1° Le bleu de bromophénol

CORRECTION
1° Le bleu de bromophénol
Première partie : Étude de la solution mère
1 . Par définition : n0 = C0.V => n0 = 3,010–5  0,100 = 3,010–6 mol de BBT dans V=100mL de S0.
2.1. D’après Brønsted, un acide est une espèce chimique capable de céder un ou plusieurs protons H+(aq).
2.2. Couples acide-base mis en jeu dans la réaction HIn(aq) + H2O(l) = In–(aq) + H3O+(aq)
couple 1 : HIn(aq) / In–(aq)
couple 2: H3O+(aq) / H2O(l)
3. Étude de la réaction de HIn sur l’eau
HIn(aq)
+
H2O(l)
=
In–(aq)
3.1.
Avancement
Quantités de matière
État initial
x=0
n0
Excès
0
État
x
n0 – x
Excès
x
intermédiaire
État final si
x = xmax
n0 – xmax = 0
Excès
xmax
réaction totale
État final
x = xf
n0 – xf
Excès
xf
observé
3.2. Le réactif limitant est HIn, l’eau étant introduite en excès.
HIn est totalement consommé alors n0 – xmax = 0 => xmax = n0 = 3,010–6 mol
3.3. D’après le tableau d’avancement nH O = xf donc [H3O+] =
3
Ainsi
xf
V
= 10–pH , finalement xf = 10–pH.V
3.4. Par dféfinition  =
xf
xmax
=
xf
V
.
+
H3O+(aq)
0
x
xmax
xf
D’autre part [H3O+] = 10–pH.
=> xf = 10–4,7  0,100 = 2,010–6 mol
2, 0 106
= 0,67 = 67% . On a  < 100% donc la réaction est limitée.
3, 0 106
4. Relation de conservation de la matière
4.1. D’après le tableau nHIn = n0 – x ; n In  = x, ainsi
nHIn + n In  = n0 – x + x = n0.
4.2. D’après ce qui précède: nHIn + n In  = n0 , en divisant par V :
nHIn nIn n0
donc [HIn(aq)] + [In–(aq)] = C0


V
V
V
Deuxième partie : Étude de deux solutions
1. La solution S1 est jaune, la forme acide HIn prédomine en solution.
La solution S2 est bleue, la base conjuguée In– prédomine en solution.
2. La proportion d’acide et de base conjuguée dépend du pH de la solution.
3. [HIn(aq)] + [In–(aq)] = C0 si [HIn(aq)] << [In–(aq)] alors [In–(aq)] = C0 [In–(aq)] = 3,010–5 mol.L–1
Troisième partie : Étude spectrophotométrique
1.Calcul des concentrations des espèces In– et HIn
1.1 Seule la forme basique In– absorbe de la lumière, à la longueur d’onde choisie. De plus l’absorbance est liée à la
concentration effective [X] de l’espèce absorbante par A = k.[X]. Alors A = k.[In–].
1.2 Dans la deuxième partie, au (3.), on a émis l’hypothèse que pour la solution S2 de pH = 12,0
on avait [In–] >> [HIn]. Alors [In–(aq)] = C0, donc Amax = k.C0 => k =
Amax
1, 66
=
= 5,5104 ; A étant une
C0
3, 0  105
grandeur sans dimension donc k s’exprime en L.mol–1.
1.3. D’après la loi de Beer-Lambert : A = k.[In–] avec k =
[In–] =
0,83
 3, 0 105 = 1,510–5 mol.L–1
1, 66
substitution [HIn(aq)] = C0 – [In–(aq)] = C0 –
Amax
C0
=>
A=
Amax
A
.C0
.[In–] donc [In–] =
C0
Amax
D’autre part [HIn(aq)] + [In–(aq)] = C0 ce qui donne par
A
.C0
Amax
[HIn(aq)] = C0 (1 –
A
) [HIn(aq)] = 1,510–5 mol.L–1
Amax
2.1. Voir figure ci-dessous.
1
2.2. Pour un acide faible on a :
 In  
pH = pKa + log
 HIn 
 In  
2.3. Pour
= 1, on a pH = pKa.
 HIn 
On mesure graphiquement
pour [HIn] = [In–], alors pH = pKa = 3,9
 In  
pH = pKa + log 
 HIn 
–
[In ] = [HIn].10
8,1
pH = 3,9
HIn prédomine
2.4. Hypothèse : Pour la solution S2,
la concentration effective [HIn] est négligeable.
Le pH de la solution S2 vaut 12,0.
 In  
 In  
=> pH – pKa = log 
=> 10pH–pKa = 
 HIn 
 HIn 
In– prédomine
[In–] = [HIn].10pH–pKa
–
on vérifie bien que [In ] >> [HIn]
2° La radioactivite
1. La source de particules alpha utilisée par les Joliot-Curie
1.1 Un noyau radioactif est un noyau instable qui se désintègre spontanément en un autre noyau avec émission de
rayonnement et de particules.
1.2 Une particule alpha est un noyau d'hélium de symbole : 24He
Le noyau 24He contient 2 protons (Z = 2 ) et 2 neutrons (A-Z = 4 - 2 = 2)
1.3 A est le nombre de nucléons appelé aussi nombre de masse. Il indique le nombre de protons additionné du
nombre de neutrons.
Z est le numéro atomique appelé aussi nombre de charge. Pour un noyau, il indique le nombre de protons qu’il
contient.
1.4 En utilisant les lois de conservations du nombre de nucléons A et du nombre de charge (lois de Soddy) , il
210
A
4
vient :

+
84 Po
Z X
2 He
avec :
210 = 4 + A

A = 206
84 = 2 + Z

Z = 82
il s'agit de l'élément Pb.
210
84
finalement :
Po

4
2
He
+
206
82
Pb
2. La réaction probable proposée par les Joliot-Curie
2.1. Le noyau de l'atome de phosphore est "composé de 15 protons et de 15 neutrons."
30
P
donc Z = 15 et A = 15 + 15 = 30. Le symbole du noyau de phosphore est 15
2.2. Le noyau de l'atome de d'aluminium est "composé de 13 protons et de 14 neutrons" donc Z = 13 et
27
Al
A = 13 + 14 = 27. Le symbole du noyau d'aluminium est 13
Alors
27
13
Al + 24He  01n +
30
15
P
On vérifie les lois de conservation : A=27 + 4 = 1 + 30 Z= 13 + 2 = 0 + 15
2.3.1. Deux noyaux isotopes ont même nombre de protons (même Z) mais des nombres de neutrons différents (donc
A différents).
30
P est le phosphore 31, 1531P car Z = 15 pour les deux noyaux mais ces
2.3.2. Un autre isotope du phosphore 30 15
30
P et 16 pour 1531P .
deux noyaux diffèrent par leur nombre de neutrons, 15 pour 15
2.4.1 Le noyau stable de silicium est composé de 14 protons et de 16 neutrons, donc Z = 14 et A = 14 + 16 = 30.
30
Si .
Le symbole du noyau de silicium est 14
Le symbole d'un positon est 01e .
2
L'équation nucléaire s'écrit alors
On vérifie les lois de conservation :

A= 30 = 30 + 0
30
15
P
30
14
Si
+
0
1
e
Z= 15 = 14 + 1
2.4.2. Il s'agit d'une radioactivité + car il y a émission d'un positon.
2.4.3. équation 11p  01n + 01e
On vérifie les lois de conservation : A=1 = 1 + 0
Z=1 = 0 + 1
3. Les lois de décroissance de l'aluminium et du bore irradiés
3.1. Loi de décroissance radioactive est, par définition : N(t) = N0.e (-.t)
3.2. Méthode: - pour t = t1/2 on a N(t1/2) = N0 / 2 voir courbe
On obtient pour l’échantillon n°1, t1/2 = 9,0102 s et pour l’échantillon n°2, t1/2 = 2,1102 s. Voir ci-après.
N0/2
(t1/2)2 = 2,0102 s
(t1/2)1 = 8,5102 s
3.3 Dans le texte on lit « demi-vie de l'aluminium : 3 minutes et 15 secondes » soit t1/2 = 360 + 15 = 195 s.
Ce résultat est proche de celui obtenu pour l’échantillon n°2. (la lecture graphique ne permet pas une grande
précision). L'échantillon n°2 correspond à l'aluminium.
D’autre part, on lit « demi-vie du bore 14 minutes » soit t1/2 = 14  60 = 840 s. Résultat proche de (t1/2)1 = 8,5102 s
donc l'échantillon n°1 correspond au bore.
4. L'aspect énergétique du bore irradié
4.1. Loi équivalence masse – énergie : L'énergie de masse E d'une particule au repos est égale au produit de la masse
de la particule par le carré de la célérité de la lumière dans le vide.
E = m.c² ( Avec E en J, m en kg, c en m.s-1).
4.2. remarque : ne pas confondre la variation de masse m indiquée ici (< 0, toute réaction nucléaire
s’accompagne d’une perte de masse) avec le défaut de masse (positif par définition).
m
= mfinale – minitiale =  m(produits) –  (réactifs)
m
= m( 137N )
+
m( 01n ) –
m( 105N )
– m( 24He )
= 13,001898 + 1,008655
– 10,010194 – 4,001506
m = – 1,147000.10-3 u
4.3.1. D'après 4.1. on a E = m . c²
3
4.3.2. Attention : Pour calculer E en J, il faut convertir m en kg.
m = – 1,147000.10-3 u = – 1,147000.10-3  1,66054.10–27 = –1,904639.10-30 kg (valeur stockée en mémoire)
E = –1,904639.10-30  (3,00.108)² = – 1,71.10–13 J
(valeur stockée en mémoire)
-13
-19
6
E = – 1,71.10 / 1,60218.10 = – 1,07.10 eV = – 1,07 MeV.
4.3.3. Comme E est négatif de l'énergie est libérée par le système au cours de la réaction nucléaire.
3° Les ondes ultrasonores
1.
1.1. Une onde mécanique est la propagation de proche en proche d’une perturbation dans un milieu matériel sans
transport de matière mais avec transport d’énergie.
1.2. Une onde est longitudinale si la direction de la perturbation est parallèle à la direction de propagation de
l’onde.
2. Vitesse de propagation et milieu de propagation
2.1. L’origine des dates t = 0 s est l’instant de l’émission.
Figure
77
Figure
Signal reçu par le récepteur
dans l'eau
u (V)
u (V)
Figure
8 8
Figure
Signal reçu par le récepteur
Courbedans
obtenue
l'air dans l'air
u (V)
t =0 s
0
0
100
200
300
400
500
600
700
800
900 t (µs)
0
0
100
200
Le signal dans l’eau est reçu à la date teau = 1,4  102 µs .
Le signal dans l’air est reçu à la date tair = 5,8  102 µs > teau donc
plus tard.
Les ultrasons ont parcouru la même distance ℓ entre l’émetteur et le
récepteur. La célérité étant définie, par v =
t
v eau 
0,200
1,4  104
t eau
400
500
600
700
800
900 t (µs)
7,0 divisions
, on peut dire que la
propagation des ultrasons est donc plus rapide dans l’eau que dans
l’air.
2.2. par définition : v eau 
300
avec teau = 1,410–4 s et ℓ = 0,200 m.
La durée de balayage
de l’oscilloscope est
osc = 20 µs.div – 1 .
= 1,4  103 m.s-1 .
3. Comprendre le principe de l’échographie - Modélisation
3.1.1. Entre t = 0 s et tR on mesure 7,0 divisions.
tR = 7,0  20 / 1 = 1,4  102 µs soit 1,4  10–4 s
3.1.2. Les ondes ultrasonores sont réfléchies sur l’objet :
elles parcourent donc la distance 2.D (aller et retour) pendant
la durée tR.
Ainsi : v =
2D
tR
 tR 
2D
v
La durée de balayage de
l’oscilloscope est
3.2.1.
En comparant les deux figures, on constate
osc = 20 µs.div – 1.
que tR’ < tR.
Or la distance parcourue (2D) par les ultrasons est la même pour les deux expériences. Dans la seconde expérience,
seule une partie de l’eau est remplacée par un morceau de Plexiglas®.
Comme tR’ < tR, les ultrasons se propagent plus vite dans le Plexiglas® que dans l’eau.
4
Remarque : la célérité des ultrasons est d’autant plus grande que la densité du milieu traversé est grande. Or le
Plexiglas® est plus dense que l’eau.
3.2.2.a. Dans l’eau (en l’absence du plexiglas®) la distance parcourue par les ultrasons serait : L = 2D.
Avec le Plexiglas® d’épaisseur e, qui est traversé deux fois par les ultrasons (aller et retour) la longueur L du trajet
total aller-retour du signal dans l’eau uniquement est : L = 2D – 2e = 2.(D – e).
3.2.2.b. Soient teau la durée du parcours dans l’eau, et tplexi la durée du parcours dans le plexiglas®.
On a : t’R = teau + tplexi =
L 2e
2.( D  e) 2 e


=
= t’R
v v'
v
v'
3.2.3. D’après ce qui précède on a : t A 
3.2.4.
2d
v
À la durée tA du parcours dans l’eau (avec la célérité v), s’ajoute la durée t’ plexi du parcours dans le
plexiglas® (distance 2e parcourue avec la célérité v’). On a : tB = tA + t’plexi =
2d 2e
= tB

v
v'
3.3. Exploitation des résultats :
a)
b)
tR 
2D
v
tA 
2d
v
et t’R =
2.( D  e) 2 e
2e 2e
2D 2D 2e 2e


donc tR  t 'R 
soit tR  t 'R 
(relation 1)



v
v'
v
v
v
v'
v
v'
et tB =
2d 2e

v
v'
donc tB  t A 
2d 2e 2d
soit


v
v'
v
3.3.1. Exprimons (1) + (2) :  tR  t 'R    tB  t A  
tB  t A 
2e
v'
(relation 2)
2e 2e 2e 2e



v
v' v'
v
v
2
en isolant e on obtient : e  .(tR  t 'R  tB  t A ) .
3.3.2. Application numérique : e = 2,145  10–2 m => e = 2,110–2 m soit 2,1 cm.
3.3.3. Relation 2 tB  t A 
2e
2e
donc v ' 
v'
 tB  t A 
v' 
2  2,145  10 2
 7, 2  10
5
 6, 2  10 5 
= 4,3  103 m.s-1
On a bien : v’ > v. Ceci est bien en accord avec la question 3.2.1.
3.4. Principe de l’échographie
2( D  e
)
2e 2D 2e 2e



=
v
v'
v
v
v'
2D
 1 1
 2e .   
Finalement t’R =
v
v ' v 
2.D
 1 1
Or
est constant et    est constant et de signe négatif car v’ > v donc 1  1   1  1   0
v
v' v
v ' v 
v ' v 
3.4.1. D’après 3.2.2.b., on a : t’R =
Au fur et à mesure que la sonde descend, e augmente donc 2e .  1  1  est « de plus en plus négatif » ainsi
v ' v 
tR’ diminue.
On peut simplifier le raisonnement : plus la sonde descend et plus les ultrasons parcourent une distance importante
dans le plexiglas®, or ils s’y propagent plus vite que dans l’eau, donc t’R diminue.
3.4.2. Rappelons que tA est la date de la réflexion à l’entrée du plexiglas® et t B la date de réflexion à la sortie du
plexiglas®.
D’après la relation 2 : tB  t A 
2e
donc si e augmente alors (tB – tA) augmente car v’ est constante.
v'
5
1. LA LUNETTE EST RENDUE AFOCALE
1.1.1. L’objet AB étant situé à l’infini, son image A1B1 se forme dans le plan focal image de l’objectif.
FIGURE n°1
B
plan focal image

F’1
O1

A1
Axe optique
B
B1
L1
1.1.2. Dans le triangle (O1, A1, B1) rectangle en A1 , on a tan   =
A1B 1 A1B 1

O1F'1
f '1
A1B1 = .f ’1
A1B1 = 9,3310-3  900 = 8,40 mm
1.2.1. On veut que l’image A’B’ soit rejetée à l’infini, l’objet A1B1 doit être dans le plan focal objet de l’oculaire
(L2) . A1 est confondu avec F2.
1.2.2. La lunette est afocale si le foyer objet F2 de l’oculaire est confondu avec le foyer image F’1 de l’objectif. On
aura les points A1, F '1 et F2 confondus.
1.3.
B

A'
O1
F2
F’1
F'2
O2 '

B
'
Axe optique
K
L1
L2
FIGURE n°2
B'
1.4.1
F'2 est symétrique de F2 par rapport au centre optique O2.
Le rayon ("2 flèches") est parallèle à l'axe optique, il émerge de la lentille en passant par F'2. Les trois rayons
émergent de L2 parallèlement entre eux, car l'image B' est rejetée à l'infini.
1.4.1. Par définition : ’ est l’angle sous lequel on observe l’image définitive A'B' à travers l’oculaire.
1.4.2. Dans le triangle (O2, F'2, K) rectangle en O2 : tan '  ' =
soit ' =
 . f '1
f '2
1.5. D’après l’énoncé :
donc ' =
G=
O2K
, avec O2K = A1B1 et A1B1 = .f '1
O 2 F'2
9,33 10-3  900
= 0,42 rad
20
f '1
'
=

f '2
G=
900
= 45
20
6
2. OBSERVATION DES TACHES SOLAIRES
2.1. L'écran est situé à 30 cm de F'2 et F'2 est à 20 mm de O2.
Donc O2 A' = O2 F'2 + F'2 A' => O2 A' = 30 + 2,0 = 32 cm.
2.2. Appliquons la relation de conjugaison à l’oculaire (L2) :
1
O 2 A'
–
1
O 2 F2 '
=
1
O 2 A1
Écran
L2
F’2
O2
1
O 2 A'

1
O 2 A1
=
A'
1
O 2 F2 '
O2 A1 = – 2,1 cm
=>
2.3. Quand la lunette était afocale, l’image intermédiaire se trouvait dans le plan focal objet de l'oculaire, soit à
2,0 cm de l’oculaire, on avait O2 A1 = – 2,0 cm. Elle est maintenant à 2,1 cm, on a donc éloigné l’oculaire de
l’objectif.
2.4. Si D' = 126 mm représente D = 1,39106 km et d' = 5 mm représente d alors d'.D = d.D'
d=
5 1,39 106
= 5,5104 km
126
=> d =
d'.D
D'
1. CONSTITUTION DU TÉLESCOPE.
1.1.1. Positionnement du sommet S du miroir sphérique et du foyer principal F.
Le sommet est au centre du miroir, et les donnés indiquent : distance focale de l’objectif f’1 = 1000 mm. (soit 100
mm sur le schéma).
Échelle suivant l’axe optique 1/10.
Échelle perpendiculairement à l’axe optique 1/2.
F
axe optique
S
A1
B1
1.1.2. Le foyer F est situé au milieu du segment [SC], donc CF 
CS
.
2
1.1.3. L’image d’un objet situé à l’infini, se forme dans le plan focal du miroir sphérique convergent.
1.1.4. Tous les rayons incidents issus d’un objet situé à l’infini sont parallèles entre eux.
Un rayon incident issu de l’objet situé à l’infini et passant par F, émerge parallèlement à l’axe optique.
Tous les rayons émergents issus d’un point objet B, convergent en un même point image B1.
1.2.1. Pour obtenir une image finale à l’infini, la deuxième image intermédiaire doit se situer dans le plan focal objet
de l’oculaire.
1.2.2. Appelons A2 le point de la deuxième image intermédiaire situé sur l’axe optique et confondu avec F 2 le foyer
principal objet de l’oculaire. A2 joue le rôle d’objet pour l’oculaire.
Appelons A3 le point image définitive formée par l’oculaire.
Enfin nommons O2 le centre optique de l’oculaire et F’2 son foyer image.
7
Appliquons la relation de conjugaison de Descartes :
1
1
1


O2 A3 O2 A2 O2 F '2
A2 confondu avec F2 donc O2 A2  O2 F2 ,
F2 est le symétrique de F’2 par rapport à O2 donc O2 F2  O2 F '2 ,
1
1
1


O2 A3 O2 F '2 O2 F '2
1
= 0 alors O2 A3   l’image définitive serait effectivement rejetée à l’infini.
O
A
2 3
or
1.3. Étude du cercle oculaire
1.3.1. Dans le cas d’un télescope de Newton, le cercle oculaire est l’image du miroir convergent formée par
l’ensemble miroir plan - oculaire.
1.3.2. Cette position d'observation permet à l'œil de collecter toute la lumière issue du miroir convergent.
Ainsi l'image définitive observée est plus lumineuse en cette position.
2.GROSSISSEMENT DU TÉLESCOPE
2.1. Nous avons le choix entre l’oculaire MA 25 de distance focale f’2 = 25 mm et l’oculaire MA 9 de distance
focale f’3 = 9 mm.
Plus la distance focale de l’oculaire est faible et plus le grossissement sera grand. On choisit donc l’oculaire MA 9.
2.2. La distance focale de l’objectif est f’1 et vaut 1000 mm. Nommons f’oc la distance focale de l’oculaire
permettant d’obtenir un grossissement G = 228.
f1'
f1'
G = ' donc f’oc =
f oc
G
=>
f’oc =
1000
= 4,39 mm
228
8