PARTIE A : EXPÉRIENCE DES FENTES D YOUNG

CORRECTION BACCALAURÉAT GÉNÉRAL DE SCIENCES PHYSIQUES ÉPREUVE BLANCHE N 1 (Décembre 2014) EXERCICE n 1 Ondes et particules (8 points) PARTIE A : EXPÉRIENCE DES FENTES D YOUNG 1. c c T f 9 500. T = 1,7. -15 s c 8 3, 0. 8 c 3, 0. f 500. 9 = 6,0. 14 Hz OU 1 1 f T 15 1,7. = 5,9. 14 Hz 2. Pour que deux ondes puissent interférer, il faut qu elles soient de même nature, qu elles aient la même fréquence et qu elles soient cohérentes (déphasage constant au départ) ou synchrones (déphasage nul au départ). Toutes ces conditions sont ici réunies car les sources secondaires (fentes d Young) sont générées par la même source primaire (le laser). 3. Le point A est au milieu d une frange brillante, donc en ce point les interférences sont constructives. Le point B est au milieu d une frange sombre, donc en ce point les interférences sont destructives. 4. En A, les deux ondes doivent arriver en phase, ce qui correspond aux ondes (a) + (c). En B, les deux ondes doivent arriver en opposition phase, ce qui correspond aux ondes (a) + (b) OU (b) + (c). 5. En x=6,25 cm la différence de marche est : b x 30, 0. 6, 25. = D 1,50 6 2 = 1,25. -6 m 6 1,25 On a donc : = 2,50. On est donc dans le cas où est égal à un entier + ½ en ce 9 500 point les interférences sont donc destructives (ce point est situé au centre d une frange noire). PARTIE B : PARTICULE DE MATIÈRE ET ONDE DE MATIÈRE 1/ Expérience des fentes d Young 1.1. Il est impossible de prédire la position de l impact d un électron donné car on voit sur les figures du doc. n 2, notamment celles pour un nombre d impacts faible, qu il peut y avoir des impacts d électrons dans n importe quelle partie de l écran, alors que les électrons sont tous envoyés de la même manière sur les fentes d Young. Par contre, si le nombre d électrons envoyés est beaucoup plus important, on voit que statistiquement les électrons se répartissent en des zones dans lesquelles beaucoup d électrons sont arrivés (franges claires) et d autres où très peu d électrons ont terminé (franges sombres). On peut donc, grâce à ce résultat statistique, indiquer une probabilité de position d impact pour un nouvel électron envoyé : il aura une forte probabilité de toucher l écran dans une zone claire, et une probabilité très faible de se trouver dans une zone sombre. 1.2. Pour un faible nombre d impacts, la répartition des électrons paraît complètement désordonnée sur l écran, ce qui répond plutôt à un modèle particulaire des électrons. Par contre, pour un nombre d impacts beaucoup plus élevé, les électrons sont organisés en franges d interférences, qui est un phénomène caractéristique des ondes, ce qui démontre donc le caractère ondulatoire du flux d électrons. On peut donc dire qu il y a une dualité onde-particule pour les électrons. 1/6

2/ Longueur d onde de matière associée à un électron 2.1. Passage à travers une plaque percée h h 2.1.1. Relation de Louis de Broglie : ou où et la longueur d onde (en mètres) de l onde de p m.v matière, h est la constante de Planck (en J.s) et p=m.v est la quantité de mouvement des particules (en kg.m.s -1 ), avec m leur masse (en kg) et v leur vitesse (en m/s). 2.1.2.a) h 6,6. 34 db 31 8 m e.v 9,1. 1,3. = 5,6. 12 m (soit 5,6 pm) 2.1.2.b) Si db = 5. -13 m, alors : db = 5,6. 12 ± 5. -13 m, soit db = (5,6 ± 0,5) -12 m 2.1.3.a) Sur la dernière figure du Doc. n 2 on peut évaluer que 6 i = 12 m i=2,0 m 6 i Avec b=0,8 m et D=35,0 cm (voir Doc. n 1) on a : 6 6 i D i b 2, 0. 0, 8. donc b int erf 2 D 35, 0. = 4,57. -12 m (soit 4,57 pm) 2.1.3.b) 2 2 2 i b D int erf int erf i b D 2 2 2 12 0, 2 0, 2 0, 1 int erf 4, 57. = 1,4. -12 m on conserve 2. -12 m (soit 2 pm) 2, 0 0, 8 35, 0 (RAPPEL : on ne doit conserver qu un seul chiffre significatif pour les incertitudes) On écrit donc : interf = 5. 12 ± 2. -12 m soit interf = (5 ± 2) -12 m 2.1.4. On a donc d après la relation de de Broglie : comprise en 5,1 pm et 6,1 pm Et d après l expérience des interférences : comprise en 3 et 7 pm. Les intervalles possibles pour les valeurs de se chevauchent, donc les résultats sont cohérents. 2.2. Passage à travers une seule fente de la plaque 2.2.1. On observe un phénomène d étalement discontinu du faisceau d électrons, suite à son passage par un obstacle très fin : on observe donc un phénomène de diffraction. 2.2.2. Dans le triangle rectangle fente - milieu de tache centrale 1 ère extinction, on peut écrire : opp L /2 L L tan. Or étant petit on peut écrire tan(θ) θ. On obtient donc : θ= adj D 2D 2D En utilisant le Doc. n 3 : la tache centrale s étale entre -8 m et +8 m L=16,0 m 6 16, 0. donc = 2,29. -5 rad 2 2 35, 0. 2/6

2.2.3. QUESTION OUBLIÉE!!! On a la relation : donc a = 2,29. 5 0,20. 6 = 4,6. -12 m (soit 4,6 pm) a On retrouve bien une valeur approchée de la longueur d onde identique à celles déterminées dans la partie 2.1. 2.3. Et avec des photons? 2.3.1. Fréquence d un photon : V = c λ = 3,0.8 5,0. 12 = 6,0.19 Hz 2.3.2. Énergie transportée par un photon : E = h.v = 6,6. 34 6,0. 19 = 4,0. -14 J EXERCICE n 2 Les dangers de l alcool (7 points) PARTIE 1 : SPECTROSCOPIES 1. Groupes caractéristiques et fonctions organiques : Éthanol : Éthanal : C H 3 H 3 C CH 2 OH CH O Groupe carbonyle Fonction aldéhyde Groupe hydroxyle Fonction alcool 2. SEUL le spectre IR2 présente une bande large et intense autour de 3300 cm -1 qui caractérise la liaison O-H, présente dans la molécule d éthanol et PAS dans la molécule d éthanal. SEUL le spectre IR1 montre une bande fine et intense autour de 1700 cm -1 qui caractérise la liaison C=O, présente dans la molécule d éthanal et PAS dans la molécule d éthanol. 3. Étude des molécules pour la spectroscopie RMN : Éthanol : Éthanal : 2 voisins signal à 2+1 = 3 pics (triplet) H 3 C CH 2 OH C H 3 1 voisin signal à 1+1 = 2 pics (doublet) 3 voisins signal à 3+1 = 4 pics (quadruplet) CH O 3 voisins signal à 3+1 = 4 pics (quadruplet) 0 voisin signal à 0+1 = 1 pic (singulet) ÉthanOL : 3 GROUPES différents de protons équivalents 3 SIGNAUX sur le spectre RMN ÉthanAL : 2 GROUPES différents de protons équivalents 2 SIGNAUX sur le spectre RMN 3/6

4. On attribue le spectre RMN à la molécule d éthanol car le spectre présente 3 signaux différents, alors que le spectre de l éthanal ne présenterait que 2 signaux. De plus chaque signal du spectre présente une multiplicité correspondante aux groupes de l éthanol. 5. Sur le document 4, on mesure : h 1 = 2,0 cm h 2 = 0,7 cm h 3 = 1,3 cm La plus petite hauteur, h 2, correspond forcément au H du OH de l éthanol (le singulet), la hauteur intermédiaire h 3 aux 2.H du CH 2 (quadruplet) et la plus grande hauteur h 1 aux 3.H du CH 3 (triplet). h 1 h = 2,9 3 ce qui vérifie bien le rapport des nombres de H de chaque groupe : 3 2 OH h3 h = 1,9 2 ce qui vérifie bien le rapport des nombres de H de chaque groupe : CH2 OH 2 CH PARTIE 2 : CONTRÔLE DE QUALITÉ D'UN VIN : DOSAGE PAR SPECTROPHOTOMÉTRIE DE L'ÉTHANOL 1/ Réglage du spectrophotomètre 1.1. La NADH, comme la NAD + sont des substances incolores car elles n absorbent pas dans le domaine du visible : 400 nm 800 nm. 1.2. Il faudra régler le spectrophotomètre sur =340 nm : c est un imum d absorbance, et à cette longueur d onde seule la NADH absorbe (l absorbance de la NAD + y est nulle). Se placer au imum d absorbance permet de limiter les imprécisions de mesure sur A l absorbance mesurée (cela limite l incertitude absolue A, ainsi que l incertitude relative ). A 1.3. Loi de Beer-Lambert : A =.l.c On a donc : A 6 C 1,0 6,0 3 6 = 1 3 L.mol -1.cm -1 Si mauvais choix de : À =260 nm : A 14,3 C 1,0 6,0 3 6 = 2,4 3 L.mol -1.cm -1 2/ Mesures spectrophotométriques et courbe d étalonnage 2. La courbe d étalonnage est une droite croissante passant par l origine ce qui montre que l absorbance est proportionnelle à la concentration. On peut donc écrire : A=k C, ce qui est cohérent avec la loi de Beer-Lambert avec k =.l. 3/ Réalisation de la mesure 0,30 0 3.1. Par calcul : Coefficient directeur de la droite d étalonnage : k 190 0 = 1,6-3 L.mg -1 C m Ae 0,15 k 1,6 3 = 94 mg/l en éthanol dans le vin 4/6

OU Par construction graphique : A A e = Concentration massique en éthanol en mg.l -1 C m On déduit à partir du graphe que C m = 95 mg/l 3.2. Dilution par 0 de la solution S pour préparer l échantillon à doser. Donc dans S : C m S = 0 C m = 9400 mg.l -1 = 9,4 g.l -1 Dilution par du distillat pour obtenir la solution S. Donc dans le distillat : C m V = C m S = 94 g.l -1 3.3. D après la valeur de C m, dans 1 L de vin il y a 94 g d éthanol. Calcul du volume déthanol correspondant à cette masse d éthanol : m V m 94 V = 0,12 L d éthanol, toujours dans 1 L de vin. 780 3.4. Dans 0 L de vin il y a donc 0,12 0 = 12 L d éthanol. Le degré alcoolique du vin est donc égal à 12. Ce vin est conforme à la législation car son degré alcoolique est inférieur à 12. EXERCICE n 3 L importance de la stéréoisomérie dans les processus biologiques (5 points) 1- Formule topologique de l ibuprofène : * 2- Il s agit du groupe carboxyle, il confère à la molécule une fonction acide carboxylique. 3- Un atome de carbone asymétrique est un atome de carbone relié à quatre atomes ou groupes d atomes différents. 4- Carbone asymétrique : repéré par * dans la formule topologique. 5/6

5- Puisque la molécule possède un atome de carbone asymétrique, elle possède 2 1 = 2 stéréoisomères de configuration. 6- Représentation de Cram des deux stéréoisomères de configuration de l ibuprofène : CH 3 CH 3 H 13 C C H COOH H HOOC C C H 13 Ces deux molécules sont énantiomères. différentes mais images l une de l autre dans un miroir plan, elles sont donc 7- Un mélange racémique est un mélange équimolaire (en quantités égales) des deux énantiomères d une molécule. 8- En quoi la structure spatiale des molécules permet d expliquer leur action dans les processus biologiques, et pourquoi les industriels doivent contrôler la stéréoisomérie lors des synthèses organiques? Pour cela, vous commencerez par définir la notion de chiralité, et vous expliquerez ensuite le mode d action biologique des molécules en précisant en quoi la structure spatiale des molécules détermine leur action biologique. Puis vous démontrerez l importance de contrôler la stéréoisomérie des principes actifs des médicaments dans les synthèses organiques. La structure spatiale des molécules, appelée stéréoisomérie, joue un rôle très important dans l activation des processus biologiques, et c est la raison pour laquelle elle doit être très contrôlée par les industries pharmaceutiques notamment. L activation des processus biologiques met en jeu des molécules chirales, c est-à-dire des molécules dont l image dans un miroir plan ne leur est pas superposable. En effet, les récepteurs biologiques sont des protéines, ils constituent donc des sites chiraux (Doc.4) si bien qu ils ne reconnaitront que des molécules de forme complémentaire au site récepteur, donc un seul énantiomère possible d une molécule chirale (Doc.3). Par conséquent les modes d action biologique sont dits stéréospécifiques. Cette stéréospécificité entraîne que, dans le cas de principes actifs de médicaments, un des énantiomères est destiné à se fixer sur un récepteur déclenchant un processus thérapeutique, tandis que l autre énantiomère ne pourra pas se fixer sur ce même récepteur. Cela ne pose pas de problème si ce second énantiomère ne se fixe sur aucun récepteur, ou sur un récepteur ayant une action biologique similaire (cas de l ibuprofène, Doc.1), mais cela peut avoir de graves conséquences s il se fixe sur un récepteur déclenchant un processus biologique nocif (cas du thalidomide, Doc.2). Cette stéréospécificité des processus biologiques oblige donc les industriels à prendre d importantes précautions dans la synthèse des molécules organiques médicamenteuses, en fonction de la dangerosité ou de l innocuité des énantiomères d une molécule chirale. 6/6