Physiks & Chimie

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

Exercice n°1 : Propagation d’une onde d’après bac Réunion 2006 (20 points)

I.1. Calcul de la célérité « c » pour une épaisseur d’eau de 3 mm (on rappelle que c est normalement réservé pour la célérité de la lumière dans le vide… mais l’énoncé stipulait c au lieu de v, nous utiliserons donc cette notation !) La distance parcourue par l’onde est, entre l’image n°1 et l’image n°7, d = 4,8 cm.

Entre deux images successives il s’écoule 1/24^ème de seconde.

Entre l’image 1 et l’image 7 il s’est écoulé 61/24 s soit 1/4 s = 0,25 s.

La célérité de l’onde pour une épaisseur de e1 = 3 mm est donc : c(3 mm) = d

t = ,

, = 19 cm.s^–1 (1,5) Calcul de la célérité « c » pour une épaisseur d’eau de 1 mm

La distance parcourue par l’onde est, entre l’image n°8 et l’image n°14, d = 4,0 cm.

Entre l’image 8 et l’image 14 il s’est écoulé 61/24 s soit 1/4 s = 0,25 s.

La célérité de l’onde pour une épaisseur de e2 = 1 mm est donc : c(1 mm) = d

t = ,

, = 16 cm.s^–1 (1,5) I.2. Lorsque l’épaisseur de l’eau augmente la célérité augmente (1).

II. ONDES PÉRIODIQUES

II.1. La distance séparant deux franges brillantes successives (points vibrant en phase) est la longueur d’onde (1) ! La relation liant la longueur d’onde à la célérité de l’onde et à sa période temporelle est :  = c.T (1).

II.2. D’après l’expression précédente, il vient c = 

T ou c = .f.

Pour une épaisseur e1 = 3 mm, on trouve 4. = 4,2 cm soit c = 4,2

4 24 = 25 cm.s^–1 (1).

Pour une épaisseur e2 = 1 mm, on trouve 5. = 4,2 cm soit c = 4,2

5 24 = 20 cm.s^–1 (1).

Lorsque l’épaisseur de l’eau augmente la célérité des ondes augmente (1) ! II.3.

II.3.1. On utilise la même relation que précédem- ment pour calculer la célérité. Remplissage du tableau (conserver 2.C.S.) (1).

La célérité augmente lorsque la fréquence augmente (1).

II.3.2. Un milieu dispersif est un milieu pour lequel la célérité d’une onde dépend de sa fréquence (1). C’est le cas dans les conditions expérimentales proposées : l’eau est donc un milieu dispersif dans ces conditions (1).

III. UN PHÉNOMÈNE CARACTÉRISTIQUE DES ONDES

III.1. Expérience sur les ondes lumineuses :

III.1.1. Le phénomène observé est un phénomène de diffraction (1).

III.1.2. A l’aide du schéma de la figure 1, on peut mettre en évidence la relation existant entre , l et D :

  tan = l

2.D et par ailleurs  = 

a. Ainsi l 2.D = 

a donc  = a.l 2.D (1) A.N. :  = ,.^–,.^–

, = 6.10^–7 m (1) (on ne peut conserver qu’un C.S. en raison de a).

III.1.3. La fréquence (ou la période) d’une onde est invariante à la traversée d’un milieu transparent (1).

III.1.4. Par définition n = c

v (1) (n  1 et n est un nombre sans dimension) III.2. Étude sommaire de la houle :

III.2.1. La longueur d’onde vaut  = 230 m et la période T = 12 s, ainsi v =  T = 

 = 19 m.s^–1 (1) soit 69 km.h^–1. III.2.2. La largeur de l’ouverture est plus faible (200 m) que la longueur d’onde (230 m) : on observera des ondes

diffractées quasi-circulaires. Le bateau ressentira donc les effets de la houle (1) (voir schéma en annexe)

f (Hz) 12 24 48 96

 (m) 0,018 0,0097 0,0059 0,0036

c (m.s^–1) 0,22 0,23 0,28 0,35

Fermentation dans le vin

d’après bac Polynésie Septembre 2005 (20 points)

I. Questions préliminaires

Écrivons les demi-équations associées à chaque couple : CH3CHO + 2 e^– + 2 H⁺(aq) = CH3CH2OH (1) et : NAD⁺ + 2 e^– + H⁺ = NADH (1)

Il. Étalonnage du spectrophotomètre

1. Il convient de régler le zéro (faire le blanc) pour ne tenir compte que de l’absorbance de l’espèce colorée considérée à la longueur d’onde choisie (la solution de référence contient les mêmes espèces sauf l’espèce absorbant la lumière à la longueur d’onde choisie) (1).

2. Barème : 1 point pour les unités, les graduations et le nom des grandeurs. 1 point pour la droite et les points

3. La loi de Beer-Lambert indique une proportionnalité entre l’absorbance A et la concentration massique Cm. La courbe est une droite passant par l’origine : il y a bien proportionnalité, dans la zone considérée entre A et Cm (1).

On peut déterminer le coefficient directeur k en choisissant deux points sur la droite, par exemple l’origine O(0 ; 0) et le dernier point de coordonnées M(300 ; 0,48) : k = , – 

–  = 1,6.10^–3 L.mg^–1 (1).

III. Préparation et dosage de l’éthanol contenu dans le vin 1. Le facteur de dilution est F = Vfille

Vmère

= 

 = 50 : la solution finale est diluée 50 fois (sans considération de C.S.) (1).

2. Il est possible, soit d’utiliser la droite d’étalonnage tracée précédemment et de rechercher, pour Ae = 0,30 la valeur de Cm, soit d’utiliser l’expression A = k.Cm : Ae = k.Cme, donc Cme = ,

,.^– = 1,9.10² mg.L^–1 (1).

3. a) La concentration massique en éthanol de la solution D est 50 fois plus grande : soit 9,4 g.L^–1 (1)(9,5 si C_me tronquée).

b) La concentration de la solution D est 10 fois plus faible que celle du vin (

 = 10) donc la concentration massique du vin est de 94 g.L^–1 (1).

4. 100 mL de vin contient 9,4 g d’éthanol pur, soit un volume V = m

 = ,

, = 12 mL.

Le vin est à 12 % en volume (2).

N.B. : 0,80 kg.L^–1 = 0,80 g.mL^–1. En divisant des g par des g.mL^–1, le résultat s’exprime bien en mL d’alcool pour 100 mL de vin, donc d’après la définition en % : c’est un pourcentage en volume.

B. DEUXIÈME PARTIE : CINÉTIQUE DE LA FERMENTATION MALOLACTIQUE

1. Par définition : [acide malique](t) = nacide maliquet

Vsol

=

macide maliquet

Macide malique

Vsol

. Or Cm = macide malique

Vsol

. [acide malique](t) = Cm

Macide malique. M(ac. malique) = 4.M(C) + 5.M(O) + 6.M(H) = 412 + 516 + 61 = 134 g.mol^–1. La concentration en acide malique exprimée en mol.L^–1 est donc égale au quotient de la concentration massique exprimée en g.L^–1 par la masse molaire exprimée en g.mol^–1 : [acide malique](t) = Cmt

 (partie supprimé du DS).

Ainsi à t = 0, [acide malique](t=0) = 

 = 2,6.10^–2 mol.L^–1 et donc dans un litre : nacide malique(t = 0) = 2,6.10^–2 mol (1).

2. Dans un litre de vin, à l’instant t : nacide malique(t) = nacide malique(t = 0) – x(t) par conséquent : x(t) = nacide malique(t = 0) – nacide malique(t) donc : x(t) = 2,6.10^–2 – nacide malique(t) (1)

3.

a) La vitesse volumique de réaction à l’instant t est par définition v(t) =  V.dx

dt (1) La pente de la droite tangente à la courbe à l’instant t est a = dx

dt. En calculant à l’instant choisi la pente de la droite et en la divisant par le volume du milieu réactionnel on obtient la vitesse volumique à cet instant (1).

b) Au cours de la réaction la vitesse volumique diminue, car pour un volume réactionnel constant, la pente de la tangente à la courbe à l’instant t diminue (1). (N.B. : facteur cinétique concentration en réactif !)

4. Le temps de demi-réaction est la durée nécessaire pour que l’avancement de la réaction atteigne la moitié de sa valeur finale (1).

(pour une transformation totale c’est aussi le temps nécessaire pour que la moitié du réactif limitant soit consommé).

La transformation est supposée totale donc x(t1/2) = 2,6.10^–2

2 = 0,013 mol.

D’après la courbe le temps de demi-réaction est de 6 jours (6,1 j) ! (1)

0,000 0,005 0,010 0,015 0,020 0,025 0,030

0 5 10 15 20 25 30

x (en mol)

t (en jours) 0 25 50 75 100 125 150 175 200 225 250 275 300 325 350

C

(mg.L

)

0 0,05

0,1 0,15

0,2 0,25

0,3 0,35

0,4 0,45

0,5

A

0,013

 6

NOM : ... Prénom : ...

ANNEXE – FEUILLE-REPONSE

4,8 cm 4,0 cm

4,2 cm 4,2 cm

4 

    ’

5 ’

Front d’onde sur l’image 1

Front d’onde sur l’image 7

Front d’onde sur l’image 8

Front d’onde sur

l’image 14

 l^/2 l

 

Document 4