Devoir commun corrigé : spécialité physique-chimie (Première)

1) La quantité de matière est le quotient de la masse par la masse molaire : $n=\frac{m}{M}=\frac{11{,}7}{58{,}5}=0{,}200$ mol. Contrôlez l'ordre de grandeur, $11{,}7$ étant environ le cinquième de $58{,}5$, on attendait bien deux dixièmes de mole.

2) La concentration en quantité de matière est le quotient de la quantité de soluté par le volume de SOLUTION, exprimé en litres : $c=\frac{n}{V}=\frac{0{,}200}{0{,}500}=0{,}400$ mol/L. L'erreur classique est d'oublier de convertir les millilitres en litres, ce qui donnerait un résultat mille fois trop grand.

3) La concentration massique s'obtient en multipliant la concentration molaire par la masse molaire : $c_{m}=c\times M=0{,}400\times 58{,}5=23{,}4$ g/L. On peut aussi la retrouver directement, $\frac{11{,}7\ \text{g}}{0{,}500\ \text{L}}=23{,}4$ g/L ✓, ce qui constitue un contrôle immédiat.

4) Une dilution conserve la quantité de matière de soluté prélevée : $c_{\text{mère}}\times V_{\text{prélevé}}=c_{\text{fille}}\times V_{\text{fille}}$. Avec $c_{\text{fille}}=\frac{0{,}400}{10}=0{,}0400$ mol/L, il vient $V_{\text{prélevé}}=\frac{0{,}0400\times 250}{0{,}400}=25{,}0$ mL. On retrouve le facteur de dilution : diluer dix fois, c'est prélever un volume dix fois plus petit que le volume final.

5) Pour un gaz, la quantité de matière est le quotient du volume par le volume molaire : $n=\frac{V}{V_{m}}=\frac{4{,}8}{24{,}0}=0{,}200$ mol. Le volume molaire ne dépend PAS de la nature du gaz, seulement de la température et de la pression : c'est la loi d'Avogadro.

6) On compare les quotients de chaque quantité initiale par son nombre stœchiométrique : pour le dihydrogène $\frac{3{,}0}{2}=1{,}5$, pour le dioxygène $\frac{2{,}0}{1}=2{,}0$. Le plus PETIT quotient désigne le réactif limitant, c'est donc le dihydrogène, et l'avancement maximal vaut $x_{\max}=1{,}5$ mol. Il se forme alors $2\times 1{,}5=3{,}0$ mol d'eau, et il reste $2{,}0-1{,}5=0{,}5$ mol de dioxygène. Comparer les quantités brutes, $3{,}0$ contre $2{,}0$, sans tenir compte des coefficients, est l'erreur la plus répandue de tout le chapitre.

1) Le poids est le produit de la masse par l'intensité du champ de pesanteur : $P=mg=2{,}5\times 9{,}81=24{,}5$ N. Ne confondez jamais la MASSE, en kilogrammes, invariante, et le POIDS, en newtons, qui est une force et dépend du lieu.

2) Le poids est une force constante dirigée vers le bas ; lors d'une descente, son travail est MOTEUR donc positif : $W=mgh=2{,}5\times 9{,}81\times 3{,}0=73{,}6$ J. Lors d'une montée, le même déplacement donnerait un travail résistant, donc négatif. Le travail du poids ne dépend que du dénivelé, jamais du chemin suivi.

3) L'énergie cinétique vaut $E_{c}=\frac{1}{2}mv^{2}=\frac{1}{2}\times 2{,}5\times 12^{2}=\frac{1}{2}\times 2{,}5\times 144=180$ J. La vitesse intervient au CARRÉ : doubler la vitesse quadruple l'énergie cinétique, ce qui explique pourquoi les distances de freinage augmentent si vite.

4) On inverse la formule : $v=\sqrt{\frac{2E_{c}}{m}}=\sqrt{\frac{2\times 45}{2{,}5}}=\sqrt{36}=6{,}0$ m/s. Contrôle de cohérence : $45$ J est quatre fois moins que les $180$ J de la question 3, et $6{,}0$ est bien la moitié de $12$ ✓, conformément au carré.

5) La puissance électrique est le produit de la tension par l'intensité : $P=U\,I=230\times 4{,}0=920$ W. L'énergie consommée est le produit de la puissance par la durée, exprimée en secondes : $E=920\times 30\times 60=920\times 1\,800=1{,}656\times 10^{6}$ J. En kilowattheures, $\frac{1{,}656\times 10^{6}}{3{,}6\times 10^{6}}=0{,}46$ kWh. On peut aussi aller directement au but, $0{,}920$ kW pendant $0{,}5$ h donnent $0{,}46$ kWh ✓.

6) La loi d'Ohm donne $R=\frac{U}{I}=\frac{230}{4{,}0}=57{,}5\ \Omega$. La loi de Joule redonne alors $P=R\,I^{2}=57{,}5\times 4{,}0^{2}=57{,}5\times 16=920$ W ✓, la même valeur qu'en 5). Les trois expressions $U\,I$, $R\,I^{2}$ et $\frac{U^{2}}{R}$ sont équivalentes pour un conducteur ohmique, et la troisième donne bien $\frac{230^{2}}{57{,}5}=920$ W ✓ elle aussi.

1) La lumière parcourt quelques kilomètres en un temps totalement négligeable, environ $10^{-5}$ s, alors que le son met plusieurs secondes. Le retard mesuré est donc, à très bonne approximation, la seule durée de propagation du son : $d=v\times\Delta t=340\times 6{,}0=2\,040$ m, soit environ $2{,}0$ km. C'est la règle bien connue des trois secondes par kilomètre.

2) La longueur d'onde est la distance parcourue pendant une période : $\lambda=\frac{v}{f}=\frac{340}{680}=0{,}50$ m. Attention, la longueur d'onde d'un son DÉPEND du milieu, puisque la célérité en dépend, alors que la fréquence, elle, est imposée par la source et ne change jamais lors d'un changement de milieu.

3) On applique la même relation à la lumière, après conversion des nanomètres en mètres : $f=\frac{c}{\lambda}=\frac{3{,}00\times 10^{8}}{500\times 10^{-9}}=6{,}00\times 10^{14}$ Hz. Un ordre de grandeur à connaître : la lumière visible se situe entre $4$ et $8\times 10^{14}$ Hz.

4) L'énergie d'un photon est $E=h\,f=6{,}63\times 10^{-34}\times 6{,}00\times 10^{14}=3{,}98\times 10^{-19}$ J. En électronvolts, on divise par $1{,}60\times 10^{-19}$ : $E=2{,}49$ eV. Là encore un ordre de grandeur utile : les photons visibles valent entre $1{,}6$ et $3{,}1$ eV, et $2{,}49$ eV correspond bien à du vert.

5) On applique la relation de conjugaison $\frac{1}{\overline{OA'}}-\frac{1}{\overline{OA}}=\frac{1}{f'}$, en respectant les MESURES ALGÉBRIQUES : l'objet étant devant la lentille, $\overline{OA}=-60$ cm. Il vient $\frac{1}{\overline{OA'}}=\frac{1}{20}+\frac{1}{-60}=\frac{3-1}{60}=\frac{1}{30}$, donc $\overline{OA'}=30$ cm. L'image se forme à $30$ cm derrière la lentille. Oublier le signe négatif de $\overline{OA}$ est l'erreur qui fait perdre le plus de points sur ce chapitre.

6) Le grandissement vaut $\gamma=\frac{\overline{OA'}}{\overline{OA}}=\frac{30}{-60}=-0{,}5$. Il est NÉGATIF, donc l'image est renversée, et sa valeur absolue est inférieure à $1$, donc l'image est deux fois plus petite que l'objet. Enfin $\overline{OA'}$ est positive, donc l'image se forme du côté opposé à l'objet : elle est RÉELLE et peut être recueillie sur un écran. Trois informations se lisent ainsi sur un seul nombre.

1) Le diiode est l'oxydant de son couple, il CAPTE des électrons : $\mathrm{I_{2}}+2\,e^{-}=2\,\mathrm{I^{-}}$. L'ion thiosulfate est le réducteur de son couple, il CÈDE des électrons : $2\,\mathrm{S_{2}O_{3}^{2-}}=\mathrm{S_{4}O_{6}^{2-}}+2\,e^{-}$. Vérifiez systématiquement la conservation des éléments et celle des charges : à gauche $2\times(-2)=-4$, à droite $-2$ plus deux électrons soit $-4$ ✓.

2) On additionne les deux demi-équations, les électrons se compensant exactement puisqu'ils sont au nombre de deux de chaque côté : $\mathrm{I_{2}}+2\,\mathrm{S_{2}O_{3}^{2-}}\longrightarrow 2\,\mathrm{I^{-}}+\mathrm{S_{4}O_{6}^{2-}}$. C'est le coefficient $2$ devant le thiosulfate qui fera toute la différence dans la suite.

3) Le diiode est la seule espèce COLORÉE du système, en brun-jaune en solution aqueuse ; les ions iodure, thiosulfate et tétrathionate sont tous incolores. Tant que du diiode reste dans le bécher, la solution est colorée ; à l'équivalence, la dernière goutte de thiosulfate fait disparaître la couleur. On repère donc l'équivalence à la DÉCOLORATION, sans avoir besoin d'aucun indicateur ajouté. En pratique on ajoute souvent de l'empois d'amidon, qui forme avec le diiode un complexe bleu foncé et rend la disparition beaucoup plus nette.

4) À l'équivalence, les réactifs sont introduits dans les proportions STŒCHIOMÉTRIQUES de l'équation. Ce n'est donc pas l'égalité des quantités qu'il faut écrire, mais l'égalité de leurs quotients par les nombres stœchiométriques : $\frac{n(\mathrm{I_{2}})}{1}=\frac{n(\mathrm{S_{2}O_{3}^{2-}})_{\text{versé}}}{2}$, c'est-à-dire $n(\mathrm{I_{2}})=\frac{c_{B}V_{E}}{2}$.

5) On calcule d'abord la quantité de thiosulfate versée : $n=c_{B}V_{E}=0{,}100\times 16{,}0\times 10^{-3}=1{,}60\times 10^{-3}$ mol. La quantité de diiode initialement présente en vaut donc la moitié : $n(\mathrm{I_{2}})=8{,}00\times 10^{-4}$ mol. Enfin $c_{A}=\frac{8{,}00\times 10^{-4}}{20{,}0\times 10^{-3}}=0{,}0400$ mol/L.

6) En écrivant $c_{A}V_{A}=c_{B}V_{E}$, l'élève trouve $c_{A}=\frac{0{,}100\times 16{,}0}{20{,}0}=0{,}0800$ mol/L, soit exactement le DOUBLE de la valeur correcte. Le facteur d'erreur est le coefficient stœchiométrique oublié. Cette erreur est d'autant plus dangereuse qu'elle ne se voit pas : le résultat reste plausible, avec un ordre de grandeur et une unité corrects, et rien dans le calcul ne signale la faute. La seule protection consiste à écrire systématiquement la relation d'équivalence sous forme de QUOTIENTS, même lorsque les coefficients valent $1$, plutôt que de mémoriser la formule $cV=c'V'$, qui n'est qu'un cas particulier.

1) Le système est le solide, étudié dans le référentiel terrestre supposé galiléen. En l'absence de frottements, deux forces seulement s'exercent sur lui : son POIDS $\vec{P}$, vertical, dirigé vers le bas, appliqué au centre de gravité, et la RÉACTION NORMALE $\vec{N}$ du support, perpendiculaire au plan incliné et dirigée vers le haut. Ces deux forces ne sont pas opposées, puisqu'elles n'ont pas la même direction : c'est précisément pour cela que le solide accélère.

2) La valeur du poids vaut $P=mg=0{,}400\times 9{,}81=3{,}92$ N, après conversion des grammes en kilogrammes. On projette ensuite sur deux axes, l'un parallèle au plan et orienté vers le bas de la pente, l'autre perpendiculaire. La composante parallèle vaut $P\sin\alpha=3{,}924\times\sin 20^{\circ}=1{,}34$ N, et la composante perpendiculaire $P\cos\alpha=3{,}924\times\cos 20^{\circ}=3{,}69$ N. Retenez le repère mental : c'est le SINUS qui accompagne la composante motrice, celle qui fait descendre.

3) La deuxième loi de Newton s'écrit $\sum\vec{F}=m\vec{a}$, soit $\vec{P}+\vec{N}=m\vec{a}$. Sur l'axe perpendiculaire, il n'y a pas de mouvement, donc $N-P\cos\alpha=0$. Sur l'axe parallèle, la réaction n'a aucune composante et il reste $P\sin\alpha=m\,a$, d'où $a=\frac{mg\sin\alpha}{m}=g\sin\alpha=9{,}81\times\sin 20^{\circ}=3{,}36$ m·s$^{-2}$. La masse se SIMPLIFIE : sans frottement, tous les solides descendent la même pente avec la même accélération, quelle que soit leur masse.

4) La projection perpendiculaire donne directement $N=P\cos\alpha=3{,}69$ N. Notez que $N$ est INFÉRIEURE au poids, et d'autant plus que la pente est raide : sur un plan horizontal on retrouverait $N=P$, et sur un mur vertical $N=0$. Écrire $N=P$ sur un plan incliné est une erreur fréquente et lourdement sanctionnée.

5) Le mouvement est rectiligne uniformément accéléré, sans vitesse initiale. La relation $v^{2}=2\,a\,d$ donne $v=\sqrt{2\times 3{,}3552\times 2{,}00}=\sqrt{13{,}42}=3{,}66$ m/s. On peut retrouver ce résultat par l'énergie : le travail du poids sur ce déplacement vaut $mgd\sin\alpha=0{,}400\times 9{,}81\times 2{,}00\times\sin 20^{\circ}=2{,}68$ J, et comme la réaction normale ne travaille pas, cette énergie devient intégralement cinétique : $v=\sqrt{\frac{2\times 2{,}684}{0{,}400}}=3{,}66$ m/s ✓.

6) La force de frottement s'oppose au mouvement, donc elle est dirigée vers le HAUT de la pente et se retranche à la composante motrice. La projection parallèle devient $P\sin\alpha-f=m\,a'$, d'où $a'=\frac{1{,}342-0{,}50}{0{,}400}=2{,}11$ m·s$^{-2}$. La vitesse après $2{,}00$ m vaut alors $v'=\sqrt{2\times 2{,}1052\times 2{,}00}=\sqrt{8{,}42}=2{,}90$ m/s. Deux remarques valent des points. D'abord la masse ne se simplifie PLUS, car la force de frottement ne lui est pas proportionnelle : deux solides de masses différentes descendront désormais différemment. Ensuite, l'accélération a chuté de $37\ \%$ mais la vitesse seulement de $21\ \%$, parce que la vitesse dépend de la RACINE de l'accélération : une perte d'énergie se traduit toujours par une perte de vitesse plus modérée qu'on ne l'imagine.

1) La force exercée par le câble doit compenser exactement le poids, la vitesse étant constante. Son travail vaut donc $W=mgh=50\times 9{,}81\times 12=5\,886$ J, soit environ $5{,}9$ kJ. C'est aussi, au signe près, le travail du poids, qui est ici RÉSISTANT puisque le déplacement se fait vers le haut.

2) La charge monte à vitesse CONSTANTE, donc $v$ ne varie pas et $E_{c}=\frac{1}{2}mv^{2}$ reste identique du début à la fin : sa variation est nulle. Toute l'énergie utile fournie sert donc à augmenter l'énergie potentielle de pesanteur, qui croît de $\Delta E_{pp}=mgh=5\,886$ J. Une charge qui monte vite n'emmagasine pas plus d'énergie potentielle qu'une charge qui monte lentement : seule la HAUTEUR compte, la vitesse ne joue que sur la puissance.

3) La puissance est le quotient de l'énergie par la durée : $P_{u}=\frac{W}{\Delta t}=\frac{5\,886}{20}=294{,}3$ W, soit environ $0{,}29$ kW.

4) La puissance électrique absorbée vaut $P_{a}=U\,I=230\times 2{,}0=460$ W. Le rendement est le quotient de l'utile par l'absorbé : $\eta=\frac{P_{u}}{P_{a}}=\frac{294{,}3}{460}=0{,}640$, soit $64{,}0\ \%$. Un rendement est toujours INFÉRIEUR à $1$ ✓, et l'obtenir supérieur à $1$ signale à coup sûr une inversion du quotient.

5) L'énergie électrique consommée pendant la montée vaut $E_{a}=P_{a}\,\Delta t=460\times 20=9\,200$ J. L'énergie dissipée est la différence entre le consommé et l'utile : $9\,200-5\,886=3\,314$ J. Elle est perdue sous forme de chaleur, essentiellement par effet Joule dans les bobinages du moteur et par frottements dans les engrenages et le câble. On vérifie la cohérence : $\frac{3\,314}{9\,200}=36{,}0\ \%$, et $64{,}0+36{,}0=100$ ✓.

6) La charge monte de $12$ m en $20$ s, donc à la vitesse $v=\frac{12}{20}=0{,}60$ m/s. La force exercée par le câble vaut $F=mg=50\times 9{,}81=490{,}5$ N. La puissance d'une force constante colinéaire au déplacement est $P=F\,v=490{,}5\times 0{,}60=294{,}3$ W ✓, exactement la valeur de la question 3. Cette relation $P=F\,v$ est la version instantanée du calcul par le travail, et elle éclaire un point important : à puissance de moteur donnée, plus la charge est lourde, plus la montée est lente, puisque le produit $F\,v$ est plafonné. C'est la raison d'être des boîtes de vitesses et des palans, qui échangent de la force contre de la vitesse sans jamais créer de puissance.

1) Le butan-1-ol comporte une chaîne carbonée linéaire de quatre atomes de carbone, le préfixe « butan » l'indiquant, et un groupe hydroxyle $-\mathrm{OH}$ porté par le carbone numéro $1$. Sa formule semi-développée est $\mathrm{CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{2}-OH}$. Le groupe caractéristique hydroxyle place la molécule dans la famille des ALCOOLS.

2) La formule $\mathrm{C_{4}H_{10}O}$ est saturée et admet SEPT isomères de constitution, répartis en deux familles. Quatre sont des alcools : le butan-1-ol, le butan-2-ol, le 2-méthylpropan-1-ol et le 2-méthylpropan-2-ol. Les trois autres sont des éthers-oxydes : l'éthoxyéthane, le 1-méthoxypropane et le 2-méthoxypropane. La méthode pour ne rien oublier consiste à traiter séparément les deux squelettes carbonés possibles, linéaire et ramifié, puis à déplacer le groupe fonctionnel sur chaque position non équivalente.

3) La classe d'un alcool est donnée par le nombre d'atomes de carbone liés au carbone PORTEUR du groupe hydroxyle. Le butan-1-ol et le 2-méthylpropan-1-ol sont PRIMAIRES, leur carbone fonctionnel n'étant lié qu'à un seul autre carbone. Le butan-2-ol est SECONDAIRE, avec deux carbones voisins. Le 2-méthylpropan-2-ol est TERTIAIRE, avec trois. Ne comptez pas les atomes d'hydrogène, seulement les carbones.

4) Le butan-1-ol étant un alcool primaire, son oxydation ménagée se fait en deux étapes. Avec un oxydant en défaut, on obtient d'abord le BUTANAL $\mathrm{CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-CHO}$, de la famille des aldéhydes. Avec un oxydant en excès, l'oxydation se poursuit et donne l'ACIDE BUTANOÏQUE $\mathrm{CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-COOH}$, de la famille des acides carboxyliques. Ce comportement en deux temps est propre aux alcools primaires : un alcool secondaire s'arrêterait à la cétone, et un alcool tertiaire ne serait pas oxydable de façon ménagée, faute d'hydrogène sur le carbone fonctionnel.

5) Le butanal a pour formule brute $\mathrm{C_{4}H_{8}O}$, l'oxydation ayant retiré deux atomes d'hydrogène à l'alcool. Sa masse molaire vaut $M=4\times 12{,}0+8\times 1{,}0+16{,}0=48+8+16=72{,}0$ g/mol.

6) La quantité de butanal réellement obtenue vaut $n_{\text{exp}}=\frac{m}{M}=\frac{11{,}52}{72{,}0}=0{,}160$ mol. L'équation étant de rapport $1$ pour $1$, la quantité maximale attendue est celle de l'alcool engagé, soit $0{,}20$ mol. Le rendement vaut donc $\eta=\frac{0{,}160}{0{,}20}=0{,}80$, soit $80\ \%$. Un rendement se calcule TOUJOURS en quantités de matière, ou entre deux masses de la MÊME espèce : comparer directement les $11{,}52$ g obtenus à la masse d'alcool engagée, $0{,}20\times 74{,}0=14{,}8$ g, donnerait $77{,}8\ \%$, une valeur fausse, car les deux molécules n'ont pas la même masse molaire. Les $20\ \%$ manquants s'expliquent par la réaction incomplète, par la poursuite de l'oxydation vers l'acide butanoïque, et par les pertes inévitables lors de la distillation et des transvasements.

1) Un litre de solution libère $10$ L de dioxygène, ce qui correspond à $n(\mathrm{O_{2}})=\frac{10}{22{,}4}=0{,}446$ mol. L'équation de décomposition montre que deux moles de peroxyde donnent une mole de dioxygène : la quantité de peroxyde est donc le DOUBLE, soit $0{,}893$ mol par litre. La concentration annoncée est donc $c_{0}=0{,}89$ mol/L, et celle de la solution diluée dix fois vaut $c_{\text{dil}}=0{,}089$ mol/L.

2) L'ion permanganate est réduit en ion manganèse deux, en milieu acide : $\mathrm{MnO_{4}^{-}}+8\,\mathrm{H^{+}}+5\,e^{-}=\mathrm{Mn^{2+}}+4\,\mathrm{H_{2}O}$. Le peroxyde d'hydrogène joue ici le rôle de RÉDUCTEUR et s'oxyde en dioxygène : $\mathrm{H_{2}O_{2}}=\mathrm{O_{2}}+2\,\mathrm{H^{+}}+2\,e^{-}$. Pour combiner, on égalise les électrons en multipliant la première par $2$ et la seconde par $5$, soit dix électrons de part et d'autre : $2\,\mathrm{MnO_{4}^{-}}+5\,\mathrm{H_{2}O_{2}}+6\,\mathrm{H^{+}}\longrightarrow 2\,\mathrm{Mn^{2+}}+5\,\mathrm{O_{2}}+8\,\mathrm{H_{2}O}$. Notez que le peroxyde d'hydrogène est ici oxydé alors qu'il est le plus souvent utilisé comme oxydant : il appartient à deux couples et son rôle dépend du partenaire.

3) L'ion permanganate est intensément VIOLET, tandis que l'ion manganèse deux est quasiment incolore, de même que le peroxyde, le dioxygène et l'eau. Tant qu'il reste du peroxyde dans le bécher, chaque goutte versée est décolorée presque instantanément. À l'équivalence, le peroxyde est épuisé et la goutte suivante n'est plus consommée : la teinte violette PERSISTE. Le réactif titrant est donc son propre indicateur, ce qui rend inutile tout ajout extérieur. On parle de titrage colorimétrique direct.

4) Dans les $10{,}0$ mL prélevés de solution diluée, la quantité de peroxyde attendue vaut $n=c_{\text{dil}}\times V_{A}=0{,}0893\times 10{,}0\times 10^{-3}=8{,}93\times 10^{-4}$ mol. La relation d'équivalence se lit sur les coefficients de l'équation, $\frac{n(\mathrm{MnO_{4}^{-}})}{2}=\frac{n(\mathrm{H_{2}O_{2}})}{5}$, d'où $n(\mathrm{MnO_{4}^{-}})=\frac{2}{5}\times 8{,}93\times 10^{-4}=3{,}57\times 10^{-4}$ mol. Le volume équivalent attendu est donc $V_{E}=\frac{3{,}57\times 10^{-4}}{0{,}020}=1{,}79\times 10^{-2}$ L, soit $17{,}9$ mL.

5) Le volume mesuré, $16{,}5$ mL, est INFÉRIEUR aux $17{,}9$ mL attendus. Comme le volume versé est proportionnel à la quantité de peroxyde présente, la concentration réelle vaut $c_{\text{réelle}}=0{,}893\times\frac{16{,}5}{17{,}86}=0{,}825$ mol/L, en partant du volume équivalent NON arrondi. En repassant aux volumes, cela correspond à $0{,}825\times\frac{22{,}4}{2}=9{,}24$ volumes. L'écart relatif atteint $7{,}6\ \%$ : la bouteille est donc un peu MOINS concentrée que ne l'affirme l'étiquette, mais l'écart reste modeste.

6) L'explication la plus probable est la DÉCOMPOSITION SPONTANÉE du peroxyde d'hydrogène, qui se produit lentement au cours du stockage selon l'équation même donnée dans l'énoncé. Cette réaction est très favorisée thermodynamiquement mais lente à température ambiante ; elle est accélérée par la lumière, par la chaleur et par les traces d'ions métalliques, ce qui explique pourquoi ces solutions sont vendues dans des flacons OPAQUES et pourquoi l'on recommande de les conserver au frais. Une bouteille entamée depuis plusieurs mois titre couramment dix pour cent de moins que l'étiquette. Deux autres causes, moins probables ici, méritent d'être citées pour être complet : une erreur de dilution, un facteur dix étant exigeant sur la précision de la pipette et de la fiole, et un repérage trop tardif de l'équivalence, qui donnerait au contraire un volume trop GRAND et donc une concentration surestimée. Le sens de l'écart, ici une valeur trop faible, permet donc d'écarter cette dernière hypothèse, et c'est le raisonnement sur le SENS de l'erreur, autant que sur sa valeur, qui est attendu.

1) Sans frottement, seul le poids travaille et l'énergie mécanique se conserve. L'énergie potentielle perdue devient intégralement cinétique : $\frac{1}{2}mv_{0}^{2}=mgh$, la masse se simplifie et $v_{0}=\sqrt{2gh}=\sqrt{2\times 9{,}81\times 40}=\sqrt{784{,}8}=28{,}0$ m/s, soit environ $101$ km/h. Retenez que ce résultat ne dépend NI de la masse du skieur, NI de la longueur de la piste, NI de son profil : seul compte le dénivelé.

2) La vitesse réelle, $22$ m/s, est nettement inférieure aux $28{,}0$ m/s théoriques, ce qui est attendu puisque la neige et l'air freinent. L'énergie dissipée est la différence entre l'énergie potentielle initiale et l'énergie cinétique finale : $E_{\text{diss}}=mgh-\frac{1}{2}mv^{2}=70\times 9{,}81\times 40-\frac{1}{2}\times 70\times 22^{2}=27\,468-16\,940=10\,528$ J, soit environ $10{,}5$ kJ.

3) La fraction dissipée vaut $\frac{10\,528}{27\,468}=0{,}383$, soit $38{,}3\ \%$. Un point mérite d'être souligné : la vitesse n'a chuté que de $21\ \%$, de $28{,}0$ à $22$ m/s, alors que l'énergie a chuté de $38\ \%$. L'écart vient de nouveau du carré, l'énergie cinétique variant comme $v^{2}$ : une perte d'énergie importante ne se traduit que par une perte de vitesse modérée, et c'est précisément ce qui rend les sports de glisse rapides malgré des frottements loin d'être négligeables.

4) Le travail d'une force de frottement d'intensité constante, opposée au mouvement, vaut $-f\,L$ le long du trajet. En valeur absolue, il est égal à l'énergie dissipée : $f=\frac{E_{\text{diss}}}{L}=\frac{10\,528}{150}=70{,}2$ N. Attention à utiliser ici la LONGUEUR de la piste, $150$ m, et non le dénivelé : le frottement s'exerce tout au long du trajet réellement parcouru, alors que le poids ne travaille qu'en fonction de la hauteur.

5) Pendant le freinage, le mouvement est rectiligne uniformément décéléré. La relation $v^{2}=2\,a\,d$ donne $a=\frac{v^{2}}{2d}=\frac{22^{2}}{2\times 30}=\frac{484}{60}=8{,}07$ m·s$^{-2}$. La deuxième loi de Newton fournit alors la force de freinage : $F=m\,a=70\times 8{,}067=565$ N. On peut contrôler par l'énergie : le travail de la force de freinage doit absorber toute l'énergie cinétique, soit $\frac{16\,940}{30}=565$ N ✓.

6) La durée s'obtient par $v=a\,\Delta t$, soit $\Delta t=\frac{22}{8{,}067}=2{,}73$ s. La force de freinage, $565$ N, mérite d'être commentée : elle représente $\frac{565}{70\times 9{,}81}=0{,}82$ fois le poids du skieur, ce qui correspond à une décélération de $0{,}82\,g$. C'est une valeur ÉLEVÉE mais réaliste pour un dérapage franc sur neige dure avec des carres bien affûtées, comparable à un freinage d'urgence en voiture sur route sèche. Elle est en revanche huit fois supérieure à la force de frottement de $70{,}2$ N subie pendant la descente, et cette comparaison est instructive : les $10{,}5$ kJ dissipés sur $150$ m de descente le sont doucement, alors que les $16{,}9$ kJ du freinage sont évacués sur $30$ m seulement, donc cinq fois plus vite. La même énergie dissipée sur une distance cinq fois plus courte exige une force cinq fois plus grande, et c'est tout le principe des zones de déformation d'une automobile, qui allongent la distance d'arrêt pour diminuer la force subie.

1) On applique la relation de conjugaison avec les mesures algébriques, l'objet étant devant la lentille : $\overline{OA}=-2\,000$ mm. Alors $\frac{1}{\overline{OA'}}=\frac{1}{f'}+\frac{1}{\overline{OA}}=\frac{1}{50}-\frac{1}{2\,000}=\frac{40-1}{2\,000}=\frac{39}{2\,000}$, d'où $\overline{OA'}=\frac{2\,000}{39}=51{,}3$ mm. L'image se forme donc à $51{,}3$ mm derrière l'objectif, et c'est là qu'il faut placer le capteur pour que la photo soit nette.

2) Le grandissement vaut $\gamma=\frac{\overline{OA'}}{\overline{OA}}=\frac{51{,}28}{-2\,000}=-2{,}56\times 10^{-2}$. Il est négatif, donc l'image est RENVERSÉE, ce que le boîtier corrige électroniquement à l'affichage. Sa valeur absolue étant très inférieure à $1$, l'image est fortement réduite : la personne de $1{,}70$ m occupe sur le capteur une hauteur de $1{,}70\times 2{,}564\times 10^{-2}=4{,}36\times 10^{-2}$ m, soit $4{,}36$ cm. Cette valeur est cohérente avec la réalité, un capteur plein format mesurant $24$ mm de haut : il faudrait donc reculer davantage pour cadrer la personne entière, ce que fait tout photographe d'instinct.

3) La distance image trouvée, $51{,}3$ mm, dépasse la distance focale de $1{,}3$ mm seulement, soit à peine $2{,}6\ \%$. La raison se lit dans la relation de conjugaison : le terme $\frac{1}{\overline{OA}}$ vaut $\frac{1}{2\,000}$, quarante fois moins que $\frac{1}{f'}$, il ne corrige donc que très peu. Si l'objet s'éloigne encore, ce terme tend vers zéro et $\overline{OA'}$ tend vers $f'$ : l'image d'un objet situé à l'INFINI se forme exactement dans le plan focal image. C'est pourquoi la bague de mise au point d'un objectif a une course très courte pour les grandes distances et très étalée pour les objets proches, où la correction devient importante.

4) L'énergie d'un photon vaut $E=\frac{h\,c}{\lambda}=\frac{6{,}63\times 10^{-34}\times 3{,}00\times 10^{8}}{1{,}10\times 10^{-6}}=\frac{1{,}989\times 10^{-25}}{1{,}10\times 10^{-6}}=1{,}81\times 10^{-19}$ J. En divisant par $1{,}60\times 10^{-19}$, on obtient $1{,}13$ eV ✓, ce qui confirme la donnée de l'énoncé. Le produit $h\,c=1{,}989\times 10^{-25}$ J·m est une constante commode à mémoriser sous la forme $h\,c\approx 1\,240$ eV·nm, qui donne directement $\frac{1\,240}{1\,100}=1{,}13$ eV ✓ en une seule division.

5) Pour le photon rouge, $E=\frac{1\,240}{700}=1{,}77$ eV, supérieur au seuil de $1{,}13$ eV : il est DÉTECTÉ. Pour le photon infrarouge de $1{,}50\ \mu$m, soit $1\,500$ nm, $E=\frac{1\,240}{1\,500}=0{,}83$ eV, inférieur au seuil : il n'est PAS détecté. Le critère porte bien sur l'énergie de CHAQUE photon, pris individuellement, et non sur la puissance du faisceau : un faisceau infrarouge très intense ne produira jamais aucun signal, alors qu'un unique photon rouge suffit. C'est exactement l'argument qui a imposé le modèle particulaire de la lumière, l'effet photoélectrique étant inexplicable par une description purement ondulatoire.

6) L'énergie d'un photon de $550$ nm vaut $E=\frac{1{,}989\times 10^{-25}}{550\times 10^{-9}}=3{,}62\times 10^{-19}$ J. Le nombre de photons reçus par seconde est le quotient de la puissance par cette énergie : $N=\frac{1{,}0\times 10^{-6}}{3{,}62\times 10^{-19}}=2{,}8\times 10^{12}$ photons par seconde. Ce nombre appelle deux commentaires. D'abord, une puissance ridiculement faible, un millionième de watt, correspond tout de même à près de trois mille milliards de photons chaque seconde : c'est ce qui explique que la nature granulaire de la lumière soit invisible dans la vie courante, la moyenne sur un si grand nombre gommant toute fluctuation. Ensuite, ce même nombre montre pourquoi la photographie en très faible lumière est BRUITÉE : quand le flux tombe à quelques centaines de photons par pixel et par pose, les fluctuations statistiques, de l'ordre de la racine carrée du nombre reçu, deviennent perceptibles et produisent le grain caractéristique des photos de nuit. Le modèle particulaire, invisible en plein jour, redevient donc directement observable dès que la lumière se fait rare.