Bac physique-chimie 2026 — Amérique du Nord — Jour 1 : sujet et corrigé

La molécule d’éthanolamine possède deux groupes caractéristiques :

• le groupe hydroxyle $\text{–OH}$, porté par un atome de carbone lié à un seul autre atome de carbone : famille des alcools (alcool primaire) ;
• le groupe amino $\text{–NH}_2$ : famille des amines (amine primaire).

La densité de la solution vaut $d = 1{,}0$, donc sa masse volumique est :

$\rho_{\text{sol}} = d \times \rho_{\text{eau}} = 1{,}0 \times 1{,}00 = 1{,}0\ \text{g}\cdot\text{mL}^{-1}$

Masse d’un volume $V = 1{,}0$ L $= 1{,}0\times 10^{3}$ mL de solution :

$m_{\text{sol}} = \rho_{\text{sol}} \times V = 1{,}0 \times 1{,}0\times 10^{3} = 1{,}0\times 10^{3}\ \text{g}$

La solution est à 20 % en masse d’éthanolamine, donc la masse d’éthanolamine dissoute vaut :

$m = \frac{20}{100}\times m_{\text{sol}} = 0{,}20 \times 1{,}0\times 10^{3} = 2{,}0\times 10^{2}\ \text{g}$

Quantité de matière correspondante :

$n = \frac{m}{M(\text{C}_2\text{H}_7\text{NO})} = \frac{2{,}0\times 10^{2}}{61{,}0} = 3{,}28\ \text{mol}$

Concentration en quantité de matière :

$C = \frac{n}{V} = \frac{3{,}28}{1{,}0} = 3{,}3\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$

Pour $\text{pH} < \mathrm{p}K_A$ la forme acide $\text{C}_2\text{H}_8\text{NO}^+$ prédomine ; pour $\text{pH} > \mathrm{p}K_A$ c’est la forme basique $\text{C}_2\text{H}_7\text{NO}$ qui prédomine.

On compare le pH de la solution au $\mathrm{p}K_A$ du couple :

$\text{pH} = 11 \;>\; \mathrm{p}K_A = 9{,}5$

D’après le diagramme de prédominance, l’espèce qui prédomine est donc la forme basique de l’éthanolamine, c’est-à-dire $\text{C}_2\text{H}_7\text{NO}$.

Le taux d’avancement final $\tau$ est le quotient de l’avancement final par l’avancement maximal :

$\boxed{\tau = \frac{x_f}{x_{\max}}}$

C’est un nombre sans dimension, compris entre 0 et 1.

Équation de la réaction de l’éthanolamine avec l’eau :

$\text{C}_2\text{H}_7\text{NO}_{(aq)} + \text{H}_2\text{O}_{(\ell)} \rightleftarrows \text{C}_2\text{H}_8\text{NO}^+_{(aq)} + \text{HO}^-_{(aq)}$

L’eau est le solvant : elle est en très large excès. Le réactif limitant est donc l’éthanolamine. Si la transformation était totale, l’éthanolamine serait entièrement consommée :

$C\cdot V - x_{\max} = 0 \qquad\text{soit}\qquad \boxed{x_{\max} = C\cdot V}$

D’après le tableau d’avancement, l’avancement final est relié à la quantité d’ions hydroxyde formés :

$x_f = n_f(\text{HO}^-) = [\text{HO}^-]_f \times V$

Or, par définition du produit ionique de l’eau :

$K_e = \frac{[\text{H}_3\text{O}^+]\,[\text{HO}^-]}{(c^{\circ})^{2}} \qquad\Longrightarrow\qquad [\text{HO}^-] = \frac{K_e\,(c^{\circ})^{2}}{[\text{H}_3\text{O}^+]}$

et, par définition du pH, $[\text{H}_3\text{O}^+] = c^{\circ}\times 10^{-\text{pH}}$. D’où :

$[\text{HO}^-] = \frac{K_e\,(c^{\circ})^{2}}{c^{\circ}\times 10^{-\text{pH}}} = \frac{K_e\cdot c^{\circ}}{10^{-\text{pH}}}$

On en déduit le taux d’avancement (le volume $V$ se simplifie : $\tau$ ne dépend pas du volume étudié) :

$\tau = \frac{x_f}{x_{\max}} = \frac{[\text{HO}^-]_f \times V}{C\times V} = \frac{[\text{HO}^-]_f}{C} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\tau = \frac{K_e\cdot c^{\circ}}{C\cdot 10^{-\text{pH}}}}$

$\tau = \frac{K_e\cdot c^{\circ}}{C\cdot 10^{-\text{pH}}} = \frac{1{,}0\times 10^{-14}\times 1{,}0}{3{,}3\times 10^{-11}} = 3{,}0\times 10^{-4}$

Commentaire. Le taux d’avancement est très inférieur à 1 : seule une molécule d’éthanolamine sur environ $3{,}3\times 10^{3}$ réagit effectivement avec l’eau. La transformation est donc très limitée, ce qui est cohérent avec le fait que l’éthanolamine est une base faible : elle ne réagit que très partiellement avec l’eau.

L’espèce chimique $\text{HO–CH}_2\text{–CH}_2\text{–NH}_2^+\text{–COO}^-$ (l’amphion formé à l’étape 1) est un intermédiaire réactionnel.

Justification : elle est produite lors de l’étape 1 puis consommée lors de l’étape 2. Elle n’apparaît donc ni parmi les réactifs, ni parmi les produits de l’équation de la réaction globale : c’est la définition d’un intermédiaire réactionnel.

Produit obtenu : $\text{HO–CH}_2\text{–CH}_2\text{–NH}_2^+\text{–COO}^-$

Justification du sens des flèches courbes. Une flèche courbe représente le déplacement d’un doublet d’électrons, toujours orienté d’un site donneur de doublet d’électrons vers un site accepteur :

• flèche (1) : l’atome d’azote porte un doublet non liant et il est plus électronégatif que les atomes de carbone et d’hydrogène auxquels il est lié : il porte donc une charge partielle $\delta^-$ et constitue un site donneur. L’atome de carbone du $\text{CO}_2$ est lié à deux atomes d’oxygène plus électronégatifs que lui : il porte une charge partielle $\delta^+$ et constitue un site accepteur. Le doublet non liant de l’azote attaque cet atome de carbone et crée la liaison $\text{N–C}$ ;
• flèche (2) : pour que l’atome de carbone ne dépasse pas quatre liaisons (règle de l’octet), le doublet $\pi$ d’une des liaisons $\text{C=O}$ se déplace sur l’atome d’oxygène, plus électronégatif, qui porte alors une charge négative.

Lors d’une dilution, la quantité de matière de soluté se conserve :

$C_{\text{mère}}\times V_{\text{prélevé}} = C_{\text{fille}}\times V_{\text{fille}} \qquad\text{avec}\qquad F = \frac{C_{\text{mère}}}{C_{\text{fille}}} = \frac{V_{\text{fille}}}{V_{\text{prélevé}}} = 50$

d’où le volume de solution $S$ à prélever :

$V_{\text{prélevé}} = \frac{V_{\text{fille}}}{F} = \frac{250{,}0}{50} = 5{,}00\ \text{mL}$

Justification : pour préparer une solution de concentration connue avec précision, on utilise exclusivement de la verrerie jaugée (pipette jaugée et fiole jaugée), dont l’incertitude est bien plus faible que celle de la verrerie graduée (pipettes graduées, éprouvettes) ou des béchers, qui ne servent qu’à contenir un liquide.

L’équivalence d’un titrage est l’état du système chimique pour lequel les réactifs titrant et titré ont été introduits (et donc consommés) dans les proportions stœchiométriques de l’équation de la réaction support du titrage.

Avant l’équivalence, le réactif titré est en excès ; après l’équivalence, c’est le réactif titrant qui est en excès. À l’équivalence, les deux réactifs sont totalement consommés.

Méthode employée : méthode de la courbe dérivée. Le volume équivalent correspond au saut de pH, c’est-à-dire au point d’inflexion de la courbe $\text{pH} = f(V)$. Ce point d’inflexion se repère par l’extremum de la courbe dérivée $\dfrac{d(\text{pH})}{d V}$ : ici, le titrage d’une base par un acide fait diminuer le pH, la dérivée est donc négative et l’on cherche son minimum.

En projetant le minimum de la courbe dérivée sur l’axe des abscisses, on lit :

Remarque : cette valeur est cohérente avec le saut de pH observé sur la courbe $\text{pH} = f(V)$, entre $V \approx 13$ mL et $V \approx 15{,}5$ mL. La méthode des tangentes parallèles conduirait au même résultat.

Démarche suivie : (1) exploiter la relation à l’équivalence pour obtenir la concentration de $S_{50}$ ; (2) remonter à la concentration de $S$ grâce au facteur de dilution ; (3) convertir cette concentration en titre massique.

Étape 1 — concentration de la solution diluée $S_{50}$. D’après l’équation du titrage $\text{C}_2\text{H}_7\text{NO}_{(aq)} + \text{H}_3\text{O}^+_{(aq)} \longrightarrow \text{C}_2\text{H}_8\text{NO}^+_{(aq)} + \text{H}_2\text{O}_{(\ell)}$, les nombres stœchiométriques des deux réactifs valent 1. À l’équivalence :

$n(\text{C}_2\text{H}_7\text{NO})_{\text{titré}} = n(\text{H}_3\text{O}^+)_{\text{versé}} \qquad\Longrightarrow\qquad C_{50}\times V_B = C_A \times V_E$

$C_{50} = \frac{C_A \times V_E}{V_B} = \frac{0{,}10 \times 14{,}3}{25{,}0} = 5{,}72\times 10^{-2}\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$

Étape 2 — concentration de la solution $S$. La solution $S$ a été diluée 50 fois pour obtenir $S_{50}$, donc :

$C_S = 50 \times C_{50} = 50 \times 5{,}72\times 10^{-2} = 2{,}86\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$

Étape 3 — titre massique. Considérons un volume $V = 1{,}0$ L de solution $S$. Il contient une masse d’éthanolamine :

$m = C_S \times M \times V = 2{,}86 \times 61{,}0 \times 1{,}0 = 1{,}74\times 10^{2}\ \text{g}$

La masse de ce litre de solution vaut, comme à la question Q.2 :

$m_{\text{sol}} = d \times \rho_{\text{eau}} \times V = 1{,}0\times 10^{3}\ \text{g}$

Le titre massique est le quotient de ces deux masses :

$t = \frac{m}{m_{\text{sol}}} = \frac{1{,}74\times 10^{2}}{1{,}0\times 10^{3}} = 0{,}174$

Le titre massique mesuré, $t \approx 17\ \%$, est inférieur à la valeur nominale de 20 % : la solution $S$ s’est effectivement altérée au cours du temps, sa concentration en éthanolamine a diminué.

En se référant au tableau, cette valeur se situe entre 15 % et 20 % :

• l’efficacité de captation du $\text{CO}_2$ est comprise entre « faible » et « bonne » : elle est donc dégradée par rapport à une solution à 20 % ;
• la tolérance à la corrosion des équipements est en revanche comprise entre « acceptable » et « très bonne » : la solution ne présente pas de risque pour l’installation.

Le technicien a donc intérêt à réajuster la solution en y ajoutant de l’éthanolamine pour revenir à un titre de l’ordre de 20 %, valeur qui offre le meilleur compromis entre une bonne efficacité de captation et une corrosion acceptable.

Les réactifs sont le dioxyde de carbone $\text{CO}_2$ et le dihydrogène $\text{H}_2$ ; les produits sont le méthanol $\text{CH}_3\text{OH}$ et l’eau $\text{H}_2\text{O}$. Après ajustement des nombres stœchiométriques :

$\boxed{\text{CO}_{2(g)} + 3\,\text{H}_{2(g)} \longrightarrow \text{CH}_3\text{OH}_{(\ell)} + \text{H}_2\text{O}_{(\ell)}}$

Vérification de la conservation des éléments : C : $1 = 1$ ; O : $2 = 1+1$ ; H : $3\times 2 = 6 = 4 + 2$. $\checkmark$

Masse de dihydrogène à produire, exprimée en kilogrammes :

$m(\text{H}_2) = 37\,500\ \text{t} = 37\,500\times 10^{3} = 3{,}75\times 10^{7}\ \text{kg}$

La production d’un kilogramme de dihydrogène nécessite une énergie de $55\ \text{kW}\cdot\text{h}$. L’énergie électrique totale nécessaire vaut donc :

$E = 55 \times m(\text{H}_2) = 55 \times 3{,}75\times 10^{7} = 2{,}0625\times 10^{9}\ \text{kW}\cdot\text{h}$

Les électrolyseurs fonctionnent à la puissance $P = 330\ \text{MW} = 3{,}30\times 10^{5}\ \text{kW}$. Comme $E = P\times \Delta t$ :

$\Delta t = \frac{E}{P} = \frac{2{,}0625\times 10^{9}}{3{,}30\times 10^{5}} = 6{,}25\times 10^{3}\ \text{h}$

L’usine doit produire ces 37 500 tonnes de dihydrogène chaque année. Or une année compte :

$\Delta t_{\text{an}} = 365 \times 24 = 8{,}76\times 10^{3}\ \text{h}$

Comparons les deux durées :

$\Delta t = 6{,}25\times 10^{3}\ \text{h} \;<\; \Delta t_{\text{an}} = 8{,}76\times 10^{3}\ \text{h}$

Les électrolyseurs devraient fonctionner $\dfrac{6{,}25\times 10^{3}}{8{,}76\times 10^{3}} \approx 0{,}71$, soit environ 71 % du temps : il reste une marge d’environ 29 % de l’année, ce qui est appréciable pour les opérations de maintenance et les éventuels arrêts de production.

L’effet photoélectrique est l’émission d’électrons par un métal éclairé par un rayonnement électromagnétique.

Cette émission ne se produit que si la fréquence $\nu$ du rayonnement est supérieure à une fréquence seuil $\nu_s$, caractéristique du métal éclairé, et ce quelle que soit l’intensité lumineuse : une lumière très intense de fréquence trop faible n’arrache aucun électron.

Ce phénomène s’interprète par l’aspect corpusculaire de la lumière : la lumière est constituée de photons transportant chacun un quantum d’énergie $E = h\nu$. Un photon cède la totalité de son énergie à un unique électron du métal ; si cette énergie est au moins égale au travail d’extraction $W_{\text{ext}}$, l’électron est arraché.

À la fréquence seuil, l’énergie du photon est exactement égale au travail d’extraction :

$h\,\nu_s = W_{\text{ext}}(\text{Zn}) \qquad\Longrightarrow\qquad \nu_s = \frac{W_{\text{ext}}(\text{Zn})}{h}$

En convertissant le travail d’extraction en joules : $W_{\text{ext}} = 4{,}3 \times 1{,}60\times 10^{-19} = 6{,}88\times 10^{-19}$ J.

$\nu_s = \frac{6{,}88\times 10^{-19}}{6{,}63\times 10^{-34}} = 1{,}038\times 10^{15}\ \text{Hz}$

Dans le vide, longueur d’onde et fréquence sont liées par $\lambda = \dfrac{c}{\nu}$, d’où :

$\lambda_s = \frac{c}{\nu_s} = \frac{3{,}00\times 10^{8}}{1{,}038\times 10^{15}} = 2{,}9\times 10^{-7}\ \text{m} = 2{,}9\times 10^{2}\ \text{nm}$

Cette longueur d’onde est comprise entre 100 nm et 400 nm : elle appartient donc au domaine des ultraviolets (UV), immédiatement au-delà du violet en énergie (le visible commence à 400 nm).

Calculons l’énergie d’un photon de cette radiation :

$E = \frac{h\,c}{\lambda} = \frac{6{,}63\times 10^{-34}\times 3{,}00\times 10^{8}}{250\times 10^{-9}} = 7{,}96\times 10^{-19}\ \text{J}$

soit, en électronvolts :

$E = \frac{7{,}96\times 10^{-19}}{1{,}60\times 10^{-19}} = 4{,}97\ \text{eV}$

Comparons au travail d’extraction du zinc :

$E = 4{,}97\ \text{eV} \;>\; W_{\text{ext}}(\text{Zn}) = 4{,}3\ \text{eV}$

(On peut aussi comparer les longueurs d’onde : $\lambda = 250\ \text{nm} < \lambda_s = 289\ \text{nm}$, donc $\nu > \nu_s$.)

Bilan d’énergie pour un photon absorbé par un électron. L’énergie du photon incident sert d’une part à extraire l’électron du métal (travail d’extraction), d’autre part à lui communiquer de l’énergie cinétique :

$E_{\text{photon}} = W_{\text{ext}} + E_c \qquad\text{soit}\qquad h\nu = h\nu_s + \frac{1}{2}\, m_e\, v^{2}$

On isole l’énergie cinétique :

$\frac{1}{2}\, m_e\, v^{2} = h\nu - h\nu_s = h\,(\nu - \nu_s)$

$v^{2} = \frac{2\,h\,(\nu - \nu_s)}{m_e} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{v = \sqrt{\frac{2\,h\,(\nu-\nu_s)}{m_e}}}$

(on ne garde que la racine positive, $v$ étant une valeur de vitesse).

Fréquence de la radiation utilisée :

$\nu = \frac{c}{\lambda} = \frac{3{,}00\times 10^{8}}{250\times 10^{-9}} = 1{,}20\times 10^{15}\ \text{Hz}$

$\nu - \nu_s = 1{,}20\times 10^{15} - 1{,}038\times 10^{15} = 1{,}62\times 10^{14}\ \text{Hz}$

$v = \sqrt{\frac{2\times 6{,}63\times 10^{-34}\times 1{,}62\times 10^{14}}{9{,}11\times 10^{-31}}} = \sqrt{2{,}36\times 10^{11}}$

D’après l’expression $v = \sqrt{\dfrac{2h(\nu-\nu_s)}{m_e}}$, seule la fréquence $\nu$ de la radiation (et donc, de façon équivalente, sa longueur d’onde $\lambda = c/\nu$) intervient : $\nu_s$, $h$ et $m_e$ sont des constantes fixées par le métal et par la nature de l’électron.

$v$ est une fonction croissante de $\nu$ : pour augmenter la vitesse d’éjection des électrons, il faut donc augmenter la fréquence de la radiation, c’est-à-dire diminuer sa longueur d’onde.

Remarque : l’intensité lumineuse n’a aucune influence sur la vitesse des électrons émis ; elle ne modifie que leur nombre, donc l’intensité du courant mesuré par l’ampèremètre.

Surface utile du panneau :

$S = L \times \ell = 1{,}346 \times 1{,}112 = 1{,}50\ \text{m}^{2}$

Puissance lumineuse reçue :

$P_{\text{lum}} = E \times S = 800 \times 1{,}50 = 1{,}20\times 10^{3}\ \text{W}$

Puissance électrique fournie dans les conditions optimales : d’après la figure 2, la courbe $P = f(U)$ tracée pour un éclairement de $800\ \text{W}\cdot\text{m}^{-2}$ passe par un maximum :

$P_{\text{élec, max}} \approx 140\ \text{W} \qquad (\text{pour } U \approx 22\ \text{V})$

Rendement :

$\eta = \frac{P_{\text{utile}}}{P_{\text{reçue}}} = \frac{P_{\text{élec, max}}}{P_{\text{lum}}} = \frac{140}{1{,}20\times 10^{3}} = 0{,}12$

Ce rendement, inférieur à 1, est cohérent : une grande partie de l’énergie lumineuse reçue n’est pas convertie en énergie électrique (photons non absorbés, dissipation thermique par effet Joule).

Démarche suivie : (1) calculer l’énergie électrique annuelle à produire ; (2) calculer l’énergie électrique produite par un panneau en un an ; (3) faire le quotient et arrondir à l’entier supérieur.

Étape 1 — besoin annuel à couvrir. Le particulier souhaite couvrir la moitié de sa consommation annuelle :

$E_{\text{à produire}} = \frac{7\,500}{2} = 3{,}75\times 10^{3}\ \text{kW}\cdot\text{h par an}$

Étape 2 — production annuelle d’un panneau. L’énergie lumineuse reçue en un an par un panneau de surface $S = 1{,}50\ \text{m}^{2}$, pour un ensoleillement moyen de $4{,}1\ \text{kW}\cdot\text{h}\cdot\text{m}^{-2}$ par jour, vaut :

$E_{\text{reçue}} = 4{,}1 \times 365 \times S = 4{,}1 \times 365 \times 1{,}50 = 2{,}24\times 10^{3}\ \text{kW}\cdot\text{h}$

Avec un rendement moyen annuel $\eta_{\text{an}} = 10\ \% = 0{,}10$, l’énergie électrique produite par panneau est :

$E_{\text{panneau}} = \eta_{\text{an}} \times E_{\text{reçue}} = 0{,}10 \times 2{,}24\times 10^{3} = 2{,}24\times 10^{2}\ \text{kW}\cdot\text{h par an}$

Étape 3 — nombre de panneaux.

$N = \frac{E_{\text{à produire}}}{E_{\text{panneau}}} = \frac{3{,}75\times 10^{3}}{2{,}24\times 10^{2}} = 16{,}7$

Le nombre de panneaux étant nécessairement entier, et le besoin devant être couvert, on arrondit à l’entier supérieur :

Commentaire. Ces 17 panneaux occupent une surface de $17 \times 1{,}50 \approx 26\ \text{m}^{2}$ de toiture : c’est une surface importante mais tout à fait compatible avec le toit d’une maison individuelle, le projet est donc réalisable.

Ce résultat reste toutefois une estimation : le calcul suppose une orientation et une inclinaison idéales des panneaux, l’absence d’ombrage et une valeur moyenne d’ensoleillement. De plus, la production est très saisonnière (beaucoup plus forte en été) et n’a pas lieu au même moment que la consommation : il faut donc soit stocker l’énergie, soit l’échanger avec le réseau électrique.

D’après la figure 2, la modélisation de la coordonnée $x$ du centre d’inertie G est $x(t) = 4{,}0\times t$ : c’est une fonction linéaire du temps.

La coordonnée $v_x = \dfrac{d x}{d t}$ est donc constante : les vecteurs vitesse successifs ont la même projection sur $Ox$, la distance parcourue selon $Ox$ pendant des durées égales est la même.

La coordonnée $v_x$ du vecteur vitesse est la dérivée de $x$ par rapport au temps, c’est-à-dire le coefficient directeur de la droite de la figure 2 :

$v_x = \frac{d x}{d t} = \frac{d}{d t}(4{,}0\,t) = 4{,}0$

D’après la figure 3, $v_y(t) = -9{,}7\,t + 5{,}0$. La coordonnée initiale s’obtient pour $t = 0$ (ordonnée à l’origine de la droite) :

$v_{y0} = v_y(0) = -9{,}7\times 0 + 5{,}0 = 5{,}0$

Le vecteur vitesse initiale a pour coordonnées $v_x = 4{,}0\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$ et $v_{y0} = 5{,}0\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$. Sa norme s’obtient par le théorème de Pythagore :

$v_0 = \sqrt{v_x^{2} + v_{y0}^{2}} = \sqrt{4{,}0^{2} + 5{,}0^{2}} = \sqrt{41}$

$v_0 = 6{,}4\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$

L’angle $\alpha$ avec l’horizontale vérifie :

$\tan\alpha = \frac{v_{y0}}{v_x} = \frac{5{,}0}{4{,}0} = 1{,}25$

$\alpha = \arctan(1{,}25) = 51^{\circ}$

Système : le ballon, de masse $m$, assimilé à son centre d’inertie G.

Référentiel : terrestre, supposé galiléen.

Bilan des forces : le ballon n’est soumis qu’à son poids $\vec{P} = m\,\vec{g}$ (les frottements de l’air et la poussée d’Archimède sont négligés).

D’après la deuxième loi de Newton :

$\sum \vec{F}_{\text{ext}} = m\,\vec{a} \qquad\Longrightarrow\qquad m\,\vec{g} = m\,\vec{a} \qquad\Longrightarrow\qquad \vec{a} = \vec{g}$

Le vecteur $\vec{g}$ est vertical, dirigé vers le bas, donc dans le repère $(xOy)$ où l’axe $Oy$ est orienté vers le haut, le vecteur accélération a pour coordonnées :

$a_x(t) = 0 \qquad\text{et}\qquad a_y(t) = -g = -9{,}81\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$

Le vecteur vitesse est la primitive du vecteur accélération par rapport au temps. En tenant compte des conditions initiales $v_x(0) = 4{,}0\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$ et $v_y(0) = 5{,}0\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$ (questions Q.2 et Q.3) :

$v_x(t) = 4{,}0 \qquad\text{et}\qquad v_y(t) = -g\,t + 5{,}0 = -9{,}81\,t + 5{,}0$

Le vecteur position est à son tour la primitive du vecteur vitesse. Les conditions initiales sont celles du point $\text{G}_0$ : $x_0 = 0$ m et $y_0 = h = 3{,}05$ m.

$x(t) = 4{,}0\,t + x_0 = 4{,}0\,t \qquad\text{et}\qquad y(t) = -\frac{1}{2}\,g\,t^{2} + 5{,}0\,t + y_0 = -\frac{9{,}81}{2}\,t^{2} + 5{,}0\,t + 3{,}05$

Or $\dfrac{9{,}81}{2} = 4{,}905 \approx 4{,}9$, d’où :

$\boxed{x(t) = 4{,}0\,t \qquad\text{et}\qquad y(t) = -4{,}9\,t^{2} + 5{,}0\,t + 3{,}05}$

Les équations horaires proposées par l’énoncé sont bien retrouvées.

Pour obtenir l’équation de la trajectoire $y = f(x)$, on élimine le temps entre les deux équations horaires. De $x = 4{,}0\,t$ on tire :

$t = \frac{x}{4{,}0}$

En reportant dans l’expression de $y(t)$ :

$y = -4{,}9\left(\frac{x}{4{,}0}\right)^{2} + 5{,}0\times\frac{x}{4{,}0} + 3{,}05 = -\frac{4{,}9}{16}\,x^{2} + \frac{5{,}0}{4{,}0}\,x + 3{,}05$

$y = -0{,}306\,x^{2} + 1{,}25\,x + 3{,}05$

$\boxed{y = -0{,}31\,x^{2} + 1{,}3\,x + 3{,}05}$

La trajectoire du ballon est donc bien une parabole, comme attendu pour une chute libre avec vitesse initiale non verticale.

Démarche suivie : (1) traduire la réussite du panier par une condition géométrique ; (2) déterminer l’abscisse du centre du ballon lorsqu’il atteint la hauteur du cerceau ; (3) comparer l’écart obtenu à la condition établie.

Étape 1 — condition de réussite. Le cerceau est horizontal, à la hauteur $h = 3{,}05$ m, et son centre se situe à $x_{\text{panier}} = 4{,}2$ m de la ligne de lancer franc. Le ballon (diamètre $d = 25$ cm $= 0{,}25$ m) passe à travers le cerceau (diamètre $D = 0{,}45$ m) sans le toucher si, lorsque le centre du ballon franchit le plan du cerceau, la distance horizontale entre le centre du ballon et le centre du panier est inférieure à :

$\frac{D-d}{2} = \frac{0{,}45 - 0{,}25}{2} = 0{,}10\ \text{m}$

Étape 2 — abscisse du ballon à la hauteur du cerceau. On cherche l’abscisse $x$ pour laquelle $y = h = 3{,}05$ m :

$-0{,}31\,x^{2} + 1{,}3\,x + 3{,}05 = 3{,}05 \qquad\Longleftrightarrow\qquad -0{,}31\,x^{2} + 1{,}3\,x = 0$

$x\,\bigl(-0{,}31\,x + 1{,}3\bigr) = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad x = 0 \quad\text{ou}\quad x = \frac{1{,}3}{0{,}31} = 4{,}19\ \text{m}$

La solution $x = 0$ correspond au point de lâcher $\text{G}_0$ ; la solution physique recherchée est donc $x = 4{,}19$ m.

Le ballon est bien en phase descendante en ce point : le sommet de la parabole est atteint en $x_S = \dfrac{1{,}3}{2\times 0{,}31} = 2{,}1$ m, où $y_S = 4{,}4$ m $> 3{,}05$ m. Le ballon passe donc largement au-dessus du cerceau avant de redescendre dans le panier.

Étape 3 — comparaison. L’écart horizontal entre le centre du ballon et le centre du panier vaut :

$\bigl|x - x_{\text{panier}}\bigr| = \bigl|4{,}19 - 4{,}2\bigr| = 0{,}01\ \text{m} = 1\ \text{cm}$

$0{,}01\ \text{m} \;<\; 0{,}10\ \text{m}$