Bac 2025 de spécialité physique-chimie, Centres étrangers jour 1 : sujet officiel et corrigé

Q.1. Dans une formule topologique, chaque sommet et chaque extrémité de la ligne brisée porte un atome de carbone, complété par autant d'atomes d'hydrogène qu'il faut pour qu'il forme quatre liaisons. On compte huit carbones dans le zigzag, plus le carbone qui porte $\mathrm{O}$ et $\mathrm{OH}$ : neuf atomes de carbone, comme l'annonce le préfixe « non- » de nonanoïque. La formule semi-développée montre toutes les liaisons sauf celles avec l'hydrogène :

$\mathrm{CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{2}-C(=O)-OH}$

Sur la copie, la double liaison $\mathrm{C=O}$ se dessine verticalement au-dessus du dernier carbone, et l'on entoure ensemble l'atome de carbone, l'oxygène doublement lié et le groupe $\mathrm{OH}$ : c'est le groupe carboxyle $-\mathrm{COOH}$. Famille fonctionnelle : les acides carboxyliques, ce que confirme le nom « acide ...oïque ». Erreur fréquente : entourer seulement $\mathrm{C=O}$ (groupe carbonyle, celui des aldéhydes et des cétones) ou seulement $\mathrm{OH}$ (celui des alcools) ; le groupe carboxyle est l'ensemble des deux, portés par le même carbone.

Q.2. On confronte les bandes du spectre à la table de données, liaison par liaison. Deux bandes signent un acide carboxylique.

• Une bande forte et très large qui s'étend d'environ $3\,300$ à $2\,500\ \mathrm{cm^{-1}}$ : c'est la bande $\mathrm{O-H}$ d'un acide carboxylique ($2\,500$ à $3\,200\ \mathrm{cm^{-1}}$, forte à moyenne, large). Les deux pointes fines qui la surmontent vers $2\,900\ \mathrm{cm^{-1}}$ sont les liaisons $\mathrm{C-H}$ de la longue chaîne carbonée.
• Une bande forte et fine vers $1\,700\ \mathrm{cm^{-1}}$, la plus intense du spectre : c'est la liaison $\mathrm{C=O}$ d'un acide carboxylique ($1\,680$ à $1\,710\ \mathrm{cm^{-1}}$).

La bande $\mathrm{C=O}$ seule ne suffirait pas : un ester ($1\,700$ à $1\,740$), un aldéhyde ou une cétone absorbent dans la même zone. C'est sa présence AVEC la bande $\mathrm{O-H}$ très élargie, qui descend jusque vers $2\,500\ \mathrm{cm^{-1}}$ (une bande $\mathrm{O-H}$ d'alcool resterait entre $3\,200$ et $3\,400$), qui désigne le groupe carboxyle. Le spectre est donc celui d'un acide carboxylique, ce qui est compatible avec l'acide nonanoïque. D'où la prudence de l'énoncé, « peut correspondre » : la spectroscopie IR identifie des liaisons, pas une molécule précise, et tous les acides à longue chaîne ont un spectre très voisin.

Q.3. Diluer 10 fois, c'est préparer une solution fille dont la concentration est dix fois plus petite : le facteur de dilution vaut $F=\dfrac{C_{\text{mère}}}{C_{\text{fille}}}=\dfrac{V_{\text{fiole}}}{V_{\text{pipette}}}=10$, puisque la quantité de matière prélevée à la pipette se retrouve entière dans la fiole. On cherche donc une fiole jaugée dont le volume vaut dix fois celui d'une pipette jaugée disponible.

Les associations possibles donnent $\dfrac{50{,}0}{2{,}0}=25$, $\dfrac{100{,}0}{2{,}0}=50$, $\dfrac{200{,}0}{2{,}0}=100$, $\dfrac{50{,}0}{10{,}0}=5$, $\dfrac{100{,}0}{10{,}0}=10$, $\dfrac{200{,}0}{10{,}0}=20$, $\dfrac{50{,}0}{25{,}0}=2$, $\dfrac{100{,}0}{25{,}0}=4$ et $\dfrac{200{,}0}{25{,}0}=8$. Une seule convient : la pipette jaugée de $10{,}0$ mL et la fiole jaugée de $100{,}0$ mL. Protocole : prélever $10{,}0$ mL de solution commerciale à la pipette jaugée, les verser dans la fiole de $100{,}0$ mL, compléter à l'eau distillée aux trois quarts, agiter, compléter jusqu'au trait de jauge, puis homogénéiser. On utilise de la verrerie jaugée, et non une éprouvette ou un bécher, parce que la précision de la dilution se reporte directement sur la concentration mesurée.

Q.4. Le schéma attendu, légendé : une burette graduée fixée sur un support, remplie de la solution titrante d'hydroxyde de sodium $(\mathrm{Na^{+}(aq)},\ \mathrm{HO^{-}(aq)})$ de concentration $C_{B}=0{,}100\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$ ; sous elle, un bécher contenant la prise d'essai $V_{A}=10{,}0$ mL de solution S, prélevée à la pipette jaugée de $10{,}0$ mL (solution titrée) ; dans le bécher, la sonde pH-métrique (électrode combinée) reliée au pH-mètre ; un barreau aimanté posé au fond du bécher, entraîné par un agitateur magnétique.

On peut ajouter de l'eau distillée dans le bécher pour que la sonde soit bien immergée : la quantité d'acide à titrer ne change pas, donc le volume équivalent non plus. Le pH-mètre doit avoir été étalonné avec des solutions tampons avant le titrage. Erreur fréquente : oublier l'agitation, sans laquelle le pH lu au voisinage de la sonde ne représente pas la solution, ou inverser les solutions (le réactif titrant, de concentration connue, est toujours dans la burette).

Q.5. La réaction support est une réaction acide-base entre l'acide nonanoïque, acide du couple $\mathrm{R-COOH/R-COO^{-}}$, et l'ion hydroxyde, base du couple $\mathrm{H_{2}O/HO^{-}}$ :

$\mathrm{R-COOH(aq)+HO^{-}(aq)\longrightarrow R-COO^{-}(aq)+H_{2}O(\ell)}$

L'acide cède un proton $\mathrm{H^{+}}$ à l'ion hydroxyde. La flèche simple dit que la réaction est considérée comme totale, condition d'un titrage (question suivante). On vérifie la conservation des éléments et des charges : une charge négative de chaque côté. Les ions sodium sont spectateurs et n'apparaissent pas.

Q.6. La réaction support d'un titrage doit être rapide, unique et totale. Rapide, pour que chaque ajout de soude réagisse aussitôt et que le pH lu corresponde à l'état final après chaque ajout ; unique, pour que les ions hydroxyde versés ne réagissent qu'avec l'acide à titrer, sans quoi la relation à l'équivalence serait fausse ; totale, pour que tout l'acide ait réagi à l'équivalence et que le volume équivalent mesure exactement sa quantité de matière.

Q.7. L'équivalence d'un titrage est l'état du système pour lequel les réactifs titré et titrant ont été introduits dans les proportions stœchiométriques de la réaction support : ils sont alors entièrement consommés tous les deux. C'est aussi l'instant où le réactif limitant change : avant l'équivalence, l'ion hydroxyde versé est limitant ; après, c'est l'acide, qui a disparu. Ici, les nombres stœchiométriques valant 1, l'équivalence se traduit par $n_{\text{acide, initial}}=n_{\mathrm{HO^{-}},\text{versé}}$, soit $C_{S}\,V_{A}=C_{B}\,V_{E}$.

Q.8. Démarche : lire le volume équivalent, en déduire la concentration de S, puis celle du désherbant et sa concentration en masse, évaluer l'incertitude-type et comparer à la valeur de l'étiquette par le quotient proposé.

Volume équivalent. Par la méthode de la dérivée, l'équivalence correspond à l'extremum de $\dfrac{\mathrm{dpH}}{\mathrm{d}V}$, c'est-à-dire au point d'inflexion du saut de pH. Le pic de la dérivée se lit juste avant la graduation secondaire de $17$ mL : $V_{E}\approx 16{,}9$ mL. La méthode des tangentes parallèles donne la même valeur au dixième près.

Concentration de S. À l'équivalence, $C_{S}\,V_{A}=C_{B}\,V_{E}$ (Q.7), donc $C_{S}=\dfrac{C_{B}\,V_{E}}{V_{A}}=\dfrac{0{,}100\times 16{,}9}{10{,}0}=0{,}169\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$. Les volumes sont dans la même unité, inutile de les convertir.

Désherbant. La solution commerciale est dix fois plus concentrée que S : $C=10\,C_{S}=1{,}69\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$, et sa concentration en masse vaut $C_{m}=C\times M=1{,}69\times 158{,}24=267\ \mathrm{g\cdot L^{-1}}$. En une seule expression : $C_{m}=\dfrac{10\,M\,C_{B}\,V_{E}}{V_{A}}$.

Incertitude-type. L'expression est de la forme $\dfrac{X\times Y}{Z}$ avec $X=C_{B}$, $Y=V_{E}$ et $Z=V_{A}$, le facteur $10$ et la masse molaire étant considérés comme exacts. La prise d'essai est faite à la pipette jaugée de $10{,}0$ mL, d'où $u(V_{A})=0{,}02$ mL. Alors $\dfrac{u(C_{m})}{C_{m}}=\sqrt{\left(\dfrac{0{,}002}{0{,}100}\right)^{2}+\left(\dfrac{0{,}5}{16{,}9}\right)^{2}+\left(\dfrac{0{,}02}{10{,}0}\right)^{2}}=\sqrt{4{,}0\times 10^{-4}+8{,}8\times 10^{-4}+4\times 10^{-6}}=0{,}036$, soit $u(C_{m})=267\times 0{,}036=9{,}6\ \mathrm{g\cdot L^{-1}}$. Le terme dominant est la lecture graphique du volume équivalent ; celui de la pipette est négligeable.

Compatibilité. $\dfrac{|C_{m,\text{mes}}-C_{m,\text{ref}}|}{u(C_{m})}=\dfrac{|267-250|}{9{,}6}=1{,}8$. Le quotient est inférieur à $2$ : la valeur de l'étiquette, $250\ \mathrm{g\cdot L^{-1}}$, est compatible avec le résultat du dosage. Le quotient est cependant proche de la limite : avec une lecture $V_{E}=17{,}0$ mL, on trouverait $C_{m}=269\ \mathrm{g\cdot L^{-1}}$ et un quotient de $2{,}0$. La conclusion dépend donc de la précision de la lecture, et une copie qui lit $17$ mL et conclut « à la limite de la compatibilité » est cohérente. Vérification par l'autre sens : l'étiquette prévoit $C=\dfrac{250}{158{,}24}=1{,}58\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$, donc un volume équivalent de $15{,}8$ mL, à un peu plus de deux $u(V_{E})$ de la lecture.

Erreur fréquente : oublier le facteur de dilution. On trouverait alors $26{,}7\ \mathrm{g\cdot L^{-1}}$, dix fois trop peu, et l'on conclurait à tort que le produit est non conforme.

Q.9. Le nonanoate de méthyle porte le groupe $-\mathrm{C(=O)-O-}$ : un carbone doublement lié à un oxygène et simplement lié à un second oxygène, lui-même lié à un carbone (ici celui du groupe méthyle). C'est un ester, et son nom est celui d'un ester : « ...oate de ...yle », formé à partir de l'acide nonanoïque et du méthanol. La réaction de la partie 3 est une estérification.

Q.10. On recopie l'étape 1 telle qu'elle est donnée : l'acide $\mathrm{R-C(=O)-OH}$, avec les doublets non liants des oxygènes, plus l'ion $\mathrm{H^{+}}$, donnent l'ion $\mathrm{R-C(=O^{+}-H)-OH}$. La flèche courbe part d'un doublet non liant de l'atome d'oxygène doublement lié au carbone et pointe vers l'ion $\mathrm{H^{+}}$.

Justification du sens : une flèche courbe représente le déplacement d'un doublet d'électrons, et elle va toujours d'un site donneur vers un site accepteur de doublet. L'atome d'oxygène, porteur de doublets non liants et plus électronégatif que le carbone, est un site donneur (riche en électrons) ; l'ion $\mathrm{H^{+}}$, qui n'a aucun électron et porte une charge positive, est un site accepteur. Le doublet devient la nouvelle liaison $\mathrm{O-H}$, ce qui explique que l'oxygène porte une charge $+$ dans le produit : il a mis en commun un doublet qui lui appartenait en propre. Erreur fréquente : faire partir la flèche de $\mathrm{H^{+}}$ vers l'oxygène ; une flèche part toujours des électrons, et $\mathrm{H^{+}}$ n'en a pas.

Q.11. X est la molécule d'eau, $\mathrm{H_{2}O}$. Justification par la conservation : à gauche de l'étape 4, le carbone central porte $\mathrm{R}$, un groupe $\mathrm{OH}$, un groupe $\mathrm{O-CH_{3}}$ et un groupe $\mathrm{-O^{+}H_{2}}$ (oxygène lié à deux hydrogènes et chargé $+$) ; à droite, l'ion $\mathrm{R-C^{+}(OH)-O-CH_{3}}$ a perdu ce dernier groupe. La différence est un atome d'oxygène et deux atomes d'hydrogène, et la charge vaut $+1$ des deux côtés, donc X est neutre : $\mathrm{H_{2}O}$.

Le doublet de la liaison $\mathrm{C-O}$ part avec l'oxygène chargé, qui redevient neutre : l'eau est un excellent groupe partant, et c'est tout l'intérêt de l'étape 3, qui protone le groupe $\mathrm{OH}$ pour le transformer en $\mathrm{-OH_{2}^{+}}$. Recoupement : dans l'équation de synthèse, l'acide et le méthanol donnent l'ester et X, et le bilan des atomes ($\mathrm{C_{9}H_{18}O_{2}+CH_{4}O\rightarrow C_{10}H_{20}O_{2}+X}$) laisse bien $\mathrm{H_{2}O}$.

Q.12. Un intermédiaire réactionnel est une espèce formée au cours d'une étape puis consommée dans une étape suivante : il n'apparaît ni parmi les réactifs ni parmi les produits de l'équation de la réaction. Exemple : l'ion $\mathrm{R-C(=O^{+}-H)-OH}$, l'acide protoné. Il est produit à l'étape 1 et consommé à l'étape 2, et ne figure pas dans l'équation de synthèse. Les espèces formées aux étapes 2, 3 et 4 conviennent aussi, pour la même raison.

Piège : $\mathrm{H^{+}}$ n'est pas un intermédiaire réactionnel. Il est consommé avant d'être formé (étape 1, puis étape 5) et il est présent dès l'état initial : c'est la définition d'un catalyseur, objet de la question suivante.

Q.13. L'acide sulfurique, entièrement dissocié en $2\,\mathrm{H^{+}(aq)}+\mathrm{SO_{4}^{2-}(aq)}$, apporte les ions $\mathrm{H^{+}}$, qui jouent le rôle de catalyseur. Justification par le mécanisme : $\mathrm{H^{+}}$ est consommé à l'étape 1 et régénéré à l'étape 5, en même quantité ; il n'apparaît donc pas dans l'équation de la réaction. Il accélère la transformation en ouvrant ce chemin réactionnel : en se fixant sur l'oxygène du groupe carbonyle, il rend l'atome de carbone plus déficitaire en électrons, donc plus facilement attaqué par l'oxygène du méthanol à l'étape 2. Un catalyseur modifie la vitesse de la transformation mais pas son état final : le rendement de cette estérification, limité par l'équilibre (double flèche), n'est pas changé par l'acide sulfurique.

Q.1. Dans la commune du radar, l'éclairement vaut $E=600\ \mathrm{W\cdot m^{-2}}$ : on lit donc la courbe de puissance (trait plein rouge, axe de droite) marquée « $600\ \mathrm{W\cdot m^{-2}}$ ». Elle croît depuis l'origine, passe par un maximum vers $U\approx 22$ V, puis chute à zéro vers $29$ V. Son sommet est sur la graduation $100$ W de l'axe des puissances : la puissance électrique maximale fournie est $P_{m}=100$ W.

Vérification par l'autre courbe : à $U=22$ V, la caractéristique d'intensité à $600\ \mathrm{W\cdot m^{-2}}$ (tirets bleus, axe de gauche) donne $I\approx 4{,}6$ A, et $P=U\times I=22\times 4{,}6=101$ W, en accord. Erreur fréquente : lire la puissance sur l'axe de gauche, gradué en ampères, ou prendre la courbe de $1\,000\ \mathrm{W\cdot m^{-2}}$, la plus visible. Le rhéostat $R$ de la figure 2 sert justement à parcourir toute la caractéristique : chaque valeur de $R$ donne un point de fonctionnement $(U,I)$.

Q.2. Le rendement est le rapport de la puissance utile, électrique, à la puissance reçue, lumineuse : $\eta=\dfrac{P_{m}}{P_{\text{lum}}}$ avec $P_{\text{lum}}=E\times S$.

Surface du panneau, en mètres : $S=0{,}850\times 0{,}950=0{,}808\ \mathrm{m^{2}}$. Puissance lumineuse reçue : $P_{\text{lum}}=600\times 0{,}8075=4{,}85\times 10^{2}$ W. Rendement : $\eta=\dfrac{100}{484{,}5}=0{,}206$, soit $\eta\approx 21$ %.

Conclusion : la valeur mesurée est très proche du rendement annoncé de $20$ % (écart relatif de $3$ %, de l'ordre de la précision de la lecture de $P_{m}$ sur la figure 3). Le rendement annoncé est vérifié. Environ $80$ % de la puissance lumineuse reçue n'est pas convertie en énergie électrique et se retrouve surtout en échauffement du panneau. Erreur fréquente : multiplier $850$ par $950$ sans convertir, ce qui donne une surface en $\mathrm{mm^{2}}$ ($807\,500\ \mathrm{mm^{2}}$) et un rendement absurde.

Q.3. L'effet Doppler est le décalage de fréquence entre l'onde émise par une source et l'onde perçue par un récepteur lorsque la source et le récepteur sont en mouvement l'un par rapport à l'autre. Quand ils se rapprochent, la fréquence reçue est plus grande que la fréquence émise ; quand ils s'éloignent, elle est plus petite. Le décalage $\Delta f=|f_{R}-f_{E}|$ est d'autant plus grand que la vitesse relative est grande, et il est nul si la distance entre source et récepteur ne varie pas.

Explication : quand la source se rapproche, elle émet chaque crête depuis une position plus proche du récepteur que la précédente ; les crêtes arrivent donc plus serrées, la période perçue diminue et la fréquence perçue augmente. Exemple familier : la sirène d'une ambulance paraît plus aiguë quand elle s'approche, plus grave quand elle s'éloigne. C'est cet effet que le radar exploite : la fréquence de l'onde réfléchie par le véhicule renseigne sur sa vitesse.

Q.4. On assimile la vitesse à une date $t_{i}$ à la vitesse moyenne entre les positions qui encadrent $M_{i}$ : $v_{i}=\dfrac{M_{i-1}M_{i+1}}{t_{i+1}-t_{i-1}}=\dfrac{M_{i-1}M_{i+1}}{2\tau}$, où $\tau$ est la durée entre deux pointages. Treize intervalles séparent $t_{0}=0$ de $t_{13}=0{,}429$ s : $\tau=\dfrac{0{,}429}{13}=0{,}033$ s, donc $2\tau=0{,}066$ s.

Les points sont pratiquement alignés sur l'axe $x$ (les écarts de l'ordre du demi-millimètre selon $y$ sont des erreurs de pointage) : les distances se lisent sur l'axe. Sur la figure 7, $x_{6}\approx 19{,}6$ mm et $x_{8}\approx 26{,}2$ mm, donc $M_{6}M_{8}=6{,}6$ mm $=6{,}6\times 10^{-3}$ m et $v_{7}=\dfrac{6{,}6\times 10^{-3}}{0{,}066}=0{,}10\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$.

De même, $x_{10}\approx 32{,}8$ mm et $x_{12}\approx 39{,}3$ mm : $M_{10}M_{12}=6{,}5$ mm et $v_{11}=\dfrac{6{,}5\times 10^{-3}}{0{,}066}=0{,}098\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, soit $0{,}10\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$ à deux chiffres significatifs. Les deux vitesses sont égales aux erreurs de lecture près, ce qui confirme l'hypothèse d'une vitesse constante. Erreurs fréquentes : diviser par $\tau$ au lieu de $2\tau$ (on trouverait le double), oublier de convertir les millimètres en mètres, ou prendre $\tau=0{,}429$ s, qui est la durée de tout l'enregistrement.

Q.5. Le mouvement est rectiligne et uniforme : la vitesse est constante et le chariot avance dans le sens de l'axe $x$, depuis l'origine.

• La courbe A est formée de points d'ordonnée presque constante, entre $0{,}09$ et $0{,}10$ : c'est la vitesse, $v_{x}=g(t)$. Ses valeurs sont du même ordre que $v_{7}$ et $v_{11}$ calculées en Q.4.
• La courbe B est une suite de points alignés sur une droite qui passe par l'origine et monte jusqu'à $0{,}042$ à $t=0{,}43$ s : c'est la position, $x=f(t)$. Une position qui croît proportionnellement au temps est celle d'un mobile à vitesse constante parti de $x=0$, et la valeur finale, $0{,}042$ m, est bien la position $x_{13}\approx 42$ mm de la figure 7.

La dispersion des points de la courbe A, de $0{,}093$ à $0{,}104\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, ne traduit pas de vraies variations de vitesse : un écart d'un pixel sur une position pointée change la vitesse calculée de quelques pour cent.

Q.6. Avec la figure 8b : la vitesse moyenne est la distance parcourue divisée par la durée, et c'est aussi le coefficient directeur de la droite $x=f(t)$. Le dernier point donne $x\approx 0{,}042$ m à $t=0{,}429$ s, donc $v_{\text{moy}}=\dfrac{0{,}042}{0{,}429}=0{,}098\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, soit environ $0{,}10\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$.

Avec la figure 8a, on fait la moyenne des quatorze vitesses : six points à $0{,}093$, sept à $0{,}099$ et un à $0{,}104\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$ donnent $\dfrac{6\times 0{,}093+7\times 0{,}099+0{,}104}{14}=0{,}097\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$. Les deux méthodes s'accordent : $v_{\text{moy}}\approx 0{,}10\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, soit une dizaine de centimètres par seconde.

Q.7. Pour réduire l'erreur relative, on mesure plusieurs périodes. Les maxima de la tension se lisent vers $t=13\ \mu\mathrm{s}$ et $t=133\ \mu\mathrm{s}$, séparés de cinq périodes : $5\,T_{R}=133-13=120\ \mu\mathrm{s}$, donc $T_{R}=24\ \mu\mathrm{s}=2{,}4\times 10^{-5}$ s.

La fréquence du signal reçu est $f_{R}=\dfrac{1}{T_{R}}=\dfrac{1}{2{,}4\times 10^{-5}}=4{,}2\times 10^{4}$ Hz $=42$ kHz. Le chariot est immobile : il n'y a pas d'effet Doppler, l'onde réfléchie a la fréquence de l'onde émise, donc $f_{E}=f_{R}=42$ kHz. C'est bien un ultrason, au-delà de $20$ kHz. Erreur fréquente : oublier le préfixe micro ($10^{-6}$), ce qui donne $42$ mHz au lieu de $42$ kHz, ou mesurer la durée entre un maximum et le minimum suivant, qui n'est qu'une demi-période.

Q.8. On isole la vitesse dans l'expression du décalage Doppler : $v_{\text{chariot}}=\dfrac{\Delta f\times v}{2\,f_{E}}$. La vitesse du son se lit dans le tableau à la température de la pièce, $\theta=21{,}0$ °C : $v=344{,}25\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$. Alors $v_{\text{chariot}}=\dfrac{22{,}7\times 344{,}25}{2\times 42\times 10^{3}}=9{,}3\times 10^{-2}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$.

Le facteur $2$ vient de la réflexion : la plaque en mouvement reçoit une onde décalée (elle se comporte en récepteur mobile), puis la renvoie avec un second décalage (elle devient source mobile). Le décalage est positif, $f_{R}>f_{E}$, puisque le chariot se rapproche, et minuscule : $22{,}7$ Hz sur $42\,000$ Hz, cinq dix-millièmes.

Comparaison : $0{,}093\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$ par effet Doppler, $0{,}10\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$ par pointage (Q.4) et $0{,}098\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$ en moyenne (Q.6). Les trois méthodes donnent le même ordre de grandeur, avec un écart relatif de $5$ à $7$ % : elles sont cohérentes. L'écart s'explique par la précision des mesures : $f_{E}$ n'est connue qu'à deux chiffres significatifs (avec $f_{E}=1/T_{R}=41{,}7$ kHz on trouverait $0{,}094\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$), le décalage de quelques hertz est délicat à mesurer, et le pointage image par image est imprécis au demi-millimètre près.

Q.1. Le schéma attendu figure en fin de corrigé. La Terre est représentée au centre, la Lune L sur un cercle de rayon $d_{T-L}$ centré sur T. Le repère de Frenet a pour origine la Lune : $\vec{u}_{N}$, vecteur unitaire normal, est dirigé de L vers le centre T de la trajectoire ; $\vec{u}_{T}$, vecteur unitaire tangent, est perpendiculaire à $\vec{u}_{N}$ et orienté dans le sens du mouvement. La seule force est la force d'attraction gravitationnelle exercée par la Terre, $\vec{F}_{T/L}$ : appliquée en L, dirigée de L vers T, donc portée par $\vec{u}_{N}$ et de même sens. Erreur fréquente : orienter $\vec{u}_{N}$ vers l'extérieur de la trajectoire, ou ajouter une force « centrifuge », qui n'existe pas dans un référentiel galiléen.

Q.2. Loi de la gravitation universelle : la force est attractive, de valeur $\dfrac{G\,M_{T}\,M_{L}}{d_{T-L}^{\,2}}$, dirigée de la Lune vers la Terre, c'est-à-dire selon $+\vec{u}_{N}$ :

$\vec{F}_{T/L}=\dfrac{G\,M_{T}\,M_{L}}{d_{T-L}^{\,2}}\,\vec{u}_{N}$

Sa composante sur $\vec{u}_{T}$ est nulle. Ordre de grandeur : $F=\dfrac{6{,}67\times 10^{-11}\times 5{,}97\times 10^{24}\times 7{,}34\times 10^{22}}{(3{,}844\times 10^{8})^{2}}=1{,}98\times 10^{20}$ N. Piège de signe : avec $\vec{u}_{N}$ orienté vers la Terre, il n'y a pas de signe moins, contrairement à l'écriture $-\dfrac{GMm}{r^{2}}\vec{u}$ qu'on rencontre avec un vecteur unitaire dirigé de la Terre vers la Lune.

Q.3. Deuxième loi de Newton appliquée à la Lune, système de masse constante, dans le référentiel géocentrique supposé galiléen : $M_{L}\,\vec{a}=\vec{F}_{T/L}$, donc $\vec{a}=\dfrac{G\,M_{T}}{d_{T-L}^{\,2}}\,\vec{u}_{N}$. La masse de la Lune se simplifie : l'accélération ne dépend pas de la masse du satellite.

Dans la base de Frenet, pour un mouvement circulaire de rayon $d_{T-L}$, l'accélération s'écrit $\vec{a}=\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}\,\vec{u}_{T}+\dfrac{v^{2}}{d_{T-L}}\,\vec{u}_{N}$. On identifie les composantes. Selon $\vec{u}_{T}$ : $\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=0$, la valeur de la vitesse est constante, le mouvement est circulaire et uniforme. Selon $\vec{u}_{N}$ : $\dfrac{v^{2}}{d_{T-L}}=\dfrac{G\,M_{T}}{d_{T-L}^{\,2}}$, d'où $v=\sqrt{\dfrac{G\,M_{T}}{d_{T-L}}}$.

Le mouvement étant uniforme, la Lune parcourt la circonférence $2\pi\,d_{T-L}$ en une période : $T=\dfrac{2\pi\,d_{T-L}}{v}=2\pi\,d_{T-L}\sqrt{\dfrac{d_{T-L}}{G\,M_{T}}}=2\pi\sqrt{\dfrac{d_{T-L}^{\,3}}{G\times M_{T}}}$, l'expression annoncée. Erreur fréquente : partir de $T$ sans démontrer l'uniformité ; c'est la composante tangentielle nulle qui l'établit et le correcteur la cherche.

Q.4. Toutes les grandeurs en unités SI, la distance en mètres : $d_{T-L}=384\,400\ \mathrm{km}=3{,}844\times 10^{8}$ m. Alors $T=2\pi\sqrt{\dfrac{(3{,}844\times 10^{8})^{3}}{6{,}67\times 10^{-11}\times 5{,}97\times 10^{24}}}=2{,}37\times 10^{6}$ s, soit $\dfrac{2{,}37\times 10^{6}}{86\,400}=27{,}5$ jours.

La Lune fait donc un tour sur elle-même (environ 28 jours) dans le même temps qu'un tour autour de la Terre (environ 27,5 jours) : sa rotation propre est synchrone de sa révolution. Pendant qu'elle avance d'un angle donné sur son orbite, elle tourne du même angle sur elle-même, si bien que c'est toujours le même hémisphère qui fait face à la Terre. C'est pourquoi on n'en voit qu'une face, et pourquoi l'autre, la face cachée, ne peut pas communiquer directement avec la Terre. Vérification : la période mesurée de la révolution de la Lune, dite sidérale, vaut $27{,}3$ jours ; le modèle à deux corps et à orbite circulaire en rend bien compte. Erreur fréquente : garder les kilomètres, ce qui donne une période $10^{4{,}5}$ fois trop petite.

Q.5. Une onde électromagnétique se propage dans le vide à la célérité $c=3{,}00\times 10^{8}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$ et sa longueur d'onde vaut $\lambda=\dfrac{c}{f}$. Pour $f=300\ \mathrm{MHz}=3{,}00\times 10^{8}$ Hz : $\lambda=\dfrac{3{,}00\times 10^{8}}{3{,}00\times 10^{8}}=1{,}00$ m. Pour $f=3\,000\ \mathrm{MHz}=3{,}00\times 10^{9}$ Hz : $\lambda=0{,}100$ m $=10$ cm. La plus grande fréquence donne la plus petite longueur d'onde.

Les signaux UHF ont donc des longueurs d'onde comprises entre $10$ cm et $1$ m. Sur la figure 3, le domaine des micro-ondes s'étend de $1$ mm à $1$ m : les signaux UHF appartiennent au domaine des micro-ondes, à sa limite supérieure, au contact des ondes radio. Erreur fréquente : oublier la conversion des mégahertz ($1\ \mathrm{MHz}=10^{6}$ Hz).

Q.6. Le signal ne peut pas aller en ligne droite de la Terre à la face cachée : il passe par le satellite relais. Il parcourt la distance de la station terrienne à Queqiao 2, puis de Queqiao 2 à Chang'e 6 : $D=d_{T-Q}+d_{Q-C}=449\,600+65\,000=514\,600\ \mathrm{km}=5{,}146\times 10^{8}$ m. Il se propage à la célérité de la lumière, d'où $\Delta t=\dfrac{D}{c}=\dfrac{5{,}146\times 10^{8}}{3{,}00\times 10^{8}}=1{,}7$ s.

Hypothèses de l'estimation : la station est assimilée au centre de la Terre (son rayon, environ $6\,400$ km, ne change la distance que de $1$ %), la propagation est rectiligne à la célérité $c$, et le temps de traitement du signal dans le relais est négligé.

Commentaire : la durée est courte mais pas négligeable. Une commande et sa réponse demandent un aller-retour d'environ $3{,}4$ s : on ne peut pas piloter l'astromobile en réagissant instantanément à ce qu'il voit, ce qui impose une part d'autonomie à la sonde et une anticipation des commandes. Le relais allonge le trajet : un signal direct vers la Lune mettrait $\dfrac{3{,}844\times 10^{8}}{3{,}00\times 10^{8}}=1{,}3$ s, mais ce trajet direct est impossible vers la face cachée.

Q.7. On écrit l'équation en appliquant les lois de conservation de Soddy, du nombre de nucléons $A$ et du nombre de charge $Z$ : ${}^{226}_{88}\mathrm{Ra}\longrightarrow{}^{222}_{86}\mathrm{Rn}+{}^{A}_{Z}\mathrm{X}$, avec $226=222+A$, donc $A=4$, et $88=86+Z$, donc $Z=2$. La particule émise est un noyau d'hélium :

${}^{226}_{88}\mathrm{Ra}\longrightarrow{}^{222}_{86}\mathrm{Rn}+{}^{4}_{2}\mathrm{He}$

L'émission d'un noyau d'hélium ${}^{4}_{2}\mathrm{He}$ caractérise la radioactivité $\alpha$. C'est aussi par une désintégration $\alpha$ que le radon se désintègre à son tour, ce qui explique que DORN soit un spectromètre alpha, qui compte des noyaux d'hélium. Erreur fréquente : ne conserver que les nombres de masse, ou écrire un électron, ce qui serait une radioactivité $\beta^{-}$, incompatible avec un $Z$ qui diminue de $2$.

Q.8. La demi-vie $t_{1/2}$ d'un noyau radioactif est la durée au bout de laquelle la moitié des noyaux radioactifs initialement présents dans un échantillon se sont désintégrés : $N(t_{1/2})=\dfrac{N_{0}}{2}$. Elle est caractéristique du noyau considéré et ne dépend ni du nombre initial de noyaux ni de l'instant choisi comme origine. C'est une grandeur statistique, valable pour un grand nombre de noyaux : on ne peut pas prédire l'instant où un noyau donné se désintégrera.

Q.9. Le nombre de noyaux suit la loi de décroissance radioactive $N(t)=N_{0}\,e^{-\lambda t}$, avec $\lambda=\dfrac{\ln 2}{t_{1/2}}$ : la courbe est une exponentielle décroissante, qui part de $N_{0}$ à $t=0$ et tend vers $0$ sans jamais l'atteindre (figure en fin de corrigé). Pour représenter la demi-vie, on trace l'horizontale $N=\dfrac{N_{0}}{2}$ jusqu'à la courbe, puis on descend sur l'axe des temps : on lit $t_{1/2}=4$ jours. Repères pour tracer l'allure sans calculatrice : $\dfrac{N_{0}}{2}$ à $4$ jours, $\dfrac{N_{0}}{4}$ à $8$ jours, $\dfrac{N_{0}}{8}$ à $12$ jours ; la tangente à l'origine coupe l'axe des temps à $\tau=\dfrac{t_{1/2}}{\ln 2}=5{,}8$ jours. Erreur fréquente : une décroissance tracée en ligne droite, qui atteindrait zéro à $8$ jours.

Q.10. Deux arguments, tirés des demi-vies. D'abord, la source est constante à l'échelle d'une semaine : l'uranium 238 ($4{,}5$ milliards d'années) et le radium 226 ($1\,600$ ans) ont des demi-vies immenses devant sept jours ; leur nombre de noyaux, donc leur activité, ne varie pas pendant la mesure, et le radon est produit dans le sous-sol à un rythme constant. C'est cohérent avec l'activité constante mesurée par DORN : les variations du radon détecté ne peuvent venir que du dégazage lui-même, pas de la source.

Ensuite, la demi-vie du radon est de l'ordre de la durée d'étude. Assez courte : le radon ne s'accumule pas, celui qu'on détecte a été libéré récemment, et son activité, $A=\lambda N$, est élevée parce que $\lambda$ est grand (pour un même nombre de noyaux, $1\,600\times 365{,}25/4\approx 1{,}5\times 10^{5}$ fois celle du radium) ; il est donc facile à compter et il renseigne sur le dégazage en cours. Assez longue : en une semaine, soit $\dfrac{7}{4}=1{,}75$ demi-vie, il reste encore $2^{-1{,}75}=30$ % d'un lot de radon libéré au début, ce qui laisse le temps au gaz de diffuser du sous-sol jusqu'à la surface et d'y être mesuré. Enfin, c'est un gaz rare, inerte chimiquement : il migre sans réagir avec les roches, ce qui en fait un bon traceur des gaz qui s'échappent de la Lune.