Physiks & Chimie

Terminale S2 Page 1 sur 3

Physique et Chimie D.S. n°2 – Correction

Exercice :

d’après bac Polynésie 2006 (40 points)

PARTIE A (20 points)

On observe sur l’écran un étalement du faisceau laser, perpendiculaire à la direction du fil, constitué d’une tache centrale bordée de taches latérales.

La lumière ne se propage plus de façon rectiligne, le phénomène observé est la diffraction (1) de la lumière. Or ce phénomène

est caractéristique des ondes, donc la lumière est de nature ondulatoire(1).

2. L’angle  est l’angle entre le centre de la tache centrale et le centre de la zone de première extinction. Voir figure ci-dessus (1).

3. Le schéma montre que : tan  = L/

D = L

.D

 étant petit et exprimé en radian, on a tan   , donc  = L

.D (1) 4. La relation entre les grandeurs ,  et a est :  = 

a Avec :  en rad ;  et a en m (1).

5. En égalant les deux expressions de , il vient : L

.D = 

a Soit : L = 2..D a (1).

6.

Pour  et D fixés, la largeur L « de la tache centrale » est inversement proportionnelle au diamètre a du fil diffractant. Donc la tache centrale la plus grande correspond au fil de diamètre le plus petit :

Figure A  a1 = 60 µm Figure B  a2 = 80 µm (1)

7. Pour un objet diffractant de diamètre a donnée, la largeur de la tache centrale de diffraction est proportionnelle à la longueur d’onde  de la radiation considérée.

Ainsi les radiations rouges ( proche de 800 nm sont deux fois plus déviées que les radiations violettes ( proche de 400 nm). Au centre, on observe une superposition des radiations et donc de la lumière blanche et sur les bords une irisation car lorsque l’on s’écarte du centre, il disparaît d’abord les radiations

violettes, puis bleues, vertes, jaunes, oranges et finalement, il ne reste plus que les radiations rouges (1,5).

8. Les ondes lumineuses se propagent dans le vide : elles n’ont pas besoin d’un milieu matériel pour se propager. Il s’agit d’ondes électromagnétiques et non d’ondes mécaniques (1).

9. La lumière émise par la source laser est monochromatique : cela signifie que la lumière laser est constituée d’une seule radiation de fréquence fixée (ou de longueur d’onde dans le vide fixée) (1).

Le spectre de cette lumière laser est constitué d’une seule raie colorée sur un fond noir.

10. Le graphe L = f(1/a) montre une droite qui passe par l’origine : donc la largeur L de la tache centrale est proportionnelle à l’inverse du diamètre du fil, soit 1/a.

L’équation modélisant la droite est de la forme : L = k.

a avec k le coefficient directeur de cette droite.

Ceci est en accord avec l’expression L = 2..D

a car D et  sont constantes (1).

11. En identifiant les expressions : L = k.

a et L = 2..D

a , il vient : k = 2..D Soit :  = k

.D Déterminons le coefficient directeur k : Soient les points O (0; 0) et B (25 000; 0,068) : k = , – 

 –  = 2,7.10^–6 m²

 = ,.^–

, = 5,410^–7 m (2)



D

Taches superposées : irisation

Taches dissociées verticalement

Terminale S2 Page 2 sur 3 12. La fréquence  de la lumière monochromatique émise par la source laser est :  = c



 = ,^

,^– = 5,510¹⁴ Hz (1). calcul effectué avec la valeur non arrondie de 

13. La fréquence d’une radiation monochromatique est indépendante du milieu de propagation traversé donc la fréquence de la lumière laser ne change pas à la traversée du verre flint (1).

Pour la longueur d’onde  : n = c

v où c représente la célérité de la lumière dans le vide et v la célérité dans le milieu d’indice n ; donc v = c n

(vide) = c

 et (n) = v

 = c

n. = vide

n . La longueur d’onde  varie avec le milieu de propagation (1).

Pour la couleur : ce qui caractérise la couleur de la radiation est la fréquence et non la longueur d’onde, donc la couleur de la radiation ne change pas à la traversée du verre flint (1).

14. L’indice de réfraction n d’un milieu homogène transparent pour une radiation de fréquence donnée est : n = c

v où n est un nombre sans unité, c est la célérité de la lumière dans le vide et v la célérité de la lumière dans le milieu considéré.

La radiation considérée va n fois moins vite dans le milieu transparent que dans le vide. (1).

15. D’après la relation sin(i1) = nv.sin(i2), on remarque que sin(i2) = sini nv

. Un milieu dispersif est un milieu pour lequel la célérité v de la lumière dépend de la fréquence. Par conséquent l’indice de réfraction nv = c

v, dans un tel milieu dépend de la fréquence et donc de la couleur de la radiation. Ainsi, pour un même angle d’incidence i1, des radiations de fréquence différente subiront une déviation différente car l’angle de réfraction i2 sera différent : les radiations seront dispersées, et donc décomposées (1,5).

PARTIE B (20 points)

1. Radiation lumineuse et suivi spectrophotométrique 1.1. L’absorbance est significative entre 510 nm et 560 nm (0,5).

L’absorbance étant maximale entre 510 nm et 560 nm (couleur verte dans le schéma ci-contre) la couleur de la solution est la couleur complémentaire soit le magenta. La solution de permanganate de potassium est de couleur magenta (on dit fréquemment violette) (0,5).

On peut justifier autrement : La solution laisse passer le bleu et le rouge, elle absorbe le vert. La solution est de couleur magenta (appelée couramment violet).

1.2. Un laser de longueur d’onde 540 nm serait adapté pour cette étude car

sa longueur d’onde est dans l’intervalle d’absorbance maximale (1 si justification).

2. Absorbance et cinétique chimique 2.1. A(t) = k.[MnO4–

(aq)](t) donc l’absorbance A(t) diminue au cours du temps, car la réaction consomme des ions permanganate [MnO4–

(aq)](t) diminue (1).

2.2. Quantité initiale en ions permanganate : n1 = [MnO4–

(aq)].V1. A.N. : n1 = 5,010^–41,010^–3 = 5,010^–7 mol (1).

Quantité initiale en acide oxalique : n2 = [H2C2O4(aq)].V2. A.N. : n2 = 12,510^–41,010^–3 = 12,510^–7 mol (1).

2.3. Équation chimique (2) 2 MnO4–

(aq) + 5 H2C2O4(aq) + 6 H3O⁺(aq) = 2 Mn²⁺(aq) + 10 CO2(aq) + 14 H2O(l)

État du système  Avancement Quantités de matière (mol)

État initial x = 0 mol n1 n2 Excès 0 0 beaucoup

État intermédiaire x (mol) n1 – 2.x n2 – 5.x Excès 2.x 10.x beaucoup État final

(si totale) xmax n1 – 2.xmax n2 – 5.xmax Excès 2.xmax 10.xmax beaucoup Si MnO^_aq est le réactif limitant, il est totalement consommé alors n1 – 2.xmax1 = 0, soit xmax1 = n

, xmax1 = 2,510^–7 mol Si H2C2O4 est le réactif limitant, n2 – 5.xmax2 = 0, soit xmax2 = n

, alors xmax2 = 2,510^–7 mol.

Les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques, xmax = 2,510^–7 mol. Ce résultat est en accord avec IR

orange

jaune bleu

violet 400 nm

530 nm 480 nm

700 nm

620 nm

590 nm vert

rouge UV

Terminale S2 Page 3 sur 3 la figure 6 de l’annexe (1).

2.4. La vitesse volumique de réaction est définie par l’expression : v(t) =  V.dx

dt. dx représente la variation d’avancement subie pendant la durée infiniment petite dt : dx

dt représente donc la dérivée par rapport au temps de l’avancement x. V représente le volume du milieu réactionnel (2).

a) La vitesse volumique, à un instant t, correspond au coefficient directeur de la tangente à la courbe x = f(t) à la date t, divisé par le volume de la solution (1,5).

b) La vitesse volumique de la réaction est proportionnelle au coefficient directeur de la tangente à la courbe x = f(t).

Au début de la réaction, entre t = 0 et t = 2min, la vitesse est très faible (tangente quasi-horizontale) (0,5).

Puis elle augmente entre t = 2 min et t = 4 min environ (coefficient directeur plus grand) (0,5).

Enfin elle diminue de nouveau après 4 min. Au delà de 10 minutes, la vitesse de réaction est nulle (tangente horizontale) (0,5).

Remarque : L’allure de cette courbe peut surprendre, car en général la vitesse de réaction est élevée au début. Cette réaction est catalysée par les ions Mn²⁺, or ceux ci apparaissent au fur et à mesure. Cette réaction est dite auto-catalysée.

2.5. Le temps de demi réaction correspond à la durée au bout de laquelle l’avancement de la réaction est égal à la moitié de sa valeur finale x(t1/2) = xf

, soit ici x(t1/2) = xmax

 (1).

2.6. Voir graphique ci-dessus : t1/2 = 3,3 min (1).

2.7. La température est un facteur cinétique : si la température augmente, la réaction est plus rapide. Par conséquent le temps de demi-réaction diminue (1).

2.8. On peut penser à l’état de surface si l’un des réactifs est solide. On peut citer la concentration en réactif ou bien encore l’utilisation d’un catalyseur (1).

2.9. a) D’après le tableau d’avancement établi à la question 2.3. n(MnO4–

(aq))t = n(MnO^_aq)0 – 2.x Par conséquent x(t) = nMnO^_aq_ – nMnO_^–_aqt

 .

Ainsi : v(t) =  V.dx

dt =  V.d

dt(nMnO^_aq – nMnO–

aqt

 ) = 

.V.d

dt

(

)

Par suite : v(t) = 

.V.







 d nMnO^_aq

dt – d nMnO^_aqt

dt . Or n(MnO^_aq)0 ne varie pas, donc sa dérivée par rapport au temps est nulle : dnMnO^_aq_

dt = 0. Par ailleurs n(MnO4–

(aq))t = [MnO4– (aq)]t.V Par conséquent : v(t) = – 

.V.dnMnO–

aqt

dt = – 

.V.d

(

)

aq]t.V

dt = – 

.V.V.d[MnO^_aq] dt Et finalement : v(t) = – 

.d[MnO^_aq] dt (2).

b) L’absorbance est proportionnelle à la concentration des ions permanganate en solution : A(t) = k.[MnO^_aq](t).

Ainsi : [MnO^_aq]t = A

k. En remplaçant dans l’expression démontrée à la question 2.9. et en remarquant que k est une constante : v(t) = – 

. d

 At

k

dt = – 

.k.dAt

dt (1).