Eléments de correction du DS n°6 2016 2017

851, 852 et 853
Lundi 3 avril 2017
DEVOIR SURVEILLE n°6 – Eléments de correction
GEOLOGIE
PARTIE I – Durée conseillée 1 h
Question 1. Comparer les caractéristiques des adakites et des roches B.A.D.R. en utilisant les informations
du document 1.
Dans le diagramme alcalins - silice, on constate que les adakites se trouvent dans le champ des roches de la série
calco-alcaline. On ne peut donc pas ici les distinguer des BADR.
Le diagramme triangulaire K – Na – Ca met en évidence une faible teneur en K des adakites, pour une teneur élevée
en Na, en comparaison avec la série BADR. Les adakites apparaissent plus regroupées dans ce diagramme que les
roches de la série BADR. On peut donc décrire les adakites comme des roches volcaniques particulières, à rapport K
/ Na faible.
Question 2. Quelles informations supplémentaires le document 2 apporte-t-il ?
La comparaison des compositions chimiques moyennes des adakites et des dacites (représentant ici la série calcoalcaline) permet de dégager les particularités des adakites :
Elles sont assez proches de la série BADR pour les éléments majeurs, avec notamment une teneur élevée en silice.
Elles s’en distinguent essentiellement par :
- leur teneur nettement plus élevée en CaO (5 % contre 2,88 %) et légèrement plus élevée en Al2O3 et MgO
(respectivement 16,77 % contre 14,63 % et 2,20 % contre 1,22 %),
- leur faible teneur en K2O (1,72 % contre 3,37 %).
Elles se distinguent plus nettement des dacites en ce qui concerne les éléments traces, dont la teneur est très
nettement plus faible dans les adakites : près de 5 fois moins pour Yb et Y, moins de la moitié pour La.
On peut alors faire l’hypothèse d’une source magmatique différente pour les adakites.
Question 3. A partir de l’exploitation des documents 3a et 3b, indiquez quel contexte géodynamique
particulier permet d’expliquer la production d’adakites.
On observe sur le document 3a que les adakites sont localisées seulement au-delà de 50° de latitude S, alors que les
BADR sont produites au Nord.
Une zone de subduction, repérable grâce à la fosse, borde la zone de production des roches magmatiques, qui
semblent donc associées à un contexte de subduction. En outre, il existe dans ce secteur une dorsale, repérable
avec la symétrie des âges de la L.O., dont l’axe semble s’interrompre à 50° de latitude S : il existe un point triple, qui
coïncide avec la limite entre la zone des BADR et celle des adakites.
Le document 3b permet de préciser le lien entre l’âge de la plaque lithosphérique subductée et la latitude : l’âge de la
plaque plongeante est < 10 Ma vers 50° de latitude S et au-delà, ce qui correspond au point triple préalablement
repéré : c’est l’axe de la dorsale qui disparaît en subduction, et avec lui une lithosphère jeune mise en place au
niveau de cette dorsale.
Cette zone où la lithosphère océanique disparaissant par subduction est la plus jeune correspond à celle où est
échantillonné l’essentiel des adakites.
On peut donc proposer un lien entre la production d’adakites et la subduction d’une lithosphère jeune (contamination
possible…).
Question 4. En relation avec les documents précédemment étudiés, analysez et interprétez les teneurs en
terres rares des laves étudiées sur le document 3c.
Le document 3c met en relation les roches échantillonnées selon la latitude et leur teneur en Yb : on constate que les
roches échantillonnées de 30 à 50° de latitude S ont une teneur en YbN > 6, alors que celles échantillonnées au-delà
de 50° de latitude S ont une teneur en YbN < 6, caractéristique des adakites par rapport aux BADR.
On sait que la teneur en terres rares est un indicateur du matériau source à l’origine du magma. On peut affirmer que
celui-ci diffère entre les adakites et les BADR (dans ce dernier cas, c’est le manteau de la plaque chevauchante qui
subit la fusion partielle.
Compte tenu du contexte on peut faire l’hypothèse que la lithosphère océanique jeune subductée doit intervenir dans
ce magmatisme.
1
Question 5. A partir de l’analyse des données fournies, quel matériau source pouvez-vous proposer pour le
magma à l’origine des adakites ? Que pouvez-vous proposer pour le taux de fusion partielle ?
Dans les trois graphiques présentés, chaque élément trace étudié est représenté par un point. On s’intéresse à la
courbe (ronds noirs) qui rassemble les teneurs normalisées en éléments traces dans les adakites, et à sa localisation
dans le graphique par rapport au secteur défini par les teneurs (variables selon le taux de fusion partielle) en
éléments traces dans les liquides obtenus à partir de la fusion partielle de différents matériaux source.
Dans le cas de la fusion partielle d’une lherzolite à grenat (manteau), on constate que les teneurs sont compatibles
avec celles des adakites pour les éléments trace de la moitié gauche du graphique, mais pas pour ceux de la moitié
droite : il faut donc écarter l’hypothèse du manteau comme solide initial.
Dans le cas de la fusion partielle d’une amphibolite (basalte métamorphisé, il s’agit donc de croûte océanique), on
peut faire la même observation (même si les valeurs sont différentes) et conclure de même que ce matériau ne
remplit pas toutes les conditions pour être le solide initial.
Dans le cas de la fusion partielle d’une amphibolite à grenat (basalte métamorphisé dans des conditions où le grenat
peut apparaître, c’est à dire dans des conditions de métamorphisme HP, soit en contexte de subduction), on constate
que les valeurs obtenues pour les adakites se superposent au domaine défini pour la fusion partielle de ce matériau,
et ce pour un taux de fusion partielle compris entre 10 et 50 %.
On peut donc conclure que c’est bien la croûte océanique subductée qui constitue le matériau source à l’origine du
magma adakitique, et que le taux de fusion partielle est élevé pour une zone de subduction (où l’on rencontre un taux
de FP de l’ordre de 10 % classiquement).
Question 6. Que représente la zone grisée sur le graphique ?
En déduire les conditions dans lesquelles la fusion partielle est possible pour donner un magma à l’origine
des adakites.
La zone grisée délimite un champ rassemblant les conditions suivantes :
- hornblende présente,
- grenat présent,
- conditions de P et T permettant une fusion partielle d’une croûte océanique hydratée puisqu’on est à droite du
solidus correspondant à cette croûte.
Or, on a précédemment proposé (question 5) que le solide qui subit la fusion partielle est une amphibolite à grenat,
soit une croûte océanique hydratée contenant à la fois des amphiboles (hornblende) et du grenat. Le champ grisé
représente donc les conditions dans lesquelles ce solide initial peut subir une fusion partielle.
Pour déterminer si ces conditions peuvent être rencontrées dans un contexte de subduction, il faut confronter ces
données au géotherme d’une zone de subduction.
Le graphique présente différents géothermes correspondant à des lithosphères en subduction d’âges différents.
On constate qu’une lithosphère jeune (5 ou 10 Ma) est plus chaude à faible profondeur, et en conséquence le
géotherme correspondant se trouve en partie dans la zone grisée qui réunit les conditions de la fusion partielle.
On peut donc en déduire que la fusion partielle d’une croûte jeune est possible lorsqu’elle est en subduction, ce qui
corrobore nos hypothèses précédentes.
En conclusion : les adakites proviennent d’un magma issu de la fusion partielle d’une croûte océanique hydratée,
jeune (< 30 Ma), portée dans des conditions qui permettent cette fusion partielle en raison d’une subduction.
Schéma-bilan : Conditions et contexte de
formation des adakites.
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Partie II – Durée conseillée 30 min
Diagrammes de phase
Exercice 1.
Quartz
et
albite
sont
deux
tectosilicates, immiscibles à l’état
solide. Le diagramme du mélange
albite-quartz est présenté ci-contre.
Question 1. Annotez le plus
précisément possible le diagramme
ci-contre.
Question 2. Indiquez quelle est la
composition du mélange M.
Environ 15 % Ab et 85 % Qz.
Question 3. Décrivez l’évolution du
mélange
M
lors
de
son
refroidissement
jusqu’à
une
température inférieure à 740°C . On
détaillera les proportions de liquide
et
leurs
compositions
aux
températures T1, T2 et T3.
Le mélange M est initialement liquide, avec la composition indiquée précédemment.
Il se refroidit jusqu’à atteindre le liquidus, à la température T1. Sa composition n’a encore pas changé.
Alors, les premiers cristaux se forment. Ce sont des cristaux de quartz. La composition du liquide résiduel évolue en
conséquence vers le pôle albite (puisque du quartz en est « ôté » pour former des cristaux) en suivant la courbe du
liquidus avec la diminution de température (règle de Gibbs : deux phases, liquide + Qz donc variance = 1).
A T2, on peut lire la proportion liquide / solide en évaluant la proportion des segments à gauche et à droite de la droite
verticale passant par M : on a environ 50 % de liquide et 50 % de solide. Le solide est du quartz. La composition du
liquide se lit sur l’axe des abcisses : environ 30 % de Ab et 70 % de Qz.
L’évolution se poursuit de même jusqu’à T3, le liquide s’enrichit progressivement en Ab alors que de plus en plus de
cristaux de Qz se forment. A T3, on a environ 67 % de solide pour 33 % de liquide. La composition du liquide est
d’environ 46 % de Ab pour 54 % de Qz.
A 745 °C, la température est celle de l’eutectique. La composition du liquide résiduel est celle de l’eutectique, c’est à
dire 62 % de Ab pour 38 % de Qz. Alors, des cristaux de Ab commencent à apparaître. Dès lors, il y a 3 phases, la
variance est nulle, jusqu’à la disparition de la dernière goutte de liquide, la température ne diminue plus.
La quantité de liquide eutectique diminue progressivement, et le solide s’enrichit en Ab de sorte que sa composition
évolue en suivant le solidus en direction du pôle Ab.
Lorsque la dernière goutte de liquide disparaît, le solide a atteint la composition du liquide M initial. Alors, on a une
phase de moins, et la température peut à nouveau diminuer, jusqu’à atteindre 740 °C.
Exercice 2.
Question : Utilisez chaque diagramme de phase pour interpréter
la structure minéralogique observée sur la lame mince.
➢
cas n°1
On observe sur le cliché une zonation du plagioclase qui traduit une
évolution chimique du feldspath au fur et à mesure de la cristallisation.
Lors du refroidissement, le premier plagioclase formé a une
composition différente de celle du liquide résiduel : le plagioclase
formé est d’abord très calcique (S1 sur le graphique ci-contre). Si la
cristallisation se fait sans équilibre entre solide et liquide résiduel, le
plagioclase qui cristallise est de plus en plus sodique en périphérie (la
composition évolue vers S2).
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➢
cas n°2 : considérer un liquide magmatique de composition initiale 60 % d’orthose et 40 % d’albite.
Albite (plagioclase) et orthose (feldspath potassique) sont
miscibles en toutes proportions à haute température pour
former un feldspath alcalin (secteur « un feldspath Na-K »
sur le graphique du DS, noté abss ci-contre).
Mais à basse température, l’albite ne peut être mélangée à
l’orthose qu’en très faible proportion et réciproquement. Les
constituants de la « solution solide » seront donc alors
amenés à se séparer pour former deux phases distinctes,
cela correspond au secteur « 2 feldspaths distincts » sur le
graphique fourni et ass + bss ci-contre.
NB : La courbe qui limite ce secteur est appelée « solvus ».
On appelle ce phénomène « exsolution » ou « démixtion ».
Il en résulte un cristal mixte de feldspath sodique et de
feldspath potassique appelé perthite.
Dans le cas présent, au cours du refroidissement, c’est
d’abord l’orthose qui cristallise (de composition S1) : la
photographie fournie montre en effet un gros cristal
d’orthose, alors que l’albite apparaît en fines traces au sein
de l’orthose.
Le système évolue jusqu’à S2/L2, alors le solide a la
composition du liquide initial L0 et la dernière goutte de liquide disparaît.
La température diminue, on a une solution solide de feldspath Na-K, mais lorsque le système atteint le solvus en S3,
les deux feldspaths ne sont plus miscibles et il y a exsolution : de l’albite se sépare de l’orthose et forme les fines
traces blanches visibles sur la photo. On a désormais deux phases solides distinctes.
BIOLOGIE
PARTIE I – Durée conseillée 30 min
Métabolisme des levures : étude de la fermentation
Modifié d’après TP de biologie des levures, D. Pol, 1996, Ellipse
Glu 1 : [Glucose] = 1 mmol.L-1
Glu 2 : [Glucose] = 5 mmol.L-1
Glu 3 : [Glucose] = 12,5 mmol.L-1
Glu 4 : [Glucose] = 100 mmol.L-1
Glu 5 : [Glucose] = 150 mmol.L-1
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Question 1. Comparer les résultats obtenus (document 1b). Que peut-on déduire de la quasi superposition
des courbes Glu 4 et Glu 5 ?
Plus la concentration initiale en substrat est élevée, plus la pente de la courbe est forte en début d’expérience
(pensez à annoter le document fourni). Or, cette pente correspond au nombre de molécules d’éthanol formées par
unité de temps, c’est-à-dire à la vitesse de la réaction. On peut donc dire que plus [S] 0 est élevée, plus Vi est
importante.
La quasi-superposition des courbes Glu4 et Glu5 suggère qu’au-delà d’une certaine concentration pour [S]0, la Vi
n’augmente plus : on atteint une vitesse maximale Vmax. Celle-ci traduit une saturation de l’enzyme, que l’on peut
interpréter comme étant liée à la formation d’un complexe enzyme – substrat.
Question 2. Analysez et interprétez les résultats obtenus avec les différents substrats (document 2b).
Glucose et saccharose donnent les mêmes résultats : de l’éthanol est produit par fermentation, or le saccharose est
un dioside qui comprend un glucose et un fructose. On peut proposer que les levures possèdent une enzyme
permettant de cliver la liaison osidique entre glucose et fructose et que ce dernier peut être lui aussi utilisé pour
réaliser la fermentation alcoolique.
Avec le maltose, la fermentation est possible, même si l’utilisation de tout le substrat est un peu plus lente. Comme le
saccharose, le maltose est un dioside, mais il associe deux molécules de glucose. Si la levure possède une enzyme
lui permettant d’hydrolyser le saccharose, elle peut également hydrolyser le maltose (c’est la même liaison qui relie
les deux monomères). On peut alors faire l’hypothèse que c’est le transporteur transmembranaire du substrat qui met
en jeu des transporteurs différents, ce qui expliquerait le délai dans l’utilisation du maltose.
Une légère production est constatée avec le galactose, mais on peut faire l’hypothèse qu’il s’agit en fait de l’utilisation
de traces d’autres substrats qui n’auraient pas été correctement nettoyés après les autres expériences, le galactose
ayant une configuration spatiale différente de celle du glucose (position du OH sur C4), il ne peut pas être reconnu
par l’enzyme (spécificité de substrat).
Il n’y a pas de production significative d’éthanol avec le lactose ou l’amidon : les levures n’utilisent pas ces substrats
pour réaliser la fermentation alcoolique.
Pour le lactose, qui est lui aussi un dioside, les deux monomères (glucose + galactose) sont reliés par une liaison b
1,4 : on peut faire l’hypothèse que la levure ne peut pas importer ou hydrolyser ce substrat (sinon cela libérerait du
glucose et donc de l’éthanol serait produit).
Pour l’amidon, polymère de glucose, la liaison est de même nature que dans le saccharose, c’est donc sans doute un
problème de transport dans la cellule de cette grosse molécule.
Une légère production est constatée avec le galactose, mais on peut faire l’hypothèse qu’il s’agit en fait de l’utilisation
de traces d’autres substrats qui n’auraient pas été correctement nettoyés après les autres expériences, et que la
levure ne serait pas capable de transporter à travers sa membrane et/ou de catalyser l’utilisation du galactose.
Question 3. Quelle réaction est ainsi mise en évidence ? L’enzyme qui la catalyse est-elle cytosolique ou
extra-cellulaire (justifiez) ?
L’hydrolyse du saccharose libère du glucose. C’est donc cette réaction que l’on cherche ici à mettre en évidence.
La filtration de la suspension supprime les levures, il ne reste que le milieu dans lequel elles étaient préalablement
maintenues. On constate que dans ce milieu, l’ajout de saccharose est suivi par l’apparition de glucose. On peut en
déduire que ce milieu contient l’enzyme capable d’hydrolyser le saccharose. Comme les levures ont été éliminées,
cela signifie que cette enzyme est extra-cellulaire.
On peut donc proposer qu’après l’hydrolyse du saccharose, les levures importent le glucose et le fructose libéré pour
les utiliser et réaliser la fermentation alcoolique.
Question 4. Quelle réaction cherche-t-on à mettre en évidence ici ? L’enzyme qui la catalyse est-elle
cytosolique ou extra-cellulaire (justifiez) ?
De la même façon que précédemment on cherche à mettre en évidence l’hydrolyse du maltose.
Or ici les résultats sont négatifs, ce qui montre qu’il n’y a pas d’enzyme extra-cellulaire catalysant cette hydrolyse.
Comme les levures sont capables d’utiliser ce substrat, on peut proposer que l’enzyme catalysant l’hydrolyse a une
localisation cytosolique.
Il doit donc exister un transporteur du maltose qui permet l’entrée de ce substrat dans la cellule, hypothèse que nous
avons déjà formulée plus haut, et qui explique la cinétique différente constatée sur le graphique.
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PARTIE II – Durée conseillée 30 min
Etude des hexokinases chez le Rat
Question 1. Quel type de cinétique ont les enzymes étudiées ? Justifiez votre réponse et déterminez
graphiquement les paramètres cinétiques de ces deux enzymes.
La représentation en double inverse montre que
les points sont alignés selon une droite : ces
enzymes ont donc une cinétique michaelienne.
Les paramètres cinétiques peuvent alors être
déterminés :
1/Vmax étant l’intersection de la droite avec l’axe
des ordonnées,
-1/Km étant l’intersection de la droite avec l’axe
des abcisses.
- pour HK I comme pour HK II : 1/Vmax = 0,1
D’où :Vmax = 10 mmol.min-1
- pour HK I : -1/Km = -10 d’où Km = 0,1 mmol
- pour HK II : -1/Km = -0,24 d’où Km = 4,2 mmol
Question 2. Mettez en relation les résultats obtenus avec la physiologie. Vous réfléchirez par exemple à la
manière dont ces enzymes se comportent à faible ou forte concentration de glucose et vous relierez ces
observations au cas du muscle ou du foie.
HK I a une affinité bien plus élevée pour le glucose que HK II et sera saturée pour des concentrations en glucose bien
plus faibles.
Dans le cas du muscle, HK I permet de phosphoryler le glucose même si la glycémie est faible, de bloquer le glucose
phosphorylé dans la cellule à la mesure des besoins de celle-ci.
Dans le cas du foie, il n’y a pas de saturation et HK II peut continuer à agir par exemple lors d’une hyperglycémie à la
suite d’un repas, en revanche, elle n’entrera pas en compétition avec HK I pour de faibles concentrations en glucose.
Question 3. Représentez graphiquement ces résultats.
Question 4. Que pouvez vous en déduire sur l’action du glucose 1,6 – bis phosphate sur l’hexokinase de
cerveau de rat.
Vmax est non modifiée, en revanche Km varie et augmente avec la concentration en inhibiteur. Il s’agit donc d’une
inhibition compétitive.
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PARTIE III – Durée conseillée 30 min
Question 1. A partir de l’équation de Michaelis-Menten, montrer quelle est l’unité de Km.
V = Vmax [S] / (Km + [S])
Equation de Michaelis - Menten
D’où : Km + [S] = Vmax [S] / V et : Km = Vmax [S] / V - [S] Km a donc une unité de concentration : mol.L-1
Question 2. Dans l’expérience mise en œuvre, l’enzyme semble-t-elle obéir à la cinétique de Michaelis
Menten ? Justifiez votre réponse. Si oui, quelle est la valeur de Km ?
La représentation en double inverse montre que
les points sont alignés selon une droite : ces
enzymes ont donc une cinétique michaelienne.
Les paramètres cinétiques peuvent alors être
déterminés :
-1/Km étant l’intersection de la droite avec l’axe
des abcisses,
-1/Km = - 2
D’où : Km = 0,5 10-5 M
Question 3. Quelle est la valeur de Vmax ?
1/Vmax étant l’intersection de la droite avec l’axe des ordonnées,
1/Vmax = 1,5 d’où : V max = 7 10-10 moles.min-1 ou 10-11 mol.s-1
Question 4. Quel est le « turn-over » de l’enzyme, c'est-à-dire le nombre de réactions globales que chaque
site actif peut catalyser par unité de temps ? On admettra qu’il existe un site actif par molécule d’enzyme.
Le turn-over de l’enzyme est le nombre de réactions globales que chaque site actif peut catalyser par unités de temps
et on admet qu’il y a un seul site actif par enzyme, il s’agit donc du nombre de réactions globales que chaque enzyme
peut catalyser par unité de temps. Ceci est réalisé lorsque l’enzyme est saturée en substrat.
Turn-over = Vmax/[E]tot
[E]tot est la concentration d’enzymes totale. Il n’existe plus d’enzyme libre.
Vmax est connue, il faut trouver [E]tot.
Dans les 10 mL il y a 10-9 g d’enzymes soit 10-9/29 600 = 3,4 10-14 mole.
Le turn-over est donc de 10-11/ 3,4 10-14 soit 294 réactions par seconde (17 647 réactions par minute).
Question 5. Quelle est la fraction de sites enzymatiques occupés par le substrat (f ES) dans le tube n°4 à
l’instant t de la mesure ?
Une estimation est possible en raisonnant sur les Vi :
Pour le tube n°4 : Vi = 0,45 10-9 moles.min-1
Or Vmax = 7 10-10 moles.min-1
Le rapport Vi / Vmax nous renseigne sur la fraction de sites occupés :
Vi / Vmax = 0,45 10-9 / 7 10-10 = 0,64
donc 64 % des sites enzymatiques sont occupés.
Question 6. Si la quantité d’enzyme incorporée dans chaque tube est de 10-4 g (et non plus 10-9 g), les
paramètres cinétiques sont-ils modifiés ? Justifiez votre réponse.
Si la quantité d’enzyme est de 10-4 g, la concentration d’enzyme est plus importante ; le nombre de réactions
catalysées est plus important donc Vmax est plus grand ; en revanche, Km n’est pas modifié car l’augmentation de la
quantité d’enzymes ne modifie pas l’affinité de l’enzyme pour son substrat. Le turn-over n’est pas modifié.
Question 7. En se plaçant dans les mêmes conditions expérimentales et en supposant que les données
mentionnées précédemment dans le tableau restent identiques, quel(s) paramètre(s) change(ent) si chaque
molécule d’enzyme possède deux sites actifs ?
Chaque enzyme possède deux sites actifs maintenant, si les données du tableau ne changent pas alors Vmax et Km
ne sont pas modifiées. En revanche, le nombre de réactions que chaque site actif peut catalyser par unité de temps
est divisé par deux.
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