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

Par définition, un acide fort réagit totalement avec l’eau. La réaction s’écrit :

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

Raisonnons sur les concentrations (l’eau, solvant, est en très large excès) :

La transformation étant totale, l’acide est intégralement consommé : $C - x_f = 0$, donc $x_f = C$ et :

$\left[\text{H}_3\text{O}^+\right]_{\text{f}} = C$

(les ions oxonium apportés par l’autoprotolyse de l’eau, de l’ordre de $10^{-7}\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$, sont négligeables devant $C$).

Or, par définition du pH d’une solution aqueuse :

$\text{pH} = -\log\!\left(\frac{\left[\text{H}_3\text{O}^+\right]_{\text{f}}}{c^{\circ}}\right)$

La dilution ne modifie pas la quantité de matière d’acide sulfamique prélevée : celle qui est contenue dans le volume $V'$ prélevé dans S se retrouve intégralement dans la fiole de volume $V_1$.

$n = C\times V' = C_1\times V_1 \qquad\Longrightarrow\qquad V' = \frac{C_1\times V_1}{C}$

$V' = \frac{1{,}0\times 10^{-2}\times 100{,}0\times 10^{-3}}{1{,}0\times 10^{-1}} = 1{,}0\times 10^{-2}\ \text{L}$

Protocole.

1. prélever $V' = 10{,}0$ mL de solution S à l’aide d’une pipette jaugée de 10,0 mL munie d’une propipette ;
2. les introduire dans une fiole jaugée de 100,0 mL contenant déjà un peu d’eau distillée ;
3. compléter avec de l’eau distillée jusqu’au trait de jauge, le bas du ménisque étant tangent au trait (finir à la pissette, goutte à goutte) ;
4. boucher la fiole et l’homogénéiser en la retournant plusieurs fois.

Les deux couples acide/base mis en jeu sont $\text{NH}_2\text{SO}_3\text{H}_{(aq)}/\text{NH}_2\text{SO}_3^-{}_{(aq)}$ et $\text{H}_3\text{O}^+_{(aq)}/\text{H}_2\text{O}_{(\ell)}$. L’acide sulfamique cède un proton $\text{H}^+$ à l’eau, qui joue ici le rôle de base :

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

Vérification : l’équation est équilibrée en éléments (N : $1=1$ ; S : $1=1$ ; O : $3+1=3+1$ ; H : $3+2=2+3$) et en charge ($0 = -1 + 1$). ✓

Démarche suivie : (1) traduire la relation de la question Q1 en une propriété graphique ; (2) relever les coordonnées des quatre points expérimentaux ; (3) comparer.

Étape 1 — que doit-on observer ? Si l’acide sulfamique est un acide fort, la relation de Q1 s’applique à chacune des solutions $\text{S}_n$ :

$\text{pH} = -\log\!\left(\frac{C_n}{c^{\circ}}\right)$

Autrement dit, la représentation de $\text{pH}$ en fonction de $-\log(C_n/c^{\circ})$ doit être une droite de coefficient directeur 1 passant par l’origine — la première bissectrice.

Étape 2 — lecture des points de la figure 2.

Étape 3 — conclusion. Les quatre points sont alignés le long de la première bissectrice : la régression linéaire donne un coefficient directeur de $1{,}03$ et une ordonnée à l’origine de $0{,}1$, nulle à la précision d’une lecture graphique. C’est la pente qui tranche : la valeur $1{,}03$ est incompatible avec le $0{,}5$ qu’imposerait un acide faible. Les quatre écarts au modèle sont certes tous positifs (de $+0{,}1$ à $+0{,}3$ unité de pH), mais ce léger décalage systématique translate la droite sans en modifier la pente : il ne remet pas en cause la conclusion.

Étape 1 — quelles liaisons attend-on ? Le composé A, de formule brute $\text{C}_{10}\text{H}_8\text{O}_3$, comporte trois atomes d’oxygène engagés dans deux fonctions : un groupe hydroxyle porté par le cycle aromatique (position 7) et un groupe ester cyclique (lactone). On attend donc les liaisons $\text{O–H}$, $\text{C=O}$ et $\text{C–O}$.

Étape 2 — lecture du spectre de la figure 3.

La bande $\text{O–H}$ est ici nettement élargie vers les faibles nombres d’onde : dans le solide, les groupes hydroxyle sont engagés dans des liaisons hydrogène intermoléculaires, ce qui abaisse et étale la bande d’absorption.

Étape 3 — conclusion.

Démarche suivie : (1) calculer les quantités de matière introduites ; (2) identifier le réactif limitant et la quantité maximale de composé A ; (3) comparer à la masse réellement obtenue.

Étape 1 — quantités de matière initiales. La densité du résorcinol vaut $d = 1{,}08$, donc sa masse volumique est $\rho = d\times\rho_{\text{eau}} = 1{,}08\ \text{g}\cdot\text{mL}^{-1}$ :

$m_R = \rho\times V_R = 1{,}08\times 11{,}1 = 12{,}0\ \text{g} \qquad\Longrightarrow\qquad n_R = \frac{m_R}{M_R} = \frac{12{,}0}{110} = 0{,}109\ \text{mol}$

$n_{AE} = \frac{m_{AE}}{M_{AE}} = \frac{14{,}2}{130} = 0{,}109\ \text{mol}$

Étape 2 — quantité maximale de composé A. D’après l’équation de la réaction, les nombres stœchiométriques du résorcinol, de l’acétoacétate d’éthyle et du composé A valent tous 1. Aux trois chiffres significatifs des données, les deux quantités introduites sont égales : le mélange est pratiquement stœchiométrique. Conduit sans arrondi intermédiaire, le calcul donne $n_R = 11{,}988/110 = 0{,}10898$ mol contre $n_{AE} = 14{,}2/130 = 0{,}10923$ mol : le résorcinol, en très léger défaut ($0{,}23\ \%$ d’écart), est le réactif limitant.

$n_{A,\max} = n_R = 0{,}109\ \text{mol}$

$m_{A,\max} = n_{A,\max}\times M_A = 0{,}109\times 176 = 19{,}2\ \text{g}$

Étape 3 — rendement.

$\eta_1 = \frac{m_{\text{obtenue}}}{m_{A,\max}} = \frac{12{,}4}{19{,}2} = 0{,}646$

Près des deux tiers du composé A théoriquement accessible sont effectivement récupérés : c’est un bon rendement pour une synthèse organique.

• le groupe carbonyle $-\text{CO}-$ est ici encadré par deux atomes de carbone : la molécule appartient à la famille des cétones ;
• le groupe ester $-\text{CO}-\text{O}-$ : un carbone doublement lié à un oxygène et simplement lié à un second atome d’oxygène lui-même relié à une chaîne carbonée — famille des esters.

La molécule porte donc simultanément deux fonctions : c’est un β-cétoester.

Justification du sens de la flèche courbe.

• l’atome d’oxygène du groupe carbonyle porte deux doublets non liants et il est fortement électronégatif : c’est un site donneur de doublet d’électrons ;
• l’ion $\text{H}^+$ est dépourvu d’électron : c’est un site accepteur.

La flèche courbe part donc d’un doublet non liant de l’atome d’oxygène de la cétone et pointe vers l’ion $\text{H}^+$ : une liaison $\text{O–H}$ se crée.

Examinons le bilan de l’étape 2 :

• les deux molécules réactives (l’acétoacétate d’éthyle protoné et le résorcinol) se réunissent pour former une seule molécule ;
• aucun atome ni groupe d’atomes n’est éliminé, et aucun groupe n’est remplacé par un autre ;
• la double liaison $\text{C=O}$ du carbonyle protoné se transforme en liaison simple $\text{C–OH}$ : le nombre de liaisons multiples diminue au profit de deux nouvelles liaisons simples (une liaison $\text{C–C}$ et une liaison $\text{C–O}$).

C’est exactement la signature d’une addition : deux entités s’additionnent de part et d’autre d’une liaison multiple.

Un catalyseur est une espèce chimique qui augmente la vitesse d’une transformation chimique sans figurer dans l’équation de la réaction : consommé au cours d’une étape du mécanisme, il est intégralement régénéré lors d’une étape ultérieure, de sorte que sa quantité de matière est la même à la fin qu’au début.

Il agit en ouvrant un nouveau chemin réactionnel, énergétiquement plus favorable. En revanche il ne modifie ni le sens d’évolution du système, ni l’état final atteint (il n’améliore donc pas le rendement d’une transformation limitée), et il suffit d’en introduire une petite quantité — ici $0{,}18$ g d’APTS pour $2{,}20$ g de résorcinol.

D’après le tableau des solubilités, le composé A est insoluble dans l’eau alors qu’il est soluble à chaud dans l’éthanol. À la fin du chauffage, il se trouve dissous dans le milieu réactionnel (qui contient notamment l’éthanol formé par la réaction et les réactifs restants).

L’ajout progressif de $15$ mL d’eau distillée modifie la composition du solvant : la solubilité du composé A dans le mélange s’effondre, la solution devient sursaturée et le composé A cristallise. Le refroidissement (bain d’eau glacée) diminue encore la solubilité et achève la cristallisation.

Si la transformation n’est pas totale, les cristaux bruts contiennent, outre le composé A, les réactifs qui n’ont pas réagi — le résorcinol et l’acétoacétate d’éthyle, tous deux insolubles dans l’eau et donc entraînés lors de la cristallisation — ainsi que des traces d’APTS.

Principe de la recristallisation. On dissout le solide brut dans un minimum de mélange éthanol-eau porté à chaud (le composé A y est soluble à chaud), puis on laisse refroidir : le composé A, peu soluble à froid, recristallise seul, tandis que les impuretés, qui restent solubles dans le mélange froid, demeurent dans les eaux mères et sont éliminées lors de la filtration.

Cela explique la perte de masse observée — à laquelle s’ajoute inévitablement la fraction de composé A qui reste dissoute dans les eaux mères, d’où l’intérêt de n’utiliser qu’une très faible quantité de solvant, comme l’indique le protocole.

• montage A : entonnoir conique garni d’un filtre, posé sur un bécher — c’est une filtration simple, par gravité ; aucune pression réduite ;
• montage B : entonnoir cylindrique à fond plat percé (Büchner) surmontant une fiole à vide à tubulure latérale, reliée à une trompe à eau branchée sur un robinet — c’est bien une filtration sous pression réduite ;
• montage C : ampoule à décanter surmontant un bécher — il s’agit d’une décantation (extraction liquide-liquide), pas d’une filtration.

La dépression créée dans la fiole aspire le filtrat : la filtration est bien plus rapide et les cristaux sont mieux essorés qu’avec une filtration par gravité.

Calculons les quantités de matière introduites :

$n_r = \frac{m_r}{M_r} = \frac{2{,}20}{110} = 2{,}00\times 10^{-2}\ \text{mol}$

$n_{AE} = \frac{m_{AE}}{M_{AE}} = \frac{2{,}60}{130} = 2{,}00\times 10^{-2}\ \text{mol}$

D’après l’équation de la réaction, les nombres stœchiométriques du résorcinol et de l’acétoacétate d’éthyle valent tous deux 1. Les réactifs sont donc introduits en proportions stœchiométriques si et seulement si :

$\frac{n_r}{1} = \frac{n_{AE}}{1}$

Conséquence : les deux réactifs seraient totalement consommés en même temps ; il n’y a pas de réactif limitant privilégié, et aucun des deux n’est en excès à éliminer ensuite.

Le mélange étant stœchiométrique, l’avancement maximal vaut $x_{\max} = n_r = n_{AE} = 2{,}00\times 10^{-2}$ mol, et il se formerait au maximum autant de composé A :

$n_{A,\max} = x_{\max} = 2{,}00\times 10^{-2}\ \text{mol}$

$m_{A,\max} = n_{A,\max}\times M_A = 2{,}00\times 10^{-2}\times 176 = 3{,}52\ \text{g}$

$\eta_2 = \frac{m_A}{m_{A,\max}} = \frac{2{,}0}{3{,}52} = 0{,}568$

Comparons les deux protocoles, qui conduisent au même composé A à partir des mêmes réactifs, mais avec des catalyseurs et des conditions différents.

Du point de vue de la chimie durable, le choix dépend donc du critère retenu : quantité de produit obtenue d’un côté, dépense énergétique et innocuité du protocole de l’autre.

Vérifions d’abord les lois de conservation (lois de Soddy) :

$\text{nombre de nucléons : } 201 = 201 + 0 \quad\checkmark \qquad\qquad \text{charge : } 81 = 80 + 1 \quad\checkmark$

La particule émise, ${}^{0}_{1}\text{e}$, possède un nombre de charge $Z = +1$ et un nombre de nucléons nul : c’est un positon (ou positron), l’antiparticule de l’électron.

On le vérifie sur le noyau père : son numéro atomique diminue d’une unité ($81 \rightarrow 80$), ce qui est caractéristique d’une radioactivité $\beta^{+}$ (un proton du noyau s’y transforme en neutron).

La relation fournie relie l’énergie du photon à sa longueur d’onde dans le vide :

$E = \frac{h\,c}{\lambda_{\nu}} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\lambda_{\nu} = \frac{h\,c}{E}}$

Conversion préalable de l’énergie en joules (indispensable : $h$ et $c$ sont en unités SI) :

$E = 135\ \text{keV} = 135\times 10^{3}\times 1{,}60\times 10^{-19} = 2{,}16\times 10^{-14}\ \text{J}$

Application numérique :

$\lambda_{\nu} = \frac{6{,}63\times 10^{-34}\times 3{,}00\times 10^{8}}{2{,}16\times 10^{-14}} = \frac{1{,}99\times 10^{-25}}{2{,}16\times 10^{-14}}$

Plaçons la valeur trouvée sur l’échelle des domaines spectraux fournie par l’énoncé, et comparons-la à la borne du domaine :

$\lambda_{\nu} = 9{,}21\times 10^{-12}\ \text{m} \;<\; 10^{-11}\ \text{m} = 10{,}0\times 10^{-12}\ \text{m}$

Ce résultat est cohérent avec l’énoncé, qui précise que « le thallium 201 émet des rayons $\gamma$ captés par une caméra à scintillation ».

On peut citer l’une des trois protections de base contre un rayonnement ionisant :

• l’écran : interposer entre la source et l’opérateur un matériau dense et de numéro atomique élevé, comme une paroi ou un tablier de plomb, qui absorbe les photons $\gamma$ ;
• la distance : s’éloigner de la source, l’intensité du rayonnement décroissant comme l’inverse du carré de la distance ;
• le temps : limiter la durée d’exposition (rotation du personnel, port d’un dosimètre pour surveiller la dose reçue).

L’activité est, par définition, le nombre de désintégrations par unité de temps : c’est donc une grandeur positive.

Or, pendant la durée $d t$, le nombre de noyaux radioactifs diminue : la variation $d N$ est négative, et le nombre de noyaux qui se sont désintégrés vaut $-d N$.

$\boxed{A(t) = -\frac{d N(t)}{d t}}$

On dispose de deux expressions de la même grandeur, l’activité :

$A(t) = \lambda\,N(t) \qquad\text{(donnée de l'énoncé)} \qquad\text{et}\qquad A(t) = -\frac{d N(t)}{d t} \qquad\text{(question Q5)}$

En les égalant :

$-\frac{d N(t)}{d t} = \lambda\,N(t) \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{d N(t)}{d t} + \lambda\,N(t) = 0}$

1. Dérivation. La fonction proposée est dérivable et :

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

2. Report dans l’équation différentielle.

$\frac{d N}{d t}(t) + \lambda\,N(t) = -\lambda\,N(t) + \lambda\,N(t) = 0 \quad\checkmark$

3. Condition initiale. À $t = 0$ : $N(0) = N_0\,\mathrm{e}^{0} = N_0$, qui est bien le nombre de noyaux radioactifs initialement présents. ✓

Étape 1 — expression littérale. 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 :

$N\!\left(t_{1/2}\right) = \frac{N_0}{2} \qquad\Longrightarrow\qquad N_0\,\mathrm{e}^{-\lambda t_{1/2}} = \frac{N_0}{2} \qquad\Longrightarrow\qquad \mathrm{e}^{-\lambda t_{1/2}} = \frac{1}{2}$

On applique le logarithme népérien :

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

Étape 2 — application numérique. Conversion préalable du temps de demi-vie en secondes :

$t_{1/2} = 3{,}04\ \text{jours} = 3{,}04\times 86400 = 2{,}63\times 10^{5}\ \text{s}$

$\lambda = \frac{\ln 2}{2{,}63\times 10^{5}} = \frac{0{,}693}{2{,}63\times 10^{5}}$

On applique la loi de décroissance radioactive relative à l’activité, avec $A_0 = 78$ MBq et $\Delta t = 2$ h $= 2\times 3600 = 7{,}2\times 10^{3}$ s :

$A_r = A_0\,\mathrm{e}^{-\lambda \Delta t}$

Calculons d’abord l’exposant :

$\lambda\,\Delta t = 2{,}64\times 10^{-6}\times 7{,}2\times 10^{3} = 1{,}90\times 10^{-2}$

$A_r = 78\times\mathrm{e}^{-1{,}90\times 10^{-2}} = 78\times 0{,}981 = 76{,}5\ \text{MBq}$

Conclusion. L’activité n’a diminué que de $1{,}9\ \%$ en deux heures.

• C’est une bonne chose pour l’examen lui-même : pendant les 15 à 30 minutes de la scintigraphie, l’activité de la source peut être considérée comme constante, ce qui garantit un signal stable et exploitable pour la caméra à scintillation.
• En revanche, la décroissance radioactive à elle seule n’élimine pratiquement pas le thallium de l’organisme : bien après l’examen, le patient reste une source de rayonnement $\gamma$ — d’où la question suivante.

Étape 1 — mise en équation. On cherche la date $t_{1\%}$ telle que $A\!\left(t_{1\%}\right) = 0{,}01\,A_0$ :

$A_0\,\mathrm{e}^{-\lambda t_{1\%}} = 0{,}01\,A_0 \qquad\Longrightarrow\qquad \mathrm{e}^{-\lambda t_{1\%}} = 0{,}01$

$-\lambda\,t_{1\%} = \ln(0{,}01) = -\ln(100) \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{t_{1\%} = \frac{\ln 100}{\lambda}}$

Étape 2 — application numérique.

$t_{1\%} = \frac{4{,}61}{2{,}64\times 10^{-6}} = 1{,}75\times 10^{6}\ \text{s}$

$t_{1\%} = \frac{1{,}75\times 10^{6}}{86400}$

Étape 3 — pourquoi boire beaucoup d’eau ? Si l’on ne comptait que sur la décroissance radioactive, il faudrait près de trois semaines pour que l’activité du thallium présent dans le corps tombe à 1 % de sa valeur initiale. Le patient resterait pendant tout ce temps une source de rayonnement ionisant, pour lui-même comme pour son entourage.

Il existe heureusement un second mécanisme d’élimination, biologique celui-là : le thallium non fixé par le muscle cardiaque est évacué par voie urinaire. Boire beaucoup d’eau augmente le débit urinaire et accélère donc fortement cette évacuation.

Autrement dit, la « période effective » d’élimination du thallium dans le corps est très inférieure aux $3{,}04$ jours de sa demi-vie physique.

Le trou noir SgrA* occupe le foyer $\text{F}_1$ de l’ellipse, situé dans la partie supérieure de la figure 1. On en déduit immédiatement, par lecture de la figure :

• en 2002, S2 se trouve à l’extrémité du grand axe la plus proche de $\text{F}_1$ : c’est le périastre, la distance $r$ à SgrA* est minimale ;
• en 1993, S2 est au voisinage de l’autre extrémité, l’apoastre : la distance $r$ est quasi maximale.

Application de la deuxième loi de Kepler. Le rayon vecteur $\text{F}_1\text{S}_2$ balaie des aires égales pendant des durées égales. Pendant une même durée $\Delta t$ (ici un an), l’aire balayée s’assimile à celle d’un « triangle » de hauteur la distance $r$ et de base la longueur de l’arc parcouru, $\ell = v\cdot\Delta t$ :

$\mathcal{A} \approx \frac{1}{2}\,r\times v\,\Delta t = \text{constante} \qquad\Longrightarrow\qquad v \approx \frac{2\,\mathcal{A}}{r\,\Delta t}$

À $\Delta t$ fixé, la vitesse $v$ varie donc en raison inverse de la distance $r$ : plus l’étoile est proche du trou noir, plus elle va vite.

La figure 1 le confirme directement : des relevés séparés d’une même durée sont très resserrés autour de 1993 et très espacés autour de 2002.

Le grand axe de l’ellipse joint l’apoastre au périastre. Par symétrie de la trajectoire et du mouvement par rapport à ce grand axe, l’étoile met exactement une demi-période pour aller d’une extrémité à l’autre.

Lecture de la figure 1. L’étoile occupe le périastre (extrémité supérieure du grand axe) en 2002. À l’autre extrémité, la pointe du grand axe tombe entre les relevés de 1992 et de 1993 : l’apoastre est occupé vers l’année 1992,5.

$\frac{T}{2} = 2002 - 1992{,}5 = 9{,}5\ \text{ans} \qquad\Longrightarrow\qquad T = 2\times 9{,}5$

Système : l’étoile fictive Sf, de masse $m_f$, assimilée à un point matériel.

Référentiel : le référentiel galiléen dont l’origine est le trou noir SgrA*.

Bilan des forces : d’après l’énoncé, Sf n’est soumise qu’à la force d’attraction gravitationnelle exercée par SgrA*. Cette force est dirigée de Sf vers SgrA*, c’est-à-dire selon $\vec{u_n}$ d’après la figure 2 :

$\vec{F}_{\text{SgrA}^*/\text{Sf}} = G\,\frac{M\times m_f}{r^{2}}\;\vec{u_n}$

Deuxième loi de Newton (le mouvement de Sf est étudié dans un référentiel galiléen) :

$\sum\vec{F}_{\text{ext}} = m_f\,\vec{a} \qquad\Longrightarrow\qquad G\,\frac{M\,m_f}{r^{2}}\,\vec{u_n} = m_f\,\vec{a}$

La masse $m_f$ de l’étoile se simplifie :

$\boxed{\vec{a} = \frac{G\,M}{r^{2}}\;\vec{u_n}}$

Le vecteur accélération est donc centripète (dirigé de Sf vers SgrA*) et il ne dépend pas de la masse de l’étoile.

• le vecteur vitesse $\vec{v}$ est tangent à la trajectoire et orienté dans le sens du mouvement : il est donc porté par $\vec{u_t}$, avec $\vec{v} = v\,\vec{u_t}$ et $v > 0$ ;
• le vecteur accélération $\vec{a}$ est, d’après la question Q3, porté par $\vec{u_n}$ et dirigé vers SgrA* : il est centripète, donc perpendiculaire à $\vec{v}$.

Dans la base de Frenet $(\text{Sf},\vec{u_t},\vec{u_n})$, le vecteur accélération d’un point décrivant un cercle de rayon $r$ s’écrit de façon générale :

$\vec{a} = \frac{d v}{d t}\,\vec{u_t} + \frac{v^{2}}{r}\,\vec{u_n}$

Or la question Q3 a établi que :

$\vec{a} = \frac{G\,M}{r^{2}}\,\vec{u_n} = 0\times\vec{u_t} + \frac{G\,M}{r^{2}}\,\vec{u_n}$

Les coordonnées d’un vecteur dans une base étant uniques, on identifie terme à terme :

$\text{selon } \vec{u_t} : \quad \frac{d v}{d t} = 0 \qquad\qquad \text{selon } \vec{u_n} : \quad \frac{v^{2}}{r} = \frac{G\,M}{r^{2}}$

La première égalité montre que la valeur $v$ de la vitesse est constante au cours du temps.

On repart de la projection selon $\vec{u_n}$ obtenue à la question Q5 :

$\frac{v^{2}}{r} = \frac{G\,M}{r^{2}}$

On multiplie les deux membres par $r$ :

$v^{2} = \frac{G\,M}{r}$

La valeur de la vitesse étant une grandeur positive, on prend la racine carrée positive :

$\boxed{v = \sqrt{\frac{G\,M}{r}}}$

Contrôle d’homogénéité : $G$ s’exprime en $\text{m}^{3}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{s}^{-2}$, donc $GM/r$ est en $\text{m}^{3}\cdot\text{s}^{-2}\cdot\text{m}^{-1} = \text{m}^{2}\cdot\text{s}^{-2}$, et sa racine carrée bien en $\text{m}\cdot\text{s}^{-1}$. ✓

Le mouvement étant circulaire uniforme, la période de révolution est la durée d’un tour complet, c’est-à-dire le quotient du périmètre du cercle par la valeur (constante) de la vitesse :

$T = \frac{2\pi r}{v} = \frac{2\pi r}{\sqrt{\dfrac{G\,M}{r}}} = 2\pi r\times\sqrt{\frac{r}{G\,M}}$

On élève au carré pour supprimer la racine :

$T^{2} = 4\pi^{2}r^{2}\times\frac{r}{G\,M} = \frac{4\pi^{2}\,r^{3}}{G\,M}$

On divise enfin les deux membres par $r^{3}$ :

$\boxed{\frac{T^{2}}{r^{3}} = \frac{4\pi^{2}}{G\,M}}$

Le rapport $T^{2}/r^{3}$ ne dépend que de la masse $M$ de l’astre attracteur : c’est bien la troisième loi de Kepler.

Démarche suivie : (1) isoler $M$ dans la troisième loi de Kepler ; (2) convertir $r$ et $T$ en unités du système international ; (3) appliquer numériquement ; (4) exprimer le résultat en masses solaires et comparer.

Étape 1 — expression littérale.

$\frac{T^{2}}{r^{3}} = \frac{4\pi^{2}}{G\,M} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{M = \frac{4\pi^{2}\,r^{3}}{G\,T^{2}}}$

Étape 2 — conversions.

$r = 1{,}74\times 10^{11}\ \text{km} = 1{,}74\times 10^{14}\ \text{m} \qquad\Longrightarrow\qquad r^{3} = 5{,}27\times 10^{42}\ \text{m}^{3}$

$T = 19\ \text{ans} = 19\times 365{,}25\times 24\times 3600 = 6{,}00\times 10^{8}\ \text{s} \qquad\Longrightarrow\qquad T^{2} = 3{,}60\times 10^{17}\ \text{s}^{2}$

Étape 3 — application numérique.

$M = \frac{4\pi^{2}\times 5{,}27\times 10^{42}}{6{,}67\times 10^{-11}\times 3{,}60\times 10^{17}} = \frac{2{,}08\times 10^{44}}{2{,}40\times 10^{7}}$

Étape 4 — comparaison avec l’article. Exprimons ce résultat en masses solaires :

$\frac{M}{M_S} = \frac{8{,}7\times 10^{36}}{1{,}99\times 10^{30}} = 4{,}4\times 10^{6}$

Commentaire. Le modèle utilisé est pourtant très simplificateur : on a remplacé l’orbite réelle, fortement elliptique, par un cercle de rayon égal au demi-grand axe. L’accord n’a rien de fortuit — la troisième loi de Kepler reste rigoureusement valable pour une ellipse, à condition de remplacer $r$ par le demi-grand axe, ce que l’énoncé a précisément justifié.

Le résultat est spectaculaire : plus de quatre millions de fois la masse du Soleil, concentrées à l’intérieur d’une région dont le rayon est inférieur à celui de l’orbite de S2 ($1{,}74\times 10^{14}$ m, soit environ $1{,}2\times 10^{3}$ unités astronomiques). Aucun amas d’étoiles ordinaires ne pourrait rester stable avec une telle densité : seul un objet extrêmement compact, un trou noir supermassif, en rend compte. C’est ce raisonnement qui a valu à Reinhard Genzel et Andrea Ghez le prix Nobel de physique 2020.