AL7SN12TEPA0111 Corriges Des Activites Partie 01

Tome1

Sciences de la vie et de la terrePremière S

Corrigés des exercices et activités

Rédaction :

Audrey ProustStéphane Le Souef

Michel AguelonYannick Gaudin

Coordination :

Jean-Michel Le Laouénan

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Séquence 1

3Corrigés des activités – Séquence 1 – SN12

Sommaire

Correction des activités du chapitre 1



Correction des exercices

Correction du devoir autocorrectif n° 1

3




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

2 L’arc de cercle d est un petit morceau de la circonférence terrestre, donc d = 2rπ.(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.

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

3 T= 2π ( )l g/ donc g T=

=

=� 20 3

21 14

9 112 2

π π,

,, .N / kg

Sachant que la valeur réelle est 9,81, on obtient une assez bonne pré-cision…

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/4πr3

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

1 La courbe présente deux pics d’altitude : l’un entre -5000 et -4000m, l’autre entre 0 et 1000m. On peut donc la qualifier de bimodale.

2 Il faut cumuler les pourcentages correspondant à des altitudes infé-rieures à 0m pour obtenir la proportion occupée par les océans. On obtient 72%.

3 La profondeur 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 pro-priétés, et pas la même nature.

5 On retrouve des fossiles communs à plusieurs continents (végétal : Glossopteris) et les contours des s’emboîtent bien l’un dans l’autre à la manière des pièces d’un puzzle.

Activité 1

Activité 2

Activité 3


6 Corrigés des activités – Séquence 1 – SN12

Doc1. Reconstitution de la Pangée

d’autres fossiles confirment cette reconstitution.

Doc2. Localisation d’autres fossiles de l’ère primaire

5 L’emboîtement des côtes de certains continents ainsi que des argu-ments topographiques (courbe bimodale des altitudes), paléontolo-giques (fossiles) et climatiques (moraines) suggèrent que les conti-nents étaient autrefois réunis en une masse continentale unique : la Pangée. Les reliefs continentaux sont donc probablement apparus à la suite de collisions entre des continents. Ces arguments renforcent l’hypothèse 2 et invalident l’hypothèse 1.

Remarque

Activité 4



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 surface a une densité de 2,5. On en déduit que les roches internes de la Terre doivent être de densité beaucoup plus importante.

Petite dépression de la vitesse des ondes P à 100kms de profondeur : la LVZ.

A 2900kms de profondeur environ : la limite manteau-noyau.

A 5200kms de profondeur environ : la limite noyau liquide-noyau solide.

Activité 5

Activité 6




onde réfléchie =rai incident +

rai réfléchi

rai incident

Foyersismique

Stationréceptrice

onde directe

CROÛTE

MOHO

MANTEAU

rai réfléchi

Doc1. Schéma des ondes directes et réfléchies obtenues par Mohorovicic

1 Le théorème de Pythagore donne (d/2)2+h2 = x2

d’où h= ( ( ) )x d2 22− /

En domaine continental, la vitesse des ondes est v=d/t1=100/18,1=5,52km/s. Par ailleurs, v=2x/t2 donc x=vt2/2, x=5,52.21/2=58,0kms.

On a donc h= ( ( ) )58 0 100 2 29 42 2, / , .− = kms

En domaine océanique, la vitesse des ondes est v=d/t1=80/13,6=5,88km/s. Par ailleurs, v=2x/t2 donc x=vt2/2, x=5,88.14,1/2= 42,3kms.

On a donc h= ( ( ) )42 3 80 2 10 82 2, / , .− = kms

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

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 micro-

lithique (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.

Activité 1

Activité 2



4 c =1 : feldspath plagioclase, 2 : quartz, 3 : mica noir.

d = 1 : pyroxène, 2 : verre, 3 : feldspath plagioclase.

granite

0 50,1

Si 36,5

Al 5,8

Ca 0 à 2

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 felds-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%.

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 : feldspath. Lame B : 1 : feldspath, 2 : pyroxène.

2 On constate que les minéraux sont les mêmes (feldspaths et py-roxènes). La seule différence 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 différentes.

4 Le basalte est situé au contact de l’eau de mer : le magma qui le forme est donc brutalement refroidi. Tous les minéraux n’ont pas le temps de cris-talliser : on retrouve du verre. Les minéraux formés restent de petite taille. Le gabbro est situé en profondeur : il est refroidi lentement et a le temps de cristalliser entièrement. Les minéraux formés sont de grande taille.

1 Au niveau continental, on observe que la vitesse des ondes augmente à partir de 30 km de profondeur. Or, on sait que la croûte a une épais-seur moyenne de 30 km en domaine continental. En dessous de cette profondeur, les ondes passent dans le manteau.

Au niveau océanique, on observe que la vitesse des ondes augmente à partir de 10 km de profondeur. Or, on sait que la croûte a une épais-seur moyenne de 10 km en domaine océanique. En dessous de cette profondeur, les ondes passent dans le manteau.

Activité 3

Activité 4

Activité 5



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 franchissement du Moho.

2 Schémas :

CROÛTE OCÉANIQUE

CROÛTECONTINENTALE[ 7 km 30 km 70 km

MOHO

MANTEAUMANTEAU

MOHO

Péridotite Gabbro Granite Basalte

Doc2 : Le Moho




1 Soit p la profondeur 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

-1

-2

-3

-4

-5

-6

0 1 2 3 4 5 6

Distance à la Floride (kms)

Prof

onde

ur (k

ms)

3 On observe que la profondeur 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 Pacifique 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 Pacifique.

1 et 2

MAROC

2400 m5800 m 5800 mFonds abyssaux Fonds abyssaux

Lithosphère

DorsaleCUBA

3 A l’axe de la dorsale, on observe un important flux de chaleur ainsi qu’un relief bombé important. Ceci laisse penser que des remontées de magma ont lieu à l’axe de la dorsale, et que le matériau y est forte-ment expansé. L’hypothèse d’une formation de la croûte océanique à l’axe de la dorsale concorde avec ces observations : la faible épaisseur de croûte expliquerait la décompression du manteau sous-jacent, qui

Activité 1

Activité 2



entraînerait une fusion partielle. De part et d’autre de l’axe, on ob-serve que le plancher océanique s’enfonce et que le flux de chaleur di-minue sensiblement. Ceci pourrait s’expliquer par un refroidissement et une augmentation d’épaisseur de la lithosphère océanique au fur et à mesure qu’elle s’écarte de l’axe (le magma formé à l’axe cristalli-serait en basalte et gabbro).

1 Au niveau des dorsales, la température augmente davantage avec la profondeur qu’au niveau des fonds abyssaux.

2 Le géotherme de dorsale coupe la courbe de fusion de la péridotite : cette roche est partiellement fondue à l’aplomb de la dorsale. Le géo-therme à l’aplomb des fonds abyssaux ne coupe pas la courbe de fu-sion de la péridotite : cette roche ne fond pas.

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 entiè-rement cristallisé, le champ magnétique n’existera plus et la Terre re-cevra davantage de rayons solaires ionisants.

1 Voir schéma ci-dessous :

Champ magnétique supérieur àcelui enregistré sur les continents(anomalies positives).

Champ magnétique inférieur àcelui enregistré sur les continents(anomalies négatives).

2 Les fonds océaniques présentent une alternance de bandes d’ano-malies magnétiques positives et négatives. Cela donne à l’enregistre-ment un aspect « zébré ».

3 On constate que les bandes d’anomalies magnétiques sont symé-triques de part et d’autre de la dorsale. De plus, leur épaisseur reflète la durée des périodes magnétiques définies par le calendrier des in-versions magnétiques. Ceci est cohérent avec le fait que le plancher océanique se formerait à l’axe de la dorsale, puis s’écarterait en « fos-silisant » de chaque côté la polarité magnétique correspondant à sa période de refroidissement.

Activité 3

Activité 4

Activité 5



Champ magnétiquesupérieur àcelui enregistrésur les continents(anomalies positives)

Champ magnétiqueinférieur àcelui enregistrésur les continents(anomalies négatives)

Champmagnétiqueenregistré

Distance àl’axe de ladorsale (km)

Age du fondocéanique(Ma)

0

012345 1 2 3 4 5

50100150200 50 100 150 200

4 On constate que les trois dernières bandes de polarité normale re-montent 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-Pacifique est donc de 200/5=40 km.Ma–1 soit 4 cm.an–1.


14 Corrigés des exercices – Séquence 1 – SN12


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 fossiles de plantes

(Glossopteris) sur plusieurs continents.– des arguments climatiques : des sédiments de même âge, par exemple

des moraines glaciaires, ont été retrouvés sur différents 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 fragmen-tation à partir d’une masse unique.

– des arguments morphologiques : la concordance des côtes de l’Afrique 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 superficie des roches de type basalte et en profondeur, des gabbros. Cette croûte surmonte un manteau de nature péridotitique. La lithosphère continentale fait 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 diffère.

3

Doc 1. Aspect de la lithosphère à 40MA

Exercice 1


15Corrigés des exercices – Séquence 1 – SN12

La profondeur du Moho sous l’Himalaya

On cherche à déterminer la profondeur du Moho au niveau de la chaîne himalayenne. Les données obtenues par sismologie sont présentées dans le tableau ci-dessous.

Distance foyer-station

Temps d’arrivée des 1ères ondes

Temps d’arrivée des 2ndes ondes

Domaine himalayen 150 kms 27,1 s 37,1 s

Plus h est grand plus les ondes réfléchiesmettent de temps à parvenir à la stationréceptrice. Connaissant d et la vitesse desondes sismiques on trouve facilement lavaleur de h.

CROÛTE

Himalaya

MANTEAU

MOHO

+ +Stationémettrice

Stationréceptrice

Ondesréfléchies

Ondes directes

d

h

Doc 2. Sismique-réflexion dans l’Himalaya

1 Pythagore donne (d/2)2+h2 = x2 d’où h= ( ( ) )x d2 22− /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= ( ( ) )102 7 150 22 2, /− = 70,1kms.

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

La profondeur du Moho sous l’HimalayaOrigine de la rhyolite

1 1 et 3 : feldspath 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 confirmerait 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 rhyo-lite pourrait donc se former en domaine continental, par épanchement puis cristallisation à l’air libre d’un magma de nature granitique.

Exercice 2

Exercice 3



Scanner la Terre : la tomographie sismique

1 La vitesse des ondes augmente avec la densité d’un milieu.

2 A l’aplomb d’une dorsale, on observe que la vitesse des ondes dimi-nue. 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 fondu, en profondeur.

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.

Exercice 4

Exercice 5


17Corrigé du devoir autocorrectif n°1 – SN12


Restitution des connaissances

Après avoir présenté les principales roches constituant la lithosphère océanique, vous expliquerez leur mode de formation au niveau des dor-sales.

La lithosphère est la partie superficielle de l’écorce terrestre, qui forme les plaques tectoniques. La lithosphère océanique est constituée d’une partie crustale superficielle formée 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 surface, ce qui ex-plique sa texture microlithique, alors que le gabbro a cristallisé en pro-fondeur ce qui explique sa structure grenue. Toutes deux comportent des feldspaths, des pyroxènes, et le basalte comporte en outre une im-portante proportion de verre. En dessous de la croûte, on retrouve un manteau de nature péridotitique (roche plutonique formée d’olivine et de pyroxènes). Les lithosphères océaniques retrouvées à la surface du globe sont d’âges variables, entre 0 et 180MA.

Comment cette lithosphère se met-elle en place au fond des océans ?

Nous allons voir la production des magmas à l’origine de ces roches vol-caniques, 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 formation de la lithosphère océanique

On observe au niveau du milieu des océans des « rides », qui sont des reliefs positifs importants (2500m de profondeur, alors que les fonds 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 flux 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 faible : la péridotite du manteau sous-jacent est donc sou-mise à une faible pression. Cette décompression provoque la fusion par-tielle de cette péridotite, qui donne naissance à un magma. Ce magma remonte à la surface sous l’influence de la poussée d’Archimède…


18 Corrigé du devoir autocorrectif n°1 – SN12

Basaltes

GabbrosMoho

Péridotite

Zone defusion

partielle

épanchement magmatique

mouvementsde matière

(convection)

décompressionde la péridotite

flux dechaleurfaible

flux dechaleurfaible

flux dechaleur

important

5 km

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

Doc1. Fonctionnement d’une dorsale océanique

Que devient alors ce magma ?

2. Cristallisation et évolution de la lithosphère océanique

1 Structuration de la croûteLe magma issu de la fusion de la péridotite cristallise en surface. La partie en contact avec l’eau de mer froide cristallise brutalement et donne naissance à une roche microlithique : le basalte. La partie plus profonde cristallise plus lentement et donne naissance à une roche gre-nue : le gabbro. Seule la structure diffère, la composition chimique est la même. La production de magma est variable suivant les dorsales.

2 Expansion du plancher océaniqueLa croûte formée se déplace symétriquement, de part et d’autre de l’axe. La partie mantellique se rajoute par la suite, par accrétion sous-jacente. En se refroidissant, la croûte fossilise le champ magnétique de l’époque : ces traces de polarité forment la peau de zèbre du fond des océans qui a permis à Vine et Matthews de valider la théorie du « tapis roulant océanique ».

0 2 4

0100

100 km en 4 Ma25 km en 1 Ma2,5 cm en 1 an

100Peau dezèbre

Calendrier des inversionsmagnétiques

Anomalies+ et —

Doc2. La « peau de zèbre » océanique


19Corrigé du devoir autocorrectif n°1 – SN12

Conclusion. La lithosphère océanique est formée 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 fonds océaniques.

On remarque que ces roches se dépassent jamais les 180MA. Que de-viennent donc les vieilles lithosphères océaniques ?

Le massif ophiolithique du Chenaillet

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

2 On trouve donc un assemblage formé de basaltes superficiels, de gab-bros intermédiaires et de péridotites profondes. Ceci ressemble à une lithosphère océanique.

3 Il est étonnant de retrouver ce type de formation en domaine continen-tal. Habituellement, on retrouve ce type de lithosphère dans le fond des océans. On peut alors faire l’hypothèse qu’un océan est en train de se former à cet endroit, ou encore qu’un morceau d’océan a été « éjecté » sur le continent suite à un choc.

Le fossé 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 fin de séquence 1).

Station A B C DTemps (s) 16,0 14,2 11,6 17,8

Distance (kms) 85 75 56 97MOHO (kms) 25 23 22,5 26

2 Le document 2 montre qu’on observe une diminution progressive de l’épaisseur du Moho au fur et à mesure qu’on progresse vers le centre du fossé. Sur les bords du fossé, la croûte fait environ 25kms d’épais-seur alors qu’au centre elle n’en fait plus que 22,5. On a donc un amin-cissement de la lithosphère continentale. Le document 3 montre un af-faissement du socle cristallin au centre du fossé rhénan. De plus, on a un terrain très faillé 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 fossé. La lithosphère continentale est en train de se fracturer et de s’amincir, le Moho remonte et le fossé qui se creuse se remplit au fur et à mesure de sédiments. On est à un stade très pré-coce de mise en place d’une dorsale, avant l’apparition des basaltes.

Les scientifiques pensent qu’un début d’océanisation (mise en place progressive d’une dorsale océanique) pourrait être en train de se pro-duire au niveau du fossé rhénan. Mettre en relation les données des deux documents pour appuyer cette hypothèse. n

Exercice 1

Exercice 2



Sommaire





Séquence 2




Les âges des fonds 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 faire 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.

1 Le Pacifique est bordé de séismes et de volcans sur la quasi-totalité de son pourtour. On parle de « ceinture de feu » du Pacifique.

Activité 1



2 à 5 Résultat Tectoglob :

22°

Profondeur maximaledes foyers sismiques : 570 km

Fonds océaniques

Fosse océaniqueChaîne volcanique

(Andes)

ici, l’auteur du logiciel ne montre que les séismes dont l’épicentre est à plus de 6 kms de profondeur.

6 Les séismes ne peuvent se produire qu’au sein de la lithosphère, et la lithosphère océanique ne fait qu’une centaine de kilomètres d’épais-seur. On peut supposer que la plaque Pacifique s’enfonce dans le man-teau, sous les Andes, et plonge jusqu’à une profondeur de 570kms. Le plan incliné formé par les foyers sismiques est appelé plan de Bénioff, il souligne l’enfoncement de la plaque « plongeante » (ici, Pacifique) sous la plaque « chevauchante » (ici, l’Amérique du Sud).

1 La plaque Pacifique 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 profondeur (ralentissement des ondes).

2 Sa température moyenne est de 1300°C.

3 Le ralentissement brutal de la vitesse des ondes peut traduire un ré-chauffement important du manteau, voire même une fusion partielle de la péridotite à la base de la lithosphère. On parle de LVZ (Low Ve-locity Zone) pour désigner ce ralentissement : il s’agit d’une frontière physique entre deux compartiments de même composition chimique (péridotite).

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 pré-sence d’un matériau froid et de forte densité qui s’enfonce dans le manteau.

2 Le plan incliné où la vitesse des ondes augmente rappelle le plan de Bénioff : il traduit la présence d’une plaque océanique froide et dense en train de plonger dans un manteau plus chaud et plus ductile.

Remarque

Activité 3

Activité 4



Basalte

Gabbro

Océan

Croûteocéanique

10 km

Croûtecontinentale

> 30 km

Péridotite(manteau)

Péridotite(manteau)

Plaque plongeante

Plaque chevauchante

Granite

Continent

prismesédimentaire

Schéma représentant une zone de subduction

Activité 5




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 effusif qu’explosif.

4 L’âge des volcans augmente régulièrement au fur 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 forte sismicité. On peut supposer que la plaque Pacifique se dirige vers le nord-ouest et passe au-dessus d’une remontée fixe 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 75

0,75 177

1,28 232

1,9 284

2,6 337

3,6 381

5,6 532

Puis tracer le graphe correspondant :600

0

100

200

300

400

500

0 1 2 3 4 5 6Age (Ma)

Dis

tanc

e (k

ms)

y = 78,013x + 111,31

Activité 1



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 océa-nique au-dessus d’une remontée magmatique fixe (le point chaud).

1 Il semble y avoir eu un changement de direction de la plaque Pacifique il y a 42Ma.

2 Avant ce changement de direction, la plaque se déplaçait à une vi-tesse 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 modifiée, seule sa direction a changé.

20

19

6

5

2153

14

16

17

18

13

1211

14

10

9

8

7

«Ceinture de feudu pacifique»

PlaquePacifique

7 à 8 cm/an

Frontière divergente Frontière convergente

3 La plaque Pacifique se déplace vers le nord-ouest à une vitesse d’en-viron 7,8cm/an.

Le modèle NUVEL-1 obtenu par géodésie spatiale donne :

PlaqueEurasienne

PlaqueAfricaine

PlaquePacifique

PlaqueAntarctique

Plaque Sudaméricaine

Plaque Nordaméricaine

Nazca

Co Ca

Ph

Ar

IA

Activité 2

Activité 3




1

0

10

20

30

40

50

60

70

80

0 200 400 600 800 1000 1200 1400Distance (kms)

Age

(Ma)

y = 0,0502x + 0,3751

Doc1. Age des sédiments en fonction de la distance à l’axe

2 La vitesse d’expansion de l’Atlantique selon les données sédimen-taires 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 envi-

ron, celle de la plaque Pacifique est de 4cm/an – voire plus en certains endroits. La production de magma est plus importante et plus rapide dans le Pacifique (dorsale rapide) que dans l’Atlantique (dorsale lente).

1 Temps d’arrivée des ondes P : 300ms, des ondes S : 650ms, des

ondes L : 1000ms.

2 On a VP = d/ tP et VS = d/ tS

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 VP = d/ tP donc tP = d/ VP = 469/7,74= 61s. Les ondes P ont mis 61s à atteindre la sta-tion PET. Par ailleurs, ces ondes ont été reçues à 3h02min04s donc le séisme s’est produit à 3h01min03s.

Activité 1

Activité 2



5

Doc3. Localisation du séisme

MOHO

MOHO

Remontéemagmatique(décompressiondu manteau)

Croûte océanique :basalte et gabbro

Croûtecontinentale :granite

Manteau :péridotite

Axe de la dorsale

Manteau :péridotite

Océan

0,1Ma 0,1Ma20Ma

90Ma

Épaisseur de la croûte : 0,1 km Épaisseur de la croûte : 10 km

Épaisseur de la croûte : 30 km

Doc4. Cycle de la lithosphère océanique

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 failles transformantes de grande taille comme la faille nord-anatolienne.

2 Istanbul se situe presque sur le trajet de la faille nord-anatolienne. Comme le mouvement de rotation de la plaque anatolienne se pour-suit, le risque de décrochement est élevé le long de cette faille. Il s’agit donc d’une région à haut risque sismique.

Nord MA2

PET

YSS

MAJO

Océan Pacifique

Mer d’Okhotsk

Mer du Ja

pon

135 140 145 150 155 160

40

45

50

55

60

0500 500 1000 Km

1515 km

1232 km

469 km

2494 km

Activité 3

Activité 4





1 L’existence de volcans intraplaques est apparemment en contradic-tion avec le fait que les manifestations tectoniques n’aient lieu qu’aux frontières de plaques. Son origine n’est pas une friction de deux com-partiments mais l’existence d’une remontée localisée de magma ap-pelée « point chaud ». Les points chauds sont fixes à l’échelle des temps géologiques. Les plaques se déplacent au-dessus de ces points chauds, qui les perforent 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 référentiel fixe pour décrire les mouvements des plaques.

point chaud

Volcan 1

point chaud

Volcan 2 Volcan 1

point chaud

Volcan 2 Volcan 1 Volcan 3

Sens de déplacementt1

t3

t2

Alignement volcanique

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

2 Pour quantifier 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 ob-tenues avec l’échelle des inversions magnétiques sur plusieurs mil-lions d’années.

Exercice 1


31Corrigés des exercices– Séquence 2 – SN12

– le carottage puis la datation des sédiments les plus profonds (au contact du basalte lithosphérique), selon un axe perpendiculaire à la dorsale.

sédimentsactuels

sédimentsanciens

sédiments

carottages

}1

100 km2 3 4 5

1ère méthode :paléo-magnétisme

2ème méthode :les dépôts sédimentaires

axe de la dorsale

(âge en M.a.)

âge M.a.

024

Calendrier des inversions magnétiques

100 km en 4 Ma = 2,5 cm/an 75 km en 3 Ma = 2,5 cm/an

75

3

12

3 4

5

distance (km)

la pente de cette droitedonne la vitessed’expansionx

x

xx

x

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 compo-sition de la Terre :

– les calculs de vitesse des ondes montrent que la croûte et le man-teau terrestres sont solides dans une très grande proportion

– l’enregistrement de deux trains d’ondes sismiques (directes et réflé-chies) permet de calculer la profondeur du Moho, c’est-à-dire de la limite croûte-manteau en différents 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 profondeur donnée (tomographie sismique)

– l’observation d’une zone d’ombre dans la réception des ondes sis-miques à la surface du globe permet d’obtenir la profondeur de la limite manteau-noyau (2900kms).



La Terre coupée en deux

Noyauinterne(solide)

fer

Noyauexterne(liquide)

fer

Ici, les ondes Sne passent pas.

Discontinuitéde Guntenberg

(chimique)

Discontinuitéde Lehmann(physique)

LVZ

LVZ (physique)

Manteau(solide)

péridotite

Modèle PREM de la terre

Lithosphère(solide)100 km

Athémosphère(ductile)

Croûteocéanique

Croûtecontinentale

Moho(chimique)

Moho

basalteet

gabbro10 30 granite

péridotite

Doc3. Le modèle en coupe de la Terre

Note : on appelle PREM (Preliminary Reference Earth Model) ce premier modèle de la structure du globe.

La fosse des Mariannes

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

Exercice 2

Exercice 2



3 L’angle que fait cette droite avec l’horizontale est de 75°.

4 L’angle du Chili était de 22°. Ici, la pente est beaucoup plus forte : le plongeon est beaucoup plus « vertical ».

5 L’âge des fonds océaniques au niveau des îles Mariannes est d’envi-ron 160Ma et l’âge des fonds 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 Africaine 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 faible que la distance séparant les points « 60Ma » et « 70Ma ». La vitesse d’ouverture de l’océan n’a donc pas été constante depuis sa formation.

la faille de San Andreas

1 Los Angeles se déplace d’environ 1cm/an vers le sud-est, et la Califor-nie se déplace d’environ 4cm/an dans la même direction. La Califor-nie 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 faille de San Andreas : il s’agit donc d’une faille transformante.

3 L’origine du séisme de Northridge est due au fonctionnement de la faille transformante de San Andreas. La plaque portant la Californie coulisse avec la plaque portant la ville de Los Angeles, à une vitesse d’environ 3cm.an–1. n



Sommaire





Séquence 3




1

Une chromatide

L’autre chromatide

Centromère

2

Constituant principal du noyau : la chromatine

Nature moléculaire : ADN

L’état de l’ADN est décondensé

cytoplasme

noyau

membraneplasmique

2 µm

histone

ADN

10 nm

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

Activité 1


38 Corrigés des activités– Séquence 3 – SN12

InterphaseMétaphase

AnaphaseInterphase

Prophase

Télophase

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 différentes (puisque les 2 chromatides d’un même chromosome sont rigoureusement identiques).

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

Différences : le nombre et la morphologie des chromosomes sont spécifiques à l’espèce animale ou végétale considérée.

Il y a une paire de chromosomes pour laquelle les deux chromosomes ne sont pas forcément 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.

Justification : il suffit 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 femelle de drosophile.

Caryotype 4 : les deux chromosomes sexuels sont morphologiquement différents = XY ; c’est un mâle de drosophile.

,1 : syndrome de Dawn ; 2 : syndrome de Klinefelter ; 3 : syndrome de Patau ; 4 : syndrome de Turner.

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.

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

Activité 2

Activité 3

Activité 4

Activité 5

Activité 6

Activité 7


39Corrigés des activités– Séquence 3 – SN12

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

1 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.

A cellule en métaphase B cellule en anaphase

Activité 8

Activité 9



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)

0 5 10 15

4

Quantité d’ADNpar cellule(unités arbitraires)

temps (h)

8

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 formation d’une nouvelle chromatide.

d) et e)

QG1

G2

SA

T

2Q

cycle cellulaire (question e)

interphase (question e)

la mitose (question d)

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

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

Activité 10



1

Hypothèse 1

Hypothèse 2

et

et

ancien brin d’ADN

nouveau brin d’ADN

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

Activité 11



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 réfutent l’hypothèse de la réplication conservative.

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

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

Activité 12

Activité 13




1 Les deux séquences sont différentes dans le nombre, la nature et l’ordre des nucléotides.

2 Sur les 1062 nucléotides il n’y a que 4 différences : 523/700/793/800. Leur séquence est donc très proche.

3 Une mutation est une modification minime de la séquence de nucléotides d’un gène, ici 4 changements de nucléotides sur 1062.

4

Individu 1 Individu 2Individus 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 différents 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 différents.

1 Une base azotée modifiée, une rupture des liaisons chimiques entre bases, un fragment d’ADN monobrin ou une déformation 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.

1 Pour 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 %.

1 Une colonie est un ensemble de millions de cellules de levure formé à partir d’une cellule initiale par divisions.

Activité 1

Activité 2

Activité 3

Activité 4



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’information génétique de la cellule mère ; des colonies rouges ont donc subi une modification 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

% colonies survivantes 100 50 30 20

Taux de mutation2x100/20

= 4

5x100/50

= 10

7x100/50

= 14

10x100/50

= 20

5

00

5

10

15

20

25

2 4 6 8 10 12

temps en secondes

taux

de

mut

atio

n en

%

taux demutation en %

On constate que le % des survivants diminue avec le temps d’exposition aux UV.

On en déduit qu’à forte dose les UV sont mortels.

00

20

40

60

80

100

120

2 4 6 8 10 12

temps en secondes

% d

e co

loni

es s

urvi

vant

es

% de coloniessurvivantes



On constate que le % du taux de mutation augmente avec le temps d’ex-position aux UV.

Or, on sait que les UV ont un effet 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 Exemples

Cellule somatique

Non transmissible CancersThyroïde (a)

Peau (b)

Cellule sexuelle Transmissible

Variabilite génétique

on pathologique

Groupes sanguins (d)

Maladie héréditaireMucoviscidose

(c)

ALLELE ENZYME produite MARQUEUR présent à la surface des hématies

A Enzyme A fonctionnelle Molécule marqueur A

B Enzyme B fonctionnelle Molécule marqueur B

O Protéine inactive Pas de marqueur

Combinaison d’allèles Enzyme(s) synthétisées Marqueur(s) synthétisé(s) Groupe sanguin(A//A) Enzyme A Marqueur A [A]

(B//B) Enzyme B Marqueur B [B]

(A//O) Enzyme A Marqueur A [A]

(B//O) Enzyme B Marqueur B [B]

(O//O) Enzyme inactive Aucun [O]

(A//B) Enzymes A et B Marqueurs A et B [AB]

1

a) Sur les 1062 nucléotides il n’y a que 4 différences : 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 différences sont nombreuses.

d) Il n’y a pas de différences : les séquences sont identiques, si on considère qu’en position 258, un nucléotide G est absent de la séquence de l’allèle O.

Activité 7



2

a) Les séquences de nucléotides des allèles présentent beaucoup d’identités, ce qui plaide en faveur 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 différente peuvent pré-senter la même fréquence allélique : pour l’allèle O, Russes 56.5 % et Pygmées 55.4 %.

Des populations dont la couleur de peau est identique peuvent présen-ter une fréquence différente : 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 des caractères physiques les plus évi-dents. Autrement dit, la notion de race humaine n’a aucun fondement génétique.

Activité 8



Correctiondes exercices

1

Chromatide : Élément constitutif d’un chromosome et formé 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 fille 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 Affirmations exactes :

c-f-h-j

1

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

2 brins de nucléotidesA T T C G C T T A C

T A A G C G A A T G

brin initial brin néoformé

A T T C G C T T A C

B A A G C G A A B G

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 néoformébrin initial

A B B C G C B B A CT A A G C G A A T G

Exercice 1

Exercice 2

Phase S de l’interphase : réplication semi-conservative avec BrdU (B) → 2 chromatides reliées par un centromère



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 finissent 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 CB A A G C G A A B G

chromatide du 1er cycle

A T T C G C T T A CB A A G C G A A B G

A B B C G C B B A CB A A G C G A A B G

A B B C G C B B A CB A A G C G A A B G

A B B C G C B B A C

T A A G C G A A T G

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 filles sont replacées dans un milieu normal c’est-à-dire sans BrdU mais avec de la Thymine.

Aspect prévisible : tous les chromosomes apparaissent colorés nor-malement. En effet au moins un de leur brin d’ADN contient de la thy-mine 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).

1 chromatide colorée normalement+1 chromatide peu colorée

2ème cycle avec BrdU

chromatide du 1er cycle

1 chromatide peu colorée +1 chromatide colorée normalement



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 filles.

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 différente 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 divi-sion en deux spermatides. C’est donc aussi une division différente 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 chromo-somes 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 faut envisager en anaphase la séparation de 2 lots de chromosomes à 1 chroma-tide, 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 faut envisager un clivage au centro-mère puis en anaphase (non précédée d’une phase de réplication) la séparation de 2 lots de chromosomes à 1 chromatide. Chaque sper-matide ne recevrait donc là aussi qu’un exemplaire de chaque type. Leur caryotype passerait donc comme précédemment à n chromo-somes à une chromatide.

Les 2 hypothèses sont en adéquation avec le taux d’ADN des sperma-tides soit Q/2 ADN.

Rendez-vous l’année prochaine pour la validation de l’une ou l’autre des hypothèses…

Exercice 3


50 Corrigés du devoir autocorrectif n°2 – SN12

Correction du devoir autocorrectif n°2

Le renouvellement cellulaire se fait au rythme de cycles cellulaires, comprenant chacun une interphase et une mitose. Au niveau cellulaire, l’information génétique est portée par l’ADN des chromosomes du noyau, qui se transmet de façon conforme d’une cellule mère à deux cellules filles.

On cherche à expliquer et illustrer les aspects qualitatifs de cette reproduction conforme.

1. La reproduction conforme au niveau chromosomique

En interphase, le matériel génétique forme la chromatine diffuse. Les chromosomes simples ou doubles sont décondensés sous forme de nucléofilaments.

Chaque nucléofilament est constitué d’une ou deux molécules d’ADN enroulées autour de protéines histones.

Le passage d’un nucléofilament simple à un nucléofilament double est assuré par sa réplication lors de la phase S. Elle peut être visualisée au microscope sous forme d’yeux de réplication qui finissent par se rejoindre pour former un nucléofilament dédoublé à deux chromatides.

Nucléofilament

Oeil de réplication

Deux futures chromatidesd’un chromosome

Ancien brin Nouveau brin

Qu’en est-il de la réplication au niveau moléculaire ?

2. La reproduction conforme au niveau moléculaire

L’intégralité du matériel génétique doit être transmise aux cellules filles. A cet effet, deux molécules d’ADN identiques doivent être synthétisées : on parle de réplication.

Partie 1


51Corrigés 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 formation 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 néoformé. La réplication est donc semi-conservative et permet de former deux molécules d’ADN ayant les mêmes séquences de nucléotides.

La réplication de l’ADN assure donc une stabilité qualitative de l’information génétique d’un cycle cellulaire au suivant. Ainsi, les chromosomes sont constitués de deux chromatides identiques en fin de phase S de l’interphase : il y a reproduction conforme.

On peut s’interroger sur les aspects quantitatifs de cette reproduction et les conséquences d’éventuelles mutations lors de la réplication…

On cherche à comprendre les rôles respectifs 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 formation de liaisons covalentes entre deux thymines successives d’un même brin d’ADN. Ces dimères de thymine perturbent le fonctionnement 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 fréquence des dimères de thymine est toujours inférieure à celle d’un individu malade. De plus dans les cellules des deux types d’individus, la fréquence des dimères de thymine augmente avec la dose d’UV.

Partie 2

Exercice 1


52 Corrigés du devoir autocorrectif n°2 – SN12

Ces résultats montrent que chez les individus malades, les UV ont plus d’effet 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 fonctionnel.

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 différente de celle des individus sains. Le dixième nucléotide du fragment de séquence fourni 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 fois l’allèle muté du gène. Ainsi on peut penser que la différence d’un nucléotide au niveau du gène est responsable de la synthèse d’une enzyme non fonctionnelle. 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 fabriquent une enzyme qui permet la rupture des dimères de thymine qui se forment dans l’ADN sous l’effet des UV.

Les individus atteints de XP possèdent deux allèles mutés du gène codant pour la synthèse de cette enzyme qui est alors non fonctionnelle.

Ainsi lorsque les cellules de leur peau sont soumises aux UV, les dimères de thymine formés ne peuvent être éliminés, ce qui entraîne la mort des cellules et la formation des taches brunes puis augmente le risque de cancers.

On cherche à montrer à l’échelle cellulaire et moléculaire, les modifications du matériel génétique d’une cellule au cours du cycle cellulaire.

Le document 1 présente les variations du taux d’ADN en fonction du temps au cours de deux cycles successifs. 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.

Exercice 2


53Corrigés du devoir autocorrectif n°2 – SN12

– 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 différentes étapes d’un cycle cellulaire.

La photo e montre des granulations dans le noyau qui constituent la chromatine diffuse formée de nucléofilaments 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 fait 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 figures 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 préfigure les 2 noyaux des 2 futures cellules filles qui en début d’interphase auront Q ADN.

Synthèse

Interphase et mitose sont 2 mécanismes qui assurent une reproduction conforme des cellules aussi bien d’un point de vue quantitatif (nombre de chromosomes) que d’un point de vue qualitatif (réplication à l’identique de l’ADN).

n



Sommaire




Séquence 4




C

HGlycine

H

NH2 COOH

C

HAlanine

CH3

NH2 COOH

1

A A A

B B

B B

B

B

B

B

A A

A

A BBA A

A

B

B

A

A

A

B AAB

C C

C C A CC

A C

C C B CC

C

C AAC

C

C BBC

BC

B B

B

B

B

A A

A

A

A

A

B

C C

C C

C

C

B C

AB C

AB C

27 au total

2 20x20x20 = 8000

La variété des polypeptides est très grande. Une molécule de polypep-tide étant caractérisée par :

– un nombre donné d’acides aminés.

– la nature des acides aminés.

– la place occupée par l’acide aminé dans le polypeptide.

Un polypeptide se reconnaît donc à la séquence (nombre, place, nature) des acides aminés qui le composent.

1 Séquence linéaire en acides aminés

2 Configuration de la chaîne peptidique en hélice ou feuillets superpo-sés maintenus par des liaisons faibles intermoléculaires hydrogène.

3 Configuration tridimensionnelle ou spatiale spécifique par repliement de certaines régions en hélice ou en feuillets.

4 Association de plusieurs chaînes polypeptidiques (ici 4) unies par des liaisons faibles.

Activité 1

Activité 2

Activité 3



1 Ils ont exposé les champignons Neurospora à des rayons X puis les ont mis en culture sur différents milieux :

1- Minimum supplémenté en tous les acides aminés pour obtenir des colonies.

2- Puis ils ont répliqué sur 2 milieux différents des spécimens de chaque colonie au même endroit par rapport à la boîte de pétri ini-tiale : un milieu minimum et un milieu minimum supplémenté seu-lement en Arg et ils ont regardé si de nouvelles colonies pouvaient se développer.

Colonies entourées

1ère étape

Rayons X

2ème étape 3ème étape

Irradiation de champignonsNeurospora par des rayons X

Culture surmilieu total

Transfert grâceà un tampon stérile

Culture surmilieu sélectif

Milieu minimum

Milieu minimum+ arginine

Milieu minimum+ tous les acides animés

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

Souche B : défaut de l’enzyme E2 mais présence des enzymes E1 et E3

Souche C : défaut 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 fabriquer une molécule intermédiaire nécessaire à la fabrication d’arginine nécessaire au développement de Neurospora. L’irradiation aux rayons X provoque une mutation qui modifie la séquence de nucléotides et donc le message génétique.

Or en fonction de la localisation de la mutation, ce ne sont pas tou-jours les mêmes enzymes qui ne sont pas fonctionnelles… donc une portion de l’ADN (= gène) est responsable de la synthèse d’une en-zyme (fonctionnelle ou non).

4 Organisme donneur = Homme

Organisme receveur = Souris

Activité 4



5

Hormone decroissancehumaine

Lait desourisNORMALE

Lait desourisTRANSGÉNIQUE

6 L’injection d’un fragment d’ADN (gène dirigeant la fabrication de HGH) dans une cellule œuf entraîne dans certains cas chez l’être vivant qui en dérive, l’expression d’une caractéristique nouvelle : « individu de grande taille ». Le fragment injecté porte donc une information 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 modification après trois heures en milieu froid permet de dire que les protéines sont utilisées sur leur lieu de fabrication.

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 forme l’information génétique passe-t-elle du noyau dans le cytoplasme, lieu de son expression ?

…il doit exister un intermédiaire entre le noyau qui contient l’informa-tion génétique et le cytoplasme où a lieu la synthèse des protéines. L’intermédiaire doit être une « réplique » de l’ADN (on parle de trans-cription).

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.

Activité 5

Activité 6



1 Titre : Évolution de la quantité d’ARN et d’AA incorporés en fonction du temps.

Elle est en relation avec la quantité d’ARN présente. En effet, au dé-part, 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’incor-poration s’arrête.

Remarque : durée de vie limitée des ARN.

2 On peut penser que les ARN sont des messagers porteurs de l’infor-mation génétique.

3 L’ARN se forme dans le noyau puis passe dans le cytoplasme.

4 Car ils transportent le message codé de l’ADN nucléaire vers le cyto-plasme (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.

1 L’ARN n’est formé 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 différents mais T est remplacé par U (uracile) ; on retrouve comme dans l’ADN A, C et G.

3 CGCGAUAGCG

Activité 7

Activité 8



1 C’est un fragment de molécule d’ADN. La transcription s’effectue dans le noyau (l’ADN est transcrit en ARN) et la traduction dans le cyto-plasme (l’ARN est traduit en protéine).

2 ADN α brin 1 = 429 nucléotides, αα brin 2 = 429 nucléotides ; ARN = 429 nucléotides

3 α brin 1 : ATG GTG CTG TAC CGT TAAα brin 2 : TAC CAC GAC ATG GCA ATTARN : AUG GUG CUG UAC CGU UAA

4 α brin 1 / ARNm cod est identique sauf que T est remplacé par U.

α brin 2 / ARNm cod tout est différent, les bases sont complémen-taires.

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 fixer en face du brin α2 mais T est remplacé par UPossibilité 2 : l’ARN est formé par copie du brin 1 mais U remplace T.

Sens de transcription

ADN

ARNpolymérase

Brin nontranscrit

Brintranscrit

ARNm en coursde transcription

Ribonucléotideslibres

Activité : Extraire des informations

3 l’ARN m peut avoir ligaturé 3, 2 ou 1 exon

1

Hypothèse 1 : elle suppose que l’ARN ne peut coder que 4 acides ami-nés. Or, il existe 20 acides aminés différents. Donc hypothèse invalidée.

Hypothèse 2 : elle suppose qu’il y a 42 = 16 combinaisons de 2 nucléotides qui codent pour un acide aminé différent. Donc hypothèse invalidée.

Hypothèse 3 : elle suppose qu’il y a 43 = 64 combinaisons de 3 nucléo-tides qui codent pour un acide aminé différent. C’est trop mais suffisant puisqu’avec 64 triplets de nucléotides différents il est possible de coder 20 acides aminés différents.

Activité 9

Activité 10

Activité 11



1 On retrouve 3 fois la valine, 2 fois l’alanine…

2 La valine peut-être codée par des codons différents : GUG ou GUC.

Il existe donc des codons ayant la même signification = codons syno-nymes. 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 fin de la traduction, il ne signifie rien. On dit que c’est un codon non-sens ou codon stop.

4 Que l’ADN a la même signification 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.

TRANSCRIPTION

TRADUCTION

Synthèse d’unARN messager

Synthèse d’uneprotéine

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

Activité 12

Activité 13

Activité 14




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

Phénotype macroscopique

Phénotype cellulaire

Phénotype moléculaire

Individu sain

non drépanocytaire

Sans essoufflement ni palpitations cardiaques. La circulation permet un apport continu d’oxy-gène aux cellules

Hématies biconcaves capables de se défor-mer

HbA = protéine dis-soute dans le cyto-plasme. Deux chaînes αæ (141 aa) et ßα (146 aa) et un hème

Individu malade

drépanocytaire

Anémie, essoufflement, lèvres bleues, capil-laires obstrués, lésions des tissus, douleurs

Hématies falciformes, rigides, ayant ten-dance à éclater : durée de vie plus courte

HbS ayant tendance à s’agglutiner (long agrégat fibreux), forme désoxygénée, 1 aa dif-férent dans la chaîne α ß = val au lieu de glu

3 Les protéines sont responsables du phénotype moléculaire (Hb anor-male) qui conditionne le phénotype cellulaire (hématie falciforme) lui-même responsable du phénotype macroscopique (anémie). Il existe donc une relation de cause à effet entre protéine et phénotype macroscopique.

4 La différence réside dans un changement d’acide aminé : l’acide glu-tamique 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 modification de la structure spatiale de l’hémoglobine.

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

Activité 1

Activité 2



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

2 Groupe A : deux génotypes possibles (A//A) homozygote (agglutina-tion avec les Ac antiA/antiAB) et (A//O) hétérozygote (pas d’aggluti-nation 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 fin de message.

2

mutationtriplets de

mucléotides (ADN)

séquences normales

séquences modifiées

nombre d’acides

animés dans la chaîne

consé-quences phéno-

typiques et signes cliniques

1 2 CAC CAT 146Hb fonction-

nelle

2 6 GAG GT G 146

Hb en fibres, hématies

déformées; drépanocy-

tose

3 6 GAG G-G 17

Thalassémie (anémie grave)

4 17 AAG T AG 16

5 39 CAG T AG 38

6 71-72 TTT AGT TTTT AGT 71

7 102 AAC AC C 146diminution de l’affinité pour l’O2

8 103 TTC C TC 146

augmen-tation de l’affinité pour l’O2

9 121 GAA TTC 146Hb fonction-

nelle

Activité 3



3

mutation Génotype Expression P. moléculaire P. cellulaire P. macroscopique

1 (HbA'//HbA')HIS : même acide aminé

HbA'146acides aminés, fonctionnelle

Hématie A' biconcave

Individu sain

2 (Hb S//Hb S)VAL (au lieu

de GLU)

Hb S146acides aminés,

en fibres

Hématie S déformée

Individu malade (drépanocytose)

4 (HbT//HbT)Aucun

(codon stop)

Hbtrès incom-

plète 16 acides aminés

Hématie avec Hb non fonctionnelle

Individu malade (thalassémie)

9 (Hb A''//Hb A'')PHE (au lieu

de GLU)

HbA''146acides aminés, fonctionnelle

Hématie A biconcave

Individu sain

1

Les phénotypes résultent de l’expression de plusieurs gènes : celui qui per-met de transformer le précurseur en marqueur H et celui qui permet de trans-former H en marqueurs A et B. L’ensemble de ces deux gènes établit une chaîne de biosynthèse.

L’allèle H détient l’information nécessaire à la synthèse de l’enzyme H (protéine) qui catalyse la réaction de la fixation d’une molécule de fu-cose sur le précurseur.

L’allèle A détient l’information nécessaire à la synthèse de l’enzyme A qui catalyse la réaction de fixation de la molécule de N-acétylgalactosa-mine sur le marqueur H.

L’allèle B détient l’information nécessaire à la synthèse de l’enzyme B qui catalyse la réaction de fixation de la molécule de galactose sur le marqueur H.

2 Un individu peut être de phénotype O pour des causes différentes :

E 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).

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

Activité 4



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 forcément les allèles A et B. Pour être de phénotype O, ces allèles ne doivent pas s’exprimer (cas où le mar-queur 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 suffire à modifier le phénotype. En reprenant le groupe O : ou bien le premier gène ne code pas d’enzyme fonctionnelle ou bien c’est le deuxième… un même phénotype peut correspondre à plusieurs génotypes.

E Le groupe sanguin repose sur l’équipement enzymatique de la cellule sanguine. Il suffit qu’un allèle soit présent dans le génome pour que l’enzyme correspondante soit fabriquée…

… Lorsqu’un gène est présent sous la forme de plusieurs allèles, les phénotypes associés au génotype homozygote ou hétérozygote peuvent être similaires.

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 fixe 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 migra-tion des molécules dépend de leur taille et de leur charge.

sujet X

sujet Y

sujet Z

— +

HbA

HbS

Activité 5



2

Phénotypede l’individu

Génotype

Allèles etchromosomeshomologues

(A//A)

homozygote

(A//S)

hétérozygote

(S//S)

homozygote

X sain

(A)Y

sain (A)

Z anémié

(S)

A A S A S S

3

a) Les hématies d’une personne subissent la déformation caractéris-tique de la drépanocytose à deux conditions :

ESi l’individu possède l’allèle HbS à l’origine de l’HbS.

E Conditions internes : baisse de concentration en O2 et augmentation de t° interne, déclenchent l’agrégation des molécules HbS et donc la crise drépanocytaire.

Ici sujet Z et Y.

b) Il faut tenir compte des facteurs 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 froid, la chaleur, les efforts physiques, l’alcool et le tabac.

c) L’expression du gène étant inchangé selon les conditions de l’environ-nement, c’est forcément uniquement les propriétés de l’HbS qui sont modifiées




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’information 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 modifier le phénotype

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 sauf 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 »

Exercice 1

Exercice 2



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 modifiée.

b) Le codon muté correspondant à l’ARN n’est plus CAA mais CGA codant pour l’acide aminé Arg. La protéine est modifiée.

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 modifié 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.

1 Phénotype macroscopique 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 difficile la ventilation. Parallèlement le sang des malades présente des concentrations en αα-1-antitrypsine inférieures à 50 mg.dL-1.

Phénotype cellulaire lié à l’emphysème pulmonaire α→ Les cellules du foie détruisent plus ou moins l’ααα-1-antitrypsine qu’elles fabriquent. Ainsi elles sécrètent moins voir pas du tout cette molécule dans le sang. Les cellules formant la paroi des alvéoles pulmonaires sont dé-truites progressivement.

Les phénotypes macroscopique et cellulaire liés à l’emphysème pulmo-naire reposent sur une protéine : l’ααα-1-antitrypsine. La séquence en acides aminés de cette protéine est modifiée chez les malades : cette mo-lécule ne protège pas une autre molécule appelée élastine qui confère aux alvéoles leur propriété d’élasticité.

2

Exercice 3



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 référence 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 phé-notypes moléculaires différents.

4 D’après le tableau dans l’énoncé, les personnes possédant les va-riantes Z, NULL1 et NULL2 de l’ααα-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 différents.

5 Quand la structure d’une protéine est modifiée (remplacement d’acide aminé et/ou chaîne écourtée), sa conformation spatiale est également modifiée alors la protéine peut perdre sa fonction (variantes Z, NULL1 et NULL2) ou non (variantes M’1, M1, M2, M3 et S).

n


Séquence 5

Sommaire

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





Pour s’interroger

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

1 Les hydrocarbures sont formés par une lente fossilisation de matière organique (débris végétaux), c’est pourquoi on parle d’ « énergie fos-sile ».

2 Combustion d’un hydrocarbure :

CnH2n +(3n/2) O2 →→ n CO2 + n H2O + énergie

3 La combustion massive d’hydrocarbures libère du CO2. Le CO2 est un gaz à effet de serre qui provoque un réchauffement progressif de la planète.

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 environ-nement 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 rapide-ment enfouis. Tout ceci est favorable à la préservation de la matière organique et à sa transformation en hydrocarbures.

Questions

Questions

Activité 1Questions



Les conditions de formation des hydrocarbures

1 La formule brute d’un glucide est CnH2nOn et celle d’un hydrocarbure 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 envi-ronnement pauvre en oxygène sera davantage favorable à la produc-tion 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 envi-ronnement favorable à la transformation de la matière organique en hydrocarbures. Le document 7 nous indique que le taux de sédimen-tation dans le golfe du Mexique est élevé. Or, nous avons vu précé-demment 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.

Morphologie de la marge du golfe du Mexique

1 Document 1 : Les différentes parties d’une marge continentale

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 mon-trent 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

1 Une roche sédimentaire est une roche formée d’un assemblage cohé-rent de débris de roches préexistantes (ex : calcaire, argile, marne etc.).



Manteausupérieur

Croûtecontinentale

Croûteocéanique

Sédiments

plateau talus

glacis

Questions



2 Document 2 : Un piège à pétrole

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).

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.

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 pétro-lifères.

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 géné-rer des pollutions.

2 Le nombre d’années d’exploitation qui serait offert par les schistes bitumineux serait de 3000/25= 120 ans supplémentaires.

argile

grès +gazRocheréservoir

Rochecouverture

Rochemère

grès +pétrole

grès +eau


Activité 5





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’es-pace 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

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.

Exercice 1

Questions

Couche imperméable

Possible nappe de pétrole

Possible couche-mère

Forage

Dome desel

Exercice 2

Questions



Document 2 : Formation des hydrocarbures de Titan

CH4 CH4

Volcan

Hydrocarbures

Lacs d’hydrocarbures

Energielumineuse

Atmosphèrede Titan

Surfacede Titan


78 Corrigé devoir autocorrectif 3 – Séquence 5 – SN12

Correction devoir autocorrectif 3


Expliquer en quoi la connaissance des phénomènes tectoniques à l’ori-gine 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 com-bustible 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 essen-tiellement tectonique. En quoi la connaissance des phénomènes tec-toniques 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 struc-tures 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 conti-nents, présentent parfois des caractéristiques favorables à la produc-tion 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.


79Corrigé devoir autocorrectif 3 – Séquence 5 – SN12

Document 2 : Les marges passives, de bons candidats pour la formation de pétrole

2 Eau de mer (faible teneur en O2)

3 Subsidence de la marge

1 Apports sédimentaires par les fleuves

?

? : 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 conti-nental ayant donné naissance à un domaine océanique. Quand un conti-nent se déchire, les contraintes sont en extension et on a des failles normales. Ces failles, ainsi que les potentielles nappes de pétrole peu-vent 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

Des reconstitutions de la position des continents au cours des temps géolo-giques 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 ».

Faille normale

Blocs basculés

Couches imperméables(par exemple argile)

Roche poreuse avec pétrole

Roche poreuse (par exemple sable)



L’amélioration des techniques d’extraction augmente le nombre de gise-ments 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.

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 sismique-réflexion (document 3). Les marges passives sont recouvertes d’eau, ce qui en fait des environnements pauvres en oxygène donc favo-rables 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 continen-taux. 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 asso-ciée 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.

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 sis-mique 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.

Exercice 1

Questions

Exercice 2Questions



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



Séquence 6

Sommaire








Pour s’interroger

L’agriculture, une invention qui remonte à 10000 ans.

1 Toutes ces plantes ont la particularité de posséder des grains riches en amidon (glucide) qui est une source d’énergie. De ce fait, 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’es-sentiel 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 pra-tiques différentes.

3 Ce sont les grains qui sont à l’origine de nouvelles plantes

Pour que de nouvelles plantes puissent naitre, il faut 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 favorisent 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 pour-raient pas exister.

On peut noter que cette rigidité de l’axe central est utile à l’homme. En effet, les grains sont plus faciles à récolter

4 L’agriculture est le fruit d’un processus qui a commencé par la domes-tication d’espèce sauvage. On peut supposer que les premiers agri-culteurs 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.

Questions



Les végétaux chlorophylliens fabriquent de la matière organique

1 Ce phénomène est la photosynthèse.

2 et 3

4

Les relations trophiques dans un écosystème

1

Activité 1

Questions

Photosynthèse

Respiration

Transpiration

Nutrition minérale

O2

CO2

CO2

H2O

O2

NO3—

PO43—

H2OSous

-sol

Sol

Horizon

Horizon

Activité 2

Questions



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 différentes chaines alimentaires ont par conséquent des maillons communs formant 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, fruit comme les faines ou les cônes) ou mortes (feuilles mortes), chlorophylliennes (feuilles) 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 fabri-quer 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.

Réaliser et interpréter une pyramide des biomasses

1 et 2

Etres vivantsRégime

alimentaireBiomasse

en g.m–2.an–1Niveau

trophique

Poacées = graminées 3000 I

Brassicacéées =crucifères 1000 I

Autres végétaux chlorophylliens 700 I

Insectes Phytophage 0,1 II

Mammifères Phytophage 0,2 II

Oiseaux Phytophage 0,4 II

Araignées Zoophage 0,01 III

Oiseaux. Zoophage 0,03 III

Mammifères Zoophage 0,04 III

Insectes Zoophage 0,03 III

Activité 3



Niveau trophique Biomasse en g.m–2.an–1 Surface en cm2

I = producteurs primaires 4700 23,5

II = Consommateurs de premier ordre

0,7 0,0035

III = Consommateurs de second ordre

0,11 5,5.10-4

3 La biomasse végétale est énormément plus importante que la bio-masse de phytophages (environ 6700 fois) et les zoophages sont en quantité beaucoup moins abondants que les phytophages (environ 7 fois).

Des producteurs aux différents niveaux de consommateurs, un transfert de matière est réalisé au sein d’un écosystème via les chaînes alimen-taires 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 transformée en matière organique.

Niveau trophique : Producteurs primaires

Niveau trophique III

Niveau trophique II

Schéma d’une pyramide des biomasses

Cette représentation n’est qu’une approximation de ce qui se passe au sein d’un écosys-tème. En effet la biomasse sou-terraine est souvent négligée et un être vivant peut occuper plu-sieurs niveaux trophiques.

Remarque



Le flux de matière dans un écosystème forestier

1

1

1

2

2

5

5

5 5

3

3

2

2

4

4

4

Absorption Export Stockage

Import

Transfert de matière liée au cycle biologique

Restitution

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 pré-cipitations 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 chiffres, 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 per-mettra 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.

Activité 4



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 forme 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 pro-duire des protéines animales.

Le lapin est mangé par un carnivore (le renard). Les atomes d’azote des protéines « lapin » vont permettre la fabrication de protéines « renard ». Le renard va excréter vers le sol une partie de cet azote sous forme d’urine. L’urée qu’elle contient est transformée 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.

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

1

Dioxydede carbone

Côtede bœuf

Lait

HumainBouse

de vacheHerbe

Producteur Consommateur I Consommateur II

Activité 5

Activité 6


91Corrigé devoir autocorrectif 3 – Séquence 5 – SN12

2

Ce qui entre dans la vache Ce que produit la vache

Herbe BouseDioxyde de carbone

Matière animale viande, lait…

Calculer les rendements énergétiques dans un écosystème

1 Le bilan des transformations 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 fermentation.

Tous les êtres vivants tirent l’énergie qui est nécessaire (croissance, mouvement, régulation thermique,…) de la dégradation des nutri-ments absorbés par les cellules. C’est parce qu’il est traversé par un flux de matière et d’énergie qu’un organisme donné maintient sa structure et son fonctionnement.

Dans la plupart des cellules (animales et végétales), l’énergie poten-tielle des molécules organiques est transformée en énergie par la respi-ration.

Placées en anaérobiose, cer-taines peuvent dégrader les nutriments par fermentation. D’autres cellules utilisent ce seul processus pour satisfaire leurs besoins énergétiques

3 On recherche la quantité d’énergie contenue dans la matière produite par un hectare de forêt.

Matière en tonnes Energie en KJ

8 tonnes de bois 18,8 x1000 x 8000 = 150400000

3 tonnes de feuilles 19,2 x 1000 x 3000 = 57600000

1 tonne de racine 18,8 x 1000 x 1000 = 18800000

1 tonne de fruit 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 faible. 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.

Activité 7

Seul le nom du phénomène était attendu

Remarque



P, c’est ce que la vache fabrique comme matière à partir de son alimen-tation, 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’effort physique et à la construction de l’individu. C’est essentielle-ment du glucose qui passe par l’état intermédiaire de glycogène dans le foie 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 flèches 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 fins énergé-tiques (mouvements, régulation de la température….) Seule une faible partie de l’énergie assimilée sert à produire de la matière organique.

6 A chaque niveau trophique, nous avons vu que le mangeur fabriquait sa matière et produisait son énergie à partir du « mangé ». La matière nouvelle produite disponible comme nourriture pour le niveau sui-vant est en fait très faible 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 faible 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 fait de la photosynthèse est donc rapidement perdue d’un maillon à l’autre et le nombre de transferts est donc limité.



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

C1

Plantesvertes

C2

C3

Circulation de la matière minérale

Flux d’énergie

Circulation de la matière organique.

O2

CO2

Détritivores

Décomposeurs

Matière organiquemorte : cadavres,feuilles mortes...

Selsminéraux

Rédiger une synthèse

Dans un écosystème, la matière organique produite par les végétaux chlorophylliens assure l’existence d’un réseau trophique complexe.

En effet, les organismes hétérotrophes dépendent directement ou indi-rectement 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 transformée le long des chaînes alimentaires.

Le passage de la matière organique d’un niveau trophique à un autre se fait avec des pertes considérables d’énergie

La minéralisation de cette matière par les organismes décomposeurs permettra de fournir aux autotrophes les éléments minéraux dont ils ont besoin. Il existe donc un cycle de la matière.

Activité 8

Activité 9




1

Agrosystème Ecosystème

Champ de TournesolChamp de maïsPrairie d’alpagePâturageVigneElevage de porcRizicultureBananeraie

Prairie naturelleForêtLandeLac

Les prairies d’alpage peuvent être considérées comme des agrosys-tèmes car l’homme utilise ces espaces comme source de nourriture pour les troupeaux à la belle saison. C’est donc une source de production ani-male (lait, viande…). On peut noter la grande diversité d’agrosystèmes.

2 La production primaire se définit comme la quantité de biomasse végé-tale fabriquée par unité de surface. Cette biomasse végétale fabriquée au cours de la photosynthèse comprend les grains mais également les tiges, les racines et les feuilles. Le concept de rendement ne prend en compte qu’une partie de la biomasse fabriquée : celle qui a un intérêt sur le plan économique et alimentaire. Une culture donnée peut donc avoir un faible rendement et une forte production primaire. Au cours de ce chapitre nous ferons souvent référence à la notion de rende-ment. C’est ce critère qui est utilisé pour comparer les cultures, pour juger de la performance d’une pratique culturale…

3 Nous constatons que les rendements de blé et maïs ont fortement 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 façon 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 surface nécessaire pour produire 100 tonnes de blé était donc de 100 x 1000/2000 = 50 ha. En 2000, le rendement était de 75 quin-taux soit 7500 kg par hectare. La surface nécessaire pour produire 100 tonnes de blé était donc de 100 X 1000/7500 = 13,33 ha soit une surface presque 4 fois moindre qu’en 1960.

Questions



Cette évolution est considérable et cette période (1960-2000) a vraiment modifié les pratiques agricoles, mais également l’économie, les sociétés humaines et on le verra plus tard, laissée son empreinte sur l’environne-ment. On doit également noter que cette évolution a permis d’atteindre, du moins dans les pays développés, la sécurité alimentaire ; les excé-dents rejoignant les exportations.

Pour expliquer cette évolution considérable on peut poser un certain nombre d’hypothèses :

• L’amélioration des techniques (machines plus performantes)

• 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 scientifique (chimie, génétique…)

Comprendre le rôle joué par l’homme dans les agrosystèmes

1 Dans un agrosystème type culture, l’essentiel de la production pri-maire (tiges, feuilles et grains) est exportée et utilisée à des fins ali-mentaires (animales ou humaines). Dans un agrosystème type pâtu-rage, la matière organique fabriquée par les graminées (ray grass…) constituant la prairie est consommée par les bovins et est utilisée, en partie, par les bovins pour fabriquer leur matière organique (rap-pelons nous qu’une partie est perdue par respiration). Elle est donc également exportée de l’agrosystème.Dans un écosystème forestier, la matière organique fabriquée par les végétaux chlorophylliens ali-mente un réseau trophique mais à un moment ou à un autre (chute des feuilles, mort des animaux…) cette matière organique est resti-tuée au sol.

Dans un agrosystème, très peu de matière organique est restituée au sol. On peut résumer ce qui précède dans le tableau suivant :

Ecosystème forestier

Champ de maïs Pâturage

Devenir de la production primaire

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

Exportée de l’agrosystème sous forme de tiges, feuilles 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 décompo-seurs. Dans le cas d’un agrosystème, la situation est différente.




En exportant la matière organique, on prive le sol d’une source de miné-raux. On peut donc supposer qu’au fil des années la richesse en élé-ments 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

Sorties du sol en kg.ha–1 Bilan (Entrées – sorties) en kg.ha–1

N Réserve du sol 15 Exportation 131 (15 + 3+ 100 +30) –

(131 +241) = –224

Apport atmosphère 3

Restitution après récolte 100 Absorption par la

culture

241

Diazote de l’air fixé par

bactéries du sol

30

Culture de maïs ensilage

E l é m e n t chimique

Entrées dans le sol en kg.ha–1 Sorties du sol en kg.ha–1 Bilan (Entrées – sor-ties) en kg.ha–1

N Réserve du sol 15 Exportation 206 (15 + 3+ 52+ 30) – (206 +

241) = – 347

Apport atmosphère 3

Restitution après récolte 52 Absorption par la

culture

241

Diazote de l’air fixé par

bactéries du sol

30

Ce tableau permet d’établir la conclusion suivante. Dans le cas du maïs grain et ensilage, le bilan est négatif ce qui signifie 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 façon 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 façon considérable.

Les engrais apportés par l’homme permettent d’assurer un équilibre minéral du sol et des rendements optimaux.

Les différences constatées entre la culture de maïs grains et ensilage s’expliquent par le fait que dans la culture de type ensilage, l’exportation de matière organique (grains + feuilles + 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 ?



5 Le document 4a nous permet de comprendre qu’en présence d’ad-ventices, la croissance de la plante cultivée est défavorisée. En effet, les plantes adventices exercent une concurrence pour les ressources minérales (eau, sels minéraux) et l’énergie solaire. Or ces facteurs sont nécessaires à la photosynthèse et donc à la production de matière organique.

Cela est confirmé par le document 4b. On constate que le poids de betteraves par m2 diminue avec l’augmentation du nombre d’adven-tices.

6 L’élimination des adventives diminue la biodiversité par effet 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 tro-phique 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 impor-tante. 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 car-bone. (Voir chapitre 1) Or celui-ci est prélevé dans l’atmosphère et pénètre dans la feuille, lieu de la photosynthèse, par des structures particulières, les stomates.

En cas de stress hydrique les stomates se ferment limitant l’entrée de C02 dans la feuille et donc la photosynthèse.

Lors des années sèches, les végétaux chlorophylliens fabriquent 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 nutritifs sont restitués au sol. Dans un agrosystème, les plantes cultivées consomment beaucoup d’élé-ments nutritifs. Ces éléments sont exportés au moment de la récolte (dans les grains, les tubercules, les fourrages, les légumes…) et ne sont pas restitués au sol qui s’appauvrit. En l’absence d’apport exté-rieur, l’appauvrissement du sol aura pour conséquence une diminu-tion des rendements.

La richesse du sol en éléments nutritifs doit donc être maintenue par l’homme.

Dans un agrosystème, l’espèce cultivée doit bénéficier 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 faible et les réseaux trophiques s’en trouvent fortement simplifiés.



L’eau est un élément clé des agrosystèmes. Un stress hydrique se tra-duit par une diminution de la production végétale et donc des ren-dements. Afin de sécuriser les rendements, l’homme doit recourir à l’irrigation.

Comprendre l’impact sur l’environnement d’une fertilisation excessive1 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 parfois supérieur à la teneur maximale tolérée.

En Corse, cette teneur en nitrates est beaucoup plus faible. Comment expliquer ces différences ?

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 extensif alors qu’en Bretagne ou dans la Beauce l’agriculture dominante est intensive (éle-vage 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 nutritif sous forme d’engrais minéraux et / ou organiques (lisier).

Dans le sol, ces engrais sont transformés en nitrates, forme sous laquelle les végétaux peuvent assimiler l’azote nécessaire à leur crois-sance mais tous les nitrates ne sont pas absorbés.

Ces derniers solubles sont facilement 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

Activité 2

Questions



2 L’agriculture intensive peut donc être à l’origine du phénomène de marée verte. En effet, les nitrates issus des engrais minéraux ou orga-niques et non utilisés par les végétaux se retrouvent dans les cours d’eau et y favorisent la multiplication des algues vertes.

En effet, les algues sont des végétaux chlorophyl-liens 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 phéno-mène.

3 Rendements en fonction de l’apport en azote

00 50 100 150 200 250 Masse d’azote

en Kg.ha–1

20

40

60

80Rendement enquintaux.ha–1

Nous constatons qu’au-delà de 180 kg.ha–1, la quantité d’azote sup-plémentaire apportée au sol n’entraine pas une augmentation mais une diminution du rendement. Cet azote est donc inutile.

Il est donc nécessaire de faire correspondre les besoins et les apports.

Comprendre le principe de la fertilisation raisonnée1 En recensant les besoins et les apports on obtient le tableau suivant.

Besoins en kg.ha–1 Apports du sol en kg.ha–1

■ Besoins de la culture = Objectif de rendement x besoin par quintal

■ Azote non extractible par les racines des plants de blé

■ Azote déjà absorbé par la culture à la fin de l’hiver

3 x 70

+

20

–

10

■ Reliquat azote mesuré

■ Minéralisation de l’humus.

■ Azote libéré ou mobilisé par le précédent cultural

■ Effet prairie

30

30

0

30

Total des besoins 220 Total des apports 90

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

La putréfaction des tonnes d’ulves dégage de l’hydro-gène sulfuré nauséabond mais aussi néfaste pour les espèces vivantes du milieu.

Remarque




Dose d’azote à apporter = besoins de la culture – apports du sol = 220 –90 = 130 kg.ha–1.

Par conséquent la quantité d’azote définie par l’agriculteur n’est pas adaptée aux besoins de la culture.

A noter que la fertilisation azotée représente un coût financier mais éga-lement énergétique. Il faut environ un litre de pétrole pour synthétiser un kg de N.

Comprendre que le choix d’une pratique culturale peut en limiter l’impact sur l’environnementEn 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 février 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 forme de nitrates) ont donc été lessivés. Outre le fait 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 effet, pour leur croissance les plants de moutarde utilisent les res-sources minérales du sol. L’azote est donc stocké de façon temporaire dans la biomasse végétale. Cet azote ne sera pas lessivé.

A la mort des plants de moutarde une minéralisation de la matière orga-nique moutarde remet l’azote minéral à la disposition de la culture sui-vante.

Cet arrêté est justifié 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 surface.

Identifier les problèmes posés par l’utilisation des pesticides1 Les pesticides regroupent différentes molécules. Plusieurs types de

pesticides sont distingués en fonction des cibles visées.

Les insecticides visent à éliminer les insectes, les nématodes (vers), les rongeurs….

Les herbicides ciblent les plantes adventices.

Les fongicides ont pout but d’éliminer les champignons indésirables.

Les régulateurs de croissance sont des molécules qui modifient la

Activité 4




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

2

Lors de l’application des pesticides, une partie n’atteint pas le végétal (l’objectif visé par les pesticides sont les feuilles de végétaux). Une par-tie 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 surface ou s’infil-trer 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’environne-ment.

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 fournit par le sol est de 54 mm Pour un hectare on obtient donc : 54/1000 x 10000 = 540 m3.

1

23

4

Aérosols,gaz

Activité 6



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 déficit hydrique s’élève à 3498 – 5800 = 2301 m3.

Par ailleurs le document montre que les besoins en eau du maïs évoluent au cours du cycle végétatif. 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 afin de sécuriser le rendement.

Les pyramides des énergies et l’alimentation humaine

Les pyramides des énergies permettent de comparer les flux d’énergie le long de deux chaines alimentaires.

Toutes les chaines alimentaires commencent par un niveau de produc-teurs primaires, qui utilisent l’énergie solaire et fixent le Carbone (PP).

Dans le champ de blé en Hollande, la quasi totalité de la production pri-maire est prélevée par l’Homme pour la production de farine.

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 :

• 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.

Activité 7



• 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 mil-lions sont consommés par l’Homme.

Or, pour nourrir un Homme pendant un an il faut 4,1 millions de KJ.

Ainsi, un hectare de blé pourrait théoriquement nourrir 9,3 Hommes, contre seulement 2,4 individus consommateurs de viande.

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 499.106 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 surface cultivable…

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

Avantages Inconvénients

Viande de Kangourou Viande maigrePeu de production de CO2La 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 fabriquer : il faut donc se les procurer dans l’alimentation), vitamines.Apport calorique limitéLes insectes sont présents partoutL’élevage est simple, facilement industrialisable.Descendance nombreuse en peu de temps.

Ne font 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 faramineux.

Activité 8

Activité 9




Les surfaces cultivables sont limitées1

PaysSuperficie

totale en km2Superficie

cultivable en km2

Superficie cultivable en % de la superficie

totale

Pop.(106 hab.)

Surface cultivable en ha par habitant

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

2

On constate de fortes différences. Ainsi le Kenya et la France ont une sur-face totale quasi-identique mais la surface cultivable au Kenya est 4 fois plus petite. Le Mexique est 3,6 fois plus grand que la France et sa surface cultivable est à peine grande que celle de la France.

On constate qu’une faible partie du territoire peut être mise en culture.

En effet, un climat trop sec ou trop froid 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 consom-mation 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 Afrique sub-saharienne la surface cultivable par habitant est supérieure à celle de la France mais ce


Les conclusions

Explication

Conséquence



constat doit être relativisé. En effet, la productivité d’un hectare au Tchad n’est pas la même que celle d’un Hectare en France

L’impact de l’agriculture sur les sols1

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 Extensif

Soudan (Afrique sub-saharienne)

Moyennement à très dégradés

Erosion par le ventErosion par l’eau

Surpâturage Extensif

Rondônia (Etat du brésil)

Moyennement à très dégradés

Erosion par l’eauDégradation chimique

déforestation Intensif

Chine (Nord est) Très dégradés Erosion par le vent Activité agricole

Intensive

Bretagne Moyennement dégradés

Dégradation chimique Activité agricole

Intensive

Beauce Moyennement dégradés

Dégradation physique Activité agricole

Intensive

2 Les sols se forment très lentement mais se dégradent très rapidement. L’érosion par l’eau ou le vent est le principal facteur de dégradation des sols. L’érosion peut être d’origine naturelle mais est le plus sou-vent d’origine anthropique ou accentuée par l’homme par la défores-tation, le surpâturage. A cela s’ajoute une dégradation chimique des sols par salinisation, appauvrissement en matières organiques, acidi-fication, utilisation excessive de pesticides, de nitrates, phosphates…

L’érosion des sols en Manchourie1 Pour fabriquer 1 mètre de sol, il faut 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 forte

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 nutritifs 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 hec-tare 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 différents com-posés organiques qui proviennent de la minéralisation de la matière





organique morte (litière notamment) par les microorganismes du sol.Ce sont les forêts qui couvraient ces régions, avant la mise en culture, qui sont à l’origine de la formation de cet humus.L’humus associé aux argiles forme le complexe argilo humique qui retient les ions positifs apportés par les engrais. C’est donc un élément essentiel de la ferti-lité des sols.

L’eau, une ressource renouvelable mais inégalement répartie1 La ressource en eau renouvelable d’un pays correspond au volume

d’eau de surface 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

Arabie Saoudite 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

3 L’eau est inégalement répartie à la surface de la planète. On constate que dans certains pays, une grande partie des eaux disponibles (Israël, Pakistan) est utilisée à des fins agricoles et il semble difficile d’augmenter les prélèvements ; l’Arabie Saoudite doit prélever de l’eau dans les nappes fossiles (ce qui explique que le prélèvement en eau pour l’agriculture soit supérieure aux ressources renouvelables).Or l’eau est un facteur essentiel à la production agricole

Révolution verte et ressource en eau1 En culture pluviale, les plantes cultivées ne bénéficient que de l’eau

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





aléatoires. En agriculture irriguée, l’eau est partiellement fournie par l’homme. Les plantes bénéficient donc de l’eau apportée par les pré-cipitations et de celle apportée par l’irrigation. Il est possible, en agri-culture irriguée, de s’adapter parfaitement aux besoins du végétal.Le document 5 présente la production céréalière en fonction de l’eau utilisée, pour deux types de variétés de riz : variétés traditionnelles et des variétés à fort 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 fort potentiel. Pour un apport d’eau équivalent à 6000 m par hectare la production des variétés à fort potentiel est deux fois 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 suffisant. Afin d’apporter l’eau nécessaire à l’exploitation du potentiel des variétés à fort rendement, les agriculteurs du Pendjab ont puisé dans les res-sources 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 fois moindre que ceux du riz. Une réponse pourrait constituer au remplacement de la monoculture de céréale par une polyculture.

Le bilan énergétique à l’échelle d’une exploitation agricole1

Emission de gaz à effet de serre

Gaz TonnesTonnes équivalent C02

%

CO2 60 60 16

CH4 8,4 210,16 56

N2O 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 C02 sont l’utilisation des machines agri-coles mais également la fabrication de fertilisants. Remarque : Il faut plus d’une tonne de fuel pour fabriquer, transporter et épandre une tonne d’engrais azoté.

Le fumier 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 effet, la diges-tion des fourrages par les ruminants produits du méthane qui est ensuite éructé par l’animal.Le méthane provient également du fumier et des lisiers composés d’excréments animaux.




La décomposition de la matière organique contenue dans le lisier et fumier, en absence d’02, libère une quantité importante de méthane. Le protoxyde d’azote a pour origine la fertilisation azotée. Il est produit par les bactéries au cours de processus de nitrification et/ou dénitrifica-tion. Voir cycle de l’azote dans le chapitre précédent

3 3,06 x 2502000 / (4608 x (250200/1000) = 0,66 ce qui signifie que la valeur énergétique des aliments produits est inférieure à celle utilisée pour les produire.

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 favorable 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 élé-ments 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 uti-lisés 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 profondes du sol. La présence d’une couverture végétale limite l’érosion par l’eau. En effet, lors de pluies intenses, en absence de cou-verture végétale, la partie superficielle du sol est souvent éliminée ce qui diminue la fertilité du sol. [non attendu] La matière organique des sols est un élément important du sol favorisant la fertililité du sol et sa résistance à l’érosion.

Activité 6





1 90 cm d’eau par hectare ce qui représente un volume de 0,9 x 10 000 = 9000 m3. Ce volume de 9000 m3 contient 800 x 9000 x 1000 =72.108 mg soit 7,2 tonnes. Sur une période de un an, l’irrigation d’une culture sur une surface 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 difficile 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.

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 inte-ractions existant entre les différentes populations animales. Par ailleurs, l’élimination de la population d’insectes ravageurs ne peut être totale ce qui implique une perte de rendement et parfois la mise en place de méthodes complémentaires.

1 On qualifie 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 final de ces bactéries est le méthane.

3 Les eaux stagnantes des rizières sont pauvres en 02 créant ainsi des conditions favorables au développement des bactéries méthanogènes.

Exercice 1

Questions

Exercice 2

Exercice 3Questions



Des bactéries dégradent la matière organique des rizières en C02 + H2 ou acide acétique qui peuvent être métabolisés par les bactéries méthanogènes produisant du méthane qui est un gaz à effet de serre.

4 Le drainage permettrait de renouveler l’02 des zones aérobies des rizières favorisant le développement des bactéries méthanotrophes (qui se nourrissent de méthane). Ces bactéries pourraient consommer le méthane produit par les bactéries méthanogènes.Seul le méthane non consommé par ces bactéries est donc émis dans l’atmosphère. Moins de méthane dans l’atmosphère implique une réduction de l’effet de serre.

1 Dans les années 1970, l’utilisation des carbamates s’est montrée effi-cace pour lutter contre les pucerons. En se fixant sur les molécules d’acétylcholinestérase, les molécules de carbamate inhibent cette enzyme. Par conséquent les molécules d’acétylcholine présentes dans l’espace synaptique ne sont pas détruites et continuent d’activer les récepteurs situés sur le neurone post-synaptique ce qui entraine la mort de l’insecte. En 2010, on constate que ces molécules sont moins efficaces. Une partie de la population de pucerons semble résister au traitement. Comment l’expliquer ?

On peut observer chez les insectes résistants, la présence de molé-cules d’acétylcholinestérase modifiées. Les molécules de carbamate ne peuvent plus se fixer sur les molécules d’acétylcholinestérase modifiées. Par conséquent les molécules d’acétylcholine sont hydro-lysées et l’insecte survit. Comment expliquer « l’apparition » d’acétyl-cholinestérase modifiée ?On peut esquisser le scénario suivant. Dans la population de pucerons, une mutation a été à l’origine de l’appa-rition d’une d’acétylcholinestérase modifiée. Rappelons que l’acé-tylcholinestérase est une protéine. Les pucerons porteurs de cette mutation ont survécu au traitement contrairement aux autres, se sont reproduits transmettant la mutation aux générations suivantes. Au fil de générations les pucerons porteurs de la mutation sont devenus de plus en plus nombreux mettant en échec l’insecticide utilisé.

2 Les insecticides sécurisent les rendements en protégeant les récoltes des attaques des ravageurs mais nous savons également que les insecticides sont à l’origine de problèmes environnementaux : disper-sion dans l’environnement (eau, sol), accumulation dans les chaines trophiques et nous venons de découvrir qu’ils pouvaient sélectionner des populations résistantes.

Ces constats laissent à penser que de nouvelles solutions devront émerger. n

Exercice 4Questions


Documents

AL7SN12TEPA0111 Corriges Des Activites Partie 01