corrigé du bac blanc 2016 exercice a : les débuts de l`électron en

CORRIGÉ DU BAC BLANC 2016
EXERCICE A : LES DÉBUTS DE L’ÉLECTRON EN PHYSIQUE (9 POINTS)
1. L'EXPÉRIENCE DE J.J. THOMSON
1.1. Le champ électrique E dans un condensateur plan est perpendiculaire aux armatures.
La force électrique Fe = q.E = −e.E a donc même direction.
L'électron est dévié vers le haut donc la force électrique Fe est orientée de P2 vers P1.
Le champ électrique a un sens opposé car Fe = −e.E donc orienté de P1 vers P2.
1.2. Système : électron
Référentiel : terrestre considéré galiléen
Bilan des forces extérieures : force électrostatique Fe = −e.E
a=
−e.E
me
2ème loi de Newton : ΣFext = me .a
soit : −e.E = me .a d'où :
a x = 0 = dv x / dt

−e.E y e.E
a
a y = m = m = dv y / dt

e
e
 v x = v 0 = dx / dt

v
e.E
 v y = m .t = dy / dt
e

 v x = C1

d'où par intégration : v 
e.E
 v y = m .t + C2
e

 x = v 0 .t + C3

d'où par intégration : OM 
e.E 2
 y = 2.m t + C 4

e
 x = v0 .t

OM 
e.E 2
 y = 2.m t

e
1.3. (1) donne : t =
x
v0
 v0 x = v0 = C1
or : v ( 0s ) 
 v0 y = 0 = C2
or :
OM ( 0s ) = 0 donc C3 = C4 = 0
(1)
(2)
y=
d'où en remplaçant dans (2) :
e.E
.x 2
2
2.me .v0
(3)
1.4. Le point S appartient à la trajectoire : ses coordonnées ( L, yS ) vérifient l'équation (3) :
7
−2
2.v 0 2 .yS 2 × ( 2, 27.10 ) × 1,85.10
e
=
=
= 1, 76.1011 C.kg −1
3
−2 2
me
E.L2
15, 0.10 × ( 8,50.10 )
2
yS =
e.E
.L2
2.m e .v 0 2
⇔ 2.m e .v 0 2 .yS = e.E.L2 ⇔
e 1, 602176565.10−19
=
= 1, 7588201.1011 C.kg −1
−31
me
9,1093826.10
Il y a donc un bon accord avec les valeurs actuellement admises.
Avec les valeurs de l'énoncé :
2
2
2
2
 0, 05   0,1 
 0, 02 
 0, 05 
e
9
−1
1.5. U   = 1, 76.1011 
 +
 + 4
 + 4
 = 6,1.10 C.kg
m
 1,85   15, 0 
 2, 27 
 8,50 
On ne garde qu'un CS pour l'incertitude en la majorant : U(e/m) = 7.109C.kg–1 = 0,07.1011C.kg–1
donc : e / m = (1, 76 ± 0, 07).1011 C.kg –1
Fe
e.E
e E
15, 0.103
=
=
. = 1, 76.1011
= 2, 7.1014 ≫ 1
Pe me .g m e g
9,8
Le poids de l'électron est donc bien négligeable devant la force électrostatique.
1.6. Calculons le rapport suivant :
2. L'EXPÉRIENCE DE MILLIKAN
2.1. Chute verticale de la gouttelette
2.1.1. Lorsque la vitesse constante v1 est atteinte, le mouvement de la gouttelette est alors rectiligne uniforme donc d'après le
principe d'inertie (ou 1ère loi de Newton) : ΣFext = 0 ⇔ P + f = 0 soit en norme : P = f
d'où : 6.π.η.r.v1 = m.g
⇔
v1 =
m.g
6.π.η.r
9 × 1,8.10−5 × ( 2,11.10−3 / 10, 0 )
9.η.v1
=
= 1, 4.10−6 m = 1, 4µm
2.ρ.g
2 × 890 × 9,8
2.1.2. v1 =
2.ρ.g.r 2
9.η
⇔
2.1.3. v1 =
2.ρ.g.r 2
9.η
donc si r diminue alors v1 diminue ⇒ il faut sélectionner une petite gouttelette.
r=
1/4
2.2. Remontée de la gouttelette
2.ρ.g.r 2
est la même c'est donc que le rayon est le même pour les 2 gouttelettes
9.η
considérées, les autres paramètres (ρ, g et η) restants identiques.
6.π.η.r. ( v1 + v 2 )
q.E
Comme q = −
alors : v 2 = −
− v1
E
6.π.η.r
Comme v2 est différente pour les 2 gouttelettes et que v1 et r sont identiques, cela implique des charges q différentes.
2.2.2. Calculons le rapport |q| / e pour chaque gouttelette du tableau :
2.2.1. Si la vitesse de descente v1 =
Numéro
de la gouttelette
1
2
3
4
5
Charge q de la gouttelette
(C)
–6,4.10–19
–8,0.10–19
–9,6.10–19
–1,6.10–18
–9,6.10–19
|q| / e
4,0
5,0
6,0
1,0
6,0
Le rapport calculé est toujours égal à un nombre entier : la charge électrique des gouttelettes est quantifiée.
2.3. Millikan a observé des gouttelettes chargées électriquement qu’il a immobilisées en faisant varier la valeur du champ
électrique tandis que Thompson a observé la déviation d’un faisceau d’électron en maintenant la valeur du champ électrique
constante.
EXERCICE B : AUTOUR DE L'ACIDE CROTONIQUE (6 POINTS)
1. Détermination de la formule brute de l’acide crotonique
1.1. P ( C ) =
x.M ( C )
M ( Cx H y Oz )
De même : y =
⇔ x=
P ( C ) .M ( C x H y O z )
P ( H ) .M ( C x H y O z )
M (H)
M (C)
=
=
0,558 × 86, 0
= 4, 00
12, 0
0, 070 × 86, 0
= 6, 0
1, 0
et :
z=
P ( O ) .M ( C x H y O z )
M (O)
=
0,372 × 86, 0
= 2, 00
16, 0
La formule brute de l'acide crotonique est bien : C4H6O2
2. Structure de l’acide crotonique
2.1.
groupe carboxyle
2.2.
A2
A2
Z
E : acide crotonique
2.3.
A1 présente l'isomérie Z/E
2.4. Règle des (n+1)-uplets : un groupe de protons équivalents possédant n voisins est caractérisé par un signal avec n+1 pics.
groupe avec 3H
1 voisin donc doublet
⇒ signal à 1,9ppm
groupe avec 1H
4 voisins donc multiplet
⇒ signal à 7,1ppm
groupe avec 1H
1 voisin donc doublet
⇒ signal à 5,9ppm
groupe avec 1H
0 voisin donc singulet
H groupe carboxyle donc δ > 8,5ppm
⇒ signal à 12ppm
2.5. A2 est l'acide 2-méthylprop-2-énoïque :
- suffixe "oïque" : c'est un acide carboxylique
- "prop" : chaine principale avec 3 atomes de carbone
- "2-én" : présence d'une double liaison C=C entre les carbones n°2 et 3 de la chaine principale
- "2-méthyl" : ramification –CH3 portée par le carbone n°2 de la chaine principale
(b)
2.6. La molécule présente 4 groupes de protons équivalents : a, b, c et d.
Les deux H des groupes (a) et (b) ne sont pas équivalents car ils ne
possèdent pas le même environnement chimique : la double liaison
C=C entre les carbones n° 2 et 3 empêche la libre rotation autour de
cette liaison.
L'un (a) reste toujours plus proche du groupe méthyl,
l'autre (b) du groupe carboxyle.
(a)
(c)
(d)
2/4
2.7. Les composés A1 et A2 possèdent les mêmes groupes fonctionnels donc les spectres IR auront les mêmes bandes d'absorption.
Seule la zone dite des "empreintes digitales" (σ<1500cm–1) sera différente d'un spectre à l'autre mais celle-ci est difficilement
exploitable.
3. Isomère de l’acide crotonique
ester
alcène
3.1. Cette molécule appartient aux familles des alcènes et des esters.
3.2. Cf. ci-contre pour le groupe ester (alcène n'est pas un groupe fonctionnel).
3.3. La grandeur portée en abscisses du spectre IR est le nombre d'onde σ (cm–1).
c
λ
3.4. c = = λ.f ⇔ λ =
T
f
c
1
1
= c . σ = 3, 000.108 × 2956.102 = 8,868.1013 Hz car : 1cm −1 =
=
= 10 2 m −1
λ m.s−1 m−1
1cm 10 −2 m
3.6. bande (a) : σ ≈ 2950cm–1 due à la liaison Ctetra–H (carbone tétragonal lié à 4 atomes)
bande (b) : σ ≈ 1750cm–1 due à la liaison C=O de l'ester
bande (c) : σ ≈ 1650cm–1 due à la liaison C=C de l'alcène
3.5. f =
4. Synthèse et transformation de l’acide crotonique
4.1.
éthanol
éthanal
4.2. spectre 1 : bande vers 1725cm–1 due à la liaison C=O de l'aldéhyde
spectre 2 : bande large centrée sur 3400cm–1 due à la liaison O–H de l'alcool
Le spectre 1 correspond à l'éthanal et le spectre 2 à l'éthanol.
4.3.
singulet
(c)
(a)
triplet
(b)
quadruplet
3 groupes
quadruplet
(b)
(a)
singulet
(b)
(c)
(a)
(a)
(c)
(c)
triplet
3 groupes
heptuplet
(b)
(d)
4 groupes
3 groupes
4.4. • Le spectre RMN comporte 3 signaux donc la molécule possède 3 groupes de protons équivalents : on peut éliminer .
• Dans la molécule , l'atome d'hydrogène du groupe (b) possède 6 voisins : le signal associé comporte 7 pics (heptuplet).
Comme on ne retrouve pas cette multiplicité dans le spectre étudié, il ne s'agit pas de la molécule .
• Les molécules et possèdent toutes les deux un singulet, un triplet et un quadruplet.
Cependant, le déplacement chimique du quadruplet du spectre étudié est plus élevé que ceux des autres signaux.
Il se situe vers 4,0ppm et correspond d'après les tables de données à des H de type –CH2–O– ou –CH3–O–.
Il s'agit donc de la molécule car :
- le groupe (c) de la molécule aurait donné un singulet et non un quadruplet comme observé sur le spectre,
- la courbe d'intégration de ce signal sur le spectre correspond à 2H comme dans la molécule et non à 3H comme dans la
molécule .
échelle de la courbe d'intégration : 8H ↔ 36mm donc 1H ↔ 4,5mm
quadruplet ↔ 9mm soit 2H
La molécule a pour nom éthanoate d'éthyle.
EXERCICE C : UN LASER ET DES FILS (5 POINTS)
1.
2.
3.
4.
Le phénomène de diffraction observé est caractéristique d'une
onde. La lumière a donc un aspect ondulatoire.
Une lumière monochromatique est constituée d'une seule radiation
de fréquence fixée (ou de longueur d'onde dans le vide fixée).
Cf. schéma ci-contre.
côté opposé L / 2
L
θ ≈ tan θ =
=
=
côté adjacent
D
2.D
m
5.
λ
θ=
a
rad
m
λ
L
=
a 2.D
θ=
7.
Ainsi, plus le diamètre du fil est petit, plus la largeur de la tache centrale de diffraction est grande :
LA > LB donc aA < aB ainsi le fil calibré de diamètre a1 = 60µm correspond à la figure A et celui de diamètre a2 = 80µm à B.
d'où :
L=
2.λ.D
a
6.
3/4
8.
9.
x = 1 / a donc :
a (mm)
L (mm)
1
x=
(mm −1 )
a
0,040
63
0,060
42
0,080
32
0,100
27
0,120
22
25
17
13
10,0
8,33
Courbe L = f(x) = f(1/a) :
64
10. Le graphe L = f(x) est une droite qui passe par l'origine, donc la largeur L de la tache centrale est proportionnelle à l'inverse du
diamètre du fil, car x = 1/a.
2.λ.D
1
1
L'équation modélisant la droite est de la forme : L = k.x = k
en identifiant avec la relation du 7. : L =
= 2.λ.D
a
a
a
k
d'où : k = 2.λ.D
11. Coefficient directeur de la courbe : k =
∆L
64mm
=
= 2, 6mm 2
∆x 25mm −1
m2
Longueur d'onde de la lumière émise : λ =
m
k
2, 6.10−6
=
= 5,1.10−7 m = 5,1.102 nm
2.D 2 × 2,50
m
12. Les ondes diffractées par les deux fils vont se superposer et interférer sur l'écran.
L'interfrange, distance entre deux franges sombres ou deux franges brillantes, est la grandeur caractéristique de ce phénomène.
4/4