D.Malka – MPSI 2021-2022 – Lycée Jeanne d’Albret 19.09.2021
Problème 1 – Constantes de la physique, analyse dimensionnelle et ordres de grandeur
A. Interaction gravitationnelle et interaction électromagnétique.
1. 2èmeloi de Newton :F~ =m~a→[F] = [m][a]→ [F] =M.L.T−2 . 2. Dimension et unité de G.
FG=GmAmB
r2
⇒[FG] = [G][mA][mB] [r]2
⇒[G] = [FG][r]2 [mA][mB]
⇒[G] = M.L.T−2.L2 M2
⇒[G] =M−1.L3.T−2
Ainsi : G= 6,674×10−11m3·kg−1·s−2 .
3. Dimension de la constante eapparaissant l’expression de la constante de couplage électromagnétique :
α= e2
~c
⇒α= e2
~c
⇒e=√ α~c
⇒[e] =p [α][~][c]
avec [α] = 1, [c] =L.T−1,~est enJ.sdonc est le produit d’une énergie par un temps donc [~] =M.L2.T−1. Ainsi :
[e] =M12.L32.T−1 4. e=√
α~c. Numériquement :e= 1,520×10−14m32 ·kg12 ·s−1
5. La force d’interaction électrostatique entre deux charges ponctuelles qA etqB s’écrit : FE=ke
|qAqB| r2 avec ke = e
qe
. Comparer FG et FE pour le couple électron/proton. Commenter quant à la cohésion des atomes.
ComparonsFG etFEpour le couple électron/proton. On poseµ=FG
FE avecFE= qe
e.r2 etFG=Gmpme
r2 , il vient :
µ=FG
FE
= Gmpme
eqe
A.N. :µ= 4,2×10−35. La force d’interaction gravitationnelle entre le proton et l’électron est parfaitement négligeable devant l’interaction électrostatique. La cohésion des atomes est donc assurée uniquement par l’interaction électrostatique.
B. Énergie
6. Énergie cinétiqueEc= 1
2mv2⇒[E] =M.L2.T−2d’une part. D’autre part, [mc2] = [m][c]2=M.L2.T−2. Donc [E] = [mc2] : la relationE=mc2 est homogène.
7. Énergie de masse :
— du protonEp=mpc2= 1,505×10−10J = 939,3 MeV
— de l’électronEe=mec2= 8,198×10−14J = 511,7 keV
8. Par analyse dimensionnelle, comme [~] =M.L2.T−1 et [ω] =T−1, on propose Eγ =~ω pour le photon de pulsationω.
9. D’un photon de la lumière visible. On prend λ∼500 nm etω= 2πc
λ , il vient : Eγ∼4,0×10−19J∼2,5 eV
C. Action
10. On noteAune action. [A] =M.L2.T−1
11. Montrons qu’on peut aussi définir l’action comme le produit d’une quantité de mouvement ~p par un déplacement~r. p=mv⇒[~p] = [m][~v] =M.L.T−1et [~r] =Ld’où :
[~p.~r] =M.L2.T−1= [A]
D. Échelle atomique
On s’intéresse aux échelles de longueur, de temps et d’énergie caractéristique d’un atome. On propose respectivement pour la longueur, le temps et l’énergie les échelles suivantes :
l= ~
mec, τ= ~
mec2, ε=mec2 (1)
12. Montrons que le choix des échelles (1) suppose que l’action caractéristique du problème est~. On sait que une action est le produit d’un énergie par un temps. On peut donc proposer comme action caractéristique associée aux échelles (1) :
a=ε.τ= ~
mec2.mec2=~ L’échelle d’action est~.
On propose les échelles alternatives suivantes pour la longueur et le temps lα= ~
αmec, τα= ~
α2mec2, εα (2)
oùαest la constante de couplage électromagnétique définie précédemment.
13. On peut construire l’échelle d’énergie εα à partir des échelles de longueur et de temps. Comme [εα] = M.L2.T−2, on propose :
εα=mel2ατα−2
⇔εα= ~2
α2m2ec2.α4m2ec4
~2
⇔εα=α2mec2
14. εα= 4,368×10−18J = 27,26 eV
15. Nous avons vu que la cohésion de les atomes et de l’atome d’hydrogène en particulier était assuré par l’interaction électromagnétique. Il est donc légitime de penser que la constanteαqui caractérise l’intensité de cette interaction intervienne dans les échelles de longueur, de temps et d’énergie atomique.
16. Vitesse caractéristiqueva des électrons d’un atome. [va] =L.T−1donc on propose va= lα τα
=αc. 17. va=αc≈ c
137 c donc le mouvement des électrons des atomes sont non relativistes.
E. Échelle macroscopique
E.1. Origine de la masse de la matière
La masse mde l’atome d’hydrogène se calcule suivant l’expression : mc2=Ep+Ee−1
2εα
18. D’après les valeurs numériques calculées précédemmentEpEeεαdonc :
mc2≈Ep
⇔mc2≈mpc2
⇔m≈mp
La masse de l’atome d’hydrogène léger est avec une excellente approximation égale à celle du proton c’est- à-dire à celle de son noyau. On peut exploiter ce résultat à un atome quelconque : la masse des atomes provient de la masse de leurs noyaux.
19. De la même façon, on néglige l’énergie d’interaction entre atomes et molécules devant leurs énergie de masse : la masse de la matière provient de la masse des atomes donc des noyaux atomiques.
20. D’après ce qui précède, la masseM d’une mole d’hydrogène léger1H est égale à la somme des masses des noyaux d’hydrogène léger c’est-à-dire à la somme des masses desNA protons présent dans une une mole :
M =NAmp
A.N. :M = 1,007 g·mol−1, on retrouve la masse molaire de l’hydrogène léger.
E.2. Quantique ou classique ?
21. Une antenne rayonne une onde puissanceP = 1 kW et de fréquencef = 1 GHz. Pour savoir si la théorie quantique est nécessaire pour traiter ce phénomène, on évalue l’action acaractéristique du problème. On sait que :
[P] = [E]
T =M.L2.T−3 [f] =T−1 [a] =M.L2.T−1 On propose donc a∼ P
f2 .
A.N. :a∼1×10−15J·s~donc un traitement classique du problème est suffisant.
22. Cherchons l’actionAcaractéristique du problème sous la formemα.kβ.Tλγ.ρδ. On détermine les exposants α,β, γet δpar homogénéité de la relation :
A=mα.kβ.Tλγ.ρδ
⇒[A] = [m]α.[k]β.[Tλ]γ.[ρ]δ avec
[A] =M.L2.T−1 [m] =M
[k] =M.L2.T−2.Θ−1 [Tλ] = Θ−1
[ρ] =M.L−3
[A] = [m]α.[k]β.[Tλ]γ.[ρ]δ
⇔M.L2.T−1=Mα.Mβ.L2β.T−2β.Θ−β.Θγ.Mδ.L−3δ
⇔M.L2.T−1=Mα+β+δ.L2β−3δ.T−2β.Θ−β+γ
⇔
1 =α+β+δ 2 = 2β−3δ
−1 =−2β 0 =−β+γ
⇔
α= 56 β= 12 γ= 12 δ=−13
D’où A= m56√ kTλ
ρ13 .
23. A∼1,6×10−34J·s∼~donc la superfluidité de l’hélium 4 ne peut être expliquée par la théorie quantique.
Problème 2 – Oxygénation et hémoglobine
Hb(aq) + O2(g) = HbO2(aq) avec K1= 39 (3)
Masse molaire de l’hémoglobine : M(Hb) = 1,6×104g·mol−1. 1. K1= 39<1,0×104 donc la réaction est a priori est limitée.
Un volumeV = 100 mL de sang contient normalement une masse totalem= 15 g d’hémoglobine (sous forme libre Hb ou participant au complexe HbO2). La pression partielle en dioxygène y demeure constante et vaut : PO2 = 13 kPa.
2. Calculer la concentration molaire totalec0 du sang en hémoglobine.
c0= nHb
V avec nHb= m MHb
⇒c0= m MHbV
A.N. :m= 15 g,MHb= 1,6×104g·mol−1,V = 0,100 L d’oùc0= 9,4×10−3mol·L−1.
3. Loi d’action de masse :
Qeq=K1◦ Tableau d’avancement :
Hb(aq) + O2(g) = HbO2(aq) n0 niO2 0 n0−ξeq niO
2−ξeq ξeq
⇔ [HbO2]eqP◦ [Hb]eqPO2,eq
=K1◦ avec [Hb]eq=n0−ξeq
V = c0−xeqet [HbO2]eq= xeqen posant xeq =ξeq
V .
⇔ xeqP◦
(c0−xeq)PO2,eq =K1◦
⇔ xeq =K1◦(c0−xeq)PO2,eq P◦
⇔ xeq=
K1◦PO2,eq
P◦ 1 + K1◦PO2,eq
P◦ c0
A.N. :P◦= 105Pa,PO2 = 1,3×104Pa,K1= 39,c0= 9,4×10−3mol.L−1 :xeq= 7,8×10−3mol·L−1. 4. Saturations= [HbO2]
[Hb] de l’hémoglobine dans le cadre de ce modèle : s= 83,5 %
D’après les courbes fig.1, avec une pression partielle en dioxygène de 13 kPa, la saturation de l’hémoglobine est de l’ordre de 95 % donc le modèle sous-estime donc s. On peut penser qu’un mécanisme favorisant la saturation de l’hémoglobine a été omis.
Figure1 – Saturationsde l’hémoglobine en fonction de la pression partielle en dioxygène. La saturationsest le pourcentage d’hémoglobine compléxée c’est-à-dire sous forme d’oxyhémoglobine.
La combustion d’une substance contenant du carbone produit du monoxyde de carbone CO dans certaines conditions, par exemple dans les poêles ou fourneaux mal aérés, ou dans la fumée de cigarettes. Le monoxyde de carbone peut favorablement se fixer sur l’hémoglobine selon l’équation de réaction :
Hb(aq) + CO(g) = HbCO(aq) avec K2= 727 (4)
5. Calculons la valeur de la constante d’équilibre K3 associée à l’équation (5).
HbO2(aq) + CO(g) = HbCO(aq) + O2(g) (5)
(2)−(1) = (3)⇒ K3=K2 K1 . A.N. :K3= 18,6
L’équilibre (3) montre que le monoxyde de carbone se substitue favorablement (K3>1) au dioxygène sur l’hémoglobine.
6. 25 % de l’hémoglobine est saturée par le monoxyde de carbone (carboxyhémoglobine HbCO donc : [HbCO]
[HbO2] ≈ 25 75 =1
3 Or d’après la loi d’action de masse :
K3= PO2[HbCO]
PCO[HbO2]
⇔ PO2
PCO =K3
[HbO2] [HbCO]
avec [HbCO]
[HbO2] = 1
3 donc r= PCO PO2
= 1
3K3
.
7. Le rapport des pressions partielles est égal au rapport des quantités de matière (en appliquant l’équation d’état du gaz parfait au monoxyde de carbone et au dioxygène) :
r=PCO
PO2
= xCO
xO2
donc :
xCO=rxO2 or dans l’atmosphère xO2= 20 % d’oùxCO≈0,36 %.
8. Une personne empoisonnée au monoxyde de carbone est placée dans un caisson hyperbare dans lequel on impose une concentration élevée en dioxygène. Initialement, à l’équilibre (3), K3 =Qeq. En augmentant la concentration en dioxygène, on augmente le quotient réactionnelQ. Transitoirement, alorsQ > K3. Le système va donc évoluer dans la sens indirect entraînant la disparition de HbCO et la formation HbO2 : la personne se désintoxique.
