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Bac 2026

Physique-Chimie – Antilles-Guyane 2026 – Sujet 1 : correction détaillée

Spécialité · 3 h 30 · 20 points · 3 exercices (pastille de Vichy, césium 137 et trinitite, astéroïde 2024 PT5)

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.

Où trouver le sujet ? Cette page présente la correction. Le sujet officiel complet (PDF) et ses figures sont dans l'application BAC Révision.

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Exercice 1 : Exercice 1 : Les 200 ans de la pastille de Vichy9 points

Trois objectifs : estimer le volume d'eau de Vichy nécessaire pour une pastille (dosage des ions hydrogénocarbonate), identifier l'arôme (hydrodistillation, extraction, chromatographie) puis vérifier la teneur en sucre d'une boisson (dosage par étalonnage).

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Annexe 1 : pH et dpH/dV en fonction du volume de solution titrante versé ; Figure 5 : montages A et B ; Figure 7 : chromatogramme (dépôt 1 : extrait ; dépôt 2 : huile essentielle de menthe verte) ; Figure 10 : étalonnage ρ = f(c) de solutions de saccharose. Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

Q1Représenter la formule semi-développée de la base conjuguée de l'ion hydrogénocarbonate HCO₃⁻ (formule semi-développée : O=C(OH)–O⁻).Touche pour voir la correction

À retenir La base conjuguée d'un acide s'obtient en lui retirant un proton H⁺.

Démarche
  1. L'acide est HCO₃⁻ (groupe –OH porté par le carbone).
  2. On retire le H⁺ du groupe –OH : on obtient l'ion carbonate CO₃²⁻.
  3. Formule semi-développée : O=C(O⁻)–O⁻ (carbone relié à un oxygène par une double liaison et à deux O⁻).

RéponseBase conjuguée : l'ion carbonate CO₃²⁻, O=C(O⁻)–O⁻.

Vérification Charge totale : 2−, soit 1− (HCO₃⁻) − (+1) retiré.

Q2Justifier le caractère amphotère de l'ion hydrogénocarbonate.Touche pour voir la correction

À retenir Une espèce amphotère (ampholyte) est à la fois l'acide d'un couple et la base d'un autre couple.

Démarche
  1. HCO₃⁻ appartient au couple HCO₃⁻/CO₃²⁻ en tant qu'acide : HCO₃⁻ = CO₃²⁻ + H⁺.
  2. HCO₃⁻ appartient au couple CO₂(aq)/HCO₃⁻ en tant que base : CO₂ + H₂O = HCO₃⁻ + H⁺.

RéponseHCO₃⁻ est l'acide du couple HCO₃⁻/CO₃²⁻ et la base du couple CO₂/HCO₃⁻ : c'est un ampholyte.

Q3Tracer le diagramme de prédominance des deux couples auxquels appartient HCO₃⁻ (pKA1 = 6,4 pour CO₂/HCO₃⁻ ; pKA2 = 10,3 pour HCO₃⁻/CO₃²⁻).Touche pour voir la correction

À retenir Si pH < pKA, la forme acide prédomine ; si pH > pKA, la forme basique prédomine.

Démarche
  1. Axe de pH avec deux frontières : 6,4 et 10,3.
  2. pH < 6,4 : CO₂(aq) prédomine. 6,4 < pH < 10,3 : HCO₃⁻ prédomine. pH > 10,3 : CO₃²⁻ prédomine.

RéponseCO₂(aq) pour pH < 6,4 ; HCO₃⁻ pour 6,4 < pH < 10,3 ; CO₃²⁻ pour pH > 10,3.

Q4En déduire que HCO₃⁻ est la forme majoritaire dans la solution S₁ de pH 9,0.Touche pour voir la correction

À retenir On place le pH sur le diagramme de prédominance.

Démarche
  1. pH = 9,0 est compris entre 6,4 et 10,3.
  2. L'espèce prédominante est donc HCO₃⁻.
  3. Contrôle : [CO₃²⁻]/[HCO₃⁻] = 10^(9,0 − 10,3) ≈ 0,05 et [CO₂]/[HCO₃⁻] = 10^(6,4 − 9,0) ≈ 3×10⁻³.

RéponseÀ pH = 9,0, HCO₃⁻ est largement majoritaire (les deux autres formes < 5 %).

Q5Calculer la masse m_f d'ions hydrogénocarbonate dans une pastille (2,64 g, dont 0,22 % en masse d'ions HCO₃⁻).Touche pour voir la correction

À retenir m = pourcentage × masse de la pastille.

Démarche
  1. m_f = 2,64 × 0,22/100.
  2. m_f ≈ 5,8×10⁻³ g.

Réponsem_f ≈ 5,8×10⁻³ g = 5,8 mg.

Vérification 2,64 × 0,0022 = 5,808×10⁻³ g.

Q6Écrire l'équation de la réaction support du titrage de HCO₃⁻ par l'acide chlorhydrique.Touche pour voir la correction

À retenir La réaction de titrage met en jeu l'acide H₃O⁺ du titrant et la base HCO₃⁻ titrée.

Démarche
  1. Couple CO₂(aq)/HCO₃⁻ : HCO₃⁻ + H₃O⁺ = CO₂ + 2 H₂O (HCO₃⁻ capte un proton).
  2. La réaction est totale car les couples sont éloignés (pKA1 = 6,4 : acide H₃O⁺ bien plus fort que CO₂,H₂O).

RéponseHCO₃⁻(aq) + H₃O⁺(aq) → CO₂(aq) + 2 H₂O(l).

Q7Déterminer le volume équivalent V_E par une construction sur l'annexe 1 (courbe pH et dpH/dV).Touche pour voir la correction

À retenir À l'équivalence, le pH varie très vite : dpH/dV passe par un extremum (ici un minimum, négatif). On peut aussi utiliser la méthode des tangentes.

Démarche
  1. Sur la courbe dpH/dV (échelle de droite), on repère l'extremum : le minimum, de valeur −0,75 ± 0,05.
  2. On lit l'abscisse correspondante : V = 12,0 ± 0,2 mL (la courbe pH(V) y présente son point d'inflexion).
  3. Autre méthode, tangentes : deux tangentes parallèles à la courbe pH de part et d'autre du saut ; la droite parallèle équidistante coupe la courbe au point d'équivalence, d'abscisse 12 mL (à ± 0,5 mL).

RéponseV_E ≈ 12,0 mL (compris entre 10 et 15 mL comme annoncé).

Vérification Sur l'annexe 1, le minimum de dpH/dV vaut −0,75 ± 0,05 pour V = 12,0 ± 0,2 mL, ce qui confirme la valeur admise V_E = 12,0 mL.

Q8Calculer la quantité n₁ d'ions HCO₃⁻ titrés dans V₁ = 50,0 mL (c_A = 0,50×10⁻² mol·L⁻¹ ; V_E = 12,0 mL).Touche pour voir la correction

À retenir À l'équivalence : n(HCO₃⁻) = n(H₃O⁺) versée (coefficients 1 et 1).

Démarche
  1. n₁ = c_A × V_E = 0,50×10⁻² × 12,0×10⁻³.
  2. n₁ = 6,0×10⁻⁵ mol.

Réponsen₁ = 6,0×10⁻⁵ mol.

Q9Montrer que la masse m_exp d'ions HCO₃⁻ dans une pastille vaut 7,3×10⁻³ g.Touche pour voir la correction

À retenir La pastille est dissoute dans V₀ = 100 mL ; on a dosé seulement V₁ = 50,0 mL. On multiplie par V₀/V₁.

Démarche
  1. n(HCO₃⁻) dans la pastille = n₁ × V₀/V₁ = 6,0×10⁻⁵ × 100/50,0 = 1,2×10⁻⁴ mol.
  2. m_exp = n × M = 1,2×10⁻⁴ × 61,0 = 7,32×10⁻³ g.

Réponsem_exp ≈ 7,3×10⁻³ g.

Vérification 1,2×10⁻⁴ × 61,0 = 7,32×10⁻³ g.

Q10Vérifier si m_exp est compatible avec m_f, en calculant u(m_exp) = m_exp·√[(u(c_A)/c_A)² + (u(V_E)/V_E)²] puis z = |m_exp − m_f|/u(m_exp).Touche pour voir la correction

À retenir Si z > 2, la valeur mesurée n'est pas compatible avec la valeur de référence.

Démarche
  1. u(c_A)/c_A = 0,01×10⁻² / 0,50×10⁻² = 0,020 ; u(V_E)/V_E = 0,2/12,0 = 0,0167.
  2. Racine de la somme des carrés : √(4,0×10⁻⁴ + 2,8×10⁻⁴) ≈ 0,026.
  3. u(m_exp) = 7,32×10⁻³ × 0,026 ≈ 1,9×10⁻⁴ g.
  4. z = |7,32×10⁻³ − 5,81×10⁻³| / 1,9×10⁻⁴ ≈ 7,9.

Réponsez ≈ 8 > 2 : la masse expérimentale n'est pas compatible avec la valeur calculée à partir des données du fabricant.

Vérification Avec m_exp arrondie à 7,3×10⁻³ g, on trouve z ≈ 7,8 : même conclusion.

Q11Interpréter ce résultat en considérant les agents d'enrobage (ions carboxylate R–COO⁻, figure 3).Touche pour voir la correction

À retenir Un ion carboxylate est une base : il réagit avec H₃O⁺ comme HCO₃⁻.

Démarche
  1. Les ions carboxylate R–COO⁻ sont des bases (couple R–COOH/R–COO⁻).
  2. Ils consomment eux aussi des ions H₃O⁺ du titrant : R–COO⁻ + H₃O⁺ → R–COOH + H₂O.
  3. Le volume équivalent mesuré est donc trop grand et la masse d'ions HCO₃⁻ calculée est surestimée.

RéponseLes ions carboxylate de l'enrobage sont titrés avec HCO₃⁻ : le dosage donne une masse supérieure à celle du fabricant.

Piège Cette explication est qualitative ; on ne connaît pas la quantité d'ions carboxylate.

Q12Choisir, en justifiant, un indicateur coloré adapté au titrage de l'eau de Vichy (pH à l'équivalence : 4,3) et préciser le changement de couleur.Touche pour voir la correction

À retenir La zone de virage de l'indicateur doit contenir le pH à l'équivalence.

Démarche
  1. pH_E = 4,3. Seul le vert de bromocrésol a une zone de virage (3,8 – 5,4) qui contient 4,3.
  2. Avant l'équivalence, la solution est basique par rapport à la zone : forme basique (bleue). Après l'équivalence : forme acide (jaune).

RéponseVert de bromocrésol ; la solution passe du bleu au jaune à l'équivalence (par teinte intermédiaire verte).

Piège Le rouge de méthyle (4,8 – 6,0) ne contient pas 4,3.

Q13Calculer le volume V_Vichy d'eau minérale (c_me = 4,37×10³ mg·L⁻¹ en HCO₃⁻) qui contient la même quantité d'ions HCO₃⁻ qu'une pastille ; l'exprimer en mL et commenter.Touche pour voir la correction

À retenir V = masse / concentration en masse.

Démarche
  1. Avec la valeur du fabricant m_f = 5,8 mg : V = 5,8 / 4,37×10³ = 1,3×10⁻³ L = 1,3 mL.
  2. Avec la valeur expérimentale m_exp = 7,3 mg : V ≈ 1,7 mL.
  3. Commentaire : une seule pastille équivaut à une à deux gorgées d'eau de Vichy : la quantité d'ions HCO₃⁻ de la pastille est très faible.

RéponseV_Vichy ≈ 1,3 mL (environ 1,7 mL avec m_exp) : une pastille correspond à moins de 2 mL d'eau minérale.

Vérification 5,808 mg / 4 370 mg·L⁻¹ = 1,33×10⁻³ L.

Q14À partir de la figure 5, identifier le montage utilisé pour l'hydrodistillation.Touche pour voir la correction

À retenir L'hydrodistillation est une distillation : le mélange est chauffé, les vapeurs sont condensées dans un réfrigérant incliné et le distillat est recueilli dans un récipient.

Démarche
  1. Le montage A est un chauffage à reflux (réfrigérant vertical, pas de récupération).
  2. Le montage B comporte un réfrigérant incliné et un erlenmeyer qui recueille le distillat.

RéponseMontage B (distillation avec récupération du distillat).

Q15À partir de la figure 6, justifier le choix du dichlorométhane comme solvant d'extraction.Touche pour voir la correction

À retenir Un bon solvant d'extraction dissout fortement l'espèce à extraire et n'est pas miscible avec l'eau.

Démarche
  1. La phase huileuse est très soluble dans le dichlorométhane (« très forte »).
  2. Le dichlorométhane est quasi insoluble dans l'eau et dans l'eau salée : il forme une phase distincte, séparable à l'ampoule à décanter.
  3. L'ajout de chlorure de sodium (relargage) diminue encore la solubilité de l'huile dans l'eau.

RéponseL'arôme y est très soluble et le dichlorométhane n'est pas miscible à l'eau, d'où une extraction efficace et deux phases séparables.

Piège Le pictogramme de sécurité du dichlorométhane (danger pour la santé) impose de travailler sous la hotte avec gants et lunettes.

Q16Déduire du chromatogramme la nature probable de l'arôme.Touche pour voir la correction

À retenir Deux dépôts identiques donnent des taches à la même hauteur après élution.

Démarche
  1. Le dépôt 1 (phase organique extraite) donne deux taches ; le dépôt 2 (huile essentielle de menthe verte) donne deux taches aux mêmes hauteurs.
  2. Les espèces extraites de la pastille sont donc les mêmes que celles de l'huile essentielle de menthe verte.

RéponseLes deux taches de la pastille coïncident avec celles de l'huile essentielle de menthe verte : l'arôme de la pastille est la menthe verte.

Q17Déterminer le nombre de groupes hydroxyle de la molécule de saccharose (figure 9).Touche pour voir la correction

À retenir Un groupe hydroxyle est un groupe –OH.

Démarche
  1. Cycle de gauche (glucose) : un groupe –OH sur le CH₂OH, deux HO à gauche et un OH en bas du cycle : 4 groupes.
  2. Cycle de droite (fructose) : un CH₂OH en haut (OH), un OH sur le carbone du cycle, un OH en bas et un CH₂OH à droite terminé par OH : 4 groupes.
  3. L'oxygène du pont entre les deux cycles et ceux des cycles ne sont pas des groupes hydroxyle (pas de liaison O–H).
  4. Total : 4 + 4 = 8 (formule C₁₂H₂₂O₁₁).

RéponseLa molécule de saccharose possède 8 groupes hydroxyle.

Vérification Le saccharose a bien 8 groupes OH ; l'atome d'oxygène du pont entre les deux cycles n'est pas un hydroxyle.

Q18Vérifier l'information du fabricant : 100 mL de boisson contiennent 9,5 g de sucre (V_boisson = 268,0 mL ; m_boisson = 276,8 g ; courbe d'étalonnage ρ = f(c) de la figure 10).Touche pour voir la correction

À retenir On calcule la masse volumique de la boisson, on la lit sur la droite d'étalonnage pour trouver la concentration en masse de saccharose, puis on la ramène à 100 mL.

Démarche
  1. ρ = m/V = 276,8 / 268,0 = 1,0328 g·mL⁻¹ ≈ 1,033 g·mL⁻¹.
  2. La droite d'étalonnage passe par (50 g·L⁻¹ ; 1,0157) et (150 g·L⁻¹ ; 1,0533), de pente ≈ 3,77×10⁻⁴ g·mL⁻¹ par g·L⁻¹. Pour ρ = 1,0328 : c ≈ 50 + (1,0328 − 1,0157)/3,77×10⁻⁴ ≈ 95,5 g·L⁻¹.
  3. Pour 100 mL : m(sucre) = c × V = 95,5 g·L⁻¹ × 0,100 L ≈ 9,6 g.
  4. Comparaison : 9,55 g contre 9,5 g annoncés, écart ≈ 0,5 % : l'information est cohérente.

Réponsec ≈ 95,5 g·L⁻¹, soit ≈ 9,6 g de saccharose pour 100 mL : cohérent avec les 9,5 g annoncés (écart ≈ 0,5 %).

Piège La lecture sur le graphique se fait à ± 1 g·L⁻¹. La boisson contient aussi d'autres solutés (acide citrique) : l'étalonnage au seul saccharose est un modèle simplifié, suffisant pour cette vérification.

Exercice 2 : Exercice 2 : Le césium 137 et l'essai Trinity5 points

Le sable vitrifié lors de l'essai Trinity (1945) contient du césium 137 radioactif β⁻. On établit la loi de décroissance, on estime la constante radioactive à partir d'une simulation Python, puis on calcule l'activité d'un morceau de trinitite en 2026.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Figure 1 : extrait du programme Python ; Annexe 2 : pourcentage de noyaux de césium 137 en fonction du temps. Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

Q1Donner la composition d'un noyau de césium 137 (¹³⁷₅₅Cs).Touche pour voir la correction

À retenir Pour le noyau ᴬ_Z X : Z protons et A − Z neutrons.

Démarche
  1. Z = 55 protons.
  2. A − Z = 137 − 55 = 82 neutrons.

Réponse55 protons et 82 neutrons (137 nucléons).

Q2Écrire l'équation de désintégration β⁻ du césium 137 en baryum 137.Touche pour voir la correction

À retenir La radioactivité β⁻ émet un électron ⁰₋₁e ; il y a conservation de A et de Z.

Démarche
  1. ¹³⁷₅₅Cs → ¹³⁷₅₆Ba + ⁰₋₁e.
  2. Vérification : A : 137 = 137 + 0 ; Z : 55 = 56 − 1.

Réponse¹³⁷₅₅Cs → ¹³⁷₅₆Ba + ⁰₋₁e (accompagné d'un antineutrino).

Piège L'antineutrino n'est pas exigé mais il existe dans une désintégration β⁻.

Q3Établir que l'évolution du nombre N de noyaux est régie par dN/dt = −λ·N.Touche pour voir la correction

À retenir Données : A(t) = −dN/dt et A(t) = λ·N(t).

Démarche
  1. −dN/dt = A(t) = λ·N(t).
  2. D'où dN/dt = −λ·N.

RéponsedN/dt = −λ·N (le signe − traduit la diminution du nombre de noyaux).

Q4Vérifier que N(t) = N₀·e^(−λt) est solution de l'équation différentielle.Touche pour voir la correction

À retenir On dérive la solution proposée et on compare à −λ·N.

Démarche
  1. dN/dt = N₀ × (−λ) × e^(−λt) = −λ × N₀·e^(−λt) = −λ·N(t).
  2. À t = 0 : N(0) = N₀ × e⁰ = N₀ : la condition initiale est respectée.

RéponseN(t) = N₀·e^(−λt) vérifie dN/dt = −λ·N et N(0) = N₀ : c'est bien une solution.

Q5Montrer que t½ = ln 2/λ.Touche pour voir la correction

À retenir À t = t½ : N = N₀/2.

Démarche
  1. N(t½) = N₀·e^(−λ·t½) = N₀/2, donc e^(−λ·t½) = 1/2.
  2. On passe au logarithme : −λ·t½ = −ln 2.
  3. t½ = ln 2/λ.

Réponset½ = ln 2/λ.

Vérification Si λ = 0,0231 an⁻¹, t½ = 0,693/0,0231 = 30,0 ans (valeur connue du césium 137).

Q6Estimer la constante radioactive λ (en an⁻¹) à partir de la courbe de l'annexe 2 par une construction graphique.Touche pour voir la correction

À retenir Sur la courbe de pourcentage 100·N/N₀, le temps de demi-vie se lit à 50 % ; λ = ln 2/t½.

Démarche
  1. On trace l'horizontale à 50 % et on lit l'abscisse du point d'intersection avec la courbe : t½ ≈ 30 ans.
  2. λ = ln 2/t½ = 0,693/30 ≈ 0,023 an⁻¹.
  3. Autre méthode : la tangente à l'origine coupe l'axe horizontal (0 %) en t = τ = 1/λ ≈ 43 ans.
  4. Contrôle : à t = 30 ans, 100·e^(−0,0231×30) ≈ 50 % ; la courbe de l'annexe 2 passe bien par (30 ans ; 50 %).

Réponset½ ≈ 30 ans, donc λ ≈ 0,023 an⁻¹ (en accord avec 0,0231 an⁻¹).

Vérification À t = 50 ans : 100·e^(−0,0231×50) ≈ 31,5 %, cohérent avec la courbe.

Q7Recopier et compléter la ligne 9 du programme : pourcentage = 100*np.exp(............).Touche pour voir la correction

À retenir pourcentage = 100 × N/N₀ = 100 × e^(−λt).

Démarche
  1. On remplace λ par sa valeur (0,0231 an⁻¹) et t par la variable t du programme (en années).

Réponsepourcentage = 100*np.exp(-0.0231*t)

Piège Le signe moins est indispensable ; t est un tableau numpy, donc la multiplication se fait élément par élément.

Q8Montrer que l'activité de l'échantillon est A(t) = A₀·e^(−λt), avec A₀ = λ·N₀.Touche pour voir la correction

À retenir A(t) = λ·N(t) (donnée).

Démarche
  1. A(t) = λ·N(t) = λ·N₀·e^(−λt).
  2. En posant A₀ = λ·N₀ (activité à t = 0) : A(t) = A₀·e^(−λt).

RéponseA(t) = A₀·e^(−λt) avec A₀ = λ·N₀.

Q9L'activité massique mesurée en 2010 est de 48,3 Bq pour 1 g de trinitite. Exemption si l'activité massique ne dépasse pas 10 Bq·g⁻¹. Déterminer la valeur de la masse de trinitite à partir de laquelle une demande de détention doit être effectuée en 2026 et commenter.Touche pour voir la correction

À retenir L'activité massique décroît comme A(t) = A(2010)·e^(−λ·Δt) avec Δt = 16 ans.

Démarche
  1. Δt = 2026 − 2010 = 16 ans.
  2. Activité massique en 2026 : 48,3 × e^(−0,0231×16) = 48,3 × 0,691 ≈ 33,4 Bq·g⁻¹.
  3. 33,4 Bq·g⁻¹ > 10 Bq·g⁻¹ : l'activité massique est indépendante de la masse (c'est l'activité d'un gramme) ; elle dépasse le seuil quelle que soit la masse détenue.
  4. Le seuil de 10 Bq·g⁻¹ ne serait atteint que dans t = ln(48,3/10)/λ ≈ 68 ans après 2010, soit vers 2078.
  5. Variante possible : si l'on comparait l'activité totale à 10 Bq, la masse limite serait 10/33,4 ≈ 0,30 g.

RéponseEn 2026 l'activité massique est ≈ 33 Bq·g⁻¹, supérieure à 10 Bq·g⁻¹ : une déclaration de détention est nécessaire pour toute masse de trinitite (même 1 g) ; le seuil d'exemption ne serait franchi qu'en 2078 environ.

Piège Note sur l'énoncé : « masse à partir de laquelle » alors que le critère donné est une activité par gramme, donc indépendante de la masse. Nous retenons : au-dessus de 10 Bq·g⁻¹ quelle que soit la masse, car le critère porte sur l'activité massique. Si le critère portait sur l'activité totale (10 Bq), la masse limite serait 10/33,4 ≈ 0,30 g.

Exercice 3 : Exercice 3 : L'astéroïde 2024 PT56 points

L'astéroïde 2024 PT5, « seconde Lune » temporaire, a-t-il été capturé par la Terre ? Peut-on le voir à l'œil nu ? On utilise la gravitation (mouvement circulaire uniforme, sphère de Hill), puis le pouvoir séparateur de l'œil et le grossissement d'une lunette astronomique.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Figure 2 : distance Terre–astéroïde (en au) du 1er juillet 2024 au 25 août 2025. Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

Q1Donner l'expression vectorielle de la force F⃗(T/L) exercée par la Terre sur la Lune dans le repère de Frenet (L, u⃗t, u⃗n), où u⃗n est dirigé vers la Terre.Touche pour voir la correction

À retenir La force gravitationnelle est attractive : elle est dirigée vers le centre de l'astre attirant. Sa valeur est G·m_A·m_B/d².

Démarche
  1. Sur la figure 1, u⃗n pointe de la Lune vers la Terre.
  2. La force exercée par la Terre sur la Lune est dirigée vers la Terre.

RéponseF⃗(T/L) = G·M_T·M_L / d_T/L² · u⃗n

Q2Par la deuxième loi de Newton, montrer que v_L = √(G·M_T/d_T/L).Touche pour voir la correction

À retenir Pour un mouvement circulaire, l'accélération s'écrit a⃗ = (dv/dt)·u⃗t + (v²/d)·u⃗n.

Démarche
  1. Système : Lune, référentiel géocentrique supposé galiléen, seule force : F⃗(T/L).
  2. M_L·a⃗ = F⃗ donc a⃗ = G·M_T/d² · u⃗n (indépendante de M_L).
  3. Par projection sur u⃗t : dv/dt = 0 (mouvement uniforme). Sur u⃗n : v²/d = G·M_T/d².
  4. v_L² = G·M_T/d_T/L, donc v_L = √(G·M_T/d_T/L).

Réponsev_L = √(G·M_T/d_T/L).

Vérification Dimension : G·M/d en m³·kg⁻¹·s⁻²·kg·m⁻¹ = m²·s⁻² ✓.

Q3Exprimer la période T de révolution de la Lune puis vérifier la troisième loi de Kepler T²/d³ = 4π²/(G·M_T).Touche pour voir la correction

À retenir Sur un cercle de rayon d à vitesse constante v : T = 2π·d/v.

Démarche
  1. T = 2π·d/v = 2π·d × √(d/(G·M_T)) = 2π·√(d³/(G·M_T)).
  2. En élevant au carré : T² = 4π²·d³/(G·M_T).
  3. Donc T²/d³ = 4π²/(G·M_T).

RéponseT = 2π·d_T/L·√(d_T/L/(G·M_T)) et T²/d³ = 4π²/(G·M_T).

Q4Calculer la distance Terre–Lune sachant que T = 27,3 jours.Touche pour voir la correction

À retenir d³ = G·M_T·T²/(4π²), T en secondes.

Démarche
  1. T = 27,3 × 86 400 = 2,359×10⁶ s.
  2. d³ = 6,67×10⁻¹¹ × 5,972×10²⁴ × (2,359×10⁶)² / (4π²) ≈ 5,61×10²⁵ m³.
  3. d = (5,61×10²⁵)^(1/3) ≈ 3,83×10⁸ m = 3,83×10⁵ km.

Réponsed_T/L ≈ 3,83×10⁵ km.

Vérification Valeur connue : 3,84×10⁵ km.

Q5Calculer le rayon de la sphère de Hill de la Terre : r_Hill = d_T/S·∛(M_T/(3·M_S)).Touche pour voir la correction

À retenir On calcule d'abord le rapport de masses sans dimension.

Démarche
  1. M_T/(3·M_S) = 5,972×10²⁴ / (3 × 1,989×10³⁰) = 1,001×10⁻⁶.
  2. Racine cubique : (1,001×10⁻⁶)^(1/3) ≈ 1,000×10⁻².
  3. r_Hill = 1,496×10⁸ km × 1,000×10⁻² ≈ 1,50×10⁶ km (soit 0,0100 au).

Réponser_Hill ≈ 1,50×10⁶ km ≈ 0,010 au.

Vérification 0,0100 au × 1,496×10⁸ km·au⁻¹ = 1,50×10⁶ km.

Q6La Lune se situe-t-elle dans la sphère de Hill de la Terre ?Touche pour voir la correction

À retenir Un objet est dans la sphère de Hill si sa distance à la Terre est inférieure à r_Hill.

Démarche
  1. d_T/L = 3,83×10⁵ km < r_Hill = 1,50×10⁶ km (environ 4 fois plus petit).

RéponseOui : la Lune est à l'intérieur de la sphère de Hill de la Terre.

Q7À l'aide de la figure 2 et de Q5–Q6, expliquer que l'astéroïde est venu « orbiter autour de la Terre entre novembre et janvier, sans jamais être capturé ».Touche pour voir la correction

À retenir Dans la sphère de Hill, l'attraction de la Terre domine ; à l'extérieur, c'est celle du Soleil qui l'emporte.

Démarche
  1. r_Hill ≈ 0,010 au.
  2. Sur la figure 2, entre novembre 2024 et janvier 2025 la distance Terre–astéroïde est comprise entre ≈ 0,012 et 0,027 au, donc toujours supérieure à 0,010 au.
  3. L'astéroïde est donc resté en dehors de la sphère de Hill : son mouvement est dominé par l'attraction du Soleil, il n'a pas été capturé par la Terre.

RéponseSa distance à la Terre est restée supérieure au rayon de la sphère de Hill (≈ 0,010 au) : l'attraction solaire a dominé et l'astéroïde n'a pas été capturé.

Piège Lecture graphique : la distance passe sous 0,010 au de la fin juillet à la fin août 2024 (minimum d'environ 0,004 au le 9 août, soit 5,67×10⁵ km d'après le sujet), avant la période novembre–janvier citée dans l'article.

Q8Montrer que l'angle θ sous lequel on voit deux points diamétralement opposés de l'astéroïde (d = 11 m, d_A/T = 5,67×10⁵ km) vaut 1,9×10⁻⁸ rad.Touche pour voir la correction

À retenir Pour un petit angle : tan θ ≈ θ = d/D (en radians).

Démarche
  1. d_A/T = 5,67×10⁵ km = 5,67×10⁸ m.
  2. θ ≈ 11/5,67×10⁸ ≈ 1,94×10⁻⁸ rad ≈ 1,9×10⁻⁸ rad.

Réponseθ ≈ 1,9×10⁻⁸ rad.

Vérification 11 / 5,67×10⁸ = 1,940×10⁻⁸.

Q9En ne tenant compte que du pouvoir séparateur de l'œil, commenter « une deuxième lune temporaire qu'on ne pourra pas distinguer à l'œil nu ».Touche pour voir la correction

À retenir Un objet est distingué si θ > ε.

Démarche
  1. θ = 1,9×10⁻⁸ rad, ε = 3,0×10⁻⁴ rad : θ est environ 16 000 fois plus petit que ε.
  2. L'œil ne peut pas séparer les extrémités de l'astéroïde : il ne l'identifie pas comme un objet étendu (au mieux un point).

RéponseComme θ ≪ ε, l'astéroïde est vu comme un point (et son éclat est très faible) : l'affirmation est cohérente.

Piège Le pouvoir séparateur ne parle que de la taille angulaire ; il ne tient pas compte de la luminosité de l'astéroïde.

Q10Sur l'annexe 3, tracer la marche des deux rayons issus du point B situé à l'infini à travers la lunette, en faisant apparaître l'image intermédiaire A₁B₁.Touche pour voir la correction

À retenir Les rayons issus d'un point à l'infini sont parallèles entre eux et inclinés de θ. La lentille L₁ les fait converger dans son plan focal image ; L₂ (foyer objet F₂ confondu avec F₁') les renvoie parallèles.

Démarche
  1. Rayon 1 passant par O₁ : non dévié, il traverse L₁ puis atteint le plan focal image de L₁ en B₁.
  2. Rayon 2 parallèle à rayon 1 et frappant L₁ plus haut : dévié par L₁, passe aussi par B₁ (plan focal image de L₁).
  3. A₁B₁ est l'image intermédiaire, dans le plan focal image de L₁ (A₁ = F₁').
  4. Les deux rayons traversent ensuite L₂ : comme B₁ est dans le plan focal objet de L₂ (F₁' = F₂), ils ressortent parallèles entre eux avec l'angle θ'.

RéponseL'image intermédiaire A₁B₁ est dans le plan focal image de L₁ (et objet de L₂) ; les rayons sortent de L₂ parallèles, inclinés de θ' > θ (le schéma est un tracé à main levée).

Piège Le tracé est à faire sur le document : on le décrit ici par ses règles de construction.

Q11Montrer que le grossissement de la lunette est G = f₁'/f₂'.Touche pour voir la correction

À retenir Pour de petits angles : tan θ ≈ θ. On utilise l'image intermédiaire A₁B₁ comme côté commun.

Démarche
  1. Dans le triangle (O₁, F₁', B₁) : θ ≈ A₁B₁/f₁'.
  2. Dans le triangle (O₂, F₂, B₁) : θ' ≈ A₁B₁/f₂'.
  3. G = θ'/θ = (A₁B₁/f₂') / (A₁B₁/f₁') = f₁'/f₂'.

RéponseG = f₁'/f₂'.

Q12La Grande Lunette de Meudon (f₁' = 16 m ; f₂' = 4 cm) permet-elle de distinguer deux points diamétralement opposés de l'astéroïde ?Touche pour voir la correction

À retenir On distingue les deux points si θ' = G·θ > ε.

Démarche
  1. G = f₁'/f₂' = 16 / 0,04 = 400.
  2. θ' = G·θ = 400 × 1,9×10⁻⁸ = 7,6×10⁻⁶ rad.
  3. θ' = 7,6×10⁻⁶ rad < ε = 3,0×10⁻⁴ rad : le critère θ' > ε n'est pas vérifié.
  4. Il faudrait G ≥ ε/θ = 3,0×10⁻⁴ / 1,9×10⁻⁸ ≈ 1,6×10⁴.

RéponseNon : θ' ≈ 7,6×10⁻⁶ rad < ε ; un grossissement d'au moins 1,6×10⁴ serait nécessaire (la lunette donne 400).

Vérification Rapport ε/θ' = 3,0×10⁻⁴ / 7,6×10⁻⁶ ≈ 39 : θ' est 39 fois trop petit.

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