Bac physique-chimie 2026 — Métropole — Sujet de secours (Jour 2) : sujet et corrigé

Argument 1 — le lycopène y est très soluble. D’après le tableau, la solubilité du lycopène est très grande dans l’acétate d’éthyle, alors qu’elle est très faible dans l’eau. Le lycopène quitte donc massivement la phase aqueuse pour passer dans le solvant : l’extraction est efficace.

Argument 2 — l’acétate d’éthyle est peu miscible à l’eau. Sa miscibilité avec l’eau est faible : deux phases distinctes se forment dans l’ampoule à décanter, et l’on peut donc les séparer par décantation. Avec l’éthanol, totalement miscible à l’eau, aucune séparation ne serait possible.

Argument supplémentaire (sécurité) : le dichlorométhane satisferait lui aussi ces deux critères, mais il porte le pictogramme « danger pour la santé » (effets graves à long terme), absent de l’acétate d’éthyle. À efficacité comparable, on choisit donc le solvant le moins dangereux.

Les densités permettent de placer les deux phases : celle de l’acétate d’éthyle vaut $0{,}90$, celle de l’eau $1{,}00$. La phase organique est donc moins dense que la phase aqueuse : elle se place au-dessus.

En effet, sa solubilité est très grande dans l’acétate d’éthyle et très faible dans l’eau : il est donc passé quasi intégralement dans la phase organique lors de l’agitation.

Lecture du spectre (figure 1). La courbe de la solution $S_0$ présente un maximum d’absorbance :

$A_{\max} \approx 1{,}15 \qquad \text{pour} \qquad \lambda_{\max} \approx 4{,}4\times 10^{2}\ \text{nm}$

Exploitation du cercle chromatique. La longueur d’onde 440 nm appartient au domaine du violet (400–450 nm) : c’est donc la radiation violette que la solution absorbe le plus.

Or la couleur perçue d’une solution est la couleur complémentaire de la couleur absorbée, c’est-à-dire celle qui lui est diamétralement opposée sur le cercle chromatique. Le complémentaire du violet est le jaune.

La loi de Beer-Lambert s’écrit $A = \varepsilon \times \ell \times C$. Les deux spectres portent sur la même espèce (le lycopène), enregistrés à la même longueur d’onde et dans des cuves de même épaisseur : $\varepsilon$ et $\ell$ sont donc identiques pour les deux solutions. L’absorbance est alors proportionnelle à la concentration :

$\frac{A_1}{C_1} = \frac{A_0}{C_0} = \varepsilon\,\ell \qquad\Longrightarrow\qquad C_1 = C_0 \times \frac{A_1}{A_0}$

Lectures sur la figure 1, effectuées à la longueur d’onde du maximum d’absorption ($\lambda_{\max} \approx 440$ nm), là où la précision est la meilleure :

$A_0 \approx 1{,}15 \qquad\text{et}\qquad A_1 \approx 0{,}61$

$C_1 = 1{,}8\times 10^{-5} \times \frac{0{,}61}{1{,}15}$

La solution $S_1$ occupe le volume de la fiole jaugée, $V = 100$ mL $= 0{,}100$ L. Elle contient tout le lycopène extrait :

$n(\text{lycopène}) = C_1 \times V = 0{,}95\times 10^{-5} \times 0{,}100 = 9{,}5\times 10^{-7}\ \text{mol}$

$m(\text{lycopène}) = n \times M_{\text{lycopène}} = 9{,}5\times 10^{-7} \times 536 = 5{,}1\times 10^{-4}\ \text{g}$

Commentaire. Cette masse a été extraite de 25 g de tomate fraîche. Ramenée à 100 g :

$m_{100\ \text{g}} = 0{,}51 \times \frac{100}{25} = 2{,}0\ \text{mg}$

On obtient bien « quelques milligrammes pour 100 g de tomate fraîche » : le résultat est cohérent avec la valeur annoncée par l’énoncé, ce qui valide l’ensemble du protocole d’extraction et du dosage spectrophotométrique.

On peut ajouter que ce rendement est nécessairement une borne inférieure : une partie du lycopène reste piégée dans le résidu solide de broyage et dans la phase aqueuse.

Groupe A (espèce 1) : un atome de carbone doublement lié à un atome d’oxygène et simplement lié à un second atome d’oxygène, lui-même lié à un groupe $\text{CH}_3$. C’est le groupe ester $-\text{COO}-$.

Groupe B (espèce 2) : un atome de carbone doublement lié à un atome d’oxygène et simplement lié à un groupe hydroxyle $-\text{OH}$. C’est le groupe carboxyle $-\text{COOH}$.

Comparons les squelettes carbonés du réactif (1) et du produit (2) : ils sont identiques ($\text{C}_{19}\text{H}_{27}\text{–CH=CH–CO–}$). Seul change ce qui est fixé sur l’atome de carbone du groupe carbonyle :

$\text{espèce (1)} : \ -\text{O–CH}_3 \qquad\longrightarrow\qquad \text{espèce (2)} : \ -\text{O–H}$

Le groupe méthoxy $-\text{OCH}_3$ a donc été remplacé par un groupe hydroxyle $-\text{OH}$ : un groupe d’atomes a été échangé contre un autre, sans modification du nombre de liaisons ni du squelette carboné.

Contrôle : ce n’est pas une addition (le nombre de liaisons multiples est inchangé, aucune molécule ne s’est fixée sur une double liaison), ni une élimination (aucune double liaison n’est apparue, et il se forme deux produits par échange et non par départ d’une petite molécule). Cette transformation est l’hydrolyse d’un ester, qui donne un acide carboxylique et un alcool.

Comparons les liaisons présentes dans les deux espèces :

La liaison $\text{C=O}$ est présente dans les deux espèces : sa bande (forte et fine, 1650–1730 $\text{cm}^{-1}$) ne permet donc pas de conclure. En revanche, la liaison $\text{O–H}$ n’existe que dans le produit.

L’absence de cette bande sur le spectre du réactif et sa présence sur celui du produit constituent donc, à elles deux, la preuve recherchée.

L’équation de la réaction modèle est :

$2\,\text{I}^-(aq) + \text{S}_2\text{O}_8^{2-}(aq) \longrightarrow \text{I}_2(aq) + 2\,\text{SO}_4^{2-}(aq)$

• Couple $\text{I}_2(aq)\,/\,\text{I}^-(aq)$ — les ions iodure cèdent des électrons, ils sont oxydés : c’est le réducteur.

$2\,\text{I}^-(aq) \longrightarrow \text{I}_2(aq) + 2\,e^- \qquad \text{(oxydation)}$

• Couple $\text{S}_2\text{O}_8^{2-}(aq)\,/\,\text{SO}_4^{2-}(aq)$ — les ions peroxodisulfate captent des électrons, ils sont réduits : c’est l’oxydant.

$\text{S}_2\text{O}_8^{2-}(aq) + 2\,e^- \longrightarrow 2\,\text{SO}_4^{2-}(aq) \qquad \text{(réduction)}$

Vérification : en additionnant les deux demi-équations, les 2 électrons se simplifient et l’on retrouve exactement l’équation de la réaction modèle. ✓

L’énoncé décrit les radicaux libres comme « des oxydants puissants » responsables de la dégradation des molécules organiques des cellules.

Or, d’après la question Q9, l’ion peroxodisulfate $\text{S}_2\text{O}_8^{2-}$ est précisément l’oxydant de la réaction modèle : c’est lui qui capte les électrons de l’autre réactif, provoquant sa transformation.

C’est ce qui légitime la modélisation : étudier l’action du lycopène sur les ions peroxodisulfate revient à étudier son action sur les radicaux libres.

Le temps de demi-réaction $t_{1/2}$ est la durée au bout de laquelle l’avancement de la réaction atteint la moitié de sa valeur finale.

Ici la transformation est totale et l’ion peroxodisulfate est le réactif limitant (cf. question Q16) : $t_{1/2}$ est donc la durée au bout de laquelle la moitié des ions peroxodisulfate initialement présents a été consommée.

On lit d’abord sur la figure 3 la concentration initiale en ions peroxodisulfate, à $t = 0$ :

$\left[\text{S}_2\text{O}_8^{2-}\right]_i = 2{,}83\ \text{mmol}\cdot\text{L}^{-1}$

Le temps de demi-réaction correspond à l’instant où cette concentration a été divisée par deux :

$\frac{\left[\text{S}_2\text{O}_8^{2-}\right]_i}{2} = \frac{2{,}83}{2} = 1{,}42\ \text{mmol}\cdot\text{L}^{-1}$

On repère cette ordonnée sur le graphique et l’on projette sur l’axe des abscisses :

La vitesse volumique de disparition d’un réactif est l’opposé de la dérivée par rapport au temps de sa concentration :

$\boxed{v = -\frac{d\left[\text{S}_2\text{O}_8^{2-}\right]}{d t}}$

On prend l’opposé afin que la vitesse soit une grandeur positive, alors que la concentration du réactif diminue au cours du temps. Elle s’exprime en $\text{mol}\cdot\text{L}^{-1}\cdot\text{s}^{-1}$.

Ce que prévoit le modèle. Une cinétique d’ordre 1 signifie que la vitesse est proportionnelle à la concentration du réactif :

$v = k \times \left[\text{S}_2\text{O}_8^{2-}\right]$

Le graphe de $v$ en fonction de $\left[\text{S}_2\text{O}_8^{2-}\right]$ doit donc être une droite passant par l’origine, de coefficient directeur la constante de vitesse $k$.

Ce que montre la figure 4. Les points expérimentaux sont effectivement globalement alignés le long d’une droite qui passe par l’origine : lorsque la concentration tend vers zéro, la vitesse tend elle aussi vers zéro, sans ordonnée à l’origine.

Réserve à formuler. L’alignement n’est pas parfait : le point de plus forte concentration (vers $1{,}8\times 10^{-3}\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$) s’écarte nettement au-dessus de la droite. Le modèle d’ordre 1 décrit donc correctement la transformation sur l’essentiel du domaine étudié, mais paraît mis en défaut aux concentrations les plus élevées, c’est-à-dire aux tout premiers instants.

Les solutions B, C et D contiennent de l’eau de tomate, donc du lycopène ; la solution A n’en contient pas.

Le lycopène est un antioxydant : il réagit lui aussi avec les ions peroxodisulfate, et il le fait prioritairement, avant que ceux-ci n’aient le temps d’oxyder les ions iodure. Tant qu’il reste du lycopène dans le milieu, les ions peroxodisulfate introduits sont donc consommés par lui : la « réaction modèle » ne se produit pratiquement pas et il ne se forme quasiment pas de diiode.

Une fois tout le lycopène consommé, les ions peroxodisulfate restants réagissent avec les ions iodure et la concentration en diiode se met à croître.

Vérification sur la figure 5 : la durée du palier augmente avec le volume d’eau de tomate utilisé (B : 5,0 mL $<$ C : 10,0 mL $<$ D : 20,0 mL), donc avec la quantité de lycopène. C’est bien ce que l’on observe.

Calculons les quantités de matière initiales des deux réactifs :

$n_i(\text{I}^-) = C \times V(\text{KI}) = 1{,}0 \times 5{,}0\times 10^{-3} = 5{,}0\times 10^{-3}\ \text{mol}$

$n_i(\text{S}_2\text{O}_8^{2-}) = \left[\text{S}_2\text{O}_8^{2-}\right]_i \times V = 0{,}017 \times 5{,}0\times 10^{-3} = 8{,}5\times 10^{-5}\ \text{mol}$

D’après l’équation $2\,\text{I}^-(aq) + \text{S}_2\text{O}_8^{2-}(aq) \longrightarrow \text{I}_2(aq) + 2\,\text{SO}_4^{2-}(aq)$, les nombres stœchiométriques valent 2 pour $\text{I}^-$ et 1 pour $\text{S}_2\text{O}_8^{2-}$. On compare donc les quotients :

$\frac{n_i(\text{I}^-)}{2} = \frac{5{,}0\times 10^{-3}}{2} = 2{,}5\times 10^{-3}\ \text{mol} \qquad\text{et}\qquad \frac{n_i(\text{S}_2\text{O}_8^{2-})}{1} = 8{,}5\times 10^{-5}\ \text{mol}$

$8{,}5\times 10^{-5} \;\ll\; 2{,}5\times 10^{-3}$

Les ions iodure sont en très large excès (environ 30 fois la quantité nécessaire), ce qui est cohérent avec le fait que l’on suive la disparition des seuls ions peroxodisulfate.

La transformation est totale et l’ion peroxodisulfate est le réactif limitant : il est donc entièrement consommé à l’état final. L’avancement maximal vaut :

$x_{\max} = n_i(\text{S}_2\text{O}_8^{2-}) = 8{,}5\times 10^{-5}\ \text{mol}$

D’après l’équation, il se forme une mole de diiode par mole d’ions peroxodisulfate consommée :

$n_f(\text{I}_2) = x_{\max} = 8{,}5\times 10^{-5}\ \text{mol}$

Le volume total du mélange est la somme des volumes introduits :

$V_{\text{tot}} = 5{,}0 + 20{,}0 + 5{,}0 = 30{,}0\ \text{mL} = 30{,}0\times 10^{-3}\ \text{L}$

$\left[\text{I}_2\right]_f = \frac{n_f(\text{I}_2)}{V_{\text{tot}}} = \frac{8{,}5\times 10^{-5}}{30{,}0\times 10^{-3}}$

Cette valeur correspond exactement au palier final lu sur la figure 5 pour l’expérience A ($\approx 0{,}0028\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$) : le modèle est validé.

Lectures des paliers finaux sur la figure 5 :

$\left[\text{I}_2\right]_{f,\text{A}} > \left[\text{I}_2\right]_{f,\text{B}} > \left[\text{I}_2\right]_{f,\text{C}} > \left[\text{I}_2\right]_{f,\text{D}}$

Commentaire. L’eau de tomate apporte du lycopène, qui consomme une partie des ions peroxodisulfate (question Q15). Il en reste donc moins pour oxyder les ions iodure, et la quantité de diiode finalement formée est plus faible. Plus le volume d’eau de tomate est important, plus la quantité de lycopène l’est aussi, et plus la « ponction » sur les ions peroxodisulfate est marquée.

Le réactif limitant restant l’ion peroxodisulfate dans les quatre expériences, cette diminution mesure directement l’efficacité antioxydante du lycopène.

Démarche suivie : (1) déterminer, grâce au palier final, la quantité d’ions peroxodisulfate consommée par la réaction modèle dans l’expérience D ; (2) la retrancher de la quantité initiale : la différence a nécessairement réagi avec le lycopène.

Étape 1 — ions peroxodisulfate consommés par la réaction modèle. D’après la figure 5, le palier final de l’expérience D vaut $\left[\text{I}_2\right]_{f,\text{D}} = 1{,}63\times 10^{-3}\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$. Le volume total est inchangé ($30{,}0$ mL, puisque les 20,0 mL d’eau de tomate remplacent exactement les 20,0 mL d’eau distillée) :

$n_f(\text{I}_2)_{\text{D}} = 1{,}63\times 10^{-3} \times 30{,}0\times 10^{-3} = 4{,}9\times 10^{-5}\ \text{mol}$

Or la réaction modèle forme une mole de diiode par mole d’ions peroxodisulfate consommée :

$n(\text{S}_2\text{O}_8^{2-})_{\text{réaction modèle}} = n_f(\text{I}_2)_{\text{D}} = 4{,}9\times 10^{-5}\ \text{mol}$

Étape 2 — bilan sur les ions peroxodisulfate. La quantité initiale d’ions peroxodisulfate est la même que pour la solution A, soit $8{,}5\times 10^{-5}$ mol. Ces ions ont été répartis entre deux réactions : celle avec les ions iodure et celle avec le lycopène. D’où :

$n(\text{S}_2\text{O}_8^{2-})_{\text{lycopène}} = n_i(\text{S}_2\text{O}_8^{2-}) - n(\text{S}_2\text{O}_8^{2-})_{\text{réaction modèle}} = 8{,}5\times 10^{-5} - 4{,}9\times 10^{-5}$

Cela représente $\dfrac{3{,}6\times 10^{-5}}{8{,}5\times 10^{-5}} \approx 42$ % des ions peroxodisulfate introduits, neutralisés par le lycopène de 20,0 mL d’eau de tomate seulement.

Les expériences apportent deux preuves convergentes de l’action antioxydante du lycopène :

1. Le lycopène réagit prioritairement avec l’oxydant. La présence d’un palier initial d’autant plus long qu’il y a d’eau de tomate (question Q15) montre que le lycopène capte les ions peroxodisulfate avant qu’ils n’atteignent les ions iodure.
2. Le lycopène neutralise une part importante de l’oxydant. Pour la solution D, $3{,}6\times 10^{-5}$ mol d’ions peroxodisulfate sur les $8{,}5\times 10^{-5}$ mol introduites — soit environ 42 % — ont été consommés par le seul lycopène (question Q19).

Transposition à l’organisme. Les ions peroxodisulfate modélisent les radicaux libres (question Q10), oxydants puissants responsables de la dégradation des molécules organiques des cellules et du vieillissement cellulaire. Le lycopène, en réagissant à leur place, les neutralise avant qu’ils n’attaquent ces molécules.

Nuance scientifique : ces expériences sont menées in vitro sur une réaction modèle. Elles établissent le pouvoir antioxydant du lycopène en solution, mais ne démontrent pas à elles seules un effet bénéfique dans l’organisme, où interviennent l’assimilation, le transport et le métabolisme de la molécule.

Une lunette astronomique est constituée de deux lentilles convergentes :

• l’objectif est la lentille tournée vers l’astre observé ; c’est celle de grande distance focale ($f_1' = 34$ m). Sur la figure A1, c’est la lentille placée en haut du mât, à l’extrémité supérieure du fil tendu ;
• l’oculaire est la lentille devant laquelle l’observateur place son œil ; c’est celle de petite distance focale ($f_2' = 7{,}0$ cm). Sur la figure A1, c’est la lentille tenue par l’observateur, en bas du fil.

Le fil tendu ne sert qu’à maintenir les deux lentilles alignées sur le même axe optique : il remplace le tube de la lunette, d’où le nom de « lunette sans tube ».

Le fil tendu, de longueur $f_1' = 34$ m, fait un angle de $45^\circ$ avec l’horizontale (figure A1). La dénivelée entre l’oculaire et l’objectif est donc le côté vertical du triangle rectangle correspondant :

$\Delta h = f_1' \times \sin(45^\circ) = 34 \times 0{,}707 = 24\ \text{m}$

L’observateur tenant l’oculaire à hauteur d’homme, soit environ $1{,}5$ m au-dessus du sol, la hauteur du mât mesurée depuis le sol doit valoir au moins :

$h_{\text{mât}} = \Delta h + 1{,}5 \approx 24 + 1{,}5 \approx 25{,}5\ \text{m}$

On mesure ici la prouesse technique de Huygens : construire un instrument de 34 m de long sans tube, en tendant simplement un fil le long d’un mât de la hauteur d’un immeuble de huit étages.

Jacques Cassini écrit qu’il faut « réunir le foyer oculaire à celui de l’objectif », c’est-à-dire faire coïncider le foyer objet de l’oculaire $\mathrm{F_2}$ avec le foyer image de l’objectif $\mathrm{F'_1}$.

C’est la condition d’afocalité de la lunette : elle garantit qu’un objet situé à l’infini (un astre) donne une image elle aussi à l’infini, observable sans accommodation par l’œil. On en déduit au passage la distance entre les deux lentilles :

$\mathrm{O_1O_2} = f_1' + f_2' = 34 + 0{,}070 = 34{,}07\ \text{m} \approx 34\ \text{m}$

Construction, étape par étape.

1. Le point B étant à l’infini, tous les rayons qui en proviennent arrivent parallèles entre eux, inclinés de l’angle $\theta$ sur l’axe optique.
2. Le rayon qui passe par le centre optique $\mathrm{O_1}$ n’est pas dévié : il donne directement la position de l’image. Celle-ci se forme dans le plan focal image de $\mathrm{L_1}$ (B étant à l’infini) : $\mathrm{B_1}$ est à l’intersection de ce rayon et du plan focal.
3. Le second rayon, parallèle au premier, émerge de $\mathrm{L_1}$ en passant lui aussi par $\mathrm{B_1}$ : les deux rayons se croisent bien en ce point.
4. Comme $\mathrm{F_2}$ est confondu avec $\mathrm{F'_1}$ (question Q3), le point $\mathrm{B_1}$ se trouve dans le plan focal objet de l’oculaire : les rayons qui en sont issus émergent de $\mathrm{L_2}$ parallèles entre eux. Leur direction commune est donnée par le rayon de construction $\mathrm{B_1O_2}$, qui n’est pas dévié (en pointillé sur le schéma).

Notons $\mathrm{A_1B_1}$ la taille de l’image intermédiaire, $\mathrm{A_1}$ étant sur l’axe optique.

Angle $\theta$ sous lequel l’astre est vu à l’œil nu. $\theta$ est l’angle sous lequel l’objet est vu depuis l’objectif. Dans le triangle rectangle $\mathrm{O_1A_1B_1}$, avec $\mathrm{O_1A_1} = \mathrm{O_1F'_1} = f_1'$ :

$\tan\theta = \frac{\mathrm{A_1B_1}}{f_1'}$

Angle $\theta'$ sous lequel l’image est vue à travers l’oculaire. Le point $\mathrm{B_1}$ étant dans le plan focal objet de $\mathrm{L_2}$, à la distance $\mathrm{A_1O_2} = f_2'$ de l’oculaire, le triangle rectangle $\mathrm{O_2A_1B_1}$ donne :

$\tan\theta' = \frac{\mathrm{A_1B_1}}{f_2'}$

Grossissement. Les angles sont très petits devant 1 rad : $\tan\theta \approx \theta$ et $\tan\theta' \approx \theta'$.

$G = \frac{\theta'}{\theta} = \frac{\dfrac{\mathrm{A_1B_1}}{f_2'}}{\dfrac{\mathrm{A_1B_1}}{f_1'}} = \frac{\mathrm{A_1B_1}}{f_2'} \times \frac{f_1'}{\mathrm{A_1B_1}}$

La taille $\mathrm{A_1B_1}$ de l’image intermédiaire se simplifie :

$\boxed{G = \frac{f_1'}{f_2'}}$

Étape 1 — grossissement de l’astroscope.

$G = \frac{f_1'}{f_2'} = \frac{34}{0{,}070} = 4{,}9\times 10^{2}$

Étape 2 — angle déterminé par Huygens. De $G = \dfrac{\theta'}{\theta}$ on tire :

$\theta = \frac{\theta'}{G} = \frac{9{,}4\times 10^{-2}}{4{,}9\times 10^{2}} = 1{,}9\times 10^{-4}\ \text{rad}$

Étape 3 — incertitude-type associée.

$\mathrm{u}(\theta) = \theta \times \sqrt{\left(\frac{\mathrm{u}(\theta')}{\theta'}\right)^{2} + \left(\frac{\mathrm{u}(G)}{G}\right)^{2}} = 1{,}9\times 10^{-4} \times \sqrt{\left(\frac{2\times 10^{-3}}{9{,}4\times 10^{-2}}\right)^{2} + \left(\frac{40}{4{,}9\times 10^{2}}\right)^{2}}$

$\mathrm{u}(\theta) = 1{,}9\times 10^{-4} \times \sqrt{(0{,}021)^{2} + (0{,}082)^{2}} = 1{,}9\times 10^{-4} \times 0{,}085 = 1{,}6\times 10^{-5}\ \text{rad}$

Étape 4 — comparaison à la valeur de référence. On forme le quotient proposé par l’énoncé, avec $\theta_{\text{ref}} = 2{,}2\times 10^{-4}$ rad, en conservant la valeur non arrondie $\theta = 1{,}935\times 10^{-4}$ rad :

$\frac{\left| \theta - \theta_{\text{ref}} \right|}{\mathrm{u}(\theta)} = \frac{\left| 1{,}935\times 10^{-4} - 2{,}2\times 10^{-4} \right|}{1{,}6\times 10^{-5}} = \frac{2{,}6\times 10^{-5}}{1{,}6\times 10^{-5}} = 1{,}6$

Ce quotient est inférieur à 2 : l’écart entre la mesure de Huygens et la valeur de référence s’explique par les incertitudes de mesure.

C’est remarquable : avec un instrument de fortune fait d’un fil et de deux lentilles, Huygens obtenait dès 1683 le diamètre apparent de Jupiter à environ 12 % de la valeur admise aujourd’hui.

(Le vecteur force $\vec{F}$ demandé à la question Q3 est également représenté sur ce schéma.)

Le vecteur $\vec{u_T}$ est tangent à la trajectoire et orienté dans le sens du mouvement ; le vecteur $\vec{u_N}$ est normal à la trajectoire et orienté vers le centre T de celle-ci.

D’après la loi de la gravitation universelle, la Terre (masse $M_T$) attire le satellite (masse $m$) avec une force de valeur $F = G\dfrac{M_T\,m}{d_{TS}^{\,2}}$, où $d_{TS}$ est la distance entre les centres. Or l’énoncé précise $h = d_{TS} - R_T$, donc $d_{TS} = R_T + h$.

Cette force est dirigée du satellite vers le centre T de la Terre, c’est-à-dire selon le vecteur $\vec{u_N}$ du repère de Frenet :

$\boxed{\vec{F} = G\,\frac{M_T\,m}{\left(R_T + h\right)^{2}}\;\vec{u_N}}$

Le vecteur $\vec{F}$ est mis en évidence en couleur sur le schéma de la question Q1 : il a pour origine le point S, et il est dirigé de S vers T, c’est-à-dire dans le sens de $\vec{u_N}$.

• Système : le satellite S, de masse $m$, assimilé à un point matériel.
• Référentiel : géocentrique, supposé galiléen.
• Bilan des forces : le satellite n’est soumis qu’à l’attraction gravitationnelle de la Terre (énoncé).

D’après la deuxième loi de Newton :

$\sum \vec{F}_{\text{ext}} = m\,\vec{a} \qquad\Longrightarrow\qquad G\,\frac{M_T\,m}{\left(R_T + h\right)^{2}}\;\vec{u_N} = m\,\vec{a}$

La masse $m$ du satellite se simplifie de part et d’autre :

$\boxed{\vec{a} = G\,\frac{M_T}{\left(R_T + h\right)^{2}}\;\vec{u_N}}$

On remarquera que l’accélération ne dépend pas de la masse du satellite — remarque qui servira directement à la question Q14.

Dans le repère de Frenet, pour un mouvement circulaire de rayon $R_T + h$, le vecteur accélération se décompose en :

$\vec{a} = \frac{d v}{d t}\,\vec{u_T} + \frac{v^{2}}{R_T + h}\,\vec{u_N}$

En identifiant avec l’expression obtenue à la question Q4, qui ne comporte aucune composante selon $\vec{u_T}$ :

$\frac{d v}{d t} = 0 \qquad\text{et}\qquad \frac{v^{2}}{R_T + h} = G\,\frac{M_T}{\left(R_T + h\right)^{2}}$

Vitesse constante. La première égalité montre que la dérivée de $v$ par rapport au temps est nulle : la valeur de la vitesse est donc constante, et le mouvement est circulaire uniforme.

Expression de la vitesse. La seconde égalité donne :

$v^{2} = \frac{G\,M_T}{R_T + h} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{v = \sqrt{\frac{G\,M_T}{R_T + h}}}$

Le mouvement étant circulaire uniforme, le satellite parcourt la circonférence de son orbite, $2\pi(R_T+h)$, à la vitesse constante $v$, pendant une période $T$ :

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

En y reportant l’expression de $v$ obtenue à la question Q5 :

$T = \frac{2\pi\left(R_T + h\right)}{\sqrt{\dfrac{G\,M_T}{R_T + h}}} = 2\pi\left(R_T + h\right)\times \sqrt{\frac{R_T + h}{G\,M_T}}$

On fait entrer le facteur $(R_T+h)$ sous la racine, où il devient $(R_T+h)^{2}$ :

$\boxed{T = 2\pi\sqrt{\frac{\left(R_T + h\right)^{3}}{G\,M_T}}}$

Conversion préalable dans les unités du système international :

$R_T + h = 6371 + 490 = 6861\ \text{km} = 6{,}861\times 10^{6}\ \text{m}$

$T = 2\pi\sqrt{\frac{\left(6{,}861\times 10^{6}\right)^{3}}{6{,}674\times 10^{-11} \times 5{,}972\times 10^{24}}} = 2\pi\sqrt{\frac{3{,}230\times 10^{20}}{3{,}986\times 10^{14}}} = 2\pi\sqrt{8{,}103\times 10^{5}}$

Cette valeur est cohérente avec une orbite basse : les satellites de la mission GRACE font environ 15 fois le tour de la Terre chaque jour.

• $\vec{F_1}$ : toujours dirigée du satellite vers le centre T de la Terre, et de même valeur aux trois positions (le rayon de l’orbite est constant) ;
• $\vec{v}$ : toujours tangente à la trajectoire, dans le sens du mouvement ;
• $\vec{F_2}$ (mise en évidence en couleur) : dirigée du satellite vers l’objet massif M, donc vers l’avant en A (M est devant le satellite), quasiment radiale en B (le satellite survole M), et vers l’arrière en C. Sa valeur est bien plus faible que celle de $\vec{F_1}$ (la perturbation est faible) ; les longueurs des vecteurs ne sont toutefois pas à l’échelle, comme l’autorise l’énoncé.

La trajectoire du satellite est un cercle de centre T. Le vecteur vitesse $\vec{v}$ est donc à chaque instant tangent au cercle, tandis que la force $\vec{F_1}$ est radiale (dirigée vers T).

Or le travail élémentaire d’une force s’écrit $\delta W = \vec{F}\cdot d\vec{\ell}$, produit scalaire nul lorsque les deux vecteurs sont orthogonaux. Chaque travail élémentaire étant nul, le travail total entre A et C l’est aussi :

$W_{\text{A}\to\text{C}}\left(\vec{F_1}\right) = 0$

Entre A et B — le satellite se rapproche de M. D’après le schéma de la question Q8, en A la force $\vec{F_2}$ est dirigée vers M, c’est-à-dire vers l’avant : elle possède une composante tangentielle dans le même sens que le déplacement. Le produit scalaire $\vec{F_2}\cdot d\vec{\ell}$ est donc positif :

$W_{\text{A}\to\text{B}}\left(\vec{F_2}\right) > 0$

La force est motrice.

Entre B et C — le satellite s’éloigne de M. Après le survol, la force $\vec{F_2}$, toujours dirigée vers M, pointe désormais vers l’arrière : sa composante tangentielle est de sens opposé au déplacement. Le produit scalaire est alors négatif :

$W_{\text{B}\to\text{C}}\left(\vec{F_2}\right) < 0$

La force est résistante.

(Au point B précisément, $\vec{F_2}$ est quasiment radiale, donc perpendiculaire au déplacement : sa composante tangentielle s’annule et change de signe.)

Appliquons le théorème de l’énergie cinétique au satellite, entre deux points de sa trajectoire :

$\Delta E_c = \sum W\left(\vec{F}_{\text{ext}}\right) = W\left(\vec{F_1}\right) + W\left(\vec{F_2}\right)$

Or $W(\vec{F_1}) = 0$ sur tout le trajet (question Q9). Il reste donc $\Delta E_c = W\left(\vec{F_2}\right)$.

Entre A et B.

$W_{\text{A}\to\text{B}}\left(\vec{F_2}\right) > 0 \;\Longrightarrow\; \Delta E_c > 0 \;\Longrightarrow\; E_c = \tfrac{1}{2}m v^{2} \text{ augmente} \;\Longrightarrow\; v \text{ augmente}$

Entre B et C.

$W_{\text{B}\to\text{C}}\left(\vec{F_2}\right) < 0 \;\Longrightarrow\; \Delta E_c < 0 \;\Longrightarrow\; v \text{ diminue}$

Calculons la fréquence de l’onde, de longueur d’onde $\lambda \approx 10^{-2}$ m dans le vide :

$\nu = \frac{c}{\lambda} = \frac{3{,}00\times 10^{8}}{10^{-2}} = 3\times 10^{10}\ \text{Hz}$

D’après le schéma des domaines d’ondes électromagnétiques, les micro-ondes s’étendent de $3\times 10^{9}$ Hz à $3\times 10^{11}$ Hz. Or :

$3\times 10^{9} \;<\; 3\times 10^{10} \;<\; 3\times 10^{11}\ \text{Hz}$

Élimination de la proposition (3). La proposition (3) représente deux vitesses identiques et simultanées. Or les deux satellites se suivent à 220 km de distance : le satellite 1 survole l’objet massif avant le satellite 2. Les deux « bosses » de vitesse mises en évidence à la question Q11 sont donc nécessairement décalées dans le temps. La proposition (3) est à écarter.

Choix entre (1) et (2). Les propositions (1) et (2) présentent toutes deux ce décalage ; elles diffèrent par l’évolution de la distance. Raisonnons sur la distance $d$ séparant les deux satellites, dont la vitesse de variation vaut $\dfrac{\mathrm{d}d}{\mathrm{d}t} = v_1 - v_2$ :

• d’abord, le satellite 1 accélère alors que le satellite 2, encore loin de M, garde sa vitesse initiale : $v_1 > v_2$, donc $d$ augmente — le satellite de tête prend de l’avance ;
• ensuite, le satellite 1 a dépassé M et ralentit tandis que le satellite 2 accélère à son tour : $v_1 < v_2$, donc $d$ diminue et revient à sa valeur initiale.

La distance passe donc par un maximum, ce qui correspond à la proposition (2). La proposition (1), où la distance présente un minimum, décrirait la situation inverse.

Reprenons le raisonnement de la question Q4. La force gravitationnelle exercée sur un satellite est proportionnelle à sa masse $m$ ($F = G\,M\,m/d^{2}$), et la deuxième loi de Newton s’écrit $\sum\vec{F}_{\text{ext}} = m\,\vec{a}$. La masse $m$ se simplifie donc de part et d’autre :

$\vec{a} = G\,\frac{M_T}{\left(R_T+h\right)^{2}}\,\vec{u_N} \;+\; G\,\frac{M}{d_{\text{SM}}^{\,2}}\,\vec{u}_{\text{SM}}$

Cette expression est indépendante de $m$. Deux satellites de masses différentes placés au même endroit subissent donc exactement la même accélération, et donc la même variation de vitesse au passage au-dessus de l’objet massif.

Cette propriété — l’accélération gravitationnelle ne dépend pas de la masse du corps qui la subit — est la même que celle qui fait tomber tous les corps de la même façon dans le vide.

Effet sur la masse de l’Antarctique. La fonte des glaces transforme la glace continentale en eau liquide, qui s’écoule vers les océans et se redistribue sur l’ensemble du globe. La masse localisée sur le continent antarctique diminue donc progressivement.

Conséquence sur la distance maximale entre les satellites. L’objet massif survolé est ici le continent antarctique, de masse $M$. La force perturbatrice qu’il exerce sur chaque satellite vaut $F_2 = G\dfrac{M\,m}{d_{\text{SM}}^{\,2}}$ : elle est proportionnelle à $M$.

Si $M$ diminue, alors $F_2$ diminue, donc le travail de $\vec{F_2}$ diminue (question Q10), donc l’accélération puis le ralentissement des satellites sont moins marqués (question Q11) : les « bosses » de vitesse sont plus faibles, et l’écart de vitesse $v_1 - v_2$ entre les deux satellites également.

C’est précisément la mesure de cette diminution, année après année, qui permet à la mission GRACE de quantifier la perte de masse de la calotte glaciaire — et donc de suivre la fonte des glaces depuis l’espace.