2014 - Devoir n°2

Première S
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Devoir de Sciences Physiques nÀ2 : correction
Exercice I : éclairage routier
1/ L’état fondamental est, par définition, l’état de plus basse énergie du diagramme, donc le niveau n = 1
d’énergie – 5,14 eV.
2/ On considère une raie jaune, de longueur d’onde dans le vide λ = 589 nm, émise par une telle lampe.
D’après Planck : ∆E = h × ν
soit
∆E =
or
ν=
c
λ
donc
∆E =
3,38.10 −19
= 2,11 eV
1,60.10 −19
h × c 6,63.10 −34 × 3,00.108
=
= 3,38.10 −19 J
−9
λ
589.10
Energie (eV)
E∞ = 0
Il s’agit d’une émission de photon donc
d’une perte d’énergie pour l’atome : la
flèche est donc orientée vers le bas.
Par ailleurs, ∆E = 2,11 eV correspond à la
différence d’énergie entre le niveau n = 1 et
le niveau n = 2 de l’atome
=> flèche (rouge) partant du niveau n = 2
vers le niveau n = 1 : désexcitation.
Niveau n → ∞
E5 = - 1,38 eV
E4 = - 1,51 eV
Niveau n = 5
Niveau n = 4
E3 = - 1,93 eV
Niveau n = 3
E2 = - 3,03 eV
Niveau n = 2
E1 = - 5,14 eV
Niveau n = 1
3/ L’atome de sodium, considéré maintenant dans l’état E2, reçoit une radiation lumineuse dont le quantum
d’énergie E a pour valeur 1,10 eV : la radiation lumineuse peut être absorbée par l’atome de sodium à l’état
E2 puisque 1,10 eV correspond à la différence d’énergie entre les niveaux 2 et 3 de l’atome. L’absorption de
cette radiation correspond donc à la transition du niveau n = 2 au niveau n = 3 : excitation (flèche bleue).
4/ ∆E =
h×c
λ
λ=
donc
h × c 6,63.10 −34 × 3,00.108
=
= 1,13.10 − 6 m
−19
∆E
1,10 × 1,60.10
soit
1130 nm
Cette radiation appartient au domaine des infrarouges (λ = 1130 nm > 800 nm).
Exercice II : loi de Wien et astrophysique
Bételgeuse : λ max =
2,89.106
= 800 nm
3600
Son maximum d’intensité est à la limite entre le rouge visible et l’infrarouge, donc il s’agit d’une étoile
de classe M : « leur couleur perçue est rouge mais leur maximum d’intensité est en fait dans
l’infrarouge ». Bételgeuse est en fait une géante rouge, une énorme étoile en fin de vie.
Teide 1 : λ max =
2,89.10 6
= 1100 nm
2600
Son maximum d’intensité est à largement dans l’infrarouge, donc il s’agit d’une étoile de classe T : c’est
en fait une naine brune : « elles émettent peu ou pas de lumière visible, mais surtout ou seulement des
infrarouges ».
Mintaka (Delta Orionis) : λ max =
2,89.106
= 83 nm
35000
Son maximum d’intensité est largement dans l’ultraviolet, donc il s’agit d’une étoile de type O : « ce sont
des étoiles très lumineuses et de couleur perçue bleue, mais la plupart de la lumière qu’elles émettent est
dans l’ultraviolet ».
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Exercice III : colorimétrie
1/ Le dosage effectué est un « dosage colorimétrique par étalonnage ».
2/ L’énoncé indique que la solution à analyser est orange donc il faut travailler avec un filtre bleu afin
d’avoir une absorbance maximale : filtre n°1 de 440 nm.
3/ Loi de Beer – Lambert : A = ε(λ) × l × C
Dans les conditions de l’expérience, les facteurs « ε(λ) » et « l » ne varient pas puisque les facteurs
température, nature de l’espèce dissoute, nature du solvant, longueur d’onde du filtre et largeur de la cuve
sont fixés. On a alors k = ε(λ) × l = cte et il vient A = k × C (avec k = cte).
La graphique A = f(C) doit alors être une droite passant par l’origine du repère.
4/ On trace le graphe A = f(C) et on obtient effectivement une droite passant par l’origine. Par lecture
graphique, on détermine la concentration molaire de la solution S en dichromate de potassium (traits bleus).
A
2,0
1,5
1,0
0,5
0
AS = 0,38
0,20
=>
5/ Par définition :
0,40
0,60
0,80
1,20
1,40
1,60
C en mmol/L
CS = 3,0.10-4 mol/L
n = C × V = 3,0.10-4 × 50.10-3 = 1,5.10-5 mol
La quantité de matière de dichromate de potassium dissoute est donc de 15 µmol.
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