Bac 2025 de spécialité physique-chimie, Amérique du Nord jour 1 : sujet officiel et corrigé

Q.1. La formule semi-développée fait apparaître toutes les liaisons sauf celles des atomes d'hydrogène : $\mathrm{CH_3{-}C({=}O){-}O{-}CH_2{-}CH_3}$, la double liaison $\mathrm{C{=}O}$ étant dessinée vers le haut à partir du deuxième carbone. Le groupe caractéristique à entourer est le groupe ester, $\mathrm{{-}C({=}O){-}O{-}}$ : le carbone lié à la fois par une double liaison à un oxygène et par une liaison simple à un second oxygène, lui-même lié à une chaîne carbonée. La famille fonctionnelle associée est celle des esters.

Erreur fréquente : n'entourer que le $\mathrm{C{=}O}$ (on lirait alors une cétone) ou que le $\mathrm{{-}O{-}}$ (un éther). Le groupe ester comprend les deux oxygènes et le carbone qui les porte. Le nom confirme la famille : un nom en « -oate de ... » désigne toujours un ester.

Q.2. Une flèche courbe modélise le déplacement d'un doublet d'électrons : elle part toujours d'un site donneur de doublet d'électrons et pointe vers un site accepteur. Ici, elle part d'un doublet non liant de l'atome d'oxygène doublement lié au carbone. Cet oxygène est un site donneur : il porte deux doublets non liants et, plus électronégatif que le carbone, il porte une charge partielle négative $\delta^-$. Elle pointe vers l'ion $\mathrm{H^+}$, site accepteur : il porte une charge positive et une lacune électronique, il peut recevoir un doublet. Le doublet devient la liaison $\mathrm{O{-}H}$ du produit, et l'oxygène, qui a mis en commun un de ses doublets, porte la charge $+$ : c'est bien ce que montre le membre de droite de la figure 2.

Erreur fréquente : faire partir la flèche de $\mathrm{H^+}$ vers l'oxygène, au motif que le proton « se fixe » sur l'oxygène. La flèche suit les électrons, pas les atomes, et $\mathrm{H^+}$ n'a aucun électron à céder.

Q.3. Un catalyseur est une espèce chimique qui augmente la vitesse d'une transformation chimique sans être consommée par celle-ci : elle n'apparaît pas dans l'équation de la réaction et ne modifie pas l'état final du système.

L'acide sulfurique est un acide fort : il apporte les ions $\mathrm{H^+}$ (ou $\mathrm{H_3O^+}$) au milieu. La figure 2 montre que $\mathrm{H^+}$ est un réactif de la première étape du mécanisme ; il est régénéré dans une étape ultérieure, puisqu'il n'apparaît pas dans l'équation de la synthèse, ni parmi les réactifs, ni parmi les produits. Il intervient donc dans le mécanisme sans être consommé au bilan : l'acide sulfurique joue le rôle de catalyseur. Les cinq gouttes suffisent précisément parce qu'il n'est pas consommé.

Q.4. Une extraction consiste à faire passer une espèce chimique d'une phase dans une autre, où elle est plus soluble, ou à la séparer des autres espèces grâce à une différence de solubilité. C'est l'étape 2 : l'ajout d'eau salée dans l'ampoule à décanter sépare l'ester, presque insoluble dans l'eau salée, de toutes les autres espèces, très solubles dans l'eau salée. L'étape 1 est la transformation chimique, l'étape 3 un lavage (neutralisation de l'acide restant) suivi d'un séchage.

Le sel n'est pas là par hasard : l'éthanoate d'éthyle est assez soluble dans l'eau pure (87 $\mathrm{g\cdot L^{-1}}$), mais presque insoluble dans l'eau salée. C'est le relargage, qui limite la perte d'ester dans la phase aqueuse.

Q.5. Schéma attendu : l'ampoule à décanter, robinet fermé, contient deux phases liquides séparées par une interface horizontale. La phase supérieure est la phase organique, qui contient l'éthanoate d'éthyle (avec un peu d'acide éthanoïque, que l'étape 3 neutralisera). La phase inférieure est la phase aqueuse : l'eau salée (eau, ions sodium et chlorure), l'eau formée par la réaction, l'éthanol, l'acide éthanoïque et l'acide sulfurique.

Justification, en deux temps. D'abord la répartition des espèces : l'éthanoate d'éthyle a une solubilité presque nulle dans l'eau salée, il forme donc une phase à part ; l'éthanol, l'acide éthanoïque et l'acide sulfurique sont très solubles dans l'eau salée, ils passent dans la phase aqueuse. Ensuite la position des phases : la masse volumique de l'éthanoate d'éthyle, $0{,}902\ \mathrm{g\cdot mL^{-1}}$, est inférieure à celle de l'eau salée, $1{,}15\ \mathrm{g\cdot mL^{-1}}$ ; la phase organique, moins dense, surnage.

Erreur fréquente : placer la phase aqueuse en haut parce qu'elle contient l'éthanol, moins dense que l'eau. C'est la masse volumique de chaque PHASE qui décide, et la phase aqueuse est composée majoritairement d'eau salée.

Q.6. L'acide éthanoïque, acide du couple $\mathrm{CH_3COOH/CH_3COO^-}$, cède un proton à l'ion hydrogénocarbonate, base du couple $\mathrm{CO_2,H_2O/HCO_3^-}$ :

$\mathrm{CH_3COOH(aq)+HCO_3^-(aq)\rightarrow CH_3COO^-(aq)+CO_2,H_2O(aq)}$

Le gaz formé est le dioxyde de carbone $\mathrm{CO_2}$, peu soluble, qui se dégage : c'est pourquoi le protocole demande de laisser dégazer, et de dégazer régulièrement l'ampoule pour éviter une surpression. Vérification : l'équation est équilibrée en éléments (2 C + 1 C, 4 H + 1 H, 2 O + 3 O de chaque côté) et en charges ($-1$ de chaque côté).

Q.7. Le rendement est le rapport de la quantité de matière de produit obtenue à la quantité maximale attendue : $\eta=\dfrac{n_{\text{ester}}}{n_{\max}}$. L'acide éthanoïque étant en excès et les nombres stœchiométriques valant tous 1, l'éthanol est le réactif limitant et $n_{\max}=n_{\text{éthanol}}$.

Quantités de matière initiales, par $n=\dfrac{\rho\,V}{M}$ : $n_{\text{éthanol}}=\dfrac{0{,}789\times 11{,}7}{46{,}1}=0{,}200$ mol et $n_{\text{acide}}=\dfrac{1{,}05\times 14{,}3}{60{,}0}=0{,}250$ mol. On vérifie au passage que l'acide est bien en excès, ce que l'énoncé affirme.

Quantité d'ester obtenue, en supposant le filtrat constitué d'éthanoate d'éthyle pur : $n_{\text{ester}}=\dfrac{0{,}902\times 12{,}0}{88{,}1}=0{,}123$ mol.

Donc $\eta=\dfrac{0{,}123}{0{,}200}=0{,}614$, soit un rendement d'environ 61 %, avec trois chiffres significatifs dans les données mais une hypothèse (ester pur, sans eau ni éthanol résiduels) qui ne justifie pas mieux que deux. Ce rendement inférieur à 100 % est attendu : l'estérification est une transformation limitée, qui conduit à un état d'équilibre (double flèche de l'équation), et une partie de l'ester est perdue lors des lavages.

Erreur fréquente : calculer le rendement par rapport à l'acide éthanoïque ($0{,}123/0{,}250=49$ %), alors qu'on rapporte toujours au réactif LIMITANT ; ou comparer des volumes ($12{,}0/11{,}7$), alors que les deux espèces n'ont ni la même masse volumique ni la même masse molaire.

Q.8. Bonnes propositions : A et C. Le rendement est limité parce que la transformation conduit à un équilibre, de constante $K=\dfrac{[\text{ester}]_{\text{éq}}\,[\text{eau}]_{\text{éq}}}{[\text{acide}]_{\text{éq}}\,[\text{alcool}]_{\text{éq}}}$. Pour l'améliorer, il faut déplacer l'état final dans le sens direct, en rendant le quotient de réaction $Q_r$ inférieur à $K$.

Proposition A : ajouter un réactif en excès, l'éthanol, augmente le dénominateur de $Q_r$ ; $Q_r$ devient inférieur à $K$ et le système évolue dans le sens direct, en consommant davantage d'acide éthanoïque, devenu le réactif limitant. Plus de produit par rapport au limitant : le rendement augmente.

Proposition C : éliminer l'eau, un produit, diminue le numérateur de $Q_r$, qui reste inférieur à $K$ tant qu'on retire l'eau : la transformation se poursuit dans le sens direct et peut devenir quasi totale. En pratique, c'est le rôle d'un appareil de Dean-Stark ou d'un desséchant.

Proposition B : l'acide sulfurique est un catalyseur (question Q.3). Il accélère la transformation, donc l'équilibre est atteint plus tôt, mais il ne modifie pas l'état final : le rendement ne change pas. Erreur fréquente : confondre « atteindre plus vite l'état final » et « obtenir plus de produit ».

Q.9. La solution $\mathrm{S_5}$ se prépare par dilution : on prélève $V_5=10{,}0$ mL de solution mère avec une pipette jaugée de 10,0 mL munie d'une propipette, à partir d'un bécher contenant un peu de $\mathrm{S_0}$, on les verse dans une fiole jaugée de 50,0 mL, on ajoute l'orthophénantroline puis l'eau distillée jusqu'au trait de jauge, et on homogénéise.

Conservation de la quantité de matière d'ions $\mathrm{Fe^{2+}}$ lors de la dilution : $C_0\,V_5=C_5\,V_{\text{totale}}$, d'où $C_5=\dfrac{C_0\,V_5}{V_{\text{totale}}}=\dfrac{3{,}58\times 10^{-4}\times 10{,}0}{50{,}0}=7{,}16\times 10^{-5}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$, soit $71{,}6\ \mathrm{\mu mol\cdot L^{-1}}$. Vérification : le cinquième point non nul de la figure 3 est bien placé vers 72 $\mathrm{\mu mol\cdot L^{-1}}$. Le facteur de dilution vaut 5. Erreur fréquente : diviser par le volume d'eau ajouté (40 mL) au lieu du volume total de la solution (50,0 mL).

Q.10. On règle le spectrophotomètre à la longueur d'onde du maximum d'absorption, lue sur le spectre : $\lambda_{\max}\approx 510$ nm (le sommet de la courbe est entre 505 et 510 nm). À cette longueur d'onde, l'absorbance est la plus grande pour une concentration donnée : la mesure est la plus sensible, une petite variation de concentration donne la plus grande variation d'absorbance, et l'incertitude relative sur la concentration est la plus faible.

Cohérence : une solution qui absorbe vers 510 nm, dans le vert, prend la couleur complémentaire, rouge-orangé ; c'est la couleur bien connue du complexe fer(II)-orthophénantroline.

Q.11. La loi de Beer-Lambert s'écrit $A=\varepsilon\,\ell\,C$ : l'absorbance est proportionnelle à la concentration. La courbe d'étalonnage est une droite passant par l'origine, modélisée par $A=0{,}0113\times C$ (avec $C$ en $\mathrm{\mu mol\cdot L^{-1}}$), et le coefficient de détermination $R^2=0{,}9992$, très proche de 1, montre que les points sont bien alignés sur ce modèle. L'absorbance est donc proportionnelle à la concentration : la loi de Beer-Lambert est vérifiée dans ce domaine de concentrations, avec $k=\varepsilon\,\ell=0{,}0113\ \mathrm{L\cdot\mu mol^{-1}}$. Une droite qui ne passerait pas par l'origine serait affine, pas linéaire, et ne suffirait pas.

Q.12. Concentration de la solution S, par la relation d'étalonnage : $C_S=\dfrac{A_s}{0{,}0113}=\dfrac{0{,}360}{0{,}0113}=31{,}9\ \mathrm{\mu mol\cdot L^{-1}}$, soit $3{,}19\times 10^{-5}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$. Cette absorbance est dans le domaine de la gamme (entre 0 et 0,98) : la relation s'applique. Lecture graphique de contrôle : $A=0{,}36$ correspond à environ 32 $\mathrm{\mu mol\cdot L^{-1}}$ sur la figure 3.

Quantité d'ions $\mathrm{Fe^{2+}}$ dans la fiole de 50,0 mL : $n(\mathrm{Fe^{2+}})=C_S\times V=3{,}19\times 10^{-5}\times 50{,}0\times 10^{-3}=1{,}59\times 10^{-6}$ mol. Chaque mole d'ions $\mathrm{Fe^{3+}}$ donne une mole d'ions $\mathrm{Fe^{2+}}$ : $n(\mathrm{Fe^{3+}})=n(\mathrm{Fe^{2+}})$. D'après l'équation de la dissolution, une mole de $\mathrm{Fe_2O_3}$ donne deux moles d'ions $\mathrm{Fe^{3+}}$ (l'acide chlorhydrique étant en excès, $\mathrm{Fe_2O_3}$ est entièrement dissous) : $n(\mathrm{Fe_2O_3})=\dfrac{n(\mathrm{Fe^{3+}})}{2}=\dfrac{1{,}59\times 10^{-6}}{2}=0{,}80\times 10^{-6}$ mol, la valeur annoncée.

Erreur fréquente : oublier le facteur 2 de la stœchiométrie (on trouverait $1{,}6\times 10^{-6}$ mol), ou multiplier $C_S$ en $\mathrm{\mu mol\cdot L^{-1}}$ par un volume en mL sans convertir.

Q.13. Masse d'oxyde de fer (III) dans l'échantillon : $m(\mathrm{Fe_2O_3})=n\times M=0{,}80\times 10^{-6}\times 159{,}7=1{,}3\times 10^{-4}$ g. Pourcentage massique : $P=\dfrac{m(\mathrm{Fe_2O_3})}{m}\times 100=\dfrac{1{,}28\times 10^{-4}}{0{,}0103}\times 100=1{,}2$ %.

Ce pourcentage est environ quatre fois plus faible que les 5 % requis : le vernis étudié ne possède pas un pouvoir couvrant optimal (si $\mathrm{Fe_2O_3}$ est son seul pigment). Erreur fréquente : comparer la masse de pigment à 5 % de la masse de la fiole ou de la solution, alors que le pourcentage massique se rapporte à la masse de l'échantillon de vernis, $m=0{,}0103$ g.

Q.1. Sur la figure 2, la portion « ligne droite » est tracée au niveau de l'axe des temps : l'accélération y est nulle, $a=0\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}$. Un vecteur accélération nul signifie que le vecteur vitesse est constant, en direction, en sens et en norme. La trajectoire OP étant une droite, le mouvement du véhicule sur OP est rectiligne uniforme. C'est la traduction du principe d'inertie : les forces qui s'exercent sur le véhicule se compensent.

Erreur fréquente : écrire « uniforme » seul. Un mouvement uniforme a une vitesse de norme constante, ce qui est aussi le cas sur l'arc de cercle, où l'accélération n'est pourtant pas nulle ; c'est le mot « rectiligne » qui traduit $\vec{a}=\vec{0}$ ici.

Q.2. Le vecteur accélération est la dérivée du vecteur vitesse par rapport au temps. Le programme approche cette dérivée comme il l'a fait pour la vitesse aux lignes 11 et 12 : par le taux de variation de la vitesse entre deux instants successifs, $a_x\approx\dfrac{v_x(t_{i+1})-v_x(t_i)}{\Delta t}$. Les deux lignes à écrire (bloc de code en fin de corrigé) sont donc les mêmes que celles de la vitesse, en remplaçant les positions par les vitesses.

Le décalage de la ligne 13 s'explique ainsi : chaque accélération utilise trois positions consécutives, et la liste $t$ raccourcie fait correspondre la première accélération à $t=1{,}50$ s, la date de la position du milieu. La liste $v_x$ compte dix valeurs, la boucle de la ligne 17 en produit neuf, et l'indice $i+1$ ne sort jamais de la liste. Erreur fréquente : écrire $(x[i+1]-x[i])/dt$ une seconde fois, ce qui recalcule la vitesse.

Q.3. Méthode : une grandeur augmente linéairement avec le temps si elle est de la forme $a=k\,t$ (ou $a=k\,t+b$ avec $b$ faible), ce qui se vérifie en calculant le quotient $\dfrac{a}{t}$ pour chaque colonne du tableau : s'il est constant, $a$ est proportionnelle à $t$.

Calcul : $\dfrac{0{,}1587}{1{,}50}=0{,}106$ ; $\dfrac{0{,}3218}{3{,}00}=0{,}107$ ; $\dfrac{0{,}4824}{4{,}50}=0{,}107$ ; $\dfrac{0{,}6411}{6{,}00}=0{,}107$ ; $\dfrac{0{,}8070}{7{,}50}=0{,}108$ ; $\dfrac{0{,}9506}{9{,}00}=0{,}106$. Le quotient vaut $0{,}107\ \mathrm{m\cdot s^{-3}}$ à 1,5 % près : l'accélération est proportionnelle au temps, $a\approx 0{,}107\times t$, donc elle augmente linéairement dans le temps, comme l'annonce le texte. L'accélération initiale nulle est cohérente avec ce modèle, qui donne $a=0$ à $t=0$.

Autre méthode, tout aussi valable : tracer $a$ en fonction de $t$ (au tableur ou à la calculatrice) et constater que les points sont alignés sur une droite passant presque par l'origine ; la régression linéaire donne une pente de $0{,}106\ \mathrm{m\cdot s^{-3}}$ et une ordonnée à l'origine de $0{,}003\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}$, négligeable. Erreur fréquente : constater seulement que « $a$ augmente », ce qui ne prouve pas la linéarité ; il faut un critère, quotient constant ou points alignés.

Remarque : les positions du programme sont espacées d'environ 20,0 m toutes les 1,50 s, ce qui correspond à une vitesse de $13{,}3\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$ et non aux $15{,}0\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$ annoncés par l'énoncé ; cet écart du sujet n'a aucune incidence sur la linéarité demandée.

Q.4. Le repère de Frenet est attaché au point mobile M. Le vecteur $\overrightarrow{u_T}$ est tangent à la trajectoire en M et orienté dans le sens du mouvement : le véhicule va de S vers Q, donc au point M, au sommet de l'arc, $\overrightarrow{u_T}$ est quasiment horizontal et dirigé vers la droite (vers les $x$ croissants). Le vecteur $\overrightarrow{u_N}$ est perpendiculaire à $\overrightarrow{u_T}$ et dirigé vers le centre C de la trajectoire : au point M, il est quasiment vertical et dirigé vers le bas, le long du rayon MC. Les deux vecteurs ont la même longueur, choisie librement, puisqu'ils sont unitaires (la figure du corrigé les dessine sur le modèle de l'annexe).

Erreur fréquente : orienter $\overrightarrow{u_N}$ vers l'extérieur du virage, ou $\overrightarrow{u_T}$ dans le sens contraire du mouvement.

Q.5. Dans le repère de Frenet, le vecteur accélération d'un point en mouvement circulaire de rayon $r$ s'écrit $\vec{a}=\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}\,\overrightarrow{u_T}+\dfrac{v^2}{r}\,\overrightarrow{u_N}$. Entre S et Q, la norme de la vitesse est constante : $\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=0$, la composante tangentielle est nulle et il reste $\vec{a}=\dfrac{v^2}{r}\,\overrightarrow{u_N}$. Le mouvement est circulaire uniforme, et l'accélération est centripète : dirigée vers le centre C, de norme constante $\dfrac{v^2}{r}$.

Q.6. Norme de l'accélération : $a=\dfrac{v^2}{r}=\dfrac{15{,}0^2}{75{,}0}=3{,}00\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}$. À l'échelle 1,0 cm pour $1{,}0\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}$, on trace en M un vecteur de 3,0 cm, de même direction et de même sens que $\overrightarrow{u_N}$, c'est-à-dire porté par le rayon MC et dirigé vers C. Le vecteur $\vec{a}$ part du point M, pas du centre. Vérification sur la figure 2 : c'est la valeur constante et maximale atteinte sur l'arc de cercle.

Q.7. Deuxième loi de Newton appliquée au véhicule, dans le référentiel terrestre supposé galiléen : $\vec{P}+\vec{R}+\vec{f}=m\,\vec{a}$. D'après Q.5, $\vec{a}$ est horizontal (la trajectoire est dans un plan horizontal) et dirigé vers le centre C. Projetée sur la verticale, la loi donne $R-P=0$ : la réaction et le poids ont la même norme et se compensent. Projetée sur l'horizontale dirigée vers C, elle donne $f=m\,a$ : la force de frottement est horizontale, dirigée vers C.

On élimine : le schéma 1 et le schéma 4 ont $\vec{R}$ plus courte que $\vec{P}$, donc une résultante qui aurait une composante verticale vers le bas ; le schéma 2 a une force $\vec{f}$ verticale, donc aucune force horizontale pour rendre l'accélération centripète ; les schémas 3 et 4 ont $\vec{f}$ dirigée à l'opposé de C. Seul le schéma 5 réunit les deux conditions : $\vec{R}$ et $\vec{P}$ opposées et de même longueur, $\vec{f}$ horizontale vers C. La somme des forces y est bien colinéaire à $\vec{a}$ et de même sens.

Erreur fréquente : penser que la force de frottement s'oppose au mouvement, donc vers l'extérieur ou vers l'arrière. Dans un virage, c'est l'adhérence des pneus qui empêche la voiture de partir tout droit : elle est dirigée vers l'intérieur du virage.

Q.8. Démarche : la force de frottement nécessaire pour suivre le virage est fixée par la deuxième loi de Newton, $f=m\,a=\dfrac{m\,v^2}{r}$. Elle croît avec la vitesse ; le véhicule dérape si elle atteint la valeur maximale permise par l'adhérence. La vitesse maximale dans le virage de rayon $r=75{,}0$ m vaut donc $v_{\max}=\sqrt{\dfrac{f_{\max}\,r}{m}}$. C'est sur l'arc de cercle que l'accélération est maximale (figure 2) : c'est lui qui fixe la limite.

Chaussée humide : $v_{\max}=\sqrt{\dfrac{7\,200\times 75{,}0}{1\,200}}=21{,}2\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, soit $21{,}2\times 3{,}6=76\ \mathrm{km\cdot h^{-1}}$. Chaussée sèche : $v_{\max}=\sqrt{\dfrac{10\,400\times 75{,}0}{1\,200}}=25{,}5\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, soit $92\ \mathrm{km\cdot h^{-1}}$.

Un panneau doit garantir la sécurité par tous les temps, donc sur chaussée humide : la vitesse limite doit être inférieure à $76\ \mathrm{km\cdot h^{-1}}$. Le panneau 70 convient. Vérification : à $70\ \mathrm{km\cdot h^{-1}}$, soit $19{,}4\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, $f=\dfrac{1\,200\times 19{,}4^2}{75{,}0}=6{,}0\times 10^{3}$ N, sous les 7 200 N. Le panneau 90 serait dangereux : à $25{,}0\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, il faudrait $f=1{,}0\times 10^{4}$ N, au-delà de la limite sur chaussée humide et à la limite sur chaussée sèche ; le 110 encore plus. Le panneau 50 serait sûr mais inutilement contraignant. Pour comparaison, le véhicule de l'énoncé, à $15{,}0\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$ ($54\ \mathrm{km\cdot h^{-1}}$), n'a besoin que de $3\,600$ N.

Erreur fréquente : oublier de convertir, et comparer des $\mathrm{m\cdot s^{-1}}$ aux $\mathrm{km\cdot h^{-1}}$ des panneaux, ou ne retenir que la chaussée sèche et choisir 90.

        ax.append((vx[i+1]-vx[i])/dt)
        ay.append((vy[i+1]-vy[i])/dt)

Q.1. Le système {bouée} est soumis à deux forces : son poids $\vec{P}$, vertical, vers le bas, appliqué au centre de gravité de la bouée, et la poussée d'Archimède $\vec{\pi}_A$, verticale, vers le haut, exercée par l'eau sur la partie immergée et appliquée au centre de la partie immergée. Schéma attendu : la bouée dessinée à la surface de l'eau, une flèche vers le bas notée $\vec{P}$ et une flèche vers le haut notée $\vec{\pi}_A$, de même longueur puisque la bouée est à l'équilibre (première loi de Newton : $\vec{P}+\vec{\pi}_A=\vec{0}$). On néglige la poussée d'Archimède de l'air sur la partie émergée, environ mille fois plus faible.

Q.2. À l'équilibre, d'après le principe d'inertie dans le référentiel terrestre supposé galiléen, les deux forces se compensent : $\pi_A=P$, soit $\rho_{\text{eau}}\cdot V_{\text{imm}}\cdot g=m\cdot g$. Le volume de fluide déplacé est le volume immergé de la bouée. L'intensité de la pesanteur se simplifie : $V_{\text{imm}}=\dfrac{m}{\rho_{\text{eau}}}=\dfrac{1{,}0}{1{,}00\times 10^{3}}=1{,}0\times 10^{-3}\ \mathrm{m^3}$, soit 1,0 L.

Erreur fréquente : prendre pour $V_f$ le volume total de la bouée, ce qui reviendrait à la supposer entièrement immergée.

Q.3. Proportion immergée : $\dfrac{V_{\text{imm}}}{V_{\text{bouée}}}=\dfrac{1{,}0\times 10^{-3}}{6{,}7\times 10^{-3}}=0{,}15$, soit environ 15 % du volume total. Cette proportion est inférieure aux 20 % imposés : les instruments restent hors de l'eau, la bouée remplit son cahier des charges, avec une petite marge (un supplément de charge de $0{,}34$ kg, par exemple un dépôt ou des algues, ferait atteindre 20 %).

Q.4. Analyse des unités : un débit volumique est un volume par unité de temps, en $\mathrm{m^3\cdot s^{-1}}$. La section S s'exprime en $\mathrm{m^2}$ et la vitesse en $\mathrm{m\cdot s^{-1}}$. Pour $\dfrac{v}{S}$ : $\dfrac{\mathrm{m\cdot s^{-1}}}{\mathrm{m^2}}=\mathrm{m^{-1}\cdot s^{-1}}$, ce n'est pas un débit. Pour $S\cdot v$ : $\mathrm{m^2}\times\mathrm{m\cdot s^{-1}}=\mathrm{m^3\cdot s^{-1}}$, c'est bien un débit. Pour $v^2\cdot S$ : $\mathrm{m^2\cdot s^{-2}}\times\mathrm{m^2}=\mathrm{m^4\cdot s^{-2}}$, non. La bonne formule est donc $D_V=S\cdot v$.

Interprétation : pendant $\Delta t$, l'eau avance de $v\,\Delta t$ et le volume qui traverse la section est celui d'un cylindre de base S et de longueur $v\,\Delta t$, d'où $D_V=\dfrac{S\,v\,\Delta t}{\Delta t}=S\cdot v$.

Q.5. La section en A est un disque de diamètre $d_A$ : $S_A=\pi\left(\dfrac{d_A}{2}\right)^2=\pi\times\left(\dfrac{55\times 10^{-3}}{2}\right)^2=2{,}38\times 10^{-3}\ \mathrm{m^2}$. Donc $D_V=S_A\cdot v_A=2{,}38\times 10^{-3}\times 5{,}6=1{,}3\times 10^{-2}\ \mathrm{m^3\cdot s^{-1}}$ (plus précisément $1{,}33\times 10^{-2}$), la valeur annoncée, avec deux chiffres significatifs comme $d_A$ et $v_A$. Erreur fréquente : utiliser le diamètre à la place du rayon dans $\pi r^2$, ce qui donne un débit quatre fois trop grand, ou oublier de convertir les millimètres.

Q.6. L'eau est incompressible et le régime permanent : le débit volumique se conserve le long de la conduite, $D_V=S_A\,v_A=S_B\,v_B$. D'où $v_B=v_A\times\dfrac{S_A}{S_B}=v_A\times\left(\dfrac{d_A}{d_B}\right)^2=5{,}6\times\left(\dfrac{55}{33}\right)^2=15{,}6\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, soit $16\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$ avec deux chiffres significatifs. Le rapport des sections est le CARRÉ du rapport des diamètres : réduire le diamètre d'un facteur $5/3$ multiplie la vitesse par $25/9\approx 2{,}8$. Erreur fréquente : écrire $v_B=v_A\,\dfrac{d_A}{d_B}$, ce qui donne 9,3 $\mathrm{m\cdot s^{-1}}$.

Q.7. C'est l'effet Venturi : dans le rétrécissement, la vitesse de l'eau augmente et sa pression diminue. En B, la pression devient inférieure à celle de l'air à l'entrée de la conduite verticale, et l'air est aspiré vers le rétrécissement, où il se mélange à l'eau.

Q.8. Relation de Bernoulli entre A et B, sur une même ligne de courant, pour un fluide incompressible en régime permanent : $p_A+\dfrac{1}{2}\rho\,v_A^2+\rho\,g\,z_A=p_B+\dfrac{1}{2}\rho\,v_B^2+\rho\,g\,z_B$. La conduite est horizontale : $z_A=z_B$, et les termes de pesanteur se simplifient. Il reste $p_B-p_A=\dfrac{1}{2}\rho\,v_A^2-\dfrac{1}{2}\rho\,v_B^2$, soit $\Delta p=\dfrac{1}{2}\cdot\rho\cdot(v_A^2-v_B^2)$.

Q.9. Avec la valeur non arrondie $v_B=15{,}6\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$ : $\Delta p=\dfrac{1}{2}\times 1{,}00\times 10^{3}\times(5{,}6^2-15{,}6^2)=-1{,}1\times 10^{5}$ Pa ($-1{,}05\times 10^{5}$ Pa avant arrondi ; avec $v_B=16\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, on trouverait $-1{,}1\times 10^{5}$ Pa aussi).

Commentaire : $\Delta p$ est négatif, la pression en B est inférieure à la pression en A, ce qui confirme l'effet Venturi de Q.7. La chute de pression, de l'ordre de $10^{5}$ Pa, est comparable à la pression atmosphérique : en B, l'eau est en forte dépression par rapport à l'air de l'entrée, qui est à la pression atmosphérique, et l'air est aspiré avec force. Erreur fréquente : oublier le signe, ou conclure que la pression augmente parce que la vitesse augmente.

Q.10. Le taux de dioxygène doit passer de 4 à 6 $\mathrm{mg\cdot L^{-1}}$, soit une augmentation de $2\ \mathrm{mg\cdot L^{-1}}$, dans tout le volume du bassin, $V_{\text{eau}}=172\ \mathrm{m^3}=172\times 10^{3}$ L (le bassin est un système fermé, son volume ne change pas). Masse de dioxygène à ajouter : $m=(6-4)\times 172\times 10^{3}=344\times 10^{3}$ mg $=344$ g. Erreur fréquente : oublier de convertir les $\mathrm{m^3}$ en litres, un mètre cube valant mille litres.

Q.11. Chaque litre d'eau brassé assimile 6 mg de dioxygène. Volume à brasser : $V=\dfrac{344\times 10^{3}\ \mathrm{mg}}{6\ \mathrm{mg\cdot L^{-1}}}=5{,}73\times 10^{4}$ L, soit $57{,}3\ \mathrm{m^3}$, un tiers environ du bassin.

Q.12. L'eau brassée est celle qui traverse l'aérateur, au débit $D_V=1{,}33\times 10^{-2}\ \mathrm{m^3\cdot s^{-1}}$ (Q.5). Durée nécessaire : $\Delta t=\dfrac{V}{D_V}=\dfrac{57{,}3}{1{,}33\times 10^{-2}}=4{,}3\times 10^{3}$ s, soit environ 72 minutes, 1,2 heure. Avec la valeur arrondie $D_V=1{,}3\times 10^{-2}\ \mathrm{m^3\cdot s^{-1}}$, on trouve $4{,}4\times 10^{3}$ s, 74 minutes : la conclusion ne change pas.

Cette durée est inférieure à deux heures : l'oxygénation peut être faite à temps, avec une marge d'environ trois quarts d'heure. Erreur fréquente : diviser le volume du bassin entier, 172 $\mathrm{m^3}$, par le débit (on trouverait 3,6 h et une conclusion fausse) ; seule l'eau qui doit être brassée compte, chaque litre brassé apportant 6 mg de dioxygène.