C4FTD

CORRIGE DES 4 FICHES DE TD DE L’ANNEE 2019 - 2020

Biophysique SNV

LA FICHE1 ETAT DE LA MATIERE

1) On applique la loi des gaz parfait:

PV =nRT …… … ..(1)

P =1atm, T=30C, V=5cm×3cm×3cm =45cm3_=45×103 _dm3_=45×103_L

n est≤nombre de mole=m

M On remplace n dans la relation (1)

On tire m=PV

RT M

AN: Si on considère la pression p en atm et le volume V en litre, on prendra donc R=0,082 L ×atm × mol−1

° K−1 Et si on veut travailler dans le système SI, P sera en Pascal et V en m3 _{et dans ce cas R=8,31 J ×mol}−1

° K−1

On trouve m=52,52 ×10−3_g 2) S iV P et l'_{inverse est juste}

Or on a

2=¿nR T₂…….. (2) 1=¿nR T₁…….. (1) et P₂V_¿

P1V¿

La transformation est à température constante donc :

1=¿P₂V₂d'ou P₂=P1V1 V₂ = 1× 45 90 =0,5 atm P₁V¿ EXERCICE2

Un volume de 0,5L occupe 0,2g de H2 et 1,5g deN2 donc

n_{H 2}=0,2 2 =0,1mol ,nN 2= 1,5 28=0,053 mol ,nT=nH 2+nN 2=0,1+0,053=0,153 mol La fraction molaire de H 2=f_{H 2}= 0,1 0,153=0,653 et La fractionmolaire de N 2=fN 2= 0,053 0,153=0,346

Remarque important : La fraction molaire est une grande inférieure à 1 et la somme de toutes les fractions est égale à 1 ou proche de 1

Les deux gaz occupent le même volume V et ils sont à la même température T d’où

d’après la loi des gaz parfait

V =¿n_{H 2}R T P_{H 2}=nH 2RT V = 0,1 0,5× 0,082× 273=4,477 atm et PN 2V =nN 2R T PN 2= nN 2R T V = 0,053 0,5 × 0,082× 273=2,373 atm PH 2¿ P_T=∑P

partielle=2,373 atm+ 4,477 atm=6,85 atm

Remarque : Si on connait la pression totale et on nous demande les pressions partielles, on peut montrer que : P_partielle=f_iP_T

Démonstration:

{

La pression P varie en fonction de l’altitude Z par la loi suivant: dP=−ρgdz …..(1) avec ρ lamasse volumique du fluide et g la pesanteur

1) Cas d’un liquide incompressible ( le volume V ne change pas avec la pression P

 est une constante ).

∫

_∫

(

)

(

)(

)

AN : Ph=1,01 ×105+1,025 ×103×9,8 × 5=1,512 ×105pa=1,5 atm

2) Cas d’un gaz compressible (le volume V change avec la pression P  est fonction de la pression)

D’après la loi des gaz parfait : PV =nRT =m M RT⇒ P= mRT V M =ρ RT M ⇒ ρ= PM

RT . On remplace  dans l’équation

(1), on obtient dP=−PM RT gdz⟹

∫

∫

Une molécule reçoit une énergie thermique donnée par ET=

3

2kBT , qui sera

converti en énergie cinétique Ec=

1 2m v

2

. m est la masse d’une molécule égale à

M N_a E_T=E_C⟹ M =3 kB v2 NaT = 3 RT v2 car R=NakB AN: M1=3 × 1,38× 10 −23 1367,72 ×300 × 6,02×10 23_{=4 g} et c=¿3 2kBT = 3 21,38 ×10 −23_{×300=621× 10}−23_{J =388,125× 10}−9_ev M₂=3 ×1,38 ×10 −23 412,382 ×300 ×6,02 ×10 23 =44 g E¿

FICHE 2 GENERALITE SUR LES SOLUTIONS

EXERCICE1

Une solution est un mélange homogène constitué d’un solvant et d’un ou plusieurs soluté donc :

solution=solvant +1 ou plusieurs solut é 1) Masse molaire du glucose :

Mglucose=6 × M_C+12× M_H+6 M_O=6 × 12+12×1+6 × 16=180 g /mol

2) La molarité ou la concentration molaire : CM=n (nombre de mole du solut é )

V (volume de la solution) ; Vsolvant=Veau=990 ×10 −3 l et Vsolut é=Vglucose= m ρ= 40 1,5=26,6 cm 3 =26,6 ×10−3l

Vsolution=Veau+Vglucose=990 × 10

−3 l+26,6 × 10−3l=1016,6 ×10−3l nglucose= 40 g 180 g=0,222 mol , C M = 0,222 1016,6 ×10−3=0,218 mol /l

La molalité ou la concentration molale: Cm=n (n ombre de mole du solut é )

Kg de solvant Cm= 0,222

990× 10−3=0,224 mol/ Kg

3) L’osmolarité ou la concentration osmolaire : Co

=CI+Cmol é cules nondissoci é esM ,

CI_{est la concentrationionique et}

Comme le glucose est une solution non ionique, CI _{est donc nulle et}

Co=CM=0,218 osmol/l

L’osmolalité ou la concentration osmolale est dans ce cas égale à Cm

=0,224 osmol / Kg

4) L’abaissement cryoscopique est donné par la loi de RAOULT: ∆ θ=KcCo=1,86 × 0,218=0,405℃

5) La solution est diluée par 10g d’eau c’est l’équivalent de 10cm3 _{=0,1l donc le} nouveau volume est : V,

=V +O ,1 l=(1016,6+10 )×10−3et

CM

= 0,222

(1016,6+10) ×10−3=0,216 mol/l EXERCICE 2

La concentration pondérale ou massique :

CP= m (masse du solut é ) V (volume de la solution)= 6 600 ×10−3 l=10 g /l La molarité : CM=n V et n= m M= 6 39,09+35,5=0,0804 mol , C M = 0,0804 600 ×10−3=0,134 mol /l Comme on peut calculer CM _{à partir de la relation C}P

=M CM

La molalité: Cm=0,134 mol / Kg

Les fractions molaires : nKCl=0,0804 et nH 2 O=

600 18 =33,3 mol , f_KCl= nKCl nKCl+nH 2 O= 0,0804 0,0804+33,3=0,002 , fH 20= n_{H 20} nKCl+nH 2 O=0,997

Remarque :

_∑

+¿I(concentrationionique des ions positifs)=α ϑ¿

−¿Iavec C_¿

+¿I+C¿

CI=C¿

−¿CM

−¿I( concentration ionique des ions n é gatifs )=α ϑ¿

C¿

α ( coefficient de dissociation )=nombrede moles dissoci é es nombre de moles initiales

−¿sont respectivement≤nombre d'ions positifs et n é gatifs obtenus apr é s dissociation +¿et ϑ¿

ϑ¿

Le KCl est un électrolyte (dans l’eau, il se dissocie en K+ _{et Cl}₎

Cl−¿I=1×1 × 0,134=0,134 iong/l K +¿I=1 ×1 ×0,134=0,134 iong/l , et C¿ C¿ −¿I=2 ×0,134=0,268 iong/l +¿I+C_¿ CI=C¿ La concentration équivalente

laconcentration equivalente des ions+¿ ¿

+¿Iet +¿×C¿

eq +¿ ¿

C¿

Ceq(la concentration equivalente des ions)=z❑× C I

eq−¿ eq +¿=C¿ eq−¿car C_¿ eq +¿=2×C¿ eq−¿=2× C¿ eq +¿+C_¿ C_eq(totale)=C¿ eq−¿=1× 0,134=0,134 eqg /l eq+¿=1 ×0,134=0,134 eqg/l et C¿ C_¿ eq−¿=2× 0,134=0,268 eqg /l eq+¿=2 ×C_¿ C_eq(totale)=2× C_¿ L’osmolarité : Co

=CI+Cmol é cules nondissoci é esM =iCMavec i=

[

]

[

]

L’osmolalite est égale à l’osmolarité pour une solution aqueuse (=

0,268 osmol /Kg¿ EXERCICE 3

−¿ 2+¿+2Cl¿

CaCl2 ↔Ca¿

1) Les concentrations ioniques :

I I Cl¿ Ca¿ C¿ C¿ I +¿CM=0,62×1 × 0,75=0,465 iong/l Ca¿ α ϑ¿ C¿

I +¿CM=0,62× 2× 0,75=0,93 iong /l Cl¿_{α ϑ} ¿ et C¿ La force ionique : 2 I 2 I Cl¿ Cl¿_C ¿=¿ Ca¿ z¿ Ca¿_C ¿ z¿ Fi=1 2

∑

(

)

[

_]

2) On prend de la solution CaCl2 un volume de 90cm3 _{et de la solution NaCl un} volume de 75cm3

Le volume total du mélange (CaCl2 + NaCl) =90+75=165cm3 Le nombre de mole de CaCl2 ? On a :

0,75 mol →1 l et xmol → 90 cm3_{? xmol=}90 ×10−3

1 ×0,75=67,5 ×10 −3_mol CCaCl2 M dans≤mé lange=67,5 ×× 10 −3 165× 10−3 =0,409 mol /l Le nombre de mole de NaCl ? On a :

0,60 mol →1 l et xmol → 75 cm3? xmol=75× 10

−3

1 × 0,60=45 ×10

−3

CNaClM dans≤m é lange=45 × ×10

−3

165 ×10−3 =0,272 mol /l

Les concentrations ioniques :

I I I Na+¿I Cl¿ à partir de NaCl , et C¿ Cl¿_{à partir de Ca Cl} 2, plus C¿ ca¿ C¿ C¿ I −¿CM=0,62 ×2 ×0,409=0,507 iong/l Cl¿ α ϑ¿ C¿ I +¿CM=0,62×1 × 0,409=0,253 iong /l Ca¿ α ϑ¿ C¿ I +¿CM=1 ×1 ×0,272=0,272iong/l Na¿ α ϑ¿ C¿ I −¿CM=1 ×1 ×0,272=0,272iong/l Cl¿ α ϑ¿ C¿

2 I 2 I 2 I Na¿ ¿ Cl¿_z ¿ 1 2

[

]

∑

(

)

KCl → K¿ Sous un champ E=9×10

6 _{V/m les vitesses des ions positifs et}

négatifs sont respectivement :

+¿E=6,75× 10−8×9 × 10−6=60,75 × 10−14m/s +¿=μ¿ v¿ −¿E=7,9 × 10−8×9 ×10−6=71,1 ×10−14m/s −¿=μ_¿ v¿

Les mobilités des ions positifs et négatifs sont respectivement:

μ+¿= 1,6 ×10−19 6,75 ×10−8=0,237 ×10 −11_Kg/s q+¿ ¿ +¿=¿ f_+¿f_¿ q+¿ ¿ +¿=¿ μ¿

μ−¿= 1,6× 10−19 7,9 ×10−8=0,202 ×10 −11 Kg/ s q−¿ ¿ −¿=¿ f_−¿f_¿ q−¿ ¿ −¿=¿ μ¿

3) La conductivité équivalente et la conductivité : −¿ +¿+μ¿ μ¿=96500 ×(6,75+7,9) 10 −8 =0,0141❑−1m2eqg−1 +¿ϑ_+¿CM=αF¿ z¿ ❑eq=❑_¿ −¿CM=0,0141 ×1 ×1 ×0,05 ×103=0,705 Ω−1m−1 −¿υ¿ +¿CMou Λ_eqz¿ +¿υ_¿ χ = Λ_eqz_¿ EXERCICE 7 −¿ +¿+Cl¿ NaCl→ Na¿ R= ρ l S= 1 χ l S= 1 1,25 5.10−2 10. 10−4=40 Ω −¿ +¿+μ¿ μ¿=96500 ×(5,1+7,9) 10 −8 =0,0125❑−1m2eqg−1 +¿ϑ_+¿CM=αF¿ z¿ ❑_eq=❑ ¿

+¿υ_+¿= 1,25 0,0125=100 mol /m 3 Λeqz¿ −¿CM⇒CM=χ ¿ −¿υ_¿ +¿CMou Λ_eqz¿ +¿υ_¿ χ = Λeqz¿

FICHE 3 TENSION SUPERFICIELLE

Je vous ai sélectionné quelques figures mettant en évidence le phénomène de la tension superficielle

EXERCICE1 La force de tension F est donnée par :

F=σ ×2 l⇒ σ= F

2 l=

7,32× 10−3

2 ×(5 × 4)×10−2=0,183× 10 −1

N /m , l : est le périmètre du cadre, le 2 dans la relation parce que nous avons un cadre

EXERCICE2

1) D’après la loi de Jurin, l’ascension capillaire h est :

h=2 σcosθ ρgr ⟹ σ= ρgr h 2 cosθ= 1,1.103_×0,1.10−3_{× 9,8× 12,4 ×10}−2 2 =6,68 × 10 −2_{N /m ,}

l’eau mouille parfaitement le verre donc l’angle de contact est nul et cos0=1 2) Pour le mercure : h=2 σcosθ ρgr = 2× 500 ×10−3 13,6 ×102×9,8 × 10−3× cos 135=−0,0053 m=−5,3 mm EXERCICE 3

1) La loi de Laplace est :

∫

P¿

¿

∆ P(la surpression)=¿

2) Pour une bulle de savon la loi de Laplace est :

∫

P¿

¿

3) Une goutte d’eau qui tombe sur une surface hydrophobe se fragmente en plusieurs gouttelettes (vous pouvez faire l’analogie avec une pierre qui tombe sur un sol dur).

Le travail w nécessaire pour augmenter la surface d’une goutte en 8 gouttelettes est égal à l’énergie potentielle de la goutte :

W=σ ∆ S=mgh … . (1) avec ∆ S=8 S_gouttelette−S_goutteet

m est lamasse de la goutte=ρ ×V = ρ×4

3π r 3

.

La surface de la grande gout te Sgoutte=4 π R

2 et

la surface de la gouttelette Sgouttelete=4 π r

2

. Comme≤volume de la goutte est conserv é donc 4

3 π R

3_{=8 ×}4 3π r

3_{⟹r =}R 2. Onremplace dans la relation(1), l'expression de m , de Sgoutte,et de Sgoutteleteon obtient

ρR3 3 g h=σ R 2_{⟹ h= 3 σ} ρRg= 3 ×73 ×10−3 103×0,5 ×10−3× 9,8=44,7 ×10 −3_{m=44,7 mm}

FICHE 4 LA DIFFUSION

1) Le coefficient de diffusion D est donné par :

D=kBT f ⟹ f = k_B D T = 1,38 ×10−23_× (20+273) 7,6 ×10−10 =53,2× 10 −13 Kg/s

2) Pour les particules sphériques, le coefficient de friction f est égal à 6r avec  la viscosité du milieu et r le rayon de la particule.

f =6 πηr⟹ r= f 6 πη= 53,2×10−13 6× 3,14 ×10−3=2,82× 10 −3 m=2,82 Å 3) D=kBT f = 1,38 ×10−23 6 ×3,14 × 0,6 ×10−3× (36+273)=13,36 ×10 −10 m2/s EXERCICE2

D’après la 2ieme _{loi de Fick :}

∂C

∂t =−D

∂2C

∂ x2=0⟹ ∂2C

∂ x2=0 car D ≠ 0, donc C ( x )= Ax+B

Avec les conditions aux limites, on détermine A et B

à x=0, C (0 )=A ×0+B=B=C₁=0,09 mol l à x=e ,C (e )=C2=A × e +B= A ×e +C1 ⟹ A=C2−C1 e = 0,05−0,09 10 ×10−3 ×10 3_{=−0,04 ×10}5_{mol /m}4

Le flux molaire est donné par la 1iere_{loi de Fick:} ∅molaire=dn_dt (mol/s )=−D× Sp×∆ C

M

∆ x =D× Sp× A

Dans la première question, on a montré que A=C2−C1

e =

∆ CM

∆ x , Car Δx est la

distance parcourue par les particules pour passer d’un compartiment à l’autre qui est bien l’épaisseur de la membrane

∅molaire=D × Sp× A=6,9 ×10−11× 20 ×10−4×

(

)

Si on nous demande de calculer le flux massique ∅massique= dm

dt ( g/ s) , on remplace