Bac physique-chimie 2026 — Antilles-Guyane — Jour 1 : sujet et corrigé

L’ion hydrogénocarbonate $\text{HCO}_3^-$ appartient au couple $\text{HCO}_3^-\text{(aq)}\,/\,\text{CO}_3^{2-}\text{(aq)}$ : sa base conjuguée s’obtient en lui retirant un proton $\text{H}^+$, ici celui du groupe $\text{–OH}$.

Les deux atomes d’oxygène simplement liés portent chacun une charge négative : l’ion porte au total la charge $-2$.

Une espèce est dite amphotère lorsqu’elle peut se comporter à la fois comme un acide (céder un proton $\text{H}^+$) et comme une base (capter un proton $\text{H}^+$).

Or l’ion hydrogénocarbonate appartient aux deux couples acide-base donnés dans l’énoncé :

• dans le couple $\text{CO}_2\text{(aq)}\,/\,\text{HCO}_3^-\text{(aq)}$, il est la base : il peut capter un proton. $\text{HCO}_{3\,(aq)}^- + \text{H}^+ \longrightarrow \text{CO}_{2\,(aq)} + \text{H}_2\text{O}_{(\ell)}$
• dans le couple $\text{HCO}_3^-\text{(aq)}\,/\,\text{CO}_3^{2-}\text{(aq)}$, il est l’acide : il peut céder un proton. $\text{HCO}_{3\,(aq)}^- \longrightarrow \text{CO}_{3\,(aq)}^{2-} + \text{H}^+$

La forme acide d’un couple prédomine pour $\text{pH} < \text{p}K_A$, la forme basique pour $\text{pH} > \text{p}K_A$. L’ion hydrogénocarbonate, amphotère, prédomine donc dans le domaine intermédiaire compris entre les deux $\text{p}K_A$.

Le pH de la solution $S_1$ vaut 9,0. Situons-le par rapport aux deux $\text{p}K_A$ :

$\text{p}K_{A_1} = 6{,}4 \;<\; \text{pH} = 9{,}0 \;<\; \text{p}K_{A_2} = 10{,}3$

Le pH de $S_1$ appartient donc au domaine intermédiaire du diagramme de la question Q3.

L’énoncé indique qu’une pastille contient 0,22 % en masse d’ions hydrogénocarbonate. Cette proportion s’applique à la masse totale de la pastille, $m_{\text{pastille}} = 2{,}64$ g :

$m_f = \frac{0{,}22}{100} \times m_{\text{pastille}} = 0{,}0022 \times 2{,}64$

La solution titrante est de l’acide chlorhydrique : elle apporte des ions oxonium $\text{H}_3\text{O}^+$, du couple $\text{H}_3\text{O}^+\text{(aq)}\,/\,\text{H}_2\text{O}\,(\ell)$. L’espèce titrée est l’ion hydrogénocarbonate, qui joue ici le rôle de base, dans le couple $\text{CO}_2\text{(aq)}\,/\,\text{HCO}_3^-\text{(aq)}$.

$\text{HCO}_{3\,(aq)}^- + \text{H}^+ \longrightarrow \text{CO}_{2\,(aq)} + \text{H}_2\text{O}_{(\ell)}$

$\text{H}_3\text{O}^+_{(aq)} \longrightarrow \text{H}_2\text{O}_{(\ell)} + \text{H}^+$

En additionnant ces deux demi-équations, le proton se simplifie :

$\boxed{\ \text{HCO}_{3\,(aq)}^- + \text{H}_3\text{O}^+_{(aq)} \longrightarrow \text{CO}_{2\,(aq)} + 2\,\text{H}_2\text{O}_{(\ell)}\ }$

Vérification : C : $1 = 1$ ; O : $3+1 = 2+2$ ; H : $1+3 = 4$ ; charge : $-1+1 = 0$. ✓

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 se repère par l’extremum de la courbe dérivée $\dfrac{d(\text{pH})}{d V}$.

Ici on titre une base par un acide : le pH diminue, la dérivée est donc négative et l’on cherche son minimum (le point le plus bas de la courbe continue, lu sur l’axe de droite).

(La courbe dérivée se lit sur l’axe de droite de l’annexe, gradué de $0$ à $-0{,}8$ : elle présente donc un creux, et non un pic.)

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

D’après l’équation de la question Q6, les nombres stœchiométriques de $\text{HCO}_3^-$ et de $\text{H}_3\text{O}^+$ valent tous deux 1. À l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques :

$n_1 = n(\text{H}_3\text{O}^+)_{\text{versé}} = c_A \times V_E = 0{,}50\times 10^{-2} \times 12{,}0\times 10^{-3}$

Quantité d’ions hydrogénocarbonate dans toute la pastille. Une pastille entière a été dissoute dans $V_0 = 100$ mL de solution $S_1$, mais le titrage n’a porté que sur un prélèvement de $V_1 = 50{,}0$ mL. La quantité $n_1$ ne correspond donc qu’à une fraction de la pastille :

$n_{\text{pastille}} = n_1 \times \frac{V_0}{V_1} = 6{,}0\times 10^{-5} \times \frac{100}{50{,}0} = 1{,}2\times 10^{-4}\ \text{mol}$

Masse correspondante.

$m_{\text{exp}} = n_{\text{pastille}} \times M(\text{HCO}_3^-) = 1{,}2\times 10^{-4} \times 61{,}0$

Étape 1 — incertitude-type sur $m_{\text{exp}}$. Calculons d’abord les deux incertitudes relatives :

$\frac{\mathrm{u}(c_A)}{c_A} = \frac{0{,}01\times 10^{-2}}{0{,}50\times 10^{-2}} = 0{,}020 \qquad\text{et}\qquad \frac{\mathrm{u}(V_E)}{V_E} = \frac{0{,}2}{12{,}0} = 0{,}017$

$\mathrm{u}(m_{\text{exp}}) = m_{\text{exp}} \times \sqrt{\left(\frac{\mathrm{u}(c_A)}{c_A}\right)^{2} + \left(\frac{\mathrm{u}(V_E)}{V_E}\right)^{2}} = 7{,}3\times 10^{-3} \times \sqrt{(0{,}020)^{2} + (0{,}017)^{2}}$

$\mathrm{u}(m_{\text{exp}}) = 7{,}3\times 10^{-3} \times 0{,}026 = 1{,}9\times 10^{-4}\ \text{g}$

Étape 2 — calcul du quotient $z$.

$z = \frac{\left| m_{\text{exp}} - m_f \right|}{\mathrm{u}(m_{\text{exp}})} = \frac{\left| 7{,}3\times 10^{-3} - 5{,}8\times 10^{-3} \right|}{1{,}9\times 10^{-4}} = \frac{1{,}5\times 10^{-3}}{1{,}9\times 10^{-4}}$

Étape 3 — conclusion. Le quotient est nettement supérieur à 2 : l’écart entre la valeur mesurée et la valeur de référence ne peut pas s’expliquer par les seules incertitudes de mesure.

La masse mesurée est supérieure à la masse de référence ($7{,}3\times 10^{-3}$ g contre $5{,}8\times 10^{-3}$ g) : tout se passe comme si l’on avait versé trop d’acide, donc comme si la pastille contenait plus d’espèces basiques que les seuls ions hydrogénocarbonate.

Or les agents d’enrobage de la pastille sont en partie constitués d’ions carboxylate $\text{R–COO}^-$ (figure 3). Ces ions sont les bases conjuguées des acides carboxyliques $\text{R–COOH}$ : ce sont donc eux aussi des espèces basiques, qui réagissent avec l’acide chlorhydrique versé.

Le volume équivalent mesuré est ainsi plus grand qu’il ne devrait, ce qui surestime la quantité d’ions hydrogénocarbonate et explique l’écart constaté à la question Q10.

Un indicateur coloré est adapté lorsque sa zone de virage contient le pH à l’équivalence, ici $\text{pH}_E = 4{,}3$. Examinons les quatre propositions :

Changement de couleur observé. On titre une solution basique (l’eau de Vichy, riche en ions hydrogénocarbonate) par un acide : le pH diminue au cours du titrage. On passe donc de la forme basique de l’indicateur à sa forme acide :

La concentration en masse d’ions hydrogénocarbonate de l’eau minérale vaut :

$c_{\text{me}} = 4{,}37\times 10^{3}\ \text{mg}\cdot\text{L}^{-1} = 4{,}37\ \text{g}\cdot\text{L}^{-1}$

On cherche le volume contenant la même masse d’ions hydrogénocarbonate qu’une pastille, soit $m_f = 5{,}8\times 10^{-3}$ g (valeur de référence issue des données du fabricant) :

$V_{\text{Vichy}} = \frac{m_f}{c_{\text{me}}} = \frac{5{,}8\times 10^{-3}}{4{,}37} = 1{,}3\times 10^{-3}\ \text{L}$

Commentaire. Il suffit de boire environ 1,3 mL d’eau de Vichy — soit à peine une demi-cuillère à café — pour ingérer autant d’ions hydrogénocarbonate qu’une pastille entière.

L’apport en ions hydrogénocarbonate d’une pastille est donc extrêmement faible. L’argument commercial du fabricant, qui vante les propriétés digestives de la pastille « en raison de la présence d’ions hydrogénocarbonate », doit être fortement relativisé : un verre d’eau de Vichy (200 mL) en apporte environ 150 fois plus.

Une hydrodistillation consiste à vaporiser le mélange, puis à condenser les vapeurs et à recueillir le distillat dans un récipient séparé.

• Le montage A présente un réfrigérant vertical, placé directement au-dessus du ballon : les vapeurs condensées y retombent dans le ballon. C’est un montage à reflux — rien n’est recueilli, il ne convient pas.
• Le montage B présente un réfrigérant incliné conduisant les vapeurs condensées vers un erlenmeyer placé à l’écart : le distillat y est bien recueilli.

Un bon solvant d’extraction doit satisfaire deux conditions :

• (1) dissoudre bien l’espèce à extraire, et bien mieux que le solvant de départ. D’après la figure 6, la phase huileuse odorante est très fortement soluble dans le dichlorométhane, alors qu’elle n’est que faiblement soluble dans l’eau et très faiblement soluble dans l’eau salée : elle passera donc massivement dans le dichlorométhane ;
• (2) ne pas être miscible à l’eau, pour que deux phases se forment et que la séparation par décantation soit possible. Le dichlorométhane est quasi insoluble dans l’eau comme dans l’eau salée : cette condition est remplie.

Rôle de l’étape 1 : l’ajout d’une solution aqueuse saturée en chlorure de sodium diminue encore la solubilité de la phase huileuse dans la phase aqueuse (« très faible » au lieu de « faible ») : c’est le relargage, qui améliore le rendement de l’extraction.

Précaution : le dichlorométhane porte le pictogramme « danger pour la santé ». Il doit être manipulé sous hotte aspirante et avec des gants — d’où le « introduire avec précaution » de l’étape 3.

Principe. Sur un chromatogramme, deux espèces déposées côte à côte et éluées dans les mêmes conditions migrent à la même hauteur (même rapport frontal) lorsqu’elles sont identiques.

Lecture de la figure 7. Le dépôt 1 (phase organique extraite de la pastille) présente deux taches. Le dépôt 2 (huile essentielle de menthe verte) présente lui aussi deux taches, et celles-ci se situent aux mêmes hauteurs que celles du dépôt 1.

Ce résultat est cohérent avec la composition de la boisson de la figure 8, qui mentionne explicitement des « extraits naturels de menthe ».

On dénombre sur la figure 9 tous les groupes $\text{–OH}$ (notés indifféremment « OH » ou « HO » selon leur orientation) :

• sur le cycle à six atomes (partie glucose) : 4 groupes hydroxyle ;
• sur le cycle à cinq atomes et sa chaîne latérale (partie fructose) : 4 groupes hydroxyle.

Ces huit groupes $\text{–OH}$ peuvent chacun établir des ponts hydrogène avec les molécules d’eau, ce qui explique la très grande solubilité du saccharose dans l’eau, comme l’indique l’énoncé.

Démarche suivie : (1) calculer la masse volumique de l’échantillon de boisson dégazée ; (2) reporter cette valeur sur la courbe d’étalonnage pour lire la concentration en masse de saccharose ; (3) ramener le résultat à 100 mL et le comparer aux 9,5 g annoncés.

Étape 1 — masse volumique de la boisson.

$\rho_{\text{boisson}} = \frac{m_{\text{boisson}}}{V_{\text{boisson}}} = \frac{276{,}8}{268{,}0} = 1{,}033\ \text{g}\cdot\text{mL}^{-1}$

Étape 2 — lecture de la courbe d’étalonnage. On repère l’ordonnée $\rho = 1{,}033\ \text{g}\cdot\text{mL}^{-1}$ sur la droite d’étalonnage de la figure 10, puis on projette sur l’axe des abscisses :

$c \approx 96\ \text{g}\cdot\text{L}^{-1}$

(lecture à ± 3 g·L⁻¹ près)

Étape 3 — comparaison à l’indication du fabricant. Ramenons cette concentration à un volume de 100 mL de boisson :

$m_{\text{sucre}} = c \times V = 96 \times 100\times 10^{-3} = 9{,}6\ \text{g}$

$\text{écart relatif} = \frac{\left| 9{,}6 - 9{,}5 \right|}{9{,}5} \approx 1\ \%$

L’écart de 1 % est très inférieur à la précision de la lecture graphique : les deux valeurs sont cohérentes.

Remarque : il était indispensable de dégazer la boisson avant la mesure. Les bulles de dioxyde de carbone dissous fausseraient le volume mesuré et donc la masse volumique.

Le noyau de césium 137 s’écrit ${}^{137}_{\ \ 55}\text{Cs}$, où $Z = 55$ est le numéro atomique et $A = 137$ le nombre de masse.

$\text{nombre de protons} = Z = 55 \qquad\text{et}\qquad \text{nombre de neutrons} = A - Z = 137 - 55 = 82$

Le césium 137 se désintègre en baryum 137 : ${}^{137}_{\ \ 55}\text{Cs} \rightarrow {}^{137}_{\ \ 56}\text{Ba} + \ldots$ Le numéro atomique augmente d’une unité : il s’agit donc d’une désintégration $\beta^-$, avec émission d’un électron.

$\boxed{\ {}^{137}_{\ \ 55}\text{Cs} \;\longrightarrow\; {}^{137}_{\ \ 56}\text{Ba} \;+\; {}^{\ \ 0}_{-1}\text{e} \ }$

Vérification des lois de conservation (lois de Soddy) :

• nombre de masse : $137 = 137 + 0$ ✓
• nombre de charge : $55 = 56 + (-1)$ ✓

L’énoncé fournit deux expressions de l’activité $A(t)$ de l’échantillon :

$A(t) = -\frac{d N}{d t} \qquad\text{(définition, pour un grand nombre de noyaux)}$

$A(t) = \lambda\cdot N(t) \qquad\text{(l'activité est proportionnelle au nombre de noyaux radioactifs)}$

En égalant ces deux expressions :

$-\frac{d N}{d t} = \lambda\cdot N(t) \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{d N}{d t} = -\lambda\cdot N}$

1. Dérivation.

$\frac{d N}{d t}(t) = N_0 \times (-\lambda)\,\mathrm{e}^{-\lambda t} = -\lambda \times \underbrace{N_0\,\mathrm{e}^{-\lambda t}}_{=\,N(t)} = -\lambda\,N(t)$

L’équation différentielle est donc vérifiée à chaque instant.

2. Condition initiale. À $t = 0$ : $N(0) = N_0\,\mathrm{e}^{0} = N_0$, ce qui correspond bien au nombre de noyaux initial. ✓

Par définition, le temps de demi-vie $t_{1/2}$ est la durée au bout de laquelle la moitié des noyaux radioactifs initialement présents s’est désintégrée :

$N(t_{1/2}) = \frac{N_0}{2}$

En reportant dans la solution de la question Q4 :

$N_0\,\mathrm{e}^{-\lambda t_{1/2}} = \frac{N_0}{2} \qquad\Longrightarrow\qquad \mathrm{e}^{-\lambda t_{1/2}} = \frac{1}{2}$

On applique la fonction logarithme népérien aux deux membres :

$-\lambda\,t_{1/2} = \ln\!\left(\frac{1}{2}\right) = -\ln 2 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\ t_{1/2} = \frac{\ln 2}{\lambda}\ }$

Méthode. La courbe donne $100\times\dfrac{N}{N_0}$ en fonction du temps. On détermine d’abord graphiquement le temps de demi-vie, puis on en déduit $\lambda$ grâce à la relation de la question Q5.

Construction graphique. Le temps de demi-vie correspond à l’instant où la moitié des noyaux subsiste, c’est-à-dire où le pourcentage vaut 50 %. On trace donc la droite horizontale d’ordonnée 50, on repère son intersection avec la courbe, puis on projette sur l’axe des abscisses :

Constante radioactive.

$\lambda = \frac{\ln 2}{t_{1/2}} = \frac{\ln 2}{30}$

Cette valeur est en accord avec celle fournie dans la partie 2 de l’énoncé ($\lambda = 0{,}0231\ \text{an}^{-1}$), ce qui valide la lecture graphique.

D’après la question Q4, $N(t) = N_0\,\mathrm{e}^{-\lambda t}$, donc :

$100\times\frac{N}{N_0} = 100 \times \mathrm{e}^{-\lambda t}$

La liste t contient les dates en années (ligne 5) et $\lambda$ doit donc être exprimée en $\text{an}^{-1}$ :

9    pourcentage = 100*np.exp(-0.0231*t)

Le signe « moins » est indispensable : sans lui, le programme tracerait une exponentielle croissante.

L’activité est à chaque instant proportionnelle au nombre de noyaux radioactifs : $A(t) = \lambda\,N(t)$. En y reportant l’expression de $N(t)$ établie à la question Q4 :

$A(t) = \lambda \times N_0\,\mathrm{e}^{-\lambda t} = \underbrace{\left(\lambda\,N_0\right)}_{\text{constante}}\,\mathrm{e}^{-\lambda t}$

En posant $A_0 = \lambda\cdot N_0$, qui n’est autre que l’activité à l’instant $t = 0$ (c’est-à-dire lors de la formation de l’échantillon) :

$\boxed{\ A(t) = A_0\cdot\mathrm{e}^{-\lambda t}\ }$

L’activité décroît donc exponentiellement, avec la même constante radioactive $\lambda$ que le nombre de noyaux.

Démarche suivie : (1) actualiser à 2026 l’activité massique mesurée en 2010, grâce à la loi de décroissance ; (2) comparer au seuil d’exemption et en déduire la masse limite ; (3) commenter.

Étape 1 — activité massique de la trinitite en 2026. L’étude de 2010 donne l’activité du césium 137 contenu dans un gramme de trinitite : $a_{2010} = 48{,}3\ \text{Bq}\cdot\text{g}^{-1}$. Entre 2010 et 2026, il s’écoule :

$\Delta t = 2026 - 2010 = 16\ \text{ans}$

En appliquant la loi de décroissance établie à la question Q8 :

$a_{2026} = a_{2010}\times \mathrm{e}^{-\lambda \Delta t} = 48{,}3 \times \mathrm{e}^{-0{,}0231 \times 16} = 48{,}3 \times 0{,}691$

Étape 2 — masse limite. L’activité totale d’un échantillon de masse $m$ vaut $A = a_{2026}\times m$. Pour qu’une masse limite existe, il faut comprendre le seuil de 10 Bq comme portant sur l’activité totale de la source détenue — l’activité massique, elle, ne dépend pas de la masse. Sous cette interprétation, la détention reste exemptée tant que :

$a_{2026}\times m \leqslant 10 \qquad\Longrightarrow\qquad m \leqslant \frac{10}{a_{2026}} = \frac{10}{33}$

Étape 3 — commentaire. Cette masse est remarquablement faible : un simple éclat de trinitite d’un tiers de gramme — l’équivalent d’une dizaine de grains de riz — suffit à sortir du régime d’exemption. Détenir un « souvenir » de l’essai Trinity n’est donc pas anodin sur le plan réglementaire.

Cela illustre la longue persistance du césium 137 : $t_{1/2} = 30$ ans, si bien qu’en 2026, 81 ans après l’essai de 1945, il en reste encore $\mathrm{e}^{-0{,}0231\times 81} \approx 15$ % de la quantité initialement formée.

D’après la loi de la gravitation universelle, la Terre (masse $M_{\text{T}}$) attire la Lune (masse $M_{\text{L}}$), leurs centres étant distants de $d_{\text{T/L}}$. Cette force est dirigée de la Lune vers la Terre, c’est-à-dire vers le centre de la trajectoire : elle est donc portée par le vecteur $\vec{u_n}$ du repère de Frenet (figure 1).

$\boxed{\ \vec{F}_{\text{T/L}} = G\,\frac{M_{\text{T}}\cdot M_{\text{L}}}{d_{\text{T/L}}^{\,2}}\;\vec{u_n}\ }$

Système : la Lune, de masse $M_{\text{L}}$, assimilée à son centre de masse L.

Référentiel : géocentrique, supposé galiléen.

Bilan des forces : seule la force d’attraction gravitationnelle exercée par la Terre.

D’après la deuxième loi de Newton :

$\sum\vec{F}_{\text{ext}} = M_{\text{L}}\,\vec{a} \qquad\Longrightarrow\qquad G\,\frac{M_{\text{T}} M_{\text{L}}}{d_{\text{T/L}}^{\,2}}\,\vec{u_n} = M_{\text{L}}\,\vec{a} \qquad\Longrightarrow\qquad \vec{a} = G\,\frac{M_{\text{T}}}{d_{\text{T/L}}^{\,2}}\,\vec{u_n}$

Or, dans le repère de Frenet, pour un mouvement circulaire de rayon $d_{\text{T/L}}$ :

$\vec{a} = \frac{d v_{\text{L}}}{d t}\,\vec{u_t} + \frac{v_{\text{L}}^{\,2}}{d_{\text{T/L}}}\,\vec{u_n}$

L’accélération ne possédant aucune composante selon $\vec{u_t}$, l’identification donne :

$\frac{d v_{\text{L}}}{d t} = 0 \quad\text{(mouvement uniforme)} \qquad\text{et}\qquad \frac{v_{\text{L}}^{\,2}}{d_{\text{T/L}}} = G\,\frac{M_{\text{T}}}{d_{\text{T/L}}^{\,2}}$

$v_{\text{L}}^{\,2} = \frac{G\,M_{\text{T}}}{d_{\text{T/L}}} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\ v_{\text{L}} = \sqrt{\frac{G\cdot M_{\text{T}}}{d_{\text{T/L}}}}\ }$

Le mouvement étant circulaire uniforme, la Lune parcourt la circonférence $2\pi d_{\text{T/L}}$ à la vitesse constante $v_{\text{L}}$ pendant une période $T$ :

$T = \frac{2\pi\,d_{\text{T/L}}}{v_{\text{L}}} = \frac{2\pi\,d_{\text{T/L}}}{\sqrt{\dfrac{G M_{\text{T}}}{d_{\text{T/L}}}}} = 2\pi\,d_{\text{T/L}}\times\sqrt{\frac{d_{\text{T/L}}}{G M_{\text{T}}}}$

$\boxed{\ T = 2\pi\sqrt{\frac{d_{\text{T/L}}^{\,3}}{G\,M_{\text{T}}}}\ }$

En élevant au carré et en divisant par $d_{\text{T/L}}^{\,3}$ :

$T^{2} = \frac{4\pi^{2}\,d_{\text{T/L}}^{\,3}}{G\,M_{\text{T}}} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\ \frac{T^{2}}{d_{\text{T/L}}^{\,3}} = \frac{4\pi^{2}}{G\cdot M_{\text{T}}}\ }$

On retrouve bien la troisième loi de Kepler : le rapport $\dfrac{T^{2}}{d^{3}}$ ne dépend que de la masse de l’astre attracteur, et non des caractéristiques du satellite.

En isolant $d_{\text{T/L}}$ dans la relation précédente :

$d_{\text{T/L}}^{\,3} = \frac{G\,M_{\text{T}}\,T^{2}}{4\pi^{2}} \qquad\Longrightarrow\qquad d_{\text{T/L}} = \sqrt[3]{\frac{G\,M_{\text{T}}\,T^{2}}{4\pi^{2}}}$

Conversion de la période : $T = 27{,}3$ jours $= 27{,}3\times 24\times 3600 = 2{,}36\times 10^{6}$ s.

$d_{\text{T/L}} = \sqrt[3]{\frac{6{,}67\times 10^{-11}\times 5{,}972\times 10^{24} \times \left(2{,}36\times 10^{6}\right)^{2}}{4\pi^{2}}} = \sqrt[3]{5{,}61\times 10^{25}}$

Cette valeur est cohérente avec la distance Terre-Lune communément admise (environ 384 000 km).

La relation fournie s’utilise avec $d_{\text{T/S}}$ exprimée en kilomètres, le rapport des masses étant sans dimension :

$r_{\text{Hill}} = d_{\text{T/S}}\cdot\sqrt[3]{\frac{M_{\text{T}}}{3\cdot M_{\text{S}}}} = 1{,}496\times 10^{8} \times \sqrt[3]{\frac{5{,}972\times 10^{24}}{3 \times 1{,}989\times 10^{30}}}$

$r_{\text{Hill}} = 1{,}496\times 10^{8} \times \sqrt[3]{1{,}001\times 10^{-6}} = 1{,}496\times 10^{8} \times 1{,}000\times 10^{-2}$

Comparons la distance Terre-Lune au rayon de la sphère de Hill :

$d_{\text{T/L}} = 3{,}83\times 10^{5}\ \text{km} \;<\; r_{\text{Hill}} = 1{,}50\times 10^{6}\ \text{km}$

La Lune est donc environ 4 fois plus proche de la Terre que la limite de la sphère de Hill.

C’est cohérent : à cette distance, l’attraction terrestre domine l’attraction solaire, ce qui permet à la Lune d’être un satellite permanent de la Terre.

Étape 1 — convertir le rayon de la sphère de Hill en unités astronomiques. Pour pouvoir comparer avec la figure 2, exprimons $r_{\text{Hill}}$ dans la même unité, sachant que $1$ au $= 1{,}496\times 10^{8}$ km :

$r_{\text{Hill}} = \frac{1{,}50\times 10^{6}}{1{,}496\times 10^{8}} = 1{,}0\times 10^{-2}\ \text{au}$

Étape 2 — lecture de la figure 2 sur la période concernée. L’article évoque la période allant de novembre 2024 à janvier 2025. Sur cette période, la courbe de la figure 2 montre que la distance Terre-astéroïde décroît d’environ 0,027 au (début novembre) à un minimum d’environ 0,012 au (début janvier).

Étape 3 — comparaison et conclusion.

$d_{\text{astéroïde}} \geqslant 0{,}012\ \text{au} \;>\; r_{\text{Hill}} = 0{,}010\ \text{au}$

Or, hors de la sphère de Hill, c’est l’attraction gravitationnelle du Soleil qui domine celle de la Terre. Pendant toute la période où l’article le décrit « en orbite autour de la Terre », l’astéroïde n’a donc jamais pu être satellisé : c’est bien ce qu’affirme le second article, « sans jamais être capturé par sa gravité ».

Précision : la figure 2 montre qu’en août 2024 la distance est descendue jusqu’à environ 0,004 au, donc à l’intérieur de la sphère de Hill. Y pénétrer ne suffit cependant pas à être capturé : encore faut-il y rester, ce que dément la figure — l’astéroïde en est ressorti dès septembre 2024.

D’après la figure 3, l’objet AB (ici le diamètre de l’astéroïde, $d = 11$ m) est vu sous l’angle $\theta$ depuis la Terre, à la distance $d_{\text{A/T}}$. Dans le triangle rectangle correspondant :

$\tan\theta = \frac{d}{d_{\text{A/T}}}$

L’angle étant très petit, $\tan\theta \approx \theta$ (en radians). Avec $d_{\text{A/T}} = 5{,}67\times 10^{5}$ km $= 5{,}67\times 10^{8}$ m :

$\theta = \frac{11}{5{,}67\times 10^{8}}$

L’objet AB ne peut être vu distinctement à l’œil nu que si $\theta > \varepsilon$, où $\varepsilon = 3{,}0\times 10^{-4}$ rad est le pouvoir séparateur de l’œil. Or :

$\theta = 1{,}9\times 10^{-8}\ \text{rad} \;\ll\; \varepsilon = 3{,}0\times 10^{-4}\ \text{rad}$

$\frac{\varepsilon}{\theta} = \frac{3{,}0\times 10^{-4}}{1{,}9\times 10^{-8}} = 1{,}6\times 10^{4}$

L’angle sous lequel l’astéroïde est vu est donc plus de 15 000 fois trop petit pour que l’œil puisse en distinguer deux points diamétralement opposés.

Construction.

1. Le point B étant à l’infini, les rayons qui en proviennent arrivent parallèles entre eux, inclinés de $\theta$ sur l’axe optique.
2. Le rayon passant par le centre optique $\text{O}_1$ n’est pas dévié : son intersection avec le plan focal image de $\text{L}_1$ donne le point $\text{B}_1$. L’image intermédiaire $\text{A}_1\text{B}_1$ est donc située dans ce plan, avec $\text{A}_1 = \text{F}'_1$ sur l’axe.
3. Le second rayon, parallèle au premier, émerge de $\text{L}_1$ en passant lui aussi par $\text{B}_1$.
4. $\text{F}_2$ étant confondu avec $\text{F}'_1$ (lunette afocale), $\text{B}_1$ est dans le plan focal objet de l’oculaire : les rayons en émergent parallèles entre eux, dans la direction donnée par le rayon de construction $\text{B}_1\text{O}_2$ (pointillé).

Notons $\text{A}_1\text{B}_1$ la taille de l’image intermédiaire.

Angle $\theta$ (objet vu à l’œil nu). Dans le triangle rectangle $\text{O}_1\text{A}_1\text{B}_1$, avec $\text{O}_1\text{A}_1 = \text{O}_1\text{F}'_1 = f_1'$ :

$\tan\theta = \frac{\text{A}_1\text{B}_1}{f_1'}$

Angle $\theta'$ (image vue à travers l’oculaire). Le point $\text{B}_1$ étant dans le plan focal objet de $\text{L}_2$, à la distance $\text{A}_1\text{O}_2 = f_2'$ de l’oculaire, le triangle rectangle $\text{O}_2\text{A}_1\text{B}_1$ donne :

$\tan\theta' = \frac{\text{A}_1\text{B}_1}{f_2'}$

Grossissement. Les angles étant très petits, $\tan\theta \approx \theta$ et $\tan\theta' \approx \theta'$ :

$G = \frac{\theta'}{\theta} = \frac{\text{A}_1\text{B}_1}{f_2'} \times \frac{f_1'}{\text{A}_1\text{B}_1} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\ G = \frac{f_1'}{f_2'}\ }$

La taille $\text{A}_1\text{B}_1$ de l’image intermédiaire se simplifie : le grossissement ne dépend que des deux distances focales.

Étape 1 — grossissement de la Grande Lunette. Avec $f_1' = 16$ m et $f_2' = 4$ cm $= 0{,}04$ m :

$G = \frac{f_1'}{f_2'} = \frac{16}{0{,}04} = 4{,}0\times 10^{2}$

Étape 2 — angle sous lequel l’astéroïde est vu à travers la lunette.

$\theta' = G \times \theta = 4{,}0\times 10^{2} \times 1{,}9\times 10^{-8} = 7{,}6\times 10^{-6}\ \text{rad}$

Étape 3 — comparaison au pouvoir séparateur de l’œil. Le critère à satisfaire est $\theta' > \varepsilon$. Or :

$\theta' = 7{,}6\times 10^{-6}\ \text{rad} \;<\; \varepsilon = 3{,}0\times 10^{-4}\ \text{rad}$

Pour aller plus loin. Le grossissement minimal nécessaire serait :

$G_{\min} = \frac{\varepsilon}{\theta} = \frac{3{,}0\times 10^{-4}}{1{,}9\times 10^{-8}} = 1{,}6\times 10^{4}$

soit environ 40 fois le grossissement de la plus grande lunette astronomique d’Europe. Cela confirme, de façon spectaculaire, à quel point cet astéroïde de 11 m est un objet difficile à observer : il n’a d’ailleurs été détecté qu’en août 2024, par des télescopes automatiques d’un tout autre type.