TS2015 - Devoir n°2

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Devoir de Sciences Physiques nÀ2 : correction
Exercice n°1
1.1/ Le phénomène décrit est l’effet Doppler.
1.2/ Pour que l’effet Doppler existe, il faut qu’il y ait un mouvement relatif de la source des ondes par
rapport au récepteur et pour qu’il soit perceptible, il faut que cette vitesse de déplacement relatif soit non
négligeable devant la vitesse de l’onde considérée.
1.3/ Relation entre λ
E
et λ
R
:
)uv( v f
f
E
R
+
= or λ
=c f donc
)uv( v
c
c
E
R
+
=
λ
λ et )uv( v
R
E
+
=
λ
λ
On a donc :
ER
v
uv λ× +
=λ
où λ
E
est la longueur d’onde de l’onde émise (en m)
λ
R
est la longueur d’onde de l’onde perçue par le récepteur (en m)
2.1/ Pour le son : Hz110110
75,0340
340
f
)uv( v
f
ER
=×
+
=×
+
= (la calculatrice donne 109,75 Hz)
Pour la lumière : nm450450
10.00,3 75,010.00,3
vuv
8
8
ER
=×
+
=λ×
+
=λ
2.2/ La variation de fréquence du son ne sera pas perceptible car le décalage Doppler est inférieur à 1,0 Hz.
2.3/ La variation de longueur d’onde de la lumière bleue diffusée ne sera pas perceptible non plus.
Ces résultats étaient prévisibles puisque la vitesse de déplacement (0,75 m.s
-1
) est très inférieure aux vitesses
des ondes considérés ici (340 m.s
-1
pour le son, 3,00.10
8
m.s
-1
pour la lumière) : l’effet Doppler existe donc
mais il n’est pas perceptible par les sens humains.
3.1/ λ
R
est plus grande que λ
E
donc il y a décalage « Fizeau-Doppler » vers le rouge, l’étoile s’éloigne.
3.2/ 100
1,5
1
E
R
E
ER
=−
λ
λ
=
λλ−λ
⇔
100
1,5
1
v
uv
=−
+
⇔
100
1,5
1
v
u
1 =−+
⇔
100
1,5
v
u
=
donc u = 0,051 × 3,00.10
8
= 15,3.10
6
m.s
-1
La vitesse de l’étoile est de 15300 km.s
-1
, ce qui représente donc 5% de la vitesse de la lumière.
Exercice n°2
1/ Comme le montrent les résultats consignés dans le tableau, l’interfrange est petit donc il faut mesurer
plusieurs interfranges et diviser ensuite pour obtenir l’interfrange avec un maximum de précision.
2/ D’après l’énoncé, l’interfrange « i » est inversement proportionnel à la distance entre les fentes notée
généralement « e ». D’après le cours, la relation mathématique reliant ces deux grandeurs est :
e
D
i
λ
=
En fixant les valeurs de la longueur d’onde et la distance fente – écran, on obtient :
e
1
ki ×= où k est une
constante de valeur λ D. La représentation graphique i = f(1/e) doit donc être une droite passant par l’origine.

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3/ Il est nécessaire de calculer la valeur de « 1/e » pour chaque valeur de « e » :
1/e (mm
-1
) 10 5,0 3,3 2,5
Interfrange (mm) 6,5 3,3 2,2 1,6
En traçant le graphique, on obtient effectivement une droite passant par l’origine qui valide le modèle
e
1
ki ×= et donc la proportionnalité inverse entre l’interfrange « i » et la distance entre les fentes « e ».
4/ La relation fait aussi apparaître une proportionnalité entre l’interfrange « i » et la distance « D » entre la
fente et l’écran. En éloignant l’écran des fentes, il y a donc moyen de faire croitre l’interfrange, et donc de le
rendre plus facile à mesurer précisément : l’imprécision relative est plus faible sur une distance plus grande
que sur une petite.
5/ En lumière blanche, on obtiendrait des couleurs interférentielles symétriques autour d’une tâche centrale
blanche.
Exercice n°3
1/ Pour le bleu patenté, la longueur d’onde du maximum d’absorbance est 640 nm, cela correspond à de la
lumière rouge. Pour la tartrazine, la longueur d’onde du maximum d’absorbance est 430 nm, ce qui
correspond à de la lumière bleue.
2/ On rappelle la loi de Beer – Lambert : A = ε(λ) × l × c
Pour le bleu patenté : 115
5
max
cm.mol.L10.12,1
10.0,11 12,1
clA
−−
−
=
×
=
×
=ε
Pour la tartrazine :
114
5
max
cm.mol.L10.7,2
10.0,41 08,1
clA
−−
−
=
×
=
×
=ε
3/ Tous les composants odorants et gustatifs du sirop de menthe sont incolores, or le consommateur attend
une couleur verte lui rappelant la feuille de menthe. On ajoute donc au sirop les deux colorants « bleu
patenté » et « tartrazine » qui absorbent respectivement dans le rouge et dans le bleu. Par synthèse
soustractive, si le rouge et le bleu sont absorbés, la seule lumière transmise est le vert.
Remarques
On peut donc faire du sirop de menthe (qui aura exactement le même goût) incolore ou de la couleur que
l’on veut. C’est d’ailleurs ce qui se fait avec le sirop ou les bonbons de menthe forte (en général bleus !).
La feuille de menthe est verte car elle contient aussi de la chlorophylle, comme toute plante verte. Le vert
n’est donc pas du tout une couleur associé à la menthe, sauf dans nos esprits.
Exercice n°4
Partie A : nomenclature
A : pentanal
B : pentan-2-ol
C : pentane
D : pent-1-ène
E : méthoxyméthane
F : butan-1-ol
G : butan-2-ol

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Partie B : étude des liaisons chimiques constituant les molécules (spectres A à E uniquement)
Sur les spectres A à E, les nombres d’onde sont compris entre 1500 cm
-1
et 4000 cm
-1
. Par définition, le
nombre d’onde est l’inverse de la longueur d’onde donc :
1500 cm
-1
< σ < 4000 cm
-1
⇔
6,7.10
-4
cm > λ > 2,5.10
-4
cm
⇔
6700 nm > λ > 2500 nm
La bande des infrarouges correspond aux longueurs d’onde allant de 800 nm à quelques mm donc ces valeurs
sont effectivement dans l’infrarouge.
Attention à ne pas confondre le domaine des longueurs d’onde correspondant à l’infrarouge (800 nm – 1 mm)
avec le domaine utilisé pour la spectroscopie IR (2500 nm – 25000nm). La spectroscopie IR n’utilise pas tout
le domaine des infrarouges.
D’après les formules topologiques des molécules proposées, la seule liaison commune à toutes ces molécules
est la liaison C – H. La seule bande d’absorption commune est située à 2900 cm
-1
et lui correspond donc.
la seule molécule à contenir une liaison C = O est la molécule de pentanal (spectre A) : 1750 cm
-1
la seule molécule à contenir une liaison C = C est la molécule de pentène (spectre D) : 1600 cm
-1
la seule molécule à contenir une liaison O – H est la molécule de pentanol (spectre B) : 3600 cm
-1
Partie C : étude de la structure carbonée de la molécule (spectres F et G uniquement)
1/ Les molécules F et G sont identiques dans la partie du spectre entre 1500 cm
-1
et 4000 cm
-1
, ce qui signifie
qu’elles contiennent toutes les deux des liaisons C–H et O–H. En revanche, elles présentent des différences
dans la partie du spectre comprise entre 400 cm
-1
et 1500 cm
-1
.
2/ Les bandes d’absorption à des nombres d’onde supérieurs à 1500 cm
-1
correspondent aux liaisons C–H et
aux liaisons des groupes fonctionnels. Ici, les bandes sont les mêmes dans les molécules F et G et nous
apprennent que ces molécules contiennent uniquement des liaisons C–H et O–H donc sont des alcools. Les
bandes d’absorption à des nombres d’onde inférieurs à 1500 cm
-1
nous renseignent sur le squelette carboné
des molécules. Ici, ils sont différents donc les molécules F et G ne sont pas identiques, elles présentent des
différences structurelles (ramification d’une chaine).
Partie D : influence de la phase physique de l’échantillon
On constante que la bande correspondant à la liaison O–H, fine dans le cas d’un échantillon gazeux, devient
très large dans le cas d’un échantillon liquide. Ceci est dû aux « liaisons hydrogène », présentes en phase
condensée mais pas en phase gazeuse.
Pour rappel, la force électrostatique de Coulomb dépend de l’inverse du carré de la distance entre les charges
électriques donc quand les charges électriques se rapprochent, cette force augmente très rapidement.
La liaison O–H est fortement polarisée en raison d’une différence d’électronégativité importante entre
l’atome d’oxygène et celui d’hydrogène. Or, en milieu condensé (liquide ou solide), les molécules sont très
proches les unes des autres et les interactions entre leurs liaisons polarisées sont fortes : ce sont les « liaisons
hydrogène ». Celles-ci perturbent la vibration propre de la liaison O–H et expliquent que la bande
d’absorption soit plus large.
En milieu dispersé (gaz), les molécules sont beaucoup plus éloignées les unes des autres, donc les
interactions intermoléculaires très faibles voire nulles, et la liaison O–H vibre à sa fréquence propre, donnant
une bande d’absorption fine.