Plante productrice de matière organique : photosynthèse

Photosynthèse dans les parties aériennes : bilan et origine du dioxygène, pigments chlorophylliens, chromatographie et spectres, photolyse de l’eau et réduction du CO₂ dans le chloroplaste, devenir des sucres (cellulose, lignine, amidon, saccharose, lipides, protéines), métabolites secondaires (anthocyanes, tanins) et usages humains.

À propos de cette page

Six problèmes sur documents : pigments et lumière d’une serre, l’expérience de Hill, les expériences au carbone 14 de l’équipe de Calvin, la germination d’un grain de blé, du bois au papier, la nicotine comme défense chimique du tabac.

6 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Lire chaque document : ce qui varie (lumière, durée, accepteur, organe) et ce qui est mesuré, avec les unités.
Comparer à un témoin ou d’une condition à l’autre, en citant les valeurs.
Calculer quand la question le demande : différence, rapport, vitesse, part en %.
Relier au cours : quelle phase, quel compartiment, quelle molécule, quelle fonction pour la plante.
Conclure en répondant au problème posé, en une ou deux phrases.

Problème 1 · Quels pigments pour quelle lumière ?★★★Facile

Document 1 — Absorbance d’une solution de chlorophylle a pure, et spectre d’action d’une élodée (plante aquatique) : dégagement de O₂ sous des lumières monochromatiques de même énergie, en % du maximum (données simplifiées).

λ (nm)	430	470	520	560	610	660	700
Absorbance	0,92	0,28	0,05	0,04	0,16	0,81	0,07
O₂ (% du max.)	84	69	22	14	42	100	11

Document 2 — Les pigments accessoires. La chlorophylle b présente un pic d’absorption dans le bleu, vers 455-470 nm ; les caroténoïdes absorbent entre 420 et 510 nm environ. Ces pigments transmettent l’énergie captée à la chlorophylle a.

Document 3 — Une serre éclairée par des LED. Un serriste éclaire ses tomates uniquement avec des LED rouges (665 nm) et bleues (445 nm).

1. Longueur d’onde du tableau où l’activité est la plus faible : nm
À 700 nm (11 %), et non dans le vert (14 % à 560 nm) : au-delà du pic rouge, la chlorophylle a n’absorbe presque plus.
2. Activité ÷ absorbance à 660 nm, à l’unité :
$\frac{100}{0, 81} \approx$ 123.
3. Activité ÷ absorbance à 470 nm, à l’unité :
$\frac{69}{0, 28} \approx$ 246, deux fois plus qu’à 660 nm : la chlorophylle a seule n’explique pas l’activité à 470 nm.
4. D’après le document 2, à 470 nm, la lumière est aussi captée par la chlorophylle b et par les .
Par les caroténoïdes (420 à 510 nm) : ces pigments accessoires transmettent l’énergie à la chlorophylle a ; le spectre d’action suit l’absorption de l’ensemble des pigments.
5. À énergie égale, une LED verte de 560 nm donnerait une activité combien de fois plus faible qu’une lumière de 660 nm ? À l’unité :
$\frac{100}{14} \approx 7, 1$ , soit environ 7 fois moins : la lumière verte, peu absorbée, serait peu utilisée, d’où le choix des LED rouges et bleues.

Problème 2 · L’expérience de Hill★★★Moyen

Document 1 — Le protocole (d’après R. Hill, 1937 ; valeurs choisies). Une suspension de chloroplastes isolés d’épinard est placée dans un milieu sans CO₂ contenant des ions ferriques Fe³⁺, accepteurs d’électrons (ils sont réduits en Fe²⁺). On mesure le dioxygène dissous : obscurité de 0 à 2 min, lumière de 2 à 8 min, obscurité de 8 à 10 min.

Temps (min)	0	2	4	6	8	10
O₂ (µmol/L)	212	212	238	263	289	289

Document 2 — Le témoin. Même expérience sans Fe³⁺ : le dioxygène reste à 212 µmol/L pendant les 10 minutes.

1. Dioxygène produit pendant la période éclairée : µmol/L
$289 - 212 =$ 77 µmol/L.
2. Vitesse moyenne de production pendant la période éclairée, au dixième : µmol·L⁻¹·min⁻¹
$\frac{77}{8 - 2} = \frac{77}{6} \approx$ 12,8 µmol·L⁻¹·min⁻¹.
3. Ions Fe³⁺ réduits pendant ce temps (4 Fe³⁺ par O₂) : µmol/L
$4 \times 77 =$ 308 µmol/L.
4. Le milieu étant dépourvu de CO₂, la seule source possible de ce O₂ est l’.
L’eau, oxydée à la lumière : 2 H₂O → O₂ + 4 H⁺ + 4 e⁻.
5. Dioxygène produit à la lumière par le témoin sans Fe³⁺ : µmol/L
0 : sans accepteur d’électrons, la lumière ne suffit pas, la photolyse de l’eau ne peut pas avoir lieu. Les ions Fe³⁺ remplacent l’accepteur naturel R, perdu lors de l’isolement des chloroplastes.
6. Dans une feuille, l’accepteur naturel R est régénéré à partir de RH₂ par la du CO₂.
Par la réduction du CO₂ dans le stroma : c’est le couplage des deux phases.

Problème 3 · Les réserves d’un grain de blé qui germe★★★Moyen

Document 1 — Le grain. Le grain de blé renferme un embryon et un tissu de réserve, l’albumen, riche en amidon (environ deux tiers de la masse du grain). Coloré à l’eau iodée, l’albumen devient bleu-noir.

Document 2 — Masse sèche pendant une germination à l’obscurité (valeurs choisies).

Jour	0	2	4	6	8
Albumen (mg)	40	37	29	19	12
Plantule (mg)	2	3	7	11	15

Document 3 — Une enzyme. Au cours de la germination, la couche externe de l’albumen produit une amylase, enzyme qui hydrolyse l’amidon en sucres simples, transportés vers l’embryon.

1. Masse sèche perdue par l’albumen en 8 jours : mg
$40 - 12 =$ 28 mg.
2. Masse sèche gagnée par la plantule en 8 jours : mg
$15 - 2 =$ 13 mg.
3. Part de la masse perdue par l’albumen qui se retrouve dans la plantule, à l’unité : %
$\frac{13}{28} \approx 0, 464$ , soit 46 %.
4. Le reste de cette matière a été oxydé par la de la plantule.
Par la respiration, qui fournit l’ATP de la croissance ; le carbone repart sous forme de CO₂.
5. À l’obscurité, la plantule ne peut pas compenser cette perte, car elle ne réalise pas la .
La photosynthèse : elle vit entièrement sur les réserves, ce qui explique la baisse de la masse sèche totale (42 → 27 mg).
6. Ces réserves, produites par la photosynthèse de la plante mère, assurent le début de la vie de la nouvelle plante : elles servent à la .
À la reproduction : la graine disperse l’espèce et nourrit la plantule jusqu’à ses premières feuilles.

Problème 4 · Du bois au papier★★★Moyen

Document 1 — Une coupe colorée. Une coupe transversale de tige de tournesol est colorée au carmin-vert d’iode : les parois des vaisseaux du xylème et des fibres sont vertes, celles du parenchyme et du phloème sont roses.

Document 2 — La matière sèche d’un bois de résineux : 43 % de cellulose, 28 % d’hémicelluloses (polymères d’autres sucres), 25 % de lignine.

Document 3 — La fabrication du papier. Pour obtenir une pâte à papier blanche et souple, on élimine la lignine et une partie des hémicelluloses du bois broyé.

1. Les parois vertes du document 1 sont imprégnées de .
De lignine, colorée par le vert d’iode.
2. Les parois roses sont des parois uniquement .
Cellulosiques : le carmin colore la cellulose.
3. Masse de cellulose dans une planche de 3,5 kg de matière sèche : kg
$3, 5 \times 0, 43 =$ 1,505 kg.
4. Masse de pâte tirée d’une tonne de ce bois sec si l’on garde toute la cellulose et la moitié des hémicelluloses : kg
$1 000 \times (0, 43 + 0, 14) = 1 000 \times 0, 57 =$ 570 kg (la moitié des 28 % d’hémicelluloses, soit 14 %).
5. Part de la cellulose dans cette pâte, à l’unité : %
La tonne de bois contient $1 000 \times 0, 43 = 430$ kg de cellulose ; $\frac{430}{570} \approx 0, 754$ , soit 75 % ; le reste de la pâte, ce sont des hémicelluloses.
6. La cellulose du papier est un polymère de produit par la photosynthèse de l’arbre.
De glucose : la lignine éliminée, elle, n’est pas un glucide.

Problème 5 · Les expériences de l’équipe de Calvin★★★Difficile

Document 1 — Suivre le carbone 14 (données simplifiées). Des chlorelles éclairées reçoivent du ¹⁴CO₂ ; après une durée variable, elles sont tuées dans l’éthanol bouillant, et l’on mesure la part de la radioactivité retrouvée dans chaque molécule (en %).

Durée	APG	Trioses phosphate	Hexoses phosphate	Saccharose	Autres
2 s	87	8	5	0	0
5 s	63	21	13	3	0
40 s	26	18	29	19	8
3 min	10	12	23	39	16

Document 2 — Lumière puis obscurité (unités arbitraires). Des chlorelles éclairées, alimentées en CO₂, sont placées à l’obscurité à t = 0 s. Le RuBP est la molécule sur laquelle la Rubisco fixe le CO₂ ; dans le cycle, il est reformé à partir d’une partie des trioses phosphate.

Temps (s)	−15	0	15	30	60
APG	44	44	73	92	96
RuBP	37	37	15	7	4

1. D’après le document 1, la première molécule organique formée à partir du CO₂ est l’.
L’APG : 87 % de la radioactivité dès 2 s, puis sa part diminue (intermédiaire).
2. Durée d’exposition à laquelle la part des trioses phosphate est la plus forte : s
À 5 s (21 %) : ils viennent juste après l’APG.
3. Part de la radioactivité hors de l’APG à 5 s : %
$100 - 63 =$ 37 %.
4. Document 2 : augmentation relative de l’APG entre 0 et 30 s, à l’unité : %
$\frac{92 - 44}{44} \approx 1, 09$ , soit + 109 % : l’APG a plus que doublé.
5. À l’obscurité, l’APG s’accumule car sa réduction exige du RH₂ et de l’ qui ne sont plus produits.
De l’ATP : l’APG est toujours formé par la fixation du CO₂, mais n’est plus réduit en trioses.
6. Entre 0 et 30 s, le RuBP diminue car il continue d’être par la fixation du CO₂, sans être reformé.
Il est consommé par la Rubisco (il devient de l’APG), mais il n’est plus reformé, faute de trioses : l’APG n’est plus réduit. Une fois le RuBP épuisé, la fixation du CO₂ s’arrête et l’APG se stabilise (92 puis 96).
7. Les algues sont tuées dans l’éthanol bouillant, qui instantanément leurs enzymes.
Il dénature les enzymes : la répartition mesurée correspond exactement à la durée d’exposition.

Problème 6 · La nicotine, une défense chimique★★★Difficile

On étudie un tabac sauvage, dont les feuilles sont consommées par des chenilles de papillon (données simplifiées).

Document 1 — Teneur en nicotine (un alcaloïde) des feuilles, cinq jours après le traitement, en µg par g de matière fraîche.

Plantes	intactes	aux feuilles blessées	intactes, traitées au jasmonate
Nicotine (µg/g)	410	1 130	1 240

Le jasmonate est une hormone végétale produite naturellement lors d’une blessure.

Document 2 — Masse moyenne des chenilles après 7 jours : 34 mg sur des plantes sauvages, 71 mg sur des plantes génétiquement modifiées incapables de produire de la nicotine.

Document 3 — Biomasse sèche après quatre semaines, sans chenilles : 58,6 g pour des plantes témoins, 47,3 g pour des plantes traitées au jasmonate.

1. Après une blessure, la teneur en nicotine est multipliée par (au dixième) :
$\frac{1 130}{410} \approx$ 2,8.
2. Chez des plantes intactes, le jasmonate seul multiplie cette teneur par (au dixième) :
$\frac{1 240}{410} \approx$ 3,0 : le jasmonate suffit à déclencher la synthèse ; c’est le signal de la blessure.
3. Sans nicotine, les chenilles sont plus lourdes d’un facteur (au dixième) :
$\frac{71}{34} \approx$ 2,1 : la nicotine freine les chenilles.
4. Interaction entre le tabac et ces chenilles, du point de vue de la nicotine : interaction .
Compétitive : une défense chimique contre un herbivore.
5. Baisse relative de biomasse des plantes traitées au jasmonate, au dixième : %
$\frac{58, 6 - 47, 3}{58, 6} = \frac{11, 3}{58, 6} \approx 0, 193$ , soit 19,3 %, sans aucune feuille consommée.
6. Cette baisse s’explique car la synthèse des défenses détourne de la croissance de l’azote et des produits par la photosynthèse.
Des sucres : la défense a un coût en matière organique et en azote (la nicotine est azotée), d’où l’intérêt de ne la produire qu’en cas d’attaque.

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