PHYSIQUE 2de CHIMIE...PHYSIQUE CHIMIE 2 de Sous la direction de : Karine Médina-Moretto Lycée Václav Havel, Bègles (33) et David Dauriac Lycée Élie Faure, Lormont (33) Kévin

Livre du professeur

EXTRAIT

Chapitres 1, 2, 3, 5, 6, 14, 16 et 17

PHYSIQUECHIMIE

de2

Sous la direction de :

Karine Médina-MorettoLycée Václav Havel, Bègles (33)

et

David DauriacLycée Élie Faure, Lormont (33)

Kévin CAIVEAULa Prépa des INP - Site de Bordeaux, Pessac (33)

Cyril CARBONELLycée Arnaud Daniel, Ribérac (24)

Camille DI-MARTINOLycée Alfred Kastler, Talence (33)

Olivier DUTHILLycée Jean-Baptiste de Baudre, Agen (47)

Karine FOURTHONLycée français de Djibouti

Frédéric GENESTLycée Anatole De Monzie, Bazas (33)

Philippe GERMAINLycée Václav Havel, Bègles (33)

Nicolas GIORDANOLycée français de Djibouti

Thème 1 Constitutions et transformation de la matière

1 © Éditions Hatier, 2019.

❶ Corps purs et mélanges au quotidienActivités

❶ Distinguer un mélange d’un corps purActivité expérimentale - Diagnostique

Matériel • Eau distillée• Solution aqueuse de chlorure de sodium• Thermomètre• Chronomètre• Tube à essais• Mélange réfrigérant

Découvrir avec l’expérience 1. Mélange d’ions sodium Na+

(aq), d’ionschlorure Cl–(aq) et d’eau

2. a. Test d’identification de l’eau et de l’ionchlorure Cl–(aq) (voir fiche 5 p. 319)b. • Test d’identification de l’eau

• Test d’identification des ions chlorure

3. b. • Eau distillée (eau douce)

• Eau salée

c. Pour un corps pur, la température dechangement d’état est constante (palier detempérature) contrairement à un mélange.

4. a. ρ = 1 000 g·L–1.b. Pour un même volume V, la masse m est plusgrande pour l’eau salée que pour l’eau distilléedonc sa masse volumique aussi.

Réactiver ses connaissances Voir fiche 5 p. 319 ρ = 1 000 g·L–1

La température de changement d’état estconstante.

Quelques gouttesd’eau salée ou douce

Apparition de la couleurbleue du sulfatede cuivre hydraté

Sulfate de cuivreanhydre blanc

Quelques gouttes d'une solution

aqueuse de nitrate d'argent

Solutioncontenantl’ion à tester

Apparition d'unprécipité blanc

Testpositif

0 2 4 6 8 10 12

t min) (en

θ (en °C)

0

20

40

60

80

100

θ = f (t)

0 2 4 6 8 10 12

t min) (en

θ (en °C)

0

20

40

60

80

100

θ = f (t)

Chapitre 1 Corps purs et mélanges au quotidien


❷ L’air qui nous entoureActivité documentaire

Découvrir avec les documents 1. a. Dioxygène.b. 1/6 = 0,17 soit 17 % < 20 %.c. Dioxygène (20 %) et diazote (80 %).

2. a. ρair = 0,20 × ρdioxygène + 0,80 × ρdiazote soitρair = 1,3 g·L–1.b. Valeur cohérente avec celle lue sur le doc.3.

3. Avec l’altitude l’air se raréfie, la massevolumique de l’air diminue avec l’altitude.

4. À la limite de l’atmosphère, la massevolumique de l’air n’est plus qu’un millionièmede celle qu’elle est au niveau de la mer soit1,3 × 10–6 g·L–1.

Retenir l’essentiel 20 % de dioxygène – 80 % de diazote ρ = 1,3 g·L–1. L’ordre de grandeur de la massevolumique de l’air est 100 g·L–1.

❸ Mesurer pour estimer la compositiond’un mélangeActivité expérimentale

Matériel Éprouvette graduée de 100 mL Fiole jaugée de 100,0 mL Balances Solutions étalons de pourcentage massiqueen saccharose égal à 4 %, 8 %, 12 % et 16 % Soda

Remarques La liste des balances (doc. 1) peut être modifiée compte-tenu du matériel disponible au laboratoire. Les solutions étalons ont été préparées avec du sucre en poudre. L’expérience a été testée avec du Redbull®.

Découvrir avec l’expérience 1. a. Mesure de la masse et du volume de lasolution.b. Balance de précision la plus grande (précision0,01 g) – Fiole jaugée 100,0 mL (plus préciseque l’éprouvette graduée de 100 mL)

2. Solutions étalons :

Pourcentage massique en saccharose de la solution

4 % 8 % 12 % 16 %

Masse de la solution (en g)

101,3 102,8 104,2 105,7

Volume de la solution (en mL)

100,0 100,0 100,0 100,0

Soda : m = 104,2 g ; V = 100,0 mL

3. Solutions étalons :Pourcentage massique en saccharose de la solution

4 % 8 % 12 % 16 %

Masse volumique (en g·L–1)

1 013 1 028 1 042 1 057

Soda : ρ = 1 042 g·L–1

4. et 5. a. Par construction et lecture graphique,on détermine le pourcentage massique ensaccharose du soda : 12 %.

5. b. m = ρ × V = 344 gm(saccharose) = 12/100 × 344 = 41,3 gD’après l’indication de l’étiquette : 11 g deglucides pour 100 mL de soda. En considérantque le saccharose est le seul glucide présentdans le soda, la masse de saccharose dans lacanette de 33 cL est m = 36,3 g.ER = 12 %. L’écart relatif est faible, la mesureest satisfaisante et en accord avec lacomposition du soda.

Retenir l’essentiel La masse volumique est déterminée par lerapport de la masse m de la solution par sonvolume V.

❹ Réaliser une chromatographie surcouche mince (CCM)Activité expérimentale

Matériel Cuve à chromatographie Plaque à chromatographie Éluant (mélange 80 % eau salée et 20 %éthanol) Tubes capillaires Coton Eau distillée Bonbons marron, bleus et rouges

0 42 6 8 10 12 14 16

(enρ g·L–1)

1 000

1 010

1 020

1 030

1 0401 042

1 050 ρ = f (P(saccharose))

P(saccharose)(en %)



Remarques L’expérience a été testée avec des bonbons M&M’s®. Les colorants jaune et orange fournissent des taches peu visibles, c’est pourquoi ces colorants ainsi que le vert (mélange de jaune et de bleu) n’ont pas été utilisés. L’expérience ne fonctionne pas avec des colorants naturels comme ceux des bonbons Smarties®.

Découvrir avec l’expérience 2. a. ① Cuve à chromatographie② Plaque à chromatographie③ Éluant④ Ligne de dépôt⑤ Front de solvant⑥ Couvercleb.

3. a. Le colorant marron est un mélange car onobserve verticalement pour ce dépôt 2 taches.b. Une tache du colorant marron est alignéehorizontalement avec la tache observée pour lecolorant rouge, la seconde tache est alignéeavec celle observée pour le colorant bleu : lecolorant marron est un mélange de colorantsbleu et rouge.

4. a. 3 dépôts de colorant : vert, jaune et bleu.b. Pour le dépôt de colorant vert, on observe 2taches car il s’agit d’un mélange de deuxcolorants. Une des taches est alignéehorizontalement avec la tache observée pour lecolorant jaune, la seconde tâche est alignéehorizontalement avec celle observée pour lecolorant bleu.

Retenir l’essentiel On observe verticalement plusieurs tachespour un mélange alors qu’on n’observe qu’uneseule tache pour un corps pur. Pour identifier une espèce présente dans unmélange, on compare avec la tache observéepour un corps pur : 2 taches alignéeshorizontalement correspondent à la mêmeespèce chimique.

Exercices

Les incontournables

11 Corps pur

Mélange homogène

Mélange hétérogène

Clou en fer Morceau de

sucre Huile

Lait Air

Menthe à l’eau

Vinaigrette Champagne Jus d’orange

pulpé

13 a. m(carbone) = P(carbone)

100 × m = 0,039 kg

b. P(carbone) = m(carbone)

m × 100 = 2,1 %.

14 a. PV(dioxyde de

carbone) = V(dioxyde de carbone)

V × 100 = 4,5 %

b. 4,5 / 0,04 = 113 : le pourcentage volumiquede dioxyde de carbone dans l’air expiré est 113fois plus important que celui dans l’air inspiré.

18 Précision : 1 °C

20

Pour le mélange, on observe 2 taches. L’une est alignée horizontalement avec celle obtenue pour le dépôt de colorant E102, l’autre avec celle obtenue pour le dépôt de colorant E110 car deux taches alignées horizontalement correspondent à la même espèce chimique.

R BM

A : E102

B : E110

C : mélange E102 et E110

B CA

Chapitre 1 Corps purs et mélanges au quotidien


S’entraîner

23 Mesure avec un tube de Thièle

1. Température de fusion

2. Mesure limitée par la température d’ébullitionde l’huile ; danger lié au chauffage ; peu précis(1°C suivant le thermomètre utilisé)

3. a. Oui, la mesure permet d’identifier l’anétholcar la température de fusion de l’anéthol estcomprise dans l’intervalle [21°C ; 22°C].b. 21,1°C < θF < 21,5°C.

26 Précision d’une mesure

a. Contrairement à l’acide maléique, on ne peutpas identifier l’acide fumarique par satempérature de fusion car elle est supérieure àla température maximale mesurable avec unbanc Kofler.

b. On détermine la masse volumique à partir desmesures de la masse et du volume d’unesolution d’acide maléique et d’une solutiond’acide fumarique.Pour plus de précision, on utilise la balance deprécision la plus grande à savoir 0,1 g.

Protocole Tarer la balance puis peser la fiole jaugée devolume 20,0 mL vide. Remplir une fiole jaugée de volume 20,0 mLavec une solution d’acide maléique. Peser la fiole jaugée pleine et calculer lamasse m de la solution. Faire de même, en utilisant la même fiolejaugée préalablement rincée, avec la solutiond’acide fumarique. La masse de solution attendue est m = 31,8 gpour la solution d’acide maléique et m = 32,6 gpour la solution d’acide fumarique.

27 Fermentation malolactique

a. Test d’identification à l’eau de chaux.

b. La viticultrice ne peut pas mettre le vin enbouteille car il contient encore de l’acidemalique. En effet, on observe pour le dépôt Cune tache alignée horizontalement avec celle dudépôt B d’acide malique.

29 Caffeine, a stimulant in tea

Traduction de l’énoncé L’infusion de feuilles de thé contient de la caféine. Cette espèce chimique agit sur le système nerveux. C’est un stimulant. Après infusion de 15 g de feuilles, on extrait 0,75 g de caféine.

Donnée

Pourcentage en masse de caféine dans le café : le plus élevé est 2,5 % pour le café Robusta, le plus riche en caféine.

1. a. Calculer le pourcentage en masse decaféine dans les feuilles de thé.b. Quelle boisson, le thé ou le café, agit le plussur le système nerveux. Justifier.

2. On réalise une CCM du thé. On observeplusieurs taches.a. Pourquoi est-il nécessaire d’observer lechromatogramme sous une lampe UV ?b. Justifier que le thé est un mélange.

Réponses aux questions

1. a. P(caféine) = m(caféine)

m × 100 = 5,0 %.

b. Le thé est le plus stimulant car sonpourcentage en masse de caféine est le plusélevé.

2. a. Il faut observer le chromatogramme sousune lampe UV car les taches invisibles doiventêtre révélées.b. Le thé est un mélange car on observeplusieurs taches sur le chromatogramme.

30 Une espèce pour en remplacer une autre

1. a. ρ = 1 000 g·L–1 = 1,0 g·mL–1.b. V3 = 10 mL de dichlorométhane a la mêmemasse que V4 = 13 mL d’eau d’où m3 = m4 = ρ ×V4 = 13 g. La masse volumique du dichlorométhane est : ρ3 =

m3

V = 1,3 g·mL–1.

2. L’éthanoate d’éthyle peut être identifié àpartir de la mesure de sa masse volumique.V1 = 10 mL d’éthanoate d’éthyle a la mêmemasse qu’un volume V2 = 6,9 mL dedichlorométhane soit m1 = m2 = ρ3 × V2 = 9,0 g.La masse volumique de l’éthanoate d’éthyleest : ρ1 =

m1

V = 0,90 g·mL–1.

31 Degré alcoolique d’un vin

1.

0 6 1211,4 18

Degréalcoolique

(enρ g·L–1)

0,968

0,974

0,978

0,988 ρ = f (degré alcoolique)



2. a. ρ = m

V = 0,974 g·mL–1

b. Par lecture et construction graphiques, ondétermine le degré alcoolique du vin soit 11,4°.c. ER = 4 %.

32 Poussée d’Archimède

a.ρair

ρeau = 1,3 × 10–3 : la masse volumique de

l’air est 1,3 × 10-3 fois plus faible que celle de l’eau.

b. La poussée d’Archimède FA estproportionnelle à la masse volumique, celle-ciétant beaucoup plus faible dans l’air que dansl’eau c’est pourquoi la poussée d’Archimèdedans l’air est négligeable.

Approfondir

35 La couronne d’Hiéron

a. Si la couronne était uniquement constituéed’or, sa masse serait égale à :m = ρor × V = ρor × (V2 – V1) = 965 g.Cette masse est supérieure à celle mesurée dela couronne.

b. m = mor + margent = ρor × Vor + ρargent × Vargent

m = x

100 × ρor × V + (1 –

x

100) × ρargent × V

ρ = m

V =

x

100 × ρor + (1 –

x

100 ) × ρargent

c. ρ = 16 g·mL–1

x = 62,5 %La couronne est composée de 62,5 % d’or et de37,5 % d’argent.

37 Identification par des mesures physiques

La déviation est donnée par la relation : D = 45 – r, avec r en ° et la masse volumique

par la relation ρ = m'

V avec m’ = m – 25 en g et

V = 10,0 mL. Flacon A Flacon B Flacon C

Déviation (en °) 18 17 18

Masse volumique (en g·mL–1)

1,0 1,0 1,1

Plus la déviation est petite, plus l’indice de réfraction est petit donc le flacon B contient le benzonitrile. La masse volumique du benzoate de benzyle est égale à 1,12 g·mL–1. Compte-tenu de la précision des mesures, il s’agit de l’espèce contenue dans le flacon C. Par déduction, le flacon A contient de l’alcool benzylique.

À l’oral

Différentes techniques chromatographiques

Chromatographie d’adsorption : La phase mobile est un liquide (éluant), la phase fixe un solide. La séparation est basée sur la différence des vitesses de déplacement des espèces, celle-ci dépendant de la capacité d'adsorption de cette espèce par la phase fixe et de l'entraînement de l'éluant. La chromatographie sur couche mince (CCM) et la chromatographie sur colonne sont des chromatographies d'adsorption.

Chromatographie de partage : La phase fixe est un liquide retenu par un support solide, la phase mobile est un liquide ou un gaz. La séparation repose sur la différence de solubilité des espèces à séparer dans les deux phases. La chromatographie sur papier est une chromatographie de partage.

Thème 1 Constitution et transformations de la matière


❷ Solutions aqueuses : un exemple de mélanges

Activités

❶ Une leçon de cuisine Activité documentaire - Diagnostique

Réviser avec les documents 1. Le solvant utilisé est l’eau.

2. a. On dissout 10 g de sel dans 500 mL d’eau soit 20 g·L–1 ce qui est inférieur à la solubilité dans l’eau. La solution n’est donc pas saturée. b. Le mélange est une solution car c’est un mélange homogène entre un solvant (eau) et un soluté (sel). c. Le soluté utilisé lors de cette étape est le sel.

3. Étape 2 : le poivre est insoluble dans l’eau, l’huile est non miscible avec l’eau. Étape 5 : Le sucre en poudre est soluble dans la sauce.

4. Étape 1 Étape 2 Étape 3 Étape 4 Mélange

homogène Mélange

hétérogène Mélange

hétérogène Mélange

homogène

Réactiver ses connaissances Une solution est un mélange homogène d’un ou de plusieurs solutés dans un solvant.

❷ Préparer une solution par dissolution Activité expérimentale

Matériel Balances Spatule Verre de montre Entonnoir a solide Béchers de 50 mL et 100 mL Fioles jaugées de 50,0 mL et 100,0 mL Eau distillée Sulfate de cuivre solide

Découvrir avec l’expérience 1. Le soluté est le sulfate de cuivre et le solvant est l’eau. La méthode utilisée est la dissolution.

2. Solution 1 : Balance au 1/10e de gramme et fiole jaugée de 50,0 mL. Solutions 2 et 3 : Balance au 1/10e de gramme et fiole jaugée de 100,0 mL. Une précision au 1/10e de gramme est suffisante d’après les données du tableau du doc. 1. Une fiole jaugée permet de mesurer des volumes.

4. a. Cm=msoluté

V.

Solution aqueuse 1 2 3 Concentration en masse Cm (en g·L–1)

20 10 15

b. Ces solutions ne peuvent pas être utilisées en agriculture biologique car leur concentration en masse de sulfate de cuivre est supérieure à celle recommandée (4,0 g·L–1).

Retenir l’essentiel

Cm=msoluté

V avec Cm en g·L–1, m en g et V en L

Voir fiche 3 p. 317

❸ Diluer pour limiter l’utilisation de plastique Activité expérimentale

Matériel Pipettes jaugées de 20,0 mL et 25,0 mL avec propipette Fioles jaugées de 100,00 mL et 200,00 mL Éprouvette graduée de 50 mL Bécher Solution S0 Eau distillée

Découvrir avec l’expérience

1. Cm0=

m

V soit Cm0

=70,0

100 × 10–3 donc Cm0 = 700 g·L–1.

2. Lors d’une dilution, la masse de soluté se conserve : m0 = m1 soit Cm0

× V0 = Cm1 × V1 .

V0 = Cm1× V1

Cm0 soit V0 =

87,0 × 200,00

700donc

V0 = 25,0 mL.

4. Les fioles jaugées de classe B sont moins précises que celles de classe A. Les différences de masse entre les solutions préparées dans des fioles de classes différentes s’expliquent donc par la différence de précision des volumes liée à la classe de la verrerie.

5. Lors d’une dilution, la masse de soluté se conserve : m0 = m1 soit Cm0

× V0 = Cm1 × V .

V0 = Cm1× V

Cm0 soit V0=

87,0 × 4,00

700 donc

V0 = 0,50 L = 5,0 ×102 mL.

Retenir l’essentiel Diluer une solution mère consiste à ajouter du solvant pour préparer une solution fille moins concentrée.

Au cours d’une dilution, la masse de soluté dissous se conserve.

Chapitre 2 Solutions aqueuses : un exemple de mélanges


❹ Déterminer la concentration d’un colorant Activité expérimentale - Investigation

Matériel Béchers Pipettes jaugées de 5,0 mL, 10 mL et 25,0 mL avec propipette Fioles jaugées de 50,0 mL et 100,0 mL Solution mère de concentrations en masse de colorant Cm0

= 100 mg·L–1 • Bain de bouche Eau distillée Tubes à essais sur un portoir

Remarque L’expérience a été testée avec le bain de bouche Eludril®.

Le colorant recherché est le E124 : Rouge cochenille

Protocole expérimental Préparer des solutions filles par dilution de la solution mère de concentration Cm0

= 100 mg·L–1.

S1 S2 S3 S4 S5 Volume de solution mère prélevé V0 (en mL)

5,0 5,0 10,0 25,0 25,0

Volume de solution fille préparé V1 (en mL)

100,0 50,0 50,0 100,0 50,0

Concentration en masse de colorant Cm (en mg·L–1)

5,0 10,0 20,0 25,0 50,0

Facteur de dilution F

20 10 5 4 2

Comparer la couleur de la solution commerciale à celle des solutions filles préparées.

Résultats expérimentaux La teinte de la solution commerciale est comprise entre celles des solutions S2 et S3 d’où : C2 < Cm < C3 donc 10,0 mg·L–1 < Cm < 20 mg·L–1

Retenir l’essentiel Pour trouver un encadrement de la concentration en masse inconnue d’un soluté dans une solution, on utilise des solutions étalons dont le soluté dissous est le même que celui de la solution dont on veut déterminer la concentration en masse. Ces solutions étalons ont des concentrations en masse de soluté connues et différentes les unes des autres. On compare la coloration de la solution inconnue à celles des solutions étalons, qui forment l’échelle de teintes.

Exercices

Les incontournables

12 a. Soluté : Vitamine C b. m = Cm × V soit m = 9,0 × 10–3 × 1,5 donc m = 14 × 10–3 g = 14 mg.

13 V = m

Cm soit V =

240 × 10–3

2,0 × 10–3 donc V = 12 × 101 L.

14 Précision au millième (sur le 3eme chiffre après la virgule) donc 0,011 g < m < 0,013 g.

17. a. Le bas du ménisque doit être sur le trait de jauge donc schéma n°3

b. 24,96 mL < V < 25,04 mL.

18. a. F = V

Vmère soit V = F × Vmère donc

V = 20 × 10 = 2,0 × 102 mL.

b. Voir fiche 3 p.317

S’entrainer

23 Ethanol concentration

Traduction de l’énoncé Conduire sous l’influence de l’alcool est un comportement interdit par la loi. Aux États-Unis, le taux maximal d’alcool autorisé dans le sang est de 8,0 g d’éthanol C2H6O pour 10 L de sang. En France, il est de 3,5 g d’éthanol pour 7,0 L de sang. Comparer le taux d’alcoolémie autorisée le plus élevé pour identifier le pays qui a la plus stricte réglementation.

Réponse à la question

Cm = m

V

Aux États-Unis : Cm = 8,0

10 donc Cm = 80 × 10–2 g·L–1

En France : Cm = 3,5

7,0 donc Cm = 50 × 10–2 g·L–1.

C’est en France que la législation est plus stricte.



24. Des cristaux de sulfate de cuivre

Cm = m

V

Solution A : Cm = 85,0

250 × 10–3 donc Cm = 340 g·L–1

Solution B : Cm = 70,0

150 × 10–3 donc Cm = 467 g·L–1

La concentration en masse du sulfate de cuivre de la solution B est supérieure à la solubilité donc la solution B est saturée. La solution B est donc adaptée à la croissance des cristaux.

25 Masse volumique et précision

1. Tarer la balance avec la fiole jaugée vide.Remplir la fiole jusqu’au trait de jauge. Relever lamasse m (en grammes) affichée par la balance.

2. a. Expérience 1 : l’incertitude sur la massecontribue le plus à l’incertitude sur la massevolumique.Expérience 2 : l’incertitude sur le volume contribuele plus à l’incertitude sur la masse volumique.Expérience 3 : l’incertitude sur la masse estprépondérante.

b. Expérience 1 :995 × 10–3 g·L–1 < ρ < 1 001 × 10–3 g·L–1.Expérience 2 :990 × 10–3 g·L–1 < ρ < 998 × 10–3 g·L–1.Expérience 3 :970 × 10–3 g·L–1 < ρ < 1 030 × 10–3 g·L–1.

c. Le choix du matériel le plus adapté est celui quidonnera l’intervalle de confiance le plus faibledonc l’incertitude la plus petite. Il faut prendre lafiole jaugée de classe A et une balance au 1/10e

de gramme (expérience 1).

27 Eau de javel

a. On prépare la solution par dilution.

b. Pour un même nombre d’entités de soluté demême masse, le volume de la solution à usagedomestique est 3 fois plus grand que celui de lasolution commerciale d’eau de javel. Laconcentration en masse dans la solutiondomestique est donc 3 fois plus petite que dansla solution commerciale.

29 Teintes d’un antiseptique

a. Lors d’une dilution, la masse de soluté seconserve : m0 = m1 soit Cm0

× V0 = C1 × V1 .

V1 = Cm0

× V0

C1 soit V1 =

3,0 × 10–2 × 2,0

6,0 × 10–3 donc

V1 = 10 mL.

b. On doit utiliser le même volume que pour lesautres solutions soit V1 = 10 mL.

c. Ci=mi

V1

Solution S1 S2 S3 S4 Masse de permanganate de potassium (en μg)

60 80 110 130

Concentration en masse de permanganate de potassium C (en g·L–1)

6,0 × 10–3

8,0 × 10–3

11,0 × 10–3

13,0 × 10–3

d. Cdakin = m

Vsoit Cdakin =

1,0 × 10–3

100 × 10–3 donc

Cdakin = 10 × 10–3 g·L–1. La teinte de la solution de l’eau de Dakin® est entre celle des solutions S2 et S3.

30. Solution injectable

a.

b. ρ = m

V

soit ρ = 101,2

100,0 × 10–3 donc ρ = 1 012 g·L–1

Par lecture graphique, on a : Cm = 15 g·L–1.

31 Spiruline et vitamine A

mvitamineA = Cm × V soit mvitamineA = 0,320 × 500 × 10–3 donc mvitamineA = 0,160 g.

mspiruline=mvitamineA

p(A) × 100 soit

mspiruline = 0,160

0,212 × 100 donc mspiruline = 75,5 g.

Approfondir

35 Liquide en solution

m = Cm × V soit m = 1,2 × 2,0 donc m = 2,4 g

V =m

ρ soit V =

2,4

1,05 donc V = 2,3 mL.

36 De l’eau salée pour les sportifs

a. Le graphique de la conductivité σ en fonction dela concentration en masse Cm est une droite quipasse par l’origine donc σ est bien proportionnelleà Cm.

0 20 4010 15 30

ρ (en g·L–1)

1 000

1 010

1 020

1 030

0401

Cm (en g·L–1)

ρ = f (Cm)

1 012

Chapitre 2 Solutions aqueuses : un exemple de mélanges


b. Graphiquement Cm1 = 11,5 × 10–1 g·L–1.c. 100 mL apportent 40 mg d’ions, or V = 0,50 Ldonc m = 200 mg d’ions sodium.d. m1 = Cm1 × V donc m1 = 575 mg d’ions.∆t =

m1

m donc ∆t = 2,88 h = 2 h et 53 min.

0 2,0 4,0 6,0 8,0 10 12 14 16 18 20

Cm (× 10–1 g·L–1)

σ (en mS·m–1)

0

100

200

300

400

500

600

700

800

900

0001

σ = f (Cm)

11,5

618



❸ Atome : noyau et cortège électroniqueActivités

❶ Éléments et atomes originels Activité documentaire - Diagnostique

Réviser avec les documents 1. a. Les éléments hydrogène et oxygène sont présents dans l’Univers et le corps humain. b. L’élément chimique le plus abondant dans le corps humain est l’oxygène. Dans le corps d’un homme de masse m = 70 kg, la masse d’oxygène est m(O) = 0,65 × 70, soit m(O) = 46 kg.

2. : Électrons ; : Noyau

3. L’atome d’oxygène est constitué d’un noyau composé de 8 protons et 8 neutrons. Étant électroniquement neutre, il a donc 8 électrons.

4. H11

Réactiver ses connaissances Un atome est constitué d’un noyau central, composé de protons et de neutrons, autour duquel tournent des électrons.

Le noyau d’un atome contient Z protons et N = A – Z neutrons.

❷ Taille et masse d’un atome de carbone Activité documentaire

Découvrir avec les documents 1. a. Sur l’image du doc, L = 6,0 cm, soit avec l’échelle fournie L = 1,2 × 10–9 m. On compte 7 atomes de carbone alignés sur cette

longueur. Donc d(C) = L

7 = 1,7 × 10–10 m.

b. Ordre de grandeur : 10–10 m.

c. 10–10

10–15 = 105 : l’atome est 105 fois plus grand que

son noyau. d. Les dimensions de l’atome et de son noyau sont telles que l’atome est essentiellement constitué de vide.

2. a. mnoyau = A × mn = 12 × 1,67 × 10–27 mnoyau = 2,00 × 10–26 kg b. matome = 12 × 1,67 × 10–27 + 6 × 9,11 × 10–31 matome = 2,00 × 10–26 kg. c. La masse des électrons est négligeable. d. matome = A × mn avec mn la masse d’un nucléon.

Retenir l’essentiel Taille d’un atome : 10–10 m ; Taille du noyau : 10–15 m Taille d’un atome = 105 × taille du noyau. matome ≈ mnoyau matome = A × mn

❸ Configuration électronique et tableau périodique Activité documentaire

Découvrir avec les documents 1. D’après sa configuration électronique l’atome de fluor contient 9 électrons. L’atome étant électriquement neutre, il contient aussi 9 protons donc Z(F) = 9. D’après sa configuration électronique l’atome d’argon contient 18 électrons. L’atome étant électriquement neutre, il contient aussi 18 protons donc Z(Ar) = 18.

2. Li : 1s2 2s1 ; : F : 1s2 2s2 2p5 ; Ar : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6.

3. Li : 1 électron de valence ; F : 7 électrons de valence ; Ar : 8 électrons de valence

4. a. Les configurations électroniques des atomes des éléments chimiques situés sur une même période ont le même nombre de couches occupées. b. Les atomes des éléments chimiques d’une même colonne ont le même nombre d’électrons de valence.

5. Les blocs s et p sont liés à la dernière sous-couche occupée.

Retenir l’essentiel Les électrons de valence sont les électrons de la dernière couche occupée.

Les atomes des éléments chimiques d’une même période ont le même nombre de couches électroniques occupées. Le numéro de la période correspond au numéro de la couche de valence. Les atomes des éléments chimiques d’une même colonne ont le même nombre d’électrons de valence. Le chiffre des unités du numéro de la colonne correspond au nombre d’électrons de valence de l’atome.

❹ Identifier des éléments d’une même famille chimique Activité expérimentale

Matériel 3 tubes à essais sur portoir Solution aqueuse de chlorure de potassium à 10–1 mol·L–1 Solution aqueuse de bromure de potassium à 10–1 mol·L–1

Solution aqueuse d’iodure de potassium à 10–1 mol·L–1

Solution aqueuse de nitrate d’argent à 10–1 mol·L–1

Pipettes Pasteur

Chapitre 3 Atome : noyau et cortège électronique


Découvrir avec l’expérience 1. a. 1re colonne.b. 1 électron de valence.c. Les éléments de la 1re colonne constituent unefamille chimique car ils réagissent de manièreanalogue en présence d’eau (inflammationspontanée, formation d’ions hydroxyde HO–

(aq) etde dihydrogène H2 (g)).

2. b.Schématisation de l’expérience Observation

3. a. Éléments chimiques ayant réagi :chlore ; brome et iode.b. Z(Cl) = 17 ; Z(Br) = 35 ; Z(I) = 53.1

Ils se situent dans la 17e colonne du tableaupériodique.Ils contiennent 7 électrons de valence.

4. La famille des gaz nobles correspond à la 18e

colonne du tableau périodique.

Retenir l’essentiel Les familles chimiques se positionnent encolonne dans le tableau périodique.

Les atomes d’éléments d’une même famillechimique contiennent le même nombre d’électronsde valence.

La famille des gaz nobles correspond à la 18e

colonne du tableau périodique.

1 Question modifiée pour les réimpressions du manuel : « Donner les numéros atomiques des atomes correspondants et leur position dans le tableau périodique. »

Exercices

Les incontournables

11 Sb51121

13 a. W74184 .

b. 74 électrons.

15 a. 1 électron de valence. b. 5 électrons de valence.c. 5 électrons de valence.b. 1 électron de valence.

17

Atome Argon Mercure Cobalt Écriture conventionnelle du noyau

Ar1840 Hg122

202 Co2786

Nombre de protons

18 122 27

Nombre de neutrons

22 80 59

Masse (en kg) 6,68

× 10–26 3,37

× 10–25 9,85

× 10–26

20

Configuration électronique (dans l’état

fondamental)

Nombre d’électrons de valence

Bloc Période Colonne

1s2 2s2 2p6 8 p 2 18 1s2 2s2 2p5 7 p 2 17 1s2 2s2 2p6

3s2 3p6 8 p 3 18

1s2 2s2 2p1 3 p 2 13

21 a et b. 1er et 3e élément.

S’entraîner

26 Masses diverses

1. a. Masse du noyau (en kg) :• He2

4 : 6,68 × 10–27

• Ne1020 : 3,34 × 10–26

• U92238 : 3,97 × 10–25

b. Masse du cortège électronique (en kg) :• He2

4 : 1,82 × 10–30

• Ne1020 : 9,11 × 10–30

• U92238 : 8,38 × 10–29

2. matome ≈ mnoyau

Solution aqueusede chlorure de potassium (incolore)

(K+(aq), Cl-(aq))

Solution aqueusede nitrate d'argent(incolore)

(Ag+(aq), NO3-

(aq))


(Ag+(aq), NO3-

(aq))

Solution aqueusede bromure de potassium (incolore)

(K+(aq), Br-(aq))

Solution aqueuse d'iodure de potassium(incolore)

(K+(aq), I-(aq))


(Ag+(aq), NO3-

(aq))

Précipité blanc

Précipité blancqui noircit à la lumière



27 Éléments éclairants

a. Élément iode et élément xénon. b. Le xénon appartient à la famille des gaz nobles. c. Les éléments fluor, chlore et brome ont des propriétés chimiques analogues à celles de l’élément iode. Les éléments néon, argon ont des propriétés chimiques analogues à celles de l’élément xénon. d. Les éléments aux propriétés chimiques analogues à celles de l’élément iode ont 7 électrons de valence. Ceux qui ont des propriétés chimiques analogues à celles de l’élément xénon ont 8 électrons de valence.

28 Germanium

a. L’élément germanium a été découvert en Allemagne dont l’ancien nom est Germanie. b. 4e période et 14e colonne. c. 4 électrons de valence. d. 32 protons ; 42 neutrons ; 32 électrons. e. mGermanium = 1,24 × 10–25 kg f. GeCl4

29 Carbon and Nobel Prize

Traduction de l’énoncé En 1973, la chimiste russe Elena Galpern a prédit l’existence d’une molécule constituée de soixante atomes de carbone à l’aide de modèles et d’algorithmes. La découverte expérimentale de cette molécule a ensuite été récompensée par le prix Nobel de chimie en 1996. Voici la retranscription du discours prononcé lors de la cérémonie. « Depuis la préhistoire, le carbone est connu sous le nom de suie, charbon et charbon de bois. Vers la fin du 18e siècle, il a été prouvé que le graphite et les diamants étaient des formes de l'élément carbone. Nous utilisons le carbone de nombreuses manières : la combustion à grande échelle du charbon comme combustible ; l'utilisation du coke2 dans la production d’acier ; l'utilisation de graphite dans les lubrifiants, les crayons, les garnitures de freins, etc. La forme rare de carbone connue sous le nom de diamant a de nombreuses applications, en plus de sa fonction esthétique. […] Le carbone est la base des processus de la vie : il est extrêmement important pour nous tous. [En 1985, Curl, Kroto et Smalley, chimistes britanniques et américains], ont découvert une nouvelle forme stable de carbone dans laquelle soixante atomes de carbone sont disposés dans une structure fermée. Ils nomment cette nouvelle molécule de carbone buckminsterfullerene en l’honneur de l’architecte américain Buckminster Fuller, inventeur du "dôme géodésique", un

2 Coke : produit issu de la pyrolyse de la houille (roche carbonée).

bâtiment probablement plus connu à l’international comme le pavillon des États-Unis à l’exposition universelle de 1967 à Montréal. Pour comprendre comment les atomes de carbone dans le buckminsterfullerene sont reliés les uns aux autres, imaginez le motif à la surface d'un ballon de football. […] Bien que ce soit 300 millions de fois plus petit qu'un ballon de foot ! »

Traduction du document : « Award ceremony speech » Pr. L. Eberson

© The Nobel Foundation 1996 D. R.

Données Diamètre d’un ballon de football : 22 cm Écriture conventionnelle du noyau de l’atome de carbone : C6

12 a. Nommer les formes les plus connues de l’élément carbone. b. Donner une application des formes de carbone les plus connues. c. Expliquer pourquoi Crul, Kroto et Smalley ont dénommé leur découverte buckminsterfullerene. d. Déterminer le diamètre d’un buckminsterfullerene. e. Calculer la masse d’un buckminsterfullerene.

Réponses aux questions a. et b. Diamant : bijouterie. Graphite : mines de crayon ; charbon ; lubrifiants. c. Curl, Kroto et Smalley ont dénommé leur découverte buckminsterfullerene en hommage à l’architecte américain Buckminster Fuller, créateur du pavillon des USA en forme de géode à l’exposition universelle de 1967. d. d = d(ballon de foot) / (300 × 106), soit d = 7,3 × 10–10 m = 0,73 nm. e. La masse d’un buckminsterfullerene est égale à : m = 60 × mC = 60 × 12 × 1,67 × 10–27 kg soit m = 1,20 × 10–24 kg

30 Atomium

a. 10–10 m. b. Facteur d’agrandissement : 1,8 × 1011 c. 1,8 × 10–4 m.

32 Gaz solaire

a. Q = Z × e

b. Z = Q

e = 2

c. A = matome

mn = 4

d. He24

e. mHélium = 0,24 × mSoleil = 4,78 × 1029 kg

Chapitre 3 Atome : noyau et cortège électronique


33 Métal conducteur

a. Qnoyau = –Q = 4,64 × 10–18 C

b. Z = Qnoyau

e = 29. c. A =

matome

mn = 63

d. Cu2963

Approfondir

36 Rayons atomiques

a. Le rayon atomique diminue de gauche à droite sur une période et augmente de haut en bas dans une colonne. b. Plus le nombre de couches électroniques est important, plus le rayon atomique est grand. c. d(Na) = 22,8 cm ; d(K) = 30 cm.

37 Famille réactive

a. Le potassium et le sodium réagissent de la même manière en présence d’eau. b. Le potassium appartient à la même famille chimique que le sodium mais il réagit à l’air et à l’eau avec encore plus d’énergie : il est connu de tous (et ce l’était aussi de moi) qu’au contact de l’eau, non seulement il dégage du dihydrogène, mais qu’il s’enflamme aussi.

c. Le sodium et le potassium réagissant vivement à l’air et à l’eau, il ne peut exister de gisements métalliques naturels. d. msodium = mpotassium = 0,025 × mcroûte terrestre mcroûte terrestre = ρ × [

43 × π × RT

3 – 43 × π × (RT – d)3]

mcroûte terrestre = 1,0 × 1023 kg. msodium = mpotassium = 2,5 × 1021 kg.

39 Terres rares

Masse de la croûte terrestre correspondant au gisement : mCroûte terrestre = ρ × [

43 × π × RT

3 – 43 × π × (RT – d)3]

mCroûte terrestre = 1,4 × 1020 kg Masse de cérium dans la croute terrestre3 : mCe = 6,7 × 1015 kg Masse de cérium exploitée : 0,0001

100 × mCe < m <

0,01

100 × mCe

6,7 × 1010 kg < m < 6,7 × 1011 kg Masse de cuivre exploitée en 2016 : mCu = 2,1 × 1010 kg La masse de cérium disponible est supérieure à celle du cuivre, alors que ce dernier est un des métaux les plus utilisés et convoités. Certaines terres rares ne sont pas aussi rares que leur nom l’indique.

3 Donnée modifiée pour les réimpressions du manuel : Doc. 1 « Présent à raison de 48 mg par kilogramme de croûte terrestre. »



❺ Quantité de matière Activités

❶ Compter comme les chimistes Activité expérimentale

Matériel Balance Bécher Paquet de café en grain

Découvrir avec l’expérience 1. a. Connaissant la masse totale de café produite en 2018 (9,5 millions de tonnes = 9,5 × 106 × 103 × 103 g), on détermine par proportionnalité le nombre N de grains. Pour évaluer le nombre de grains de café produits en 2018, il faut donc déterminer la masse d’un grain de café. Pour cela, on pèse un nombre connu de grains de café. b. On pèse 20 grains : m = 2,2 g. c.

Nombre de grains Masse (en g) 20 2,2 N 9,5 × 1012

N = 20 × 9,5 × 1012

2,2 donc N = 86 × 1012 grains

N = 8,6 × 1013 grains. Ce nombre est considérable.

2. Le pourcentage massique moyen de caféine dans le café robusta est 2,5 %. Par définition du pourcentage massique, la masse de caféine dans m = 1,0 kg de café est :

m(caféine) = P(caféine)

100 × m

soit m(caféine) = 2,5

100 × 1,0

donc m = 0,025 kg = 25 g.

3. a. Connaissant la masse d’une molécule de caféine, on détermine par proportionnalité le nombre N de molécules de caféine.

Nombre de molécules Masse (en kg) 1 3,22 × 10–25 N 0,025

N = 1 × 0,025

3,22 × 10-25 donc N = 7,8 × 1022 molécules.

b. Le nombre N de molécules de caféine est N = 7,8 × 1022. Ce résultat est déjà exprimé en notation scientifique. Ce nombre est considérable.

4. Les chimistes regroupent les entités pour les compter plus facilement en manipulant des nombres moins grands.

5. Une mole de caféine contient 6,022 140 76 × 1023 molécules de caféine. Connaissant le nombre de molécules de caféine dans une mole, on détermine par proportionnalité la quantité de matière n de caféine dans le paquet.

Quantité de matière (en mol)

Nombre de molécules

1 6,022 140 76 × 1023 n 7,8 × 1022

n = 1 × 7,8 × 1022

6,022 140 76 × 1023

donc n = 0,13 mol = 1,3 × 10–1 mol.

Retenir l’essentiel Une espèce chimique est formée d’un nombre considérable d’entités chimiques identiques.

Connaissant la masse d’une entité chimique, on détermine le nombre d’entités dans une masse d’échantillon par proportionnalité.

Une mole d’entités chimiques est un paquet d’entités chimiques contenant 6,022 140 76 × 1023 entités chimiques identiques.

❷ Fabriquer un sablier chimique Activité expérimentale

Matériel Erlenmeyer de 250 mL Éprouvette graduée 100 mL Pipette Pasteur Balance Spatule Verre de montre Entonnoir à solide Eau distillée Solution aqueuse de concentration en masse Cm = 20 g·L–1 en hydroxyde de sodium Glucose Bleu de méthylène

Découvrir avec l’expérience 1. a. meau = 2 × mhydrogène + moxygène m = A × mn soit mhydrogène = 1 × 1,67 × 10–27 et moxygène = 16 × 1,67 × 10–27 donc meau = 3,01 × 10–26 kg. b. mNaOH = msodium + moxygène + mhydrogène soit mNaOH = 6,66 × 10–26 kg mglucose = 6 × mcarbone + 12 × mhydrogène + 6 × moxygène soit mglucose = 3,00 × 10–25 kg

2.a. b. N = 6,02 × 1023 × n et m = N × mentité

n (en mol) N m (en kg) NaOH 5,0 × 10–2 3,0 × 1022 2,0 × 10–3 Eau 5,6 3,4 × 1024 0,10

c. Lors de la première étape du protocole, on introduit 5,0 × 10–2 mol soit 2,0 × 10–3 kg = 2,0 g d’entités NaOH (question 2b.) et 0,10 kg soit 0,10 L (= 100 mL) d’eau. 100 mL d’une solution aqueuse de concentration en masse Cm = 20 g·L–1 en NaOH contient 100 mL de solvant, ici l’eau et une masse de soluté NaOH

Chapitre 5 Quantité de matière


égale à m = Cm × V soit m = 20 × 100 × 10–3 donc m = 2,0 g. La masse d’entités NaOH et d’eau sont les mêmes que celles introduites dans la première étape du protocole.

3. n (en mol) N m (en kg) Glucose 1,1 × 10–2 6,6 × 1021 2,0 × 10–3

4. Prélever 100 mL d’une solution aqueuse de concentration en masse Cm = 20 g·L–1 en hydroxyde de sodium. Y dissoudre 2,0 g de glucose. Ajouter 5 gouttes de bleu de méthylène. Fermer l’erlenmeyer puis agiter pour observer une coloration. Lorsque le mélange est incolore, l’agiter de nouveau.

5. b. La bouteille bleue peut servir de sablier chimique car la durée pour observer la décoloration de la bouteille bleue peut servir d’unité de temps.

Retenir l’essentiel La masse d’une entité est égale à la somme des masses des atomes qui constituent cette entité.

Le nombre d’entités chimiques est égal à : N = 6,02 × 1023 × n.

Exercices

Les incontournables

6 a. maluminium = A × mn soit maluminium = 27 × 1,67 × 10–27 donc maluminium = 4,51 × 10–26 kg.

b. N = m

maluminium soit N =

120

4,51 × 10–26

donc N = 2,66 × 1027 atomes. 7 a. mNaCl = msodium + mchlore donc mNaCl = 9,72 × 10–26 kg

b. N = m

mNaCl soit N =

6 × 106 × 103

9,72 × 10–26

donc N = 6 × 1034 entités 9 a. N = 6,02 × 1023 × n soit N = 6,02 × 1023 × 3,1 × 10–3

donc N = 1,9 × 1021 ions.

b. m = N × mmagnésium soit m = 1,9 × 1021 × 4,04 × 10–26 donc m = 7,7 × 10–5 kg = 77 mg

10 a. mor = P(or)

100 × m soit m(or) =

75

100 × 6,175

donc m = 4,631 kg.

N = m

mor soit N =

4,631

3,28 × 10–25

donc N = 1,41 × 1025 atomes.

b. n = N

6,02 × 1023 soit n = 1,41 × 1025

6,02 × 1023

soit n = 23,4 mol.

S’entraîner

14 Unité du Système international

a. mcarbone = A × mn soit mcarbone = 12 × 1,67 × 10–27 donc mcarbone

= 2,00 × 10–26 kg.

b. N = m

mcarbone soit N =

0,012

2,00 × 10–26 donc

N = 6,0 × 1023 atomes. Avant sa redéfinition, une mole contenait 6,0 × 1023 entités chimiques identiques.

15 The mole day

Traduction de l’énoncé Afin de susciter de l’intérêt pour la chimie, un enseignant a créé la Fondation de la Journée nationale de la mole. La date a été choisie pour commémorer la mole. Aux États-Unis, ce jour est généralement le 23 octobre entre 6 h 02 et 18 h 02 (c’est-à-dire 6:02 10/23 dans le format américain MM/JJ). Mais ça peut aussi être le 6 février (6/02 au format JJ/MM) de 10 h 23 à 22 h 23. Les paroles d’une chanson disent : « Supposons qu’une mole de guimauves tombe sur la planète, sur chaque centimètre carré de terre et de mer, pensez que vous pourriez le supporter ? […] Nous parlons de près de cinq millions de trillions de tonnes. »

Traduction à partir de Michael Offutt, « A mole is a Unit » D.R.

a. Expliquer les différentes dates choisies pour commémorer la mole. b. Évaluer la masse d’une guimauve qui « tombe sur la planète ».

Réponses aux questions a. Les dates 6 :02 10/23 (format américain) et 6/02 (format JJ/MM) de 10 h 23 à 22 h 23 correspondent à 6,02 × 1023 soit le nombre d’entités chimiques identiques dans une mole.

b. 5 × 106× 1018

6,02 × 1023 = 8 t.

Approfondir

17 Goutte d’eau

Calcul du nombre N de gouttes d’eau dans le lac

Léman : N = Vlac

Vgoutte

Vlac = 100 × 103 × 10 × 103 × 100 Vlac = 1011 m3 = 1014 dm3 = 1014 L 1,0 mL contient 20 gouttes donc Vgoutte = 0,050 mL = 0,050 × 10–3 L donc N = 2 × 1018 gouttes.



Calcul du nombre N’ de molécules d’eau dans une goutte : N’ =

m

meau

La masse m d’une goutte d’eau de volume Vgoutte = 0,050 mL est m = ρeau × Vgoutte soit m = 1,0 × 0,050

donc m = 0,050 g = 0,050 × 10–3 kg. meau = 3,0 × 10–26 kg. donc N’ = 1,7 × 1021 molécules. Il y a environ 103 fois plus de molécules d’eau dans une goutte que de gouttes dans le lac Léman.



❻ D’un état à l’autre :la transformation physique

Activités

❶ Les changements d’état dansl’environnementActivité documentaire

Réviser avec les documents 1.

Changement d’état 1 Vaporisation 2 Liquéfaction 3 Solidification 4 Fusion

2. État physique État solide État liquide État gazeux

Modèle microscopique

Description des

arrangements des entités chimiques

Compact et ordonné

Compact et désordonné

Dispersé et désordonné

3. Lors d’un changement d’état, aucune espècechimique ne disparaît, seul l’état physique estmodifié. Un changement d’état est donc unetransformation physique.

4. a.

Zone A B C

État(s) physique(s)

Solide Solide + Liquide

Liquide

b. Les systèmes sont la glace et le milieu extérieur(récipient+ air). La glace absorbe de l’énergie et lemilieu extérieur en libère.

Réactiver ses connaissances Exemples de changements d’état physique : legivre, ébullition de l’eau, etc.

Changement d’état Absorbe / libère de l’énergie thermique

Fusion Absorbe Vaporisation Absorbe Sublimation Absorbe Solidification Libère Liquéfaction Libère

Condensation Libère

❷ Fusion ou dissolution ?Activité documentaire

Découvrir avec les documents a. Lors de la formation du magma, des rochespassent de l’état solide à l’état liquide, c’est unefusion. Lors du refroidissement de la lave, la rochepasse de l’état liquide à solide, c’est lasolidification.

b. Lors de la fusion, la roche absorbe de l’énergiedonc c’est une transformation endothermique.Lors de la solidification, la roche libère del’énergie, c’est donc une transformationexothermique.

c. Le passage du calcaire en solution aqueuse estune dissolution.

d.

Retenir l’essentiel La fusion est une transformation endothermique,la solidification est une transformationexothermique. La fusion est un changement d’état avecpassage de l’état solide à l’état liquide tandis quela dissolution est la mise en solution d’un soluté(solide, liquide ou gaz) dans un solvant permettantd’obtenir une solution.

❸ Mesurer une énergie de changementd’étatActivité expérimentale

Matériel Chauffe-ballon sur support élévateuravec ballon Réfrigérant à eau Thermomètre Chronomètre Erlenmeyer de 100 mL Balance Wattmètre Pierre ponce Éprouvette graduée de 100 mL

Remarque L’expérience a été réalisée sur une durée maximale de 20 minutes pour un chauffe-ballon consommant 131 W. Il est nécessaire de tester l’expérience et d’adapter la durée.

FUSION DISSOLUTION

+

Chapitre 6 D’un état à l’autre : la transformation physique


Découvrir avec l’expérience 1. L’équation de vaporisation de l’eau contenuedans le ballon est H2O(l) H2O(g)

2. La puissance mesurée constante au cours dutemps vaut 131 W.Résultats expérimentaux : Δt (en s)

0 150 240 360 480 600

m (en g) 0 3,5 5,3 7,7 10,5 13,0

Δt (en s)

720 840 960 1080 1200

m (en g) 15,8 18,5 21,6 24,7 27,6

3. D’après le doc. 1 « l’énergie échangée lors dela vaporisation de l’eau est égale à l’énergie Econsommée par le chauffe-ballon » donc Q = E etE = P × Δt d’où Q = P × Δt avec Δt en s.

Δt (en s) 0 150 240 360 480 600 Q (× 103 J) 0 19,7 31,4 47,2 62,9 78,6

Δt (en s) 720 840 960 1080 1200 Q (× 103 J) 94,3 110 126 141 157

4.a.b.

R2 = 0,9981 : modélisation correcte. Q = 6 × 106 × m.

5. a. Q = m × L on en déduit donc que l’énergiemassique de vaporisation de l’eau est égale aucoefficient directeur de la droite modélisée :L = 6 × 106J∙kg–1.b. On constate que les ordres de grandeur de lavaleur théorique et la valeur expérimentale sontproches 106 J∙kg–1 et 107 J∙kg–1. La valeurexpérimentale ne tient pas compte des pertesd’énergie lors du chauffage par échangesthermiques entre le chauffe-ballon et le ballon,entre le chauffe-ballon et l’air, le ballon et l’air,l’eau et l’air, l’eau et le ballon, la vapeur d’eau etla verrerie, etc.c. Il est possible d’améliorer la démarche enisolant davantage thermiquement le ballon et lechauffe-ballon par exemple.

Retenir l’essentiel Une équation de changement d’état s’écrit enindiquant :– la formule de l’espèce suivie en indice et entreparenthèses de son état initial ;– une flèche correspondant au sens duchangement d’état ; – la formule de l’espèce suivie en indice et entreparenthèses de son état final.

L’énergie échangée lors d’un changement d’étatdépend de la masse d’espèce changeant d’état etde l’énergie massique de changement d’état del’espèce.

❹ Changements d’état et albédo terrestreActivité documentaire

Remarque Cette activité peut être travaillée en classe ou préparée à la maison. La production peut être déposée par l’élève sur le réseau pédagogique du lycée ou sur l’espace numérique de travail.

Sont attendus : – une présentation rapide de l’albédo ;– une argumentation autour des activités quiaugmenteraient l’albédo (formation de nuages,trainées de condensation, déforestation danscertaines zones froides avec la forêt plus sombreque la neige ou la glace) ;– une argumentation autour des activités quidiminuent l’albédo (formation de poussièressombres, réchauffement climatique et fonte desglaciers) avec pour conséquence le renforcementdu réchauffement ;– une mise en balance des deux ;– une scénarisation avec un présentateur et deuxcontradicteurs ;– un travail sur la préparation des contre-arguments.

Quelques ressources • https://www.futura-sciences.com/planete/definitions/climatologie-albedo-1023/

• https://www.futura-sciences.com/planete/actualites/developpement-durable-rechauffement-climatique-albedo-compense-deforestation-34176/

• http://www.climatechallenge.be/fr/des-infos-en-mots-et-en-images/le-changement-climatique/leffet-de-serre/leffet-de-serre-naturel/le-bilan-radiatif-de-la-terre.aspx

• http://www.meteofrance.fr/climat-passe-et-futur/comprendre-le-climat-mondial/leffet-de-serre-et-autres-mecanismes

y = 5,8179xR² = 0,9981

0

20

40

60

80

100

120

140

160

180

0 10 20 30

Q (en ×103 J)

m (en g)

Q = f (m)

https://www.futura-sciences.com/planete/definitions/climatologie-albedo-1023/



https://www.futura-sciences.com/planete/actualites/developpement-durable-rechauffement-climatique-albedo-compense-deforestation-34176/




http://www.climatechallenge.be/fr/des-infos-en-mots-et-en-images/le-changement-climatique/leffet-de-serre/leffet-de-serre-naturel/le-bilan-radiatif-de-la-terre.aspx




http://www.meteofrance.fr/climat-passe-et-futur/comprendre-le-climat-mondial/leffet-de-serre-et-autres-mecanismes





Exercices

Les incontournables

11 1. a. Fusion b. Dissolution2. Fusion : a. et c. ; Dissolution : b. et d.

12 a.

État solide État liquide État gazeux

b. Les paliers de température pour lesquels latempérature est constante correspondent auxchangements d’états.

c. L’agitation thermique augmente lors de cesdeux changements d’état.

d. Pour le passage de l’état solide à l’état liquide :C2H6O(s) C2H6O(l)

Pour le passage de l’état liquide à l’état gazeux : C2H6O(l) C2H6O(g)

14 Emplacement Changement

d’état Endothermique/ Exothermique

Condenseur Liquéfaction Exothermique Évaporateur Vaporisation Endothermique

16 a. La solidification est le changement d’étatinverse de la fusion donc : Lsolidification = – Lfusion = –23,2 J·g–1.

b. Q = m × Lsolidification soit m =Q

Lsolidification

avec Q = – 1,0 kJ = –1,0 × 103 J donc m = 4,3 × 101 g.

17 a. Pour fondre, l’aluminium doit recevoir del’énergie afin de passer d’un arrangement microscopique des atomes compact et ordonné à un arrangement compact et désordonné. Ce changement d’état est donc endothermique.

b. Q = m × Lfusion soit Lfusion =Q

m avec

m = 1,00 t = 1,00 × 103 kg donc Lfusion = 3,93 × 105 J·kg–1 = 3,93 × 102 kJ·kg–1.

S’entraîner

21 Masse d’eau vaporisée

1. 2.

À partir de t = 400 s, la température est constante. Il y a changement d’état : l’eau se vaporise.

3. a. L’énergie électrique consommée estE = P × Δt avec P = 300 W.En supposant que la vaporisation débute àt = 400 s et se termine à 600 s, la vaporisationdure Δt = 200 s.

E = m × Lvaporisation soit m = E

Lvaporisation

donc m = 300 × 200

2,3 × 106 = 2,6 × 10–2 kg = 26 g.

b. La mesure expérimentale est 300 – 276 = 24 g. Cette mesure est plus faible que la masse calculée. c. Le pourcentage d’énergie électrique qui n’estpas échangée avec l’eau est égal au pourcentagede masse d’eau qui aurait dû être vaporisée et qui

ne l’est pas soit P = 26-24

26 × 100 = 7,7 %.

22 Le diiode

a. C’est une dissolution.

b. I2 (s) I2 (g)

c. L’arrangement des molécules initialementcompact et ordonné devient dispersé etdésordonné.

d. Ce changement d’état est endothermique.C'est en accord avec le signe positif de Lsublimation.

e. Q = m × Lsublimation

soit Q = 5,0 × 10–3 × 2,27 × 105

donc Q = 1,1 × 103 J.

f. Le changement d’état inverse est lacondensation avec, par exemple, la formation dugivre.

0 100 200 300 400 500 600

t s) (en

θ (en °C)

0

20

40

60

80

100

θ = f (t)

Vaporisationde l’eau

Chapitre 6 D’un état à l’autre : la transformation physique


23 Le grêlon

a. Le transfert d’énergie peut agiter les moléculespour entraîner la fusion du glaçon (ou le sublimer).

b. Q = m × Lfusion soit m1 =Q

Lfusion donc

m1 = 0,80

3,3 × 105 = 2,4 × 10–6 kg = 2,4 × 10–4 g

c. Cette masse est très petite ce qui ne permetpas de la voir.

25 Sweatshirt is not sweet shirt

Traduction de l’énoncé À l’origine, un sweatshirt est un vêtement de sport américain porté avant et après l’effort. Le métabolisme humain libère une énergie thermique d’environ 80 W. Pendant l’entraînement, cette énergie peut augmenter dix fois, c’est-à-dire être multipliée par dix. Le corps humain régule sa température par vasodilatation, accélération de la respiration ou de la transpiration. a. Expliquer pourquoi la transpiration peut refroidirle corps.b. Calculer la masse d’eau produite par latranspiration en une heure en compensation del’énergie thermique relâchée par le corps pendantl’entraînement.

Réponses aux questions a. La vaporisation de la sueur, composéeprincipalement d’eau, est endothermique. Ainsi, lecorps refroidit en abandonnant l’énergie à la sueur.

b. Q = E = P × ∆t doncQ = 80 × 10 × 3 600 = 2,9 × 106 J

Q = m × Lvaporisation soit m = Q

Lvaporisation donc

m = 1,26 kg.

Approfondir

28 Calorimètre de Lavoisier et Laplace

a. Qfusion = m × Lfusion = 3

4 × m × c × ∆θ

d’où Lfusion = 3

4 × c × ∆θ avec ∆θ = 100 – 0

soit Lfusion = 3

4 × 4,18 × 103 × 100

Lfusion = 3,14 × 105 J·kg–1.

b. ER =3,14 × 105– 3,33 × 105

3,33 × 105 × 100 =5,70 %

La valeur obtenue est proche de la valeur théorique : le résultat est satisfaisant. L’écart peut s’expliquer par des pertes d’énergie.

Thème 3 Ondes et signaux


⓮ Propagation de la lumière Activités

❶ Mesures de la valeur de la vitesse de la lumière Activité documentaire - Diagnostique

Réviser avec les documents

1. v = d

∆t soit v =

2,8 × 108 × 103

22 × 60 donc

v = 2,1 × 108 m·s–1.

2. a. (299 795 – 4) km·s–1 ≤ c≤ (299 795 + 4) km·s–1 soit 299 791 km·s–1 ≤ c≤ 299799 km·s–1. b. La valeur de la vitesse de la lumière déterminée en 1973 est 299 792,458 km·s–1. Cette valeur appartient à l’intervalle déterminé précédemment. La valeur mesurée par Michelson concorde donc avec la définition de 1973.

3. Des unités du Système international sont définies par rapport à la valeur de la vitesse de la lumière. Cette dernière doit donc être connue avec précision pour que les unités soient correctement définies.

4.a. 299 792 458

340 = 8,81 × 105

La valeur de la vitesse de la lumière est environ 106 fois plus grande que celle du son. b. La lumière se propageant beaucoup plus vite que le son, on perçoit les phénomènes lumineux avant les phénomènes sonores.

Réactiver ses connaissances La lumière se propage en ligne droite dans le vide et dans l’air : c’est la propagation rectiligne.

Dans le vide et dans l’air, la valeur de la vitesse de la lumière est c = 3,00 × 108 m·s–1.

❷ Vérifier les lois de Snell-Descartes Activité expérimentale

Matériel Laser ou lanterne avec cache monofente Demi-cylindre en plexiglas Support avec disque gradué Tableur ou papier millimétré

Découvrir avec l’expérience 1. Loi de Snell Descartes pour la réflexion : i = i’ Loi de Snell Descartes pour la réfraction : n1 × sin i = n2 × sin r

2. i (en °) 10 20 30 40 50 55 60

i’ (en °)

10 20 30 40 50 55 60

r (en °) 7 13 19 26 31 33 35

3. D’après la série de mesures, i = i’ donc la loi de Snell Descartes pour la réflexion est vérifiée.

4. a. On représente l’évolution de sin i en fonction de sin r. On modélise par une fonction linéaire. b. c.

R2 est proche de 1 : la modélisation est correcte. sin i = f ( sin r) est une droite qui passe par l’origine, on a donc sin i = a × sin r ce qui est conforme à la loi de Snell-Descartes pour la réfraction.

5. a. a = n2

n1 avec n1 = 1,00

La valeur de l’indice de réfraction du plexiglas est le coefficient directeur de la droite : a = n2 = 1,50 La valeur arrondie est conforme à la valeur donnée. b. Exemples de résultats :

Groupe 1 2 3 4 n 1,51 1,50 1,50 1,49

Groupe 5 6 7 8

n 1,51 1,50 1,49 1,50

nmoy = 1,50 c.

Les mesures sont peu dispersées ; n = 1,50 est la valeur la plus fréquente.

y = 1,4987xR² = 0,9987

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

0 0,2 0,4 0,6

sin i

sin r

sin i = f (sin r)

0

1

2

3

4

1,49 1,50 1,51

Effectif

n

Chapitre 14 Propagation de la lumière


Retenir l’essentiel Loi de Snell-Descartes pour la réflexion : lesangles d’incidence i et de réflexion i’ sont égaux.Loi de Snell-Descartes pour la réfraction : lesangles d’incidence i et de réfaction r sont liés parla relation n1 × sin i = n2 × sin r avec n1 l’indice deréfraction du milieu 1 et n2 celui du milieu 2.

Pour vérifier la loi de Snell-Descartes pour laréflexion, on compare les angles d’incidence et deréflexion. Pour vérifier la loi de Snell-Descartespour la réfraction, on peut représenter l’évolutionde sin i en fonction de sin r. Le coefficientdirecteur de la droite est égal au rapport des

indices de réfraction a = n2

n1.

❸ Voir sans être vuActivité documentaire - Ouverte

Le rayon incident atteint le miroir M1 avec un angle d’incidence i = 45°. Le rayon est réfléchi sur M1 avec un angle égal à l’angle d’incidence i’ = i = 45°.

Pour que le rayon réfléchi sur M2 émerge horizontalement à la sortie du périscope, l’angle d’incidence du rayon arrivant sur M2 doit être égal à 45°. M2 doit donc être parallèle à M1 et incliné de 45° par rapport à l’horizontale.

Fiche technique du périscope : Un périscope simple est constitué d’une armature ouverte latéralement à ses deux extrémités. À chacune de ses extrémités, un miroir plan incliné de 45° est fixé. Un rayon lumineux pénétrant horizontalement dans le périscope se réfléchit verticalement sur le premier miroir puis horizontalement sur le second miroir permettant ainsi la vision d’un environnement situé en hauteur.

❹ Rendre un tube à essais invisibleActivité expérimentale - Investigation

Matériel • Lanterne avec cache monofente• Cuve hémicylindrique• Support avec disque gradué• Glycérol• Éthanol• Tableur ou papier millimétré

Pour rendre invisible un tube à essai en matériau transparent d’indice de réfraction n = 1,5, il faut choisir un liquide qui a le même indice de réfraction.

Protocole expérimental • Remplir la cuve hémicylindrique d’un des deuxliquides.• Mesurer pour plusieurs angles d’incidence à lasurface air -liquide, l’angle de réfractioncorrespondant.• Représenter l’évolution de sin i en fonction desin r. Modéliser par une fonction linéaire.• Déterminer l’indice de réfraction du liquide.• Procéder de la même façon avec l’autre liquide.

Exemples de résultats expérimentaux : • Éthanol :

i (en °) 10 20 30 40 50 60

r (en °) 7 15 22 28 34 40

y = 1,3555xR² = 0,999

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

0 0,2 0,4 0,6

sin i

sin r

sin i = f (sin r)

45°

45°

i

i ’

ii ’

A

M1

M2



L’indice de réfraction de l’éthanol n’est pas égal à celui du matériau constituant le tube à essais.

Glycérol : i

(en °) 10 20 30 40 50 60

r (en °) 7 13 19 25 31 35

L’indice de réfraction du glycérol est égal à celui du matériau constituant le tube à essais. Il faut donc remplir le tube à essai de glycérol pour le faire disparaître

Exercices

Les incontournables

11. 300 km·s–1 = 300

3,6 = 83,3 m·s–1

3,00×108

83,3 = 3,6 × 106.

La lumière est environ trois millions six cent mille fois plus rapide que les vents de l’ouragan.

14. a.

b. D’après la loi de Snell Descartes pour laréflexion, i’ = i =90 – 55 = 35°

c. D’après la loi de Snell Descartes pour la

réfraction : sin r = sin i

nsoit sin r =

sin 35

1,60 = 0,36

donc r = 21°.

15. a. D’après la loi de Snell-Descartes pour laréfraction : sin i = n × sin r soitsin i = 1,33 × sin 45 = 0,94 donc i = 70°.

b. D’après la loi de Snell-Descartes pour laréflexion i’ = i = 70°.c.

17. D’après la loi de Snell Descartes pour la

réfraction : n2 = sin i

sin rsoit n2 =

sin 30

sin 12 donc n2 = 2,4.

S’entraîner

22 TGV versus lumière

a. 300 km·s–1 = 300

3,6 = 83,3 m·s–1

3,00 × 108

83,3 = 3,6 × 106.

La lumière est environ trois million six cent mille fois plus rapide que le TGV.

b. La durée nécessaire pour relier Paris à Bordeaux

en TGV est : Δt = d

vsoit Δt =

560

300 donc Δt = 1,87 h.

Pendant cette durée, la lumière parcourt d = c × Δt soit d = 3,00 × 108 × 1,87 × 3 600 donc d = 2,02 × 1012 m soit 2,02 × 109 km c'est-à-dire presque deux milliards de km (environ 5 000 fois la distance Terre-Lune).

23 Type of telescopes

Traduction de l’énoncé Un télescope est un instrument d’optique utilisé pour observer des objets lointains ou terrestres. Il y a deux types de télescopes : le télescope à réflexion et celui à réfraction (réfracteur). Alors que les télescopes à réflexion utilisent des miroirs et sont généralement choisis pour observer les objets lointains comme les nébuleuses ou les galaxies, les télescopes à réfraction utilisent des lentilles. Ils sont idéaux pour l’observation d’objets plus grands et plus brillants comme la Lune et les planètes mais ils sont plus chers. Le premier type réfléchit toutes les longueurs d’onde de la lumière de la même manière tandis que le deuxième type peut présenter certaines aberrations chromatiques parce que l’indice de réfraction du verre des lentilles dépend de la longueur d’onde. Un troisième type de télescope, le Schmidt Cassegrain, appelé catadioptrique, a gagné en

y = 1,5078xR² = 0,999

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

0 0,2 0,4 0,6

sin i

sin r

sin i = f (sin r)

55,0 °

n2 = 1,60I

r

n1 = 1,00

Air

Air

Eau

i = 70° i ’ = 70°

r = 45°

I



popularité parce qu’il combine les meilleurs aspects d’un télescope à réflexion et d’un télescope à réfraction.

a. Indiquer quelle loi de Snell-Descartes estutilisée dans chaque télescope.b. Énumérer les avantages et les inconvénients dechaque télescope.c. Selon vous, quels éléments optiques trouve-t-ondans un télescope catadioptrique ?

Réponses aux questions a. On utilise la 2ème loi de Snell Descartes pour laréflexion dans le télescope à réflexion et celle pourla réfraction dans le télescope à réfraction.

b. Télescope à réflexion : pas d’aberrationchromatique, permet de voir des objets peulumineux.Télescope à réfraction permet de grossir les objetsobservés mais peut présenter certainesaberrations chromatiques.

c. On trouve probablement des lentilles et miroirs.

25 Image d’un poisson

1. a. Pour la position ①, les angles d’incidence etde réfraction sont nuls, le rayon lumineux issu deA et se propageant vers ① n’est pas dévié.b.

2. a. L’angle de réfraction est supérieur à l’angled’incidence.

3. L’image A’ du poisson est plus proche de lasurface.

26 Double réflexion

a.

b. Le rayon se réfléchit sur M1 avec un angle de40°. Grâce à la construction graphique ci-dessous,on détermine l’angle incident sur M2 : i = 25°.

c. Le rayon se réfléchit sur M1 avec un angle de40° donc il arrive sur le second miroir avec unangle égal à 90 – 40 = 50°. Le rayon incident surM1 et le rayon réfléchi sur M2 ont la mêmedirection.

28 Identifier un liquide

a. n1 × sin i = n2 × sin r

b. On représente l’évolution de sin i en fonction desin r, que l’on modélise par une fonction linéaire.Comme le milieu 1 est l’air (n1 = 1,00), on asin i = n2 × sin r. L’indice du liquide inconnu estdonc égal au coefficient directeur a de la droite demodélisation.

sin i 0,26 0,42 0,57 0,71 0,82 sin r 0,17 0,29 0,39 0,48 0,56

I

A

12

i

I

A

12

r

i

I

A

A’

12

r

65°M1

M2

I

25°

40°

90° - 40° = 50°

25°

40°

90° - 65° =

180° - (50° + 65°) = 65°

65°M1

M2

I

Rayon incidenti

i = 40°i ’ = 40°

i ’ = i

i = 50°40°

i = 40°

i ’ = 50°

i ’ = 40°

M1

M2



c. sin i = f(sin r) est une droite passant parl’origine.

Le coefficient directeur est a =0,82 – 0

0,56 – 0 = 1,46.

L’indice de réfraction n2 est donc égal à 1,46.

d. Compte-tenu des imprécisions liées aumesures, on en déduit que liquide inconnu est leglycérol.

29 Salinité d’une eau

1. n =sin i

sin r

2.6 7

S=np.array([0,40.0,80.0,120,160]) n=np.array([1.32,1.35,1.38,1.41,1.44])

3. a. Les points forment une droite.b. droite.slope calcule le coefficient directeuralors que droite.intercept calcule l’ordonnée àl’origine. c. L’expression donnée est en accord avec lescoefficients donnés par le programme.

4. S = 7,50 × 10–4 n + 1,32. D’où S = 1,33 – 1,32

7,50 × 10-4

donc S = 13,3 g.L-1.

30 Vitrages à lame d’argon

a.

b. L’angle d’incidence esti = 90,00 – 70,00 = 20,00°.D’après la loi de Snell Descartes pour la

réfraction : sin r1 = n2 × sin i1

n

soit sin r1 = 1,500 × sin 20,00

1,003 = 0,5115.

Donc r1 = 30,76°.

c. L’angle d’incidence i2 sur la seconde lame deverre et l’angle de réfraction r1 dans l’argon sontalternes internes, ils sont donc égaux.

d. D’après la loi de Snell Descartes pour la

réfraction : sin r2 = n × sin i2

n2

soit sin r2 = 1,003 ×sin 30,76

1,500 = 0,3420

donc r2 = 20,00°.

e. La lame d’argon ne déforme pas les objets carles rayons lumineux qui émergent sont parallèlesaux rayons lumineux incidents.

Approfondir

33 Éclairage d’une horloge

a.

b. tan i =20

25 donc i = 39°.

D’après la loi de Snell Descartes pour la réfraction : sin r = n × sin i = 1,33 × sin 39 = 0,84 donc r = 57°.

h1 = 20

tan r donc h1 = 13 cm.

Il faut placer l’horloge à 13 cm au-dessus du niveau de l’eau.

0 0,2 0,4 0,6

sin r

sin i

0

0,2

0,4

0,6

0,8sin i = f (sin r)

Verren2 = 1,500

Verren2 = 1,500

Argonn = 1,003

i1

i2

r1

r2

Verren2 = 1,500

Verren2 = 1,500

Argonn = 1,003

i1

r1

Horloge

K J

25 cm

20 cm

I

r

i

Airn2 = 1,00

Eaun1 = 1,33



35 Véhicule à jumelles

a.

b. Sur la face AB : n × sin 45 = 1 donc n = 1,4.

36. Capteur de pluie

On s’intéresse à la réflexion d’un rayon lumineux sur la séparation verre-air au niveau du pare-brise. On a réflexion totale si n × sin i = sin 90 soit i = 41,8°. L’angle α que l’on recherche et l’angle complémentaire de i sont alternes internes. Ils ont donc la même valeur soit α = 90,0 – i donc α = 48,2°.

À l’oral

La lumière pour mesurer des distances

Pour mesurer des distances très grandes, on définit une nouvelle unité à partir de la propagation de la lumière : l’année-lumière. 1 année-lumière est la distance parcourue par la lumière en une année. Une année lumière vaut environ 1013 km soit dix mille milliards de kilomètres. Les distances dans l’Univers étant tellement grandes, on les exprime en année-lumière. L’étoile la plus proche de notre planète après le Soleil est Proxima du Centaure qui est à 4,2 a.l. Cela signifie que la lumière issue de cette étoile met 4,2 années à nous parvenir et donc nous la voyons telle qu’elle était il y a 4,2 années. Ainsi, on peut dire que voir loin c’est voir dans le passé.

45°

Air n

A

C

B

i’ = 45°

i’ = 45°i = 45°

i = 45°



⓰ Lentilles et modèle de l’œilActivités

❶ Caractériser des lentillesActivité expérimentale

Matériel • 3 lentilles divergentes• 3 lentilles convergentes

Découvrir avec l’expérience 1.Trois lentilles sont convergentes et trois sontdivergentes : on peut les reconnaitre soit autoucher en comparant pour chaque lentillel’épaisseur au bord et l’épaisseur au centre, soitpar observation d’un texte proche à travers chaquelentille.

2. a. Un rayon lumineux incident passant par lecentre optique n’est pas dévié.b. Un rayon lumineux incident parallèle à l’axeoptique émerge de la lentille en passant par le foyer image F’. c. Un rayon lumineux incident passant par le foyerobjet F émerge de la lentille parallèle à l’axe optique.

3. Le foyer objet F est le point par lequel passetout rayon lumineux, qui émerge parallèlement àl’axe optique. Le foyer image F’ est le point deconvergence de tout rayon lumineux incidentparallèle à l’axe optique.

4.

Retenir l’essentiel Le foyer objet d’une lentille mince convergenteest le point de l’axe optique, noté F, tel que toutrayon lumineux passant par ce point émerge de lalentille parallèle à l’axe optique. Il est situé àgauche de la lentille convergente.Le foyer image d’une lentille mince convergenteest le point de l’axe optique, noté F’, tel que toutrayon lumineux incident parallèle à l’axe optique,qui émerge de la lentille, passe par ce point. Il estsitué à droite de la lentille convergente et est lesymétrique du foyer objet F par rapport au centreoptique.

Tout rayon lumineux incident passant par lecentre optique O de la lentille émerge sans êtredévié.Tout rayon lumineux incident passant par lefoyer objet F émerge parallèle à l’axe optique.

Tout rayon lumineux incident parallèle à l’axe optique émerge en passant par le foyer image F’.

❷ Produire et caractériser une imageActivité expérimentale – ECE

Matériel • Banc optique avec cavaliers• Lanterne avec objet• Lentille mince convergente de distance focalef’ = 12,5 cm• Écran• Règle

1. Tableau de résultats :Taille de l’objet : AB = 1,5 cm

Distance objet-lentille (en cm)

50 25 15 7,5

Image observable

Oui Oui Oui Non

Distance lentille-image (en cm)

17 25 75 -

Sens de l’image par rapport à l’objet

Renversée Renversée Renversée -

Taille de l’image (en cm)

0,5 1,5 7,5

Grandissement ϒ

0,3 1 5 -

2. On peut observer l’image d’un objet sur un écransi la distance entre l’objet et la lentille estsupérieure à la distance focale (f’ = 12,5 cm).

3. Lorsque l’objet se rapproche de la lentille, lataille de l’image augmente et la position de l’imagesur l’écran s’éloigne de la lentille.

4. a. Avec une échelle 1/5 sur l’axe horizontal, lesfoyers objet F et image F’ sont à 2,5 cmrespectivement à gauche et à droite du centreoptique. L’objet AB est à 6 cm à gauche du centreoptique.Avec l’échelle 1/1 sur l’axe vertical, la taille del’objet AB est 1,5 cm.

F’

F O ∆

∆F

F’

A

B

A’

B’

1,0 cm

5,0 cm

O

Chapitre 16 Lentilles et modèle de l’oeil


L’image est renversée, mesure 1,2 cm et se trouve à 4,2 × 5 = 21 cm à droite du centre optique de la lentille. b. Expérimentalement, on trouve un résultatcohérent (21,5 cm).

5. a. D’après le théorème de Thalès appliqué aux

triangles OAB et OA’B’, on trouve γ= OA'

OA=

A'B'

AB.

b. Distance objet-lentille (en cm)

50 25 15 7,5

Distance lentille-image (en cm)

17 25 75 -

Grandissement ϒ 0,33 1,0 5,0 - Grandissement

γ= OA'

OA

0,34 1,0 5,0

Les valeurs sont en accord avec les valeurs mesurées expérimentalement.

Retenir l’essentiel Pour observer sur un écran l’image d’un objetformée par une lentille mince convergente, il fautque l’objet soit situé à gauche du foyer objet de lalentille. Le grandissement peut se déterminergéométriquement de deux façons :– par la mesure des tailles de l’objet et de l’image

γ= A'B'

AB ;

– par la mesure des distances entre le centreoptique et l’objet et le centre optique et l’image

γ= OA'

OA.

❸ L’œil, un système optiqueActivité documentaire

a. 1 : Cornée 2 : Cristallin 3 : Pupille 4 : Humeur aqueuse 5 : Iris 6 : Sclérotique 7 : Choroïde 8 : Rétine 9 : Nerf optique 10 : Humeur vitrée

b. Le cristallin est modélisé par une lentille minceconvergente car le cristallin est biconvexe, il estplus épais au centre que sur les bords.

c. Le diaphragme modélise l’iris et son ouverturemodélise la pupille. La lentille mince convergentemodélise le cristallin. L’écran modélise la rétine.

d. La distance invariable dans l’œil est la distanceentre le cristallin et la rétine (17 mm selon ledoc. 2)

e. L’œil accommode pour observer de façon nettedes objets situés à des distances variées.

Leurs images se forment à des distances différentes du cristallin. La distance cristallin-rétine étant fixe, c’est donc la distance focale du cristallin qui varie pour obtenir une image nette sur la rétine. Pour cela, le rayon de courbure du cristallin varie sous l’action des muscles ciliaires.

Retenir l’essentiel Éléments optiques qui modélisent l’œil réduit : un diaphragme, une lentille mince convergente et un écran.

❹ Corriger un œil hypermétropeActivité expérimentale – Investigation

Matériel • Banc optique avec cavaliers• Lanterne avec objet• Diaphragme• Lentilles convergentes de distance focale10 cm ; 12,5 cm ; 20 cm ; 33 cm ; 50 cm• Lentilles divergentes de distance focale–10 cm ; –20 cm ; –33 cm• Écran

• Modélisation de l’œil emmétrope observant unobjet lointain (d’après le doc. 2) :

Modélisation de l’œil emmétrope.

• Modélisation de l’œil hypermétrope :D’après le doc. 3, pour modéliser un œilhypermétrope à partir de la modélisation de l’œilemmétrope, il faut changer de lentille convergentesans modifier la distance lentille écran qui resteégale à 12,5 cm. L’œil hypermétrope étant moinsconvergent que l’œil emmétrope, on doit prendreune lentille de distance focale supérieure à 12,5cm, c’est-à-dire une parmi celles de distancefocale f’ = 20 cm, 33 cm ou 50 cm. Dans chaquecas, l’image sur l’écran est floue.

O ∆

F’

d = 12,5 cm

1,0 cm

5,0 cm



Modélisation de l’œil hypermétrope.

• Correction de l’œil hypermétrope pour sa visionde loin :Pour corriger le défaut de l’œil hypermétrope etretrouver une image nette sur l’écran, on doitajouter une deuxième lentille convergente, accoléeà la première (à positionner dans le même supportpar exemple).

Sans formule donnée (1

f'=

1

f1'+

1

f2'), l’élève doit

essayer avec les différents couples de lentilles possibles. Cela fonctionne avec f’1 = 20 cm pour l’œil hypermétrope et f’c = 33 cm pour la lentille correctrice ou l’inverse c’est-à-dire f’1 = 33 cm et f’c = 20 cm.

Modélisation de l’œil hypermétrope corrigé par une lentille de correction (Lc) accolée.

Exercices

Les incontournables

12

15 a.

b. f = 0,9 × 2 = 1,8 cm (en tenant compte del’échelle 1/2).c. En tenant compte de l’échelle ½ du schéma :• Position de l’image : OA’ = 3,3 × 2 = 6,6 cm.• Taille de l’image : A’B’ = 1,6 × 2 = 3,2 cm.• L’image est renversée.

d. Grandissement : γ = A'B'

AB=

3,2

1,2 = 2,7.

S’entraîner

21 Construction de l’image d’un objet

a.

b. L’image obtenue est réelle et renversée, detaille 1,5 cm.c. Il faut placer un écran à 7,5 cm à droite de lalentille pour y observer une image nette.

O

F’1

L1

d = 12,5 cm

1,0 cm

5,0 cm

∆

O ∆

F’

d = 12,5 cm

1,0 cm

5,0 cm

L1Lc

∆

∆

O F’F

O

F’

F

∆

∆

OF’

F

O F’

F

A

B

A’

B’

∆OF’

F

∆F

F’A

B

A’

B’

1,0 cm

1,0 cm

O

Chapitre 16 Lentilles et modèle de l’oeil


d. Grandissement : γ =A'B'

AB=

1,5

1,0 = 1,5.

e. Si on approche l’objet de la lentille (maistoujours à gauche du foyer objet F), il faut déplacerl’écran vers la droite c’est-à-dire l’éloigner de lalentille pour voir une image nette.

22 Où est la lentille ?

a.

b. f’ = 1,5 cmc. L’image est à 2,5 cm à droite du centre optiquede la lentille. L’image de taille 1,0 cm estrenversée.

d. Grandissement : γ =1

1,5 = 0,67.

23 Allumer le feu

a. Éclairer la loupe par le Soleil et positionner lapipe au foyer image de la loupe où convergent lesrayons du soleil.b. Mesure de la longueur de la pipe sur l’image :1,1 cm Distance entre les centres de la loupe et de la pipe sur l’image : 2,0 cm À partir de la donnée de la longueur de la pipe, on peut déterminer l’échelle du schéma et déduire par

proportionnalité : f’ = 2,0 × 15

1,1 = 27 cm.

25 Correction oculaire

a. La partie supérieure des lunettes constituéed’un verre concave à bord épais corrige la myopie(défaut de vision des objets lointains).La partie basse des lunettes constituée d’un verreconvexe à bords minces corrige la presbytie(défaut de vision de près).

b. Le schéma a correspond à un œil qui n’est pasassez convergent puisque l’image se forme aprèsla rétine. Il s’agit donc de la presbytie. Ce défautsera corrigé par une lentille convergente.Le schéma b correspond à un œil trop convergentpuisque l’image se forme en avant de la rétine. Ils’agit donc de la myopie. Ce défaut sera corrigépar une lentille divergente.

c. D’après la réponse précédente : f’b < f’a.

d. La partie supérieure de la lunette constituéed’un verre concave à bord épais est une lentilledivergente. La partie basse constituée d’un verre

convexe à bords minces est une lentille convergente.

26 Camera

Traduction de l’énoncé La photographe américaine A. Leibovitz est mondialement connue pour ses portraits de célébrités. Comme tous les photographes, elle choisit l’objectif de l’appareil photo en fonction de la photographie à prendre. La distance focale standard d’un objectif est comprise entre 40 et 60 mm pour reproduire ce que voit l’œil. La distance focale d’un téléobjectif est comprise entre 70 et 600 mm, il est utilisé pour toutes les photos prises à distance, comme les photos d’animaux. Enfin, l’objectif dont la grande distance focale est comprise entre 17 et 40 mm est utilisé pour la photographie des paysages.

a. Comparer les principaux éléments d’un appareilphotographique avec ceux d’un œil.b. Choisir l’objectif à utiliser pour faire desportraits.

Réponses aux questions a. On peut comparer les éléments de l’appareilphotographique à ceux de l’œil :

Appareil photographique Œil Diaphragme Iris

Objectif Cristallin Capteur CCD Rétine

b. Pour faire des portraits, il est mieux d’utiliser unobjectif de focale entre 40 et 60 mm.

29 Modélisation d’un microscope

1.

2. Position de l’image : O1A1 = 6 × 5,0 = 30 cm.Taille de l’image : A1B1 = 1,0 cm.L’image A1B1 est renversée.

3.a. Pour L’objectif, A1B1 est l’image de l’objet AB.Pour l’oculaire, A1B1 est un objet dont l’oculaireforme une image.b. Le rayon lumineux issu de B1 passant par O2

n’est pas dévié car O2 est le centre optique del’oculaire.Le rayon lumineux issu de B1 parallèle à l’axeoptique émerge de la lentille en passant par sonfoyer image F’2.

1 cm1 cm

∆F’

F OA

B

A’

B’

F1

F’1A

BA1

B1

1,0 cm

5,0 cm

O1 ∆

L1



c. Les rayons lumineux issus de B1 émergent de lalentille en étant parallèles entre eux. On ne peutdonc pas placer un écran pour observer leurintersection, où aurait dû se former l’image réelleA2B2. L’image A2B2 ne peut pas être observée surun écran, mais elle peut être observée directementen plaçant son œil après l’oculaire, sansaccommoder (vision à l’infini).

31 Aberration chromatique

L’aberration chromatique est la distance F’bF’r séparant le foyer image pour une radiation bleue F’b de celui pour une radiation rouge F’r. D’après le document commun aux exercices 30 et 31, la distance focale d’une lentille sphérique dépend de l’indice de réfraction n du milieu transparent qui la constitue : 1

f'= (n – 1) × (

1

r1 +

1

r2).

Or d’après le doc. 1, l’indice du verre constituant l’objectif photographique dépend de la longueur d’onde (phénomène de dispersion). Pour la radiation bleue (λb = 490 nm), on peut lire graphiquement la valeur de l’indice de réfraction : nb = 1,522. Pour la radiation rouge (λr = 660 nm), on lit : nr = 1,514. On en déduit que :

1

f'b= (nb – 1) × (

1

r1 +

1

r2)

1

f'b= (1,522 – 1) × (

1

18,0 +

1

18,0) = 0,522 ×

2

18,01

f'b = 0,0580 cm–1 d’où f’b = 17,2 cm

1

f'r= (nr – 1) × (

1

r1 +

1

r2)

1

f'r= (1,514 – 1) × (

1

18,0 +

1

18,0) = 0,514 ×

2

18,01

f'r = 0,0571 cm–1 d’où f’r = 17,5 cm

Donc F’bF’r = f’b – f’r = 17,5 – 17,2 = 0,300 cm.

Schéma sans soucis d’échelle.

Si le capteur est placé dans le plan contenant F’r, l’image présentera des contours irisés de bleu. S’il est placé dans le plan contenant F’b, les contours seront irisés de rouge.

F’rO ∆F’b



⓱ Les circuits électriquesActivités

❶ Adapter une lampe au générateurActivité expérimentale – Diagnostique

Matériel • Générateur 6 V• Lampe (6 V ; 0,1 A)• Résistance 100 Ω• Fils de connexion• Ampèremètre• Voltmètre

Remarque La liste des dipôles (générateur, lampe, résistance) peut être modifiée compte-tenu du matériel disponible au laboratoire.

Réviser avec l’expérience 1. Les circuits ① et ② comportent une seuleboucle : ce sont des circuits en série.

2. a. Les grandeurs électriques associées aufonctionnement d’une lampe sont la tensionélectrique et l’intensité électrique mesuréesrespectivement avec un voltmètre et un ampèremètre.b. Schémas complétés avec les appareils demesure :

3. b. Résultats expérimentaux :Circuit ① Circuit ②

Tension électrique (en V)

6,03 1,56

Intensité électrique (en mA)

93 46,1

4. a. Dans le circuit ①, la tension aux bornes dela lampe et l’intensité du courant la traversant sontproches des valeurs nominales. Dans ce circuit, lalampe semble adaptée au générateur.b. Une résistance dans un circuit permet dediminuer l’intensité du courant électrique.

5. a. UR = 4,6 Vb. D’après la loi d’Ohm : UR = R × I soitUR = 100 × 46,1 × 10–3 donc UR = 4,61 V.

Réactivité ses connaissances • Voir fiche 6 p. 320• Loi d’Ohm : UR = R × I avec U en V, R en Ω et Ien A.

❷ Exploiter la loi des nœudsActivité expérimentale - ECE

Matériel • Générateur 6 V• Lampe (6 V ; 0,1 A)• Résistances 100 Ω et 150 Ω• Fils de connexion• Ampèremètre

Remarque La liste des dipôles (générateur, lampe, résistance) peut être modifiée compte-tenu du matériel disponible au laboratoire.

Découvrir avec l’expérience 1. Dans une installation électrique domestique,les appareils sont branchés en dérivation.

2. a. 3 circuits sont possibles avec le matérieldisponible :

Circuit ①

Circuit ②

Circuit ③

COM

AI

– +G

A

VVCOM

A

– +G

VVCOM

COM

I

A

G–

+I1I I2

ou

ou

R1

G–

+I1I I2

R2

G–

+I1I I2

R2R1

Chapitre 17 Les circuits électriques


b. Les intensités des courants électriquestraversant chacune des branches du circuit doiventêtre mesurées pour vérifier la loi des nœuds.

3. a. Résultats expérimentaux :Circuit ① Circuit ② Circuit ③

I (en mA) 156 135 104 I1

(en mA) 93 93 62

I2

(en mA) 62 41 41

I1 + I2

(en mA) 155 134 103

b. Aux incertitudes de mesure près, l’intensité ducourant de la branche principale est égale à lasomme des intensités des courants dans lesbranches dérivées : I = I1 + I2.

4. a. L’intensité I du courant électrique traversantle disjoncteur est égale à la somme des intensitésdes courants traversant les appareils électriquesfonctionnant en simultané : I = 31,6 A.b. L’intensité maximale disponible doit être aumoins de 45 A, la puissance maximale délivrée àl’installation sera donc de 9 kW.

Remarque Une puissance de 12 kW peut aussi convenir et amener à une discussion sur le coût de l’abonnement.

Retenir l’essentiel L’intensité du courant électrique traversant labranche principale est égale à la somme desintensités des courants dans les branchesdérivées : I = I1 + I2.

❸ Exploiter la loi des maillesActivité expérimentale - ECE

Matériel • Générateur 12 V• Lampe (6 V ; 0,1 A)• Moteur (6 V)• Résistances R1 = 27 Ω et R2 = 100 Ω• Fils de connexion• Voltmètre

Remarque La liste des dipôles (générateur, moteur, lampe, résistances) peut être modifiée en compte-tenu du matériel disponible au laboratoire.

Découvrir avec l’expérience 1. 2.a.

b. Dans la maille ABEFA parcourue dans le senshoraire : UAF – UAB – UBE = 0.Dans la maille BEDCB parcourue dans le sens anti-horaire : –UBE + UCD + UBC = 0.

3. a. Résultats expérimentaux :UAF = 12,65 V UCD = 3,32 V UBC = 5,01 V UAB = 4,41 V UBE = 8,25 V

b. Vérification de la loi des mailles :Pour la maille ABEFA : 12,65 – 4,41 – 8,25 ≈ 0Pour la maille BEDCB : – 8,25 + 3,32 + 5,01 ≈ 0

4. a. Dans la maille ACDFA parcourue dans le senshoraire (par exemple) :

–UAB – UBC – UCD + UAF = 0b. Vérification de la loi des mailles :12,65 – 4,41 – 5,01 – 3,32 ≈ 0

Retenir l’essentiel • UBA + UCB + UDC + UAD = 0.

❹ Représenter la caractéristique d’unrhéostatActivité expérimentale - Investigation

Matériel • Générateur variable 6 V• Rhéostat 500 Ω• Fils de connexion• Ampèremètre• Voltmètre

Remarques Cette activité a été réalisée avec un générateur de tension variable. Une version moins onéreuse peut être réalisée en utilisant un second rhéostat pour faire varier la tension aux bornes du rhéostat étudié. La résistance du rhéostat peut être modifiée en compte-tenu du matériel disponible au laboratoire. Cette activité est prévue pour travailler une compétence numérique mais le graphique peut être réalisé sur papier millimétré. Le script à compléter et une fiche d’accompagnement (versions élève et prof) sont disponibles.

F E D

A B C

V

V

COM

V

V

COM

VV COM

R2

G V

V

COM

M–

+UAF UBE UCD

UBC

VV COM

R1

UAB



Résoudre un problème

Protocole expérimental : • Positionner le curseur du rhéostat (doc. 1) dansune position donnée et ne plus y toucher.• Réaliser le circuit ci-dessous.

• Faire varier la tension aux bornes du générateur ;pour chaque valeur de la tension U, releverl’intensité I du courant. Présenter les résultatsdans un tableau.

Résultats expérimentaux I (en mA) 0 4,54 7,65 9,7 15,47 U (en V) 0 1,03 1,66 2,07 3,32

I (en mA) 17,5 20,9 23,5 25,4 U (en V) 3,76 4,5 5,04 5,46

• Tracé de la caractéristiqueVoir fiche d’accompagnement version prof.

• ModélisationVoir fiche d’accompagnement version prof.

• ExploitationLa fonction linregress permet de calculer :– le coefficient directeur de la droite demodélisation : a = 0,214 × 103 = 214 Ω ;– l’ordonnée à l’origine de la droite demodélisation est quasi-nulle : b ≈ 0 V.La caractéristique U=f(I) du rhéostat est donc unedroite passant par l’origine. On en déduit que lerhéostat peut être assimilé à un conducteurohmique. La relation entre U et I est donnée par laloi d’Ohm U = R × I. La résistance du rhéostat estle coefficient directeur de la droite demodélisation : R = 214 Ω.

• Réponse à la problématiquePar comparaison des résultats entre les différentsgroupes, on s’aperçoit que la résistance dépendde la position du curseur. La résistance variable durhéostat est donc la propriété physique qui permetfaire varier la luminosité d’une lampe.

❺ Déterminer le point de fonctionnementd’un circuit électriqueActivité expérimentale

Matériel • Générateur (6 V)• Pile (4,5 V)• DEL• Résistance de protection R = 220 Ω• Fils de connexion• Ampèremètre• Voltmètre

Remarques Cette activité a été réalisée avec un générateur de tension variable. Une version moins onéreuse peut être réalisée en utilisant un rhéostat pour faire varier la tension aux bornes de la diode protégée. Les valeurs fournies dans le doc. 2 peuvent varier en fonction l’usure de la pile. Pour avoir des résultats les plus justes possibles, il est conseillé de faire vos propres mesures avec le matériel du laboratoire. La DEL (couleur, tension de seuil) et la résistance de protection peuvent être modifiées compte-tenu du matériel disponible au laboratoire. Attention toutefois à calibrer la manipulation pour ne pas dépasser l’intensité maximale admissible par la DEL. Les caractéristiques peuvent être tracées sur papier millimétré ou avec un tableau-grapheur. Une version alternative utilisant le langage de programmation python est disponible sur le manuel numérique enseignant.

Découvrir avec l’expérience 1.a.

Protocole expérimental • Réaliser le circuit série schématisé ci-dessouscomprenant le générateur variable et la DELprotégée.

• Faire varier la tension aux bornes du générateuret relever, pour chaque tension U, l’intensité I ducourant sans dépasser 30 mA.• Tracer la caractéristique U = f(I).

V

A

V

– +G

COM

COM

A

R

V

A

V

+ –G

COM

COM

A

I

U



c. Résultats expérimentaux :

I (en mA)

0 0 0 1,3 3,1 5,2 7,1

U (en V)

0 1,02 1,59 1,98 2,4 2,91 3,34

I (en mA)

9,2 11,3 13 14,9 17,2 19

U (en V) 3,82 4,3 4,68 5,08 5,62 6,02

2. Voir graphique en fin de chapitre.

3. Par définition, le point de fonctionnement estdonné par le point d’intersection descaractéristiques. Graphiquement, on obtient :P (I = 12,8 mA ; U = 4,65 V)

4. a. La tension U aux bornes de la pile et de laDEL protégée est la même, tout comme l’intensitéI du courant les traversant. Par conséquent, U et Isont donnés par les coordonnées du point defonctionnement du circuit : U = 4,65 V etI = 12,8 mA.b. 12,8 mA < 30 mA donc I < Imax : il n’y a pas derisque de détérioration.c. Photo de la vérification par mesure pagesuivante : I = 12,8 mA et U = 4,62 V.

Retenir l’essentiel • Le point de fonctionnement d’un circuit est lepoint d’intersection de la caractéristique d’ungénérateur avec celle d’un autre dipôle branché ensérie. Il permet de déterminer les grandeurs U et Iassociées à un tel circuit.

• Le point de fonctionnement est obtenu parlecture graphique en superposant lescaractéristiques du générateur et de l’autre dipôle.

Exercices

Les incontournables

10 a.

b. Le calibre le plus adapté est celuiimmédiatement supérieur à la mesure. Ici :2 mA < I < 20 mA < 200 mA.Le calibre le plus adapté est donc 20 mA.

Remarque L’utilisation du calibre 200 mA ne risque pas de détériorer l’appareil mais donnera une valeur moins précise.

12 D’après la loi des nœuds, I1 = I2 + I3 soitI2 = I1 – I3 donc I2 = 15,0 mA.

14 D’après la loi des mailles, UG – U1 – U2 – U3 = 0soit UG = U1 + U2 + U3 donc UG = 11 V.

16 D’après la loi d’Ohm, U = R × I soit I = U

R donc

I = 2,1 mA.

17 a. La résistance est égale au coefficient

directeur de la droite : R1 =5 – 0

15 × 10–3 – 0 donc

R = 3,3 × 102 Ω = 0,33 kΩ.

b. Le coefficient directeur de la droite U2 = f(I) estplus grand donc R2 > R1.

S’entrainer

21 Intensités et résistances identiques

D’après la loi d’Ohm UAB = R × I1 soit I1=UAB

Rdonc I1 = 0,24 A. D’après la loi d’Ohm UAB = R × I2 soit I2 =

UAB

Rdonc I2 = 0,24 A. D’après la loi des nœuds IG = I1 + I2 donc IG = 0,48 A.

G–

+

AACOM

I

I

R



23 Robot tondeuse

a.

b. D’après la loi des nœuds I2r = Ir + Ir doncI2r = 0,72 A.c. D’après la loi des nœuds Ib = Ic + I2r soitIc = Ib – I2r donc Ic = 1,7 A.

24 Electrical installation

Traduction de l’énoncé Aux États-Unis, la tension des appareils électriques connectés au secteur est de 110 V. Quand tous les appareils électriques dans un appartement fonctionnent simultanément, l'intensité traversant le compteur d'électricité est I = 17,5 A.

Données Intensité des appareils électriques dans un studio :

Réfrigérateur Plaque électrique

Lampe Chauffage électrique

1,95 A 6,52 A 0,30 A I1

a. Identifier le type de circuit utilisé dans uneinstallation électrique domestique.

b. Calculer l’intensité du courant I1 traversant laplaque électrique.

c. Une plaque chauffante peut être modélisée parune résistance. Calculer sa valeur.

Réponses aux questions a. Le type de circuit utilisé est un circuit endérivation.

b. D’après la loi des nœuds I = IR + IH + IL + I1 soitI1 = I – IR + IH + IL donc I1 = 8,7 A.

c. D’après la loi d’Ohm U = R × I soit R = U

I donc

R = 16,9 Ω.

25 Mesures d’une résistance

1. • Réaliser un montage en série d’un générateuret de la résistance.• Brancher un ampèremètre dans le circuit et unvoltmètre aux bornes de la résistance.• Mesurer l’intensité du courant et la tension auxbornes de la résistance.• Utiliser la loi d’Ohm pour déterminer larésistance R.

2. a. La valeur moyenne de la résistance estR = 45,91 Ω . Voir fiche méthode 1 p. 314 dumanuel. b. L’écart-type est σn–1 ou Sx = 0,333.c. L’incertitude-type est U(R) = 6,0 × 10–2 Ω.d. La valeur vraie de la résistance se trouve dansl’intervalle de confiance 45,85 Ω ≤ R ≤ 46,97 Ω.

3. L’intervalle de confiance annoncé par leconstructeur est 43,7 Ω ≤ R ≤ 48,3 Ω . Il y arecouvrement des intervalles de confiance doncles résultats sont en accord.

26 Abaisseurs de tensions

a. D’après la loi d’Ohm, UBC = R2 × I soit I = UBC

R2

donc I = 5,0 × 10–3 A.

b. D’après la loi d’Ohm, UAB = R1 × I doncUAB = 24 V.

c. D’après la loi des mailles (maille orientée dansle sens horaire), UAC – UAB – UBC = 0 soitUAC = UAB + UBC donc UAC = 29 V.

28 Panneau photovoltaïque

1.

2. a.17

18

U=np.array([0,15,26,29,30,31, 32,33,34,35,36.5]) #U en V I=np.array([8,7.8,7.7,7.6,7.5, 7.2,6.6,5.8,4.8,3.4,0]) #I en A

b. Le point de fonctionnement a pour coordonnéesU = 32 V et I = 6,4 A.

c. D’après la loi d’Ohm U = R × I soit R = U

I donc :

R = 5,0 Ω.

A COM

–

+

BatterieMcoupe Mroue MroueV

V

COM

U

AIb Ic Ir Ir

I2r G–

+

AACOM

I

I

R V

V

COM

U

V

A

V

– +G

COM

COM

A



29 Caractéristique d’une pile

a. Ligne 6 : construction d’un tableau des valeurs de I exprimées en ampères. Ligne 7 : construction d’un tableau des valeurs de U exprimées en V. Ligne 10 : Représentation graphique de U en fonction de I. b. Les points forment une droite. c. Le coefficient directeur est stocké dans droite.slope et l’ordonnée à l’origine dans droite.intercept. d. L’instruction de la ligne 14 attribue à la variable « coefficient » le coefficient directeur de la droite contenu dans la variable « droite ». L’instruction de la ligne 15 l’affiche. L’instruction de la ligne 16 attribue à la variable « oorigine » l’ordonnée à l’origine de la droite contenu dans la variable « droite ». L’instruction de la ligne 17 l’affiche. e. La f.é.m est donnée par l’ordonnée à l’origine de la droite d’équation U = –1.0 × I + 1,5. Elle vaut donc 1,5 V.

30 Électrolyseur

1. a. Le point de fonctionnement a pour coordonnées I = 0 mA et U = 1,0 V. b. Le point de fonctionnement a pour coordonnées I = 50 mA et U = 2,0 V. 2. D’après le graphique, U est non nulle à partir d’une tension supérieure à 1,5 V.

Approfondir

33 Alimentation d’un moteur

1. a. D’après la loi d’Ohm : U = R × IM. D’après la loi des mailles dans le sens horaire : E1 – U – UM = 0 soit E1 = U + UM donc E1 = R × IM + UM. b. E1 = 13 V.

c. E1 > Emax. Le générateur ne pouvant pas délivrer une tension de 13 V, le moteur ne peut pas fonctionner normalement. 2. a. D’après la loi des mailles dans le sens horaire : E2 – R × I1 – UM = 0 soit E2 = R × I1 + UM.

D’après la loi des mailles dans le sens horaire : E2 – R × I2 – UM = 0 soit E2 = R × I2 + UM.

b. D’après la question précédente : R × I1 + UM = R × I2 + UM donc I1 = I2. c. D’après la loi des nœuds IM = I1 + I2 d’où

IM = 2 × I1 ou IM = 2 × I2 soit I1 = IM2

et I2 = IM2

donc

I1 = I2 = 0,10 A. d. D’après la question 2.a. E2 = 8,0 V. e. E2 < Emax. Les générateurs peuvent délivrer cette tension : le moteur fonctionne normalement.

34 Chargeur USB autonome

1. D’après le texte introductif la tension nominale est UN = 5 V. Puis, on lit graphiquement l’intensité nominale IN = I(U = 5 V) = 0,4 A. 2. a. Icc est donnée par le circuit ② car la tension aux bornes d’un fil est nulle. UV est donnée par le circuit ① car ce dernier est ouvert. b. Icc = 0,5 A ; UV = 6 V.

A l’oral

Quelques ressources • Institut national de recherche et de sécurité http://www.inrs.fr/risques/electriques/risques-electricite.html • Éduscol http://eduscol.education.fr/sti/sites/eduscol.education.fr.sti/files/ressources/pedagogiques/1879/1879-2-pre-le-risque-electrique.pptx http://www.officiel-prevention.com/formation/habilitations-electriques/detail_dossier_CHSCT.php?rub=89&ssrub=123&dossid=137

http://www.inrs.fr/risques/electriques/risques-electricite.html

http://www.inrs.fr/risques/electriques/risques-electricite.html

http://eduscol.education.fr/sti/sites/eduscol.education.fr.sti/files/ressources/pedagogiques/1879/1879-2-pre-le-risque-electrique.pptx



http://www.officiel-prevention.com/formation/habilitations-electriques/detail_dossier_CHSCT.php?rub=89&ssrub=123&dossid=137






Activité ❺

2.

0 1 5 10 15 20

I (en mA)

U V)(en

0

1

2

3

4

5

6

12,8

P4,65

Pile

Diode protégée

Superpositiondes caractéristiques

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PHYSIQUE 2de CHIMIE...PHYSIQUE CHIMIE 2 de Sous la direction de : Karine Médina-Moretto Lycée Václav Havel, Bègles (33) et David Dauriac Lycée Élie Faure, Lormont (33) Kévin