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

Pour identifier une famille, on ne regarde pas seulement le groupe entouré : on regarde ce qui lui est accroché.

Justifications.

• Groupe 1 : le groupe hydroxyle $-\text{OH}$ est porté par un atome de carbone tétragonal qui n’est lié qu’à des atomes de carbone et d’hydrogène ($-\text{CH}_2\text{–OH}$) : c’est un alcool (ici un alcool primaire) ;
• Groupe 2 : un atome de carbone doublement lié à un atome d’oxygène et simplement lié à un groupe $-\text{OH}$ forme le groupe carboxyle $-\text{COOH}$, caractéristique des acides carboxyliques ;
• Groupe 3 : le groupe carbonyle $\text{C=O}$ a son atome de carbone lié à deux atomes de carbone : c’est une cétone. Ce serait un aldéhyde si ce carbone portait un atome d’hydrogène, un ester s’il portait un $-\text{O–C}$, un amide s’il portait un atome d’azote.

Un acide au sens de Brönsted est une espèce capable de céder un proton $\text{H}^+$. Parmi les familles proposées, seul le groupe carboxyle possède une liaison $\text{O–H}$ assez polarisée pour libérer un proton en solution aqueuse, l’ion carboxylate formé étant stabilisé :

$\text{R–COOH}_{(aq)} + \text{H}_2\text{O}_{(\ell)} \rightleftarrows \text{R–COO}^-_{(aq)} + \text{H}_3\text{O}^+_{(aq)}$

La molécule d’acide fulvique en compte six : elle peut donc libérer plusieurs protons, d’où son fort pouvoir acidifiant sur le sol — et son nom.

Sur un diagramme de distribution, on lit de gauche à droite dans le sens des pH croissants : l’espèce la plus acide (la plus riche en protons) prédomine aux pH les plus faibles, et l’on perd un proton à chaque changement de domaine. Les trois espèces à placer sont, dans l’ordre décroissant d’acidité : $\text{H}_2\text{CO}_3$, puis $\text{HCO}_3^-$, puis $\text{CO}_3^{2-}$.

L’ion hydrogénocarbonate $\text{HCO}_3^-$ appartient aux deux couples acide-base fournis :

• il est la base du couple $\text{H}_2\text{CO}_3/\text{HCO}_3^-$ (il peut capter un proton) ;
• il est l’acide du couple $\text{HCO}_3^-/\text{CO}_3^{2-}$ (il peut céder un proton).

Le diagramme de distribution le confirme : le domaine de prédominance de l’espèce 2 est encadré par celui de son acide conjugué (espèce 1, à gauche) et celui de sa base conjuguée (espèce 3, à droite).

$K_{A1}$ est la constante d’équilibre associée à la réaction de l’acide du couple $\text{H}_2\text{CO}_3/\text{HCO}_3^-$ avec l’eau :

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

Chaque concentration y est rapportée à la concentration standard $c^{0}$ et l’eau, solvant, n’y figure pas :

$\boxed{K_{A1} = \frac{\left[\text{HCO}_3^-\right]_{\text{éq}}\times\left[\text{H}_3\text{O}^+\right]_{\text{éq}}}{\left[\text{H}_2\text{CO}_3\right]_{\text{éq}}\times c^{0}}}$

$K_{A1}$ est bien une grandeur sans dimension.

On prend le logarithme décimal des deux membres de l’expression de $K_{A1}$, en utilisant $\log(a\times b) = \log a + \log b$ :

$\log K_{A1} = \log\!\left(\frac{\left[\text{HCO}_3^-\right]}{\left[\text{H}_2\text{CO}_3\right]}\right) + \log\!\left(\frac{\left[\text{H}_3\text{O}^+\right]}{c^{0}}\right)$

Or, par définition, $\text{p}K_{A1} = -\log K_{A1}$ et $\text{pH} = -\log\!\left(\left[\text{H}_3\text{O}^+\right]/c^{0}\right)$. En remplaçant :

$-\text{p}K_{A1} = \log\!\left(\frac{\left[\text{HCO}_3^-\right]}{\left[\text{H}_2\text{CO}_3\right]}\right) - \text{pH}$

$\boxed{\text{pH} = \text{p}K_{A1} + \log\!\left(\frac{\left[\text{HCO}_3^-\right]}{\left[\text{H}_2\text{CO}_3\right]}\right)}$

Vérification du sens : si la base $\text{HCO}_3^-$ est majoritaire, le rapport dépasse 1, son logarithme est positif, donc $\text{pH} > \text{p}K_{A1}$ — c’est bien le comportement attendu.

D’après la relation établie en Q6, on a $\text{pH} = \text{p}K_{A1}$ exactement lorsque le logarithme s’annule, c’est-à-dire lorsque

$\frac{\left[\text{HCO}_3^-\right]}{\left[\text{H}_2\text{CO}_3\right]} = 1 \qquad\Longleftrightarrow\qquad \left[\text{HCO}_3^-\right] = \left[\text{H}_2\text{CO}_3\right]$

Les deux espèces sont alors présentes dans les mêmes proportions, soit 50 % chacune. Il suffit donc de relever l’abscisse du point d’intersection des courbes 1 et 2 à l’ordonnée 50 %.

La même construction sur le second point d’intersection (courbes 2 et 3) donnerait $\text{p}K_{A2} \approx 10{,}4$.

Appliquons la relation de la question Q6 avec $\text{pH} = 5$ et $\text{p}K_{A1} = 6{,}4$ :

$\log\!\left(\frac{\left[\text{HCO}_3^-\right]}{\left[\text{H}_2\text{CO}_3\right]}\right) = \text{pH} - \text{p}K_{A1} = 5 - 6{,}4 = -1{,}4$

$\frac{\left[\text{HCO}_3^-\right]}{\left[\text{H}_2\text{CO}_3\right]} = 10^{-1{,}4} = 4\times 10^{-2}$

L’ion hydrogénocarbonate est donc environ 25 fois moins concentré que l’acide carbonique. Quant à l’ion carbonate, il est totalement négligeable puisque $\text{pH} = 5 \ll \text{p}K_{A2} = 10{,}4$.

La figure 2 le confirme directement : à $\text{pH} = 5$, la courbe de l’espèce 1 est encore voisine de 96 %.

L’hydroxyde de calcium est un solide ionique constitué d’ions calcium $\text{Ca}^{2+}$ et d’ions hydroxyde $\text{HO}^-$ dans les proportions $1:2$ (formule $\text{Ca(OH)}_2$). Sa dissolution, totale, libère ces ions dans la solution :

$\boxed{\text{Ca(OH)}_{2\,(s)} \longrightarrow \text{Ca}^{2+}_{(aq)} + 2\,\text{HO}^-_{(aq)}}$

Vérifications : conservation des éléments (Ca : $1=1$ ; O : $2=2$ ; H : $2=2$) et conservation de la charge ($0 = +2 - 2 \times 1$). $\checkmark$

Quantité de matière d’hydroxyde de calcium dissous.

$n\left(\text{Ca(OH)}_2\right) = \frac{m}{M} = \frac{0{,}250}{74{,}0} = 3{,}378\times 10^{-3}\ \text{mol}$

Quantité de matière d’ions hydroxyde libérés. D’après les nombres stœchiométriques de l’équation de la question Q9, la dissolution d’une mole de $\text{Ca(OH)}_2$ libère deux moles d’ions hydroxyde :

$n\left(\text{HO}^-\right) = 2\times n\left(\text{Ca(OH)}_2\right) = 2 \times 3{,}378\times 10^{-3} = 6{,}757\times 10^{-3}\ \text{mol}$

Concentration. Avec $V = 200$ mL $= 0{,}200$ L :

$\left[\text{HO}^-\right] = \frac{n\left(\text{HO}^-\right)}{V} = \frac{6{,}757\times 10^{-3}}{0{,}200}$

Le produit ionique de l’eau relie les concentrations des ions $\text{H}_3\text{O}^+$ et $\text{HO}^-$ :

$K_e = \frac{\left[\text{H}_3\text{O}^+\right]\times\left[\text{HO}^-\right]}{\left(c^{0}\right)^{2}} \qquad\Longrightarrow\qquad \left[\text{H}_3\text{O}^+\right] = \frac{K_e \times \left(c^{0}\right)^{2}}{\left[\text{HO}^-\right]}$

$\left[\text{H}_3\text{O}^+\right] = \frac{1{,}00\times 10^{-14}}{3{,}38\times 10^{-2}} = 2{,}96\times 10^{-13}\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$

$\text{pH} = -\log\!\left(\frac{\left[\text{H}_3\text{O}^+\right]}{c^{0}}\right) = -\log\!\left(2{,}96\times 10^{-13}\right) = 12{,}53$

Autre méthode, plus rapide, mais valable seulement à 25 °C où $\text{p}K_e = 14{,}0$ :

$\text{pH} = 14{,}0 + \log\!\left(\left[\text{HO}^-\right]/c^{0}\right) = 14{,}0 - 1{,}47 = 12{,}53$

La solution S est très basique, ce qui est cohérent avec la forte concentration en ions hydroxyde : c’est bien ce qui permettra de faire remonter le pH d’un sol acide. Attention à ne pas s’arrêter à $1{,}47$, qui est le pOH et non le pH.

Démarche suivie : (1) lire sur la figure 3 la quantité d’ions calcium à apporter pour 100 g de terre ; (2) calculer la masse de sol à chauler ; (3) en déduire la quantité de matière totale d’ions calcium nécessaire ; (4) la convertir en masse d’hydroxyde de calcium.

Étape 1 — lecture graphique de la quantité de matière à apporter. La terre de Bruyère non traitée est bien à $\text{pH} = 5$ (point $n = 0$ de la courbe). On repère l’ordonnée $\text{pH} = 6{,}50$, on rejoint la courbe, puis on projette sur l’axe des abscisses.

Étape 2 — masse de sol à chauler. La superficie vaut $S = 1{,}00$ ha $= 1{,}00\times 10^{4}\ \text{m}^{2}$ et l’épaisseur $e = 10{,}0$ cm $= 0{,}100$ m :

$m_{\text{c}} = 1{,}4 \times S \times e = 1{,}4 \times 1{,}00\times 10^{4}\times 0{,}100 = 1{,}4\times 10^{3}\ \text{tonnes}$

$m_{\text{c}} = 1{,}4\times 10^{3}\times 1{,}00\times 10^{3} = 1{,}4\times 10^{6}\ \text{kg} = 1{,}4\times 10^{9}\ \text{g}$

Étape 3 — quantité de matière totale d’ions calcium. La lecture graphique porte sur des portions de 100 g de terre ; la parcelle en contient :

$N = \frac{1{,}4\times 10^{9}}{100} = 1{,}4\times 10^{7}\ \text{portions de 100 g}$

$n_{\text{tot}}(\text{Ca}^{2+}) = 2{,}5\times 10^{-3} \times 1{,}4\times 10^{7} = 3{,}5\times 10^{4}\ \text{mol}$

Étape 4 — masse d’hydroxyde de calcium correspondante. D’après l’équation de dissolution (Q9), une mole de $\text{Ca(OH)}_2$ libère une mole d’ions calcium :

$n\left(\text{Ca(OH)}_2\right) = n_{\text{tot}}(\text{Ca}^{2+}) = 3{,}5\times 10^{4}\ \text{mol}$

$m\left(\text{Ca(OH)}_2\right) = n \times M = 3{,}5\times 10^{4}\times 74{,}0 = 2{,}6\times 10^{6}\ \text{g}$

Cela représente environ 260 g de chaux par mètre carré — un ordre de grandeur tout à fait réaliste, les préconisations agronomiques se situant entre 1 et 3 tonnes par hectare.

Le satellite décrit une orbite autour de la Terre : le référentiel adapté est celui dont l’origine est le centre de la Terre et dont les axes pointent vers trois étoiles lointaines supposées fixes.

Le référentiel terrestre ne conviendrait pas : il tourne avec la Terre, et le satellite y aurait un mouvement bien plus compliqué (immobile pour un géostationnaire !).

L’interaction gravitationnelle est toujours attractive : la force exercée par la Terre (centre O) sur le satellite (centre de masse S) est portée par la droite (OS) et dirigée de S vers O. Son point d’application est S. Elle a donc exactement la direction et le sens du vecteur unitaire $\vec{u}_{\text{N}}$ du repère de Frenet, qui pointe vers le centre de la trajectoire.

La distance qui sépare les centres O et S est le rayon de l’orbite :

$r = R_{\text{T}} + h$

La loi de gravitation universelle donne la valeur de la force, et la question Q2 son sens (celui de $\vec{u}_{\text{N}}$) :

$\boxed{\vec{F}_{\text{O/S}} = \frac{G\,m\,M_{\text{T}}}{\left(R_{\text{T}} + h\right)^{2}}\,\vec{u}_{\text{N}}}$

Contrôle d’homogénéité : l’unité imprimée dans le sujet ($\text{m}^{2}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{s}^{-2}$) comporte une coquille — $G$ s’exprime en $\text{m}^{3}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{s}^{-2}$, soit $\text{N}\cdot\text{m}^{2}\cdot\text{kg}^{-2}$. Avec cette unité, $G\,m\,M_{\text{T}}/r^{2}$ s’exprime bien en $\text{kg}\cdot\text{m}\cdot\text{s}^{-2}$, c’est-à-dire en newtons. $\checkmark$

Système : le satellite, de masse $m$, assimilé à son centre de masse S.

Référentiel : géocentrique, supposé galiléen.

Bilan des forces : le satellite n’est soumis qu’à la force d’interaction gravitationnelle $\vec{F}_{\text{O/S}}$ exercée par la Terre (énoncé).

D’après la deuxième loi de Newton :

$\sum\vec{F}_{\text{ext}} = m\,\vec{a} \qquad\Longrightarrow\qquad \vec{a} = \frac{\vec{F}_{\text{O/S}}}{m} = \frac{G\,M_{\text{T}}}{\left(R_{\text{T}}+h\right)^{2}}\,\vec{u}_{\text{N}}$

Le vecteur accélération est donc entièrement porté par $\vec{u}_{\text{N}}$ : sa composante tangentielle est nulle.

Or, pour un mouvement circulaire de rayon $r$, l’accélération s’écrit dans le repère de Frenet :

$\vec{a} = \frac{d v}{d t}\,\vec{u}_{\text{T}} + \frac{v^{2}}{r}\,\vec{u}_{\text{N}}$

L’identification des composantes selon $\vec{u}_{\text{T}}$ donne :

$\frac{d v}{d t} = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad v = \text{constante}$

L’identification des composantes selon $\vec{u}_{\text{N}}$ fournit en prime la valeur de cette vitesse :

$\frac{v^{2}}{R_{\text{T}}+h} = \frac{G\,M_{\text{T}}}{\left(R_{\text{T}}+h\right)^{2}} \qquad\Longrightarrow\qquad v = \sqrt{\frac{G\,M_{\text{T}}}{R_{\text{T}}+h}}$

Le mouvement étant uniforme (Q4), la distance parcourue pendant cette durée est le périmètre du cercle, d’où :

$T = \frac{2\pi\left(R_{\text{T}}+h\right)}{v}$

Démarche suivie : (1) identifier la période de révolution d’un satellite géostationnaire ; (2) exploiter le coefficient directeur de la droite de la figure 1 pour obtenir le rayon de l’orbite ; (3) en déduire l’altitude.

Étape 1 — période de révolution du satellite géostationnaire. Un satellite géostationnaire « survole toujours la même zone » : il tourne donc exactement à la même vitesse angulaire que la Terre. Sa période de révolution est égale à la période de rotation propre de la Terre autour de l’axe des pôles :

$T = T_{\text{T}} = 23\ \text{h}\ 56\ \text{min}\ 4\ \text{s} = 23\times 3600 + 56\times 60 + 4 = 8{,}6164\times 10^{4}\ \text{s}$

Étape 2 — rayon de l’orbite. La figure 1 montre que $T^{2}$ est proportionnelle à $r^{3}$ (troisième loi de Kepler), le coefficient de proportionnalité étant le coefficient directeur $k$ de la droite modélisée :

$T^{2} = k\,r^{3} \qquad\Longrightarrow\qquad r^{3} = \frac{T^{2}}{k} = \frac{\left(8{,}6164\times 10^{4}\right)^{2}}{9{,}85\times 10^{-14}} = \frac{7{,}4242\times 10^{9}}{9{,}85\times 10^{-14}} = 7{,}537\times 10^{22}\ \text{m}^{3}$

$r = \left(7{,}537\times 10^{22}\right)^{1/3} = 4{,}224\times 10^{7}\ \text{m}$

Étape 3 — altitude. Le rayon de l’orbite est compté depuis le centre de la Terre : $r = R_{\text{T}} + h$, avec $R_{\text{T}} = 6{,}38\times 10^{3}$ km $= 6{,}38\times 10^{6}$ m.

$h = r - R_{\text{T}} = 4{,}224\times 10^{7} - 0{,}638\times 10^{7} = 3{,}586\times 10^{7} \approx 3{,}59\times 10^{7}\ \text{m}$

Une onde électromagnétique se propage à la célérité $c$ ; la durée de transmission est donc le quotient de la distance parcourue par $c$. En supposant le satellite à la verticale de l’émetteur, cette distance est simplement l’altitude du satellite.

Satellite géostationnaire.

$\Delta t_1 = \frac{h_1}{c} = \frac{3{,}59\times 10^{7}}{3{,}00\times 10^{8}}$

Satellite LEO.

$\Delta t_2 = \frac{h_2}{c} = \frac{1{,}000\times 10^{6}}{3{,}00\times 10^{8}}$

Comparaison.

$\frac{\Delta t_1}{\Delta t_2} = \frac{1{,}20\times 10^{-1}}{3{,}33\times 10^{-3}} = 36$

Ce rapport n’est autre que celui des altitudes ($36\,000 / 1000$), puisque la célérité est la même dans les deux cas. Pour juger du confort d’une liaison, c’est d’ailleurs l’aller-retour qui compte : environ $0{,}24$ s avec un géostationnaire — un quart de seconde de décalage avant d’entendre la réponse de son interlocuteur, parfaitement perceptible — contre 7 ms avec un LEO.

Satellite géostationnaire (altitude ≈ 36 000 km).

• Avantage — il survole toujours la même zone : l’antenne au sol reste fixe, il n’y a ni suivi mécanique ni basculement d’un satellite à l’autre ;
• Avantage — vu de très haut, il couvre une zone très large : un petit nombre de satellites suffit à couvrir l’intégralité du globe ;
• Inconvénient — la durée de transmission est longue ($\Delta t_1 = 0{,}12$ s, soit $0{,}24$ s pour un aller-retour) : c’est pénalisant pour tous les usages interactifs (visioconférence, jeu en ligne, transactions).

Satellite LEO (orbite basse, 400 à 1000 km).

• Avantage — la durée de transmission est 36 fois plus courte ($\Delta t_2 = 3{,}3$ ms) : les échanges sont beaucoup plus rapides, ce qui est « très intéressant pour la rapidité d’échange » ;
• Inconvénient — chaque satellite ne couvre qu’une petite zone et défile rapidement : il faut plusieurs milliers de satellites fonctionnant « en groupe », et l’antenne doit changer en permanence de satellite ;
• Inconvénient — cette multiplication accroît les risques d’encombrement, de pannes et de débris spatiaux : l’impact environnemental est aujourd’hui pointé du doigt.

On applique directement la relation fournie, avec $I_0 = 1{,}0\times 10^{-12}\ \text{W}\cdot\text{m}^{-2}$ :

$L_1 = 10\log\!\left(\frac{I_1}{I_0}\right) = 10\log\!\left(\frac{3{,}0\times 10^{-4}}{1{,}0\times 10^{-12}}\right) = 10\log\!\left(3{,}0\times 10^{8}\right) = 10 \times 8{,}48$

On place $L_1 = 85$ dB sur l’échelle du document : cette valeur appartient à la plage 80 dB – 90 dB.

Surtout, $85$ dB est exactement le seuil à partir duquel la législation impose le port d’un système de protection individuel contre le bruit (PICB) : ici $L_1 = 84{,}8$ dB, soit tout juste au seuil des 85 dB ; la question Q3 montrera que l’exposition réelle (86 dB) le dépasse effectivement. Cet ouvrier, qui travaille sans protection auditive, s’expose donc, à terme, à une fatigue auditive puis à une perte d’audition.

Les niveaux d’intensité sonore, qui sont des logarithmes, ne s’additionnent pas : ce sont les intensités sonores (des puissances par unité de surface) qui s’ajoutent.

Étape 1 — intensité sonore de l’outillage du collègue. On inverse la relation $L = 10\log\!\left(I/I_0\right)$ :

$I_2 = I_0 \times 10^{L_2/10} = 1{,}0\times 10^{-12}\times 10^{80/10} = 1{,}0\times 10^{-12}\times 10^{8} = 1{,}0\times 10^{-4}\ \text{W}\cdot\text{m}^{-2}$

Étape 2 — intensité sonore totale.

$I_{\text{total}} = I_1 + I_2 = 3{,}0\times 10^{-4} + 1{,}0\times 10^{-4} = 4{,}0\times 10^{-4}\ \text{W}\cdot\text{m}^{-2}$

Étape 3 — niveau d’intensité sonore correspondant.

$L_{\text{total}} = 10\log\!\left(\frac{4{,}0\times 10^{-4}}{1{,}0\times 10^{-12}}\right) = 10\log\!\left(4{,}0\times 10^{8}\right) = 10\times 8{,}602$

L’ouvrier reçoit $L_{\text{total}} = 86$ dB (question Q3). On lit sur la figure 1 l’atténuation offerte à ce niveau par chacune des deux protections : jusqu’à 85 dB, les deux courbes sont pratiquement confondues sur un palier voisin de 20 dB.

Niveaux perçus après atténuation.

• bouchons d’oreille (atténuation $20$ dB) : $86 - 20 = 66$ dB ;
• casque serre-tête (atténuation $19$ dB) : $86 - 19 = 67$ dB.

Or le document impose un niveau perçu compris entre 65 dB et 80 dB pour être acceptable :

$65 \leqslant 66 \leqslant 80 \qquad\text{et}\qquad 65 \leqslant 67 \leqslant 80$

On cherche $d'$ telle que $L' \leqslant L_{\max}$, en partant de la relation fournie :

$L' = L - 10\log\!\left(\frac{d'}{d}\right) \leqslant 85 \qquad\Longrightarrow\qquad 10\log\!\left(\frac{d'}{d}\right) \geqslant 110 - 85 = 25$

$\log\!\left(\frac{d'}{d}\right) \geqslant 2{,}5 \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{d'}{d} \geqslant 10^{2{,}5} = 3{,}16\times 10^{2}$

$d' \geqslant 20 \times 3{,}16\times 10^{2}$

Commentaire. Une telle distance est manifestement irréalisable : aucun atelier de fabrication ne mesure six kilomètres de long. S’éloigner de la machine n’est donc pas une solution envisageable pour protéger l’ouvrier. Il faut soit agir à la source (capotage, isolation acoustique de la machine d’usinage), soit — c’est l’objet de la question suivante — équiper l’ouvrier d’une protection auditive individuelle.

Démarche suivie : (1) cumuler les trois sources pour obtenir le niveau réellement reçu par l’ouvrier ; (2) lire sur la figure 1 l’atténuation de chaque protection à ce niveau ; (3) vérifier laquelle ramène le niveau perçu dans l’intervalle acceptable $[65\ \text{dB}\,;\,80\ \text{dB}]$.

Étape 1 — niveau d’intensité sonore reçu en période de travail intensif. Trois sources se cumulent ; on repasse par les intensités (question Q3) :

• sa propre machine : $I_1 = 3{,}0\times 10^{-4}\ \text{W}\cdot\text{m}^{-2}$ ;
• l’outillage du collègue : $I_2 = 1{,}0\times 10^{-4}\ \text{W}\cdot\text{m}^{-2}$ ;
• la machine d’usinage, qui délivre $L_3 = 110$ dB à la distance $d = 20$ m où se trouve l’ouvrier : $I_3 = I_0\times 10^{110/10} = 1{,}0\times 10^{-12}\times 10^{11} = 1{,}0\times 10^{-1}\ \text{W}\cdot\text{m}^{-2}$.

$I_{\text{tot}} = 3{,}0\times 10^{-4} + 1{,}0\times 10^{-4} + 1{,}0\times 10^{-1} = 1{,}004\times 10^{-1}\ \text{W}\cdot\text{m}^{-2}$

$L_{\text{tot}} = 10\log\!\left(\frac{1{,}004\times 10^{-1}}{1{,}0\times 10^{-12}}\right) = 10\log\!\left(1{,}004\times 10^{11}\right)$

La machine d’usinage impose à elle seule le niveau reçu : son intensité est environ 250 fois celle des deux autres sources réunies, qui ne font gagner que $0{,}02$ dB.

Étape 2 — atténuation de chaque protection à 110 dB (figure 1).

Étape 3 — niveaux perçus et conclusion.

• avec le casque serre-tête : $110 - 35 = 75$ dB, et $65 \leqslant 75 \leqslant 80$ : acceptable $\checkmark$ ;
• avec les bouchons d’oreille : $110 - 26 = 84$ dB, et $84 > 80$ : inacceptable.

On vérifie de plus qu’il n’atténue pas trop : à 75 dB, l’ouvrier reste au-dessus de 65 dB et continue donc de percevoir les alarmes et les consignes de sécurité de son environnement de travail.