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

Le chauffage à reflux associe un chauffage du milieu réactionnel et un réfrigérant qui condense les vapeurs pour les renvoyer dans le ballon. Il présente donc deux avantages :

• il accélère la transformation chimique : la température est un facteur cinétique, et l’élévation de température augmente la vitesse de la réaction (1) entre le cuivre et les ions nitrate. La transformation, totale, est ainsi achevée en un temps raisonnable ;
• il évite la perte des espèces volatiles condensables : les vapeurs de solvant et d’acide se condensent dans le réfrigérant et retombent dans le ballon. On peut donc chauffer aussi longtemps qu’il le faut sans perte de matière, ce qui est indispensable pour un dosage (la quantité de matière analysée doit être conservée).

Attention toutefois : seules les espèces condensables sont retenues. Le monoxyde d’azote $\text{NO}$, dont la température d’ébullition vaut $-152$ °C, traverse le réfrigérant sans se liquéfier et s’échappe : le reflux n’apporte aucune sécurité de ce côté et le montage doit être placé sous hotte.

Principe. Une dilution conserve la quantité de matière de soluté : celle prélevée dans la solution mère $\mathrm{S_0}$ se retrouve intégralement dans la solution fille $\mathrm{S_2}$.

$n_{\text{prélevé}} = n_{\text{fille}} \qquad\Longrightarrow\qquad C_0\times V_{\text{prélevé}} = C_2\times V_2$

$V_{\text{prélevé}} = \frac{C_2\times V_2}{C_0} = \frac{1{,}0\times 10{,}0}{2{,}0}$

Verrerie et protocole. Les volumes doivent être mesurés avec précision : on n’utilise donc que de la verrerie jaugée.

• prélever $V_{\text{prélevé}} = 5{,}0$ mL de $\mathrm{S_0}$ à l’aide d’une pipette jaugée de 5,0 mL munie d’une propipette ;
• les introduire dans une fiole jaugée de 10,0 mL ;
• compléter avec de l’eau distillée jusqu’au trait de jauge, boucher puis homogénéiser en retournant plusieurs fois la fiole.

Choix de la longueur d’onde. On travaille toujours à la longueur d’onde pour laquelle l’absorbance est maximale : c’est là que la sensibilité du dosage est la meilleure (une petite variation de concentration y produit la plus grande variation d’absorbance) et que la mesure est la moins affectée par un léger déréglage du spectrophotomètre, la courbe y étant localement plate.

Le spectre d’absorption de la figure 1 présente son maximum aux alentours de 600 nm.

Couleur de la solution. La solution absorbe principalement la radiation de longueur d’onde 600 nm, qui correspond à l’orangé sur le cercle chromatique. La couleur perçue est la couleur complémentaire de la couleur absorbée, c’est-à-dire celle qui lui est diamétralement opposée sur le cercle : le bleu (480 nm).

La loi de Beer-Lambert énonce que, pour une solution suffisamment diluée et à une longueur d’onde donnée, l’absorbance est proportionnelle à la concentration de l’espèce colorée :

$A = \varepsilon_\lambda \times \ell \times C$

où $\varepsilon_\lambda$ est le coefficient d’absorption molaire de l’espèce et $\ell$ la largeur de la cuve — deux grandeurs constantes au cours de l’étalonnage.

Or la figure 2 montre que les points expérimentaux $(C\,;A)$ sont alignés et que la droite qui les modélise passe par l’origine du repère. Ces deux caractéristiques sont précisément la signature graphique d’une relation de proportionnalité.

Le coefficient directeur de la droite d’étalonnage vaut $k = \varepsilon_\lambda\,\ell$ ; on peut l’évaluer avec le point le plus éloigné de l’origine :

$k = \frac{A_0}{C_0} = \frac{1{,}208}{2{,}0} = 0{,}604\ \text{L}\cdot\text{mmol}^{-1}$

Étape 1 — lecture graphique de la concentration de S. L’absorbance mesurée pour la solution S vaut $A_{\mathrm{S}} = 0{,}403$. On reporte cette valeur sur l’axe des ordonnées, on rejoint la droite d’étalonnage horizontalement, puis on projette verticalement sur l’axe des abscisses.

Contrôle par le calcul : $C_{\mathrm{S}} = \dfrac{A_{\mathrm{S}}}{k} = \dfrac{0{,}403}{0{,}604} = 0{,}667\ \text{mmol}\cdot\text{L}^{-1}$. La lecture est confirmée.

Étape 2 — quantité de matière correspondante. La solution S occupe la fiole jaugée de $V_{\mathrm{S}} = 100{,}0$ mL, et l’énoncé précise que la quantité d’ions cuivre initialement présents est égale à celle du composé coloré :

$n_{\text{Cu}^{2+}} = C_{\mathrm{S}}\times V_{\mathrm{S}} = 0{,}667\times 10^{-3} \times 100{,}0\times 10^{-3}$

L’équation de l’étape 1 s’écrit :

$3\,\text{Cu}_{(s)} + 2\,\text{NO}_{3(aq)}^{-} + 8\,\text{H}^+_{(aq)} \longrightarrow 2\,\text{NO}_{(g)} + 4\,\text{H}_2\text{O}_{(\ell)} + 3\,\text{Cu}^{2+}_{(aq)}$

Le cuivre métallique est introduit en excès et la transformation est totale : ce sont donc les ions nitrate qui limitent la réaction, et ils sont intégralement consommés à l’état final. En notant $x_f$ l’avancement final :

$n_{\text{NO}_3^-} - 2\,x_f = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad x_f = \frac{n_{\text{NO}_3^-}}{2}$

Les ions cuivre, eux, sont formés avec le nombre stœchiométrique 3 :

$n_{\text{Cu}^{2+}} = 3\,x_f = 3\times\frac{n_{\text{NO}_3^-}}{2} = \frac{3}{2}\,n_{\text{NO}_3^-}$

En isolant la quantité d’ions nitrate :

$\boxed{n_{\text{NO}_3^-} = \frac{2}{3}\times n_{\text{Cu}^{2+}}}$

On retrouve simplement le rapport des nombres stœchiométriques : $2$ ions nitrate consommés pour $3$ ions cuivre formés.

Étape 1 — quantité de matière d’ions nitrate.

$n_{\text{NO}_3^-} = \frac{2}{3}\times n_{\text{Cu}^{2+}} = \frac{2}{3}\times 6{,}7\times 10^{-5} = 4{,}47\times 10^{-5}\ \text{mol}$

Étape 2 — masse correspondante.

$m_{\text{NO}_3^-} = n_{\text{NO}_3^-}\times M_{\text{NO}_3^-} = 4{,}47\times 10^{-5}\times 62{,}0 = 2{,}77\times 10^{-3}\ \text{g} = 2{,}77\ \text{mg}$

Étape 3 — concentration en masse. Cette masse est celle contenue dans le volume $V_{\text{eau}} = 50{,}0$ mL d’eau souterraine prélevé au départ :

$C_{\mathrm{m}\,\text{NO}_3^-} = \frac{m_{\text{NO}_3^-}}{V_{\text{eau}}} = \frac{2{,}77}{50{,}0\times 10^{-3}} = 55{,}4\ \text{mg}\cdot\text{L}^{-1}$

Étape 4 — conclusion. La réglementation européenne fixe un seuil de $50\ \text{mg}\cdot\text{L}^{-1}$ pour les eaux destinées à la consommation humaine. Or :

$C_{\mathrm{m}\,\text{NO}_3^-} = 55\ \text{mg}\cdot\text{L}^{-1} \;>\; 50\ \text{mg}\cdot\text{L}^{-1}$

Ce dépassement, dû à l’usage intensif d’engrais azotés, est aussi ce qui alimente la prolifération des algues vertes évoquée en introduction : les nitrates sont un nutriment pour les algues.

Ces bactéries transforment les ions sulfate $\text{SO}_4^{2-}$ en sulfure d’hydrogène $\text{H}_2\text{S}$. Le couple oxydant/réducteur mis en jeu est $\text{SO}_{4(aq)}^{2-}\,/\,\text{H}_2\text{S}_{(aq)}$ : l’ion sulfate en est l’oxydant et le sulfure d’hydrogène le réducteur. Passer de l’un à l’autre est donc un gain d’électrons, c’est-à-dire une réduction :

$\text{SO}_{4(aq)}^{2-} + 10\,\text{H}^+_{(aq)} + 8\,e^- \longrightarrow \text{H}_2\text{S}_{(aq)} + 4\,\text{H}_2\text{O}_{(\ell)}$

On peut le vérifier sur le nombre d’oxydation de l’atome de soufre : il vaut $+\mathrm{VI}$ dans $\text{SO}_4^{2-}$ et $-\mathrm{II}$ dans $\text{H}_2\text{S}$ ; il diminue de 8 unités, ce qui correspond bien à la capture de 8 électrons.

Les deux couples imposés par l’énoncé sont $\text{H}_2\text{S}_{(aq)}\,/\,\text{HS}^-_{(aq)}$ et $\text{H}_3\text{O}^+_{(aq)}\,/\,\text{H}_2\text{O}_{(\ell)}$. On écrit les deux demi-équations acido-basiques, puis on les combine de façon que le proton échangé disparaisse :

$\begin{aligned}\text{H}_2\text{S}_{(aq)} &\;=\; \text{HS}^-_{(aq)} + \text{H}^+ \\ \text{H}_2\text{O}_{(\ell)} + \text{H}^+ &\;=\; \text{H}_3\text{O}^+_{(aq)}\end{aligned}$

L’acide $\text{H}_2\text{S}$ cède un proton à l’eau, qui joue le rôle de base :

$\boxed{\text{H}_2\text{S}_{(aq)} + \text{H}_2\text{O}_{(\ell)} \rightleftarrows \text{HS}^-_{(aq)} + \text{H}_3\text{O}^+_{(aq)}}$

La double flèche traduit le fait que $\text{H}_2\text{S}$ est un acide faible : la transformation est limitée et conduit à un état d’équilibre.

Règle utilisée. Pour un couple acide/base de constante $\mathrm{p}K_A$ : l’acide prédomine si $\text{pH} < \mathrm{p}K_A$, la base prédomine si $\text{pH} > \mathrm{p}K_A$, et les deux espèces sont en concentrations égales pour $\text{pH} = \mathrm{p}K_A$. Les deux $\mathrm{p}K_A$ délimitent donc trois domaines sur l’axe des pH.

Application à l’eau de mer. Son pH vaut 8,2 :

$\mathrm{p}K_{A1} = 7{,}0 \;<\; \text{pH} = 8{,}2 \;<\; \mathrm{p}K_{A2} = 12$

Le sulfure d’hydrogène moléculaire $\text{H}_2\text{S}$, seul volatil, est donc très minoritaire tant que les algues baignent dans l’eau de mer.

Les couples fournis sont $\text{SO}_{4(aq)}^{2-}\,/\,\text{H}_2\text{S}_{(aq)}$ et $\text{O}_{2(g)}\,/\,\text{H}_2\text{O}_{(\ell)}$. Le sulfure d’hydrogène est le réducteur de son couple, le dioxygène l’oxydant du sien : c’est donc $\text{H}_2\text{S}$ qui est oxydé et $\text{O}_2$ qui est réduit.

Demi-équations électroniques (en milieu acide).

$\begin{aligned}\text{oxydation :}\quad & \text{H}_2\text{S}_{(aq)} + 4\,\text{H}_2\text{O}_{(\ell)} \longrightarrow \text{SO}_{4(aq)}^{2-} + 10\,\text{H}^+_{(aq)} + 8\,e^- && (\times\,1)\\ \text{réduction :}\quad & \text{O}_{2(g)} + 4\,\text{H}^+_{(aq)} + 4\,e^- \longrightarrow 2\,\text{H}_2\text{O}_{(\ell)} && (\times\,2)\end{aligned}$

Bilan. On additionne membre à membre après avoir égalisé le nombre d’électrons (8 de part et d’autre), puis on simplifie les 8 $\text{H}^+$ et les 4 $\text{H}_2\text{O}$ qui figurent des deux côtés :

$\boxed{\text{H}_2\text{S}_{(aq)} + 2\,\text{O}_{2(g)} \longrightarrow \text{SO}_{4(aq)}^{2-} + 2\,\text{H}^+_{(aq)}}$

Vérification : S : $1 = 1$ ; O : $4 = 4$ ; H : $2 = 2$ ; charge : $0 = -2 + 2 = 0$. $\checkmark$

Justification de l’acidification. La réaction libère des ions $\text{H}^+$ (soit, en solution aqueuse, des ions oxonium $\text{H}_3\text{O}^+$). La concentration en ions oxonium du milieu augmente donc.

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

Cette fonction étant décroissante, une augmentation de $\left[\text{H}_3\text{O}^+\right]$ entraîne une diminution du pH.

La constante d’acidité est la constante d’équilibre associée à l’équation de la réaction de l’acide avec l’eau, écrite à la question Q9 :

$\text{H}_2\text{S}_{(aq)} + \text{H}_2\text{O}_{(\ell)} \rightleftarrows \text{HS}^-_{(aq)} + \text{H}_3\text{O}^+_{(aq)}$

Chaque concentration à l’équilibre y est rapportée à la concentration standard $c^{\circ} = 1\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$ ; l’eau, solvant, n’y figure pas :

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

$K_{A1}$ est une grandeur sans dimension, et $\mathrm{p}K_{A1} = -\log K_{A1} = 7{,}0$.

Étape 1 — calcul du pH. On applique la relation admise, avec $K_{\text{H}_2\text{S}} = 0{,}09$, $p_{\text{H}_2\text{S}} = 0{,}1$ bar et $p^{\circ} = 1$ bar :

$\text{pH} = \frac{1}{2}\times\left(\mathrm{p}K_{A1} - \log\!\left(\frac{K_{\text{H}_2\text{S}}\times p_{\text{H}_2\text{S}}}{p^{\circ}}\right)\right) = \frac{1}{2}\times\left(7{,}0 - \log\!\left(\frac{0{,}09\times 0{,}1}{1}\right)\right)$

$\text{pH} = \frac{1}{2}\times\left(7{,}0 - \log\!\left(9\times 10^{-3}\right)\right) = \frac{1}{2}\times\left(7{,}0 + 2{,}05\right) = \frac{9{,}05}{2}$

Étape 2 — espèce prédominante. D’après le diagramme de prédominance de la question Q10 :

$\text{pH} = 4{,}5 \;<\; \mathrm{p}K_{A1} = 7{,}0$

Étape 3 — risques encourus. Le séchage des algues sur la plage provoque donc un basculement complet : d’un milieu à $\text{pH} = 8{,}2$ où prédominait l’ion $\text{HS}^-$, non volatil, on passe à un milieu à $\text{pH} = 4{,}5$ où prédomine la molécule $\text{H}_2\text{S}$, gazeuse et donc libérée dans l’atmosphère.

• Risque sanitaire. La mention de danger H330 — « Mortel par inhalation » s’applique au $\text{H}_2\text{S}$ gazeux. Les promeneurs, les animaux et surtout les personnes chargées du ramassage encourent un risque d’intoxication pouvant être mortel, d’autant que le gaz, plus dense que l’air, s’accumule dans les creux et que l’odorat est rapidement saturé.
• Risque environnemental. La mention H400 — « Très toxique pour les organismes aquatiques » signale que le $\text{H}_2\text{S}$ entraîné vers la mer par le ruissellement ou la marée détruit la faune et la flore aquatiques. L’acidification du milieu (question Q11) aggrave encore la perturbation de l’écosystème littoral.

Le groupe entouré est un groupe $-\text{OH}$, appelé groupe hydroxyle, lié à un atome de carbone tétragonal (saturé, engagé dans quatre liaisons simples).

Plus précisément, ce carbone n’est lié qu’à un seul autre atome de carbone : il s’agit d’un alcool primaire, de motif $-\text{CH}_2-\text{OH}$.

Le motif d’un polymère est le plus petit groupe d’atomes dont la répétition, un grand nombre de fois, engendre la macromolécule. Sur la figure 3, on reconnaît un cycle à six atomes (cinq carbones et un oxygène) portant un groupe $-\text{CH}_2\text{OH}$ et deux groupes $-\text{OH}$, ces cycles étant reliés entre eux par un atome d’oxygène (pont oxygène). C’est ce cycle, pont compris, qui se répète à l’identique.

Le polymère représenté est l’amylose, dont la formule s’écrit $(\text{C}_6\text{H}_{10}\text{O}_5)_n$ : c’est un polysaccharide, obtenu par polycondensation de molécules de glucose $\text{C}_6\text{H}_{12}\text{O}_6$ avec élimination d’une molécule d’eau à chaque liaison créée — d’où la formule du motif, qui compte bien une molécule d’eau de moins que le glucose.

Étape 1 — volume de bioéthanol. D’après le tableau, il faut $V_{\text{E85}} = 9{,}3$ L d’E85 pour parcourir 100 km, et l’E85 contient 85 % en volume de bioéthanol :

$V_{\text{C}_2\text{H}_6\text{O}} = 0{,}85\times V_{\text{E85}} = 0{,}85\times 9{,}3 = 7{,}905\ \text{L} \approx 7{,}9\ \text{L}$

Étape 2 — masse de bioéthanol.

$m_{\text{C}_2\text{H}_6\text{O}} = \rho_{\text{C}_2\text{H}_6\text{O}}\times V_{\text{C}_2\text{H}_6\text{O}} = 789 \times 7{,}905 = 6{,}24\times 10^{3}\ \text{g}$

Étape 3 — quantité de matière.

$n_{\text{C}_2\text{H}_6\text{O}} = \frac{m_{\text{C}_2\text{H}_6\text{O}}}{M_{\text{C}_2\text{H}_6\text{O}}} = \frac{6{,}237\times 10^{3}}{46{,}0}$

Démarche suivie : (1) utiliser les nombres stœchiométriques de l’équation de combustion pour passer du bioéthanol au dioxyde de carbone ; (2) convertir cette quantité de matière en volume grâce à la loi des gaz parfaits ; (3) comparer au volume libéré par le SP95 ; (4) conclure.

Étape 1 — quantité de matière de dioxyde de carbone formée. D’après l’équation de combustion :

$\text{C}_2\text{H}_6\text{O}_{(g)} + 3\,\text{O}_{2(g)} \longrightarrow 2\,\text{CO}_{2(g)} + 3\,\text{H}_2\text{O}_{(g)}$

la combustion d’une mole de bioéthanol produit deux moles de dioxyde de carbone. Le dioxygène étant en excès (l’air en fournit à volonté), le bioéthanol est entièrement brûlé :

$n_{\text{CO}_2} = 2\times n_{\text{C}_2\text{H}_6\text{O}} = 2\times 1{,}356\times 10^{2} = 2{,}71\times 10^{2}\ \text{mol}$

Étape 2 — volume occupé par ce gaz. On applique la loi des gaz parfaits $PV = nRT$, avec $T = \theta + 273 = 20 + 273 = 293$ K et $P = p_{\text{atm}} = 1{,}013$ bar $= 1{,}013\times 10^{5}$ Pa :

$V_{\text{CO}_2} = \frac{n_{\text{CO}_2}\,R\,T}{P} = \frac{2{,}71\times 10^{2}\times 8{,}314 \times 293}{1{,}013\times 10^{5}}$

Étape 3 — comparaison avec le SP95. Le tableau indique $V_{\text{CO}_2}(\text{SP95}) = 8{,}3\ \text{m}^{3}$ pour le même trajet de 100 km :

$\frac{8{,}3 - 6{,}5}{8{,}3} = 0{,}22 \qquad\text{soit une réduction d'environ } 22\ \%$

Étape 4 — conclusion.

L’avantage du bioéthanol est en réalité double :

• le bioéthanol lui-même rejette directement moins de dioxyde de carbone à distance parcourue égale — l’E85 contenant encore 15 % de SP95, son rejet total est en revanche très proche de celui du SP95 ;
• surtout, le carbone qu’il rejette avait été prélevé dans l’atmosphère par les algues lors de leur photosynthèse : le bilan carbone est presque neutre, contrairement au SP95 dont le carbone, d’origine fossile, est ajouté à l’atmosphère. S’y ajoute l’intérêt de valoriser un déchet encombrant, les algues vertes échouées.

1. Relation charge-tension. Par définition de la capacité, la charge $q$ portée par l’armature du condensateur est proportionnelle à la tension à ses bornes :

$q = C\times u_C$

2. Définition de l’intensité. L’intensité du courant est le débit de charge électrique, c’est-à-dire la dérivée par rapport au temps de la charge de l’armature vers laquelle le courant est orienté. Avec les conventions de la figure 2 (le courant $i$ arrive sur l’armature portant la charge $+q$) :

$i = \frac{d q}{d t}$

3. Combinaison. La capacité $C$ étant une constante, on peut la sortir de la dérivée :

$i = \frac{d\left(C\,u_C\right)}{d t} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{i = C\times\frac{d u_C}{d t}}$

Cette relation traduit bien le comportement observé : le courant n’existe que tant que la tension varie. Une fois le condensateur chargé, $u_C$ est constante et $i$ s’annule.

Loi des mailles. Le circuit comporte le générateur, le conducteur ohmique et le condensateur en série. Avec l’orientation de la figure 2 :

$E = u_R + u_C$

Loi d’Ohm. Le conducteur ohmique est orienté en convention récepteur :

$u_R = R\times i = R\times C\times\frac{d u_C}{d t} \qquad\text{(d'après Q1)}$

Report dans la loi des mailles.

$R\,C\,\frac{d u_C}{d t} + u_C = E$

soit, sous forme canonique (coefficient 1 devant la dérivée) :

$\boxed{\frac{d u_C}{d t} + \frac{1}{R\,C}\,u_C = \frac{E}{R\,C}}$

C’est une équation différentielle du premier ordre, linéaire, à coefficients constants et avec second membre.

Valeur maximale. Quand $t$ devient très grand, $\mathrm{e}^{-t/\tau}$ tend vers 0 : la tension tend vers sa valeur en régime permanent, $u_{C\max} = E = 5{,}0$ V (le condensateur est alors totalement chargé et le courant est nul).

Valeur à $t = \tau$. On remplace $t$ par $\tau$ dans la solution :

$u_C(\tau) = E\times\left(1 - \mathrm{e}^{-\tau/\tau}\right) = E\times\left(1 - \mathrm{e}^{-1}\right) = E\times\left(1 - 0{,}368\right) = 0{,}632\times E$

Application numérique.

$u_C(\tau) = 0{,}632\times 5{,}0$

La constante de temps du dipôle RC vaut $\tau = R\times C$, et la durée de charge complète est conventionnellement égale à $5\,\tau = 5\,R\,C$ (la tension y atteint 99 % de $E$).

$\Delta t_{\text{charge}} \approx 5\,R\,C$

La résistance $R$ étant fixée, cette durée est proportionnelle à la capacité $C$ : par exemple, doubler $C$ double la durée de charge.

C’est précisément ce qui rend le capteur utilisable : la hauteur d’huile modifie la capacité $C$, donc la durée de charge, que le microcontrôleur sait mesurer.

Deux méthodes graphiques, équivalentes, permettent de déterminer $\tau$. On les fait apparaître sur le même schéma.

Méthode 1 — la valeur particulière $0{,}63\,E$. D’après la question Q3, $u_C(\tau) = 0{,}63\times E = 0{,}63\times 5{,}0 = 3{,}2$ V. On repère l’ordonnée $3{,}2$ V sur la courbe de la figure 4, puis on projette le point correspondant sur l’axe des abscisses.

Méthode 2 — la tangente à l’origine. La tangente à la courbe à la date $t = 0$ coupe l’asymptote horizontale $u_C = E = 5{,}0$ V à la date $t = \tau$. Les deux constructions donnent la même abscisse.

Démarche suivie : (1) déduire la capacité $C$ du capteur de la constante de temps mesurée en Q5 ; (2) lire sur la courbe d’étalonnage de la figure 5 la hauteur $h$ d’huile dans le capteur ; (3) remonter à la hauteur $H$ d’huile dans la cuve en ajoutant le niveau d’entrée $h_0$ ; (4) calculer le volume du cylindre correspondant.

Étape 1 — capacité du capteur. La constante de temps du dipôle RC vaut $\tau = R\,C$, d’où :

$C = \frac{\tau}{R} = \frac{1{,}2\times 10^{-4}}{330\times 10^{3}} = 3{,}6\times 10^{-10}\ \text{F} = 0{,}36\ \text{nF}$

Étape 2 — hauteur d’huile dans le capteur. La figure 5 est une droite ; on détermine son équation à partir de deux points bien lisibles, $(0\,;\,0{,}20)$ et $(0{,}80\,;\,0{,}44)$ :

$a = \frac{0{,}44 - 0{,}20}{0{,}80 - 0} = 0{,}30\ \text{nF}\cdot\text{m}^{-1} \qquad\text{d'où}\qquad C(h) = 0{,}30\,h + 0{,}20 \quad (C\ \text{en nF},\ h\ \text{en m})$

$h = \frac{C - 0{,}20}{0{,}30} = \frac{0{,}36 - 0{,}20}{0{,}30}$

Étape 3 — hauteur d’huile dans la cuve. Attention : $h$ est la hauteur d’huile à l’intérieur du condensateur, or celui-ci ne plonge pas jusqu’au fond du fût. D’après la figure 3, l’huile n’entre dans le capteur qu’à partir du niveau $h_0 = 4{,}4$ cm $= 0{,}044$ m. La hauteur totale d’huile dans le fût vaut donc :

$H = h + h_0 = 0{,}53 + 0{,}044 = 0{,}574\ \text{m}$

Étape 4 — volume d’huile. Le fût est assimilé à un cylindre de diamètre $D = 0{,}610$ m :

$V_H = \frac{\pi}{4}\times D^{2}\times H = \frac{\pi}{4}\times \left(0{,}610\right)^{2}\times 0{,}574 = 0{,}2922 \times 0{,}574$

Cet ordre de grandeur est cohérent : un fût standard de 200 L, rempli à environ 85 %.

Énoncé. Dans un référentiel galiléen, la somme vectorielle des forces extérieures appliquées à un système de masse $m$ constante est égale au produit de sa masse par le vecteur accélération de son centre de masse :

$\sum \vec{F}_{\text{ext}} = m\,\vec{a}$

Application.

• Système : le javelot, de masse $m = 300$ g $= 0{,}300$ kg, assimilé au point matériel M.
• Référentiel : terrestre, supposé galiléen.
• Bilan des forces : les frottements de l’air et la poussée d’Archimède sont négligés (énoncé). Une fois le javelot lâché, il n’est donc soumis qu’à son poids $\vec{P} = m\,\vec{g}$, vertical et dirigé vers le bas.

La deuxième loi de Newton s’écrit alors :

$\vec{P} = m\,\vec{a} \qquad\Longrightarrow\qquad m\,\vec{g} = m\,\vec{a} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\vec{a} = \vec{g}}$

Le vecteur $\vec{g}$ est vertical et dirigé vers le bas, alors que l’axe $(Oz)$ est orienté vers le haut : sa coordonnée verticale est donc négative. En projetant $\vec{a} = \vec{g}$ dans le repère $(\mathrm{O},\vec{i},\vec{j})$ :

$\vec{a}\ \begin{cases} a_x(t) = 0 \\[0.35em] a_z(t) = -g = -9{,}81\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2} \end{cases}$

Les deux coordonnées sont constantes : le mouvement est uniforme selon $x$ et uniformément accéléré (vers le bas) selon $z$.

Le vecteur vitesse est une primitive du vecteur accélération par rapport au temps. Les constantes d’intégration sont les coordonnées du vecteur vitesse initiale $\vec{v_0}$, qui fait un angle $\alpha$ avec l’horizontale :

$\vec{v_0}\ \begin{cases} v_{0x} = v_0\cos\alpha \\[0.3em] v_{0z} = v_0\sin\alpha \end{cases}$

d’où, par intégration :

$\vec{v}(t)\ \begin{cases} v_x(t) = v_0\cos\alpha \\[0.35em] v_z(t) = -g\,t + v_0\sin\alpha \end{cases}$

Le vecteur position est à son tour une primitive du vecteur vitesse. Les constantes d’intégration sont cette fois les coordonnées du point de départ $\mathrm{M_0}$, situé sur l’axe $(Oz)$ à la hauteur $H$ :

$\mathrm{M_0}\ \begin{cases} x(0) = 0 \\[0.3em] z(0) = H \end{cases}$

Il vient :

$\boxed{\ \begin{cases} x(t) = v_0\left(\cos\alpha\right) t \\[0.5em] z(t) = -\dfrac{1}{2}\,g\,t^{2} + v_0\left(\sin\alpha\right) t + H \end{cases}\ }$

Les équations horaires de l’énoncé sont bien retrouvées.

L’équation de la trajectoire est la relation entre $z$ et $x$ : il faut donc éliminer le temps entre les deux équations horaires.

Étape 1 — exprimer $t$ en fonction de $x$. La coordonnée $v_0\cos\alpha$ n’étant pas nulle (le lancer n’est pas vertical) :

$x = v_0\left(\cos\alpha\right)t \qquad\Longrightarrow\qquad t = \frac{x}{v_0\cos\alpha}$

Étape 2 — reporter dans $z(t)$.

$z = -\frac{1}{2}\,g\left(\frac{x}{v_0\cos\alpha}\right)^{2} + v_0\left(\sin\alpha\right)\frac{x}{v_0\cos\alpha} + H$

$z = -\frac{g}{2\,v_0^{2}\cos^{2}\alpha}\,x^{2} + \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}\,x + H$

Étape 3 — conclusion. En reconnaissant $\dfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha} = \tan\alpha$ :

$\boxed{z(x) = -\frac{g}{2\,v_0^{2}\cos^{2}\alpha}\,x^{2} + \left(\tan\alpha\right)x + H}$

La trajectoire est donc une parabole, ce que confirme l’allure de la figure 2.

À l’instant du lancer, le javelot se trouve en $\mathrm{M_0}$, d’abscisse $x = 0$. En reportant cette valeur dans l’équation modélisant la trajectoire :

$z(0) = -0{,}081\times 0^{2} + 0{,}62\times 0 + 1{,}1 = 1{,}1$

Or, d’après l’équation littérale établie en Q5, le terme constant de la trajectoire est précisément $H$.

Cette valeur est cohérente avec la situation : le centre de masse du javelot se trouve à hauteur d’épaule d’un joueur debout. La lecture de la figure 2 la confirme (le premier point pointé est à $z \approx 1{,}1$ m).

On identifie terme à terme les deux écritures de la trajectoire — l’expression littérale de Q5 et la modélisation numérique :

$\underbrace{-\frac{g}{2\,v_0^{2}\cos^{2}\alpha}}_{\text{coefficient de }x^{2}}\;x^{2} \;+\;\underbrace{\tan\alpha}_{\text{coefficient de }x}\;x\;+\;H \qquad\text{et}\qquad -0{,}081\,x^{2} + 0{,}62\,x + 1{,}1$

Étape 1 — angle de lancer. Le coefficient du terme en $x$ donne directement :

$\tan\alpha = 0{,}62 \qquad\Longrightarrow\qquad \alpha = \arctan\left(0{,}62\right) = 31{,}8^{\circ}$

Étape 2 — vitesse initiale. Le coefficient du terme en $x^{2}$ donne :

$\frac{g}{2\,v_0^{2}\cos^{2}\alpha} = 0{,}081 \qquad\Longrightarrow\qquad v_0^{2} = \frac{g}{2\times 0{,}081\times \cos^{2}\alpha}$

Avec $\cos\left(31{,}8^{\circ}\right) = 0{,}850$, donc $\cos^{2}\alpha = 0{,}722$ :

$v_0^{2} = \frac{9{,}81}{2\times 0{,}081\times 0{,}722} = \frac{9{,}81}{0{,}1170} = 83{,}8\ \text{m}^{2}\cdot\text{s}^{-2} \qquad\Longrightarrow\qquad v_0 = \sqrt{83{,}8}$

Soit environ $33\ \text{km}\cdot\text{h}^{-1}$, ce qui est tout à fait plausible pour un lancer à la main.

Démarche suivie : (1) calculer l’altitude du javelot à l’abscisse de la cible ; (2) la comparer à l’altitude du centre de la cible ; (3) situer le point d’impact par rapport aux rayons des deux zones.

Étape 1 — altitude du javelot au niveau de la cible. Le joueur se place à $d = 8$ m de la cible, et l’origine des abscisses est le point de lancer : le javelot atteint la cible pour $x = 8$ m.

$z(8) = -0{,}081\times 8^{2} + 0{,}62\times 8 + 1{,}1 = -5{,}184 + 4{,}96 + 1{,}1$

Étape 2 — écart au centre de la cible. Le centre de la cible est à $z_{\text{cible}} = 85$ cm $= 0{,}85$ m du sol :

$\Delta z = \left| z(8) - z_{\text{cible}} \right| = \left| 0{,}876 - 0{,}850 \right| = 0{,}026\ \text{m} = 2{,}6\ \text{cm}$

Étape 3 — zone atteinte. Le cercle blanc central a un diamètre de 6 cm, donc un rayon de $3{,}0$ cm. Or :

$\Delta z = 2{,}6\ \text{cm} \;<\; 3{,}0\ \text{cm}$

Le point d’impact se situe donc à l’intérieur du cercle blanc.