AL7SN12TEPA0111 Corriges Des Activites Partie 01

Tome 1

Sciences de la vie et de la terre Première S Corrigés des exercices et activités Rédaction :

Audrey Proust Stéphane Le Souef Michel Aguelon Yannick Gaudin Gau din Coordination :

Jean-Michel Jean-Mi chel Le Le Laouénan Laouénan

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Séquence 1 Sommaire

Correction des activités du chapitre 1 Correction des activités du chapitre 2 Correction des activités du chapitre 3 Correction des exercices Correction du devoir autocorrectif n° 1

Corrigés des activités – Séquence 1 – SN12

3



Correction des activités du chapitre 1 Correction des activités du chapitre 2 Correction des activités du chapitre 3 Correction des exercices Correction du devoir autocorrectif n° 1


3


C

orrection des activités du chapitre 1

Activité 1

1 D’après

le triangle ormé par les sommets de l’obélisque et de son ombre, tangente( α ) =o/h ; donc α=arctan α=arctan (o/h)=7,18°.

2 L’arc

de cercle d est un petit morceau de la circonérence terrestre, donc d = 2r π.( α/360) → d = 2πr./360

3 En

utilisant Q1 et Q2, on obtient : r= d.360/(2παα) = 787x360/ (2πx7,18)=6280kms. Le rayon réel de la Terre est entre 6356 et 6378kms.

Activité 2

1 Temps total : 8s. 2 T=8/7=1,14s. 2

2

 2π   2π  = 9 ,11 N/kg. 3 T= 2π (l / g ) donc g =    = 0 , 3   T   1,14   Sachant que la valeur réelle est 9,81, on obtient une assez bonne précision… 4 F=mg donc G(Mt.Mo)/r=mg. Mo=m donc Mt=gr/G. 5 Mt= 9,11.(6,28.106 )2/6,67.10-11 = 5,39.1024 kg. La masse réelle de la Terre est de 5,97×1024 kg. 6 Soit Mv la masse volumique de la Terre. Mv= Mt/V= 3Mt/4πr 3

Mv = 3x5,39.1024 /4π(6,28.106 )3 = 5,2.103 kg/m3 soit une densité de 5,20. Activité 3

1 La courbe présente deux pics d’altitude : l’un entre -5000 et -4000m,

l’autre entre 0 et 1000m. On peut donc la qualier de bimodale. 2 Il

aut cumuler les pourcentages correspondant à des altitudes inérieures à 0m pour obtenir la proportion occupée par les océans. On obtient 72%.

3 La proondeur moyenne des océans est d’environ 5000m et l’altitude

moyenne des continents est d’environ 800m. 4 La

croûte continentale et la croûte océanique ne sont pas à la même altitude. On peut supposer qu’elles n’ont donc pas les mêmes propriétés, et pas la même nature.

5 On retrouve des ossiles communs à plusieurs continents (végétal : Glossopteris ) et les contours des des s’emboîtent bien l’un l’un dans l’autre à

la manière des pièces d’un puzzle. Corrigés des activités – Séquence 1 – SN12

5


Doc1. Reconstitution de la Pangée Remarque

d’autres ossiles conrment cette reconstitution.

Doc2. Localisation d’autres ossiles de l’ère primaire 5 L’emboîtement

des côtes de certains continents ainsi que des arguments topographiques (courbe bimodale des altitudes), paléontologiques (ossiles) et climatiques (moraines) suggèrent que les continents étaient autreois réunis en une masse continentale unique : la Pangée. Les relies continentaux sont donc probablement apparus à la suite de collisions entre des continents. Ces arguments renorcent l’hypothèse 2 et invalident l’hypothèse 1.

Activité 4

6



Activité 5

1 Exemple : masse = 0,23kg 2 Exemple : volume = 92mL 3 Masse volumique = 2,5kg.L–1, densité = 2,5. 4 La densité moyenne du globe calculée en activité 2 était de 5,2. Ici, on

constate qu’une roche de surace a une densité de 2,5. On en déduit que les roches internes de la Terre doivent être de densité beaucoup plus importante. Activité 6

Petite dépression de la vitesse des ondes P à 100kms de proondeur : la LVZ. A 2900kms de proondeur environ : la limite manteau-noyau. A 5200kms de proondeur environ : la limite noyau liquide-noyau solide.


7


C


Activité 1

Foyer sismique

Station réceptrice

onde réfléchie = onde directe

rai incident + rai réfléchi

CROÛTE

rai incident

rai réfléchi MOHO MANTEAU

Doc1. Schéma des ondes directes et réléchies obtenues par Mohorovicic 1 Le théorème de Pythagore donne (d/2) 2+h2 = x2

d’où h= ( x 2 − (d / 2)2 ) En domaine continental, la vitesse des ondes est v=d/ t1=100/18,1=5,52km/s. Par ailleurs, v=2x/t 2 donc x=vt2/2, x=5,52.21/2=58,0kms. On a donc h= (58, 02 (100 / 2)2 ) 29 , 4kms . En domaine océanique, la vitesse des ondes est v=d/ t1=80/13,6=5,88km/s. Par ailleurs, v=2x/t 2 donc x=vt2/2, x=5,88.14,1/2= 42,3kms. −

On a donc h=

( 42, 32

−

=

(80 / 2)2 ) 10 , 8kms . =

2 La croûte océanique est beaucoup moins épaisse que la croûte conti-

nentale. Activité 2

1 a= roche claire a aspect grenu : granite.

b = roche sombre, presque noire, pas de minéraux visibles : basalte. 2 Le granite est grenu (on distingue des minéraux), le basalte est microlithique (on ne distingue pas de minéraux à l’œil nu). 3 Sur la lame c, on voit que la roche est grenue : il s’agit donc d’un granite. Sur la lame d, les cristaux sont plus petits et on voit aussi du verre : il s’agit donc d’un basalte. 8



4 c =1 :

eldspath plagioclase, 2 : quartz, 3 : mica noir. eldspath d = 1 : pyroxène, 2 : verre, 3 : eldspath plagioclase. granite

Activité 3

0

50,1

Si

36,5

Al

5,8

Ca

0à2

Mg

0 à 0,5

Fe

0 à 1,2

Na

0,4 à 2,4

K

0,9 à 6,1

1 Le granite est constitué de trois minéraux principaux : 50 % de elds-

paths, 40 % de quartz et 10 % de mica noir. Si l’on veut calculer son pourcentage en oxygène, on réalise le calcul x=0,5.54+0,4.47+0,1.43=50,1%. Activité 4

1 La

lame A a une structure microlithique (présence de verre) : c’est donc un basalte. La lame B a une structure grenue : c’est donc un gabbro. Lame A : 1 : verre, 2 : pyroxène, 3 : eldspath. Lame B : 1 : eldspath, 2 : pyroxène.

2 On

constate que les minéraux sont les mêmes (eldspaths et pyroxènes). La seule diérence est la présence de verre dans le basalte et pas dans le gabbro.

3 La composition chimique du basalte et celle du gabbro sont très sem-

blables. Seules leurs structures sont diérentes. 4 Le basalte est situé au contact de l’eau de mer : le magma qui le orme est

donc brutalement reroidi. Tous les minéraux n’ont pas le temps de cristalliser : on retrouve du verre. Les minéraux ormés restent de petite taille. Le gabbro est situé en proondeur : il est reroidi lentement et a le temps de cristalliser entièrement. Les minéraux ormés sont de grande taille. Activité 5

1 Au niveau continental, on observe que la vitesse des ondes augmente

à partir de 30 km de proondeur. Or, on sait que la croûte a une épaisseur moyenne de 30 km en domaine continental. En dessous de cette proondeur, les ondes passent dans le manteau. Au niveau océanique, on observe que la vitesse des ondes augmente à partir de 10 km de proondeur. Or, on sait que la croûte a une épaisseur moyenne de 10 km en domaine océanique. En dessous de cette proondeur, les ondes passent dans le manteau. Corrigés des activités – Séquence 1 – SN12

9


Le manteau est composé de péridotite, une roche plus dense que les matériaux crustaux, ce qui explique l’augmentation de vitesse des ondes lors du ranchissement du Moho. 2 Schémas :

CROÛTE OCÉANIQUE

[

MOHO

7 km

30 km

70 km

MANTEAU Péridotite

CROÛTE CONTINENTALE MOHO

MANTEAU Gabbro

Granite

Basalte

Doc2 : Le Moho

10



C


Activité 1

1 Soit p la proondeur de l’océan, on a v=2p/T d’où p=vT/2.

Par exemple, pour D=0,1m, on peut calculer p : p=1,5.6,5/2=4,9kms. 2 0

0

1

2

3

4

5

6

-1 ) s m-2 k ( r u e -3 d n o f o r -4 P

-5 -6 Distance à la Floride (kms)

3 On observe que la proondeur du plancher océanique augmente beau-

coup au milieu de l’océan : il semble y avoir des montagnes sous la mer. 4 Le milieu de l’océan Pacique est marqué d’une sorte de « ride

», l’Is-

lande se situe juste sur cette ride. 5 On

retrouve également des rides océaniques au niveau des océans Indien et Pacique.

Activité 2

1 et 2 CUBA

Dorsale 5800 m

MAROC

2400 m

Fonds abyssaux

Fonds abyssaux

5800 m

Lithosphère

3A

l’axe de la dorsale, on observe un important fux de chaleur ainsi qu’un relie bombé important. Ceci laisse penser que des remontées de magma ont lieu à l’axe de la dorsale, et que le matériau y est ortement expansé. L’hypothèse d’une ormation de la croûte océanique à l’axe de la dorsale concorde avec ces observations : la aible épaisseur de croûte expliquerait la décompression du manteau sous-jacent, qui


11


entraînerait une usion partielle. De part et d’autre de l’axe, on observe que le plancher océanique s’enonce et que le fux de chaleur diminue sensiblement. Ceci pourrait s’expliquer par un reroidissement et une augmentation d’épaisseur de la lithosphère océanique au ur et à mesure qu’elle s’écarte de l’axe (le magma ormé à l’axe cristalliserait en basalte et gabbro). Activité 3

1 Au

niveau des dorsales, la température augmente davantage avec la proondeur qu’au niveau des onds abyssaux.

2 Le

géotherme de dorsale coupe la courbe de usion de la péridotite : cette roche est partiellement ondue à l’aplomb de la dorsale. Le géotherme à l’aplomb des onds abyssaux ne coupe pas la courbe de usion de la péridotite : cette roche ne ond pas.

Activité 4

1 Le

champ magnétique terrestre constitue une protection contre les rayonnements ionisants du Soleil, qui pourraient créer des mutations.

2 Les

mouvements de convection à l’intérieur du noyau liquide sont à l’origine du champ magnétique terrestre. Quand le noyau sera entièrement cristallisé, le champ magnétique n’existera plus et la Terre recevra davantage de rayons solaires ionisants.

Activité 5

1 Voir schéma ci-dessous :

Champ magnétique supérieur à celui enregistré sur les continents (anomalies positives). Champ magnétique inférieur à celui enregistré sur les continents (anomalies négatives).

2 Les

onds océaniques présentent une alternance de bandes d’anomalies magnétiques positives et négatives. Cela donne à l’enregistrement un aspect « zébré ».

3 On

constate que les bandes d’anomalies magnétiques sont symétriques de part et d’autre de la dorsale. De plus, leur épaisseur refète la durée des périodes magnétiques dénies par le calendrier des inversions magnétiques. Ceci est cohérent avec le ait que le plancher océanique se ormerait à l’axe de la dorsale, puis s’écarterait en « ossilisant » de chaque côté la polarité magnétique correspondant à sa période de reroidissement.

12



Champ magnétique supérieur à celui enregistré sur les continents (anomalies positives)

Champ magnétique enregistré

Distance à l’axe de la dorsale (km) Age du fond océanique (Ma)

Champ magnétique inférieur à celui enregistré sur les continents (anomalies négatives) 200

5

150

4

100

3

50

2

1

0

0

50

1

100

2

150

3

4

200

5

4 On

constate que les trois dernières bandes de polarité normale remontent à environ 5Ma. Elles ont été enregistrées symétriquement à 200 km de part et d’autre de la dorsale. La vitesse d’expansion à ce niveau de l’océan sud-Pacique est donc de 200/5=40 km.Ma–1 soit 4 cm.an–1.


13


C Exercice 1

orrection des exercices Restitution de connaissances 1 Pour

présenter sa théorie de la dérive des continents, Wegener s’est appuyé sur plusieurs arguments : – des arguments paléontologiques : similitudes des ossiles de plantes (Glossopteris) sur plusieurs continents. – des arguments climatiques : des sédiments de même âge, par exemple des moraines glaciaires, ont été retrouvés sur diérents continents et laissent penser à la zonation climatique d’une seule étendue de terre. – des arguments topographiques : la courbe bimodale des distributions des terres montre que les continents sont tous à peu près à la même altitude moyenne, ceci est cohérent avec l’hypothèse d’une ragmentation à partir d’une masse unique. – des arguments morphologiques : la concordance des côtes de l’Arique et de l’Amérique du sud.

2 La

lithosphère océanique est d’épaisseur variable. Elle est constituée d’une croûte (épaisseur moyenne 10kms) avec en supericie des roches de type basalte et en proondeur, des gabbros. Cette croûte surmonte un manteau de nature péridotitique. La lithosphère continentale ait en général une centaine de kilomètres d’épaisseur. Elle est constituée d’une croûte granitique (épaisseur moyenne 30kms) surmontant un manteau péridotitique. La composition du manteau est donc la même pour les deux lithosphères mais la composition de la croûte dière.

3

Doc 1. Aspect de la lithosphère à 40MA

14

Corrigés des exercices – Séquence 1 – SN12


Exercice 2

La proondeur du Moho sous l’Himalaya

On cherche à déterminer la proondeur du Moho au niveau de la chaîne himalayenne. Les données obtenues par sismologie sont présentées dans le tableau ci-dessous. Distance oyerstation

Temps d’arrivée des 1ères ondes

Temps d’arrivée des 2ndes ondes

150 kms

27,1 s

37,1 s

Domaine himalayen

Himalaya Station émettrice +

Station + réceptrice

Ondes directes d

CROÛTE MOHO

h

Ondes réfléchies

MANTEAU

Plus h est grand plus les ondes réfléchies mettent de temps à parvenir à la station réceptrice. Connaissant d et la vitesse des ondes sismiques on trouve facilement la valeur de h.

Doc 2. Sismique-rélexion dans l’Himalaya 1 Pythagore donne (d/2) 2+h2 = x2 d’où h= ( x 2 − (d / 2)2 )

En domaine continental, la vitesse des ondes est v=d/ t1=150/27,1=5,53km/s. Par ailleurs, v=2x/t2 donc x=vt2/2, x=5,53.37,1/2=102,7kms. On a donc h=

2

(102, 7

−

2

(150 / 2 ) )

= 70,1kms.

2 Habituellement,

au niveau des croûtes continentales, l’épaisseur moyenne est de 30kms. Ici, on constate que l’épaisseur est très supérieure. Peut-être est-ce dû à la collision de deux masses continentales, qui est responsable de la surrection de l’Himalaya.

Exercice 3

La proondeur du Moho sous l’Himalaya Origine de la rhyolite 1 1 et 3 : eldspath plagioclase, 2 : granite, 4 : mica. 2 On ne distingue aucun minéral à l’œil nu au sein de la rhyolite : c’est

donc une roche volcanique. Par ailleurs, on remarque que cette roche se débite en orgues, un peu comme le basalte : cela conrmerait sa nature volcanique. De plus, la composition chimique moyenne de la rhyolite est très proche de celle du granite. On peut donc penser que la rhyolite est l’équivalent volcanique du granite (qui lui, est plutonique). Tout comme le basalte est l’équivalent volcanique du gabbro. La rhyolite pourrait donc se ormer en domaine continental, par épanchement puis cristallisation à l’air libre d’un magma de nature granitique. Corrigés des exercices – Séquence 1 – SN12

15


Exercice 4

Scanner la Terre : la tomographie sismique 1 La vitesse des ondes augmente avec la densité d’un milieu. 2A

l’aplomb d’une dorsale, on observe que la vitesse des ondes diminue. Ceci veut donc dire que le milieu est moins dense. Or, plus un milieu est chaud, moins il est dense. Cette anomalie de vitesse des ondes pourrait donc traduire la présence de matériau très chaud, voire partiellement ondu, en proondeur.

Exercice 5

Les dorsales de l’océan Indien 1 La

vitesse d’ouverture de la dorsale sud-ouest indienne est de 500km/25Ma = 20km.Ma–1 =2 cm.an–1 et la vitesse de la dorsale sud-est indienne est de 1000kms/25Ma = 40km.Ma –1 = 4cm.an–1.

2 Au début de l’éocène il n’y avait qu’une seule dorsale : la dorsale sud-

est. La dorsale ouest n’existait pas. Il y avait donc expansion simple de part et d’autre de la dorsale sud-est.

Doc3. Aspect de la région il y a 23 MA.

16



C

orrection du devoir autocorrectif n° 1 Restitution des connaissances Après avoir présenté les principales roches constituant la lithosphère océanique, vous expliquerez leur mode de ormation au niveau des dorsales.

La lithosphère est la partie supercielle de l’écorce terrestre, qui orme les plaques tectoniques. La lithosphère océanique est constituée d’une partie crustale supercielle ormée de basaltes et de gabbros. Ces deux roches sont de même nature chimique et ce sont toutes deux des roches magmatiques. Le basalte a cristallisé brutalement en surace, ce qui explique sa texture microlithique, alors que le gabbro a cristallisé en proondeur ce qui explique sa structure grenue. Toutes deux comportent des eldspaths, des pyroxènes, et le basalte comporte en outre une importante proportion de verre. En dessous de la croûte, on retrouve un manteau de nature péridotitique (roche plutonique ormée d’olivine et de pyroxènes). Les lithosphères océaniques retrouvées à la surace du globe sont d’âges variables, entre 0 et 180MA. Comment cette lithosphère se met-elle en place au ond des océans ?

Nous allons voir la production des magmas à l’origine de ces roches volcaniques, puis leur cristallisation en un assemblage ordonné de roches qui constitue la lithosphère. 1. La production de magma au niveau des dorsales 1 Détermination du lieu de ormation de la lithosphère océanique

On observe au niveau du milieu des océans des « rides », qui sont des relies positis importants (2500m de proondeur, alors que les onds abyssaux sont à 4000m). Ces montagnes sous la mer sont appelées « dorsales océaniques ». La symétrie des anomalies magnétiques de part et d’autre de la dorsale ainsi que l’important fux de chaleur à l’axe indique que ce sont les lieux de production de la lithosphère océanique. 2 Fusion de la péridotite et production de magma

A l’axe de la dorsale, la lithosphère est très jeune et très mince. Son poids est donc assez aible : la péridotite du manteau sous-jacent est donc soumise à une aible pression. Cette décompression provoque la usion partielle de cette péridotite, qui donne naissance à un magma. Ce magma remonte à la surace sous l’infuence de la poussée d’Archimède…

Corrigé du devoir autocorrectif n°1 – SN12

17


flux de chaleur faible

flux de chaleur important

flux de chaleur faible

épanchement magmatique

Basaltes

Zone de fusion partielle

Gabbros Moho

décompression de la péridotite

mouvements de matière (convection)

Péridotite

5 km

Coupe transversale d’une dorsale montrant la structure de celle-ci (dorsale type est-Paciique)

Doc1. Fonctionnement d’une dorsale océanique

Que devient alors ce magma ? 2. Cristallisation et évolution de la lithosphère océanique 1 Structuration de la croûte

Le magma issu de la usion de la péridotite cristallise en surace. La partie en contact avec l’eau de mer roide cristallise brutalement et donne naissance à une roche microlithique : le basalte. La partie plus proonde cristallise plus lentement et donne naissance à une roche grenue : le gabbro. Seule la structure dière, la composition chimique est la même. La production de magma est variable suivant les dorsales. 2 Expansion du plancher océanique

La croûte ormée se déplace symétriquement, de part et d’autre de l’axe. La partie mantellique se rajoute par la suite, par accrétion sousjacente. En se reroidissant, la croûte ossilise le champ magnétique de l’époque : ces traces de polarité orment la peau de zèbre du ond des océans qui a permis à Vine et Matthews de valider la théorie du « tapis roulant océanique ». Anomalies + et —

Peau de zèbre

100

Calendrier des inversions magnétiques

0

0

100

2

4

100 km en 4 Ma 25 km en 1 Ma 2,5 cm en 1 an 18

Corrigé du devoir autocorrectif n°1 – SN12


Doc2. La « peau de zèbre » océanique

Conclusion. La lithosphère océanique est ormée de roches magma-

tiques qui se mettent en place au niveau des dorsales océaniques et se déplacent ensuite de part et d’autre de l’axe : on parle d’expansion des onds océaniques. On remarque que ces roches se dépassent jamais les 180MA. Que deviennent donc les vieilles lithosphères océaniques ? Exercice 1

Le massi ophiolithique du Chenaillet 1 Rocha

a : 0-olivine, c’est donc une péridotite. Roche b : 1-pyroxène et 2-eldspath plagioclase, c’est donc un gabbro. Roche c : 3-mica, 4-verre et 5-eldspath plagioclase, c’est donc un basalte.

2 On trouve donc un assemblage ormé de basaltes supericiels, de gab-

bros intermédiaires et de péridotites proondes. Ceci ressemble à une lithosphère océanique. 3 Il est étonnant de retrouver ce type de ormation en domaine continen-

tal. Habituellement, on retrouve ce type de lithosphère dans le ond des océans. On peut alors aire l’hypothèse qu’un océan est en train de se ormer à cet endroit, ou encore qu’un morceau d’océan a été « éjecté » sur le continent suite à un choc. Exercice 2

Le ossé rhénan 1 On

calcule la distance de chaque station réceptrice à l’épicentre. On utilise ensuite le théorème de Pythagore (voir correction de l’exercice 1 de n de séquence 1).

Station Temps (s) Distance (kms) MOHO (kms)

A 16,0 85 25

B 14,2 75 23

C 11,6 56 22,5

D 17,8 97 26

2 Le

document 2 montre qu’on observe une diminution progressive de l’épaisseur du Moho au ur et à mesure qu’on progresse vers le centre du ossé. Sur les bords du ossé, la croûte ait environ 25kms d’épaisseur alors qu’au centre elle n’en ait plus que 22,5. On a donc un amincissement de la lithosphère continentale. Le document 3 montre un aaissement du socle cristallin au centre du ossé rhénan. De plus, on a un terrain très aillé et couvert d’une importante couche de sédiments. Ceci est cohérent avec l’hypothèse de la mise en place d’une dorsale océanique au milieu du ossé. La lithosphère continentale est en train de se racturer et de s’amincir, le Moho remonte et le ossé qui se creuse se remplit au ur et à mesure de sédiments. On est à un stade très précoce de mise en place d’une dorsale, avant l’apparition des basaltes. Les scientiques pensent qu’un début d’océanisation (mise en place progressive d’une dorsale océanique) pourrait être en train de se produire au niveau du ossé rhénan. Mettre en relation les données des deux documents pour appuyer cette hypothèse. n Corrigé du devoir autocorrectif n°1 – SN12

19



Correction des activités du chapitre 1 Correction des activités du chapitre 2 Correction des activités du chapitre 3 Correction des exercices


21


C

orrection des activités du chapitre 1 Les âges des onds océaniques 1

2 La

plus vieille lithosphère océanique observée est âgée d’environ 180Ma.

3 La

lithosphère océanique est toujours considérablement plus récente que la lithosphère continentale. On peut aire l’hypothèse qu’il existe des zones de disparition de la lithosphère océanique âgée, ce qui explique qu’on ne retrouve pas de plancher océanique plus vieux que 180Ma.

Activité 1

1 Le

Pacique est bordé de séismes et de volcans sur la quasi-totalité de son pourtour. On parle de « ceinture de eu » du Pacique.


23


2 à 5 Résultat Tectoglob : Chaîne volcanique Fosse océanique (Andes) Fonds océaniques

22°

Profondeur maximale des foyers sismiques : 570 km

Remarque

ici, l’auteur du logiciel ne montre que les séismes dont l’épicentre est à plus de 6 kms de proondeur. 6 Les séismes ne peuvent se produire qu’au sein de la lithosphère, et la

lithosphère océanique ne ait qu’une centaine de kilomètres d’épaisseur. On peut supposer que la plaque Pacique s’enonce dans le manteau, sous les Andes, et plonge jusqu’à une proondeur de 570kms. Le plan incliné ormé par les oyers sismiques est appelé plan de Bénio, il souligne l’enoncement de la plaque « plongeante » (ici, Pacique) sous la plaque « chevauchante » (ici, l’Amérique du Sud). Activité 3

1 La plaque Pacique ne porte que de la lithosphère océanique.

La plaque Eurasie porte les deux types de lithosphère. La base de la lithosphère se situe à environ 100kms de proondeur (ralentissement des ondes). 2 Sa température moyenne est de 1300°C. 3 Le

ralentissement brutal de la vitesse des ondes peut traduire un réchauement important du manteau, voire même une usion partielle de la péridotite à la base de la lithosphère. On parle de LVZ (Low Velocity Zone) pour désigner ce ralentissement : il s’agit d’une rontière physique entre deux compartiments de même composition chimique (péridotite).

Activité 4

1 Au niveau de la zone de subduction, on constate que les vitesses des

ondes P augmentent selon un plan incliné. On peut en déduire la présence d’un matériau roid et de orte densité qui s’enonce dans le manteau. 2 Le plan incliné où la vitesse des ondes augmente rappelle le plan de

Bénio : il traduit la présence d’une plaque océanique roide et dense en train de plonger dans un manteau plus chaud et plus ductile.

24



Activité 5

Plaque chevauchante Continent Océan

Croûte océanique 10 km

Granite prisme sédimentaire

Basalte

Croûte continentale > 30 km

Gabbro Péridotite (manteau) Péridotite (manteau) Plaque plongeante

Schéma représentant une zone de subduction


25


C


Activité 1

1 Les

volcans hawaiiens encore en activité sont : Kilauea, Mauna Loa, Loihi, Hualalai.

2 Des

séismes se produisent quasiment quotidiennement au sud-est d’Hawaii (zone Kilauea-Loihi).

3 Les volcans de l’archipel hawaiien sont d’assez grande taille, peu éle-

vés, coniques. Ils semblent être de type plus eusi qu’explosi. 4 L’âge

des volcans augmente régulièrement au ur et à mesure qu’on s’éloigne d’Hawaii pour progresser vers Kauai et Ni’ihau.

5 Les

volcans sont alignés par ordre d’âge de manière rectiligne, les plus jeunes d’entre eux sont encore en activité et sont situés dans une zone de orte sismicité. On peut supposer que la plaque Pacique se dirige vers le nord-ouest et passe au-dessus d’une remontée xe de magma (« point chaud »). Cette remontée se trouve actuellement sous l’île principale d’Hawaii.

6 à 8 Dans Excel, réaliser le tableau : AGE (Ma)

DISTANCE (kms)

0,15 0,75 1,28 1,9 2,6 3,6 5,6

75 177 232 284 337 381 532

Puis tracer le graphe correspondant : 600

y = 78,013x + 111,31

500 ) s 400 m k ( e 300 c n a t s 200 i D

100 0 0

26

1

2



3 Age (Ma)

4

5

6

9 La vitesse de déplacement est de 78km/MA soit 7,8cm.an –1.  En

conclusion, les alignements volcaniques intraplaques comme la ride d’Hawaii s’expliquent par le déplacement d’une lithosphère océanique au-dessus d’une remontée magmatique xe (le point chaud).

Activité 2

1 Il semble y avoir eu un changement de direction de la plaque Pacique

il y a 42Ma. 2 Avant

ce changement de direction, la plaque se déplaçait à une vitesse d’environ v = 2300kms/30Ma=77kms.an–1 soit 7,7cm.an–1.

3 La

vitesse actuelle de déplacement, calculée à l’activité 1, était de 7,8cm/an. La vitesse de déplacement de la plaque n’a donc pas été modiée, seule sa direction a changé.

Activité 3

14 1 4

15

2

10

3

«Ceinture de feu du pacifique»

9

5 6

7 à 8 cm/an 8

19

17

Plaque Pacifique

7

13

16 18

20

Frontière divergente

12

11

Frontière convergente

3 La plaque Pacique se déplace vers le nord-ouest à une vitesse d’en-

viron 7,8cm/an. Le modèle NUVEL-1 obtenu par géodésie spatiale donne : Plaque Eurasienne

Plaque Nord américaine Ph

Ar

Plaque Africaine

IA

Plaque Pacifique

Co

Ca

Nazca

Plaque Sud américaine

Plaque Antarctique


27


C


Activité 1

1 80

y = 0,0502x + 0,3751

70 60 ) a M ( e g A

50 40 30 20 10 0 0

200

400

600 800 Distance (kms)

1000

1200

1400

Doc1. Age des sédiments en onction de la distance à l’axe 2 La

vitesse d’expansion de l’Atlantique selon les données sédimentaires est donc de 1/0,0502=20km.an –1 soit 2 cm.an–1. 3 On peut calculer aussi en s’aidant des anomalies magnétiques : on obtient une vitesse v = 170/10=17km.Ma –1 soit 1,7cm.an–1. 4 On a donc des résultats proches en utilisant les deux méthodes. 5 La vitesse de déplacement de la plaque Atlantique est de 2cm/an environ, celle de la plaque Pacique est de 4cm/an – voire plus en certains endroits. La production de magma est plus importante et plus rapide dans le Pacique (dorsale rapide) que dans l’Atlantique (dorsale lente). Activité 2

1 Temps

d’arrivée des ondes P : 300ms, des ondes S : 650ms, des ondes L : 1000ms.

2 On a V = d/ t et V = d/ t P P S S

Donc tS – tP = d(1/ VS – 1/ VP ) d = VP VS (tS – tP )/( VS – VP ). 3 PET : d

= (7,74.4,32.48)/(7,74-4,32) = 469kms. MA2 : d = (7,74.4,32.126)/(7,74-4,32) = 1232kms YSS : d = (7,74.4,32.155)/(7,74-4,32) = 1516kms. MAJO : d = (7,74.4,32.255)/(7,74-4,32) = 2494kms.

4 Le

séisme s’est produit à 469kms de PET. On a V P = d/ tP donc tP = d/ V P = 469/7,74= 61s. Les ondes P ont mis 61s à atteindre la station PET. Par ailleurs, ces ondes ont été reçues à 3h02min04s donc le séisme s’est produit à 3h01min03s.

28



5 MA2

Nord

1232 km

60

469 km

55

Mer d’Okhotsk PET 50 2494 km

YSS 45 1515 km

o n a p J u r d e M

Océan Pacifique

40 500

1000 Km

500

0

MAJO 135

140

145

150

155

160

Doc3. Localisation du séisme Activité 3

Axe de la dorsale

Croûte continentale : granite

Océan

Croûte océanique :

0,1Ma 0,1Ma 20Ma

Épaisseur de la croûte : 30 km

basalte et gabbro

MOHO

90Ma

Remontée magmatique (décompression du manteau)

Manteau : péridotite

Manteau : péridotite

MOHO

Épaisseur de la croûte : 0,1 km

Épaisseur de la croûte : 10 km

Doc4. Cycle de la lithosphère océanique Activité 4

1 La plaque Anatolienne a un mouvement de rotation vers l’ouest autour

d’un pôle qui doit se situer au nord d’Israël. Ce mouvement provoque l’apparition de ailles transormantes de grande taille comme la aille nord-anatolienne. 2 Istanbul se situe presque sur le trajet de la aille nord-anatolienne. Comme le mouvement de rotation de la plaque anatolienne se poursuit, le risque de décrochement est élevé le long de cette aille. Il s’agit donc d’une région à haut risque sismique. Corrigés des activités – Séquence 2 – SN12

29


C Exercice 1

orrection des exercices Restitution de connaissances 1 L’existence

de volcans intraplaques est apparemment en contradiction avec le ait que les maniestations tectoniques n’aient lieu qu’aux rontières de plaques. Son origine n’est pas une riction de deux compartiments mais l’existence d’une remontée localisée de magma appelée « point chaud ». Les points chauds sont xes à l’échelle des temps géologiques. Les plaques se déplacent au-dessus de ces points chauds, qui les perorent alors à intervalle plus ou moins régulier. On observe donc des alignements volcaniques d’âge d’autant plus récent qu’on se rapproche du point chaud. La datation de ces volcans permet d’estimer la vitesse de déplacement de la plaque par rapport au point chaud. Les points chauds constituent un réérentiel xe pour décrire les mouvements des plaques.

t1

Volcan 1

Sens de déplacement

t2

Volcan 2 Volcan 1

point chaud

point chaud

t3 Volcan 2 Volcan 1 Volcan 3

Alignement volcanique point chaud

Doc1. Fonctionnement d’un point chaud et origine des alignements insulaires en domaine océanique

2 Pour

quantier la vitesse d’expansion d’une dorsale océanique, on peut utiliser – le paléomagnétisme : on enregistre les anomalies magnétiques de part et d’autre de l’axe de la dorsale et on corrèle les bandes obtenues avec l’échelle des inversions magnétiques sur plusieurs millions d’années.

30



– le carottage puis la datation des sédiments les plus proonds (au contact du basalte lithosphérique), selon un axe perpendiculaire à la dorsale. 2ème méthode : les dépôts sédimentaires

1ère méthode : paléo-magnétisme axe de la dorsale sédiments 100 km actuels 1 2 3 4

sédiments anciens carottages 5

} âge M.a.

x

3 4

3 x

2 0 (âge en M.a.)

Calendrier des inversions magnétiques

x

x

2

1

5

x

4 la pente de cette droite donne la vitesse d’expansion 75

100 km en 4 Ma = 2,5 cm/an

sédiments

distance (km)

75 km en 3 Ma = 2,5 cm/an

On retombe sur les mêmes résultats

Doc2. Deux méthodes de datation de la vitesse d’expansion

3 L’étude

des ondes sismiques a permis de mieux connaître la composition de la Terre : – les calculs de vitesse des ondes montrent que la croûte et le manteau terrestres sont solides dans une très grande proportion – l’enregistrement de deux trains d’ondes sismiques (directes et réféchies) permet de calculer la proondeur du Moho, c’est-à-dire de la limite croûte-manteau en diérents points du globe – la vitesse des ondes permet d’estimer la vitesse des ondes, ce qui permet d’une part de localiser la LVZ à 100kms et d’obtenir une idée de la température du milieu à une proondeur donnée (tomographie sismique) – l’observation d’une zone d’ombre dans la réception des ondes sismiques à la surace du globe permet d’obtenir la proondeur de la limite manteau-noyau (2900kms).

Corrigés des exercices– Séquence 2 – SN12

31


Exercice 2

La Terre coupée en deux Modèle PREM de la terre LVZ

Manteau (solide) péridotite

Noyau externe (liquide) fer Noyau interne (solide) fer

Discontinuité de Guntenberg (chimique) Discontinuité de Lehmann (physique)

Ici, les ondes S ne passent pas.

Lithosphère (solide) 100 km

Croûte Croûte basalte océanique continentale et 10 30 granite gabbro Moho Moho (chimique) péridotite LVZ (physique)

Athémosphère (ductile)

Doc3. Le modèle en coupe de la Terre Note : on appelle PREM (Preliminary Reference Earth Model) ce premier modèle de la structure du globe. Exercice 2

La osse des Mariannes 1 Faire apparaître séismes et volcans et centrer la carte sur les Philippines. 2 Coupe au niveau des Philippines (Tectoglob) :

32



3 L’angle que ait cette droite avec l’horizontale est de 75°. 4 L’angle du Chili était de 22°. Ici, la pente est beaucoup plus orte : le

plongeon est beaucoup plus « vertical ». 5 L’âge

des onds océaniques au niveau des îles Mariannes est d’environ 160Ma et l’âge des onds au niveau du Chili est d’environ 40Ma. On peut penser que plus la lithosphère est âgée, plus son angle de plongement est élevé.

Un archipel isolé 1 La

plaque Aricaine se déplace vers le nord-est, avec une vitesse moyenne de 1,5cm/an depuis la naissance de l’Atlantique sud. 2 La distance séparant les points « 30Ma » et « 40Ma » est beaucoup plus aible que la distance séparant les points « 60Ma » et « 70Ma ». La vitesse d’ouverture de l’océan n’a donc pas été constante depuis sa ormation. la aille de San Andreas 1 Los Angeles se déplace d’environ 1cm/an vers le sud-est, et la Calior-

nie se déplace d’environ 4cm/an dans la même direction. La Caliornie se déplace dont vers le sud-est par rapport à Los Angeles, avec une vitesse d’environ 3cm.an–1. 2 Il y a déplacement latéral de deux compartiments au niveau de la aille de San Andreas : il s’agit donc d’une aille transormante. 3 L’origine du séisme de Northridge est due au onctionnement de la aille transormante de San Andreas. La plaque portant la Caliornie coulisse avec la plaque portant la ville de Los Angeles, à une vitesse d’environ 3cm.an–1. n


33



Correction des activités du chapitre 1 Correction des activités du chapitre 2 Correction des exercices Correction du devoir autocorrectif n° 2


35


C


Activité 1

1

Une chromatide

L’autre chromatide

Centromère

2

Constituant principal du noyau : la chromatine Nature moléculaire : ADN

L’état de l’ADN est décondensé

histone

cytoplasme ADN

noyau

10 nm

membrane plasmique 2 µm

Etat du matériel génétique en dehors de la division cellulaire

L’état de l’ADN est condensé

Etat du matériel génétique au cours de la division cellulaire Corrigés des activités – Séquence 3 – SN12

37


Activité 2

Interphase Métaphase Prophase

Télophase Interphase Anaphase

Activité 3

En début de mitose : 92 molécules d’ADN (puisque les chromosomes sont à 2 chromatides et que chaque chromatide est une molécule d’ADN). Il y a 46 molécules d’ADN diérentes (puisque les 2 chromatides d’un même chromosome sont rigoureusement identiques).

Activité 4

1 Constantes : les chromosomes se classent par paires et par taille.

Diérences : le nombre et la morphologie des chromosomes sont

spéciques à l’espèce animale ou végétale considérée. Il y a une paire de chromosomes pour laquelle les deux chromosomes ne sont pas orcément identiques. On a donc des paires de chromosomes homologues et une paire de chromosomes non homologues. 2 1 : chien ; 2 : grenouille ; 3 et 4 : drosophile ; 5 : pommier.

Justifcation : il sut de compter le nombre de paires de chromosomes. 3 Caryotype3 : les 4 paires sont identiques, il y a 3 paires

d’homologues et une paire de chromosomes sexuels XX ; c’est une emelle de drosophile. Caryotype 4 : les deux chromosomes sexuels sont morphologiquement diérents = XY ; c’est un mâle de drosophile.

38

Activité 5

1 : syndrome de Dawn ; 2 : syndrome de Klineelter ; 3 : syndrome de Patau ; 4 : syndrome de Turner.

Activité 6

Anomalie 1 : translocation entre 2 chromosomes ; anomalie 2 : délétion d’un bout de chromosome ; anomalie 3 : inversion ; anomalie 4 : délétion aux 2 bouts du chromosome ; anomalie 5 : perte au milieu du chromosome.

Activité 7

La mère possède une anomalie de structure. Elle possède un chromosome 21 transloqué sur un de ses chromosomes 14. Elle peut donc produire

Corrigés des activités– Séquence 3 – SN12


des gamètes avec le chromosome transloqué en plus d’un chromosome 21 libre. Si ce gamète est écondé par un gamète normal du père avec 1 chromosome 14 et un chromosome 21 libres, la cellule œu qui en résultera (et donc l’enant à naître) sera trisomique pour le chromosome 21. Activité 8

Activité 9

à 4 A est une métaphase : les chromosomes doubles sont disposés en plaque équatoriale. B est une anaphase : Les chromatides de chaque homologue se séparent en deux lots qui migrent vers des pôles opposés. 1

A cellule en métaphase

B cellule en anaphase


39


5 Il

doit y avoir duplication des chromosomes à une chromatide en chromosomes à deux chromatides en interphase (avant mitose ).

6 Oui ! Car ce ne sont pas des paires de chromosomes qui se séparent

mais leurs deux chromatides. 7 a) Quantité d’ADN par cellule (unités arbitraires)

8

4

0

5

10

15

temps (h)

b) Les chromosomes contiennent de l’ADN (une molécule par

chromatide) : la division par deux du taux d’ADN correspond à la séparation des chromatides de chaque chromosome. c) L’autre variation est un doublement de la quantité d’ADN qui correspond à la ormation d’une nouvelle chromatide. d) et e) cycle cellulaire (question e) interphase (question e) la mitose (question d) G2 2Q

A

S G1

T

Q

placer anaphase (A) et télophase (T) (question b)

Activité 10 Je repère : - la cellule mère : image 1 - les cellules filles : image 10 - les images de mitose : images 4, 5, 6 et 7 - les images d’interphase : images 1, 2, 3, 8, 9 et 10 - l’ADN en phase G1 : images 1 et 8 - l’ADN en phase S : images 2 et 9 - l’ADN en phase G2 : images 3 et 10 - l’ADN de la chromatine : images 1, 2, 3, 8, 9 et 10 - l’ADN des chromosomes : images 4, 5, 6 et 7

40



Activité 11

1

Hypothèse 1

et

ancien brin d’ADN nouveau brin d’ADN

Hypothèse 2

et

2

hypothèse 1

hypothèse 2

densité de l’ADN de première génération sur 14N 50 % d’ADN lourd + 50% d’ADN léger

100 % d’ADN hybride

3 Hypothèse 1

Hypothèse 2

ADN initial

1ère génération

2ème génération


41


4

hypothèse 1 hypothèse 2 densité de l’ADN de deuxième génération sur 14N 25 % d’ADN lourd + 75% d’ADN léger 50 % d’ADN hybride + 50% d’ADN léger 5 Ici on réalise 2

témoins avec de l’ADN comportant 14N ou 15N

Au bout d’une génération sur milieu 14N (ADN léger), la densité de l’ADN de l’extrait des bactéries est intermédiaire à la densité de l’ADN lourd ( 15N) et de l’ADN léger ( 14N)… On aurait donc 100 % d’ADN hybride. Au bout de deux générations sur milieu léger ( 14N), l’ADN s’équilibre en deux endroits : – la moitié a la même densité que l’ADN léger. – l’autre moitié a la même densité que l’ADN hybride. On aurait donc 50 % d’ADN léger et 50 % d’ADN hybride. Ainsi, les expériences de Meselson et Stahl valident l’hypothèse de la réplication semi conservative et réutent l’hypothèse de la réplication conservative. Activité 12

La séquence de la molécule d’ADN constituant la deuxième chromatide du chromosome est identique à celle de la première chromatide. En eet, les deux molécules d’ADN sont issues de sa réplication semiconservative durant la phase S de l’interphase.

Activité 13

4700000/1500 = 3133 secondes soit 3133 / 60 = 52 minutes.

42



C


Activité 1

1 Les

deux séquences sont diérentes dans le nombre, la nature et l’ordre des nucléotides.

2 Sur les 1062 nucléotides il n’y a que 4 diérences : 523/700/793/800.

Leur séquence est donc très proche. 3 Une

mutation est une modication minime de la séquence de nucléotides d’un gène, ici 4 changements de nucléotides sur 1062.

4 Individu 1

Individu 2

Individus 1 et 2 = population

Gène a

2

2

4

Gène b

2

1

2

Gène c

1

2

3

Gène d

2

1

3

Gène e

2

2

3

L’existence d’allèles diérents au sein d’une espèce constitue sa diversité génétique. Les individus d’une même espèce possèdent les mêmes gènes et la diversité des caractéristiques des individus est due à la possession d’allèles diérents. Activité 2

1 Une

base azotée modiée, une rupture des liaisons chimiques entre bases, un ragment d’ADN monobrin ou une déormation de la double hélice d’ADN.

2 Détection et réparation de l’endommagement grâce à des protéines. 3 Il

apparaît une mutation de l’ADN. Si les cellules endommagées se divisent, elles peuvent être à l’origine de cancers, entrer en dormance irréversible ou se suicider. un gène, la probabilité de mutation est de 10 -6, soit 1 chance sur 1 million. Pour 30000 elle est donc de 30000/1000000 = 0.03, soit 3 %.

Activité 3

1 Pour

Activité 4

1 Une colonie est un ensemble de millions de cellules de levure ormé à

partir d’une cellule initiale par divisions.


43


2 La

conséquence : certaines colonies sont crèmes et d’autant plus nombreuses que le temps d’exposition aux UV est grand. Une mutation est intervenue car normalement en se multipliant les colonies auraient dû rester rouges, la mitose assurant la conservation de l’inormation génétique de la cellule mère ; des colonies rouges ont donc subi une modication du gène codant pour la couleur des levures, un nouvel allèle est apparu (allèle couleur crème).

3 Ceci

montre que le gène codant pour la couleur, de la levure initiale, peut subir spontanément une mutation.

4 Culture 1

Culture 2

Culture 3

Culture 4

100

50

30

20

% colonies survivantes

2x100/20 5x100/50 7x100/50 10x100/50

Taux de mutation

5

=4

= 10

= 14

= 20

25 %20 n e n o15 i t a t u m 10 e d x u a t 5

taux de mutation en %

0 0

2

4

6

8

10

12

temps en secondes

On constate que le % des survivants diminue avec le temps d’exposition aux UV. On en déduit qu’à orte dose les UV sont mortels. 120 100 s e t n a80 v i v r u s60 s e i n o l o40 c e d 20 %

% de colonies survivantes

0 0

2

4

6

8

temps en secondes

44



10

12

On constate que le % du taux de mutation augmente avec le temps d’exposition aux UV. Or, on sait que les UV ont un eet mutagène d’autant plus important que l’exposition est longue, ce qui explique l’augmentation du taux de mutation avec le temps. Conclusion :

L’hypothèse est donc bien validée, les UV sont des agents mutagènes. Type de cellule

Transmissibilite

Consequences

Cellule somatique

Non transmissible

Cancers

Cel elllule sexuel ellle

Tran ansm smiissib ible le

Variabilite génétique on pathologique Maladie héréditaire

Exemples

Thyroïde (a) Peau (b) Groupes sanguins (d) Mucoviscidose (c)

ALLELE

ENZYME produite

MARQUEUR présent à la surace des des hématies hématies

A

Enzyme A onctionnelle

Molécule marqueur A

B

Enzyme B onctionnelle

Molécule marqueur B

O

Protéine inactive

Pas de marqueur

Com ombi bina nais ison on d’al d’allè lèlles

Enzy En zyme me(s (s)) synth synthét étis isée éess

Marrqu Ma queu eur( r(s) s) synt synthé héti tisé sé(s (s))

Grou Gr oupe pe sang sangui uin n

(A//A) (B//B) (A//O) (B//O) (O//O) (A//B)

Enzyme A Enzyme B Enzyme A Enzyme B Enzyme inactive Enzymes A et B

Marqueur A Marqueur B Marqueur A Marqueur B Aucun Marqueurs A et B

[A] [B] [A] [B] [O] [AB]

Activité 7

1

a) Sur les 1062 nucléotides il n’y a que 4 diérences : 523/700/793/800. b) A et B : 1062 nucléotides. O : 1061 nucléotides. c) Il y a identité des séquences jusqu’au nucléotide 257. À partir du

258ème, les diérences sont nombreuses.

d) Il n’y a pas de diérences : les séquences sont identiques, si on

considère qu’en position 258, un nucléotide G est absent de la séquence de l’allèle O.


45


2

a) Les séquences de nucléotides des allèles présentent beaucoup

d’identités, ce qui plaide en aveur de leur origine commune, donc à partir d’une même séquence initiale. b) L’allèle O serait la conséquence d’une mutation par délétion d’un

nucléotide A (G en position 258). L’allèle B serait la conséquence de 4 mutations par substitution de l’allèle A. c) Ils seraient issus d’une mutation par insertion dans l’allèle O suivie de

4 mutations par substitution. Des populations dont la couleur de peau est diérente peuvent présenter la même réquence allélique : pour l’allèle O, Russes 56.5 % et Pygmées 55.4 %. Activité 8

46

Des populations dont la couleur de peau est identique peuvent présenter une réquence diérente : pour l’allèle B, Russes 18.5 % et Pygmées 7.4 %. Donc pour ce gène (et pour d’autres), la répartition des allèles ne coïncide pas avec la répartition répar tition des caractères physiques les plus évidents. Autrement dit, la notion de race humaine n’a aucun ondement génétique.



C Exercice 1

orrection des exercices 1

Chromatide : Élément constituti d’un chromosome et ormé d’une

molécule d’ADN. Mitose : Étape du cycle cellulaire durant laquelle une cellule entre en division. Phase S : Étape de réplication de l’ADN lors de l’interphase. Réplication semi-conservative : Mécanisme par lequel l’ADN est répliqué en ne conservant qu’un brin de l’ADN parental dans chaque molécule lle issue de la réplication. Chromatine : État décondensé de l’ADN lors de l’interphase. 2

a) En métaphase, les chromosomes sont doubles et alignés en plaque

équatoriale. b) En anaphase les chromosomes sont simples et partagés en 2 lots

identiques. 3

Exercice 2

Armations exactes : c--h-j

1

Molécule d’ADN initiale Séquence de 10 nucléotides (acide phosphorique+désoxyribose+base azotée A ou T ou C ou G) A T T C G C T T A C T A A G C G A A T G

2 brins de nucléotides brin initial brin néoormé molécule d’ADN initiale A T T C G C T T A C T A A G C G A A T G brin néoormé brin initial

A T T C G C T T A C B A A G C G A A B G Phase S de l’interphase : réplication semi-conservative avec BrdU (B) → 2 chromatides reliées par un centromère A B B C G C B B A C T A A G C G A A T G


47


Explication du mécanisme : L’ouverture de la molécule d’ADN

(et l’accrochage des nucléotides) est réalisée grâce à un complexe enzymatique = ADN polymérase (yeux de réplication qui nissent par se rejoindre). Les 2 brins sont complétés en respectant la complémentarité des bases Adénine-BrdU thymine et Cytosine-Guanine des nucléotides libres présents dans le noyau. Cette synthèse d’une deuxième chromatide nécessite également de l’énergie. Lors du premier cycle cellulaire les chromosomes métaphasiques apparaissent donc colorés normalement, la présence de BrdU n’étant que partielle. Lors du 2e cycle avec BrdU à la place de Thymine A T T C G C T T A C B A A G C G A A B G chromatide du 1er cycle A T T C G C T T A C B A A G C G A A B G 2ème cycle avec BrdU

1 chromatide colorée normalement + 1 chromatide peu colorée A B B C G C B B A C B A A G C G A A B G A B B C G C B B A C B A A G C G A A B G

chromatide du 1er cycle A B B C G C B B A C T A A G C G A A T G

1 chromatide peu colorée + 1 chromatide colorée normalement A B B C G C B B A C T A A G C G A A T G

On obtient ainsi l’aspect des chromosomes de l’échantillon dessiné en métaphase (condensation maximale des chromosomes à deux chromatides). 2 Immédiatement

après la division cellulaire dessinée dans l’exercice, les cellules lles sont replacées dans un milieu normal c’est-à-dire sans BrdU mais avec de la Thymine. Aspect prévisible : tous les chromosomes apparaissent colorés normalement. En eet au moins un de leur brin d’ADN contient de la thymine suite à la réplication semi-conservative (la BrdU ne peut qu’être partiellement présente donc la coloration est normale et donc tous les chromosomes sont noirs).

48



Exercice 3

1 Les

spermatogonies subissent des mitoses puisque leur taux d’ADN est de 7.3 picogrammes ou 14.6 selon le moment de leur cycle, soit de Q ADN avant la phase S de l’interphase à 2Q ADN après la phase S. Il y a retour à la quantité Q ADN lors de l’anaphase prélude à leur division en 2 cellules lles.

2 Le spermatocyte I a toujours 14.6 picogrammes d’ADN. Sa quantité ne

double pas avant qu’il ne se divise en 2 spermatocytes II. Sa division en 2 spermatocytes II n’est donc pas précédée d’une phase S de réplication. C’est donc une division diérente de la mitose. Les spermatocytes II ont une quantité de 3.65 picogrammes d’ADN, soit un taux Q/2 ADN. Il n’y a pas non plus de phase S avant sa division en deux spermatides. C’est donc aussi une division diérente de la mitose. 3 Pour

la première division, on peut supposer qu’il y a clivage au centromère (comme lors d’une mitose) et les spermatocytes II héritent suite à l’anaphase d’un lot de chromosomes avec deux exemplaires de chaque type mais à une seule chromatide qui ne se dédoublera pas avant la deuxième division. Leur caryotype resterait donc à 2n chromosomes à 1 chromatide durant tout leur cycle cellulaire. Ou alors, les spermatocytes II héritent d’un seul chromosome de chaque paire et celui-ci reste double. Il n’y aurait donc pas clivage au centromère avant l’anaphase. Leur caryotype serait alors de n chromosomes à 2 chromatides. Dans les 2 cas les hypothèses sont en adéquation avec le taux d’ADN dans les spermatocytes II soit Q ADN. Pour la deuxième division, selon la 1re hypothèse, il aut envisager en anaphase la séparation de 2 lots de chromosomes à 1 chromatide, non précédée d’une phase de réplication. Chaque spermatide ne recevrait donc qu’un exemplaire de chaque type. Leur caryotype passerait donc à n chromosomes à une chromatide. Selon la deuxième hypothèse, il aut envisager un clivage au centromère puis en anaphase (non précédée d’une phase de réplication) la séparation de 2 lots de chromosomes à 1 chromatide. Chaque spermatide ne recevrait donc là aussi qu’un exemplaire de chaque type. Leur caryotype passerait donc comme précédemment à n chromosomes à une chromatide. Les 2 hypothèses sont en adéquation avec le taux d’ADN des spermatides soit Q/2 ADN. Rendez-vous l’année prochaine pour la validation de l’une ou l’autre des hypothèses…


49


C Partie 1

orrection du devoir autocorrectif n°2 Le renouvellement cellulaire se ait au rythme de cycles cellulaires, comprenant chacun une interphase et une mitose. Au niveau cellulaire, l’inormation génétique est portée par l’ADN des chromosomes du noyau, qui se transmet de açon conorme d’une cellule mère à deux cellules lles. On cherche à expliquer et illustrer les aspects qualitatis de cette reproduction conorme. 1. La reproduction conorme au niveau chromosomique

En interphase, le matériel génétique orme la chromatine diuse. Les chromosomes simples ou doubles sont décondensés sous orme de nucléolaments. Chaque nucléolament est constitué d’une ou deux molécules d’ADN enroulées autour de protéines histones. Le passage d’un nucléolament simple à un nucléolament double est assuré par sa réplication lors de la phase S. Elle peut être visualisée au microscope sous orme d’yeux de réplication qui nissent par se rejoindre pour ormer un nucléolament dédoublé à deux chromatides. Nucléofilament

Oeil de réplication

Deux futures chromatides d’un chromosome

Ancien brin

Nouveau brin

Qu’en est-il de la réplication au niveau moléculaire ? 2. La reproduction conorme au niveau moléculaire

L’intégralité du matériel génétique doit être transmise aux cellules lles. A cet eet, deux molécules d’ADN identiques doivent être synthétisées : on parle de réplication.

50

Corrigés du devoir autocorrectif n°2 – SN12


Cette réplication met en jeu une enzyme, l’ADN polymérase. Cette enzyme intervient au niveau des yeux de réplication. Elle sépare les deux brins de l’ADN et chaque brin sert de modèle pour la ormation de deux nouveaux brins par complémentarité des bases. Les modalités de la réplication sont telles que chaque nouvelle molécule est constituée d’un brin de l’ancienne et d’un brin néoormé. La réplication est donc semi-conservative et permet de ormer deux molécules d’ADN ayant les mêmes séquences de nucléotides.

La réplication de l’ADN assure donc une stabilité qualitative de l’inormation génétique d’un cycle cellulaire au suivant. Ainsi, les chromosomes sont constitués de deux chromatides identiques en n de phase S de l’interphase : il y a reproduction conorme. On peut s’interroger sur les aspects quantitatis de cette reproduction et les conséquences d’éventuelles mutations lors de la réplication… Partie 2 Exercice 1

On cherche à comprendre les rôles respectis du gène de l’enzyme ERCC3 et des rayons UV dans l’apparition des taches brunes chez les individus atteints de xeroderma pigmentosum (XP). 1 On constate que l’exposition de cellules aux UV entraîne la ormation

de liaisons covalentes entre deux thymines successives d’un même brin d’ADN. Ces dimères de thymine perturbent le onctionnement cellulaire, ce qui provoque la mort des cellules. On peut penser que les taches brunes sont peut-être provoquées par une exposition de la peau aux UV. On cherche à tester cette hypothèse et à comprendre ce qui distingue un individu sain d’un individu malade par rapport aux effets des UV. 2 On

constate que chez un individu sain, quelle que soit la dose d’UV reçue par ses cellules, la réquence des dimères de thymine est toujours inérieure à celle d’un individu malade. De plus dans les cellules des deux types d’individus, la réquence des dimères de thymine augmente avec la dose d’UV.


51


Ces résultats montrent que chez les individus malades, les UV ont plus d’eet sur l’ADN que chez les individus sains. Comment expliquer cette différence d’effet des UV ? 3 On

constate qu’après avoir été soumis à un rayonnement UV, le nombre de dimères de thymine, dans les cellules, reste constant chez un individu malade alors qu’il diminue au cours du temps chez un individu sain. Ces résultats suggèrent que chez les individus sains il existe un système de réparation de l’ADN qui permet de rompre les liaisons covalentes à l’origine des dimères de thymine et rendre l’ADN de nouveau onctionnel. Quel est le mécanisme qui permet de réparer l’ADN et qui fait défaut chez les individus malades ?

4 On

apprend que chez les individus sains, l’enzyme ERCC3 permet la réparation de l’ADN. Chez les individus malades, la séquence du gène codant pour cette enzyme est diérente de celle des individus sains. Le dixième nucléotide du ragment de séquence ourni est un nucléotide à base C chez les individus sains et à base A chez les individus malades. On apprend que les individus atteints possèdent deux ois l’allèle muté du gène. Ainsi on peut penser que la diérence d’un nucléotide au niveau du gène est responsable de la synthèse d’une enzyme non onctionnelle. Ils sont malades car ils ne peuvent pas réparer l’ADN. Les UV sont responsables d’altérations de l’ADN qui peuvent conduire à la mort des cellules. Les cellules de la peau des individus sains abriquent une enzyme qui permet la rupture des dimères de thymine qui se orment dans l’ADN sous l’eet des UV. Les individus atteints de XP possèdent deux allèles mutés du gène codant pour la synthèse de cette enzyme qui est alors non onctionnelle. Ainsi lorsque les cellules de leur peau sont soumises aux UV, les dimères de thymine ormés ne peuvent être éliminés, ce qui entraîne la mort des cellules et la ormation des taches brunes puis augmente le risque de cancers.

Exercice 2

On cherche à montrer à l’échelle cellulaire et moléculaire, les modications du matériel génétique d’une cellule au cours du cycle cellulaire. Le document 1 présente les variations du taux d’ADN en onction du temps au cours de deux cycles successis. Chacun des deux cycles dure environ 18 heures IL comprend une interphase (17 heures) et une mitose (1 heure). L’interphase comprend 3 étapes : – Durant les 8 premières heures, on constate que la quantité d’ADN est de Q. C’est la phase G1.

52



– Durant les 6 heures suivantes, la quantité d’ADN double et passe à 2Q. C’est la phase S. – Durant les 3 dernières heures de l’interphase, la quantité d’ADN se stabilise à 2Q. C’est la phase G2. La mitose est marquée par un retour du taux d’ADN à Q. Comment expliquer ces variations ? Le document 2 illustre les diérentes étapes d’un cycle cellulaire. La photo e montre des granulations dans le noyau qui constituent la chromatine diuse ormée de nucléolaments décondensés simples (en phase G1 quand il y a Q ADN) ou doubles (en phase G2 quand il y a 2Q ADN). La phase S est en ait une phase de réplication de l’ADN. Elle permet d’obtenir des chromosomes à 2 chromatides, chacune constituée d’une molécule d’ADN. La réplication est conservative et les 2 molécules d’ADN de chaque chromosome (donc les 2 chromatides) sont rigoureusement identiques. Les 4 autres photos sont des gures de mitose. La photo c permet de visualiser l’individualisation des chromosomes. Les deux chromatides de chaque chromosome se condensent. C’est l’étape de prophase. La photo d montre un rangement des chromosomes très condensés en plaque équatoriale. C’est l’étape de métaphase. La photo a montre 2 lots de chromosomes en ascension polaire. Il y a eu rupture au centromère et les 2 chromatides de chaque chromosome se sont séparées. C’est l’étape d’anaphase, durant laquelle le taux d’ADN passe de 2Q à Q. La photo b montre 2 lots de chromosomes (simples) identiques en cours de décondensation. C’est l’étape de télophase qui prégure les 2 noyaux des 2 utures cellules lles qui en début d’interphase auront Q ADN. Synthèse

Interphase et mitose sont 2 mécanismes qui assurent une reproduction conorme des cellules aussi bien d’un point de vue quantitati (nombre de chromosomes) que d’un point de vue qualitati (réplication à l’identique de l’ADN). n


53



Correction des activités du chapitre 1 Correction des activités du chapitre 2 Correction des exercices


55


Activité 4

1 Ils ont exposé les champignons Neurospora à des rayons X puis les ont

mis en culture sur diérents milieux : 1- Minimum supplémenté en tous les acides aminés pour obtenir des colonies. 2- Puis ils ont répliqué sur 2 milieux diérents des spécimens de chaque colonie au même endroit par rapport à la boîte de pétri initiale : un milieu minimum et un milieu minimum supplémenté seulement en Arg et ils ont regardé si de nouvelles colonies pouvaient se développer. Colonies entourées 1ère étape

2ème étape

3ème étape

Rayons X Milieu minimum

Milieu minimum + tous les acides animés Milieu minimum + arginine Irradiation de champignons Neurospora par des rayons X

Culture sur milieu total

Transfert grâce à un tampon stérile

Culture sur milieu sélectif

2 Souche A : déaut de l’enzyme E1 mais présence des enzymes E2 et E3

Souche B : déaut de l’enzyme E2 mais présence des enzymes E1 et E3 Souche C : déaut de l’enzyme E3 mais présence des enzymes E1 et E2 3 Une enzyme est une protéine. Selon la présence ou l’absence de l’en-

zyme, il y a possibilité ou non de abriquer une molécule intermédiaire nécessaire à la abrication d’arginine nécessaire au développement de Neurospora. L’irradiation aux rayons X provoque une mutation qui modie la séquence de nucléotides et donc le message génétique. Or en onction de la localisation de la mutation, ce ne sont pas toujours les mêmes enzymes qui ne sont pas onctionnelles… donc une portion de l’ADN (= gène) est responsable de la synthèse d’une enzyme (onctionnelle ou non). 4 Organisme donneur = Homme

Organisme receveur = Souris

58



5 Hormone de croissance humaine

Lait de souris

NORMALE

Lait de souris

TRANSGÉNIQUE

6

Activité 5

L’injection d’un ragment d’ADN (gène dirigeant la abrication de HGH) dans une cellule œu entraîne dans certains cas chez l’être vivant qui en dérive, l’expression d’une caractéristique nouvelle : « individu de grande taille ». Le ragment injecté porte donc une inormation permettant d’induire la synthèse d’une substance, ici la protéine HGH responsable de ce caractère nouveau.

1 La méthionine radioactive est incorporée dans les protéines.

La radioactivité se retrouve dans tout le cytoplasme qui est donc le lieu de synthèse des protéines. L’absence de modication après trois heures en milieu roid permet de dire que les protéines sont utilisées sur leur lieu de abrication. 2

La radioactivité est localisée dans le noyau au bout de trente minutes. La thymine radioactive est l’une des quatre bases azotées de l’ADN et y est donc incorporée (suite à sa réplication). L’absence de changement au bout de trois heures permet de dire que l’ADN reste localisé dans le noyau. Problème : comment et sous quelle orme l’inormation génétique passe-t-elle du noyau dans le cytoplasme, lieu de son expression ? …il doit exister un intermédiaire entre le noyau qui contient l’inormation génétique et le cytoplasme où a lieu la synthèse des protéines. L’intermédiaire doit être une « réplique » de l’ADN (on parle de transcription).

Activité 6

L’ADN reste localisé dans le noyau. Le cytoplasme contient beaucoup d’ARN. Il y a donc une relation entre la synthèse protéique et la richesse en une molécule : l’ARN.


59


Activité 7

1 Titre

: Évolution de la quantité d’ARN et d’AA incorporés en onction du temps. Elle est en relation avec la quantité d’ARN présente. En eet, au départ, quand la quantité d’ARN est importante, l’incorporation d’AA est importante. Au bout de 30 minutes, quand il n’y a plus d’ARN, l’incorporation s’arrête. Remarque : durée de vie limitée des ARN.

2 On

peut penser que les ARN sont des messagers porteurs de l’inormation génétique.

3

L’ARN se orme dans le noyau puis passe dans le cytoplasme.

4 Car

ils transportent le message codé de l’ADN nucléaire vers le cytoplasme (en passant par des pores de la membrane nucléaire).

5 Transcription = copie d’un gène porté par l’ADN dans le noyau.

Traduction = assemblage des AA en polypeptide dans le cytoplasme selon le message porté par l’ARN. Activité 8

1 L’ARN n’est ormé que d’un seul brin alors que l’ADN en possède deux.

2 La

chaîne simple brin de l’ADN contient comme l’ADN 4 nucléotides diérents mais T est remplacé par U (uracile) ; on retrouve comme dans l’ADN A, C et G.

3 CGCGAUAGCG

60



Activité 9

1 C’est un ragment de molécule d’ADN. La transcription s’eectue dans

le noyau (l’ADN est transcrit en ARN) et la traduction dans le cytoplasme (l’ARN est traduit en protéine). 2 ADN α

brin 1 = 429 nucléotides, αα brin 2 = 429 nucléotides ; ARN = 429 nucléotides brin 1 : ATG GTG CTG α brin 2 : TAC CAC GAC ARN : AUG GUG CUG

3α

TAC CGT TAA ATG GCA ATT UAC CGU UAA

4

brin 1 / ARNm cod est identique sau que T est remplacé par U. α brin 2 / ARNm cod tout est diérent, les bases sont complémentaires. L’unique brin de l’ARN est donc complémentaire d’un des deux brins de l’ADN ( α brin 2) avec A/U et G/C. T est donc remplacé par U.

5

Possibilité 1 : ouverture des deux brins (comme lors de la réplication). Des bases complémentaires viennent se xer en ace du brin α2 mais T est remplacé par U Possibilité 2 : l’ARN est ormé par copie du brin 1 mais U remplace T.

α

Activité 10

Sens de transcription ARN polymérase

ADN

Brin non transcrit Brin transcrit

Ribonucléotides libres

ARNm en cours de transcription

Activité : Extraire des inormations 3 l’ARN m peut avoir ligaturé 3, 2 ou 1 exon Activité 11

1

Hypothèse 1 : elle suppose que l’ARN ne peut coder que 4 acides aminés. Or, il existe 20 acides aminés diérents. Donc hypothèse invalidée. Hypothèse 2 : elle suppose qu’il y a 4 2 = 16 combinaisons de 2 nucléotides qui codent pour un acide aminé diérent. Donc hypothèse invalidée. Hypothèse 3 : elle suppose qu’il y a 4 3 = 64 combinaisons de 3 nucléotides qui codent pour un acide aminé diérent. C’est trop mais susant puisqu’avec 64 triplets de nucléotides diérents il est possible de coder 20 acides aminés diérents. Corrigés des activités – Séquence 4 – SN12

61


Activité 12

1 On retrouve 3 ois la valine, 2 ois l’alanine… 2 La valine peut-être codée par des codons diérents : GUG ou GUC.

Il existe donc des codons ayant la même signication = codons synonymes. On dit que le code génétique est redondant. 3

Il n’y a pas d’acide aminé codé par le dernier codon. UAA doit marquer la n de la traduction, il ne signie rien. On dit que c’est un codon non-sens ou codon stop.

4 Que l’ADN a la même signication chez tous les êtres vivants et donc

que le code génétique est universel. 5 Il existe toujours le même codon AUG codant la méthionine en début

de séquence de l’ARNm. On l’appelle codon initiateur, signal de début de message.

Activité 13

TRANSCRIPTION Synthèse d’un ARN messager

TRADUCTION Synthèse d’une protéine

Activité 14

62

Les enzymes synthétisées qui sont des protéines sont uniquement localisées dans le REG qui est donc le lieu de synthèse des protéines.



C


Activité 1

1

L’ensemble des caractères exprimés par un individu, c’est-à-dire son phénotype peut s’observer à l’échelle : – de l’individu dans son entier (organisme) : on parle de phénotype macroscopique ; – des cellules : on parle de phénotype cellulaire ; – des molécules : on parle de phénotype moléculaire 2 Phénotypes Types d’Individus

Individu sain non drépanocytaire

Phénotype cellulaire

Sans essoulement ni Hématies biconcaves palpitations cardiaques. capables de se déorLa circulation permet un mer apport continu d’oxygène aux cellules

Phénotype moléculaire

HbA = protéine dissoute dans le cytoplasme. Deux chaînes αæ (141 aa) et ßα (146 aa) et un hème

HbS ayant tendance Anémie, essoulement, Hématies alciormes, à s’agglutiner (long lèvres bleues, capilrigides, ayant tenagrégat ibreux), orme laires obstrués, lésions dance à éclater : durée désoxygénée, 1 aa dides tissus, douleurs de vie plus courte érent dans la chaîne α ß = val au lieu de glu

Individu malade drépanocytaire

Activité 2

Phénotype macroscopique

3

Les protéines sont responsables du phénotype moléculaire (Hb anormale) qui conditionne le phénotype cellulaire (hématie alciorme) lui-même responsable du phénotype macroscopique (anémie). Il existe donc une relation de cause à eet entre protéine et phénotype macroscopique.

4

La diérence réside dans un changement d’acide aminé : l’acide glutamique en position 6 de la chaîne ßα est remplacé par la valine (tout le reste de la molécule est identique). Conséquence structurale : la valine a tendance à se lier à la leucine ce qui provoque l’agglutination des molécules d’HbS par modication de la structure spatiale de l’hémoglobine.

1 Génotype

associé au phénotype AB avec présence des marqueurs A et B à la surace des hématies (puisqu’il y a agglutination avec les Ac antiB / antiA / antiAB) : (A//B), l’individu est hétérozygote.


63


Génotype associé au phénotype O : individu homozygote (O//O), deux allèles O car absence de marqueurs A et B à la surace des hématies (puisqu’il n’a pas d’agglutination avec les Ac antiB/antiA/antiAB). 2

Activité 3

Groupe A : deux génotypes possibles (A//A) homozygote (agglutination avec les Ac antiA/antiAB) et (A//O) hétérozygote (pas d’agglutination avec les Ac antiA). Groupe B : deux génotypes possibles (B//B) ou (B//O) selon le même raisonnement.

1 Triplet 0 : ARNm = AUG = codon initiateur = signal début de message.

Triplet 147 : ARNm = UAA = codon stop = signal n de message. 2

triplets de séquences mutation mucléotides normales (ADN)

1

CAC

146

Hb onctionnelle Hb en ibres, hématies déormées; drépanocytose

6

GAG

GT G

146

3

6

GAG

G-G

17

4

17

AAG

T AG

16

5

39

CAG

T AG

38

6

71-72

TTT AGT

TTTT AGT

71

102

AAC

AC C

Thalassémie (anémie grave)

146

diminution de l’ainité pour l’O2

8

103

TTC

C TC

146

augmentation de l’ainité pour l’O2

9

121

GAA

TTC

146

Hb onctionnelle



CAT

2

7

64

2

consénombre quences séquences d’acides phénomodiiées animés dans typiques la chaîne et signes cliniques

3 mutation

1

2

4

9

Génotype

Expression

P. moléculaire

P. cellulaire

P. macroscopique

(HbA'//HbA')

HbA'146 HIS : même acides aminés, acide aminé onctionnelle

Hématie A' biconcave

Individu sain

(Hb S//Hb S)

Hb S146 VAL (au lieu acides aminés, de GLU) en ibres

Hématie S déormée

Individu malade (drépanocytose)

(HbT//HbT)

Hb Aucun très incomHématie avec Hb (codon stop) plète 16 acides non onctionnelle aminés

HbA''146 PHE (au lieu (Hb A''//Hb A'') acides aminés, de GLU) onctionnelle

Activité 4

Hématie A biconcave

Individu malade (thalassémie)

Individu sain

1

Les phénotypes résultent de l’expression de plusieurs gènes : celui qui permet de transormer le précurseur en marqueur H et celui qui permet de transormer H en marqueurs A et B. L’ensemble de ces deux gènes établit une chaîne de biosynthèse. L’allèle H détient l’inormation nécessaire à la synthèse de l’enzyme H (protéine) qui catalyse la réaction de la xation d’une molécule de ucose sur le précurseur. L’allèle A détient l’inormation nécessaire à la synthèse de l’enzyme A qui catalyse la réaction de xation de la molécule de N-acétylgalactosamine sur le marqueur H. L’allèle B détient l’inormation nécessaire à la synthèse de l’enzyme B qui catalyse la réaction de xation de la molécule de galactose sur le marqueur H. 2 Un individu peut être de phénotype O pour des causes diérentes :

il existe le marqueur H et non les marqueurs A et B. Deux génotypes sont possibles : (H//H ; O//O) ou (H//h ; O//O). E il n’existe pas le marqueur H. Dans ce cas le phénotype est O quel que soit le génotype (ABO). Six génotypes possibles : (h//h ; A//A), (h//h ; A//O), (h//h ; A//B), (h//h ; B//B), (h//h ; B//O), (h//h ; O//O). E

3

Les deux enants ont respectivement le phénotype A et B. Ils ont donc la possibilité de synthétiser le marqueur H et donc ils détiennent l’allèle H.


65


Ils possèdent aussi soit le marqueur A soit le marqueur B. Ils détiennent donc l’allèle A pour l’un et l’allèle B pour l’autre. Ces allèles leur ont été transmis par leurs parents. E

L’un des parents doit posséder l’allèle H. Pour être de phénotype O, il ne peut posséder ni l’allèle A ni l’allèle B. Les génotypes possibles sont : (H//H ; O//O) ou (H//h ; O//O).

E

L’autre parent doit posséder orcément les allèles A et B. Pour être de phénotype O, ces allèles ne doivent pas s’exprimer (cas où le marqueur H n’est pas synthétisé, c'est-à-dire si ce parent détient l’allèle h). Le génotype est alors (h//h ; A//B).

Bilan E

Puisque deux gènes interviennent successivement dans la synthèse des marqueurs, la mutation d’un seul allèle de la chaîne peut sure à modier le phénotype. En reprenant le groupe O : ou bien le premier gène ne code pas d’enzyme onctionnelle ou bien c’est le deuxième… un même phénotype peut correspondre à plusieurs génotypes.

Le groupe sanguin repose sur l’équipement enzymatique de la cellule sanguine. Il sut qu’un allèle soit présent dans le génome pour que l’enzyme correspondante soit abriquée… … Lorsqu’un gène est présent sous la orme de plusieurs allèles, les phénotypes associés au génotype homozygote ou hétérozygote peuvent être similaires. E

Activité 5

1 Principe de l’électrophorèse :

Séparer les constituants chimiques d’un mélange porteurs de charges électriques. On pose sur un support (gel ou plaque recouverte de solution tampon) le mélange moléculaire à séparer. On xe des conditions de pH pour que les molécules se comportent comme des anions et migrent vers l’anode lorsqu’elles sont placées dans un champ électrique. La vitesse de migration des molécules dépend de leur taille et de leur charge. —

+

sujet X

HbA

sujet Y

sujet Z

66



HbS

2 Phénotype de l’individu

Génotype

Allèles et chromosomes homologues

X sain

(A)

Y sain

(A)

Z anémié

(S)

(A//A)

(A//S)

(S//S)

homozygote

hétérozygote

homozygote

S

S

A

A

A

S

3

a) Les hématies d’une personne subissent la déormation caractéris-

tique de la drépanocytose à deux conditions : ESi l’individu possède l’allèle HbS à l’origine de l’HbS. EConditions internes : baisse de concentration en O 2 et augmentation de t° interne, déclenchent l’agrégation des molécules HbS et donc la crise drépanocytaire. Ici sujet Z et Y. b) Il aut tenir compte des acteurs déclenchant de l’environnement.

Exemples : Éviter les séjours en altitude (au-delà de 1500m le risque est avéré), les voyages en avion (la pressurisation correspond à une altitude de 1500m), le roid, la chaleur, les eorts physiques, l’alcool et le tabac. c) L’expression du gène étant inchangé selon les conditions de l’environ-

nement, c’est orcément uniquement les propriétés de l’HbS qui sont modiées


67


C orrection des exercices Exercice 1

1 Codon

: séquence de 3 nucléotides de l’ARNm correspondant à un acide aminé ou à un codon stop d’arrêt de traduction. Transcription : copie par complémentarité du brin transcrit de l’ADN en ARN Ribosome : organite de traduction de l’ARNm Traduction : décodage de l’inormation génétique portée par l’ARNm, codon par codon. ARNm : Acide ribonucléique résultat de la transcription d’un gène.

2 a) Le

brin d’ADN transcrit d’un gène subit la transcription en ARNm grâce à l’ARN polymérase ; L’ARNm subit ensuite la traduction en protéine en respectant le code génétique. b) La traduction commence par la phase d’initiation grâce à un codon initiateur ; la phase de terminaison a lieu à la lecture d’un codon stop.

3 b) Les ribosomes permettent la traduction

g) Les protéines déterminent le phénotype i) Le code génétique est universel k) Un même phénotype peut correspondre à plusieurs génotypes l) L’environnement ne peut pas modier le phénotype Exercice 2

1 a) La séquence du brin transcrit de l’ADN du gène est complémentaire

du brin non transcrit : 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 … C C A T A A C A A G

T T G T T A C T …

b) Le brin transcrit de l’ADN est complémentaire du brin de l’ARN sau

qu’à la place de T on a U : 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 … C C A U A A C A A G U U G U U A C U …

L’ARN est ensuite traduit codon par codon en acides aminés selon la lecture du tableau du code génétique : Gly – Iso – Val – Glu – Glu « stop »

68



2

a) Le codon muté correspondant à l’ARN n’est plus AUU mais AUC codant

pour l’acide aminé Iso. La protéine n’est donc pas modiée. b) Le codon muté correspondant à l’ARN n’est plus CAA mais CGA codant

pour l’acide aminé Arg. La protéine est modiée. c) Le codon muté correspondant à l’ARN n’est plus CAA mais UAA cor-

respondant à un codon stop. La protéine traduite est donc écourtée. d) Le cadre de lecture est modié en aval de la mutation et les trois der-

niers codons de l’ARN pouvant être traduits sont : GCA codant pour Ala ; ACA codant pour Thr ; AUG codant pour Met. La suppression du codon stop aura pour conséquence la traduction d’une protéine plus longue jusqu’à la lecture d’un codon stop qui achèvera la traduction de la protéine. Exercice 3

lié à l’emphysème pulmonaire α → Avant 30 ans ou à partir de 50 ans, les poumons sont endommagés et perdent leur élasticité ce qui rend dicile la ventilation. Parallèlement le sang des malades présente des concentrations en αα-1-antitrypsine inérieures à 50 mg.dL-1. Phénotype cellulaire lié à l’emphysème pulmonaire α → Les cellules du oie détruisent plus ou moins l’α αα-1-antitrypsine qu’elles abriquent. Ainsi elles sécrètent moins voir pas du tout cette molécule dans le sang. Les cellules ormant la paroi des alvéoles pulmonaires sont détruites progressivement. Les phénotypes macroscopique et cellulaire liés à l’emphysème pulmonaire reposent sur une protéine : l’α αα-1-antitrypsine. La séquence en acides aminés de cette protéine est modiée chez les malades : cette molécule ne protège pas une autre molécule appelée élastine qui conère aux alvéoles leur propriété d’élasticité.

1 Phénotype macroscopique

2


69


3 D’après

le tableau dans l’énoncé, les personnes possédant les variantes M’1, M1, M2, M3 et S de l’ααα-1-antitrypsine ont un phénotype macroscopique sain. Or si on compare la séquence en acides aminés de leur αα-1-antitrypsine en prenant comme réérence la séquence de la variante M’1, on constate que : – l’alanine a été remplacée par la valine en position 237 pour M1. – L’arginine a été remplacée par l’histidine en position 125, l’alanine a été remplacée par la valine en position 237 et l’acide glutamique a été remplacé par l’acide aspartique en position 400 pour M2. – L’alanine a été remplacée par la valine en position 237 et l’acide glutamique a été remplacé par l’acide aspartique en position 400 pour M3. – L’alanine a été remplacée par la valine en position 237 et l’acide glutamique a été remplacé par la valine en position 288 pour S. Donc ces personnes au phénotype macroscopique sain ont des phénotypes moléculaires diérents.

4 D’après

le tableau dans l’énoncé, les personnes possédant les variantes Z, NULL1 et NULL2 de l’α αα-1-antitrypsine ont un phénotype macroscopique malade. Or ces trois variantes ont une structure propre : – 418 acides aminés avec une lysine en position 366 pour Z. – 183 acides aminés pour NULL1 (la protéine est écourtée). – 240 acides aminés pour NULL2 (la protéine est aussi écourtée) avec une valine en position 237. Donc ces personnes au phénotype macroscopique malade ont des phénotypes moléculaires diérents.

5 Quand la structure d’une protéine est modiée (remplacement d’acide

aminé et/ou chaîne écourtée), sa conormation spatiale est également modiée alors la protéine peut perdre sa onction (variantes Z, NULL1 et NULL2) ou non (variantes M’1, M1, M2, M3 et S). n

70




Correction des activités du chapitre 5 Correction des exercices Correction devoir autocorrectif 3


71


C

orrection des activités du chapitre 5 Pour s’interroger

Questions

1 Le pétrole est un liquide huileux formé d’hydrocarbures (molécules

de type alcane à longue chaine). Un gisement est un lieu où l’on peut extraire une ressource (pétrole, uranium, or etc.) et qui soit rentable d’un point de vue économique. 2 La plateforme DeepWater Horizon se situe dans le golfe du Mexique,

au-delà de la ligne de rivage. Cette bordure de continent n’est pas le lieu d’une subduction, on parle donc de marge passive.

Mobiliser ses acquis Questions

1 Les hydrocarbures sont formés par une lente fossilisation de matière

organique (débris végétaux), c’est pourquoi on parle d’ « énergie fossile ». 2 Combustion d’un hydrocarbure :

CnH2n +(3n/2) O2 →→ n CO2 + n H2O + énergie 3 La combustion massive d’hydrocarbures libère du CO . Le CO est un 2 2

gaz à effet de serre qui provoque un réchauffement progressif de la planète.

Activité 1 Questions

Les hydrocarbures du golfe du Mexique 1 Les principaux facteurs nécessaires à la transformation de la matière

organique en hydrocarbures sont : une forte productivité, un environnement anoxique (pauvre en oxygène) et un enfouissement rapide. 2 L’ouverture du golfe du Mexique s’est produite entre 195 et 152 MA. 3 D’une manière générale, plus l’épaisseur des sédiments d’une région

est élevée, plus la quantité de pétrole retrouvée est grande. 4 A l’époque où le golfe du Mexique s’est ouvert, le climat était de type

équatorial ce qui explique que la productivité y était élevée. De plus, le taux de sédimentation est important : les sédiments sont rapidement enfouis. Tout ceci est favorable à la préservation de la matière organique et à sa transformation en hydrocarbures.


73



Les conditions de formation des hydrocarbures 1 La formule brute d’un glucide est C H O et celle d’un hydrocarbure n 2n n

est CnH2n : ceci montre que les réactions qui se déroulent lors de la transformation de la matière organique en hydrocarbures sont plutôt des réactions d’élimination du dioxygène. Par conséquent, un environnement pauvre en oxygène sera davantage favorable à la production d’hydrocarbures.

2 Le document 6 nous indique que l’eau, en particulier les eaux

chaudes, contiennent peu d’oxygène dissous. Il s’agit donc d’un environnement favorable à la transformation de la matière organique en hydrocarbures. Le document 7 nous indique que le taux de sédimentation dans le golfe du Mexique est élevé. Or, nous avons vu précédemment que les taux de sédimentation élevé étaient favorables à la préservation de la matière organique. On peut en déduire que la faible teneur en oxygène et le fort taux de sédimentation au niveau du golfe du Mexique en font une région de forte production d’hydrocarbures. Activité 3 Questions

Morphologie de la marge du golfe du Mexique 1 Document 1 : Les différentes parties d’une marge continentale plateau

talus glacis

Manteau supérieur

Croûte continentale

Croûte océanique

Sédiments

2 Les failles observées au niveau de la marge du golfe du Mexique sont

des failles normales. 3 Les failles normales témoignant de contraintes en extension et les

reconstitutions de la position des continents au Jurassique nous montrent que la lithosphère continentale s’est déchirée en deux parties à cette époque. Entre les deux, un domaine océanique s’est mis en place, c’est le golfe du Mexique qu’on observe actuellement.

Mobiliser ses acquis Questions

1 Une roche sédimentaire est une roche formée d’un assemblage cohé-

rent de débris de roches préexistantes (ex : calcaire, argile, marne etc.).

74



2 Document 2 : Un piège à pétrole Roche couverture

argile grès +gaz grès +pétrole

Roche réservoir

grès +eau Roche mère

3 La roche-mère et la roche-réservoir sont poreuses et perméables car

elles stockent et laissent s’écouler le pétrole. La roche couverture est imperméable et bloque la remontée du pétrole (sa porosité peut varier). Activité 4 Questions

Modélisation d’un puits de pétrole 1 La roche-mère est représentée par les graviers, la roche réservoir est

représentée par le sable et la roche couverture est représentée par l’argile. 2 L’huile est de plus faible densité que l’eau : elle flotte à la surface de

l’eau. Quand l’eau arrive au fond suite à son injection, elle repousse l’huile vers la surface. Activité 5

Le pétrole en Angola Le Cabinda est une enclave angolaise située sur la côte Atlantique. Elle se situe donc en bordure d’une marge passive. Or, nous avons vu que les caractéristiques géophysiques et chimiques des marges passives sont favorables à la préservation des hydrocarbures. On peut en conclure que le Cabinda est un bon candidat pour la prospection de gisements pétrolifères.


Les nouveaux hydrocarbures 1 Le principal avantage de l’exploitation des schistes bitumineux est

l’abondance de la ressource : ils sont présents en grandes quantités. En revanche, leur exploitation est longue et coûteuse, elle peut générer des pollutions. 2 Le nombre d’années d’exploitation qui serait offert par les schistes

bitumineux serait de 3000/25= 120 ans supplémentaires.


75


C Exercice 1 Questions

orrection des exercices Du pétrole en Alsace 1 Le fossé rhénan est creusé dans le socle continental granitique et est

le lieu d’une intense sédimentation, avec des roches sédimentaires de natures différentes. On y trouve de nombreuses failles normales témoignant de contraintes en extension. On peut penser que le fossé rhénan marque le début d’un épisode de rifting. 2 Le dôme de sel semble soulever la couche supérieure et ménager un

espace de part et d’autre de lui (en forme d’œil). On peut faire les hypothèses suivantes : la couche soulevée est imperméable, et l’espace de part et d’autre du dôme de sel (« l’œil ») est comblé par du pétrole en provenance de la couche sous-jacente.

Document 1 : Interprétation du profil sismique Forage

Dome de sel

Couche imperméable Possible nappe de pétrole Possible couche-mère

Exercice 2 Questions

Du gaz extraterrestre ! 1 Selon l’échelle, le lac Ontario Lacus fait environ 10 000km2. Sa pro-

fondeur est de 3.10-3km donc son volume est de 30km3 environ. 2 La composition de l’atmosphère de Titan nous indique qu’il y a peu

d’oxygène : il n’y a donc pas de molécule oxydante susceptible de détruire les hydrocarbures, et ceux-ci peuvent s’accumuler.

76



Document 2 : Formation des hydrocarbures de Titan Energie lumineuse CH4

CH4

Hydrocarbures Atmosphère de Titan

Volcan

Surface de Titan

Lacs d’hydrocarbures


77


C

orrection devoir autocorrectif 3 Restitution de connaissances Expliquer en quoi la connaissance des phénomènes tectoniques à l’origine de l’ouverture d’un océan peut aider les géologues à identifier des gisements pétroliers. Le pétrole est un ensemble d’hydrocarbures huileux utilisé comme combustible pour les moteurs ou pour fabriquer des matières plastiques. La possession de ressources pétrolières est un enjeu planétaire important et génère de nombreux conflits. La prospection des champs de pétrole ne se fait pas au hasard. Pour savoir où chercher, les géologues se fient à des indices de nature essentiellement tectonique. En quoi la connaissance des phénomènes tectoniques peut-elle nous renseigner sur la présence de pétrole dans le sous-sol ? Dans une première partie, nous allons montrer en quoi la connaissance des conditions de formation de pétrole nous aide à identifier les structures tectoniques susceptibles d’en contenir.

1. Les conditions de formation du pétrole Le pétrole est produit à partir de la transformation de débris végétaux en milieu marin. Il se forme en profondeur dans le sol, dans des milieux chauds, de forte productivité primaire et de faible teneur en oxygène. L’existence d’une sédimentation intense permet d’enfouir rapidement les débris et de les protéger de la dégradation. Les marges passives, c’est-à-dire les bordures non sismiques des continents, présentent parfois des caractéristiques favorables à la production d’hydrocarbures. En effet, l’eau de mer contient naturellement peu d’oxygène. De plus, les fleuves débouchent sur l’océan au niveau de ces marges, charriant avec eux de nombreux sédiments qui emprisonnent la matière organique : on parle de bassin sédimentaire. De plus, les marges passives sont souvent le lieu d’un enfoncement lent du socle, appelé subsidence, qui libère de plus en plus de place pour les sédiments.

78

Corrigé devoir autocorrectif 3 – Séquence 5 – SN12


Document 2 : Les marges passives, de bons candidats pour la formation de pétrole 1 Apports sédimentaires par les fleuves

2 Eau de mer ?

(faible teneur en O2)

3 Subsidence de la marge ? : Posssibilité de former du pétrole. 1, 2, 3 : indices favorisant la formation de pétrole.

Les géologues considèrent donc que les marges passives sont de bons candidats pour la recherche de gisements pétroliers. Comment identifier une ancienne marge passive ? Comment vérifier la présence de ressources pétrolières en une région donnée ?

2. Les techniques mises en œuvre pour connaître la tectonique Les marges passives portent les traces de la déchirure d’un bloc continental ayant donné naissance à un domaine océanique. Quand un continent se déchire, les contraintes sont en extension et on a des failles normales. Ces failles, ainsi que les potentielles nappes de pétrole peuvent être identifiées par la méthode de sismique-réflexion : on envoie des trains d’ondes qui se réfléchissent sur les discontinuités internes (failles, limite solide-liquide etc.). La présence de roches imperméables de type argiles ou encore de structures faillées augmente la probabilité de trouver des pièges à hydrocarbures.

Document 2 : Exemple de piège à pétrole formé par les blocs basculés Faille normale Blocs basculés

Couches imperméables (par exemple argile) Roche poreuse avec pétrole Roche poreuse (par exemple sable)

Des reconstitutions de la position des continents au cours des temps géologiques permettent de dater l’ouverture du domaine océanique. Par exemple, on a pu dater l’ouverture du golfe du Mexique au milieu du Jurassique. La connaissance de la tectonique donne donc des indices sur la présence de pétrole : les marges passives, témoins de processus d’océanisation, sont de bons candidats. Cependant, la présence de pétrole doit être confirmée par des études de terrain. Reste ensuite à savoir si le champ de pétrole peut être exploité avec un rendement économique réel… C’est seulement à cette condition qu’il pourra être qualifié de « gisement ».


79


L’amélioration des techniques d’extraction augmente le nombre de gisements potentiels. Ceci dit, le pétrole reste une ressource limitée : c’est une source d’énergie non renouvelable, qui risque de s’épuiser d’ici quelques décennies. De plus, la combustion d’hydrocarbures perturbe le cycle du carbone et augmente l’effet de serre. Il est donc nécessaire de développer d’autres modes de production d’énergie, renouvelables et moins polluants. Exercice 1 Questions

Du pétrole en Alsace 1 La méthode utilisée est la sismique réflexion : on envoie des trains

d’ondes qui se réfléchissent sur les discontinuités profondes du sous-sol. Les discontinuités (couches sédimentaires ou failles, par exemple), peuvent ainsi être mises en évidence. 2 Le Nigéria possède d’importantes ressources en hydrocarbures. Com-

ment expliquer ceci ? Le pays est situé en bordure de l’océan Atlantique (document 2) et son littoral ne subit pas d’activité sismique visible : on peut donc penser qu’on est en présence d’une marge passive. Ceci est confirmé par les failles normales mises en évidence par le profil de sismiqueréflexion (document 3). Les marges passives sont recouvertes d’eau, ce qui en fait des environnements pauvres en oxygène donc favorables à la formation de pétrole. De plus, au niveau du Nigéria, le document 2 nous informe que le fleuve Niger apporte de grandes quantités de sédiments continentaux. On peut donc penser que ces sédiments participent à l’enfouis sement de débris végétaux et à leur préservation, ce qui permet à long terme la formation de pétrole. La morphologie particulière du littoral nigérian (marge passive associée à un intense flux de sédiments) en fait donc un lieu favorable à la production de pétrole. 3 L’exploitation de pétrole au Nigéria pollue l’environnement (fuites d’hy-

drocarbures, combustion de résidus toxiques) et génère des conflits d’intérêt. Les bénéfices tirés de l’industrie pétrolière ne sont pas répartis équitablement et ne profitent qu’à un petit nombre d’individus. Exercice 2 Questions

La rivière Athabasca 1 Le document 1 montre qu’au Dévonien, le Saskatchewan et la Colom-

bie britannique étaient situés sur des marges actives, c’est-à-dire des zones de subduction. Ces zones sont le lieu d’une intense activité sismique et volcanique et ne sont pas du tout favorables à la formation de pétrole. En revanche, l’Alberta était située en bordure d’une mer peu profonde, qui devait être le lieu d’une forte sédimentation. Ceci explique qu’on trouve davantage de pétrole et de gaz d’âge Dévonien en Alberta qu’en Colombie Britannique ou qu’au Saskatchewan.

80



2 La roche-mère du pétrole est la craie, la roche-réservoir est le sable

bitumineux et la roche couverture est l’argile. 3 La rivière Athabasca a érodé la couche argileuse qui empêchait le

pétrole de remonter à la surface. Une fois le piège détruit, le pétrole, qui est léger, remonte à la surface et se répand sur les berges. n


81


Séquence 6 Sommaire Correction des activités du chapitre 1 Correction des activités du chapitre 2 Correction des activités du chapitre 3 Correction des exercices


83


C

orrection des activités du chapitre 1 Pour s’interroger L’agriculture, une invention qui remonte à 10000 ans.

Questions

1 Toutes ces plantes ont la particularité de posséder des grains riches en

amidon (glucide) qui est une source d’énergie. De ce ait, les céréales constituent la base de l’alimentation humaine (En Inde par exemple, les céréales constituent 65 % de l’apport en calories) mais également animale. 2 Une culture vivrière est une culture dont les produits sont destinés

à nourrir ceux qui les produisent. Le surplus de production peut cependant être vendu localement. On distingue ce type de culture de cultures à caractères commercial dont les produits sont pour l’essentiel destinés à la vente. On a donc schématiquement deux types d’agriculture dans le monde : une agriculture traditionnelle qui cultive pour se nourrir et une agriculture qui cultive pour vendre. Ces deux types d’agriculture se distinguent également par des pratiques diérentes. 3 Ce sont les grains qui sont à l’origine de nouvelles plantes

Pour que de nouvelles plantes puissent naitre, il aut que les grains tombent sur le sol et germent. Dans le cas du maïs, les grains sont rattachés à un axe central rigide et emballés dans des spathes alors que chez la téosinte l’axe central qui porte les grains est souple et casse à maturité. Ces particularités morphologiques ne avorisent pas la dissémination des graines du maïs et la survie de l’espèce. Sans l’intervention de l’homme, des espèces comme le maïs ne pourraient pas exister. On peut noter que cette rigidité de l’axe central est utile à l’homme. En eet, les grains sont plus aciles à récolter 4 L’agriculture est le ruit d’un processus qui a commencé par la domes-

tication d’espèce sauvage. On peut supposer que les premiers agriculteurs aient sélectionné des épis de téosinte dont ils jugeaient les caractères intéressants et ont ressemé les grains issus de ces épis. On doit retenir que l’homme ne s’est pas réveillé un beau matin, en disant qu’il allait cultiver, qui le maïs qui le blé, car à cette époque le blé et le maïs tel que nous les connaissons aujourd’hui n’existaient pas.


85



Les végétaux chlorophylliens fabriquent de la matière organique 1 Ce phénomène est la photosynthèse. 2 et 3

O2 Respiration Photosynthèse

O2

CO2

CO2

H2O l o s s u o S

Nutrition minérale

H2O

l o S

Transpiration

NO3—

Horizon

PO43

—

4


86

Les relations trophiques dans un écosystème 1



Horizon

2 Nous constatons la complexité des relations trophiques au sein d’un

écosystème. Un même être vivant peut appartenir à plusieurs chaînes alimentaires. Ainsi, le campagnol peut être consommé par l’épervier ou la martre ou le renard. Les diérentes chaines alimentaires ont par conséquent des maillons communs ormant un réseau trophique. 3 Exemples de chaîne alimentaire :

Feuilles mortes

Lombric

Hérisson

Racines

Campagnol

Renard

Nous constatons qu’à la base des chaînes alimentaires, nous trouvons des végétaux chlorophylliens : les parties consommées peuvent être vivantes (herbe, ruit comme les aines ou les cônes) ou mortes (euilles mortes), chlorophylliennes (euilles) ou non (bois du tronc, racines) mais l’organisme qui les produit est chlorophyllien. Ceci est lié à la capacité qu’ont les végétaux chlorophylliens de abriquer leur matière organique à partir de matières minérales ; ils sont autotrophes. Les autres maillons des chaînes sont hétérotrophes et ne peuvent que consommer la matière organique initialement produite par les autotrophes. Activité 3

Réaliser et interpréter une pyramide des biomasses 1 et 2

Etres vivants

Régime alimentaire

Biomasse en g.m–2.an–1

Niveau trophique

Poacées = graminées

3000

I

Brassicacéées =crucières

1000

I

Autres végétaux chlorophylliens

700

I

Insectes

Phytophage

0,1

II

Mammières

Phytophage

0,2

II

Oiseaux

Phytophage

0,4

II

Araignées

Zoophage

0,01

III

Oiseaux.

Zoophage

0,03

III

Mammières

Zoophage

0,04

III

Insectes

Zoophage

0,03

III


87


Niveau trophique

Biomasse en g.m–2.an–1

Surace en cm2

I = producteurs primaires

4700

23,5

II = Consommateurs premier ordre

0,7

0,0035

0,11

5,5.10-4

de

III = Consommateurs de second ordre

Remarque Schéma d’une pyramide des biomasses

Cette représentation n’est qu’une approximation de ce qui se passe au sein d’un écosystème. En eet la biomasse souterraine est souvent négligée et un être vivant peut occuper plusieurs niveaux trophiques.

Niveau trophique III Niveau trophique II

Niveau trophique : Producteurs primaires

3 La biomasse végétale est énormément plus importante que la bio-

masse de phytophages (environ 6700 ois) et les zoophages sont en quantité beaucoup moins abondants que les phytophages (environ 7 ois). Des producteurs aux diérents niveaux de consommateurs, un transert de matière est réalisé au sein d’un écosystème via les chaînes alimentaires mais on constate des pertes importantes quand on passe d’un niveau trophique au niveau suivant. On peut proposer l’explication suivante : seule une partie de la biomasse ingérée par le niveau trophique supérieur est transormée en matière organique.

88



Activité 4

Le flux de matière dans un écosystème forestier 1

5

5

2 4 5

4 2

1

2

1

Absorption

3 Export

2

Import

4 Restitution

3

5

Stockage

Transfert de matière liée au cycle biologique

2 La notion d’équilibre implique que les entrées d’azote annuelles com-

pensent les sorties d’azote annuelles. Dans la rubrique ‘’entrée‘’, on peut ranger l’azote apportée par les précipitations ainsi que la litière et le bois mort annuel. Dans la rubrique ‘’sortie’’, on peut ranger l’azote perdu par lessivage et l’azote absorbé par les végétaux. En chires, on a donc 10 + 70 = 80 kg.ha –1.an–1 du côté des entrées et 85 + 4 = 89 kg.ha–1.an–1 du côté des sorties. Il y’a donc équilibre entre les entrées et les sorties d’azote ce qui permettra de préserver la réserve minérale du sol 3 En absence de décomposeurs, la litière et le bois ne seraient pas

minéralisés. Le seul apport d’éléments minéraux proviendrait des précipitations. On observerait alors un épuisement des réserves minérales du sol et un ralentissement de la production végétale.


89


Activité 5

Comprendre la circulation des atomes d’azote dans un écosystème 1

2 L’azote minéral (N) est capté à partir du sol par les racines des plantes

et est ensuite incorporé à la matière végétale sous orme de protéines. Les protéines sont des molécules organiques constituées d’atomes d’azote (cours de seconde).Les protéines végétales sont consommées par un herbivore (le lapin) qui utilise les atomes d’azote (N) pour produire des protéines animales. Le lapin est mangé par un carnivore (le renard). Les atomes d’azote des protéines « lapin » vont permettre la abrication de protéines « renard ». Le renard va excréter vers le sol une partie de cet azote sous orme d’urine. L’urée qu’elle contient est transormée par les bactéries du sol en nitrates utilisée par les végétaux. A la mort d’un animal ou d’un végétal les protéines qui le constituent seront également dégradées et l’azote organique qu’elles contiennent sera minéralisé par les bactéries du sol. Activité 6

La mesure de l’énergie est un moyen possible de comparaison des différents processus de transformation de la matière 1

Dioxyde de carbone

Côte de bœuf Lait

Bouse de vache

Herbe Producteur

90

Consommateur I



Humain Consommateur II

2

Activité 7

Ce qui entre dans la vache

Ce que produit la vache

Herbe

Bouse Dioxyde de carbone Matière animale viande, lait…

Calculer les rendements énergétiques dans un écosystème 1 Le bilan des transormations chimiques réalisées au cours de la respi-

ration peut s’écrire : C6H12O6 + 602

6 C02 + 6 H2O + énergie

2 Un autre phénomène permet d’extraire l’énergie contenue dans la

matière organique. Ce phénomène est la ermentation. Tous les êtres vivants tirent l’énergie qui est nécessaire (croissance, mouvement, régulation thermique,…) de la dégradation des nutriments absorbés par les cellules. C’est parce qu’il est traversé par un lux de matière et d’énergie qu’un organisme donné maintient sa structure et son onctionnement. Dans la plupart des cellules (animales et végétales), l’énergie potentielle des molécules organiques est transformée en énergie par la respiration. Placées en anaérobiose, certaines peuvent dégrader les nutriments par ermentation. D’autres cellules utilisent ce seul processus pour satisaire leurs besoins énergétiques

Remarque

Seul le nom du phénomène était attendu

3 On recherche la quantité d’énergie contenue dans la matière produite

par un hectare de orêt. Matière en tonnes

Energie en KJ

8 tonnes de bois

18,8 x1000 x 8000 = 150400000

3 tonnes de euilles

19,2 x 1000 x 3000 = 57600000

1 tonne de racine

18,8 x 1000 x 1000 = 18800000

1 tonne de ruit

18,8 x 1000 x 1000 = 18800000

Total

245600000

Le rendement est donc de 245600000 x 100/3081640 x 10000 = 0,79 %. On constate que ce rendement est très aible. Très peu d’énergie solaire est convertie en matière organique. 4 I, c’est l’énergie contenue dans l’herbe que la vache mange, NA , c’est

l’énergie qui passe dans son corps mais qui ne sert pas, ce sont les bouses.


91


P, c’est ce que la vache abrique comme matière à partir de son alimentation, par exemple le lait et la viande (il y a aussi les poils, la corne des sabots, les os etc…) R c’est l’énergie que la vache dépense pour produire sa chaleur, ses synthèses chimiques et son mouvement et dont le CO2 est le résultat mesurable. A c’est la matière issue de la digestion qui passe dans le sang et qui sert à l’eort physique et à la construction de l’individu. C’est essentiellement du glucose qui passe par l’état intermédiaire de glycogène dans le oie et dans les muscles. Dans le tableau nous avions à gauche « Ce qui rentre dans la vache » et à droite « Ce que produit la vache ». On retrouve sur ce schéma « Ce qui rentre dans la vache » à gauche vers le niveau des producteurs, en l’occurrence l’herbe et on retrouve à droite les lèches indiquant de que produit la vache vers les niveaux des consommateurs, en l’occurrence l’homme (éventuellement) et les décomposeurs pour la bouse 5 Pour le campagnol, l’énergie se répartie de la manière suivante.

L’énergie ingérée représente 100 % de l’énergie. I = 100% R = 68% P= 2% On peut en déduire A et NA . A = 68 +2 = 70% et NA = 100 -70 =30%. Le rendement d’assimilation = A/I =70/100 x 100 = 70% Le rendement de production = P/A = 2/70 X 100 = 2,8% Pour la belette. R = 93% P = 2,5% A = 93 + 2,5 = 95,5% et NA = 100 -95,5 = 4,5% Le rendement d’assimilation = A/I x 100 = 95,5% Le rendement de production = 2,5/95,5 x 100= 2,6% Nous constatons que la plus grande partie de l’énergie ingérée est perdue par respiration. Cette énergie est utilisée à des ins énergétiques (mouvements, régulation de la température….) Seule une aible partie de l’énergie assimilée sert à produire de la matière organique. 6 A chaque niveau trophique, nous avons vu que le mangeur abriquait

sa matière et produisait son énergie à partir du « mangé ». La matière nouvelle produite disponible comme nourriture pour le niveau suivant est en ait très aible par rapport à la quantité consommée. La belette devra manger beaucoup de campagnols pour pouvoir grandir, campagnols qui eux-mêmes auront mangé énormément d’herbe. A chaque niveau il y a beaucoup de pertes. Le rendement aible que l’on a observé dans la photosynthèse se retrouve aussi quand on passe d’un niveau trophique à l’autre. L’énergie disponible au départ du ait de la photosynthèse est donc rapidement perdue d’un maillon à l’autre et le nombre de transerts est donc limité.

92



Activité 8

Représenter sur un schéma les flux de matière et d’énergie dans un écosystème

Plantes vertes

O2 CO2

C1

Matière organique morte : cadavres, feuilles mortes...

C2

C3

Détritivores

Sels minéraux Décomposeurs

Circulation de la matière minérale Flux d’énergie Circulation de la matière organique.

Activité 9

Rédiger une synthèse Dans un écosystème, la matière organique produite par les végétaux chlorophylliens assure l’existence d’un réseau trophique complexe. En eet, les organismes hétérotrophes dépendent directement ou indirectement des végétaux chlorophylliens. C’est en utilisant des matières organiques déjà existantes qu’ils trouvent les matériaux et l’énergie qui leur sont nécessaires. La matière organique produite par les organismes autotrophes est donc transormée le long des chaînes alimentaires. Le passage de la matière organique d’un niveau trophique à un autre se ait avec des pertes considérables d’énergie La minéralisation de cette matière par les organismes décomposeurs permettra de ournir aux autotrophes les éléments minéraux dont ils ont besoin. Il existe donc un cycle de la matière.


93


C Questions

orrection des activités du chapitre 2 1 Agrosystème

Ecosystème

Champ de Tournesol Champ de maïs Prairie d’alpage Pâturage Vigne Elevage de porc Riziculture Bananeraie

Prairie naturelle Forêt Lande Lac

Les prairies d’alpage peuvent être considérées comme des agrosystèmes car l’homme utilise ces espaces comme source de nourriture pour les troupeaux à la belle saison. C’est donc une source de production animale (lait, viande…). On peut noter la grande diversité d’agrosystèmes. 2 La production primaire se déinit comme la quantité de biomasse végé-

tale abriquée par unité de surace. Cette biomasse végétale abriquée au cours de la photosynthèse comprend les grains mais également les tiges, les racines et les euilles. Le concept de rendement ne prend en compte qu’une partie de la biomasse abriquée : celle qui a un intérêt sur le plan économique et alimentaire. Une culture donnée peut donc avoir un aible rendement et une orte production primaire. Au cours de ce chapitre nous erons souvent réérence à la notion de rendement. C’est ce critère qui est utilisé pour comparer les cultures, pour juger de la perormance d’une pratique culturale… 3 Nous constatons que les rendements de blé et maïs ont ortement

augmenté de 1960 à 2000. Ils ont été multipliés par 4 passant d’une vingtaine de quintaux par hectare en 1960 à 80 quintaux pour le blé et 90 pour le maïs en 2000. Depuis 2000, les rendements n’augmentent plus. Les rendements de colza ont également augmenté mais de açon moins importante passant de 15 quintaux par hectare en 1960 à 35 quintaux par hectare en 2000. On constate également une stagnation des rendements de colza depuis 10 ans. En 1960, le rendement était de 20 quintaux soit 2000 kg par hectare. La surace nécessaire pour produire 100 tonnes de blé était donc de 100 x 1000/2000 = 50 ha. En 2000, le rendement était de 75 quintaux soit 7500 kg par hectare. La surace nécessaire pour produire 100 tonnes de blé était donc de 100 X 1000/7500 = 13,33 ha soit une surace presque 4 ois moindre qu’en 1960.

94



Cette évolution est considérable et cette période (1960-2000) a vraiment modiié les pratiques agricoles, mais également l’économie, les sociétés humaines et on le verra plus tard, laissée son empreinte sur l’environnement. On doit également noter que cette évolution a permis d’atteindre, du moins dans les pays développés, la sécurité alimentaire ; les excédents rejoignant les exportations. Pour expliquer cette évolution considérable on peut poser un certain nombre d’hypothèses : •

L’amélioration des techniques (machines plus perormantes)

•

L’utilisation d’engrais chimiques.

•

L’utilisation massive de pesticides.

•

L’amélioration des semences.

L’évolution constatée doit donc être reliée à la réalisation de progrès sur le plan scientiique (chimie, génétique…) Activité 1 Questions

Comprendre le rôle joué par l’homme dans les agrosystèmes 1 Dans un agrosystème type culture, l’essentiel de la production pri-

maire (tiges, euilles et grains) est exportée et utilisée à des ins alimentaires (animales ou humaines). Dans un agrosystème type pâturage, la matière organique abriquée par les graminées (ray grass…) constituant la prairie est consommée par les bovins et est utilisée, en partie, par les bovins pour abriquer leur matière organique (rappelons nous qu’une partie est perdue par respiration). Elle est donc également exportée de l’agrosystème.Dans un écosystème orestier, la matière organique abriquée par les végétaux chlorophylliens alimente un réseau trophique mais à un moment ou à un autre (chute des euilles, mort des animaux…) cette matière organique est restituée au sol. Dans un agrosystème, très peu de matière organique est restituée au sol. On peut résumer ce qui précède dans le tableau suivant :

Devenir de la production primaire

Ecosystème orestier

Champ de maïs

Pâturage

La production primaire alimente un réseau trophique mais au fnal est restituée au sol.

Exportée de l’agrosystème sous orme de tiges, euilles et grains

La production primaire permet la production animale (lait, viande) et est donc exportée de l’agrosystème

2 Nous savons que les végétaux prélèvent dans le sol les éléments

minéraux nécessaires à leur croissance. Nous savons également que dans un écosystème, le prélèvement d’éléments minéraux dans le sol par les végétaux est équilibré par une minéralisation régulière de la matière organique morte ; minéralisation assuré par les décomposeurs. Dans le cas d’un agrosystème, la situation est diérente.


95


En exportant la matière organique, on prive le sol d’une source de minéraux. On peut donc supposer qu’au il des années la richesse en éléments minéraux s’amenuise à moins que l’homme n’intervienne… 3 On doit réaliser le bilan des entrées et des sorties.

Culture de maïs grains Elément chimique

Entrées dans le sol en kg.ha–1

N

Réserve du sol

15

Sorties du sol en kg.ha –1

Bilan (Entrées – sorties) en kg.ha–1

Exportation

(15 + 3+ 100 +30) –

131

(131 +241) = –224 Apport atmosphère

3

Restitution après récolte

100

Absorption par la

241

culture Diazote de l’air ixé par

30

bactéries du sol

Culture de maïs ensilage Elément chimique

Entrées dans le sol en kg.ha –1

Sorties du sol en kg.ha –1

Bilan (Entrées – sorties) en kg.ha–1

N

Réserve du sol

Exportation

(15 + 3+ 52+ 30) – (206 +

15

206

241) = – 347 Apport atmosphère

3

Restitution après récolte

52

Absorption par la

241

culture Diazote de l’air ixé par

30

bactéries du sol

Ce tableau permet d’établir la conclusion suivante. Dans le cas du maïs grain et ensilage, le bilan est négati ce qui signiie qu’à chaque culture il y’ a davantage d’azote exporté du sol que d’azote restitué au sol. A chaque culture la réserve en azote diminue de açon importante. Or l’azote est un élément essentiel à la croissance de végétaux. Sans apport d’azote par l’homme, on verrait donc les rendements diminuer de açon considérable. Les engrais apportés par l’homme permettent d’assurer un équilibre minéral du sol et des rendements optimaux. Les diérences constatées entre la culture de maïs grains et ensilage s’expliquent par le ait que dans la culture de type ensilage, l’exportation de matière organique (grains + euilles + tiges) est plus importante. Seuls l’appareil racinaire et une partie de la tige (chaume) restent sur place et assurent une restitution d’éléments minéraux au sol. 4 Le mot d’adventices désigne les pantes indésirables dans les cultures.

Ce sont les plantes que l’agriculteur cherche à éliminer par des moyens mécaniques ou chimiques. Pourquoi sont-elles indésirables ? 96



5 Le document 4a nous permet de comprendre qu’en présence d’ad-

ventices, la croissance de la plante cultivée est déavorisée. En eet, les plantes adventices exercent une concurrence pour les ressources minérales (eau, sels minéraux) et l’énergie solaire. Or ces acteurs sont nécessaires à la photosynthèse et donc à la production de matière organique. Cela est conirmé par le document 4b. On constate que le poids de betteraves par m2 diminue avec l’augmentation du nombre d’adventices. 6 L’élimination des adventives diminue la biodiversité par eet direct

mais également indirect en supprimant tous les organismes (insectes, oiseaux…) liés aux plantes adventices. Dans un agrosystème la diversité végétale est très diminuée au profit de la seule espèce cultivée. On peut également s‘interroger sur l’effet des produits chimiques utilisés pour l’élimination des adventices sur la faune du sol et le cycle des décomposeurs. Il en résulte un réseau trophique simplifié et orienté dont l’homme est le principal bénéficiaire. 7 Nous constatons qu’en 2003 année particulièrement sèche, les ren-

dements en colza, blé, maïs et soja ont diminué de manière importante. Ainsi le rendement de maïs par exemple est passé de 95 à 70 quintaux soit une diminution de 26,3%. Pour produire de la matière organique, les végétaux chlorophylliens ont besoin d’éléments minéraux mais également de dioxyde de carbone. (Voir chapitre 1) Or celui-ci est prélevé dans l’atmosphère et pénètre dans la euille, lieu de la photosynthèse, par des structures particulières, les stomates. En cas de stress hydrique les stomates se erment limitant l’entrée de C02 dans la euille et donc la photosynthèse. Lors des années sèches, les végétaux chlorophylliens abriquent moins de matière organique. Cela se traduit concrètement, sur une culture de blé par exemple, par des tiges plus petites et des épis contenant des grains moins gros. 8 Dans un écosystème, les éléments nutritis sont restitués au sol. Dans

un agrosystème, les plantes cultivées consomment beaucoup d’éléments nutritis. Ces éléments sont exportés au moment de la récolte (dans les grains, les tubercules, les ourrages, les légumes…) et ne sont pas restitués au sol qui s’appauvrit. En l’absence d’apport extérieur, l’appauvrissement du sol aura pour conséquence une diminution des rendements. La richesse du sol en éléments nutritis doit donc être maintenue par l’homme. Dans un agrosystème, l’espèce cultivée doit bénéicier de conditions de croissance optimales. Cela implique une destruction des espèces pouvant entrer en compétition (en particulier sur le plan trophique) avec l’espèce cultivée. Dans un agrosystème la diversité végétale est aible et les réseaux trophiques s’en trouvent ortement simpliiés.


97


L’eau est un élément clé des agrosystèmes. Un stress hydrique se traduit par une diminution de la production végétale et donc des rendements. Ain de sécuriser les rendements, l’homme doit recourir à l’irrigation. Activité 2

Comprendre l’impact sur l’environnement d’une fertilisation excessive

Questions

1 Le document 7d nous renseigne sur la teneur en nitrates en Bretagne,

en Beauce et en Corse. Pour les deux premières régions, on constate que le taux de nitrates dans les eaux souterraines est élevé et parois supérieur à la teneur maximale tolérée. En Corse, cette teneur en nitrates est beaucoup plus aible. Comment expliquer ces diérences ? Le document 7 d nous permet d’établir une corrélation entre le taux de nitrates et le type d ‘agriculture. L’agriculture dominante en Corse est l’élevage extensi alors qu’en Bretagne ou dans la Beauce l’agriculture dominante est intensive (élevage ou/et cultures de céréales). Quelle est l’origine des nitrates ? Au cours d’une année, les agrosystèmes (culture de blé ou pâturage) reçoivent un apport nutriti sous orme d’engrais minéraux et / ou organiques (lisier). Dans le sol, ces engrais sont transormés en nitrates, orme sous laquelle les végétaux peuvent assimiler l’azote nécessaire à leur croissance mais tous les nitrates ne sont pas absorbés. Ces derniers solubles sont acilement entrainés dans les cours d’eau ou les nappes phréatiques par lessivage. Tous les nitrates non utilisés par les végétaux pour leur croissance contribueront donc à enrichir les cours d’eau en nitrates.

Le devenir des nitrates non utilisés pour la croissance des plantes cultivées

98



2 L’agriculture intensive peut donc être à l’origine du phénomène de

marée verte. En eet, les nitrates issus des engrais minéraux ou organiques et non utilisés par les végétaux se retrouvent dans les cours d’eau et y avorisent la multiplication des algues vertes. Remarque

La putréaction des tonnes d’ulves dégage de l’hydrogène suluré nauséabond mais aussi néaste pour les espèces vivantes du milieu.

En eet, les algues sont des végétaux chlorophylliens qui, comme une culture, répondent par un accroissement de leur productivité à des doses d’azote. On observe donc une « explosion » de la productivité des algues, qui se déposent sur les plages : c’est le phénomène des marées vertes. Les phosphates participent également à ce phénomène.

3 Rendements en fonction de l’apport en

azote

Rendement en quintaux.ha–1

80 60 40 20 0 0

50

100

150

200

250

Masse d’azote en Kg.ha–1

Nous constatons qu’au-delà de 180 kg.ha –1, la quantité d’azote supplémentaire apportée au sol n’entraine pas une augmentation mais une diminution du rendement. Cet azote est donc inutile. Il est donc nécessaire de aire correspondre les besoins et les apports. Activité 3 Questions

Comprendre le principe de la fertilisation raisonnée 1 En recensant les besoins et les apports on obtient le tableau suivant.

Besoins en kg.ha–1 Besoins de la culture = Objecti de rendement x besoin par quintal ■

3 x 70

Apports du sol en kg.ha–1 ■

■

Reliquat azote mesuré

30

Minéralisation de l’humus.

30

Azote libéré ou mobilisé par le précédent cultural

0

Eet prairie

30

+ ■

Azote non extractible par les racines des plants de blé

■

20 –

■

Azote déjà absorbé par la culture à la fn de l’hiver

Total des besoins

■

10

220

Total des apports

90

On peut déduire la dose d’azote à apporter en calculant la diérence entre les besoins de la culture et les apports.


99


Dose d’azote à apporter = besoins de la culture – apports du sol = 220 –90 = 130 kg.ha–1. Par conséquent la quantité d’azote déinie par l’agriculteur n’est pas adaptée aux besoins de la culture. A noter que la ertilisation azotée représente un coût inancier mais également énergétique. Il aut environ un litre de pétrole pour synthétiser un kg de N. Activité 4

Comprendre que le choix d’une pratique culturale peut en limiter l’impact sur l’environnement En août, la quantité d’azote minérale dans le sol est de 60 kg.ha–1. cela correspond à l’azote qui n’a pas été utilisé par le blé pour sa croissance. On nomme cette quantité le reliquat azoté. Dans l’itinéraire technique n°1, sous sol nu, la quantité d’azote minérale du sol est de 160 kg.ha –1 en octobre alors qu’aucun apport d’engrais n’a eu lieu. L’augmentation de l’azote du sol à pour origine la minéralisation de l’azote organique du sol. En évrier cette quantité d’azote n’est plus que de 90 kg.ha–1. Au cours de l’hiver, 160 -90 = 70 kg d’azote (sous orme de nitrates) ont donc été lessivés. Outre le ait que ces nitrates aient rejoint la nappe phréatique ou les cours d’eau, ils ne pourront pas être utilisés pour la croissance du maïs. Si une culture de moutarde est implantée après la récolte de blé, la quantité d’azote dans le sol en Octobre n’est plus que de 30 kg.ha–1. En eet, pour leur croissance les plants de moutarde utilisent les ressources minérales du sol. L’azote est donc stocké de açon temporaire dans la biomasse végétale. Cet azote ne sera pas lessivé. A la mort des plants de moutarde une minéralisation de la matière organique moutarde remet l’azote minéral à la disposition de la culture suivante. Cet arrêté est justiié car la couverture du sol entre deux cultures permet de réduire le lessivage c’est-à-dire l’exportation des éléments minéraux. Cette mesure permet donc permet de lutter contre la dégradation de la qualité des eaux souterraines et de surace.


Identifier les problèmes posés par l’utilisation des pesticides 1 Les pesticides regroupent diérentes molécules. Plusieurs types de

pesticides sont distingués en onction des cibles visées. Les insecticides visent à éliminer les insectes, les nématodes (vers), les rongeurs…. Les herbicides ciblent les plantes adventices. Les ongicides ont pout but d’éliminer les champignons indésirables. Les régulateurs de croissance sont des molécules qui modiient la

100



physiologie et la morphologie des végétaux. Ils sont utilisés, par exemple, ain de permettre au blé de résister au phénomène de verse en raccourcissant la tige notamment. 2

Aérosols, gaz

4 1

2 3

Lors de l’application des pesticides, une partie n’atteint pas le végétal (l’objecti visé par les pesticides sont les euilles de végétaux). Une partie se disperse dans l’atmosphère et retombe plus tard avec les pluies et une autre partie se retrouve sur le sol. Dans ce dernier cas, les produits chimiques peuvent être lessivés par la pluie et transportés par ruissellement vers les eaux de surace ou s’iniltrer dans le sol. On peut s’interroger sur l’action de ces pesticides sur la vie du sol. Par ailleurs, via les chaînes alimentaires les pesticides peuvent toucher de nombreux êtres vivants. Les organismes absorbent les substances toxiques en même temps que l’eau et les nutriments. La concentration des toxines dans les tissus augmente à chaque niveau trophique. Les pesticides représentent donc un véritable danger pour l’environnement. Activité 6

Equilibrer les apports et les besoins en eau Pour répondre au problème, on doit mettre en relation les apports et les besoins. L’eau peut être apportée par la réserve du sol et les précipitations. L’eau ournit par le sol est de 54 mm Pour un hectare on obtient donc : 54/1000 x 10000 = 540 m 3.


101


Les précipitations apportent 369,8 mm d’eau. Il faut retrancher 20% perdue par ruissellement ce qui donne 369,8 – (369,8 x 20/100) = 295,84 mm.

Pour un hectare on obtient donc 295,84/1000 x 10000= 2958 m3. Les apports d’eau s’élèvent donc à 2958 + 540 = 3498 m3. On met ce résultat en relation avec les besoins du maïs qui sont estimés à 5800 m3. On constate que le déicit hydrique s’élève à 3498 – 5800 = 2301 m 3. Par ailleurs le document montre que les besoins en eau du maïs évoluent au cours du cycle végétati. Ils sont maximum en Juillet quand le taux de précipitation est le plus bas. On peut conclure de cette analyse qu’un supplément hydrique devra être apporté par irrigation ain de sécuriser le rendement. Activité 7

Les pyramides des énergies et l’alimentation humaine Les pyramides des énergies permettent de comparer les lux d’énergie le long de deux chaines alimentaires. Toutes les chaines alimentaires commencent par un niveau de producteurs primaires, qui utilisent l’énergie solaire et ixent le Carbone (PP). Dans le champ de blé en Hollande, la quasi totalité de la production primaire est prélevée par l’Homme pour la production de arine. BLE (PP) è HOMME (CI) Dans ce cas, l’Homme est consommateur de premier ordre (CI), il consomme directement le végétal. Dans la prairie pâturée en France, l’Homme entretient une prairie pour nourrir des animaux, qui produisent de la viande et du lait. HERBE (PP) è VACHE (CI) è HOMME (CII) Dans ce cas, l’Homme est consommateur de second ordre (CII), il consomme des produits d’origine animale, issus d’herbivores. D’un niveau trophique à l’autre, il y a des pertes de matière et donc d’énergie. Elles correspondent à de la matière non utilisée, mais surtout à la respiration et aux déchets. Plus la chaine alimentaire est longue, plus les pertes sont importantes. D’un strict point de vue énergétique, la position de l’Homme CI est plus rentable qu’en CII. Il est alors possible de calculer en théorie combien d’Hommes pourraient être nourris par un hectare de blé ou un hectare de prairie : •

102

Champ de blé : La productivité en grains utilisables par l’Homme est de 47,9 millions de KJ .ha.an–1 ; les grains sont digestibles à 80%, il reste donc 38,3 millions de KJ .ha –1.an–1 pour la consommation humaine.



•

Prairie pâturée : La productivité secondaire (viande + lait) est de 21,7 millions de KJ .ha–1.an–1; après nourrissage des veaux avec le lait, il reste 11,1 millions de KJ. ha–1.an–1 digestibles à 90%, donc 10 millions sont consommés par l’Homme.

Or, pour nourrir un Homme pendant un an il aut 4,1 millions de KJ. Ainsi, un hectare de blé pourrait théoriquement nourrir 9,3 Hommes, contre seulement 2,4 individus consommateurs de viande. Activité 8

Mesurer l’impact d’une alimentation riche en viande à l’échelle de la planète Viande en kg

Céréales en kg

Bovin

29,2

29,2 x 7 = 204,4

Porc

38,7

38,7 x 4 = 154,8

Volaille

28,6

28,6 x 2 = 57,2

Total

96,5

416,4 kg

L’inde devrait produire 1,2.109 x 416,4/1000 soit 499.10 6 tonnes de céréales par an soit multiplier sa production de céréales annuelle par 2,35. Cela ne serait pas possible car L’inde exploite déjà 83 % de sa surace cultivable… Activité 9

Des pistes pour les protéines du futur : Demain, manger autre chose ? Avantages

Inconvénients

Viande de Kangourou

Viande maigre Peu de production de CO2 La ressource est importante

Pas d’élevage possible

Viande d’insectes

Très riches en protéines, sels minéraux, acides gras saturés (ce sont les « bonnes graisses », acides aminés essentiels ( ces sont les acides aminés que le corps ne peut pas abriquer : il aut donc se les procurer dans l’alimentation), vitamines. Apport calorique limité Les insectes sont présents partout L’élevage est simple, acilement industrialisable. Descendance nombreuse en peu de temps.

Ne ont pas partie de la culture alimentaire en Europe. Ont tendance à accumuler les toxiques des chaines alimentaires (comme tous les prédateurs, et les animaux soumis aux intrants).

Viande synthétique

Pas besoin d ‘élevages couteux. Les animaux sont épargnés

Impossible à produire en grande quantité. Le prix de revient est aramineux.


103


C



Les surfaces cultivables sont limitées 1

Superfcie totale en km2

Superfcie cultivable en km2

Superfcie cultivable en % de la superfcie totale

France

547030

195190

35,6

64

0,3

Kenya

582650

57000

9,7

40

0,14

Yemen

528970

16250

3,07

24

0,06

Tchad

1284000

43300

3,37

11

0,39

Niger

1267000

147350

11,62

16

0,91

Etats Unis

9631420

1731580

17,9

310

0,55

Inde

3287590

1695000

51,55

1170

0,14

Mexique

1970550

269000

13,65

112

0,24

Chine

9598093

1528310

15,9

1330

0,11

Australie

7741220

445300

5,75

21

2,1

Pays

Pop. (106 hab.)

Surace cultivable en ha par habitant

2

Les conclusions

On constate de ortes diérences. Ainsi le Kenya et la France ont une surace totale quasi-identique mais la surace cultivable au Kenya est 4 ois plus petite. Le Mexique est 3,6 ois plus grand que la France et sa surace cultivable est à peine grande que celle de la France. On constate qu’une aible partie du territoire peut être mise en culture.

Explication Conséquence

En eet, un climat trop sec ou trop roid ne permet pas de culture pas plus qu’un sol trop pentu ou trop pauvre. Cela constitue une limite physique à l’expansion de l’agriculture. 3 Le rendement moyen en France est de 75 quintaux ce qui permet de pro-

duire 75 x 75/100 = 56,25 quintaux de farine soit 5625 kg. La consommation annuelle par personne est de 130 x 365 = 47450 g soit 47,45 kg. Un hectare peut donc nourrir 5625/47,45 = 118, 5 personnes. Un hectare de blé au Tchad pourrait nourrir 20 x 100 x 0,75/47,45 = 31,61 personnes. Au Tchad, en Arique sub-saharienne la surace cultivable par habitant est supérieure à celle de la France mais ce

104



constat doit être relativisé. En eet, la productivité d’un hectare au Tchad n’est pas la même que celle d’un Hectare en France Activité 2 Questions

L’impact de l’agriculture sur les sols 1

Région du monde

Etat des sols

Type de dégradation

Origine de la dégradation

Extensif ou intensif

Australie de l’ouest

Moyennement dégradés

Erosion par le vent

Surpâturage

Extensi

Soudan (Arique sub-saharienne)

Moyennement à très dégradés

Erosion par le vent Erosion par l’eau

Surpâturage

Extensi

Rondônia (Etat du brésil)

Moyennement à très dégradés

Erosion par l’eau Dégradation chimique

déorestation

Intensi

Chine (Nord est)

Très dégradés

Erosion par le vent

Activité agricole

Intensive

Bretagne


Dégradation chimique

Activité agricole

Intensive

Beauce


Dégradation physique

Activité agricole

Intensive

2 Les sols se orment très lentement mais se dégradent très rapidement.

L’érosion par l’eau ou le vent est le principal acteur de dégradation des sols. L’érosion peut être d’origine naturelle mais est le plus souvent d’origine anthropique ou accentuée par l’homme par la déorestation, le surpâturage. A cela s’ajoute une dégradation chimique des sols par salinisation, appauvrissement en matières organiques, acidiication, utilisation excessive de pesticides, de nitrates, phosphates… Activité 3 Questions

L’érosion des sols en Manchourie 1 Pour abriquer 1 mètre de sol, il aut 400/0,01 = 40 000 ans. Sa dis-

parition par érosion nécessite 100 ans. 2 L’article nous indique que chaque année les sols perdent une orte

quantité d’éléments minéraux. Or nous savons que ces éléments minéraux sont nécessaires à la production de matière par les végétaux chlorophylliens.Il semble donc y avoir une contradiction entre l’état des sols et les rendements obtenus. On peut supposer que la perte d’éléments nutritis liée à l’érosion est compensée par un apport plus important d’engrais chimique. [Non attendu] Dans certaines régions de Manchourie, 300 kg d’azote hectare sont utilisés par hectare (moyenne en France = 180 kg .ha–1 ) ce qui pose des problèmes d’ordre économique et écologique. 3 L’humus qui est de couleur noire est un mélange de diérents com-

posés organiques qui proviennent de la minéralisation de la matière


105


organique morte (litière notamment) par les microorganismes du sol. Ce sont les orêts qui couvraient ces régions, avant la mise en culture, qui sont à l’origine de la ormation de cet humus.L’humus associé aux argiles orme le complexe argilo humique qui retient les ions positis apportés par les engrais. C’est donc un élément essentiel de la ertilité des sols. Activité 4 Questions

L’eau, une ressource renouvelable mais inégalement répartie 1 La ressource en eau renouvelable d’un pays correspond au volume

d’eau de surace ou souterraine renouvelé chaque année grâce aux pluies. 2 Surface cultivées (1 000 ha)2

Surface irriguées (1 000 ha)2

Terres irriguées en % des terres cultivées

Prélèvements en eau pour l’agriculture (km3.an–1 )

Total des ressources en eau renouvelables (km3.an–1 )

Prélèvement en eau pour l’agriculture en % du total des ressources renouvelables

1620

1620

100

15,42

2,4

643

Brésil

65200

2870

4

36,1

8233

0,4

Chine

135365

52878

39

414,76

2829

14,6

France

19517

2000

10

3,56

203

2

Inde

169650

57000

34

556

1896

29

Israël

440

199

45

1,28

1,67

76

Madagascar

3108

1090

35

14,31

337

4

Maroc

9976

1291

13

11,36

29

39

Mexique

27300

6500

24

60,34

457

17

Pakistan

21970

18000

82

161,84

222

73

Soudan

16900

1950

12

36,07

64,5

56

Viet Nam

7250

3000

41

48,62

891

5

Arabie Saoudite

3 L’eau est inégalement répartie à la surace de la planète. On constate

que dans certains pays, une grande partie des eaux disponibles (Israël, Pakistan) est utilisée à des ins agricoles et il semble diicile d’augmenter les prélèvements ; l’Arabie Saoudite doit prélever de l’eau dans les nappes ossiles (ce qui explique que le prélèvement en eau pour l’agriculture soit supérieure aux ressources renouvelables). Or l’eau est un acteur essentiel à la production agricole Activité 5 Questions

Révolution verte et ressource en eau 1 En culture pluviale, les plantes cultivées ne bénéicient que de l’eau

apportée par les précipitations qui, comme nous le savons, sont

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aléatoires. En agriculture irriguée, l’eau est partiellement ournie par l’homme. Les plantes bénéicient donc de l’eau apportée par les précipitations et de celle apportée par l’irrigation. Il est possible, en agriculture irriguée, de s’adapter paraitement aux besoins du végétal. Le document 5 présente la production céréalière en onction de l’eau utilisée, pour deux types de variétés de riz : variétés traditionnelles et des variétés à ort rendement. Nous constatons que pour un apport d’eau équivalent à 4000 m3 par hectare, la production est plus élevée pour la variété traditionnelle que pour la variété à ort potentiel. Pour un apport d’eau équivalent à 6000 m par hectare la production des variétés à ort potentiel est deux ois plus élevée que celle des variétés traditionnelles. Les variétés à haut rendement produisent davantage que les cultures pluviales seulement si elles reçoivent un apport en eau suisant. Ain d’apporter l’eau nécessaire à l’exploitation du potentiel des variétés à ort rendement, les agriculteurs du Pendjab ont puisé dans les ressources en eau disponibles dans les nappes phréatiques. 2 Le document 6 présente les besoins en eau selon les plantes cultivées.

On constate que ces besoins sont très variables. Ainsi les besoins en eau du haricot sont deux ois moindre que ceux du riz. Une réponse pourrait constituer au remplacement de la monoculture de céréale par une polyculture. Activité 6 Questions

Le bilan énergétique à l’échelle d’une exploitation agricole 1

Emission de gaz à effet de serre Gaz

Tonnes

Tonnes équivalent C02

CO2

60

60

16

CH4

8,4

210,16

56

N 2O

0,35

105,08

28

%

60 + 210,16 + 105,08 =375,24/250200 = 0,0014 t = 1,5 kg par litre de lait produit. 2 Les principales sources de C0 sont l’utilisation des machines agri2

coles mais également la abrication de ertilisants. Remarque : Il aut plus d’une tonne de uel pour abriquer, transporter et épandre une tonne d’engrais azoté. Le umier contient de la matière organique. La décomposition de la matière organique au contact de l’air libère du C02. Le méthane provient essentiellement des animaux. En eet, la digestion des ourrages par les ruminants produits du méthane qui est ensuite éructé par l’animal. Le méthane provient également du umier et des lisiers composés d’excréments animaux.


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La décomposition de la matière organique contenue dans le lisier et umier, en absence d’02, libère une quantité importante de méthane. Le protoxyde d’azote a pour origine la ertilisation azotée. Il est produit par les bactéries au cours de processus de nitriication et/ou dénitriication. Voir cycle de l’azote dans le chapitre précédent 3 3,06 x 2502000 / (4608 x (250200/1000) = 0,66 ce qui signiie que la

valeur énergétique des aliments produits est inérieure à celle utilisée pour les produire. Activité 6

Le semis sur couvert végétal (SCV) Nous savons que les pesticides ciblent les plantes adventices qui entrent en compétition trophique avec les plantes cultivées. En présence d’une couverture végétale permanente, ces adventices ne peuvent pas se développer ou du moins leur développement est limité ce qui permet de limiter l’usage des pesticides.Une utilisation réduite de pesticides est avorable au développement d’une activité biologique intense.La plante de couverture stocke dans sa matière des éléments minéraux prélevés dans le sol évitant ainsi le lessivage et donc l’exportation de ces éléments hors de l’agrosystème. Lorsque cette plante de couverture est détruite, la matière organique morte sera petit à petit minéralisée par les microorganismes du sol. Cette minéralisation permettra d’enrichir en éléments minéraux le sol ; éléments minéraux qui pourront être utilisés par la plante cultivée pour sa croissance. A noter que ces plantes de couverture sont choisies pour leur système racinaire qui leur permet de remonter et recycler les éléments minéraux situées dans les couches les plus proondes du sol. La présence d’une couverture végétale limite l’érosion par l’eau. En eet, lors de pluies intenses, en absence de couverture végétale, la partie supericielle du sol est souvent éliminée ce qui diminue la ertilité du sol. [non attendu] La matière organique des sols est un élément important du sol avorisant la ertililité du sol et sa résistance à l’érosion.

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C Exercice 1 Questions

orrection des exercices Restitution de connaissances 1 90 cm d’eau par hectare ce qui représente un volume de 0,9 x 10 000 =

9000 m3. Ce volume de 9000 m 3 contient 800 x 9000 x 1000 =72.10 8 mg soit 7,2 tonnes. Sur une période de un an, l’irrigation d’une culture sur une surace peut déposer plus de 7 tonnes de sel sur le sol. 2 Les signes les plus distincts des dommages dus à la salinité sont une

mauvaise croissance des récoltes et une baisse des rendements. Les récoltes peuvent tolérer la salinité jusqu’à certains niveaux sans perte mesurable dans leurs rendements (seuil de salinité). Quand le seuil de salinité est dépassé, le rendement des récoltes réduit linéairement à mesure que la salinité augmente. Certains ions toxiques pour les végétaux peuvent s’accumuler dans le sol. [Non attendu] l’accumulation de sels dans le sol augmente la pression osmotique ce qui rend plus difcile la mobilisation d’eau par le végétal. 3 Sous climat humide, les précipitations survenant au cours de l’hiver

ou au cours de la saison des pluies entraînent un lessivage des sels accumulés au cours de la période sèche ou estivale. Exercice 2

Cette méthode permet de réguler la population d’insecte ravageurs de culture en utilisant ses ennemis naturels. En se substituant aux produits chimiques cette méthode préserve l’environnement tout en étant d’un moindre coût économique. Cette méthode suppose cependant une connaissance précise des interactions existant entre les diérentes populations animales. Par ailleurs, l’élimination de la population d’insectes ravageurs ne peut être totale ce qui implique une perte de rendement et parois la mise en place de méthodes complémentaires.

Exercice 3 Questions

1 On qualiie de procaryote les cellules qui ne possèdent pas d’orga-

nites (noyau, mitochondries…). Le terme d’anaérobie indique que ces bactéries peuvent vivre dans un milieu dépourvu d’02. 2 Le produit inal de ces bactéries est le méthane. 3 Les eaux stagnantes des rizières sont pauvres en 0 créant ainsi des 2

conditions favorables au développement des bactéries méthanogènes.


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AL7SN12TEPA0111 Corriges Des Activites Partie 01

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