Bac 2025 de spécialité physique-chimie, Asie jour 2 : sujet officiel et corrigé

Q1. Diluer au centième, c'est diviser la concentration par le facteur de dilution $F=100$, égal au rapport des volumes : $F=\dfrac{V}{V_{0}}$. Le volume de filtrat à prélever est donc $V_{0}=\dfrac{V}{F}=\dfrac{200{,}0}{100}=2{,}00$ mL.

Verrerie : un bécher pour contenir un peu de filtrat ; une pipette jaugée de $2{,}00$ mL, munie d'une propipette (ou poire aspirante), pour prélever le filtrat ; une fiole jaugée de $200{,}0$ mL pour la solution S ; une pissette d'eau distillée. Mode opératoire : on verse les $2{,}00$ mL de filtrat dans la fiole, on remplit aux trois quarts d'eau distillée, on agite, on complète jusqu'au trait de jauge, puis on bouche et on homogénéise. Erreur fréquente : citer une éprouvette graduée ou un bécher gradué pour mesurer les volumes ; ces récipients sont trop imprécis pour une solution dont on exploitera la concentration au titrage.

Q2. Pour un couple acide/base, l'acide prédomine quand $\mathrm{pH}<\mathrm{p}K_{A}$ et la base quand $\mathrm{pH}>\mathrm{p}K_{A}$ ; à $\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_{A}$, les deux formes ont la même concentration. Avec les deux couples de l'énoncé, l'axe des pH se découpe en trois domaines : $\mathrm{H_{2}CO_{3}}$ prédomine pour $\mathrm{pH}<6{,}3$, $\mathrm{HCO_{3}^{-}}$ pour $6{,}3<\mathrm{pH}<10{,}3$, $\mathrm{CO_{3}^{2-}}$ pour $\mathrm{pH}>10{,}3$ (tableau ci-dessous). L'ion hydrogénocarbonate occupe le domaine du milieu : il est la base du premier couple et l'acide du second. Sur la copie, on trace un axe gradué en pH, on y place les deux frontières 6,3 et 10,3 et on écrit chaque espèce dans son domaine.

Q3. Le pH initial, $11{,}4$, est supérieur à $\mathrm{p}K_{A2}=10{,}3$ : l'espèce prédominante est l'ion carbonate $\mathrm{CO_{3}^{2-}(aq)}$. On peut chiffrer cette prédominance avec la relation $\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_{A2}+\log\dfrac{[\mathrm{CO_{3}^{2-}}]}{[\mathrm{HCO_{3}^{-}}]}$ : le rapport vaut $10^{11{,}4-10{,}3}=10^{1{,}1}\approx 13$, l'ion carbonate est treize fois plus concentré que l'ion hydrogénocarbonate. C'est cohérent avec l'équation de la réaction support du titrage, écrite avec $\mathrm{CO_{3}^{2-}}$ comme réactif titré.

Q4. L'ion carbonate n'apparaît que dans le couple $\mathrm{HCO_{3}^{-}/CO_{3}^{2-}}$, et du côté de la base : il peut capter un ion $\mathrm{H^{+}}$ selon $\mathrm{CO_{3}^{2-}+H^{+}=HCO_{3}^{-}}$, mais il ne porte aucun atome d'hydrogène qu'il pourrait céder. Il n'est l'acide d'aucun couple : c'est une base. La réaction support du titrage montre même qu'il capte successivement deux ions $\mathrm{H^{+}}$ pour donner $\mathrm{H_{2}CO_{3}}$ ; on parle de dibase. Piège : répondre « ampholyte ». L'ampholyte de la famille est $\mathrm{HCO_{3}^{-}}$, base du couple $\mathrm{H_{2}CO_{3}/HCO_{3}^{-}}$ et acide du couple $\mathrm{HCO_{3}^{-}/CO_{3}^{2-}}$.

Q5. L'équivalence d'un titrage est l'état du système pour lequel le réactif titré et le réactif titrant ont été introduits dans les proportions stœchiométriques de l'équation de la réaction support du titrage. Les deux réactifs sont alors entièrement consommés, et il y a changement de réactif limitant : avant l'équivalence, le réactif titrant $\mathrm{H_{3}O^{+}}$ est limitant ; après, c'est le réactif titré $\mathrm{CO_{3}^{2-}}$ qui a disparu. En pH-métrie, l'équivalence se repère au saut de pH, par la méthode des tangentes parallèles ou au maximum de la dérivée $\dfrac{\mathrm{dpH}}{\mathrm{d}V}$.

Q6. À l'équivalence, les quantités de matière introduites sont dans les proportions des nombres stœchiométriques de $\mathrm{CO_{3}^{2-}+2\,H_{3}O^{+}}$ : $\dfrac{n_{0}(\mathrm{CO_{3}^{2-}})}{1}=\dfrac{n_{E}(\mathrm{H_{3}O^{+}})}{2}$, soit $n_{0}(\mathrm{CO_{3}^{2-}})=\dfrac{n_{E}(\mathrm{H_{3}O^{+}})}{2}$. Contrôle de bon sens : chaque ion carbonate consomme deux ions oxonium, il y a donc deux fois moins d'ions carbonate titrés que d'ions oxonium versés. Erreur fréquente : écrire $n_{0}=2\,n_{E}$, en recopiant le coefficient du mauvais côté ; le contrôle précédent l'évite.

Q7. Démarche : remonter du volume équivalent à la concentration en masse des ions carbonate dans le FILTRAT, puis la comparer au seuil $C_{m0}=60{,}0\ \mathrm{g\cdot L^{-1}}$.

1) Ions oxonium versés à l'équivalence : $n_{E}(\mathrm{H_{3}O^{+}})=c_{2}\times V_{E}=1{,}00\times 10^{-2}\times 15{,}2\times 10^{-3}=1{,}52\times 10^{-4}$ mol.

2) Ions carbonate titrés, d'après Q6 : $n_{0}(\mathrm{CO_{3}^{2-}})=\dfrac{1{,}52\times 10^{-4}}{2}=7{,}60\times 10^{-5}$ mol, contenus dans $V_{1}=5{,}0$ mL de solution S.

3) Concentration en quantité de matière dans la solution S : $[\mathrm{CO_{3}^{2-}}]_{S}=\dfrac{n_{0}}{V_{1}}=\dfrac{7{,}60\times 10^{-5}}{5{,}0\times 10^{-3}}=1{,}52\times 10^{-2}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$.

4) La solution S est le filtrat dilué cent fois : $[\mathrm{CO_{3}^{2-}}]_{\text{filtrat}}=100\times 1{,}52\times 10^{-2}=1{,}52\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$.

5) Concentration en masse : $C_{m}=[\mathrm{CO_{3}^{2-}}]_{\text{filtrat}}\times M(\mathrm{CO_{3}^{2-}})=1{,}52\times 60{,}0=91{,}2\ \mathrm{g\cdot L^{-1}}$, soit $91\ \mathrm{g\cdot L^{-1}}$ avec les deux chiffres significatifs de $V_{1}$.

Conclusion : $C_{m}=91\ \mathrm{g\cdot L^{-1}}\geqslant C_{m0}=60{,}0\ \mathrm{g\cdot L^{-1}}$, la concentration résiduelle en ions carbonate dépasse le seuil : l'objectif de récupérer 90 % du lithium est atteint. Le sens physique du critère : le carbonate de sodium est introduit en excès, et plus il reste d'ions carbonate dans le filtrat, plus la précipitation du lithium a été complète.

Vérification par le chemin inverse : au seuil exact, la concentration du filtrat serait $\dfrac{60{,}0}{60{,}0}=1{,}00\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$, celle de S $1{,}00\times 10^{-2}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$, et l'équivalence serait atteinte pour $V_{E,\min}=\dfrac{2\times 1{,}00\times 10^{-2}\times 5{,}0}{1{,}00\times 10^{-2}}=10{,}0$ mL. Le volume mesuré, $15{,}2$ mL, est plus grand : même conclusion. Erreurs fréquentes : oublier le facteur de dilution 100, ce qui donne $0{,}91\ \mathrm{g\cdot L^{-1}}$ et la conclusion inverse ; oublier le facteur 2 de Q6, ce qui donne $182\ \mathrm{g\cdot L^{-1}}$ et la bonne conclusion par une démarche fausse, que le correcteur sanctionne.

Remarque : le sujet écrit la formule du carbonate de lithium $\mathrm{LiCO_{3}}$. L'ion lithium portant une charge $+1$ et l'ion carbonate une charge $-2$, le solide électriquement neutre s'écrit $\mathrm{Li_{2}CO_{3}}$. Cette coquille est sans incidence sur la résolution, qui ne porte que sur les ions carbonate.

Q8. Par définition, la cathode est l'électrode où se produit une réduction (gain d'électrons) et l'anode celle où se produit une oxydation (perte d'électrons).

Réaction 1 : $\mathrm{CoO_{2}+Li^{+}+e^{-}=LiCoO_{2}}$, l'électron est consommé, $\mathrm{CoO_{2}}$ est réduit (le nombre d'oxydation du cobalt passe de $+4$ à $+3$). C'est une réduction : elle a lieu à la cathode. La figure 1 le confirme : l'oxyde métallique de lithium, produit de la réaction 1, garnit la cathode.

Réaction 2 : $\mathrm{LiC_{6}=Li^{+}+C_{6}+e^{-}}$, l'électron est libéré, $\mathrm{LiC_{6}}$ est oxydé. C'est une oxydation : elle a lieu à l'anode, garnie de lithium carbonique (graphite) sur la figure 1. Moyen mnémotechnique : anode et oxydation commencent par une voyelle, cathode et réduction par une consonne.

Q9. Quatre éléments à porter sur l'annexe.

Polarités : l'anode, où l'oxydation libère des électrons, est le pôle négatif ($-$), électrode de droite côté $\mathrm{LiC_{6}}$ ; la cathode, qui consomme ces électrons, est le pôle positif ($+$), électrode de gauche côté $\mathrm{LiCoO_{2}}$.

Sens du courant à l'extérieur : du pôle $+$ vers le pôle $-$ à travers le récepteur, donc de la cathode (gauche) vers l'anode (droite) ; on dessine une flèche de gauche à droite sur le fil du haut.

Porteurs de charge à l'extérieur : les électrons, dans les fils métalliques et le récepteur. Ils circulent en sens inverse du courant, de l'anode (droite) vers la cathode (gauche) : produits par la réaction 2, ils sont consommés par la réaction 1.

Ions lithium dans la pile : produits à l'anode par la réaction 2 et consommés à la cathode par la réaction 1, ils traversent l'électrolyte et le séparateur poreux de droite à gauche, du $\mathrm{LiC_{6}}$ vers le $\mathrm{LiCoO_{2}}$. Cohérence : à l'intérieur de la pile, le courant va du pôle $-$ au pôle $+$, et les cations se déplacent dans le sens du courant ; la boucle est fermée. Erreur fréquente : mettre le $+$ à l'anode par analogie avec l'électrolyse, où l'anode est reliée au pôle $+$ du générateur ; dans une pile, l'anode est le pôle $-$.

Q10. On convertit d'abord la capacité en coulombs : $Q=214\ \mathrm{A\cdot h}=214\times 3{,}6\times 10^{3}=7{,}70\times 10^{5}$ C. Avec la relation donnée : $n(e^{-})=\dfrac{Q}{N_{A}\times e}=\dfrac{7{,}70\times 10^{5}}{6{,}02\times 10^{23}\times 1{,}60\times 10^{-19}}=\dfrac{7{,}70\times 10^{5}}{9{,}63\times 10^{4}}=8{,}0$ mol, avec deux chiffres significatifs comme l'équivalence $3{,}6\times 10^{3}$ C. Le produit $N_{A}\times e\approx 9{,}63\times 10^{4}\ \mathrm{C\cdot mol^{-1}}$ est la charge d'une mole d'électrons, la constante de Faraday. Erreur fréquente : diviser directement les ampères-heures par $N_{A}\times e$, ce qui donne $2{,}2\times 10^{-3}$ mol, quantité absurde pour une batterie de voiture.

Q11. D'après la réaction 2, $\mathrm{LiC_{6}=Li^{+}+C_{6}+e^{-}}$, chaque entité $\mathrm{LiC_{6}}$ oxydée libère un électron : $n(\mathrm{LiC_{6}})=n(e^{-})=8{,}0$ mol. Donc $m(\mathrm{LiC_{6}})=n(\mathrm{LiC_{6}})\times M(\mathrm{LiC_{6}})=8{,}0\times 79{,}0=6{,}3\times 10^{2}$ g, soit environ $0{,}63$ kg. C'est la masse minimale de matériau d'anode qui doit s'oxyder pour fournir les 214 A·h ; la batterie réelle pèse des centaines de kilogrammes, car il faut y ajouter la cathode, l'électrolyte, les séparateurs, les connexions et le boîtier.

Q1. C'est l'effet Doppler : la fréquence d'une onde reçue diffère de la fréquence émise lorsque l'émetteur et le récepteur sont en mouvement l'un par rapport à l'autre. Ici l'onde fait un aller-retour : la balle en mouvement reçoit l'onde du radar, puis la renvoie comme un émetteur en mouvement, d'où le facteur 2 de la relation. Le radar étant placé derrière la joueuse, la balle s'en éloigne : la fréquence reçue est plus faible que la fréquence émise, et $\Delta f$ est négatif, ce qui explique la valeur absolue de la relation.

Q2. On isole $v$ dans la relation du document : $v_{0}=\dfrac{c\times|\Delta f|}{2\times f_{E}}$. Avec la fréquence convertie en hertz, $f_{E}=21{,}125\times 10^{9}$ Hz : $v_{0}=\dfrac{3{,}00\times 10^{8}\times 4\,225}{2\times 21{,}125\times 10^{9}}=30{,}0\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, soit $108\ \mathrm{km\cdot h^{-1}}$, avec trois chiffres significatifs comme $c$.

Vérification : le décalage relatif $\dfrac{|\Delta f|}{f_{E}}=2{,}0\times 10^{-7}$ est minuscule, comme il se doit pour une vitesse très petite devant $c$ ; c'est pourquoi la mesure exige un radar précis. Erreur fréquente : oublier la conversion des gigahertz, ce qui donne $3{,}0\times 10^{10}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, cent fois la vitesse de la lumière.

Q3. Système : la balle, assimilée à son centre de masse G. Référentiel : terrestre, supposé galiléen. Bilan des forces : le seul poids $\vec{P}=m\,\vec{g}$, les frottements de l'air étant négligés. Deuxième loi de Newton : $\sum\vec{F}=m\,\vec{a}$, soit $m\,\vec{g}=m\,\vec{a}$ et $\vec{a}=\vec{g}$.

Projection dans le repère : $\vec{g}$ est vertical et dirigé vers le bas, alors que $\vec{j}$ est orienté vers le haut. Donc $a_{x}=0$ et $a_{y}=-g$. La masse s'est simplifiée : le mouvement ne dépend pas de la masse de la balle, et la donnée $m=46$ g ne servira pas. Erreur fréquente : écrire $a_{y}=g$ en oubliant que l'axe Oy est orienté vers le haut.

Q4. Le vecteur accélération est la dérivée du vecteur vitesse : on cherche des primitives. De $a_{x}=0$ on tire $v_{x}(t)=C_{1}$ ; de $a_{y}=-g$, $v_{y}(t)=-g\,t+C_{2}$. Les constantes viennent du vecteur vitesse initiale, décomposé avec l'angle $\alpha$ sur la figure 1 : $v_{x}(0)=v_{0}\cos\alpha$ et $v_{y}(0)=v_{0}\sin\alpha$. Donc $v_{x}(t)=v_{0}\cos\alpha$ et $v_{y}(t)=-g\,t+v_{0}\sin\alpha$.

Le vecteur vitesse est la dérivée du vecteur position : $x(t)=(v_{0}\cos\alpha)\,t+C_{3}$ et $y(t)=-\dfrac{1}{2}g\,t^{2}+(v_{0}\sin\alpha)\,t+C_{4}$. À $t=0$, G est sur l'axe Oy à la hauteur $h$ : $x(0)=0$ et $y(0)=h$, d'où $C_{3}=0$ et $C_{4}=h$. On retrouve les équations horaires annoncées. Vérification : en dérivant deux fois $y(t)$, on retrouve bien $-g$.

Q5. On élimine le temps. De $x(t)=(v_{0}\cos\alpha)\,t$, avec $\cos\alpha\neq 0$ : $t=\dfrac{x}{v_{0}\cos\alpha}$. On remplace dans $y(t)$ : $y=-\dfrac{1}{2}g\left(\dfrac{x}{v_{0}\cos\alpha}\right)^{2}+v_{0}\sin\alpha\times\dfrac{x}{v_{0}\cos\alpha}+h$. Le terme du milieu se simplifie : $\dfrac{v_{0}\sin\alpha}{v_{0}\cos\alpha}=\tan\alpha$. D'où $y(x)=-\dfrac{1}{2}\times g\times\left(\dfrac{x}{v_{0}\cos\alpha}\right)^{2}+x\tan\alpha+h$ : la trajectoire est un arc de parabole.

Q6. Pour un slam dunk, la balle doit entrer dans le trou sans rouler : la trajectoire doit atteindre le sol exactement au trou, c'est-à-dire $y(d)=0$. Dans l'équation de la trajectoire, $g$ est imposé par la Terre, $h$ par la position de la balle posée et $d$ par la distance au trou. Les deux seuls paramètres de lancement sur lesquels la joueuse peut agir sont la valeur $v_{0}$ de la vitesse initiale (la force de la frappe) et l'angle de tir $\alpha$ (le choix du club et du geste). La masse n'intervient pas, Q3 l'a montré.

Q7. Démarche : calculer l'ordonnée $y(d)$ de la balle à l'abscisse du trou et la comparer à $0$, puis, si elle n'est pas nulle, trouver où la balle touche le sol. Calculatrice en mode DEGRÉS : $\cos 39°=0{,}777$ et $\tan 39°=0{,}810$.

La vitesse horizontale vaut $v_{0}\cos\alpha=30\times 0{,}777=23{,}3\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$ ; la balle mettrait $\dfrac{d}{v_{0}\cos\alpha}=\dfrac{150}{23{,}3}=6{,}43$ s pour arriver à l'aplomb du trou. Alors $y(d)=-\dfrac{1}{2}\times 9{,}81\times 6{,}43^{2}+150\times\tan 39°+0{,}030=-203+121{,}5+0{,}030=-81{,}5$ m.

Cette ordonnée est négative : dans le modèle, la balle passerait 81 m SOUS le niveau du sol à l'abscisse du trou. Physiquement, cela signifie qu'elle a touché le sol avant. Point de chute : on résout $y(x)=0$, équation du second degré $-k\,x^{2}+x\tan\alpha+h=0$ avec $k=\dfrac{g}{2\,v_{0}^{2}\cos^{2}\alpha}=9{,}02\times 10^{-3}\ \mathrm{m^{-1}}$ ; la racine positive est $x=\dfrac{\tan\alpha+\sqrt{\tan^{2}\alpha+4\,k\,h}}{2\,k}=89{,}8$ m, soit environ $90$ m. La balle retombe à une soixantaine de mètres avant le trou : la joueuse ne réussit pas son slam dunk.

Pour aller plus loin : avec le même angle de $39$°, la condition $y(d)=0$ impose $v_{0}=\sqrt{\dfrac{g\,d^{2}}{2\cos^{2}\alpha\,(d\tan\alpha+h)}}=38{,}8\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, environ $39\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$. Et à $30\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, aucun angle ne suffit : la portée maximale, obtenue vers 45° en négligeant $h$, vaut $\dfrac{v_{0}^{2}}{g}=91{,}7$ m, encore loin des 150 m. La joueuse doit frapper plus fort, d'autant que les frottements de l'air, négligés ici, raccourcissent encore la trajectoire réelle.

Erreurs fréquentes : calculer avec la calculatrice en radians ($\cos 39$ rad $=0{,}27$), ce qui donne un résultat sans signification ; conclure « $y(d)\neq 0$ donc échec » sans interpréter le signe ni situer le point de chute, alors que la démarche attendue est justement cette exploitation ; garder $h$ en centimètres face à des distances en mètres.

Q1. L'intensité est le débit de charge : $i=\dfrac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}$, où $q$ est la charge de l'armature vers laquelle arrive le courant. Le générateur fait circuler le courant dans le sens horaire sur la figure 1 : il traverse $R$ de gauche à droite et arrive sur l'armature du haut, celle que pointe la flèche de $u_{C}$. Avec $q=C\,u_{C}$ et $C$ constante : $i(t)=C\,\dfrac{\mathrm{d}u_{C}}{\mathrm{d}t}$. Les flèches de $i$ et de $u_{C}$ sont de sens opposés, c'est la convention récepteur, qui donne le signe $+$.

Q2. Loi des mailles, avec les orientations de la figure 1 ($E$ et $u_{C}$ fléchées vers le haut, $u_{R}$ vers la gauche) : $E=u_{R}+u_{C}$. Loi d'Ohm en convention récepteur, le courant traversant $R$ de gauche à droite et $u_{R}$ étant fléchée en sens inverse : $u_{R}=R\,i=R\,C\,\dfrac{\mathrm{d}u_{C}}{\mathrm{d}t}$, d'après Q1.

D'où $R\,C\,\dfrac{\mathrm{d}u_{C}}{\mathrm{d}t}+u_{C}=E$, et en divisant par $R\,C$ : $\dfrac{\mathrm{d}u_{C}}{\mathrm{d}t}+\dfrac{u_{C}}{RC}=\dfrac{E}{RC}$. Par identification avec la forme demandée : $\tau=R\times C$. Application numérique, utile pour la suite : $\tau=100\times 10^{3}\times 40\times 10^{-6}=4{,}0$ s.

Lecture physique de l'équation, qui sert de vérification. À la fermeture de K, le condensateur est déchargé, $u_{C}=0$, et l'équation donne $\dfrac{\mathrm{d}u_{C}}{\mathrm{d}t}=\dfrac{E}{\tau}=\dfrac{5{,}0}{4{,}0}=1{,}25\ \mathrm{V\cdot s^{-1}}$ : la tension monte d'abord vite, et le courant vaut $i(0)=\dfrac{E}{R}=\dfrac{5{,}0}{100\times 10^{3}}=5{,}0\times 10^{-5}$ A, soit $50\ \mu\mathrm{A}$, toute la tension du générateur étant aux bornes de $R$. Quand le condensateur est chargé, $u_{C}$ ne varie plus, $\dfrac{\mathrm{d}u_{C}}{\mathrm{d}t}=0$, et l'équation impose $u_{C}=E$ : c'est l'asymptote de 5 V que montre l'annexe. Erreur fréquente : écrire $u_{R}=-R\,i$ en lisant mal la flèche de $u_{R}$, ce qui change le signe de l'équation et donnerait une tension qui s'emballe au lieu de se stabiliser.

Q3. Analyse dimensionnelle. Loi d'Ohm, $R=\dfrac{u}{i}$ : $[R]=\mathrm{V\cdot A^{-1}}$. Pour le condensateur, $C=\dfrac{q}{u_{C}}$ et une charge est une intensité multipliée par une durée ($q=i\,t$) : $[C]=\mathrm{A\cdot s\cdot V^{-1}}$. Donc $[\tau]=[R]\times[C]=\mathrm{V\cdot A^{-1}}\times\mathrm{A\cdot s\cdot V^{-1}}=\mathrm{s}$ : la constante de temps s'exprime en secondes, l'ohm multiplié par le farad donne la seconde.

Autre vérification, par l'équation elle-même : $\dfrac{u_{C}}{\tau}$ s'ajoute à $\dfrac{\mathrm{d}u_{C}}{\mathrm{d}t}$, qui s'exprime en $\mathrm{V\cdot s^{-1}}$ ; il faut donc que $\tau$ soit une durée.

Q4. On dérive la fonction proposée, en n'oubliant pas la dérivée de $-\dfrac{t}{\tau}$ : $\dfrac{\mathrm{d}u_{C}}{\mathrm{d}t}=E\times\left(0-\left(-\dfrac{1}{\tau}\right)e^{-t/\tau}\right)=\dfrac{E}{\tau}\,e^{-t/\tau}$.

On remplace dans le membre de gauche : $\dfrac{E}{\tau}\,e^{-t/\tau}+\dfrac{E\,(1-e^{-t/\tau})}{\tau}=\dfrac{E}{\tau}\,e^{-t/\tau}+\dfrac{E}{\tau}-\dfrac{E}{\tau}\,e^{-t/\tau}=\dfrac{E}{\tau}$, qui est bien le membre de droite, pour tout $t\geqslant 0$. La fonction est solution. Elle respecte aussi la condition initiale : $u_{C}(0)=E\,(1-1)=0$, le condensateur est déchargé quand on ferme K. Erreur fréquente : écrire $\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}e^{-t/\tau}=e^{-t/\tau}$ en oubliant le facteur $-\dfrac{1}{\tau}$ ; l'équation n'est alors plus vérifiée.

Q5. Méthode des 63 %. D'après Q4, à $t=\tau$ : $u_{C}(\tau)=E\,(1-e^{-1})=0{,}63\,E$. On lit d'abord l'asymptote horizontale de la courbe : $u_{C}$ tend vers $E=5{,}0$ V. Donc $u_{C}(\tau)=0{,}63\times 5{,}0=3{,}2$ V. On trace sur l'annexe la droite horizontale $u_{C}=3{,}2$ V ; elle coupe la courbe en un point dont on lit l'abscisse : $\tau\approx 4{,}0$ s (quatre petites divisions, une petite division valant 1 s).

Autre méthode, celle de la tangente à l'origine : la tangente à la courbe en $t=0$, de pente $\dfrac{E}{\tau}$, coupe l'asymptote $u_{C}=E$ à la date $t=\tau$. Elle donne la même valeur, aux erreurs de tracé près ; elle est moins précise ici, car les premiers points sont serrés et la courbure se fait sentir dès la première seconde : la pente initiale de $1{,}25\ \mathrm{V\cdot s^{-1}}$ prévoit $1{,}25$ V à $t=1$ s, alors que la courbe passe déjà un peu en dessous, vers $1{,}1$ V. La figure ci-dessous montre les deux constructions sur le modèle.

Vérification : la valeur théorique est $\tau=RC=4{,}0$ s (Q2), en accord avec la lecture. Et la courbe est pratiquement plate à partir de $5\tau=20$ s, où $u_{C}=E\,(1-e^{-5})=0{,}99\,E$ : c'est bien ce que montre l'annexe. Erreur fréquente : lire $\tau$ à la moitié de $E$ ($2{,}5$ V), ce qui donne $\tau\ln 2\approx 2{,}8$ s, la durée de demi-charge et non la constante de temps.

Q6. Le temps de réponse du modèle est $t_{r}=\tau=4{,}0$ s, valeur confirmée par la théorie ($RC$) et par l'expérience (Q5). Or le temps de réponse d'une puce de paiement sans contact doit être compris entre 1 et 2 s. Avec $4{,}0$ s, deux à quatre fois trop long, le circuit réalisé ne modélise pas correctement la puce : l'attente serait trop longue pour l'utilisateur.

Le modèle RC reste pertinent dans son principe ; ce sont les valeurs des composants qui ne conviennent pas. Avec $R=100\ \mathrm{k\Omega}$ imposée par la puce, il faudrait $C=\dfrac{\tau}{R}$ compris entre $\dfrac{1}{100\times 10^{3}}=10\ \mu\mathrm{F}$ et $\dfrac{2}{100\times 10^{3}}=20\ \mu\mathrm{F}$, soit un condensateur deux à quatre fois plus petit que celui du montage. Erreur fréquente : conclure « oui » parce que la courbe a l'allure attendue d'une charge, sans comparer la valeur de $\tau$ à l'intervalle de 1 à 2 s donné en introduction.