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Bac 2025

Physique-Chimie – Amérique du Sud 2025 : correction détaillée

Enseignement de spécialité · 3 h 30 · coefficient 16 · 3 exercices · 20 points

Corrigé

Correction rédigée par l'équipe BAC Révision, non officielle. Les énoncés sont reformulés avec leurs données : refais toujours les calculs et compare avec ton professeur.

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Exercice 1 : Infusion à la framboise9 points

Synthèse de la frambinone (mécanisme, rendement), puis étude et titrage pH-métrique d'un détartrant à l'acide lactique.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Figure 1 : structure de la frambinone ; Figure 2 : séquence A → B → frambinone (page imprimée tournée de 90°) ; Document-réponse 1 : actes élémentaires 1 et 2 ; Document-réponse 1 (suite) : actes élémentaires 3 et 4 ; Document-réponse 2 : courbe pH = f(V_b). Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

1.Q1Représenter la formule semi-développée de la frambinone (cycle benzénique portant un –OH en para et la chaîne –CH₂–CH₂–C(=O)–CH₃).Touche pour voir la correction

À retenir Formule semi-développée : on détaille les liaisons entre atomes de C et les groupes caractéristiques, sans dessiner chaque liaison C–H.

Démarche
  1. Compter les carbones : cycle à 6 C + chaîne de 4 C = 10 C ; formule brute C₁₀H₁₂O₂ (M = 164,2 g·mol⁻¹).
  2. Chaîne : cycle–CH₂–CH₂–C(=O)–CH₃.
  3. Le cycle porte en position para un groupe –OH (phénol).

RéponseHO–C₆H₄–CH₂–CH₂–C(=O)–CH₃ (cycle benzénique para-substitué).

Vérification C₁₀H₁₂O₂ : M = 10×12,0 + 12×1,0 + 2×16,0 ≈ 164 g·mol⁻¹ ✓.

1.Q2Entourer et nommer les groupes caractéristiques de la frambinone et préciser celui qui justifie le nom « cétone de la framboise ».Touche pour voir la correction

À retenir Cétone : C=O dont le carbone est lié à deux atomes de carbone. Hydroxyle (phénol) : –OH lié à un cycle aromatique.

Démarche
  1. Le groupe –OH sur le cycle benzénique : groupe hydroxyle (famille des phénols).
  2. Le groupe C=O au milieu de la chaîne, entre –CH₂– et –CH₃ : carbonyle de cétone.
  3. Le nom « cétone » vient du second groupe.

RéponseGroupe hydroxyle (phénol) et groupe carbonyle de la fonction cétone ; c'est ce dernier qui justifie le nom.

1.Q3Justifier l'utilisation de l'acétone comme solvant lors de l'étape A → B (A = 4-hydroxybenzaldéhyde ; solubilité faible dans l'eau, forte dans l'alcool, très forte dans l'acétone, forte dans l'éther ; l'acétone est miscible à l'eau).Touche pour voir la correction

À retenir Un solvant doit bien dissoudre le réactif, ici A, et être compatible avec les autres réactifs (soude aqueuse).

Démarche
  1. A est très soluble dans l'acétone : on obtient une solution homogène.
  2. L'acétone est totalement miscible à l'eau : elle se mélange à la solution aqueuse d'hydroxyde de sodium, donc les réactifs sont mis en contact.
  3. De plus l'acétone est elle-même un réactif de la séquence (figure 2), d'où un grand excès.

RéponseA y est très soluble et l'acétone est miscible à la solution aqueuse de soude : le milieu est homogène, les réactifs se rencontrent ; l'acétone est aussi réactif.

Piège Le fait que l'acétone est aussi un réactif est une lecture de la figure 2 et du mécanisme (acte 1).

1.Q4Compléter les actes élémentaires 2 et 3 du mécanisme (document-réponse 1) avec des flèches courbes.Touche pour voir la correction

À retenir Une flèche courbe part d'un doublet (ou d'une charge négative) et va vers un atome déficitaire en électrons ; elle représente le déplacement d'un doublet d'électrons.

Démarche
  1. Acte 2 : le carbanion (carbone portant la charge − dans CH₃–C(=O)–CH₂⁻) attaque le carbone du groupe C=O de A. Flèche 1 : du doublet du C⁻ vers le carbone de C=O ; flèche 2 : de la liaison π C=O vers l'oxygène, qui devient O⁻.
  2. Résultat de l'acte 2 : un alcoolate (O⁻) lié au carbone, formé par addition.
  3. Acte 3 : l'alcoolate O⁻ capte un H d'une molécule d'eau. Flèche 1 : du doublet de O⁻ vers l'H de H₂O ; flèche 2 : de la liaison O–H de l'eau vers l'oxygène, qui libère HO⁻.
  4. Résultat de l'acte 3 : alcool (–OH) et HO⁻ régénéré.
  5. Acte 4 (non demandé) : le chauffage élimine une molécule d'eau (élimination) et forme la liaison C=C de B.

RéponseActe 2 : attaque du carbanion sur C=O (le doublet du C⁻ va vers le carbone ; la liaison π C=O va vers l'oxygène). Acte 3 : le doublet de l'alcoolate O⁻ prend H⁺ de l'eau ; la liaison O–H de l'eau passe sur l'oxygène de HO⁻.

Vérification Les flèches doivent être tracées sur le document-réponse ; elles sont ici décrites.

1.Q5Préciser la catégorie de réaction (acido-basique, oxydoréduction, élimination, addition, substitution) de l'acte élémentaire 1.Touche pour voir la correction

À retenir Acido-basique : transfert d'un ion H⁺ de l'acide vers la base.

Démarche
  1. Acte 1 : HO⁻ prend un H d'un groupe –CH₃ de l'acétone, ce qui forme H₂O et le carbanion CH₃–C(=O)–CH₂⁻.
  2. C'est un transfert de H⁺ : HO⁻ (base) + acétone (acide).

RéponseRéaction acido-basique (transfert de H⁺).

1.Q6Montrer que le rendement de la synthèse est proche de 65 % (2,50 g de 4-hydroxybenzaldéhyde, M = 122,1 g·mol⁻¹ ; frambinone M = 164,2 g·mol⁻¹ ; m_exp = 2,19 g ; acétone et dihydrogène en excès).Touche pour voir la correction

À retenir Rendement r = m_exp / m_max avec m_max calculée à partir du réactif limitant (ici A, car tous les autres sont en excès). Les coefficients stœchiométriques sont tous de 1 (A → B → frambinone).

Démarche
  1. n(A) = 2,50 / 122,1 = 2,05×10⁻² mol.
  2. Chaîne de réactions 1 : 1 → n(frambinone)max = 2,05×10⁻² mol.
  3. m_max = 2,05×10⁻² × 164,2 = 3,36 g.
  4. r = 2,19 / 3,36 = 0,65.

Réponser ≈ 65 % (0,65).

Vérification n(exp) = 2,19 / 164,2 = 1,33×10⁻² mol ; 1,33 / 2,05 = 0,65 ✓.

2.Q7Définir un acide selon Brönsted et justifier le caractère acide de l'acide lactique.Touche pour voir la correction

À retenir Acide de Brönsted : espèce capable de céder un ion H⁺. Une liaison O–H polarisée libère facilement H⁺.

Démarche
  1. Définition : un acide est une espèce chimique susceptible de céder un proton H⁺.
  2. L'acide lactique CH₃–CH(OH)–COOH possède un groupe carboxyle –COOH : la liaison O–H est très polarisée car O (χ = 3,5) est plus électronégatif que H (χ = 2,1) ; l'atome H porte une charge partielle positive et est cédé facilement.
  3. L'ion lactate CH₃–CH(OH)–COO⁻ est sa base conjuguée (couple pKA = 3,86).

RéponseUn acide de Brönsted cède un ion H⁺ ; l'acide lactique est acide par son groupe –COOH dont la liaison O–H est polarisée (χ(O) > χ(H)) et libère H⁺.

2.Q8Représenter le schéma de Lewis de l'ion lactate CH₃–CH(OH)–COO⁻.Touche pour voir la correction

À retenir Schéma de Lewis : tous les doublets liants et non liants ; atome d'oxygène : 2 liaisons et 2 doublets non liants (6 électrons de valence → 8 électrons autour de O) ; la charge − est portée par un O.

Démarche
  1. Squelette : H₃C–CH(OH)–C(=O)O⁻.
  2. Groupe carboxylate : C double lié à un O (2 doublets non liants) et simplement lié à un O⁻ (3 doublets non liants, charge −).
  3. Groupe –OH : O avec 2 doublets non liants.
  4. Pas de H sur le carboxylate puisque le proton est parti.

RéponseCH₃–CH(OH)–C(=Ō)–Ō⁻ : O double lié avec 2 doublets non liants, O⁻ avec 3 doublets non liants, O de –OH avec 2 doublets non liants.

Vérification Schéma à dessiner sur la copie (représentation ici textuelle).

2.Q9En notant AH l'acide lactique, écrire l'équation de sa réaction avec l'eau.Touche pour voir la correction

À retenir Un acide cède un H⁺ à l'eau, qui joue le rôle de base : AH + H₂O = A⁻ + H₃O⁺.

Démarche
  1. Acide : AH ; sa base conjuguée : A⁻ (lactate).
  2. L'eau capte le proton : H₂O → H₃O⁺.

RéponseAH(aq) + H₂O(l) ⇌ A⁻(aq) + H₃O⁺(aq)

2.Q10Exprimer à l'équilibre la constante d'acidité associée à cette réaction.Touche pour voir la correction

À retenir K_A = ([A⁻]_éq·[H₃O⁺]_éq) / ([AH]_éq·c°) ; l'eau solvant n'apparaît pas.

Démarche
  1. Écrire le quotient à l'équilibre avec les espèces dissoutes : produits au numérateur, réactif acide au dénominateur.

RéponseK_A = ([A⁻]_éq·[H₃O⁺]_éq) / ([AH]_éq·c°)

2.Q11À l'aide d'un diagramme de prédominance, justifier que l'acide lactique prédomine dans la solution de la bouilloire (pH = 2,1 ; pKA = 3,86).Touche pour voir la correction

À retenir pH < pKA : forme acide prédominante.

Démarche
  1. Axe de pH : AH à gauche de pKA = 3,86, A⁻ à droite.
  2. pH = 2,1 < 3,86 : on est dans le domaine de AH.
  3. Quantitativement : [A⁻]/[AH] = 10^(pH−pKA) = 10^(−1,76) ≈ 0,017.

RéponsepH = 2,1 < pKA = 3,86 donc AH (l'acide lactique) prédomine.

2.Q12Montrer que la concentration de la solution commerciale est c_com = 7,6 mol·L⁻¹ (titre massique 55 %, M = 90,08 g·mol⁻¹, densité 1,25).Touche pour voir la correction

À retenir c = (titre massique × ρ solution) / M ; ρ = d × ρ_eau.

Démarche
  1. ρ = 1,25 × 1 000 g·L⁻¹ = 1 250 g·L⁻¹.
  2. Masse d'acide lactique par litre : 0,55 × 1 250 = 687,5 g·L⁻¹.
  3. c = 687,5 / 90,08 = 7,63 mol·L⁻¹.

Réponsec_com ≈ 7,6 mol·L⁻¹ ✓.

2.Q13Nommer les équipements de protection nécessaires pour manipuler le détartrant.Touche pour voir la correction

À retenir Solution acide concentrée (7,6 mol·L⁻¹) : risque d'irritation et de projections.

Démarche
  1. L'étiquette porte le pictogramme « corrosif » : solution acide concentrée (c ≈ 7,6 mol·L⁻¹).
  2. Lunettes de protection (protection des yeux).
  3. Gants de protection (protection de la peau).
  4. Blouse en coton (protection des vêtements et des bras).

RéponseLunettes de sécurité, gants et blouse (travail sous la hotte si possible).

2.Q14Choisir les deux instruments de verrerie pour préparer 200,0 mL de S_diluée par dilution au 1/100 (pipettes jaugées 2,0 ; 5,0 ; 20,0 mL ; fioles jaugées 100,0 ; 200,0 ; 500,0 mL).Touche pour voir la correction

À retenir Facteur de dilution F = V_fille / V_mère ; il faut la fiole du volume final et la pipette du volume à prélever.

Démarche
  1. Fiole de 200,0 mL : volume final.
  2. V_mère = V_fille / F = 200,0 / 100 = 2,0 mL → pipette jaugée de 2,0 mL.

RéponsePipette jaugée de 2,0 mL et fiole jaugée de 200,0 mL.

2.Q15Représenter le schéma légendé du dispositif de titrage pH-métrique.Touche pour voir la correction

À retenir Burette graduée (titrant), bécher (titré), agitateur magnétique, pH-mètre étalonné.

Démarche
  1. Burette graduée remplie de soude de concentration c_b = 1,00×10⁻¹ mol·L⁻¹, fixée à un support.
  2. Bécher contenant V_a = 15,0 mL de S_diluée (prélevés à la pipette jaugée) avec un barreau aimanté, posé sur un agitateur magnétique.
  3. Sonde du pH-mètre plongée dans le bécher, reliée au pH-mètre.

RéponseBurette (NaOH 0,100 mol·L⁻¹) au-dessus d'un bécher contenant 15,0 mL de S_diluée, barreau aimanté, agitateur magnétique et sonde pH-métrique.

2.Q16Déterminer graphiquement le volume V_bE de soude versé à l'équivalence sur la courbe pH = f(V_b).Touche pour voir la correction

À retenir À l'équivalence le pH varie brusquement ; on la repère par la méthode des tangentes (ou de la dérivée).

Démarche
  1. Tracer deux tangentes parallèles à la courbe, de part et d'autre du saut de pH.
  2. Tracer la parallèle équidistante : son intersection avec la courbe donne le point d'équivalence.
  3. La courbe monte brusquement entre V_b ≈ 11,4 mL (pH ≈ 6,5) et V_b ≈ 11,6 mL (pH ≈ 11) : le point d'équivalence est au milieu du saut, à V_bE ≈ 11,5 mL (pH ≈ 8).

RéponseV_bE ≈ 11,5 mL.

Piège Lecture graphique : l'incertitude est de l'ordre de ±0,1 mL. Cette valeur est cohérente avec c_com ≈ 7,6 mol·L⁻¹ (voir Q17).

2.Q17Déterminer la concentration en acide lactique de S_diluée (V_a = 15,0 mL, c_b = 1,00×10⁻¹ mol·L⁻¹, V_bE ≈ 11,5 mL).Touche pour voir la correction

À retenir Équation du titrage : AH + HO⁻ → A⁻ + H₂O ; à l'équivalence les quantités de réactifs sont dans les proportions stœchiométriques : c_a·V_a = c_b·V_bE.

Démarche
  1. Équation du titrage : AH + HO⁻ → A⁻ + H₂O.
  2. À l'équivalence : c_a·V_a = c_b·V_bE.
  3. c_a = c_b·V_bE / V_a = 1,00×10⁻¹ × 11,5 / 15,0 = 7,7×10⁻² mol·L⁻¹.

Réponsec_a ≈ 7,7×10⁻² mol·L⁻¹ (S_diluée).

2.Q18Vérifier la compatibilité entre la concentration de la solution commerciale déduite du titrage et la valeur de référence (|X_mes − X_ref| / u(X_mes) ≤ 2 ; u = 0,34 mol·L⁻¹).Touche pour voir la correction

À retenir On remonte à la solution commerciale en multipliant par le facteur de dilution 100, puis on calcule l'écart normalisé.

Démarche
  1. S_diluée a été obtenue par une dilution au 1/100 : c_mes = 100 × c_a = 100 × 7,67×10⁻² ≈ 7,7 mol·L⁻¹.
  2. Référence : c_com = 7,63 mol·L⁻¹ (Q12).
  3. Quotient : |7,67 − 7,63| / 0,34 ≈ 0,1.

RéponseL'écart normalisé ≈ 0,1 ≤ 2 : la mesure est compatible avec la valeur de l'étiquette.

Vérification Même avec V_bE = 11,3 mL ou 11,7 mL, le quotient reste inférieur à 2.

2.Q19Choisir l'indicateur coloré le plus adapté (hélianthine 3,1–4,4 ; bleu de bromothymol 6,0–7,6 ; bleu de thymol 8,0–9,6).Touche pour voir la correction

À retenir La zone de virage doit contenir le pH à l'équivalence. Ici : acide faible + base forte → pH à l'équivalence > 7 (solution de base faible).

Démarche
  1. À l'équivalence, le mélange contient la base faible A⁻ (lactate), de concentration ≈ 0,043 mol·L⁻¹ : le pH est supérieur à 7 (pH_E ≈ ½(pK_A + pK_e + log c) ≈ 8,3, en accord avec le milieu du saut de la courbe).
  2. Un indicateur convient si sa zone de virage contient le pH à l'équivalence.
  3. Hélianthine (3,1–4,4) : le virage se produit bien avant le saut.
  4. Bleu de bromothymol (6,0–7,6) : virage dans la partie basse du saut, avant l'équivalence.
  5. Bleu de thymol (8,0–9,6) : contient pH_E ≈ 8 : c'est le plus adapté.

RéponseBleu de thymol (zone de virage 8,0–9,6, qui contient le pH à l'équivalence).

Piège Acide faible titré par une base forte : le pH à l'équivalence est basique (≈ 8), pas égal à 7. Le bleu de bromothymol, adapté à un titrage acide fort / base forte, est ici moins précis.

Exercice 2 : Chauffe-eau thermodynamique d'un chalet6 points

Énergie nécessaire pour chauffer 200 L d'eau, pertes par la paroi du ballon, PAC et COP, bilan photovoltaïque, puis niveau sonore.

1.Q1Calculer la variation d'énergie interne ΔU de l'eau du ballon (200 L, de 15 °C à 55 °C, c_eau = 4,18 kJ·K⁻¹·kg⁻¹, ρ = 1,00 kg·L⁻¹).Touche pour voir la correction

À retenir ΔU = m·c·Δθ pour une phase liquide incompressible.

Démarche
  1. m = ρ·V = 1,00 × 200 = 200 kg.
  2. Δθ = 55 − 15 = 40 °C = 40 K.
  3. ΔU = 200 × 4,18 × 40 = 33 440 kJ.

RéponseΔU ≈ 3,3×10⁴ kJ.

1.Q2Indiquer le principal mode de transfert thermique à travers la paroi du ballon et son sens.Touche pour voir la correction

À retenir Conduction : transfert d'énergie de proche en proche dans un solide, sans déplacement de matière. Le transfert va du plus chaud vers le plus froid.

Démarche
  1. La paroi est un solide : conduction.
  2. Eau à 55 °C et air à 18 °C : le transfert va de l'eau vers l'air du garage.

RéponseConduction, de l'eau chaude (55 °C) vers l'air du garage (18 °C).

1.Q3Calculer le flux thermique à travers la paroi (R_th = 0,47 °C·W⁻¹ ; θ₂ = 55 °C ; θ_air = 18 °C).Touche pour voir la correction

À retenir Φ = (θ_A − θ_B) / R_th.

Démarche
  1. Φ = (55 − 18) / 0,47 = 37 / 0,47 = 78,7 W.

RéponseΦ ≈ 79 W (≈ 7,9×10¹ W).

1.Q4Montrer que l'énergie thermique Q₁ échangée en une journée est 6,8×10³ kJ.Touche pour voir la correction

À retenir Q = Φ × Δt avec Δt en secondes.

Démarche
  1. Δt = 24 h = 86 400 s.
  2. Q₁ = 78,7 × 86 400 = 6,8×10⁶ J = 6,8×10³ kJ.

RéponseQ₁ ≈ 6,8×10³ kJ ✓.

1.Q5Appliquer le premier principe pour exprimer l'énergie thermique Q₂ nécessaire chaque jour en fonction de ΔU et Q₁.Touche pour voir la correction

À retenir Premier principe : ΔU = W + Q (somme algébrique des transferts reçus). Ici W = 0 ; l'eau reçoit Q₂ de la PAC et cède Q₁ (perte) au garage.

Démarche
  1. ΔU = Q₂ − Q₁ (avec Q₁ la valeur positive de l'énergie perdue).
  2. Donc Q₂ = ΔU + Q₁.

RéponseQ₂ = ΔU + Q₁

1.Q6Montrer que Q₂ est voisine de 11 kW·h (1 W·h = 3 600 J).Touche pour voir la correction

À retenir Conversion : 1 kW·h = 3 600 kJ.

Démarche
  1. Q₂ = 33 440 + 6 800 = 40 240 kJ.
  2. Q₂ = 40 240 / 3 600 = 11,2 kW·h.

RéponseQ₂ ≈ 11 kW·h ✓.

1.Q7Calculer l'énergie électrique E_PAC consommée chaque jour (COP = 3,2).Touche pour voir la correction

À retenir COP = |Q_utile| / E_élec donc E_élec = Q₂ / COP.

Démarche
  1. E_PAC = 11,2 / 3,2 = 3,5 kW·h.

RéponseE_PAC ≈ 3,5 kW·h par jour.

1.Q8Calculer l'énergie électrique produite par les 10 panneaux (300 W chacun, 5 h par jour) et vérifier qu'elle couvre la consommation du chalet (8 kW·h + E_PAC).Touche pour voir la correction

À retenir E = P × Δt.

Démarche
  1. Production : 10 × 300 W × 5 h = 15 000 W·h = 15 kW·h.
  2. Consommation : 8 + 3,5 = 11,5 kW·h.
  3. 15 kW·h > 11,5 kW·h.

Réponse15 kW·h produits contre 11,5 kW·h consommés : l'installation est suffisante (marge ≈ 3,5 kW·h par jour).

2.Q9Indiquer le type d'atténuation sonore mis en œuvre par l'isolation phonique du garage.Touche pour voir la correction

À retenir Atténuation géométrique : due à l'éloignement (l'énergie se répartit sur une surface croissante). Atténuation par absorption : une partie de l'énergie est absorbée par un matériau.

Démarche
  1. Le revêtement isolant du garage absorbe une partie de l'énergie sonore (25 dB).

RéponseAtténuation par absorption (isolation par matériau absorbant).

2.Q10Indiquer si les vacanciers situés à 5,00 m seront gênés (L₁ = 70 dB à d₁ = 0,10 m ; isolation : − 25 dB ; seuil 30 dB ; I = P / (4πd²), I₀ = 1,0×10⁻¹² W·m⁻²).Touche pour voir la correction

À retenir Le niveau sonore est L = 10·log(I/I₀). Atténuation géométrique d₁ → d₂ : I₂ = I₁·(d₁/d₂)². On retranche ensuite l'atténuation de l'isolation.

Démarche
  1. I₁ = I₀·10^(L₁/10) = 1,0×10⁻¹² × 10⁷ = 1,0×10⁻⁵ W·m⁻².
  2. I₂ = I₁·(d₁/d₂)² = 1,0×10⁻⁵ × (0,10/5,00)² = 1,0×10⁻⁵ × 4,0×10⁻⁴ = 4,0×10⁻⁹ W·m⁻².
  3. L₂ = 10·log(4,0×10⁻⁹ / 1,0×10⁻¹²) = 10·log(4 000) ≈ 36 dB (sans isolation).
  4. Avec l'isolation : 36 − 25 = 11 dB, inférieur à 30 dB.

RéponseL ≈ 36 dB sans isolation, ≈ 11 dB avec isolation : inférieur à 30 dB, les vacanciers ne sont pas gênés.

Vérification Équivalent : 70 − 20·log(5,00/0,10) = 70 − 34 = 36 dB ✓.

Exercice 3 : Cargo dirigeable5 points

Masse d'hélium (gaz parfait), poussée d'Archimède en altitude, charge maximale, puis vidange d'un réservoir d'eau (conservation du débit, Bernoulli).

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Figure 1 : masse volumique de l'air en fonction de l'altitude ; Figure 2 : réservoir d'eau embarqué (A en haut, B en bas). Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

1.Q1Montrer que la masse d'hélium dans le dirigeable (V = 180 000 m³, P = 1,1 bar, θ = 25 °C, M = 4,0 g·mol⁻¹) est proche de 32 tonnes.Touche pour voir la correction

À retenir Gaz parfait : P·V = n·R·T avec P en Pa, V en m³, T en K ; m = n·M.

Démarche
  1. P = 1,1×10⁵ Pa ; T = 25 + 273 = 298 K.
  2. n = P·V / (R·T) = 1,1×10⁵ × 180 000 / (8,314 × 298) = 1,98×10¹⁰ / 2 478 = 7,99×10⁶ mol.
  3. m = n·M = 7,99×10⁶ × 4,0 = 3,2×10⁷ g = 32 t.

Réponsem_He ≈ 32 t ✓.

1.Q2Choisir, en justifiant, l'expression vectorielle de la poussée d'Archimède parmi P_a = ρ_air·V·g ; P_a = m_air·V·g ; P_a = −ρ_air·V·g.Touche pour voir la correction

À retenir La poussée d'Archimède est verticale, vers le haut, de norme ρ_fluide·V·g ; le vecteur g est dirigé vers le bas.

Démarche
  1. Dimension : ρ·V·g est bien une force (kg·m⁻³·m³·m·s⁻² = N), alors que m·V·g n'est pas homogène à une force.
  2. g est vertical vers le bas et la poussée vers le haut : il faut un signe moins.

RéponseP_a = −ρ_air·V·g (troisième proposition).

Piège La deuxième proposition n'est pas homogène (m_air·V·g).

1.Q3Calculer la poussée d'Archimède à 3 000 m d'altitude (lecture de ρ_air sur la figure 1 ; V = 180 000 m³ ; g = 9,8 m·s⁻²).Touche pour voir la correction

À retenir Norme : P_a = ρ_air(3 000 m) × V × g.

Démarche
  1. Lecture graphique à 3 000 m : ρ_air ≈ 0,87 kg·m⁻³ (la courbe passe par ≈ 0,97 à 2 000 m et ≈ 0,77 à 4 000 m).
  2. P_a = ρ_air·V·g = 0,87 × 180 000 × 9,8 = 1,5×10⁶ N.

RéponseP_a ≈ 1,5×10⁶ N.

Piège Lecture graphique : ρ ≈ 0,86–0,88 kg·m⁻³ donne P_a ≈ 1,5×10⁶ N dans tous les cas.

1.Q4Préciser comment l'intensité de la poussée évolue avec l'altitude.Touche pour voir la correction

À retenir P_a est proportionnelle à ρ_air (V et g constants).

Démarche
  1. La figure 1 montre que ρ_air diminue avec l'altitude.
  2. Donc P_a diminue aussi avec l'altitude.

RéponseLa poussée d'Archimède diminue quand l'altitude augmente.

1.Q5Avec une loi de Newton citée, déterminer la relation entre le poids P et la poussée d'Archimède pour un vol rectiligne à altitude et vitesse constantes.Touche pour voir la correction

À retenir Première loi de Newton (principe d'inertie) : si le mouvement est rectiligne uniforme, la somme des forces est nulle.

Démarche
  1. Vitesse constante en ligne droite : mouvement rectiligne uniforme dans un référentiel galiléen.
  2. ΣF = 0 : P + P_a = 0 (les autres forces, comme la poussée des moteurs, sont négligées à altitude constante).

RéponseP + P_a = 0 : P_a = −P (même norme, sens opposés).

Piège Cette relation suppose que seules ces deux forces comptent (poids de l'ensemble dirigeable + hélium + charge).

1.Q6Vérifier que la charge maximale à 3 000 m est proche de 60 tonnes.Touche pour voir la correction

À retenir À l'équilibre, le poids total = poussée : (m_d + m_He + m_charge)·g = ρ_air·V·g.

Démarche
  1. Masse totale supportable : ρ_air·V = 0,87 × 180 000 = 1,57×10⁵ kg ≈ 157 t.
  2. m_charge = 157 − m_d − m_He = 157 − 65 − 32 = 60 t.

RéponseCharge maximale ≈ 60 t ✓.

Vérification Avec ρ_air = 0,86 : 155 − 97 = 58 t ; avec 0,88 : 158 − 97 = 61 t : toujours proche de 60 t.

2.Q7Montrer, par conservation du débit, que v_A est négligeable devant v_B (d_A = 3,0 m ; d_B = 15 cm).Touche pour voir la correction

À retenir Conservation du débit : S_A·v_A = S_B·v_B, avec S = π·d²/4.

Démarche
  1. v_A / v_B = S_B / S_A = (d_B/d_A)² = (0,15 / 3,0)² = 2,5×10⁻³.
  2. v_A = v_B/400 ≈ 0,25 % de v_B.

Réponsev_A = v_B × 2,5×10⁻³ ≪ v_B : v_A est négligeable.

2.Q8Par la relation de Bernoulli entre A et B (pressions égales à la pression atmosphérique), montrer que v_B = √(2gH).Touche pour voir la correction

À retenir P + ½ρv² + ρgz = cte sur la ligne de courant.

Démarche
  1. P_A = P_B = P_atm : les termes de pression s'annulent.
  2. ½ρv_A² + ρg·z_A = ½ρv_B² + ρg·z_B ; avec v_A ≈ 0 et z_A − z_B = H : ρgH = ½ρv_B².
  3. v_B = √(2gH).

Réponsev_B = √(2·g·H)

Vérification v_B = √(2 × 9,8 × 30) = 24 m·s⁻¹.

2.Q9Déterminer la durée minimale de vidange de l'eau nécessaire pour charger un morceau de bois de 8 tonnes et commenter.Touche pour voir la correction

À retenir La masse d'eau vidangée doit égaler celle de la charge. Durée = volume / débit ; le débit D_V = v_B × S_B.

Démarche
  1. Masse d'eau : 8 t = 8 000 kg ; volume : 8 000 / 1 000 = 8,0 m³.
  2. v_B = √(2 × 9,8 × 30) = 24 m·s⁻¹.
  3. S_B = π × (0,15)² / 4 = 1,77×10⁻² m² ; D_V = 24,2 × 1,77×10⁻² = 0,43 m³·s⁻¹.
  4. Δt = 8,0 / 0,43 ≈ 19 s.
  5. Vérification de l'hypothèse H constante : l'eau évacuée (8,0 m³) correspond à une baisse de niveau de 8,0 / (π × 1,5²) ≈ 1,1 m, soit environ 4 % de H = 30 m.

RéponseΔt ≈ 19 s (durée minimale) : le chargement est très rapide (quelques dizaines de secondes), compatible avec l'objectif de quelques minutes.

Piège C'est un minimum : on suppose H constante et pas de perte de charge ; en réalité le niveau baisse et l'écoulement ralentit un peu.

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