EXERCICE I : Où il est question de lumière (8 points) PARTIE A 1. Figure 2 D On observe sur l'écran un étalement du faisceau laser, perpendiculaire à la direction du fil, constitué d'une tache centrale bordée de taches latérales. La lumière ne se propage plus de façon rectiligne, le phénomène observé est la diffraction de la lumière. Or ce phénomène est caractéristique des ondes, donc la lumière est de nature ondulatoire. 2. L'angle est l'angle entre le centre de la tache centrale et le centre de la zone de première extinction. Voir figure ci-dessus. L/ 2 3. Le schéma montre que: tan = D = L 2.D L étant petit et exprimé en radian, on a tan =, donc = 2.D 4. Le lien entre les grandeurs, et a est: = a Avec: en rad et a en m. 5. En égalant les deux expressions de, il vient: Soit: L = 2..D a L 2.D = a 6. Figure A Figure B Pour et D fixés, la largeur L "de la tache centrale" est inversement proportionnelle au diamètre a du fil diffractant. Donc la tache centrale la plus grande correspond au fil de diamètre le plus petit : Figure A a 1 = 60 µm Figure B a 2 = 80 µm 7. La lumière émise par la source laser est monochromatique : cela signifie que la lumière laser est constituée d'une seule radiation de fréquence fixée (ou de longueur d'onde dans le vide fixée). Le spectre de cette lumière laser est constitué d'une seule raie colorée sur un fond noir. 8. Le graphe L = f(1/a) montre une droite qui passe par l'origine : donc la largeur L de la tache centrale est proportionnelle à l'inverse du diamètre du fil, soit 1 /a.
L'équation modélisant la droite est de la forme: L = k. 1 a avec k le coefficient directeur de cette droite. Ceci est en accord avec l'expression L = 2.D. a car D et sont constantes. 9. En identifiant les expressions: L = k. 1.D et L = 2. a a il vient: k = 2..D k Soit: = 2.D Déterminons le coefficient directeur k : Soient les points O (0;0) et B (25 000; 0,068) : k = 0,068 25000 = 2,7.10 6 m² -6 2,7 10 = 2 2,50 = 5,410 7 m 10. La fréquence de la lumière monochromatique émise par la source laser est: = c = 8 3, 00 10 = 5,510 14 Hz. calcul effectué avec la valeur non arrondie de 7 5, 4. 10 Partie B 1. Le phénomène d interférence est à l origine de ces franges. Les deux ondes lumineuses identiques issues des fentes d Young se superposent. 2. Lorsqu elles sont en phase, l onde résultante est amplifiée, on obtient des franges brillantes, les interférences sont constructives. Lorsqu elles sont en opposition de phase, les ondes s annulent, on obtient des franges sombres, les interférences sont destructives. La figure de la partie B, nous donne la mesure de 4 interfranges : 4i = 10,8 mm On en déduit : i = 2,70 mm L interfrange i est lié à la longueur d onde par la relation : 3 6 ib. 2, 70.10 500.10 On a donc : 5, 4.10 D 2,50 7 m.d i b On retrouve le même résultat qu à la question 9.
EXERCICE II : EFFET DOPPLER ET ASTROPHYSIQUE (7 points) 1. Preuve de l expansion de l Univers 1.1. (0,25 pt) Spectre NGC 691 : = 5315 Å 0 (0,25 pt) «redshift» z = 0 5315 5268 z = = 8,922 10 3 = 9 10 3 5268 Remarque : Une erreur de lecture d un angstrom entraine une variation de z = 0,2 10 3. Il est raisonnable d arrondir z à 9 10 3 1.2. (0,5 pt) Vitesse d éloignement de la galaxie NGC 691 par rapport à la Terre 0 V = c. = c.z 0 V = 2,99792 10 8 9 10 3 = 3 10 6 m.s -1. Hd 0 Hd 0 1.3. (0,5 pt) V = c.z et z = donc V = c. c c (0,5 pt) V = H 0.d avec H 0 = Cte, on vérifie que V est proportionnelle à d. 0 1.4. (1 pt) D après le document 1, V = c = c.z 0 Le document 2 indique que pour les objets lointains z vaut entre 4 et 5. On aurait alors 4c < V < 5c, or aucun objet ne peut se déplacer plus vite que la lumière. Donc l expression n est pas applicable dans tous les cas. 2. Détection d une étoile double «spectroscopique». 2.1. (0,5 pt) Le document 1 montre que lorsqu une source lumineuse s éloigne de l observateur alors la longueur d onde de la lumière perçue augmente. Comme l étoile A s éloigne augmente. L étoile B se rapproche alors diminue. Finalement A > B. 2.2. (0,5 pt) Relation entre A et A = B A > B A < B B Configuration(s) 2 et 4 1 3 (1 pt) Configuration 1 : identique à celle du document 4 Configuration 3 : A B Configuration 2&4 : A = B
(0,5 pt) Pour passer de la configuration 1 à 3 les étoiles ont parcouru la moitié de leur orbite, il s est alors écoulé une durée égale à T/2. t = 0 T/4 t = T/2 3T/4 Configuration 1 Configuration 3 Configuration 2 Configuration 4 L évolution temporelle des spectres est égale à T/2. 2.3. (0,5 pt) Document 5 : Évolution temporelle de la position de la raie H dans le spectre de l étoile HD 80715. Le document 5 montre que l on retrouve la situation de la date «0,061 days» aux dates «1,886» et «2,038». Dans le premier cas : T / 2 = 1,886 0,061 = 1,825 donc T = 2 x 1,825 = 3,650 jours. Dans le second cas : T / 2 = 2,038 0,061 = 1,977 donc T = 2 x 1,977 = 3,954 jours. En valeur moyenne, T = (3,954 + 3,650) / 2 = 3,802 jours. La période de l évolution temporelle de la position de la raie Hα est proche de 3,8 jours.
EXERCICE III : Un café et l addition, s il vous plaît! ( 5 points) Partie I : La caféine, étude structurelle 1. Formules semi-développées Caféine Théobromine Théophylline 2. Fonctions organiques : Fonction amide : Fonction amine 3. Formule brute de la caféine : C 8 H 10 N 4 O 2 Masse moléculaire : M (C 8 H 10 N 4 O 2 ) = 194,0 g.mol -1 4. Quantité de matière de caféine contenue dans 5,0g de café robusta La teneur maximale en caféine contenue dans le café robusta est de 3%. (Doc 1) Dans 5,0 g de café robusta, la masse maximale de caféine est : m caféine = 0,03 x 5,0 = 0,15 g La quantité de matière n caféine = m M caféine caféine 0,15 194 = 7,7.10-4 mol 5. Nombre de tasses de café à ne pas dépasser pour une personne de 70 kg La dose létale de caféine est de l ordre de 150 mg.kg -1, donc la masse maximale de caféine pour une personne de 70 kg est : 150 x 70 = 10,5.10 +3 mg = 10,5 g Il faut 5,0 g de café pour préparer un «expresso» et une tasse de 5,0g de café contient 0,15 g de caféine,
Le nombre de tasses de café est donc : 10,5 0,15 = 70 Il faut ingérer 70 expresso pour atteindre la dose létale. 6. Spectres infrarouges de la caféine et de la théobromine Les deux spectres se ressemblent, ce qui est normal vu que les structures sont très proches. Aux alentours de 300 cm -1, on trouve un pic correspondant aux vibrations des liaisons C-H ; Au voisinage de 1700 cm-1, on trouve un ou plusieurs pics intenses correspondant aux vibrations des liaisons doubles C=C, C=O et C=N. En revanche, on trouve un pic d intensité notable dans le spectre IR2 absent dans IR1 : c est le pic de vibration de la liaison N-H qui n existe que dans la théobromine. Donc IR1 correspond à la caféine et IR2 à la théobromine. Partie II : Dosage de la caféine 1. Parmi le matériel suivant, indiquer celui à utiliser pour préparer la solution de caféine de concentration 5 mg.l -1. Justifier votre choix. On veut préparer une solution de concentration C 1 =5,00 mg.l -1, à partir d une solution mère de concentration C 2 =20,0 mg.l -1. Lors de la dilution, il y a conservation de la quantité de matière. Si on veut préparer V 1 =100 ml, de solution de concentration C 1. Calcul du volume à prélever V 2 est : n 1 = n 2 => V 1 C 1 = C 2 V 2 d ou V 2 = C 1 V 1 / C 2 soit V 2 = 5,0100 /20 = 25,0 ml On prélève 25,0 ml de solution mère avec une pipette jaugée de 25,0 ml que l'on verse dans une fiole jaugée de 100,0 ml et on complète jusqu'au trait de jauge avec de l'eau distillée. 2. a. Ces longueurs d'onde sont inférieures à 400 nm, limite du domaine visible, elles appartiennent au domaine des U.V. b. Pour une plus grande précision, il faut choisir la longueur d onde du maximum d absorbance : λ = 271 nm c. Courbe d étalonnage A = f (c) de la caféine
L absorbance A de la solution est proportionnelle à la concentration massique de l espèce chimique absorbante (A = k.c) pour des solutions diluées ( A 2,5) 3. A 1 = 0,17 pour la boisson 1 et A 2 = 0,53 pour la boisson 2. La boisson 2 a une absorbance plus grande, elle contient plus caféine, elle est donc plus excitante. 4. D après le spectre, A 271 nm = 0,5. On reporte cette valeur sur le graphe. On obtient : C 10 mg.l -1 5. A 228 nm, l absorbance de l espèce chimique est plus faible qu à 271 nm pour une même concentration. Par exemple, à 20 mg.l -1 : A 1 0,85 ; A 2 0,65 et A 3 0,5 La droite (3) à des valeurs plus faibles que les autres, elle correspond à l étalonnage à 228 nm.
Exercice III. UNE CARAFE FILTRANTE PERMET-ELLE DE DIMINUER LA DURETÉ D UNE EAU? (5 points) 1. Pour prélever précisément le volume V = 20,0 ml d eau à doser on utilise une pipette jaugée de volume 20,0 ml. 2. EDTA, c = 1,0 10 2 mol.l -1 Burette graduée V = 20,0 ml d'eau + NET Barreau aimanté Agitateur magnétique 2.2. A l équivalence, il y a changement de réactif limitant : n(ca 2+ ) + n(mg 2+ ) = n(edta) 3.1. Avant l'équivalence, il reste des ions Mg 2+ en solution qui forme avec le NET présent un complexe qui colore la solution en rose. A l'équivalence, tous les ions magnésium ont été consommés, le NET est alors libre en solution qui prend alors la teinte bleue. L'équivalence est donc repérée par le passage de la couleur de la solution du rose au bleu. 3.2. Du 2+ (aq) + Y 4- (aq) = DuY 2- (aq) Etat initial n (Ca2+) + n (Mg2+) n (EDTA) 0 En cours de dosage n (Ca2+) + n (Mg2+) - x n (EDTA) - x x A l'équivalence n (Ca2+) + n (Mg2+) x E = 0 n (EDTA) - x E = 0 x E 3.3. A l'équivalence tous les ions calcium, magnésium ont été consommés donc : n (Ca2+) + n (Mg2+) x E = 0 soit x E = n (Ca2+) + n (Mg2+) Tout l'edta versé à l'équivalence a également été consommé donc : n (EDTA) - x E = 0 soit x E = n (EDTA) On a donc la relation : n (EDTA) = n (Ca2+) + n (Mg2+) 4. Ainsi: ( [Ca 2+ (aq)] + [Mg 2+ (aq)] ). V = c. V E 5. Efficacité de la carafe filtrante [Ca 2+ (aq)] + [Mg 2+ (aq)] = cv. E V
5.1. Eau n 1: [Ca 2+ (aq)] + [Mg 2+ (aq)] = cv. E 1 1, 010 6, 710 3 V 20, 010 2 3 = 3,410 3 mol.l -1 Eau n 2: [Ca 2+ (aq)] + [Mg 2+ 2 3 cv.,, (aq)] = E 2 1 010 2 910 = 1,510 3 mol.l -1 3 V 20, 010 5.2. Titre hydrotimétrique TH : Eau n 1: 1 f 10 4 mol.l -1 3, 3510 3 1 TH1 = = 33,5 f = 34 f (eau dure) 4 10 Eau n 2: 1 f 10 4 mol.l -1 TH2 =, 1 4510 3 1 = 14,5 f = 15 f (eau douce) 4 10 5.3. Comme TH1 > TH2, l eau n 1 est l eau la plus dure. 5.4. La carafe a donc partiellement filtré les ions Ca 2+ (aq) et Mg 2+ (aq) contenus dans l eau du robinet en divisant par 2 environ la concentration de ces ions. Le système de filtration de la carafe est donc efficace. 6. Concentrations massiques: t (Ca2+(aq)) = 78 mg.l -1 = 7810 3 g.l -1 t (Mg2+(aq)) = 24 mg.l -1 = 2410 3 g.l -1 Concentrations molaires : 2 Or: [Ca 2+ t( Ca( aq )) (aq)] = avec : [Ca 2+ (aq)] en mol.l -1, t (Ca2+(aq)) en g.l -1 et M(Ca) en g.mol -1 M( Ca) [Ca 2+ (aq)] = 7810 40, 1 3 2 De même: [Mg 2+ t( Mg( aq )) (aq)] = = M( Mg) = 1,910 3 mol.l -1 2410 24, 3 3 = 0,9910 3 mol.l -1 [Ca 2+ (aq)] + [Mg 2+ (aq)] = 1,910 3 + 0,9910 3 = 2,9 10 3 mol.l -1. Titre hydrotimétrique TH : Eau n 3: 1 f 10 4 mol.l -1 2, 910 3 1 TH3 = = 29 f 4 10 (eau dure) TH3 2,910 3 mol.l -1 On constate que : TH2 < TH3 < TH1. Ainsi l eau minérale n 3 conseillée pour la préparation des biberons de bébés est plus dure que l eau n 2 filtrée par la carafe mais moins dure que l eau n 1 du robinet.