Le 06/11/2019

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Le 06/11/2019 Devoir n°3 (h) – Corrigé Page : 1 / 4

I. Les ondes électromagnétiques (7 points) – 45 min 1. Nature de la lumière

1.1. Le phénomène mis en évidence ici est le phénomène de diffraction.

1.2. La propriété de la lumière mise en évidence par cette expérience est la nature ondulatoire de la lumière.

2. Détermination de la longueur d’onde 2.1. tan θ = ℓ/2

L soit θ  ℓ

2L car l’angle θ est petit.

2.2. La valeur manquante de  est 2,75  10^-3  2,8  10^-3 rad (2 chiffres significatifs).

a (m) 0,000 15 0,000 20 0,000 25 0,000 30 0,000 35 0,000 40 0,000 45 x = 1

a (m^-1) 6,7  10³ 5,0  10³ 4,0  10³ 3,3  10³ 2,9  10³ 2,5  10³ 2,2  10³

ℓ (cm) 1,8 1,4 1,1 0,88 0,78 0,67 0,59

 (rad) 4,510 ^-3 3,510 ^-3 2,8  10^-3 2,210 ^-3 1,910 ^-3 1,710 ^-3 1,510 ^-3 2.3. La courbe de la fonction  = f(x) représente la variation de  (en ordonnée) en fonction de x (en

abscisses)

2.4. p = variation des ordonnées variation des abscisses = θ

x = 4,1  10^-3 - 0

6,0  10³ - 0 soit p = 6,8  10^-7 m 2.5. D’après la relation θ = 

a, θ =   1

a =   x donc par identification p =  ;  = 6,8  10^-7 m = 680 nm.

3. Diamètre d’un fil 3.1. D’après θ  ℓ

2L et θ = 

a soit θ = 

d pour un fil de diamètre d, on obtient ℓ 2L = 

d D’où d = 2L  

ℓ ; d = 2  2,00  650  10^-9

1,7  10^-2 = 1,5  10^-4 m = 150 µm.

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II. Mesure par un sonomètre (4 points) – 20 min

1) Lorsque la distance entre le récepteur et le l’émetteur double, l’intensité sonore perçue est-elle alors réduite d’un facteur 4. D’après la définition de l’intensité sonore I = P

S = P

2   R². Si R est multiplié par 2, R² est multiplié par 4 donc I est divisée par 4.

2) D’après la définition du niveau sonore, L = 10  log(I I0

) soit log(I I0

) = L 10. Comme la fonction log(x) a pour fonction réciproque 10^x, I

I0 = 10^L/10 d’où I = I0  10^L/10. 3) I = I0  10^L/10 soit I = 1,0  10^-12  10^84/10 = 2,5  10^-4 W.m^-2.

4) La distance entre le récepteur et le l’émetteur double, l’intensité sonore est divisée par 4 soit I’ = I/4 = 6,3  10^-5 W.m^-2.

L’ = 10  log(I’

I0

) ; L’ = 10  log(6,3  10^-5

1,0  10^-12) = 78 dB

III. Du spectre à la molécule (4,5 points + Bonus : 0,5 point) – 25 min

1) La grandeur placée en abscisse est le déplacement chimique noté . Son unité est le ppm partie par million.

2) Nom des molécules.

Molécule A Molécule B Molécule C Molécule D

C H₃

CH₂ C

OH

O

C H₃

CH C H₃

C O

H

C H₃

C

CH₂ CH₃ O

C H₃ C

O

O CH₃

acide propanoïque méthylpropanal butanone éthanoate de méthyle

3) La molécule D ne convient pas car elle ne possède que 2 groupe de protons équivalents alors que le spectre en contient 3.

La molécule B ne convient pas. Elle possède bien 3 groupe de protons équivalents mais la multiplicité des signaux est de 2 (1 seul voisin) pour les 6 protons équivalents, de 7 (6 protons voisins) pour le proton

équivalent suivant et de 2 (1 seul voisin) pour le proton équivalent suivant. Or le spectre contient des signaux de multiplicité respective 4, 1 et 3.

4) La hauteur totale de la courbe d’intégration est H = 84 mm.

Pour la molécule A, cette hauteur H correspond à 6 protons équivalents soit 84/6 = 14 mm par proton Pour la molécule C, cette hauteur H correspond à 8 protons équivalents soit 84/8 = 10,5 mm par proton Les hauteurs pour chaque groupe de protons équivalents sont respectivement de 21 mm, 32 mm et 31 mm Pour la molécule C, ces hauteurs correspondent respectivement à 2 protons équivalents, 3 protons

équivalents et 3 protons équivalents.

Pour la molécule A ces hauteurs ne correspondent pas à un nombre entier de protons équivalents.

Le spectre est donc celui de la molécule C, la butanone.

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IV. Dosage spectrophotométrique de la vanilline dans un sachet de sucre vanillé (4,5 points) – 25 min 1) Dans une fiole jaugée de 1,00 L, introduire 100 mg de vanilline pure.

n = m

M = 0,100

152,15 = 6,57  10^-4 mol soit la concentration de la solution mère C0 = 6,57  10^-4 mol.L^-1 Dans une fiole jaugée de 100,0 mL, introduire 1,00 mL de F0

soit pour cette dilution V0 = 1,0 mL et V1 = 100,0 mL

Le facteur de dilution est de 100 (= 100,0/1,0). La solution est donc diluée 100 fois soit

C1 = 6,6  10^-6 mol.L^-1 =6,6 µmol.L^-1 (le nombre de chiffres significatifs de V0 impose 2 chiffres significatifs à C1).

Cela est en accord avec le tableau.

2) On connaît l’absorbance de l’échantillon A = 0,241.

On sait aussi que le volume de la solution est VE = 0,500 mL

Par lecture graphique, on va pouvoir obtenir sa concentration molaire. Pour cela, il faut commencer par tracer la droite qui passe par l’origine. Par lecture graphique, on trouve que CE = 9,3  10^-6 mol.L^-1 On aurait aussi pu calculer le coefficient directeur et puis utiliser la loi de Beer-Lambert.

La masse de vanilline dans l’échantillon est donc mE = nE  ME = CE  VE  ME

mE = 9,3  10^-6  0,500  152,15 = 0,71 mg (2 chiffres significatifs). Ceci est conforme à la prévision.

La proportion de vanilline dans une gousse est comprise entre 5/1000 et 25/1000

soit entre 5  10^-3 et 25  10^-3

la masse de gousse de vanille dans 1 g de sucre vanillé est de 1,0  4

100 =4,0  10^-2 g soit 40 mg . la proportion de vanilline dans les gousses est donc de 0,71

40 = 18  10^-3 On a bien 5  10^-3 < 18  10^-3 < 25  10^-3. L’étiquette dit vrai.

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I

1.1

1

/28

1.2

1

2.1

1 2

2.2

^{1 2 CHS-U-CV}

2.3

1 2 3 4 5 6

2.4

1 2 3 4 ^CHS-U-CV

2.5

^{1 2 3 4 5 6 CHS-U-CV}

3.1

1 2 3 4 5 6 ^CHS-U-CV

II

1

1 2 3 4

/16

2

1 2 3 4

3

1 2 3 4 ^CHS-U-CV

4

^{1 2 3 4 CHS-U-CV}

III

1

1 2 3 4

/18

2

1 2

3

^{1 2 3 4 5 6}

4

1 2 3 4 5 6

IV

1

^{1 2 3 4 5 6 CHS-U-CV}

2 masse de vanilline

1 2 3 4 5 6 ^CHS-U-CV

/18 vérification de l’étiquette

1 2 3 4 5 6

Total + Bonus : 0 - 1 - 2 : ……. /80

NOTE : …… /20

2,0

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

h3

H

h1

h2