Bac physique-chimie 2026 — Métropole — Jour 2 : sujet et corrigé

Le prélèvement des $V_1 = 250{,}0$ mL d’eau du robinet se fait à la fiole jaugée de 250,0 mL (verrerie jaugée, précise), puis on transvase dans le bécher. La solution titrante est introduite dans la burette graduée, qui permet de mesurer précisément le volume versé.

La solution titrée est l’eau du robinet : $V_1 = 250{,}0$ mL (le commentaire précise « en mL »).

La solution titrante est le nitrate d’argent : $C = 1{,}00\times 10^{-2}\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$.

4    V1=250.0       # Volume de solution titrée en mL
5    C=1.00E-2      # Concentration solution titrante en mol/L

À l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques. Les nombres stœchiométriques de $\text{Ag}^+$ et $\text{Cl}^-$ valant tous deux 1 :

$n(\text{Ag}^+)_{\text{versé}} = n(\text{Cl}^-)_{\text{initial}} \qquad\Longrightarrow\qquad C \times V_E = C_1 \times V_1$

$V_E = \frac{C_1 \times V_1}{C}$

Les volumes étant tous deux exprimés en mL dans le programme, aucune conversion n’est nécessaire :

7    VE=C1*V1/C     # Calcul du volume à l'équivalence en mL

Vérification : $V_E = \dfrac{5\times 10^{-4} \times 250{,}0}{1{,}00\times 10^{-2}} = 12{,}5$ mL, ce qui correspond bien à l’abscisse de la rupture de pente observée sur les courbes simulées.

Les listes donnent les quantités de matière pour les trois volumes $V = 0$, $V = V_E$ et $V = V_{\max}$. Pour le chlorure d’argent formé :

• en $V = 0$ : aucun ion argent n’a été versé, il ne s’est rien formé → $0$ ;
• en $V = V_E$ : tous les ions argent versés ont réagi, donc $n(\text{AgCl}) = n(\text{Ag}^+)_{\text{versé}} = C\times V_E \times 10^{-3}$ (en mol) ;
• en $V = V_{\max}$ : les ions chlorure ont tous été consommés à l’équivalence, il ne s’en forme plus → la quantité reste égale à $C\times V_E \times 10^{-3}$.

15   nproduit=[0,C*VE*0.001,C*VE*0.001]

Le facteur 0.001 convertit les mL en L, exactement comme aux lignes 11 et 13.

Les ions nitrate $\text{NO}_3^-$ sont apportés par la solution titrante et ne participent pas à la réaction (ce sont des ions spectateurs) : ils s’accumulent donc dans le bécher au fur et à mesure des ajouts.

$n(\text{NO}_3^-) = C \times V \qquad (V\ \text{en L})$

C’est une fonction linéaire de $V$ : le tracé est une droite passant par l’origine, de coefficient directeur $C$, et qui ne présente aucune rupture de pente à l’équivalence.

Deux points suffisent pour la tracer :

$V = 0 \;\rightarrow\; n = 0 \qquad\text{et}\qquad V = 25{,}0\ \text{mL} \;\rightarrow\; n = 1{,}00\times 10^{-2}\times 25{,}0\times 10^{-3} = 2{,}50\times 10^{-4}\ \text{mol}$

La conductivité de la solution est la somme des contributions de tous les ions présents : $\sigma = \sum_i \lambda_i \, [X_i]$. Il faut donc suivre, grâce aux courbes, quels ions apparaissent et disparaissent.

Avant l’équivalence ($V < V_E$). Les ions argent versés sont immédiatement consommés par la réaction (leur quantité reste nulle sur la courbe correspondante). Le bilan est donc le suivant : chaque ion chlorure qui disparaît est remplacé, dans le bécher, par un ion nitrate apporté par la burette. Or :

$\lambda(\text{NO}_3^-) = 7{,}1\ \text{mS}\cdot\text{m}^{2}\cdot\text{mol}^{-1} \;<\; \lambda(\text{Cl}^-) = 7{,}6\ \text{mS}\cdot\text{m}^{2}\cdot\text{mol}^{-1}$

La conductivité diminue donc, mais faiblement, car les deux conductivités molaires ioniques sont très proches.

Après l’équivalence ($V > V_E$). Tous les ions chlorure ont été consommés (leur courbe est nulle) : les ions argent versés ne réagissent plus et s’accumulent, en même temps que les ions nitrate. On ajoute donc désormais deux ions au milieu sans en retirer aucun. La conductivité augmente, et nettement plus vite qu’elle ne diminuait avant l’équivalence, puisque les deux contributions s’ajoutent : $\lambda(\text{Ag}^+) + \lambda(\text{NO}_3^-) = 6{,}2 + 7{,}1 = 13{,}3\ \text{mS}\cdot\text{m}^{2}\cdot\text{mol}^{-1}$.

C’est exactement l’allure observée expérimentalement sur la figure 2, ce qui permettra de déterminer $V_E$ à la question suivante.

Démarche suivie : (1) déterminer graphiquement $V_E$ sur la figure 2 ; (2) en déduire la concentration en quantité de matière des ions chlorure grâce à la relation à l’équivalence ; (3) convertir en concentration en masse ; (4) comparer à la teneur maximale de $2\ \text{g}\cdot\text{L}^{-1}$.

Étape 1 — détermination graphique de $V_E$. D’après la question Q6, le volume équivalent correspond au minimum de la courbe $\sigma = f(V)$. On trace les deux portions de droite (avant et après le minimum) et on relève l’abscisse de leur point d’intersection :

Étape 2 — concentration en quantité de matière des ions chlorure. En reprenant la relation à l’équivalence établie à la question Q3 :

$C_1 = \frac{C \times V_E}{V_1} = \frac{1{,}00\times 10^{-2} \times 11{,}0}{250{,}0} = 4{,}40\times 10^{-4}\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$

Étape 3 — concentration en masse.

$t(\text{Cl}^-) = C_1 \times M(\text{Cl}) = 4{,}40\times 10^{-4} \times 35{,}5 = 1{,}56\times 10^{-2}\ \text{g}\cdot\text{L}^{-1}$

Étape 4 — comparaison et conclusion.

$t(\text{Cl}^-) = 1{,}6\times 10^{-2}\ \text{g}\cdot\text{L}^{-1} \;\ll\; t_{\max} = 2\ \text{g}\cdot\text{L}^{-1}$

Les bactéries des grains de kéfir ne seront pas détruites et la fermentation pourra se dérouler normalement.

La fermentation produit du dioxyde de carbone gazeux. On peut donc suivre son avancement en suivant ce dégagement gazeux :

Plus la fermentation avance, plus il se forme de $\text{CO}_2$ : à volume et température constants, la pression dans le bocal augmente. La mesure de $P(t)$ permet de remonter à la quantité de $\text{CO}_2$ formée, donc à l’avancement de la réaction.

Autre méthode acceptable : un suivi volumétrique, en recueillant le gaz formé et en mesurant le volume de $\text{CO}_2$ dégagé au cours du temps.

Dressons le tableau d’avancement de la réaction de fermentation, d’avancement $x$ :

D’après le tableau, la quantité d’éthanol formée à la date $t$ vaut $n_{\text{éth}}(t) = 2x$, d’où :

$x = \frac{n_{\text{éth}}(t)}{2}$

Or l’éthanol est dissous dans le volume $V_{\text{Boisson}}$ de la boisson : $n_{\text{éth}}(t) = C_{\text{éth}}(t) \times V_{\text{Boisson}}$. En reportant dans l’expression de la quantité de glucose restante :

$n_{\text{glu}}(t) = n_{\text{glu}}(t_0) - x \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\;n_{\text{glu}}(t) = n_{\text{glu}}(t_0) - \frac{C_{\text{éth}}(t)\cdot V_{\text{Boisson}}}{2}\;}$

Définition. La vitesse volumique de disparition du glucose est l’opposé de la dérivée par rapport au temps de sa concentration (l’opposé, pour que la vitesse soit une grandeur positive alors que $C_{\text{glu}}$ diminue) :

$v_{\text{glu}}(t) = -\frac{d C_{\text{glu}}(t)}{d t}$

Loi de vitesse d’ordre 1. Par définition, la vitesse est alors proportionnelle à la concentration du réactif, $k$ étant la constante de vitesse :

$v_{\text{glu}}(t) = k \cdot C_{\text{glu}}(t)$

En égalant les deux expressions de la vitesse :

$-\frac{d C_{\text{glu}}(t)}{d t} = k \cdot C_{\text{glu}}(t) \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\;\frac{d C_{\text{glu}}(t)}{d t} + k \cdot C_{\text{glu}}(t) = 0\;}$

Il suffit de vérifier que la fonction proposée satisfait l’équation différentielle et la condition initiale.

1. Dérivation. La dérivée de $C_{\text{glu}}(t) = C_{\text{glu}}(0)\,\mathrm{e}^{-k t}$ vaut :

$\frac{d C_{\text{glu}}}{d t}(t) = C_{\text{glu}}(0)\times(-k)\,\mathrm{e}^{-k t} = -k\,C_{\text{glu}}(0)\,\mathrm{e}^{-k t} = -k\,C_{\text{glu}}(t)$

2. Report dans l’équation différentielle.

$\frac{d C_{\text{glu}}}{d t}(t) + k\,C_{\text{glu}}(t) = -k\,C_{\text{glu}}(t) + k\,C_{\text{glu}}(t) = 0$

L’équation est vérifiée à chaque instant.

3. Condition initiale. À $t = 0$ : $C_{\text{glu}}(0)\times \mathrm{e}^{0} = C_{\text{glu}}(0)$. ✓

Si la loi d’ordre 1 est vérifiée, alors $C_{\text{glu}}(t) = C_{\text{glu}}(0)\,\mathrm{e}^{-k t}$. Prenons le logarithme népérien des deux membres :

$\ln C_{\text{glu}}(t) = \ln\!\left(C_{\text{glu}}(0)\,\mathrm{e}^{-k t}\right) = \ln C_{\text{glu}}(0) + \ln\!\left(\mathrm{e}^{-k t}\right)$

$\ln C_{\text{glu}}(t) = -k\,t + \ln C_{\text{glu}}(0)$

$\ln C_{\text{glu}}$ doit donc être une fonction affine du temps, de coefficient directeur $-k$ et d’ordonnée à l’origine $\ln C_{\text{glu}}(0)$.

Or la figure 3 montre que les points expérimentaux sont effectivement alignés, et la modélisation donne :

$\ln C_{\text{glu}} = -5{,}34\times 10^{-6}\times t - 2{,}22$

qui est bien de la forme attendue.

Par identification des deux expressions :

$k = 5{,}34\times 10^{-6}\ \text{s}^{-1} \qquad\text{et}\qquad \ln C_{\text{glu}}(0) = -2{,}22$

Concentration initiale en glucose. D’après l’identification faite à la question Q12, $\ln C_{\text{glu}}(0) = -2{,}22$, d’où :

$C_{\text{glu}}(0) = \mathrm{e}^{-2{,}22} = 1{,}09\times 10^{-1}\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$

Quantité de matière initiale. La recette produit $V_{\text{Boisson}} = 1{,}0$ L de boisson :

$n_{\text{glu}}(0) = C_{\text{glu}}(0) \times V_{\text{Boisson}} = 1{,}09\times 10^{-1} \times 1{,}0 = 1{,}09\times 10^{-1}\ \text{mol}$

Masse initiale. En conservant la valeur non arrondie $n_{\text{glu}}(0) = 1{,}086\times 10^{-1}$ mol :

$m_{\text{glu}} = n_{\text{glu}}(0) \times M(\text{C}_6\text{H}_{12}\text{O}_6) = 1{,}086\times 10^{-1} \times 180{,}0$

Commentaire. La recette prévoit d’introduire 20 g de glucose. La masse déterminée à partir du modèle, 19,5 g, en est très proche : l’écart relatif vaut

$\frac{\left| 19{,}5 - 20 \right|}{20} = 2{,}5\ \%$

Cet écart est tout à fait compatible avec les incertitudes de pesée et de mesure de la concentration en éthanol. Le modèle cinétique d’ordre 1 est donc cohérent avec le protocole annoncé, ce qui le valide.

Calcul du temps de demi-réaction. En utilisant l’expression fournie et la constante de vitesse identifiée à la question Q12 :

$t_{1/2} = \frac{\ln 2}{k} = \frac{\ln 2}{5{,}34\times 10^{-6}} = 1{,}30\times 10^{5}\ \text{s}$

Conversion en heures :

$t_{1/2} = \frac{1{,}30\times 10^{5}}{3600} = 36\ \text{h}$

Conclusion sur la recette. La recette préconise de laisser fermenter « durant au moins 24 h ». Or :

$24\ \text{h} \;<\; t_{1/2} = 36\ \text{h}$

Au bout de 24 h, la moitié du glucose n’a donc pas encore été consommée : il reste plus de la moitié du sucre initial dans la boisson. On peut le préciser :

$\frac{C_{\text{glu}}(24\ \text{h})}{C_{\text{glu}}(0)} = \mathrm{e}^{-k t} = \mathrm{e}^{-5{,}34\times 10^{-6}\times 8{,}64\times 10^{4}} = 0{,}63$

soit environ 63 % du sucre encore présent.

La fermentation a par ailleurs suffisamment avancé pour avoir produit le $\text{CO}_2$ responsable du côté pétillant et l’éthanol caractéristique du kéfir.

Analyse des formules topologiques (figure 4).

• le citral possède un groupe carbonyle $\text{C=O}$ (c’est un aldéhyde) et des doubles liaisons $\text{C=C}$, mais aucun groupe hydroxyle $\text{O–H}$ ;
• l’acide citrique possède trois groupes carboxyle $-\text{COOH}$ et un groupe hydroxyle $-\text{OH}$, soit quatre liaisons $\text{O–H}$, ainsi que trois liaisons $\text{C=O}$.

Le critère discriminant est donc la présence, ou non, de la bande caractéristique de la liaison $\text{O–H}$, attendue entre 3200 et 3700 $\text{cm}^{-1}$ et décrite comme « forte et large ».

Spectre A. Dans la zone 3200–3700 $\text{cm}^{-1}$, la transmittance reste élevée : aucune bande large n’y est observée. En revanche on relève une bande forte et fine vers 1650–1730 $\text{cm}^{-1}$ (liaison $\text{C=O}$) et des bandes vers 2850–3100 $\text{cm}^{-1}$ (liaisons $\text{C–H}$). L’absence de liaison $\text{O–H}$ désigne le citral.

Spectre B. On observe une bande très large et intense s’étendant sur tout le domaine 3200–3700 $\text{cm}^{-1}$ (et même au-delà, vers 2500 $\text{cm}^{-1}$) : c’est la signature de la liaison $\text{O–H}$. On retrouve également la bande forte et fine de la liaison $\text{C=O}$ vers 1700 $\text{cm}^{-1}$.

Un bon solvant d’extraction doit satisfaire deux conditions :

1. les espèces à extraire doivent y être plus solubles que dans l’eau ;
2. il doit être non miscible à l’eau, afin que deux phases se forment et que l’on puisse les séparer par décantation.

Examen des trois solvants.

• Eau : c’est déjà le solvant de la boisson — elle ne peut évidemment pas servir à en extraire les espèces. À écarter.
• Cyclohexane : la solubilité du limonène et du citral y est grande, mais celle de l’acide citrique est nulle. Il ne permet donc pas d’extraire les trois espèces. À écarter.
• Acétate d’éthyle : la solubilité y est « convenable » pour le limonène et le citral, et « grande » pour l’acide citrique — les trois espèces y sont donc solubles. Sa miscibilité avec l’eau est « faible » : deux phases se forment bien, la décantation est possible. ✓

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. Il suffit donc de comparer la hauteur de la tache du dépôt K (extrait de kéfir) à celle des trois dépôts de référence.

Lecture du chromatogramme (figure 6).

• le dépôt K ne présente qu’une seule tache, restée très près de la ligne de dépôt ;
• le dépôt C (citral) a migré à environ un tiers de la hauteur, et le dépôt L (limonène) beaucoup plus haut : aucune des deux taches n’est à la hauteur de celle de K ;
• le dépôt A (acide citrique) est resté, lui aussi, très près de la ligne de dépôt : sa tache est à la même hauteur que celle de K.

Cohérence avec le goût. L’acide citrique possède trois groupes carboxyle $-\text{COOH}$ : c’est un acide, capable de céder des ions $\text{H}^+$ en solution aqueuse. C’est donc bien lui qui est responsable du goût acidulé du kéfir.

Rigoureusement, une chromatographie ne prouve pas l’identité de deux espèces — deux composés différents peuvent migrer à la même hauteur. Elle permet seulement de conclure qu’il s’agit très probablement de la même espèce, ce qui est ici confirmé par le goût acidulé observé.

Le citral et le limonène, très peu solubles dans l’eau, sont restés dans l’écorce du citron et ne sont pas passés dans la boisson : le chromatogramme confirme leur absence dans l’extrait K.

Lors de l’étape A, le système $\{S\}$ passe de la température ambiante $\theta_{\text{amb}} = 20$ °C à la température de fabrication $\theta_{\text{fab}} = 43$ °C. Sa capacité thermique étant $C$ :

$Q_{\text{chauffage}} = C \times \left(\theta_{\text{fab}} - \theta_{\text{amb}}\right) = 4{,}0\times 10^{3} \times (43 - 20) = 4{,}0\times 10^{3} \times 23$

Durée de l’étape A. L’énergie électrique consommée pendant l’étape A vaut $E_A = P_A \times \Delta t_A$. Seuls 85 % de cette énergie sont effectivement transférés au système $\{S\}$ :

$0{,}85 \times P_A \times \Delta t_A = Q_{\text{chauffage}} \qquad\Longrightarrow\qquad \Delta t_A = \frac{Q_{\text{chauffage}}}{0{,}85 \times P_A}$

$\Delta t_A = \frac{9{,}2\times 10^{4}}{0{,}85 \times 150} = \frac{9{,}2\times 10^{4}}{127{,}5} = 7{,}2\times 10^{2}\ \text{s}$

Durée de l’étape B. La phase de chauffage dure 8 heures au total et se décompose en l’étape A suivie de l’étape B :

$\Delta t_B = 8\ \text{h} - \Delta t_A = 8\ \text{h} - 12\ \text{min} = 7\ \text{h}\ 48\ \text{min}$

La montée en température ne représente donc que 2,5 % de la durée totale : l’essentiel des 8 heures est consacré au maintien du système à 43 °C, température optimale de croissance des ferments lactiques.

Démarche suivie : (1) calculer l’énergie électrique totale consommée sur les 8 h et la convertir en kW·h ; (2) chiffrer les trois postes de dépense (électricité, lait, ferments) ; (3) diviser par le nombre de yaourts et comparer au prix du commerce.

Étape 1 — énergie électrique consommée. La yaourtière consomme à la puissance $P_A$ pendant $\Delta t_A$, puis à la puissance $P_B$ pendant $\Delta t_B$ :

$E = P_A \times \Delta t_A + P_B \times \Delta t_B = 150 \times 7{,}2\times 10^{2} + 20 \times \left(8\times 3600 - 7{,}2\times 10^{2}\right)$

$E = 1{,}08\times 10^{5} + 20 \times 2{,}81\times 10^{4} = 6{,}70\times 10^{5}\ \text{J}$

Conversion en kilowattheures, sachant que $1\ \text{kW}\cdot\text{h} = 3\,600\ \text{kJ} = 3{,}600\times 10^{6}\ \text{J}$ :

$E = \frac{6{,}70\times 10^{5}}{3{,}600\times 10^{6}} = 0{,}186\ \text{kW}\cdot\text{h}$

Étape 2 — coût des trois postes (pour une fournée de 7 yaourts).

Étape 3 — prix d’un yaourt et comparaison.

$\text{prix d'un yaourt} = \frac{1{,}41}{7} = 0{,}20\ \text{€}$

Discussion. L’argument est vérifié : le yaourt maison coûte environ 43 % moins cher, soit une économie de 0,15 € par pot (environ 1,05 € par fournée de 7).

Cette estimation reste toutefois incomplète : elle ne tient compte ni de l’achat de la yaourtière, qui n’est amorti qu’au bout d’un grand nombre de fournées, ni de l’eau et de l’énergie nécessaires au lavage des pots, ni du temps passé. On remarque enfin que le poste dominant est de loin le lait et les ferments (1,38 €, soit 98 % du total) : l’électricité, avec 0,04 €, est presque négligeable.

Les trois modes de transfert thermique sont :

• la conduction : de proche en proche, sans déplacement de matière — ici du yaourt vers le pot en verre, puis du verre vers l’air à son contact ;
• la convection : par déplacement de matière — ici les mouvements de l’air froid à l’intérieur du réfrigérateur ;
• le rayonnement : par ondes électromagnétiques, sans support matériel.

Flux thermique initial. À $t = 0$, la température du système est $\theta_0 = 30$ °C. La loi de Newton donne :

$\Phi_0 = h \cdot S \cdot \left(\theta_0 - \theta_{\text{réfri}}\right) = 10 \times 0{,}019 \times (30 - 4{,}0) = 0{,}19 \times 26$

Variation au cours du temps. Le système $\{P\}$ cède de l’énergie à l’air du réfrigérateur : sa température $\theta$ diminue au cours du temps, alors que $\theta_{\text{réfri}}$ reste constante. L’écart de température $\left(\theta - \theta_{\text{réfri}}\right)$ diminue donc, et comme $h$ et $S$ sont des constantes :

Le refroidissement est donc d’autant plus lent que le yaourt est déjà froid.

Température finale. D’après la question Q5, le flux thermique tend vers zéro, ce qui signifie que l’écart $\left(\theta - \theta_{\text{réfri}}\right)$ tend vers zéro : les échanges cessent lorsque l’équilibre thermique est atteint.

Énergie thermique perdue. La variation d’énergie interne du système $\{P\}$, de masse $m$ et de capacité thermique massique $c_Y$, vaut :

$Q = m \cdot c_Y \cdot \left(\theta_{\text{finale}} - \theta_0\right) = 0{,}19 \times 2{,}5\times 10^{3} \times (4{,}0 - 30)$

$Q = 475 \times (-26) = -1{,}2\times 10^{4}\ \text{J}$

Le signe négatif traduit bien le fait que le système cède de l’énergie au milieu extérieur. En valeur absolue :

Un flux thermique est une puissance : si le flux conservait sa valeur initiale $\Phi_0$, l’énergie transférée pendant la durée $\Delta t_0$ vaudrait $\left| Q \right| = \Phi_0 \times \Delta t_0$, d’où :

$\Delta t_0 = \frac{\left| Q \right|}{\Phi_0} = \frac{1{,}2\times 10^{4}}{4{,}9}$

La fonction $\theta(t) = \left(\theta_0 - \theta_{\text{réfri}}\right)\mathrm{e}^{-t/\tau} + \theta_{\text{réfri}}$ est une exponentielle décroissante qui part de $\theta_0 = 30$ °C et tend vers l’asymptote horizontale $\theta = \theta_{\text{réfri}} = 4{,}0$ °C.

Méthode graphique employée : on trace la tangente à la courbe à l’instant initial $t = 0$ ; son intersection avec l’asymptote horizontale $\theta = \theta_{\text{réfri}}$ a pour abscisse $t = \tau$.

Seconde méthode possible : à $t = \tau$, l’écart de température a été réduit de 63 % :

$\theta(\tau) = \left(\theta_0 - \theta_{\text{réfri}}\right)\mathrm{e}^{-1} + \theta_{\text{réfri}} = 0{,}37 \times 26 + 4{,}0 = 13{,}6\ \text{°C} \approx 14\ \text{°C}$

On repère l’ordonnée 14 °C sur la courbe et on lit l’abscisse correspondante.

Calcul du temps caractéristique.

$\tau = \frac{m\,c_Y}{h\,S} = \frac{0{,}19 \times 2{,}5\times 10^{3}}{10 \times 0{,}019} = \frac{475}{0{,}19} = 2{,}5\times 10^{3}\ \text{s}$

Comparaison.

$\tau = 2{,}5\times 10^{3}\ \text{s} \qquad\text{et}\qquad \Delta t_0 = 2{,}4\times 10^{3}\ \text{s}$

Les deux durées sont égales (le léger écart ne provient que de l’arrondi de 12,35 kJ à 12 kJ à la question Q6). Ce n’est pas une coïncidence : en remplaçant $\left|Q\right|$ et $\Phi_0$ par leurs expressions littérales, on obtient en effet

$\Delta t_0 = \frac{\left|Q\right|}{\Phi_0} = \frac{m\,c_Y\left(\theta_0 - \theta_{\text{réfri}}\right)}{h\,S\left(\theta_0 - \theta_{\text{réfri}}\right)} = \frac{m\,c_Y}{h\,S} = \tau$

Commentaire. $\Delta t_0$ est donc une durée minimale : le flux étant en réalité maximal au départ puis décroissant (question Q5), le refroidissement réel est plus lent. Au bout de la durée $\tau$, la température n’est descendue qu’à 13,6 °C, soit 63 % seulement de la baisse totale. Il faut environ $5\tau \approx 1{,}2\times 10^{4}$ s (soit 3 h 30) pour que la température soit pratiquement égale à celle du réfrigérateur.

Les 2 heures de réfrigérateur préconisées par la recette correspondent à $2{,}9\,\tau$, ce qui amène le yaourt à environ 5,5 °C : c’est suffisant en pratique pour un yaourt prêt à être consommé.

La loi de la gravitation universelle donne la valeur de la force exercée par l’étoile E, de masse $M_E$, sur l’exoplanète 2, de masse $M_2$, dont les centres sont distants de $R_2$ :

$F = G\,\frac{M_E \times M_2}{R_2^{\,2}}$

Cette force est dirigée de l’exoplanète vers l’étoile E : elle est donc portée par le vecteur unitaire $\vec{u_N}$ du repère de Frenet, qui pointe vers le centre de la trajectoire (figure 1). D’où :

$\boxed{\;\vec{F} = G\,\frac{M_E \, M_2}{R_2^{\,2}}\; \vec{u_N}\;}$

Système : l’exoplanète 2, de masse $M_2$.

Référentiel : le référentiel décrit dans l’énoncé (origine au centre de l’étoile E, axes pointant vers des étoiles lointaines), supposé galiléen.

Bilan des forces : l’exoplanète n’est soumise qu’à la force d’attraction gravitationnelle exercée par l’étoile E (l’interaction avec l’exoplanète 1 est négligée).

D’après la deuxième loi de Newton :

$\sum \vec{F}_{\text{ext}} = M_2\,\vec{a} \qquad\Longrightarrow\qquad G\,\frac{M_E\,M_2}{R_2^{\,2}}\,\vec{u_N} = M_2\,\vec{a} \qquad\Longrightarrow\qquad \vec{a} = G\,\frac{M_E}{R_2^{\,2}}\,\vec{u_N}$

Le vecteur accélération est donc entièrement porté par $\vec{u_N}$ : sa composante tangentielle est nulle.

Or, pour un mouvement circulaire de rayon $R_2$, l’accélération s’écrit dans le repère de Frenet :

$\vec{a} = \frac{d v_2}{d t}\,\vec{u_T} + \frac{v_2^{\,2}}{R_2}\,\vec{u_N}$

Par identification des composantes :

$\frac{d v_2}{d t} = 0 \quad\text{(le mouvement est donc bien uniforme)} \qquad\text{et}\qquad \frac{v_2^{\,2}}{R_2} = G\,\frac{M_E}{R_2^{\,2}}$

$v_2^{\,2} = \frac{G\,M_E}{R_2} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\; v_2 = \sqrt{\frac{G\,M_E}{R_2}} \;}$

Le mouvement étant circulaire et uniforme, l’exoplanète parcourt la circonférence de son orbite, $2\pi R_2$, pendant une période de révolution $T_2$, à la vitesse constante $v_2$ :

$v_2 = \frac{2\pi R_2}{T_2}$

En reportant cette expression dans le résultat de la question Q2, $v_2^{\,2} = \dfrac{G M_E}{R_2}$ :

$\left(\frac{2\pi R_2}{T_2}\right)^{2} = \frac{G\,M_E}{R_2} \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{4\pi^{2} R_2^{\,2}}{T_2^{\,2}} = \frac{G\,M_E}{R_2}$

On isole $M_E$ :

$\boxed{\; M_E = \frac{4\pi^{2}\,R_2^{\,3}}{G\,T_2^{\,2}} \;}$

Conversion préalable des données dans les unités du système international :

$R_2 = 1{,}08\times 10^{7}\ \text{km} = 1{,}08\times 10^{10}\ \text{m}$

$T_2 = 11{,}4\ \text{jours} = 11{,}4 \times 24 \times 3600 = 9{,}85\times 10^{5}\ \text{s}$

Application numérique :

$M_E = \frac{4\pi^{2}\,R_2^{\,3}}{G\,T_2^{\,2}} = \frac{4\pi^{2} \times \left(1{,}08\times 10^{10}\right)^{3}}{6{,}67\times 10^{-11} \times \left(9{,}85\times 10^{5}\right)^{2}}$

Cette valeur est identique à celle du tableau de données ($M_E = 7{,}68\times 10^{29}$ kg) : la relation établie à la question Q3 est donc bien vérifiée, ce qui valide le modèle du mouvement circulaire uniforme.

Les deux exoplanètes sont en orbite autour du même astre attracteur : la troisième loi de Kepler s’applique, le rapport $\dfrac{T^{2}}{R^{3}}$ ayant la même valeur pour les deux.

$\frac{T_1^{\,2}}{R_1^{\,3}} = \frac{T_2^{\,2}}{R_2^{\,3}} \qquad\Longrightarrow\qquad T_1^{\,2} = T_2^{\,2} \times \frac{R_1^{\,3}}{R_2^{\,3}} \qquad\Longrightarrow\qquad T_1 = T_2 \times \left(\frac{R_1}{R_2}\right)^{3/2}$

Le rapport $R_1/R_2$ étant sans dimension, on peut conserver les kilomètres :

$\frac{R_1}{R_2} = \frac{6{,}77\times 10^{6}}{1{,}08\times 10^{7}} = 0{,}627$

$T_1 = 11{,}4 \times (0{,}627)^{3/2} = 11{,}4 \times 0{,}496$

Ce résultat est cohérent : l’exoplanète 1, plus proche de son étoile que l’exoplanète 2 ($R_1 < R_2$), tourne plus vite autour d’elle et sa période de révolution est donc plus courte ($T_1 < T_2$).

D’après la relation fournie $\Delta P_{\text{lum}} = \left(\dfrac{r_1}{r_E}\right)^{2}$, le rayon $r_E$ de l’étoile étant fixé, $\Delta P_{\text{lum}}$ est une fonction croissante de $r_1$.

C’est physiquement cohérent : une exoplanète de grand rayon masque une plus grande partie du disque de l’étoile lors de son transit, donc la puissance lumineuse reçue par la caméra chute davantage.

La dépendance est de plus quadratique : c’est la surface occultée, proportionnelle à $r_1^{\,2}$, qui intervient. Une exoplanète deux fois plus grande provoque une chute quatre fois plus importante.

Lecture graphique de $\Delta P_{\text{lum}}$ (figure 3). Hors transit, la puissance lumineuse relative vaut 1. Au fond du creux, elle atteint la valeur minimale $0{,}996$. La flèche $\Delta P_{\text{lum}}$ tracée sur la figure représente cet écart :

$\Delta P_{\text{lum}} = 1 - 0{,}996 = 4{,}0\times 10^{-3}$

Calcul du rayon de l’exoplanète. En isolant $r_1$ dans la relation fournie :

$\Delta P_{\text{lum}} = \left(\frac{r_1}{r_E}\right)^{2} \qquad\Longrightarrow\qquad r_1 = r_E \times \sqrt{\Delta P_{\text{lum}}}$

$r_1 = 2{,}63\times 10^{5} \times \sqrt{4{,}0\times 10^{-3}} = 2{,}63\times 10^{5} \times 6{,}32\times 10^{-2}$

(Pour comparaison, le rayon de la Terre vaut $6{,}4\times 10^{3}$ km : cette exoplanète est donc environ 2,6 fois plus grande que la Terre.)

Démarche suivie : (1) exprimer l’angle $\alpha$ à partir de la géométrie de la figure 2 ; (2) lire la durée du transit sur la figure 3 ; (3) exploiter la proportionnalité entre l’angle balayé et la durée, le mouvement étant circulaire uniforme.

Étape 1 — expression de l’angle $\alpha$. D’après la figure 2, au début du transit le centre de l’exoplanète se trouve à la distance horizontale $\left(r_E + r_1\right)$ de l’axe passant par le centre de l’étoile, et à la distance $R_1$ de ce centre. Dans le triangle rectangle correspondant :

$\sin\alpha = \frac{r_E + r_1}{R_1}$

L’angle $\alpha$ étant très petit devant 1 rad, l’approximation $\sin\alpha \approx \alpha$ donne :

$\alpha = \frac{r_E + r_1}{R_1} = \frac{2{,}63\times 10^{5} + 1{,}7\times 10^{4}}{6{,}77\times 10^{6}} = \frac{2{,}80\times 10^{5}}{6{,}77\times 10^{6}} = 4{,}14\times 10^{-2}\ \text{rad}$

Étape 2 — durée du transit (figure 3). Le transit débute à la date $t_i$ et s’achève à la date $t_f$, repérées par les traits pointillés :

$t_i \approx -0{,}8\ \text{h} \qquad t_f \approx +0{,}8\ \text{h} \qquad\Longrightarrow\qquad \Delta t_{\text{transit}} = t_f - t_i = 1{,}6\ \text{h}$

Étape 3 — période de révolution. Le mouvement étant circulaire uniforme, l’exoplanète balaie des angles proportionnels aux durées. Pendant le transit, elle balaie l’angle $2\alpha$ (de $-\alpha$ à $+\alpha$) ; pendant une période $T_1$, elle balaie un tour complet, soit $2\pi$ :

$\frac{\Delta t_{\text{transit}}}{T_1} = \frac{2\alpha}{2\pi} \qquad\Longrightarrow\qquad T_1 = \frac{\pi \times \Delta t_{\text{transit}}}{\alpha}$

$T_1 = \frac{\pi \times 1{,}6}{4{,}14\times 10^{-2}} = 1{,}2\times 10^{2}\ \text{h}$

Conversion en jours terrestres :

$T_1 = \frac{1{,}2\times 10^{2}}{24} = 5{,}1\ \text{jours}$

Commentaire. Cette valeur est du même ordre de grandeur que celle obtenue à la question Q5 par la troisième loi de Kepler ($T_1 = 5{,}66$ jours) : l’écart relatif vaut

$\frac{\left| 5{,}1 - 5{,}66 \right|}{5{,}66} \approx 10\ \%$

Cet écart s’explique par l’imprécision de la lecture graphique : la durée du transit ne se lit qu’à ± 0,1 h près sur la figure 3, et comme $T_1$ est proportionnelle à $\Delta t_{\text{transit}}$, une telle incertitude entraîne à elle seule 6 % d’écart sur $T_1$. S’y ajoutent les approximations du modèle : orbite supposée vue exactement par la tranche et mouvement supposé rigoureusement circulaire uniforme.

Les deux déterminations sont pourtant totalement indépendantes : l’une est théorique et repose sur les lois de la mécanique céleste, l’autre est expérimentale et repose uniquement sur les relevés de puissance lumineuse envoyés par le satellite TESS. Retrouver la même durée à 10 % près par ces deux voies valide la méthode des transits utilisée pour détecter les exoplanètes.