Bac 2025 de spécialité physique-chimie, Amérique du Nord jour 2 : sujet officiel et corrigé

Q.1. En nomenclature, le suffixe « -ol » signale la fonction ALCOOL : un groupe hydroxyle $-\mathrm{OH}$ porté par un atome de carbone tétraédrique, c'est-à-dire lié par quatre liaisons simples. Sur la représentation de la quinine, le groupe $\mathrm{HO}$ est lié à un carbone qui porte aussi un atome d'hydrogène, le cycle quinoléine et le bicycle azoté : ce carbone est bien tétraédrique, et il n'appartient à aucun cycle aromatique (un $-\mathrm{OH}$ sur un cycle aromatique serait un phénol). Le nom « ...-méthanol » le dit : la chaîne principale est le méthanol, dont le carbone porte les deux substituants nommés devant, « 6-méthoxyquinolin-4-yl » et « 5-vinylquinuclidin-2-yl ».

Ce carbone étant lié à deux autres atomes de carbone, l'alcool est secondaire. Erreur fréquente : confondre le groupe hydroxyle avec le groupe méthoxy $-\mathrm{O-CH_{3}}$, qui est un éther (préfixe « méthoxy- ») et n'a rien à voir avec le suffixe « -ol ».

Q.2. La couleur perçue d'une lumière émise est celle des radiations qu'elle contient en majorité. Le spectre d'émission de fluorescence s'étend d'environ $390$ nm à $580$ nm, avec un maximum d'intensité vers $450$ nm, et il est faible au-delà de $520$ nm. Or le domaine $\approx 430$ à $490$ nm est celui du bleu. La lumière émise par une solution acidifiée de quinine est donc BLEUE.

Vérification avec les données : en milieu acide, la forme qui prédomine est $\mathrm{QH_{2}^{2+}}$ (question suivante), dont l'énoncé dit justement qu'elle émet une fluorescence bleue. Il faut bien parler ici de couleur ÉMISE, lue directement sur le maximum du spectre : la règle de la couleur complémentaire ne s'applique qu'à une espèce qui ABSORBE la lumière blanche.

Q.3. La quinine est une dibase : ses deux couples sont $\mathrm{QH_{2}^{2+}/QH^{+}}$, de $\mathrm{p}K_{A1}=4{,}4$, et $\mathrm{QH^{+}/Q}$, de $\mathrm{p}K_{A2}=9{,}0$. Pour chaque couple, la relation $\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_{A}+\log\dfrac{[\text{base}]}{[\text{acide}]}$ montre que l'acide prédomine pour $\mathrm{pH}<\mathrm{p}K_{A}$ et la base pour $\mathrm{pH}>\mathrm{p}K_{A}$. L'espèce $\mathrm{QH^{+}}$, base du premier couple et acide du second, prédomine donc entre les deux $\mathrm{p}K_{A}$. Le diagramme de prédominance, sur un axe de pH orienté vers la droite :

$\mathrm{QH_{2}^{2+}}$ prédomine pour $\mathrm{pH}<4{,}4$ ; $\mathrm{QH^{+}}$ prédomine pour $4{,}4<\mathrm{pH}<9{,}0$ ; $\mathrm{Q}$ prédomine pour $\mathrm{pH}>9{,}0$, les frontières étant placées en $4{,}4$ et $9{,}0$.

D'après les données sur la fluorescence sous UV : pour $\mathrm{pH}<4{,}4$, fluorescence BLEUE (forme $\mathrm{QH_{2}^{2+}}$) ; pour $4{,}4<\mathrm{pH}<9{,}0$, fluorescence VIOLETTE (forme $\mathrm{QH^{+}}$) ; pour $\mathrm{pH}>9{,}0$, AUCUNE fluorescence (forme $\mathrm{Q}$). Ce sont exactement les trois zones tracées sur la courbe de titrage de la partie B. Erreur fréquente : ranger les espèces dans le mauvais ordre ; la forme la plus chargée positivement, celle qui a capté le plus de protons, est toujours du côté des pH les plus faibles.

Q.4. Lors d'une dilution, la quantité de matière de soluté prélevée dans la solution mère se retrouve entière dans la solution fille : $C_{0}\times V_{0}=C_{f}\times V_{f}$. Pour la solution $\mathrm{S_{4}}$, $C_{f}=1{,}30\times 10^{-6}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$, donc $V_{0}=\dfrac{C_{f}\times V_{f}}{C_{0}}=\dfrac{1{,}30\times 10^{-6}\times 10{,}0}{1{,}30\times 10^{-5}}=1{,}00$ mL.

Vérification : le facteur de dilution vaut $F=\dfrac{C_{0}}{C_{f}}=10{,}0$, et $\dfrac{V_{f}}{F}=\dfrac{10{,}0}{10{,}0}=1{,}00$ mL. Le volume peut rester en millilitres de bout en bout, puisque les deux concentrations sont dans la même unité.

Q.5. Protocole de dilution : verser un peu de solution mère $\mathrm{S_{0}}$ dans un bécher propre (on ne pipette jamais dans le flacon) ; prélever $V_{0}=1{,}00$ mL de cette solution avec une pipette jaugée de $1{,}00$ mL munie d'une propipette ; l'introduire dans une fiole jaugée de $10{,}0$ mL ; ajouter le solvant (eau distillée acidifiée, pour garder la quinine sous sa forme acide fluorescente comme dans les autres étalons) jusqu'aux deux tiers, boucher et agiter ; compléter jusqu'au trait de jauge, le bas du ménisque sur le trait ; boucher et retourner plusieurs fois pour homogénéiser.

Erreur fréquente : prélever avec une éprouvette graduée ou une pipette graduée et diluer dans un bécher. La verrerie jaugée est celle qui garantit les trois chiffres significatifs des concentrations du tableau.

Q.6. La courbe $I_{f}=f(C_{f})$ est une droite qui passe par l'origine : les points expérimentaux sont alignés, aux erreurs de mesure près, sur une droite tracée depuis $(0\,;0)$. C'est ce que prévoit la loi donnée : $I_{f}=K\times I_{0}\times C$, avec $K$ constante et $I_{0}$ fixée par la source du spectrofluorimètre, identique pour toutes les mesures. Le produit $K\times I_{0}$ est donc une constante et $I_{f}$ est PROPORTIONNELLE à la concentration $C_{f}$ de l'espèce fluorescente.

Ordre de grandeur du coefficient directeur, lu sur la droite : elle passe par environ $720$ u.a. pour $C_{f}=5{,}0\times 10^{-6}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$, soit $k=K\,I_{0}\approx 1{,}44\times 10^{8}\ \mathrm{u.a.\cdot L\cdot mol^{-1}}$, $144$ u.a. par $10^{-6}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$. La proportionnalité n'est valable qu'aux faibles concentrations, d'où les étalons de l'ordre de $10^{-6}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$ et la dilution du Schweppes à l'étape 3.

Q.7. On exploite la droite d'étalonnage pour la solution diluée : $I_{f}=319$ u.a. Par lecture graphique, l'abscisse du point de la droite d'ordonnée $319$ u.a. est $C_{\text{dil}}\approx 2{,}2\times 10^{-6}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$. Par le calcul, avec le coefficient directeur de la droite : $C_{\text{dil}}=\dfrac{I_{f}}{k}=\dfrac{319}{1{,}44\times 10^{8}}=2{,}2\times 10^{-6}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$.

Le Schweppes a été dilué $100$ fois : sa concentration est $100$ fois plus grande que celle de la solution mesurée. $C_{\text{quinine}}=100\times C_{\text{dil}}=100\times 2{,}2\times 10^{-6}=2{,}2\times 10^{-4}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$. Vérification : $319$ u.a. est compris entre les intensités de $\mathrm{S_{3}}$ ($253$ u.a.) et $\mathrm{S_{2}}$ ($480$ u.a.), et $2{,}2\times 10^{-6}$ est bien compris entre leurs concentrations, $1{,}68\times 10^{-6}$ et $3{,}25\times 10^{-6}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$ : la mesure est dans la gamme d'étalonnage, ce qui la rend fiable. Erreur fréquente : oublier le facteur $100$ de la dilution et répondre $2{,}2\times 10^{-6}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$, la concentration de la solution diluée et non celle de la boisson.

Q.8. Le critère est une concentration MASSIQUE : il faut convertir. $C_{m}=C\times M=2{,}2\times 10^{-4}\times 324=7{,}2\times 10^{-2}\ \mathrm{g\cdot L^{-1}}$, soit environ $72\ \mathrm{mg\cdot L^{-1}}$ (calcul mené avec la valeur non arrondie $2{,}21\times 10^{-4}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$).

Comme $72\ \mathrm{mg\cdot L^{-1}}<100\ \mathrm{mg\cdot L^{-1}}$, le Schweppes respecte le critère des boissons « tonic » : sa teneur en quinine est sans inconvénient pour la santé. Erreur fréquente : comparer directement $2{,}2\times 10^{-4}$ à $100$, deux grandeurs qui n'ont pas la même unité.

Q.9. Démarche : calculer la masse de quinine qu'exige une prise pour une personne de $50$ kg, puis le volume de Schweppes qui l'apporte, et juger si ce volume est buvable.

Masse de quinine par prise : $m_{\text{prise}}=8\ \mathrm{mg\cdot kg^{-1}}\times 50\ \mathrm{kg}=400$ mg. Avec trois prises par jour, $m_{\text{jour}}=3\times 400=1\,200$ mg, soit $1{,}2$ g de quinine par jour.

Volume de Schweppes qui contient une prise : $V_{\text{prise}}=\dfrac{m_{\text{prise}}}{C_{m}}=\dfrac{400\ \mathrm{mg}}{72\ \mathrm{mg\cdot L^{-1}}}\approx 5{,}6$ L. Par jour, $3\times 5{,}6\approx 17$ L, et sur les sept jours du traitement environ $1{,}2\times 10^{2}$ L de boisson.

Conclusion : boire plus de cinq litres et demi de soda trois fois par jour est impossible, sans même compter le sucre, l'acidité qui attaque l'émail des dents (partie B) et le dioxyde de carbone que ces volumes apporteraient. Une personne de $50$ kg ne peut donc pas utiliser le Schweppes pour soigner le paludisme. C'est d'ailleurs la raison d'être du plafond de $100\ \mathrm{mg\cdot L^{-1}}$ : à cette teneur, une canette apporte une quantité de quinine très inférieure à une dose thérapeutique. Erreur fréquente : oublier la masse corporelle et comparer $8$ mg à la teneur par litre, ce qui fait croire qu'un verre suffit.

Q.10. Une réaction support de titrage doit être RAPIDE (l'équilibre est atteint dès chaque ajout, sinon la mesure du pH ne correspond pas à l'état du système), UNIQUE (le réactif titrant ne doit réagir qu'avec l'espèce titrée, sinon le volume versé ne mesure plus la seule quantité d'acide citrique) et TOTALE (le réactif limitant disparaît entièrement, ce qui fonde la relation à l'équivalence). Les termes à retenir sont donc : rapide, unique, totale.

Q.11. Le Schweppes est une eau gazéifiée : il contient du dioxyde de carbone dissous, $\mathrm{CO_{2},H_{2}O(aq)}$, qui est l'acide du couple $\mathrm{CO_{2},H_{2}O(aq)/HCO_{3}^{-}(aq)}$ (et l'ion $\mathrm{HCO_{3}^{-}}$ formé est lui-même l'acide du couple suivant). Si on ne le retire pas, il réagit lui aussi avec les ions hydroxyde versés, par exemple $\mathrm{CO_{2},H_{2}O(aq)+HO^{-}(aq)\rightarrow HCO_{3}^{-}(aq)+H_{2}O(\ell)}$.

La réaction de titrage ne serait alors plus unique : une partie de la soude servirait à neutraliser le dioxyde de carbone, le volume équivalent serait trop grand et la concentration en acide citrique SURESTIMÉE. L'agitation prolongée chasse le gaz dissous hors de la solution, ce qui ne laisse à titrer que l'acide citrique, l'acidifiant principal de la boisson (E330).

Q.12. Repérage de l'équivalence par la méthode de la dérivée : le volume équivalent est l'abscisse du maximum de $\dfrac{\mathrm{dpH}}{\mathrm{d}V}$, qui correspond au point d'inflexion du saut de pH. Le pic de la courbe dérivée est unique et se lit à $V_{E}\approx 13{,}2$ mL ; le pH vaut alors environ $8$. (La méthode des tangentes parallèles donne la même valeur.)

Relation à l'équivalence : les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques de l'équation $\mathrm{AH_{3}+3\,HO^{-}\rightarrow A^{3-}+3\,H_{2}O}$, soit $n(\mathrm{AH_{3}})_{\text{initial}}=\dfrac{n(\mathrm{HO^{-}})_{\text{versé}}}{3}$, donc $C_{A}\times V_{A}=\dfrac{C_{B}\times V_{E}}{3}$.

$C_{A}=\dfrac{C_{B}\times V_{E}}{3\,V_{A}}=\dfrac{0{,}100\times 13{,}2}{3\times 20{,}0}=2{,}20\times 10^{-2}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$, que la précision de lecture du volume équivalent (à $0{,}2$ mL près environ) invite à écrire $C_{A}\approx 2{,}2\times 10^{-2}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$.

Le piège de la question est le facteur $3$ : l'acide citrique est un TRIACIDE, une mole d'acide consomme trois moles d'ions hydroxyde. Écrire $C_{A}V_{A}=C_{B}V_{E}$ donnerait $6{,}6\times 10^{-2}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$, trois fois trop. Les trois acidités sont titrées ensemble : la courbe ne présente qu'un seul saut, parce que les trois $\mathrm{p}K_{A}$ de l'acide citrique sont trop proches pour donner trois sauts séparés.

Q.13. $C_{A}=2{,}2\times 10^{-2}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$ est inférieure à la concentration maximale admissible $7{,}8\times 10^{-2}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$, environ $3{,}5$ fois plus petite ($\dfrac{7{,}8\times 10^{-2}}{2{,}2\times 10^{-2}}\approx 3{,}5$). La teneur en acide citrique du Schweppes est conforme à la réglementation, même si la boisson reste acide (pH initial voisin de $2{,}3$ sur la courbe).

Q.14. Un indicateur coloré convient si son changement de couleur se produit dans le saut de pH, au voisinage de l'équivalence. Sous UV, la quinine change de « couleur » deux fois : du bleu au violet à $\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_{A1}=4{,}4$, et du violet à l'extinction de la fluorescence à $\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_{A2}=9{,}0$.

Sur la courbe de titrage, le pH franchit $4{,}4$ vers $V\approx 6$ mL, loin avant l'équivalence : ce premier changement ne signale rien d'utile, et un opérateur qui s'arrêterait là trouverait un volume deux fois trop petit. En revanche, le saut de pH s'étend d'environ $12{,}5$ mL à $14$ mL, du pH $6{,}5$ environ au pH $9{,}5$, et le pH $9{,}0$ y est atteint vers $13{,}4$ mL, à $0{,}2$ mL de $V_{E}=13{,}2$ mL : la disparition de la fluorescence violette repère l'équivalence avec un écart relatif de l'ordre de $2$ %, comparable à la précision de la lecture.

Conclusion : oui, la quinine déjà présente dans le Schweppes peut servir d'indicateur de fin de titrage sous UV, à condition de guetter la DISPARITION de la fluorescence violette (passage dans la zone 3) et non le passage du bleu au violet. Vérification de la condition d'un indicateur, être en quantité négligeable : la quinine titrée consomme au plus $2\times 2{,}2\times 10^{-4}\times 20{,}0\times 10^{-3}=8{,}8\times 10^{-6}$ mol d'ions hydroxyde, contre $1{,}32\times 10^{-3}$ mol pour l'acide citrique, moins de $1$ %.

Q.1. Le noyau d'uranium 235 se note $\mathrm{^{235}_{\ 92}U}$ : son numéro atomique $Z=92$ est le nombre de protons et son nombre de masse $A=235$ le nombre de nucléons. Il contient donc $92$ protons et $N=A-Z=235-92=143$ neutrons.

Q.2. Deux noyaux sont isotopes s'ils ont le même nombre de protons $Z$ mais des nombres de neutrons, donc de nucléons, différents. Dans le tableau 1, le seul noyau autre que l'uranium 235 qui a $Z=92$ est l'uranium 238, $\mathrm{^{238}_{\ 92}U}$, avec $238-92=146$ neutrons : c'est le seul isotope de l'uranium 235 du tableau.

Le piège est dans les deux noyaux de nombre de masse $235$ : le neptunium 235 ($Z=93$) et le plutonium 235 ($Z=94$) ont le même nombre de NUCLÉONS que l'uranium 235, mais pas le même nombre de protons. Ce ne sont pas des isotopes de l'uranium, ce sont d'autres éléments chimiques.

Q.3. On compare l'âge de la Terre, $4{,}5\times 10^{9}$ ans, au temps de demi-vie de chaque noyau : au bout de chaque durée $t_{1/2}$, le nombre de noyaux radioactifs d'un échantillon est divisé par deux.

Pour l'uranium 238, $t_{1/2}=4{,}5\times 10^{9}$ ans est égal à l'âge de la Terre : une seule demi-vie s'est écoulée depuis sa formation, et la moitié des noyaux d'uranium 238 initialement présents existe encore. Pour le plutonium 239, $t_{1/2}=24\,110$ ans : depuis la formation de la Terre, il s'est écoulé $\dfrac{4{,}5\times 10^{9}}{24\,110}\approx 1{,}9\times 10^{5}$ demi-vies. Le nombre de noyaux a été divisé par $2^{187\,000}$ environ, un nombre astronomique : il ne reste plus un seul noyau de plutonium 239 originel. Le plutonium 239 présent aujourd'hui est fabriqué dans les réacteurs, comme le montre la suite de l'exercice.

Q.4. La fission d'un noyau d'uranium 235 est provoquée par UN neutron et en libère TROIS. Chacun de ces neutrons peut à son tour percuter un autre noyau d'uranium 235 et provoquer sa fission, qui libère de nouveau des neutrons, et ainsi de suite : une fission en déclenche plusieurs autres, le nombre de fissions peut croître de génération en génération. C'est ce qui définit une réaction en chaîne. Dans un réacteur, on la contrôle en absorbant les neutrons en excès (barres de contrôle) pour qu'en moyenne un seul neutron par fission provoque une nouvelle fission.

Q.5. Chaque équation respecte les lois de conservation de Soddy : conservation du nombre de masse $A$ et conservation du nombre de charge $Z$.

Capture d'un neutron : $\mathrm{^{238}_{\ 92}U+{}^{1}_{0}n\rightarrow {}^{239}_{\ 92}U}$ (masse $238+1=239$, charge $92+0=92$).

Première désintégration $\beta^{-}$, indiquée dans la case de l'uranium 239 du document 1 : $\mathrm{^{239}_{\ 92}U\rightarrow {}^{239}_{\ 93}Np+{}^{\ 0}_{-1}e}$ (masse $239=239+0$, charge $92=93-1$).

Seconde désintégration $\beta^{-}$, indiquée dans la case du neptunium 239 : $\mathrm{^{239}_{\ 93}Np\rightarrow {}^{239}_{\ 94}Pu+{}^{\ 0}_{-1}e}$ (masse conservée, charge $93=94-1$).

La particule émise lors d'une désintégration $\beta^{-}$ est un ÉLECTRON, $\mathrm{^{\ 0}_{-1}e}$ (accompagné d'un antineutrino, que le programme n'exige pas d'écrire). Sur le diagramme N/Z, une désintégration $\beta^{-}$ fait passer à la case voisine de droite sur la même ligne de $A$ : un neutron du noyau s'est transformé en proton, $Z$ augmente de $1$ et $A$ ne change pas. Erreur fréquente : écrire un positon $\mathrm{^{0}_{1}e}$, qui est la particule de la radioactivité $\beta^{+}$.

Q.6. La particule émise est un noyau d'hélium 4, $\mathrm{^{4}_{2}He}$ : c'est une désintégration de type $\alpha$, ce que confirme la case du plutonium 239 du document 1. Vérification par les lois de Soddy : $239=235+4$ et $94=92+2$.

Q.7. Par définition, le temps de demi-vie est la durée au bout de laquelle la moitié des noyaux initialement présents s'est désintégrée : $N(t_{1/2})=\dfrac{N_{0}}{2}$. Avec la loi de décroissance, $N_{0}\,e^{-\lambda t_{1/2}}=\dfrac{N_{0}}{2}$, donc $e^{-\lambda t_{1/2}}=\dfrac{1}{2}$. En prenant le logarithme népérien, $-\lambda\,t_{1/2}=\ln\dfrac{1}{2}=-\ln 2$, d'où $\lambda=\dfrac{\ln 2}{t_{1/2}}$.

La constante radioactive s'exprime en $\mathrm{s^{-1}}$ : il faut convertir la demi-vie en secondes. $t_{1/2}=24\,110$ ans $=24\,110\times 365{,}25\times 24\times 3\,600\ \mathrm{s}=7{,}61\times 10^{11}$ s. Donc $\lambda=\dfrac{\ln 2}{7{,}61\times 10^{11}}=9{,}1\times 10^{-13}\ \mathrm{s^{-1}}$, la valeur annoncée. (Avec des années de $365$ jours, $t_{1/2}=7{,}60\times 10^{11}$ s et $\lambda=9{,}1\times 10^{-13}\ \mathrm{s^{-1}}$ aussi.) Erreur fréquente : calculer $\dfrac{\ln 2}{24\,110}=2{,}9\times 10^{-5}$, valeur juste mais en $\mathrm{an^{-1}}$, qui ne permet pas de retrouver le résultat demandé.

Q.8. Démarche : placer le plutonium 239 dans le tableau 2, ce qui demande sa demi-vie, déjà connue, et son ACTIVITÉ MASSIQUE, à calculer pour un gramme de plutonium 239 ; puis lire comment sont gérés les déchets de cette catégorie.

Nombre de noyaux dans $m=1$ g : $N=\dfrac{m}{M}\times N_{A}=\dfrac{1}{239}\times 6{,}02\times 10^{23}=2{,}52\times 10^{21}$ noyaux. Activité de ce gramme : $A=\lambda\cdot N=9{,}1\times 10^{-13}\times 2{,}52\times 10^{21}=2{,}3\times 10^{9}$ Bq. L'activité massique du plutonium 239 vaut donc $2{,}3\times 10^{9}\ \mathrm{Bq\cdot g^{-1}}$.

Classement : $2{,}3\times 10^{9}\ \mathrm{Bq\cdot g^{-1}}>10^{6}\ \mathrm{Bq\cdot g^{-1}}$, c'est un déchet de HAUTE ACTIVITÉ (HA), plus de mille fois au-dessus du seuil ; et $t_{1/2}=24\,110$ ans $>31$ ans, c'est un déchet à VIE LONGUE. Le plutonium 239 appartient donc à la catégorie haute activité à vie longue, pour laquelle le tableau 2 indique : « Pas encore de filière opérationnelle (stockage réversible profond à l'étude) ». Autrement dit, on ne sait pas aujourd'hui où mettre définitivement ces déchets, qui resteront radioactifs pendant des centaines de milliers d'années (dix demi-vies représentent $241\,100$ ans, pour une activité divisée par environ mille seulement).

Intérêt du MOX : le plutonium 239 est fissile. En le mélangeant à de l'uranium appauvri pour fabriquer un nouveau combustible, on transforme un déchet de la pire catégorie, sans solution de stockage, en source d'énergie : une partie de ce plutonium est consommée par fission dans le réacteur au lieu d'attendre des centaines de milliers d'années dans un entreposage. On réduit ainsi le volume de déchets HA à vie longue à gérer, tout en économisant de l'uranium naturel. Les produits de fission cités dans l'énoncé, le baryum 140 ($12{,}8$ jours) et le krypton 93 ($1{,}3$ s), sont eux à vie très courte, gérés par simple décroissance sur site. Limite à garder en tête : le combustible MOX usé contient encore du plutonium et des actinides mineurs, le recyclage limite les déchets ultimes sans les supprimer.

Q.1. Le phénomène de diffraction est d'autant plus marqué que la dimension de l'ouverture (ou de l'obstacle) est petite. Une condition nécessaire pour l'observer nettement : la largeur de l'ouverture doit être du même ordre de grandeur que la longueur d'onde, ou inférieure. En pratique, avec la lumière visible ($\lambda$ de quelques centaines de nanomètres), on l'observe avec des ouvertures de quelques micromètres à quelques dixièmes de millimètre, ce qui est le cas des perforations de la Mostiglass, et la lumière doit être monochromatique et directive, d'où le laser, pour obtenir une figure exploitable.

Q.2. Pour une fente de largeur $\ell$ éclairée par une onde de longueur d'onde $\lambda$, le demi-angle de diffraction, angle entre le centre de la tache centrale et sa première extinction, vaut $\theta=\dfrac{\lambda}{\ell}$, avec $\theta$ en radians, $\lambda$ et $\ell$ dans la même unité.

Q.3. Sur la figure 2, la fente, le centre de la tache et le bord de la tache forment un triangle rectangle : le côté adjacent à l'angle $\theta$ est la distance $D$ fente-écran, le côté opposé est la DEMI-largeur de la tache centrale, $\dfrac{d}{2}$. Donc $\tan\theta=\dfrac{d/2}{D}=\dfrac{d}{2D}$.

L'angle est petit ($d=6{,}0$ mm devant $D=3{,}00$ m), donc $\tan\theta\approx\theta$ et $\theta=\dfrac{d}{2D}$. En égalant avec la relation de Q.2, $\theta=\dfrac{\lambda}{\ell}$, on obtient $\dfrac{\lambda}{\ell}=\dfrac{d}{2D}$. Erreur fréquente : prendre $d$ au lieu de $d/2$ pour le côté opposé ; $d$ est la largeur TOTALE de la tache, de part et d'autre de l'axe.

Q.4. De la relation précédente, $\ell=\dfrac{2\,\lambda\, D}{d}$. En unités SI : $\ell=\dfrac{2\times 650\times 10^{-9}\times 3{,}00}{6{,}0\times 10^{-3}}=6{,}5\times 10^{-4}$ m, soit $\ell=0{,}65$ mm. On garde deux chiffres significatifs, comme $d$, la donnée la moins précise.

Vérification de l'approximation : $\theta=\dfrac{d}{2D}=\dfrac{6{,}0\times 10^{-3}}{6{,}00}=1{,}0\times 10^{-3}$ rad, bien petit devant $1$. Erreur fréquente : laisser $\lambda$ en nanomètres et $d$ en millimètres dans le même calcul.

Q.5. Les incertitudes relatives : $\dfrac{u(d)}{d}=\dfrac{0{,}5}{6{,}0}=8{,}3\times 10^{-2}$ et $\dfrac{u(D)}{D}=\dfrac{0{,}01}{3{,}00}=3{,}3\times 10^{-3}$. Donc $u(\ell)=0{,}65\times\sqrt{(8{,}3\times 10^{-2})^{2}+(3{,}3\times 10^{-3})^{2}}=0{,}65\times 8{,}34\times 10^{-2}=0{,}054$ mm, que l'on arrondit par excès à un chiffre significatif : $u(\ell)=0{,}06$ mm. Le résultat s'écrit $\ell=(0{,}65\pm 0{,}06)$ mm. Le terme dû à $D$ est négligeable : toute l'incertitude vient de la mesure de la tache.

Compatibilité avec la valeur de référence : $\dfrac{|\ell-\ell_{\text{ref}}|}{u(\ell)}=\dfrac{|0{,}65-0{,}55|}{0{,}054}=1{,}8$ (ou $1{,}7$ avec $u(\ell)$ arrondi à $0{,}06$ mm). Ce quotient est inférieur à $2$ : le résultat de la mesure est compatible avec la valeur de référence $0{,}55$ mm. L'écart de $0{,}10$ mm s'explique surtout par la difficulté à repérer les bords d'une tache de $6$ mm, dont la position est incertaine à $0{,}5$ mm près.

Q.6. Le régime permanent est atteint quand les températures ne varient plus, au-delà de $300$ s environ sur les deux figures. Sans la Mostiglass (figure 5a), $T_{1}\approx 31{,}2$ °C et $T_{2}\approx 31{,}0$ °C : $\Delta T=T_{1}-T_{2}\approx 0{,}2$ °C, un écart nul aux fluctuations de mesure près. L'air ne se refroidit pas en traversant le tunnel vide.

Avec la Mostiglass (figure 5b), $T_{1}\approx 32{,}0$ °C et $T_{2}\approx 26{,}9$ °C : $\Delta T=T_{1}-T_{2}\approx 5$ °C. La plaque fait baisser la température de l'air qui la traverse d'environ $5$ °C (soit $5$ K), alors que le tunnel seul ne la modifie pas : c'est bien la Mostiglass qui rafraîchit l'air, ce qui confirme son intérêt. Erreur fréquente : lire les températures pendant la montée, avant $200$ s, où l'écart n'est pas encore stabilisé.

Q.7. L'air est un fluide incompressible en écoulement permanent : le débit volumique se conserve tout le long du tunnel, $D_{v}=v_{1}\times S_{0}=v_{2}\times S_{0}$. Les sections d'entrée et de sortie du tunnel étant les mêmes, $S_{0}$, on en déduit $v_{2}=v_{1}=2{,}0\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$.

Q.8. Débit volumique dans le tunnel : $D_{v}=v_{1}\times S_{0}=2{,}0\times 4{,}0\times 10^{-2}=8{,}0\times 10^{-2}\ \mathrm{m^{3}\cdot s^{-1}}$. Tout ce débit passe par les ouvertures de la plaque : $D_{v}=v_{A}\times S_{A}=v_{B}\times S_{B}$.