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Bac 2026

Physique-Chimie – Métropole 2026 – Sujet 2 : correction détaillée

Spécialité · 3 h 30 · 20 points · 3 exercices (kéfir de fruit, yaourtière, satellite TESS)

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 : Le kéfir de fruit9 points

Trois parties : titrage conductimétrique des ions chlorure de l'eau du robinet (avec simulation Python), cinétique d'ordre 1 de la fermentation du glucose, puis identification de l'espèce du citron responsable du goût acidulé (IR, extraction, CCM).

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Figure 1 : extrait du programme Python de simulation du titrage ; Figure 2 : suivi conductimétrique du titrage de l'eau du robinet ; Annexe 1 : quantités de matière simulées de Ag⁺, Cl⁻ et AgCl ; Figure 3 : ln C_glu en fonction du temps et équation de la modélisation ; Figure 4 : formules topologiques du citral et de l'acide citrique ; Figure 5 : spectre A (spectre IR) ; Figure 5 : spectre B (spectre IR) ; Figure 6 : chromatogramme de l'extrait de kéfir (K), citral (C), limonène (L), acide citrique (A). Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

Q1Schématiser le dispositif du titrage par conductimétrie et légender le matériel en identifiant les solutions titrante et titrée.Touche pour voir la correction

À retenir Burette = solution titrante ; bécher = solution titrée ; conductimètre avec cellule de conductimétrie ; agitation magnétique.

Démarche
  1. Burette graduée remplie de la solution de nitrate d'argent (Ag⁺ + NO₃⁻) à 1,00×10⁻² mol·L⁻¹ (solution titrante).
  2. Bécher contenant V₁ = 250,0 mL d'eau du robinet (solution titrée, ions chlorure Cl⁻) mesurés à la fiole ou à la pipette.
  3. Cellule de conductimétrie plongeant dans le bécher et reliée au conductimètre ; agitateur magnétique avec barreau aimanté.

RéponseBurette (Ag⁺, NO₃⁻ : titrant) au-dessus d'un bécher d'eau du robinet (Cl⁻ : titré), conductimètre et agitateur magnétique.

Piège Schéma à faire sur copie ; seule la description est donnée.

Q2Recopier et compléter les lignes 4 et 5 du programme Python par une valeur numérique : V1= (volume titré en mL) et C= (concentration titrante en mol·L⁻¹).Touche pour voir la correction

À retenir Le volume titré est 250,0 mL ; la concentration du nitrate d'argent est 1,00×10⁻² mol·L⁻¹.

Démarche
  1. Ligne 4 : V1 = 250.0 (en mL).
  2. Ligne 5 : C = 1.00E-2 (en mol/L).

RéponseV1=250.0 et C=1.00E-2

Q3Compléter la ligne 7 par l'expression du volume à l'équivalence en fonction des données du programme (C1, V1, C).Touche pour voir la correction

À retenir À l'équivalence : n(Ag⁺) versé = n(Cl⁻) initial ; C·V_E = C1·V1.

Démarche
  1. C·V_E = C1·V1 donc V_E = C1·V1/C.

RéponseVE = C1*V1/C

Vérification 5×10⁻⁴ × 250,0 / 1,00×10⁻² = 12,5 mL, ce que montre l'annexe 1.

Q4Compléter la ligne 15 : quantité de matière du chlorure d'argent pour V = 0, V = V_E et V = V_max.Touche pour voir la correction

À retenir Sur le modèle des lignes 11 et 13 : n(AgCl) = 0 au départ, puis C·V_E·0,001 à l'équivalence et pour V > V_E (le précipité n'augmente plus).

Démarche
  1. Équation 1 : 1 Ag⁺ + 1 Cl⁻ → 1 AgCl : à V_E, n(AgCl) = n(Ag⁺) versé = C·V_E·0,001 (avec V en mL).
  2. Après V_E : plus de Cl⁻ à précipiter, n(AgCl) reste égale à C·V_E·0,001.

Réponsenproduit=[0,C*VE*0.001,C*VE*0.001]

Q5Tracer sur l'annexe 1 l'évolution de la quantité de matière des ions nitrate en fonction du volume V de solution titrante ajouté.Touche pour voir la correction

À retenir Les ions nitrate sont spectateurs : ils ne sont ni consommés ni formés ; ils sont simplement apportés par la solution titrante.

Démarche
  1. n(NO₃⁻)(V) = C × V.
  2. Droite passant par l'origine, de V = 0 (n = 0) à V = V_max = 25 mL : n = 1,00×10⁻² × 25×10⁻³ = 2,5×10⁻⁴ mol (le haut du graphique).

RéponseDroite croissante de (0 ; 0) à (25 mL ; 2,5×10⁻⁴ mol), de pente C = 1,00×10⁻² mol·L⁻¹.

Vérification À V_E = 12,5 mL : n(NO₃⁻) = 1,25×10⁻⁴ mol, égal à n(Cl⁻) initial.

Q6Interpréter qualitativement l'évolution de la conductivité au cours du titrage à l'aide des courbes de l'annexe 1.Touche pour voir la correction

À retenir σ = Σ λᵢ·[Xᵢ] : on suit ce qui est consommé et ce qui est formé ou apporté.

Démarche
  1. Avant V_E : des ions Cl⁻ (λ = 7,6) sont consommés et remplacés par des ions NO₃⁻ (λ = 7,1), un peu moins conducteurs ; Ag⁺ est totalement consommé. La conductivité diminue légèrement (aussi à cause de la dilution).
  2. Après V_E : Cl⁻ est épuisé, Ag⁺ et NO₃⁻ s'accumulent (λ(Ag⁺) + λ(NO₃⁻) = 13,3) : la conductivité augmente nettement.

Réponseσ décroît faiblement avant l'équivalence (Cl⁻ remplacé par NO₃⁻, un peu moins conducteur), puis croît fortement après (ajout de Ag⁺ et NO₃⁻) : l'équivalence est au minimum de σ.

Q7Déterminer la concentration en masse en ions chlorure de l'eau du robinet (figure 2 ; M(Cl) = 35,5 g·mol⁻¹) et conclure sur son utilisation pour le kéfir (teneur maximale 2 g·L⁻¹).Touche pour voir la correction

À retenir L'équivalence est à l'intersection des deux droites (avant et après la rupture de pente) de la courbe σ = f(V).

Démarche
  1. On trace la droite moyenne des points de V = 0 à 10 mL (pente négative) et celle des points de V = 15 à 25 mL (pente positive).
  2. Intersection des deux droites (σ ≈ 0,0378 − 1,5×10⁻⁴·V avant, σ ≈ 0,0339 + 2,1×10⁻⁴·V après) : V_E ≈ 10,8 mL.
  3. n(Cl⁻) = C·V_E = 1,00×10⁻² × 10,8×10⁻³ = 1,08×10⁻⁴ mol dans 250,0 mL.
  4. [Cl⁻] = 1,08×10⁻⁴/0,2500 = 4,3×10⁻⁴ mol·L⁻¹ ; c_m = 4,3×10⁻⁴ × 35,5 = 1,5×10⁻² g·L⁻¹ = 15 mg·L⁻¹.
  5. 15 mg·L⁻¹ ≪ 2 g·L⁻¹ (environ 130 fois moins).

Réponsec_m(Cl⁻) ≈ 1,5×10⁻² g·L⁻¹ ≈ 15 mg·L⁻¹, très inférieure à 2 g·L⁻¹ : l'eau du robinet convient pour préparer le kéfir.

Vérification Le V_E trouvé (≈ 10,8 mL) est proche du V_E simulé (12,5 mL) avec C1 = 5×10⁻⁴ mol·L⁻¹.

Piège La rupture de pente est arrondie (précipité légèrement soluble) ; on extrapole les portions rectilignes.

Q8Citer une autre méthode envisageable pour suivre la cinétique de la fermentation.Touche pour voir la correction

À retenir Une méthode de suivi exploite une grandeur physique reliée à l'avancement.

Démarche
  1. Le dioxyde de carbone se dégage : on peut mesurer la pression du gaz dégagé dans un récipient clos, ou la perte de masse du mélange au cours du temps.
  2. Ou encore un dosage du glucose (spectrophotométrie, après réaction colorée) sur des prélèvements.

RéponseSuivi par la pression (ou le volume) de CO₂ dégagé, ou par la perte de masse du mélange.

Q9Montrer que n_glu(t) = n_glu(t₀) − C_éth(t)·V_boisson/2.Touche pour voir la correction

À retenir Tableau d'avancement : C₆H₁₂O₆ → 2 C₂H₅OH + 2 CO₂.

Démarche
  1. n_glu(t) = n_glu(t₀) − x ; n_éth(t) = 2x (aucun éthanol au départ).
  2. x = n_éth/2 = C_éth(t)·V_boisson/2.
  3. n_glu(t) = n_glu(t₀) − C_éth(t)·V_boisson/2.

Réponsen_glu(t) = n_glu(t₀) − C_éth(t)·V_boisson/2.

Q10En supposant une loi de vitesse d'ordre 1 pour la disparition du glucose, montrer que dC_glu/dt + k·C_glu = 0.Touche pour voir la correction

À retenir Vitesse volumique de disparition : v = −dC/dt ; ordre 1 : v = k·C.

Démarche
  1. v_disp = −dC_glu/dt.
  2. Ordre 1 : v_disp = k·C_glu.
  3. −dC_glu/dt = k·C_glu, soit dC_glu/dt + k·C_glu = 0.

RéponsedC_glu/dt + k·C_glu = 0.

Q11Justifier que C_glu(t) = C_glu(0)·e^(−kt) est solution de l'équation différentielle.Touche pour voir la correction

À retenir On dérive et on vérifie la condition initiale.

Démarche
  1. dC_glu/dt = −k·C_glu(0)·e^(−kt) = −k·C_glu(t).
  2. L'équation est vérifiée, et C_glu(0) est bien la valeur initiale.

RéponsedC/dt = −k·C : la fonction exponentielle décroissante est solution.

Q12Justifier que le tracé de ln C_glu en fonction de t confirme l'ordre 1 (équation de modélisation : ln C_glu = −5,34×10⁻⁶·t − 2,22).Touche pour voir la correction

À retenir Si C = C₀·e^(−kt), alors ln C = ln C₀ − k·t : fonction affine de t de pente −k.

Démarche
  1. Les points expérimentaux sont alignés sur une droite de coefficient directeur négatif : ln C_glu est une fonction affine de t.
  2. C'est la signature d'une exponentielle décroissante, donc d'une cinétique d'ordre 1.

Réponseln C_glu est une fonction affine décroissante de t : la cinétique est bien d'ordre 1, avec k = 5,34×10⁻⁶ s⁻¹.

Q13Calculer la masse de glucose initialement introduite à partir de l'équation de modélisation et commenter (V = 1 L ; M = 180,0 g·mol⁻¹).Touche pour voir la correction

À retenir ln C_glu(0) = −2,22 (ordonnée à l'origine).

Démarche
  1. C_glu(0) = e^(−2,22) = 0,109 mol·L⁻¹.
  2. n = C × V = 0,109 × 1,0 = 0,109 mol.
  3. m = n·M = 0,109 × 180,0 = 19,5 g.

Réponsem ≈ 19,5 g, soit environ 20 g de glucose : cohérent avec la recette (20 g de sucre remplacés par 20 g de glucose).

Vérification e^(−2,22) = 0,1086 ; 0,1086 × 180 = 19,5 g.

Q14Déterminer le temps de demi-réaction t½ = ln 2/k et conclure sur la recette (la boisson doit encore contenir du sucre).Touche pour voir la correction

À retenir k = 5,34×10⁻⁶ s⁻¹ (opposé de la pente de la droite).

Démarche
  1. t½ = 0,693/5,34×10⁻⁶ = 1,30×10⁵ s ≈ 36 h.
  2. La fermentation dure « au moins 24 h » : à 24 h = 8,64×10⁴ s, C/C₀ = e^(−0,461) = 0,63 : il reste 63 % du glucose.
  3. La boisson est donc encore sucrée au bout d'une journée ; au bout de 36 h il en reste la moitié.

Réponset½ ≈ 1,3×10⁵ s ≈ 36 h (1,5 jour) : après 24 h, il reste environ 63 % du glucose, la recette convient (boisson peu sucrée mais toujours agréable).

Piège Les mesures ne portent que sur 4 500 s (1,25 h) : on extrapole la loi exponentielle jusqu'à 24 h.

Q15Attribuer chacun des deux spectres IR (A et B) au citral et à l'acide citrique et justifier.Touche pour voir la correction

À retenir O–H : bande forte et large vers 3 200–3 700 cm⁻¹ ; C=O : bande forte et fine vers 1 650–1 730 cm⁻¹ ; C–H : forte vers 2 850–3 100 cm⁻¹.

Démarche
  1. Citral : un groupe C=O (aldéhyde conjugué), des C=C et des C–H, mais pas de groupe O–H : spectre sans bande O–H.
  2. Acide citrique : trois groupes –COOH et un –OH : bandes O–H fortes et larges, et C=O forte et fine.
  3. Spectre A : bande C=O vers 1 680 cm⁻¹, fortes bandes C–H vers 2 900, aucune bande O–H : citral.
  4. Spectre B : fortes bandes O–H à 3 200–3 600 cm⁻¹ et C=O vers 1 700–1 750 cm⁻¹ : acide citrique.

RéponseSpectre A : citral (pas de O–H) ; spectre B : acide citrique (O–H et C=O).

Piège Les deux molécules ont un C=O ; c'est l'absence ou la présence de la bande O–H qui permet de décider.

Q16Choisir, en justifiant, parmi l'eau, l'acétate d'éthyle et le cyclohexane, le solvant le plus approprié pour extraire simultanément citral, acide citrique et limonène du kéfir.Touche pour voir la correction

À retenir Le solvant d'extraction doit dissoudre toutes les espèces et être peu ou pas miscible avec l'eau.

Démarche
  1. L'eau : la solubilité du limonène est faible et celle du citral très faible : elle ne convient pas (et c'est le solvant de la boisson).
  2. Cyclohexane : non miscible à l'eau, mais l'acide citrique y est insoluble : ne convient pas.
  3. Acétate d'éthyle : solubilité convenable pour le limonène et le citral, grande pour l'acide citrique, et faiblement miscible avec l'eau : convient.

RéponseL'acétate d'éthyle (dissout les trois espèces et est peu miscible à l'eau).

Piège L'acétate d'éthyle est faiblement miscible à l'eau : on obtient deux phases, avec un léger transfert.

Q17En analysant le chromatogramme (figure 6), déterminer l'espèce issue du citron présente dans la boisson et responsable du goût acidulé.Touche pour voir la correction

À retenir Des taches situées à la même hauteur correspondent à la même espèce (dans le même éluant).

Démarche
  1. Le dépôt K (extrait de kéfir) ne donne qu'une tache, située juste au-dessus de la ligne de dépôt.
  2. Cette tache est à la même hauteur que la tache du dépôt A (acide citrique), qui migre très peu ; il n'y a pas de tache aux hauteurs du citral (C) et du limonène (L).
  3. L'espèce retrouvée dans le kéfir est donc l'acide citrique, responsable du goût acidulé.

RéponseL'acide citrique : le dépôt K contient la même espèce que le dépôt A et aucune tache à la hauteur de C ou de L.

Piège Une espèce qui migre très peu peut aussi cacher une espèce non révélée ; on conclut ici sur l'identité de hauteur entre K et A.

Exercice 2 : Exercice 2 : La yaourtière5.5 points

Bilans d'énergie lors de la fabrication de 7 yaourts (chauffage puis maintien à 43 °C), estimation du coût, puis refroidissement d'un pot au réfrigérateur (loi de Newton, temps caractéristique).

Q1Montrer que l'énergie thermique Q_chauffage transférée au système {S} lors de l'étape A est voisine de 9,2×10⁴ J (C = 4,0×10³ J·K⁻¹ ; θ_amb = 20 °C ; θ_fab = 43 °C).Touche pour voir la correction

À retenir Q = C·Δθ.

Démarche
  1. Δθ = 43 − 20 = 23 K.
  2. Q = 4,0×10³ × 23 = 9,2×10⁴ J.

RéponseQ_chauffage = 9,2×10⁴ J.

Q2Calculer Δt_A (85 % de l'énergie électrique consommée est transférée au système, P_A = 150 W) et montrer que Δt_B ≈ 7 h 50 min sur 8 h au total.Touche pour voir la correction

À retenir E_él = P_A·Δt_A ; 85 % de E_él = Q.

Démarche
  1. E_él = Q/0,85 = 9,2×10⁴/0,85 = 1,08×10⁵ J.
  2. Δt_A = E_él/P_A = 1,08×10⁵/150 = 722 s ≈ 12 min.
  3. Δt_B = 8 h − 12 min = 7 h 48 min ≈ 7 h 50 min.

RéponseΔt_A ≈ 722 s ≈ 12 min ; Δt_B ≈ 7 h 48 min ≈ 7 h 50 min.

Vérification 12 min + 7 h 48 min = 8 h.

Q3Estimer le prix de fabrication d'un yaourt fait maison et discuter l'argument du coût (1 kWh : 0,20 € ; 1 L de lait : 1,05 € ; 2 g de ferments : 0,64 € ; pot du commerce : 0,35 €).Touche pour voir la correction

À retenir Coût total = énergie + lait + ferments, divisé par 7 pots.

Démarche
  1. Énergie étape A : 1,08×10⁵ J = 0,030 kWh ; étape B : 20 W × 7,8 h = 156 Wh = 0,156 kWh ; total ≈ 0,186 kWh, soit 0,186 × 0,20 = 0,037 €.
  2. Lait : 700 mL = 0,70 L × 1,05 = 0,735 € ; ferments : 0,64 €.
  3. Total : 0,037 + 0,735 + 0,64 ≈ 1,41 € pour 7 pots, soit ≈ 0,20 € par pot (0,35 € dans le commerce).

Réponse≈ 0,20 € par yaourt fait maison contre 0,35 € : l'argument du coût est vérifié (économie d'environ 40 %), le coût principal étant le lait et les ferments, non l'électricité.

Vérification L'électricité représente moins de 3 % du coût ; le réfrigérateur n'est pas pris en compte.

Piège On néglige le coût du matériel (yaourtière), du temps et de la consommation du réfrigérateur.

Q4Nommer les trois modes de transfert thermique permettant le refroidissement du pot.Touche pour voir la correction

À retenir Conduction, convection, rayonnement.

Démarche
  1. Le pot cède de l'énergie à l'air du réfrigérateur : par conduction (contact avec le verre, les étagères), par convection (air en mouvement) et par rayonnement.

RéponseConduction, convection et rayonnement.

Q5Calculer le flux thermique initial Φ₀ et dire comment le flux varie (h = 10 W·m⁻²·K⁻¹ ; S = 0,019 m² ; θ₀ = 30 °C ; θ_réfri = 4,0 °C).Touche pour voir la correction

À retenir Loi de Newton : Φ = h·S·(θ − θ_réfri).

Démarche
  1. Φ₀ = 10 × 0,019 × (30 − 4,0) = 4,9 W.
  2. Le pot se refroidit : θ diminue donc (θ − θ_réfri) diminue : le flux diminue au cours du temps et tend vers zéro.

RéponseΦ₀ ≈ 4,9 W ; le flux décroît au cours du temps (il s'annule quand θ = θ_réfri).

Vérification 10 × 0,019 × 26 = 4,94 W.

Q6Indiquer la température du système après un temps très long et montrer que l'énergie perdue est voisine de 12 kJ (m = 0,19 kg ; c_Y = 2,5×10³ J·kg⁻¹·K⁻¹).Touche pour voir la correction

À retenir À l'équilibre thermique, le pot est à la température du réfrigérateur ; |Q| = m·c·|Δθ|.

Démarche
  1. Température finale : θ_réfri = 4,0 °C.
  2. |Q| = 0,19 × 2,5×10³ × (30 − 4,0) = 475 × 26 = 1,24×10⁴ J ≈ 12 kJ.

Réponseθ_final = 4,0 °C ; énergie perdue ≈ 1,2×10⁴ J ≈ 12 kJ.

Q7Calculer la durée Δt₀ nécessaire pour transférer 12 kJ à la puissance Φ₀.Touche pour voir la correction

À retenir Δt₀ = Q/Φ₀.

Démarche
  1. Δt₀ = 1,24×10⁴/4,94 = 2,5×10³ s ≈ 42 min.

RéponseΔt₀ ≈ 2,5×10³ s ≈ 42 min.

Q8Tracer l'allure de θ(t) = (θ₀ − θ_réfri)·e^(−t/τ) + θ_réfri en indiquant les températures initiale et finale, et faire apparaître une méthode de détermination de τ.Touche pour voir la correction

À retenir Courbe exponentielle décroissante de 30 °C à 4,0 °C. Méthodes : tangente à l'origine ou 63 % de la variation.

Démarche
  1. Départ à θ(0) = 30 °C, asymptote horizontale θ = 4,0 °C.
  2. Méthode 1 : la tangente à la courbe à t = 0 coupe l'asymptote θ = 4,0 °C à l'abscisse t = τ.
  3. Méthode 2 : à t = τ, θ = 4,0 + 26 × e⁻¹ ≈ 13,6 °C (perte de 63 % de l'écart).

RéponseExponentielle décroissante de 30 °C vers 4,0 °C ; τ se lit à l'intersection de la tangente à l'origine avec l'asymptote, ou à θ ≈ 13,6 °C.

Piège Schéma à faire sur copie ; seules les valeurs caractéristiques sont données.

Q9Comparer τ = m·c_Y/(h·S) à Δt₀ et commenter.Touche pour voir la correction

À retenir τ s'exprime en secondes : kg·J·kg⁻¹·K⁻¹/(W·m⁻²·K⁻¹·m²) = s.

Démarche
  1. τ = 0,19 × 2,5×10³/(10 × 0,019) = 475/0,19 = 2,5×10³ s ≈ 42 min.
  2. τ = Δt₀ : c'est un résultat général, car Δt₀ = m·c·Δθ/(h·S·Δθ) = τ.
  3. Commentaire : le temps pour que le pot atteigne vraiment la température de 4 °C est plusieurs fois τ (environ 3τ pour 95 %, soit plus de 2 h) : le refroidissement exponentiel est plus lent qu'un transfert à flux constant Φ₀.

Réponseτ ≈ 2,5×10³ s ≈ 42 min = Δt₀ : τ est la durée qu'il faudrait à flux constant Φ₀ ; après 2 h (≈ 2,9 τ) le pot n'est qu'à 5,5 °C, soit proche de 4 °C mais pas encore à l'équilibre.

Vérification θ(7 200 s) = 4,0 + 26·e^(−7 200/2 500) = 5,5 °C.

Exercice 3 : Exercice 3 : Le satellite TESS5.5 points

Le système TOI 270 : mouvement circulaire uniforme des exoplanètes autour de l'étoile (deuxième loi de Newton, troisième loi de Kepler), puis détermination du rayon et de la période de l'exoplanète 1 par la méthode des transits.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Figures 2 et 3 : géométrie du transit et puissance lumineuse relative reçue. Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

Q1Exprimer la force gravitationnelle F⃗ exercée par l'étoile E sur l'exoplanète 2 en fonction de M₂, M_E, G, R₂ et u⃗_N (dirigé vers l'étoile).Touche pour voir la correction

À retenir Force d'attraction : valeur G·M₂·M_E/R₂² ; direction radiale ; sens vers l'étoile.

Démarche
  1. Distance entre les centres : R₂.
  2. u⃗_N est orienté vers E : la force attractive est selon +u⃗_N.

RéponseF⃗ = G·M₂·M_E/R₂² · u⃗_N

Q2Par la deuxième loi de Newton, établir v₂ = √(G·M_E/R₂).Touche pour voir la correction

À retenir Pour un mouvement circulaire : a⃗ = (dv/dt)·u⃗_T + (v²/R)·u⃗_N.

Démarche
  1. M₂·a⃗ = F⃗, donc a⃗ = G·M_E/R₂² · u⃗_N (M₂ se simplifie).
  2. Sur u⃗_T : dv/dt = 0 (mouvement uniforme). Sur u⃗_N : v₂²/R₂ = G·M_E/R₂².
  3. v₂ = √(G·M_E/R₂).

Réponsev₂ = √(G·M_E/R₂).

Q3Établir M_E = 4π²·R₂³/(G·T₂²).Touche pour voir la correction

À retenir T₂ = 2π·R₂/v₂.

Démarche
  1. v₂ = 2π·R₂/T₂ ; v₂² = 4π²·R₂²/T₂² = G·M_E/R₂.
  2. M_E = 4π²·R₂³/(G·T₂²).

RéponseM_E = 4π²·R₂³/(G·T₂²).

Q4Vérifier que M_E est voisine de 7,68×10²⁹ kg (R₂ = 1,08×10⁷ km ; T₂ = 11,4 jours).Touche pour voir la correction

À retenir Convertir en unités SI : km en m, jours en s.

Démarche
  1. R₂ = 1,08×10¹⁰ m ; R₂³ = 1,26×10³⁰ m³.
  2. T₂ = 11,4 × 86 400 = 9,85×10⁵ s ; T₂² = 9,70×10¹¹ s².
  3. M_E = 4π² × 1,26×10³⁰/(6,67×10⁻¹¹ × 9,70×10¹¹) = 4,97×10³¹/64,7 ≈ 7,7×10²⁹ kg.

RéponseM_E ≈ 7,7×10²⁹ kg : valeur en accord avec 7,68×10²⁹ kg (environ 0,1 % d'écart).

Vérification Calcul numérique : 7,69×10²⁹ kg.

Q5Avec la troisième loi de Kepler et R₁, R₂, T₂, déterminer T₁ en jours.Touche pour voir la correction

À retenir T²/R³ est le même pour toutes les planètes de l'étoile : T₁²/R₁³ = T₂²/R₂³.

Démarche
  1. T₁ = T₂ × (R₁/R₂)^(3/2).
  2. R₁/R₂ = 6,77×10⁶/1,08×10⁷ = 0,627 ; (0,627)^(3/2) = 0,496.
  3. T₁ = 11,4 × 0,496 ≈ 5,66 jours.

RéponseT₁ ≈ 5,7 jours terrestres.

Vérification Plus l'orbite est petite, plus la période est courte : 5,7 j < 11,4 j ✓.

Q6Indiquer qualitativement l'influence de la taille de l'exoplanète sur la diminution ΔP_lum au cours d'un transit.Touche pour voir la correction

À retenir ΔP_lum = (r₁/r_E)².

Démarche
  1. ΔP_lum est proportionnelle à r₁² : plus l'exoplanète est grande, plus elle masque une grande fraction du disque de l'étoile.

RéponsePlus l'exoplanète est grande, plus la diminution ΔP_lum est importante (proportionnelle à r₁²).

Q7Vérifier que r₁ ≈ 1,7×10⁴ km à partir de la figure 3 (r_E = 2,63×10⁵ km).Touche pour voir la correction

À retenir r₁ = r_E·√ΔP_lum.

Démarche
  1. Lecture (figure 3) : P_lum passe de 1 à 0,9961 ± 0,0001 au minimum, donc ΔP_lum = (3,9 ± 0,1)×10⁻³, soit 4,0×10⁻³ à la précision du graphique.
  2. r₁ = 2,63×10⁵ × √(4,0×10⁻³) = 2,63×10⁵ × 0,063 ≈ 1,7×10⁴ km (1,64 à 1,68×10⁴ km sur la plage de lecture, soit 1,7×10⁴ km à 2 chiffres significatifs).

Réponser₁ ≈ 1,7×10⁴ km.

Vérification √(3,9×10⁻³) donne 1,64×10⁴ km ; √(4,0×10⁻³) donne 1,66×10⁴ km : la valeur 1,7×10⁴ km de l'énoncé est établie à la précision de lecture du graphique (± 3 %).

Q8En utilisant les figures 2 et 3 et α ≪ 1 rad, estimer la période T₁ de l'exoplanète 1 et commenter.Touche pour voir la correction

À retenir Pendant le transit, l'exoplanète parcourt l'angle 2α sur son orbite de rayon R₁ ; la période est la durée d'un tour, soit un angle 2π.

Démarche
  1. Durée du transit (figure 3) : t_i ≈ −0,82 h et t_f ≈ +0,81 h, donc Δt ≈ 1,63 h.
  2. Au début du transit, le bord de la planète touche le bord de l'étoile : le centre de la planète est à la distance latérale r_E + r₁ de l'axe étoile–caméra (figure 2). Pour α petit : α ≈ (r_E + r₁)/R₁ = (2,63×10⁵ + 1,7×10⁴)/6,77×10⁶ ≈ 0,041 rad.
  3. Pendant le transit, la planète balaie l'angle 2α sur son orbite ; un tour complet correspond à 2π : Δt/T₁ = 2α/(2π), donc T₁ = π·Δt/α = π × 1,63/0,041 ≈ 1,2×10² h ≈ 5,2 jours.

RéponseT₁ ≈ 5,2 jours, du même ordre (écart ≈ 9 %) que les 5,7 jours de la troisième loi de Kepler (Q5) : les deux méthodes indépendantes donnent des périodes voisines, ce qui valide le modèle d'orbite circulaire.

Vérification Avec α ≈ r_E/R₁ = 0,039 (en négligeant r₁), on trouve T₁ ≈ 5,5 jours.

Piège Le résultat dépend de la lecture de t_i et t_f à ± 0,03 h (soit ± 0,1 jour sur T₁).

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