaz◁}D 2 CO_{2}_{▷gaz◁}C 3 H_{2}O.

2 Lors de l’expérience, l’énergie libérée E_{lib} par la combustion est convertie en chaleur (Q), laquelle est reçue par le calorimètre, dont la température varie de θ_{i} D 24,8°C à θ_{f} D 30,6°C :

E_{lib} D Q D C ▷θ_{f} − θ_{i}◁ D 7,21.10^{3} × ▷30,6 − 24,8◁ D 4,18.10^{4} J.

3 La masse molaire de l’éthanol valant :

M_{C_{2}H_{6}O} D 2 M_{C} C 6 M_{H} C M_{O} D 2 × 12 C 6 × 1 C 16 D 46 g· mol^{−1}

une masse m D 1,56 g d’alcool contient la quantité de matière :

n D \frac{m}{M_{C_{2}H_{6}O}} D \frac{1,56}{46} ≈ 0,034 mol de C_{2}H_{6}O.

Le tableau d’avancement de cette réaction :

C_{2}H_{6}O_{▷gaz◁}C3 O_{2}_{▷gaz◁}D2 CO_{2}_{▷gaz◁}C 3 H_{2}O
x D 0  n  n_{1}  n_{2}  n_{3}
x D̸ 0  n − x  n_{1} − 3x n_{2} C 2x n_{3} C 3x

Combustion du propane — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 432 — #440

CORRIGÉS_{432}

montre qu’à l’issue de cette combustion, l’avancement prend une valeur x D x_{f} qui assure la disparition de C_{2}H_{6}O :

n − x_{f} D 0 ⇒ x_{f} D n D 0,034 mol.

Par conséquent, la chaleur de réaction prend une valeur Q_{r} telle que :

E_{lib} D −Q_{r}×x_{f} ⇒ Q_{r} D −\frac{E_{lib}}{x_{f}} D −\frac{4,18.10^{4}}{0,034} ⇒ Q_{r} ≈ −1,23.10^{3} kJ·mol^{−1} .

32Combustion du propane_{Lycée Félix Faure, Beauvais} {Enoncé \atop p. ??}

Déterminons, au préalable, l’équation de la réaction de combustion du propane dans le dioxygène, qui produit du dioxyde de carbone (CO_{2}_{▷gaz◁}) et de la vapeur d’eau (H_{2}O_{▷gaz◁}) :

C_{3}H_{8}_{▷gaz◁}C O_{2}_{▷gaz◁}D CO_{2}_{▷gaz◁}C H_{2}O_{▷gaz◁}.

Cette équation doit être équilibrée à l’égard des éléments carbone et hydrogène, en agissant directement sur le membre de droite :

\underbrace{C_{3}H_{8}_{▷gaz◁}C O_{2}_{▷gaz◁}}_{3 atomes C 8 atomes H}D \underbrace{3 CO_{2}_{▷gaz◁}C 4 H_{2}O_{▷gaz◁}}_{3 atomes C 8 atomes H}

Le membre de droite présente alors 3 × 2 C 4 D 10 atomes d’oxygène, que l’on doit retrouver sous forme de molécules O_{2} :

C_{3}H_{8}_{▷gaz◁}C 5 O_{2}_{▷gaz◁}D 3 CO_{2}_{▷gaz◁}C 4 H_{2}O_{▷gaz◁}.

Recensons alors les liaisons formées et les liaisons rompues au cours de ce processus :

La chaleur de réaction vaut alors :

Q_{r} D ∑ E_{liaisons rompues} − ∑ E_{liaisons formées}
D ▷8 E_{C–H} C 2 E_{C–C} C 5 E_{ODO}◁ − ▷6 E_{CDO} C 8 E_{O–H}◁
D ▷8 × 412 C 2 × 348 C 5 × 496◁ − ▷6 × 804 C 8 × 463◁
⇒ Q_{r} D −2,03.10^{3} kJ · mol^{−1} .

Combustion du méthane — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 433 — #441 CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{433} CORRIGÉS INTERROS COURS
33Combustion du méthane_{Lycée Rosa Parks, Montgeron} {Enoncé \atop p. ??}

1 La combustion du méthane (CH_{4}) consiste en sa réaction avec le dioxygène pour former du dioxyde de carbone et de l’eau :

CH_{4}_{▷gaz◁}C O_{2}_{▷gaz◁}D CO_{2}_{▷gaz◁}C H_{2}O_{▷gaz◁}.

Pour équilibrer cette réaction :

on équilibre, à l’aide de CO_{2}_{▷gaz◁}et de H_{2}O_{▷gaz◁}, pour les éléments C et H :

\underbrace{CH_{4}_{▷gaz◁}C O_{2}_{▷gaz◁}}_{1 atome C 4 atomes H}D \underbrace{CO_{2}_{▷gaz◁}C 2 H_{2}O_{▷gaz◁}}_{1 atome C 4 atomes H}I

le membre de droite de cette équation contient alors 2 C 2 × 1 D 4 atomes d’oxygène que l’on doit retrouver dans le membre de gauche :

\underbrace{CH_{4}_{▷gaz◁}C 2 O_{2}_{▷gaz◁}}_{4 atomes O}D \underbrace{CO_{2}_{▷gaz◁}C 2 H_{2}O_{▷gaz◁}}_{4 atomes O}.

2 (a) La chaleur de la réaction de combustion du méthane s’obtient après un recensement des liaisons rompues et des liaisons formées au cours de la réaction mentionnée précédemment (car le coefficient stœchiométrique qui accompagne CH_{4} vaut 1) :

La chaleur de réaction vaut alors :

Q_{r} D ∑ E_{liaisons rompues} − ∑ E_{liaisons formées}
D ▷4 E_{C–H} C 2 E_{ODO}◁ − ▷2 E_{CDO} C 4 E_{O–H}◁
D ▷4 × 410 C 2 × 494◁ − ▷2 × 803 C 4 × 462◁
⇒ Q_{r} D −826 kJ · mol^{−1} .

(b) La masse molaire du méthane valant :

M_{CH_{4}} D M_{C} C 4 M_{H} D 12 C 4 × 1 D 16 g · mol^{−1}

une masse m D 1 kg D 1 000 g de méthane contient une quantité de matière n telle que :

m D n × M_{CH_{4}} ⇒ n D \frac{m}{M_{CH_{4}}} D \frac{1 000}{16} D 62,5 mol.

Le tableau d’avancement de la réaction :

Bougie — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 434 — #442

CORRIGÉS_{434}

CH_{4}_{▷gaz◁}C 2 O_{2}_{▷gaz◁}DCO_{2}_{▷gaz◁}C2 H_{2}O_{▷gaz◁}
x D 0  n  n_{0}  n_{1}  n_{2}
x D̸ 0 n − x n_{0} − 2x n_{1} C x n_{2} C 2x
x_{f}  0  n_{0} − 2x_{f} n_{1} C x_{f} n_{2} C 2x_{f}

montre qu’à l’issue de la combustion complète de n mol de méthane, l’avancement de la réaction prend une valeur x_{f} telle que :

n − x_{f} D 0 ⇒ x_{f} D n D 62,5 mol.

Par conséquent, la combustion de 1 kg de méthane dégage l’énergie :

E_{lib} D −x_{f} × Q_{r} D 62,5 × 826.10^{3}
⇒ P.C. D E_{lib} ≈ 5,16.10^{4} kJ · kg^{−1} .

34Bougie_{Institut Notre-Dame, Meudon} {Enoncé \atop p. ??}

1 La combustion de la paraffine consiste en une réaction entre C_{25}H_{52}_{▷sol◁} et le dioxygène O_{2}_{▷gaz◁}, qui produit de l’eau et du dioxyde de carbone :

C_{25}H_{52}_{▷sol◁}C O_{2}_{▷gaz◁}D CO_{2}_{▷gaz◁}C H_{2}O.

Cette équation doit être équilibrée à l’égard des éléments carbone et hydrogène :

\underbrace{C_{25}H_{52}_{▷sol◁}C O_{2}_{▷gaz◁}}_{25 atomes C 52 atomes H}D \underbrace{25 CO_{2}_{▷gaz◁}C 26 H_{2}O}_{25 atomes C 52 atomes H}

À droite de cette équation apparaissent :

25 × 2 C 26 D 76 atomes d’oxygène.

Ces atomes se retrouvent dans le membre de gauche de l’équation, qui devient alors :

C_{25}H_{52}_{▷sol◁}C 38 O_{2}_{▷gaz◁}D 25 CO_{2}_{▷gaz◁}C 26 H_{2}O.

L’expérience révèle que la combustion s’arrête alors qu’il reste de la bougie (de la paraffine). Par conséquent, le réactif limitant est le dioxygène.

Combustion d’un alcool — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 435 — #443 CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{435} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 La masse molaire de la paraffine (C_{25}H_{52}) vaut :

M_{p} D 25 × M_{C} C 52 × M_{H} D 25 × 12 C 52 × 1 D 352 g · mol^{−1} .

Donc, un morceau de paraffine de masse m D 3,52 g contient une quantité de matière n_{p} de paraffine telle que :

m D n_{p} × M_{p} ⇒ n_{p} D \frac{m}{M_{p}} D \frac{3,52}{352} ⇒ n_{p} D 0,01 mol de C_{25}H_{52}.

Le volume de dioxygène V_{O_{2}} contenu dans l’air ne représente que 20% de ce volume d’air V_{air} :

V_{O_{2}} D \frac{20}{100} × V_{air} D 0,2 × V_{air}

de sorte qu’un volume V_{air} D 500 mL D 0,5 L d’air contient :

V_{O_{2}} D 0,2 × 0,5 D 0,1 L de O_{2}.

Par conséquent, ce volume contient une quantité de matière n_{O_{2}} en dioxygène, donnée par le volume molaire des gaz :

V_{O_{2}} D n_{O_{2}} × V_{m} ⇒ n_{O_{2}} D \frac{V_{O_{2}}}{V_{m}} D \frac{0,1}{24}

⇒ n_{O_{2}} ≈ 4,17.10^{−3} mol.

3 Bien qu’on ignore les quantités initiales de dioxyde de carbone et d’eau (on les notera n_{1} et n_{2}), le tableau d’avancement de la réaction s’écrit :

C_{25}H_{52}_{▷sol◁}C 38 O_{2}_{▷gaz◁}D25 CO_{2}_{▷gaz◁}C26 H_{2}O
x D 0  n_{p}  n_{O_{2}}  n_{1}  n_{2}
x D̸ 0  n_{p} − x n_{O_{2}} − 38x n_{1} C 25x n_{2} C 26x
x_{f}  n_{p} − x_{f}  0  n_{1} C 25x_{f} n_{2} C 26x_{f}

Puisque le dioxygène est le réactif limitant, la réaction cesse dès que l’avancement x prend une valeur x_{f} qui assure la consommation totale de O_{2} :

n_{O_{2}} − 38 x_{f} D 0 ⇒ x_{f} D \frac{n_{O_{2}}}{38} D \frac{4,17.10^{−3}}{38} ≈ 1,10.10^{−4} mol.

4 Le tableau d’avancement ci-dessus montre que, lorsque l’avancement prend la valeur x_{f} , la quantité de paraffine brûlée correspond justement à x_{f} . Donc la masse de paraffine brûlée vaut :

1m_{p} D x_{f} × M_{p} D 1,10.10^{−4} × 352 ⇒ 1m_{p} ≈ 3,87.10^{−2} g.

Combustion d’un alcool — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 436 — #444 CORRIGÉS_{436}
35Combustion d’un alcool_{Lycée Edgard Quinet, Bourg-en-Bresse} {Enoncé \atop p. ??}

1 La combustion de l’éthanol (CH_{3}–CH_{2}–OH ou : C_{2}H_{5}OH) consiste en sa réaction avec le dioxygène; elle produit du dioxyde de carbone et de l’eau :

C_{2}H_{5}OH C O_{2} D CO_{2} C H_{2}O.

Cette équation doit être équilibrée à l’égard des éléments carbone et hydrogène, en agissant directement sur le membre de droite :

\underbrace{C_{2}H_{5}OH C O_{2}}_{2 atomes C 5 C 1 atomes H} D \underbrace{2 CO_{2} C 3 H_{2}O}_{2 atomes C ; 3 × 2 atomes H}.

Ce membre contient alors 2×2C3 D 7 atomes d’oxygène que l’on doit retrouver dans le membre de gauche; un atome d’oxygène se trouvant déjà dans la molécule C_{2}H_{5}OH, les 6 autres se présentent sous forme de molécules O_{2} :

C_{2}H_{5}OH_{▷liq◁}C 3 O_{2}_{▷gaz◁}D 2 CO_{2}_{▷gaz◁}C 3 H_{2}O_{▷liq◁}.  (52)

2 Soit Q_{comb} la chaleur de combustion de l’éthanol gazeux, qui correspond à la chaleur de la réaction ci-dessous et qui produit de l’eau à l’état gazeux :

C_{2}H_{5}OH_{▷gaz◁}C 3 O_{2}_{▷gaz◁} ⟶ 2 CO_{2}_{▷gaz◁}C 3 H_{2}O_{▷gaz◁}. (53)

Cette chaleur de réaction s’obtient en recensant :

les liaisons covalentes rompues au cours du processus (??) :

les liaisons covalentes formées au cours de ce même processus :

Ainsi, la chaleur de combustion Q_{comb} vérifie :

Q_{comb} D ∑ E_{énergies rompues} − ∑ E_{énergies formées}

D ▷5 E_{C–H} C E_{C–O} C E_{O–H} C 3 E_{ODO} C E_{C–C}◁ − ▷4 E_{CDO} C 6 E_{O–H}◁ D ▷5 × 410 C 356 C 460 C 3 × 494 C 348◁ − ▷4 × 795 C 6 × 460◁

D −1,24.10^{3} kJ · mol^{−1} .

Spectroscopie infra rouge — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 437 — #445

CHIMIE ORGANIQUE CHAP. 10_{437} CORRIGÉS INTERROS COURS

Considérons maintenant la vaporisation de l’éthanol et de l’eau comme des transformations dont les chaleurs de réaction s’identifient aux chaleurs latentes molaires :

C_{2}H_{5}OH_{▷liq◁} ⟶^{L_{va}} C_{2}H_{5}OH_{▷gaz◁}et H_{2}O_{▷liq◁} ⟶^{L_{ve}} H_{2}O_{▷gaz◁}

Ainsi, la chaleur molaire de liquéfaction de l’eau (transformation inverse de sa vaporisation) vaut Q_{liq} D −L_{ve} :

H_{2}O_{▷gaz◁} −⟶^{−L_{ve}} H_{2}O_{▷liq◁}

Réalisons maintenant un cycle de transformations dans lequel apparaissent les deux équations de combustion (??) et (??) :

Ce faisant, on fait aussi apparaître la chaleur de combustion de l’éthanol liquide, qui produit de l’eau liquide :

Q′_{comb} D L_{va} C Q_{comb} − 3L_{ve}
D 42,6 − 1 244 − 3 × 41 ⇒ Q′_{comb} D −1,32.10^{3} kJ · mol^{−1} .

36

Spectroscopie infra rouge

{Enoncé \atop p. ??}

1 Formules semi-développées.

La racine éthane nous indique un squelette carboné constitué de 2 atomes de carbone et les suffixes -ol et -al nous indique respectivement les groupes alcool et aldéhyde.

Éthanol :  Éthanal :

2 Pour l’éthanol, le groupe fonctionnel est l’hydroxyle (famille : alcool), et pour l’éthanal, le groupe fonctionnel est le carbonyle (famille : aldéhyde).

3 Le spectre IR2 montre une bande large et intense autour de 3 300 cm^{–1} qui caractérise le groupe hydroxyle de l’éthanol.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Chapitre 10 page 438 — #446 CORRIGÉS_{438}

Le spectre IR1 montre une bande fine et intense autour de 1 700 cm^{–1} qui caractérise le groupe carbonyle de l’éthanal.

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Annexe A page 439 — #447
Annexe_{439}

Classification périodique

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Annexe A page 440 — #448

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Annexe B page 441 — #449

Annexe_{441}

Liste des vidéos

Chapitre  Titre  Page

Chapitre 1 Cours : comprendre les chiffres significatifs ......  ??
Chapitre 2 Cours : les champs en physique .................  ??
Chapitre 2 Cours : tracer les vecteurs vitesse et accélération ..  ??
Chapitre 2 Exercice ?? : cristal de chlorure de sodium .......  ??
Chapitre 3 Cours : loi de Mariotte .........................  ??
Chapitre 3 Exercice ?? : ballon de baudruche ...............  ??
Chapitre 4 Exercice type sur la conservation de l’énergie ....  ??

Chapitre 4 Cours : conservation de l’énergie :

l’expérience du boulet ..........................

??

Chapitre 5 Exercice type sur l’énergie d’une batterie ........  ??
Chapitre 6 Exercice ?? : tsunamis .........................  ??
Chapitre 7 Exercice ?? : spectre du mercure ................  ??
Chapitre 8 Cours : loi de Beer-Lambert ....................  ??
Chapitre 8 Exercice ?? : oxydo-réduction ..................  ??
Chapitre 9 Cours : électronégativité .......................  ??
Chapitre 9 Exercice ?? : polarité de l’ammoniac ............  ??
Chapitre 10 Exercice ?? : suivi de synthèse ..................  ??

Pour télécharger les programmes contenus dans cet ouvrage :

                http://www.prepamath.fr/IL1PC

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Annexe B page 442 — #450

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Annexe C page 443 — #451

Annexe_{443}

Index

acide carboxylique ................... 356 alcool ............................... 356 anion ............................... 300 aspirine ............................. 245 atmosphère ........................... 61 atomicité ............................ 243 cation ............................... 300 Celsius ............................... 60 cétone .............................. 356 concentration

en

masse ........................ 216 massique ....................... 241 molaire ......................... 241

configuration électronique ............ 300 densite ............................... 73 diiode .......................... 241, 246 dissolution .......................... 216 ecart-type ............................. 5 équilibre

thermique ........................ 74 espèce moléculaire ................... 218 force

pressante ..................... 61, 70 formule

brute ........................... 241 développée ...................... 241

gravitation universelle ................. 20 histogramme ........................... 6 hydroxyle ........................... 356 incertitude-type ........................ 8 interaction électrostatique .............. 22 interaction gravitationnelle ............. 21 loi de Boyle-Mariotte .................. 61 loi fondamentale de l’hydrostatique ..... 64 manomètre ........................... 61 masse ................................ 20 molaire .................... 216, 241 volumique ....................... 63 Mendeleïev .......................... 431 mercure

millimètre de ..................... 61 mobile autoporteur .................... 68 moyenne .............................. 4 pascal ................................ 61 piston ............................. 69, 77 plongeur .......................... 71, 75 pression .............................. 59 atmosphérique ................... 68

principe d’inertie ......................... 68 de l’action-réaction ............... 21 PSI .................................. 69 saturation ........................... 218 solvant .............................. 216 température ....................... 59, 60 volume

molaire ......................... 217 volume molaire ...................... 244

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Annexe C page 444 — #452

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Annexe C page 445 — #453

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Annexe C page 446 — #454

IL1PC — v. 1.0 17 avril 2024 — Annexe C page 447 — #455

Liste des pages où figure un renvoi Nathan Live

Liste des vidéos

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Liste des Programmes

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