• Le lycopène est très soluble dans l'acétate d'éthyle, alors qu'il est très peu soluble dans l'eau : il passe donc dans ce solvant.
• L'acétate d'éthyle est faiblement miscible avec l'eau : on obtient deux phases, séparables dans l'ampoule à décanter.

L'acétate d'éthyle est moins dense que l'eau ($0,90<1,00$) : la phase organique surnage, la phase aqueuse est en dessous.

Le lycopène, très soluble dans l'acétate d'éthyle et très peu dans l'eau, se trouve dans la phase organique.

Le spectre de $S_0$ présente un maximum d'absorption vers ${\lambda }_{\max }\approx 440\text{nm}$ : la solution absorbe surtout les radiations violettes (entre 400 et 450 nm).

La couleur perçue est la couleur complémentaire de la couleur absorbée, diamétralement opposée sur le cercle chromatique : à l'opposé du violet se trouve le jaune.

Loi de Beer-Lambert : $A=kC$, où $k$ est le même pour les deux solutions (même espèce, même longueur d'onde, même cuve).

À $\lambda =440\text{nm}$, on lit $A_0\approx 1,13$ pour $S_0$ et $A_1\approx 0,60$ pour $S_1$.

$\frac{A_1}{A_0}=\frac{C_1}{C_0}$ donc $C_1=C_0\times \frac{A_1}{A_0}$

$$C_1=1,8\times 10^{-5}\times \frac{0,60}{1,13}=9,6\times 10^{-6}\text{mol}\cdot {\text{L}}^{-1}$$

Tout le lycopène extrait se trouve dans les $V_1=100\text{mL}$ de solution $S_1$ :

$m=n\times M=C_1\times V_1\times M_{\text{lycopeˋne}}$

$$m=0,95\times 10^{-5}\times 0,100\times 536=5,1\times 10^{-4}\text{g}$$

Cette masse provient de 25 g de tomate. Pour 100 g : $5,1\times 10^{-4}\times \frac{100}{25}=2,0\times 10^{-3}\text{g}$, soit environ 2 mg.

Ce résultat est cohérent avec « quelques milligrammes » pour 100 g : l'extraction a récupéré l'essentiel du lycopène.

Le groupe A, $-\mathrm{COO}-\mathrm{CH}{}_3$, est un groupe ester ; le groupe B, $-\mathrm{COOH}$, est un groupe carboxyle.

Dans l'espèce (1), le groupe $-\mathrm{OCH}{}_3$ lié au carbone du groupe $\mathrm{C}=\mathrm{O}$ est remplacé par le groupe $-\mathrm{OH}$ dans l'espèce (2). Un groupe d'atomes en remplace un autre ; il y a deux réactifs et deux produits.

Les espèces (1) et (2) possèdent toutes deux des liaisons $\mathrm{C}-\mathrm{H}$, $\mathrm{C}=\mathrm{C}$ et $\mathrm{C}=\mathrm{O}$ : ces bandes figurent sur les deux spectres.

Seule l'espèce (2) possède une liaison $\mathrm{O}-\mathrm{H}$ : son spectre présente une bande forte et large entre 3200 et 3700 ${\text{cm}}^{-1}$, absente du spectre de l'espèce (1).

Couple $\mathrm{I}{}_2(\mathrm{aq})/\mathrm{I}{}^{-}(\mathrm{aq})$ : $2\mathrm{I}{}^{-}(\mathrm{aq})=\mathrm{I}{}_2(\mathrm{aq})+2\mathrm{e}{}^{-}$

Couple $\mathrm{S}{}_2\mathrm{O}{}_8{}^{2-}(\mathrm{aq})/\mathrm{SO}{}_4{}^{2-}(\mathrm{aq})$ : $\mathrm{S}{}_2\mathrm{O}{}_8{}^{2-}(\mathrm{aq})+2\mathrm{e}{}^{-}=2\mathrm{SO}{}_4{}^{2-}(\mathrm{aq})$

D'après la demi-équation, l'ion $\mathrm{S}{}_2\mathrm{O}{}_8{}^{2-}$ capte des électrons, cédés par les ions iodure : c'est l'oxydant de la réaction modèle, il oxyde $\mathrm{I}{}^{-}$ en $\mathrm{I}{}_2$.

Les radicaux libres sont eux aussi des oxydants, qui dégradent les molécules des cellules.

La concentration des ions peroxodisulfate tend vers zéro : à $t_{1/2}$, elle vaut la moitié de sa valeur initiale.

$\frac{[\mathrm{S}{}_2\mathrm{O}{}_8{}^{2-}{]}_0}{2}=\frac{2,83}{2}\approx 1,42\text{mmol}\cdot {\text{L}}^{-1}$

Sur la figure 3, cette concentration est atteinte à la date $t=20\text{s}$.

La vitesse volumique de disparition des ions peroxodisulfate est l'opposé de la dérivée par rapport au temps de leur concentration :

Pour une réaction d'ordre 1 par rapport aux ions peroxodisulfate, la vitesse de disparition est proportionnelle à leur concentration : $v=k[\mathrm{S}{}_2\mathrm{O}{}_8{}^{2-}]$. Le graphique de $v$ en fonction de la concentration doit être une droite passant par l'origine.

Sur la figure 4, les points sont à peu près alignés sur une droite passant par l'origine, de coefficient directeur $k=\frac{2,55\times 10^{-5}}{1,0\times 10^{-3}}\approx 2,6\times 10^{-2}{\text{s}}^{-1}$.

Seuls les points de plus forte concentration (tout début de la réaction) s'écartent au-dessus de cette droite.

Pendant le palier, la concentration en diiode reste nulle : les ions iodure ne sont pas oxydés.

Les solutions B, C et D contiennent de l'eau de tomate, donc des antioxydants (lycopène). Les ions peroxodisulfate réagissent d'abord avec ces antioxydants ; le diiode n'apparaît qu'une fois les antioxydants consommés.

Le palier est d'autant plus long que le volume d'eau de tomate est grand (B, puis C, puis D).

Quantités initiales :

$n_i(\mathrm{I}{}^{-})=1,0\times 5,0\times 10^{-3}=5,0\times 10^{-3}\text{mol}$

$n_i(\mathrm{S}{}_2\mathrm{O}{}_8{}^{2-})=0,017\times 5,0\times 10^{-3}=8,5\times 10^{-5}\text{mol}$

D'après l'équation, il faut 2 mol de $\mathrm{I}{}^{-}$ pour 1 mol de $\mathrm{S}{}_2\mathrm{O}{}_8{}^{2-}$ :

$\frac{n_i(\mathrm{I}{}^{-})}{2}=2,5\times 10^{-3}\text{mol}>\frac{n_i(\mathrm{S}{}_2\mathrm{O}{}_8{}^{2-})}{1}=8,5\times 10^{-5}\text{mol}$

La transformation est totale : $n_f(\mathrm{I}{}_2)=x_{\max }=n_i(\mathrm{S}{}_2\mathrm{O}{}_8{}^{2-})=8,5\times 10^{-5}\text{mol}$.

Volume du mélange : $V_{\text{tot}}=5,0+20,0+5,0=30,0\text{mL}$.

$$[\mathrm{I}{}_2{]}_f=\frac{x_{\max }}{V_{\text{tot}}}=\frac{8,5\times 10^{-5}}{30,0\times 10^{-3}}=2,8\times 10^{-3}\text{mol}\cdot {\text{L}}^{-1}$$

Lecture des concentrations finales : $[\mathrm{I}{}_2{]}_A\approx 2,83$ ; $[\mathrm{I}{}_2{]}_B\approx 2,56$ ; $[\mathrm{I}{}_2{]}_C\approx 2,24$ ; $[\mathrm{I}{}_2{]}_D\approx 1,62\text{mmol}\cdot {\text{L}}^{-1}$.

Les concentrations finales de B, C et D sont inférieures à celle de A, et d'autant plus faibles que le volume d'eau de tomate est grand (5,0 ; 10,0 ; 20,0 mL).

Écarts avec A : $0,27$ ; $0,59$ ; $1,21\text{mmol}\cdot {\text{L}}^{-1}$. Ils doublent à peu près quand le volume d'eau de tomate double.

Une partie des ions peroxodisulfate, réactif limitant, est consommée par les antioxydants de la tomate : il en reste moins pour oxyder les ions iodure.

Dans les expériences A et D, la quantité initiale d'ions peroxodisulfate et le volume total (30,0 mL) sont les mêmes.

D'après l'équation, 1 mol de $\mathrm{S}{}_2\mathrm{O}{}_8{}^{2-}$ qui réagit avec les ions iodure forme 1 mol de $\mathrm{I}{}_2$. Le diiode manquant dans l'expérience D par rapport à A correspond donc aux ions peroxodisulfate qui ont réagi avec le lycopène :

$n=\left([\mathrm{I}{}_2{]}_A-[\mathrm{I}{}_2{]}_D\right)\times V_{\text{tot}}$

$$n=(2,83\times 10^{-3}-1,62\times 10^{-3})\times 30,0\times 10^{-3}=3,6\times 10^{-5}\text{mol}$$

Dans le modèle, les ions peroxodisulfate représentent les radicaux libres (oxydants) et les ions iodure représentent les molécules des cellules, qui sont oxydées.

Les résultats montrent deux effets de l'eau de tomate :

• un retard : pendant le palier initial (jusqu'à 60 s environ pour D), aucun ion iodure n'est oxydé, car l'oxydant réagit d'abord avec le lycopène ;
• une oxydation finale moins importante : dans l'expérience D, la fraction d'oxydant neutralisée par le lycopène vaut $\frac{3,6\times 10^{-5}}{8,5\times 10^{-5}}\approx 0,43$, soit environ 43 %.

Ces deux effets augmentent avec la quantité d'eau de tomate, donc de lycopène.

Par analogie, dans l'organisme, le lycopène réagit avec les radicaux libres à la place des molécules des cellules : il retarde et limite leur dégradation, donc le vieillissement cellulaire.

L'objectif est la lentille tournée vers l'astre : c'est celle qui est fixée en haut du mât. L'oculaire est la lentille placée devant l'œil de l'observateur, au bas du fil.

Le fil, l'horizontale passant par l'oculaire et le mât forment un triangle rectangle dont le fil est l'hypoténuse. La hauteur $h$ de l'objectif au-dessus de l'oculaire vérifie :

$$\sin (45°)=\frac{h}{f_1^{\prime }}\text{donc}h=f_1^{\prime }\times \sin (45°)=34\times \sin (45°)=24\text{m}$$

Le mât doit porter l'objectif à 24 m au moins au-dessus de l'oculaire ; en ajoutant la hauteur de l'oculaire au-dessus du sol (environ 1 m), on retrouve une hauteur voisine de 25 m.

« Réunir le foyer oculaire à celui de l'objectif » : le foyer objet $F_2$ de l'oculaire doit être confondu avec le foyer image $F_1^{\prime }$ de l'objectif. La lunette est alors afocale.

B est à l'infini : les deux rayons incidents sont parallèles entre eux (même inclinaison $\theta$ que le rayon déjà tracé).

Le rayon passant par $O_1$ n'est pas dévié. Il coupe le plan focal image de $L_1$ (perpendiculaire à l'axe en $F_1^{\prime }$) au point $B_1$, image de B par $L_1$. Le second rayon, après $L_1$, passe aussi par $B_1$.

$B_1$ est dans le plan focal objet de $L_2$ : son image B' est à l'infini. Les deux rayons émergent de $L_2$ parallèles entre eux, dans la direction de la droite $(B_1{O}_2)$, tracée en pointillés.

On note $A_1$ l'image de A par $L_1$ : A est sur l'axe, à l'infini, donc $A_1$ est en $F_1^{\prime }$, confondu avec $F_2$.

Dans le triangle $O_1{A}_1{B}_1$, rectangle en $A_1$ : $\tan \theta =\frac{A_1{B}_1}{O_1{F}_1^{\prime }}=\frac{A_1{B}_1}{f_1^{\prime }}$.

Dans le triangle $O_2{A}_1{B}_1$, rectangle en $A_1$ : $\tan {\theta }^{\prime }=\frac{A_1{B}_1}{O_2{F}_2}=\frac{A_1{B}_1}{f_2^{\prime }}$.

Les angles sont petits : $\tan \theta \approx \theta$ et $\tan {\theta }^{\prime }\approx {\theta }^{\prime }$ (en radian). Donc :

$$G=\frac{{\theta }^{\prime }}{\theta }=\frac{A_1{B}_1}{f_2^{\prime }}\times \frac{f_1^{\prime }}{A_1{B}_1}$$

Grossissement, avec les distances focales dans la même unité : $G=\frac{f_1^{\prime }}{f_2^{\prime }}=\frac{34}{7,0\times 10^{-2}}=4,9\times 10^2$.

Angle sous lequel Jupiter est vue à l'œil nu, d'après la mesure de Huygens :

$$\theta =\frac{{\theta }^{\prime }}{G}=\frac{9,4\times 10^{-2}}{4,9\times 10^2}=1,9\times 10^{-4}\text{rad}$$

Incertitude-type :

$$u(\theta )=1,9\times 10^{-4}\times \sqrt{{\left(\frac{2\times 10^{-3}}{9,4\times 10^{-2}}\right)}^2+{\left(\frac{40}{4,9\times 10^2}\right)}^2}$$

$$u(\theta )=1,6\times 10^{-5}\text{rad}\approx 2\times 10^{-5}\text{rad}$$

Mesure de Huygens : $\theta =(1,9\pm 0,2)\times 10^{-4}$ rad.

Quotient, calculé avec les valeurs non arrondies :

$$\frac{|\theta -{\theta }_{\text{ref}}|}{u(\theta )}=\frac{|1,94\times 10^{-4}-2,2\times 10^{-4}|}{1,65\times 10^{-5}}\approx 1,6$$

Voir le schéma : ${\vec{u}}_T$ est tangent à la trajectoire, dans le sens du mouvement ; ${\vec{u}}_N$ est perpendiculaire à ${\vec{u}}_T$ et dirigé vers le centre T de la trajectoire.

La distance entre le centre de la Terre et le satellite est $d_{TS}=R_T+h$. La force d'interaction gravitationnelle est attractive, dirigée de S vers T, donc selon $+{\vec{u}}_N$ :

$\vec{F}$ a pour point d'application S ; elle est portée par la droite (ST) et dirigée vers T, comme ${\vec{u}}_N$.

Système : {satellite}, de masse $m$ constante. Référentiel : géocentrique, supposé galiléen. Seule force : $\vec{F}$.

Deuxième loi de Newton : $\sum {\vec{F}}_{\text{ext}}=m\vec{a}$, soit

$$G\frac{m{M}_T}{(R_T+h{)}^2}{\vec{u}}_N=m\vec{a}$$

En simplifiant par $m$ :

Pour un mouvement circulaire de rayon $R_T+h$, dans le repère de Frenet :

$$\vec{a}=\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}{\vec{u}}_T+\frac{v^2}{R_T+h}{\vec{u}}_N$$

Par identification avec l'expression de Q4 :

• selon ${\vec{u}}_T$ : $\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=0$, donc la valeur de la vitesse est constante : le mouvement est uniforme ;
• selon ${\vec{u}}_N$ : $\frac{v^2}{R_T+h}=\frac{G{M}_T}{(R_T+h{)}^2}$, soit $v^2=\frac{G{M}_T}{R_T+h}$.

La période $T$ est la durée d'un tour. À vitesse constante, le satellite parcourt le périmètre $2\pi (R_T+h)$ de l'orbite pendant $T$ :

$$T=\frac{2\pi (R_T+h)}{v}=2\pi (R_T+h)\sqrt{\frac{R_T+h}{G{M}_T}}$$

Comme $(R_T+h)=\sqrt{(R_T+h{)}^2}$ :

$R_T+h=6371+490=6861\text{km}=6,861\times 10^6\text{m}$

$$T=2\pi \sqrt{\frac{(6,861\times 10^6{)}^3}{6,674\times 10^{-11}\times 5,972\times 10^{24}}}$$

En chaque position :

• ${\vec{F}}_1$ part du satellite et pointe vers le centre T de la Terre ;
• ${\vec{F}}_2$ part du satellite et pointe vers l'objet M (force attractive) ;
• $\vec{v}$ est tangente à la trajectoire, dans le sens du mouvement (sens $+$).

En B, le point M est sur le segment [TB] : ${\vec{F}}_1$ et ${\vec{F}}_2$ ont la même direction et le même sens.

La trajectoire est un cercle de centre T. En tout point, ${\vec{F}}_1$ est dirigée selon le rayon, vers T, alors que le déplacement, de même direction que $\vec{v}$, est tangent au cercle. La force ${\vec{F}}_1$ est donc perpendiculaire au déplacement à chaque instant : son travail est nul sur chaque petite portion de la trajectoire.

Le signe du travail est celui de $\cos \alpha$, où $\alpha$ est l'angle entre ${\vec{F}}_2$ et le déplacement (de même sens que $\vec{v}$).

• Entre A et B, le satellite se rapproche de M : ${\vec{F}}_2$ pointe vers l'avant, l'angle $\alpha$ est aigu, $\cos \alpha >0$. Le travail est positif (moteur).
• Entre B et C, le satellite s'éloigne de M : ${\vec{F}}_2$ pointe vers l'arrière, l'angle $\alpha$ est obtus, $\cos \alpha <0$. Le travail est négatif (résistant).

En B, ${\vec{F}}_2$ est perpendiculaire à $\vec{v}$ : le travail change de signe.

Théorème de l'énergie cinétique appliqué au satellite, dans le référentiel géocentrique, entre deux positions 1 et 2 :

$$\frac{1}{2}m{v}_2^2-\frac{1}{2}m{v}_1^2=W({\vec{F}}_1)+W({\vec{F}}_2)=W({\vec{F}}_2)$$

puisque le travail de ${\vec{F}}_1$ est nul (Q9).

• De A à B : $W({\vec{F}}_2)>0$, l'énergie cinétique augmente, donc $v$ augmente.
• De B à C : $W({\vec{F}}_2)<0$, l'énergie cinétique diminue, donc $v$ diminue.

$$\nu =\frac{c}{\lambda }=\frac{3,00\times 10^8}{10^{-2}}=3\times 10^{10}\text{Hz}$$

Cette fréquence est comprise entre $3\times 10^9$ Hz et $3\times 10^{11}$ Hz.

Les deux satellites suivent la même trajectoire l'un derrière l'autre : chacun voit sa vitesse augmenter puis diminuer au passage de l'objet (Q11), mais le satellite de tête (sat 1) y passe avant l'autre. Les deux pics de vitesse sont donc décalés dans le temps : la proposition (3) est éliminée.

Quand le satellite de tête accélère, le second a encore sa vitesse habituelle : $v_1>v_2$, la distance augmente. Ensuite $v_2>v_1$ : le second rattrape son retard et la distance diminue, jusqu'à retrouver sa valeur initiale. La distance passe donc par un maximum, ce qui élimine la proposition (1).

Les forces ${\vec{F}}_1$ et ${\vec{F}}_2$ sont toutes deux proportionnelles à la masse $m$ du satellite. Dans la deuxième loi de Newton, $m\vec{a}={\vec{F}}_1+{\vec{F}}_2$, la masse $m$ se simplifie : l'accélération, donc la vitesse et ses variations, ne dépendent pas de la masse du satellite (comme l'expression de $v$ à la question Q5).

L'eau de fonte s'écoule vers l'océan : la masse de l'Antarctique diminue au fil des années.

La force ${\vec{F}}_2$ exercée sur chaque satellite est proportionnelle à la masse de l'objet survolé : elle diminue, son travail aussi. Les variations de vitesse des satellites au passage sont plus faibles, et l'écart qui se creuse entre eux également.