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

Q.1. Le facteur cinétique mis en jeu est la température. Le texte d'introduction précise que la multiplication des bactéries qui forment l'acide lactique n'est efficace qu'entre $37{,}5$ °C et $45{,}0$ °C, et qu'à température trop basse le yaourt « ne prendra pas » en huit heures : la transformation serait alors trop lente. Or le lait est versé à température ambiante (document 1), soit une vingtaine de degrés. La yaourtière assure un chauffage doux et progressif qui porte le mélange dans cet intervalle et l'y maintient : la température est plus élevée qu'à l'ambiante, donc la fermentation est plus rapide.

Le chauffage doit rester « doux » : au-dessus de $45$ °C le yaourt devient trop acide, et à très haute température les micro-organismes sont tués (c'est le principe même du lait UHT décrit au document 1). On peut ajouter que les ferments jouent le rôle de catalyseurs biologiques, mais la question porte sur ce qu'apporte la yaourtière : la température.

Q.2. Sur le document 2, la concentration $C_{A}$ reste constante, voisine de $0{,}022\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$, de $t=0$ à $t=100$ min : aucun acide lactique ne se forme. À partir de $120$ min, $C_{A}$ augmente nettement et régulièrement. La fermentation commence donc vers $t\approx 100$ min (entre 100 et 120 min) : en prolongeant la droite qui passe au mieux par les points de 120 à 240 min jusqu'au palier, on retombe sur $100$ min, soit 1 h 40 environ.

Cette durée de latence correspond au temps nécessaire pour que le lait, parti de la température ambiante, atteigne la plage d'efficacité des bactéries et que celles-ci se multiplient suffisamment.

Q.3. Le texte d'introduction le dit : l'acide lactique est « naturellement présent dans le lait ». Les ferments n'ont pas encore agi à $t=0$, mais le lait contient déjà de l'acide lactique, à la concentration $C_{A}(0)\approx 0{,}022\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$, soit en masse $0{,}022\times 90{,}1\approx 2{,}0\ \mathrm{g\cdot L^{-1}}$ (une vingtaine de degrés Dornic). La fermentation ne fait qu'augmenter ce taux.

Q.4. La vitesse volumique d'apparition de l'acide lactique est la dérivée de sa concentration par rapport au temps : $v_{app}=\dfrac{\mathrm{d}C_{A}}{\mathrm{d}t}$. Graphiquement, c'est le coefficient directeur de la tangente à la courbe $C_{A}(t)$ à la date considérée.

Démarche : une fois la fermentation commencée, de $120$ à $240$ min, les points du document 2 sont pratiquement alignés. La tangente se confond donc avec la droite qui passe au mieux par ces points, et la vitesse est à peu près constante. On calcule son coefficient directeur avec deux points éloignés de cette droite, par exemple $(120\ \mathrm{min}\ ;\ 0{,}033\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}})$ et $(240\ \mathrm{min}\ ;\ 0{,}098\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}})$ :

$v_{app}=\dfrac{0{,}098-0{,}033}{240-120}=\dfrac{0{,}065}{120}=5{,}4\times 10^{-4}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}\cdot min^{-1}}$, soit, en divisant par $60$, $v_{app}\approx 9{,}0\times 10^{-6}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}\cdot s^{-1}}$. Une régression linéaire sur les sept points donne $5{,}5\times 10^{-4}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}\cdot min^{-1}}$ : toute valeur comprise entre $5$ et $6\times 10^{-4}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}\cdot min^{-1}}$ traduit une lecture correcte.

Erreur fréquente : calculer la pente entre $t=0$ et $t=240$ min, $\dfrac{0{,}098-0{,}022}{240}=3{,}2\times 10^{-4}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}\cdot min^{-1}}$. Ce calcul mélange la phase de latence et la fermentation, et sous-estime la vitesse demandée « lorsque la fermentation a commencé ». L'unité doit aussi figurer : le temps du graphe est en minutes, alors que l'énoncé parle de $t=0$ s.

Q.5. Démarche en quatre temps : repérer l'équivalence du titrage, en déduire la concentration en quantité de matière d'acide lactique, la convertir en concentration en masse, puis en degrés Dornic.

Équivalence. Avant l'équivalence, l'acide lactique, acide faible peu dissocié, est remplacé par des ions lactate $\mathrm{A^{-}}$ et des ions sodium $\mathrm{Na^{+}}$ apportés par la soude : la conductivité croît lentement. Après l'équivalence, les ions hydroxyde $\mathrm{HO^{-}}$, de conductivité ionique molaire très élevée, et les ions $\mathrm{Na^{+}}$ s'accumulent sans réagir : la conductivité croît beaucoup plus vite. On trace la droite qui passe au mieux par les points de $0$ à $8$ mL et celle qui passe par les points de $10$ à $18$ mL ; elles se coupent à l'abscisse $V_{E}\approx 8{,}6$ mL (le point à $9$ mL, dans la zone arrondie du changement de pente, ne sert à tracer aucune des deux droites).

Concentration. À l'équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques de l'équation support, coefficients $1$ et $1$ : $n_{\mathrm{HA}}=n_{\mathrm{HO^{-}}}$, soit $C_{A}\times V_{A}=C_{B}\times V_{E}$. D'où $C_{A}=\dfrac{C_{B}\times V_{E}}{V_{A}}=\dfrac{0{,}150\times 8{,}6}{10{,}0}=0{,}129\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$ (les deux volumes en millilitres, leur rapport est sans unité).

Concentration en masse et degré Dornic. $C_{m}=C_{A}\times M=0{,}129\times 90{,}1=11{,}6\ \mathrm{g\cdot L^{-1}}$. Un degré Dornic valant $0{,}1$ g d'acide lactique par litre, le yaourt titre $\dfrac{11{,}6}{0{,}1}\approx 116$ °D.

Conclusion. $116$ °D est compris entre $100$ et $120$ °D : le yaourt testé est un yaourt brassé. La conclusion résiste à la précision de la lecture : on trouve un yaourt brassé pour tout volume équivalent compris entre $7{,}40$ mL ($100$ °D) et $8{,}88$ mL ($120$ °D), et une lecture raisonnable donne entre $8{,}4$ et $8{,}8$ mL, soit $114$ à $119$ °D. On suppose, comme l'énoncé, que l'acide lactique est le seul acide titré.

Erreur fréquente : placer l'équivalence au premier point où la pente change à l'œil, vers $9$ ou $10$ mL, sans tracer les deux droites. Avec $V_{E}=10$ mL on trouverait $135$ °D, hors des deux catégories : le tracé des droites n'est pas une formalité.

Q.6. Dans une formule topologique, la chaîne carbonée est une ligne brisée : chaque extrémité et chaque sommet porte un atome de carbone, les atomes d'hydrogène liés aux carbones ne sont pas écrits, les autres atomes (ici les deux atomes d'oxygène) sont écrits. Le butanoate d'éthyle $\mathrm{CH_{3}{-}CH_{2}{-}CH_{2}{-}C({=}O){-}O{-}CH_{2}{-}CH_{3}}$ donne une ligne brisée de quatre carbones, le quatrième portant un $\mathrm{O}$ par une double liaison, puis un $\mathrm{O}$ dans la chaîne, puis deux carbones (voir la formule tracée sous le corrigé). On vérifie la formule brute $\mathrm{C_{6}H_{12}O_{2}}$ : six sommets ou extrémités carbonés, deux oxygènes.

Q.7. Le groupe caractéristique est le groupe ester, $\mathrm{-C({=}O){-}O-}$ : l'atome de carbone doublement lié à un oxygène et simplement lié à un second oxygène, lui-même lié à un carbone. On l'entoure sur la formule topologique (en entourant le carbone du groupe, ses deux oxygènes et les liaisons qui les unissent). La famille fonctionnelle est celle des esters, ce que confirme le nom en « -oate de ... yle ». Erreur fréquente : n'entourer que le $\mathrm{C{=}O}$, qui est commun aux acides, aux aldéhydes, aux cétones et aux esters.

Q.8. On compare les liaisons qui distinguent les deux molécules du document 4 : l'acide butanoïque possède une liaison $\mathrm{O{-}H}$ d'acide carboxylique et une liaison $\mathrm{C{=}O}$ d'acide ; le butanoate d'éthyle n'a aucune liaison $\mathrm{O{-}H}$, et sa liaison $\mathrm{C{=}O}$ est celle d'un ester.

Le spectre du document 6 présente une bande très large et intense qui s'étend d'environ $3\,300$ à $2\,500\ \mathrm{cm^{-1}}$ : c'est la signature de la liaison $\mathrm{O{-}H}$ d'un acide carboxylique (document 5 : $2\,500$ à $3\,200\ \mathrm{cm^{-1}}$, forte à moyenne, large). Il présente aussi une bande fine et très intense vers $1\,710\ \mathrm{cm^{-1}}$, compatible avec la liaison $\mathrm{C{=}O}$ d'un acide ($1\,680$ à $1\,710\ \mathrm{cm^{-1}}$). Le spectre est donc celui de l'acide butanoïque.

Piège : la bande $\mathrm{C{=}O}$ seule ne permet pas de conclure, car $1\,710\ \mathrm{cm^{-1}}$ est à la limite des intervalles de l'acide et de l'ester ($1\,700$ à $1\,740\ \mathrm{cm^{-1}}$). C'est la bande large de l'$\mathrm{O{-}H}$ acide, impossible pour un ester, qui tranche. Les pointes fines vers $3\,000\ \mathrm{cm^{-1}}$, posées sur cette bande large, sont celles des liaisons $\mathrm{C{-}H}$ de la chaîne carbonée.

Q.9. Deux opérations du protocole agissent sur la vitesse de formation de l'ester. À l'étape 1, l'ajout d'acide sulfurique concentré : il apporte les ions $\mathrm{H^{+}}$ qui catalysent l'estérification (on les voit intervenir à l'étape (1) du mécanisme), et un catalyseur accélère la transformation sans modifier son état final. À l'étape 2, le chauffage à reflux : la température est un facteur cinétique, et le réfrigérant à reflux condense les vapeurs et les renvoie dans le ballon, ce qui permet de chauffer longtemps sans perdre ni réactifs ni produits.

L'excès d'éthanol (étape 1) augmente la concentration d'un réactif, ce qui accélère aussi la transformation au départ, mais son rôle principal est ailleurs : il déplace l'équilibre et améliore le rendement, qui n'est pas une vitesse.

Q.10. Pour extraire une espèce d'une phase aqueuse, le solvant extracteur doit remplir deux conditions : être non miscible avec l'eau, pour former deux phases que l'ampoule à décanter sépare, et dissoudre l'espèce mieux que la phase aqueuse. Le cyclohexane remplit les deux d'après le document 7 : il est non miscible avec l'eau, et le butanoate d'éthyle y a une solubilité moyenne, bien meilleure que sa solubilité très faible dans l'eau salée. L'ester passe donc dans le cyclohexane.

L'éthanol, où l'ester est pourtant très soluble, ne conviendrait pas : il est miscible avec l'eau et ne formerait pas deux phases. L'eau salée ajoutée avant le cyclohexane renforce le partage, puisque l'ester y est encore moins soluble que dans l'eau pure (relargage). Enfin, le cyclohexane est ensuite éliminé par distillation à l'étape 6 pour récupérer l'ester.

Q.11. Schéma attendu (tracé sous le corrigé) : une ampoule à décanter avec son bouchon en haut et son robinet en bas, contenant deux phases séparées par une interface horizontale, la phase organique au-dessus et la phase aqueuse au-dessous.

Justification : la phase organique est constituée essentiellement de cyclohexane, de masse volumique $0{,}78\ \mathrm{g\cdot mL^{-1}}$, dans lequel est dissous l'ester ; la phase aqueuse est de l'eau salée, de masse volumique supérieure à $1{,}00\ \mathrm{g\cdot mL^{-1}}$, qui contient aussi l'éthanol en excès (miscible avec l'eau), l'acide sulfurique et l'eau formée. La phase la moins dense surnage : la phase organique, qui contient le butanoate d'éthyle, est la phase supérieure. Erreur fréquente : raisonner sur la masse volumique de l'ester seul, qui n'est pas la phase, ou placer en haut la phase « où il y a le plus de liquide ».

Q.12. Quantité de matière d'éthanol introduite : $n_{\text{éthanol}}=\dfrac{m}{M}=\dfrac{\rho\times V}{M}=\dfrac{0{,}79\times 40{,}0}{46{,}0}=6{,}9\times 10^{-1}$ mol (masse $\rho V=31{,}6$ g, masse volumique de l'éthanol lue au document 7).

L'équation de la réaction met l'acide et l'éthanol en jeu avec les coefficients $1$ et $1$ : on compare directement les quantités de matière. $n_{\text{éthanol}}=0{,}69$ mol $>n_{acide}=0{,}44$ mol, donc l'acide butanoïque est le réactif limitant et l'éthanol est bien en excès (d'environ $0{,}25$ mol). L'avancement maximal vaut $x_{max}=n_{acide}=4{,}4\times 10^{-1}$ mol. Erreur fréquente : comparer les volumes, égaux ici ($40{,}0$ mL de chaque), ce qui ne dit rien des quantités de matière.

Q.13. Le rendement est le quotient de la quantité de produit obtenue par la quantité maximale attendue si la transformation était totale : $\eta=\dfrac{n_{\text{ester}}}{n_{max}}$ avec $n_{max}=x_{max}=4{,}4\times 10^{-1}$ mol. Quantité d'ester obtenue : $n_{\text{ester}}=\dfrac{33{,}7}{116{,}0}=0{,}291$ mol. D'où $\eta=\dfrac{0{,}291}{0{,}44}=0{,}66$, soit $66$ %. Même résultat par les masses : $m_{max}=0{,}44\times 116{,}0=51$ g et $\dfrac{33{,}7}{51{,}0}=0{,}66$. Deux chiffres significatifs, comme $n_{acide}$.

Commentaire : le rendement est inférieur à $100$ % pour deux raisons. D'abord, l'estérification est une transformation non totale qui conduit à un équilibre (double flèche de l'équation) : l'acide n'est jamais entièrement consommé, même avec un excès d'éthanol, qui ne fait que déplacer l'équilibre vers l'ester. Ensuite, des pertes ont lieu pendant les transvasements, l'extraction (un peu d'ester reste dans la phase aqueuse) et la distillation. Pour l'améliorer, on pourrait augmenter encore l'excès d'éthanol ou éliminer l'eau au fur et à mesure qu'elle se forme. Erreur fréquente : prendre la quantité d'éthanol comme quantité maximale, ce qui donnerait $42$ % : le maximum est fixé par le réactif limitant.

Q.14. Un intermédiaire réactionnel est une espèce formée au cours d'une étape du mécanisme et consommée dans une étape suivante : elle n'apparaît pas dans l'équation de la réaction. C'est le cas du cation produit à l'étape (1), $\mathrm{CH_{3}{-}CH_{2}{-}CH_{2}{-}C({=}O^{+}{-}H){-}OH}$ (l'acide butanoïque protoné sur l'oxygène doublement lié) : il est formé à l'étape (1), puis consommé comme réactif à l'étape (2), et il est absent de l'équation de synthèse.

Le produit de l'étape (2), qui porte un oxygène chargé $+$ lié au groupe éthyle, est lui aussi un intermédiaire réactionnel : il n'apparaît pas dans l'équation et sera consommé dans les étapes suivantes, non représentées. Piège : l'ion $\mathrm{H^{+}}$ n'est pas un intermédiaire. Il est consommé à l'étape (1) et régénéré à la fin du mécanisme, sans figurer dans l'équation : c'est le catalyseur (apporté par l'acide sulfurique, question Q.9).

Q.15. La flèche courbe part d'un doublet non liant de l'atome d'oxygène doublement lié et pointe vers l'ion $\mathrm{H^{+}}$ (voir l'étape (1) recopiée sous le corrigé). Elle représente la formation de la nouvelle liaison $\mathrm{O{-}H}$.

Justification du sens : une flèche courbe va toujours d'un site donneur de doublet d'électrons vers un site accepteur. L'atome d'oxygène est un site donneur : il porte deux doublets non liants et, plus électronégatif que le carbone, une charge partielle négative $\delta^{-}$. L'ion $\mathrm{H^{+}}$ est un site accepteur : il n'a plus aucun électron et présente une lacune électronique. Vérification sur les charges : en mettant en commun l'un de ses doublets, l'oxygène porte désormais la charge $+$, ce qui est bien la charge du produit de l'étape (1) ; la charge totale $+1$ se conserve. Erreur fréquente : faire partir la flèche de $\mathrm{H^{+}}$, qui n'a aucun électron à céder.

Q.1. Deux ondes interfèrent de façon observable (figure d'interférences stable) si elles sont cohérentes : même fréquence et déphasage constant au cours du temps. Dans le trombone, un seul haut-parleur alimenté par un seul GBF émet l'onde ; elle se partage à l'entrée entre le tube fixe et le tube mobile, et les deux ondes se recombinent au niveau du microphone. Issues de la même source, elles ont la même fréquence et un déphasage qui ne dépend que de la différence des longueurs des deux chemins, fixée par le décalage du tube mobile : il est constant dans le temps. Les conditions sont réunies, et l'énoncé ajoute que les deux ondes ont la même amplitude, ce qui rendra l'extinction totale en cas d'interférences destructives.

Erreur fréquente : répondre « deux sources qui ont la même fréquence ». Deux haut-parleurs alimentés par deux GBF réglés sur la même fréquence ne donnent pas un déphasage constant ; l'astuce du dispositif est justement de ne partir que d'une seule source.

Q.2. Sur la figure 4, la voie CH1 (GBF) montre une sinusoïde de grande amplitude, alors que la voie CH2 (microphone), réglée sur la même sensibilité de $2{,}0\ \mathrm{V/div}$, montre un signal presque plat : l'onde résultante au niveau du micro a une amplitude quasi nulle. Les deux ondes s'annulent : ce sont des interférences destructives.

Il faut donc que les deux ondes arrivent au micro en opposition de phase. C'est le cas de l'expérience 1 : dans l'agrandissement de la figure 2, l'onde venant du tube fixe arrive sur un minimum quand celle venant du tube mobile arrive sur un maximum, elles sont décalées d'une demi-période. Dans l'agrandissement de la figure 3 (expérience 2), au contraire, les deux ondes arrivent en phase, ce qui donne des interférences constructives et un signal de grande amplitude au micro.

Q.3. Quand on tire le tube en U mobile d'une distance $D$, ses deux branches horizontales s'allongent chacune de $D$ : le trajet de l'onde dans le tube mobile augmente de $D$ à l'aller (vers la droite) et de $D$ au retour (vers le micro), alors que celui du tube fixe ne change pas. Comme les deux chemins avaient la même longueur au décalage nul, la différence de marche vaut $\delta=2D$. Erreur fréquente : écrire $\delta=D$, en oubliant que l'onde parcourt le décalage deux fois.

Q.4. Les interférences sont constructives quand les deux ondes arrivent en phase, c'est-à-dire quand la différence de marche est un multiple entier de la longueur d'onde : $\delta=k\lambda$, avec $k$ entier positif. (Elles sont destructives pour $\delta=\left(k+\dfrac{1}{2}\right)\lambda$, cas de l'expérience 1.)

Q.5. On combine Q.3 et Q.4 : pour un décalage $D_{k}$ conduisant à des interférences constructives, $2D_{k}=k\lambda$. La longueur d'onde est la distance parcourue par l'onde pendant une période : $\lambda=v\times T=\dfrac{v}{f}$. D'où $2D_{k}=k\dfrac{v}{f}$, soit $D_{k}=\dfrac{k}{2}\times\dfrac{v}{f}$, l'expression annoncée. Les décalages constructifs successifs sont donc espacés de $\dfrac{\lambda}{2}$.

Q.6. La plus petite distance correspond à $k=1$ : $D_{1}=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{v}{f}$, donc $v=2\,f\,D_{1}$. Avec $D_{1}=4{,}35\ \mathrm{cm}=4{,}35\times 10^{-2}$ m : $v=2\times 4\,032\times 4{,}35\times 10^{-2}=351\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$ (trois chiffres significatifs, comme $D_{1}$). La longueur d'onde vaut $\lambda=2D_{1}=8{,}70$ cm.

Vérification : la célérité du son dans l'air à $20$ °C est de l'ordre de $343\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$ ; la valeur trouvée en est proche (écart relatif d'environ $2$ %), ce qui est cohérent pour une mesure à la règle d'une distance de quelques centimètres. Erreur fréquente : oublier de convertir $D_{1}$ en mètres, ce qui donne $35\,078$, un résultat absurde qui doit alerter.

Q.7. La ligne 8 ouvre une boucle bornée : l'indice $i$ prend successivement les valeurs $0, 1, 2, 3, 4$, une par décalage mesuré (la liste $D$ en contient cinq). La ligne 9 applique à chaque mesure la relation de Q.5 retournée, $v=\dfrac{2\,f\,D_{k}}{k}$, avec le décalage $D[i]$ et l'entier $k[i]$ qui lui correspond. L'intérêt : on calcule automatiquement une valeur de la célérité pour CHAQUE décalage mesuré, au lieu de se contenter de $D_{1}$ ; la ligne 10 range ces valeurs dans la liste $v$ et la ligne 12 en fait la moyenne. Moyenner cinq mesures indépendantes réduit l'influence des erreurs aléatoires de lecture.

Avec les valeurs du programme, les cinq célérités valent environ $348$, $351$, $352$, $351$ et $348\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, de moyenne $350\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, affichée $350$ après l'arrondi de la ligne 12. On remarque que la liste du programme commence par $4{,}32\times 10^{-2}$ m, alors que le texte annonce $D_{1}=4{,}35$ cm : les deux valeurs diffèrent de moins de 1 %, sans conséquence sur la conclusion.

Q.8. D'après Q.5, $\lambda=\dfrac{v}{f}$. Avec les grandeurs définies dans le programme, la ligne 16 s'écrit : Lambda = vson / f (la célérité moyenne calculée à la ligne 12 divisée par la fréquence définie à la ligne 5). Le programme affichera alors $\dfrac{350}{4\,032}\approx 0{,}0868$ m, soit $\lambda\approx 8{,}7$ cm, en accord avec $2D_{1}$ de Q.6. Erreur fréquente : écrire Lambda = vson * f, qui n'a pas la dimension d'une longueur ($\mathrm{m\cdot s^{-2}}$).

Lambda = vson / f

Q.1. Système : la bille, assimilée à son centre de masse G, de masse $m$ constante. Référentiel : terrestre, supposé galiléen. Forces : le poids $\vec{P}$, la poussée d'Archimède $\vec{\pi}_{A}$ et la force de frottement $\vec{F}$. La deuxième loi de Newton s'écrit $\sum\vec{F}_{ext}=m\,\vec{a}$, soit ici $\vec{P}+\vec{\pi}_{A}+\vec{F}=m\,\vec{a}$.

Q.2. On projette la relation vectorielle de Q.1 sur l'axe $Oz$, vertical et orienté vers le bas. Le mouvement est rectiligne selon $Oz$, vers le bas, donc la coordonnée de la vitesse est $v_{z}=v>0$ et celle de l'accélération $a_{z}=\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}$.

Coordonnées des forces : le poids est vertical vers le bas, dans le sens de l'axe, $P_{z}=+mg$ ; la poussée d'Archimède est verticale vers le haut, $\pi_{A,z}=-\rho_{F}V_{F}\,g$ ; le frottement est vertical vers le haut, $F_{z}=-kv$. D'où $m\,\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=mg-\rho_{F}V_{F}\,g-kv$, c'est-à-dire $m\,\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=-kv+mg-\rho_{F}V_{F}\,g$, l'équation (1). Erreur fréquente : oublier que l'axe est orienté vers le BAS, et affecter le signe $-$ au poids.

Q.3. Lorsque $v=v_{lim}$, la valeur de la vitesse est constante et la trajectoire est une droite : le mouvement est rectiligne uniforme. Le vecteur vitesse étant constant, l'accélération est nulle : $a=\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=0\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}$. C'est cohérent avec le principe d'inertie : les trois forces se compensent alors, $\vec{P}+\vec{\pi}_{A}+\vec{F}=\vec{0}$. Sur le document 2, c'est le palier horizontal de la courbe, de pente nulle.

Q.4. Quand la vitesse atteint la valeur constante $v_{lim}$, $\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=0$ et l'équation (1) devient $0=-k\,v_{lim}+mg-\rho_{F}V_{F}\,g$. D'où $k=\dfrac{mg-\rho_{F}V_{F}\,g}{v_{lim}}=\dfrac{g\,(m-\rho_{F}V_{F})}{v_{lim}}$. On retrouve aussi ce résultat avec la forme admise : quand $t\to+\infty$, $e^{-t/\tau}\to 0$ et $v\to v_{lim}$.

Q.5. La force de frottement a pour norme $F=k\times v$, donc $k=\dfrac{F}{v}$. Une force s'exprime en newtons, et d'après la deuxième loi de Newton $1\ \mathrm{N}=1\ \mathrm{kg\cdot m\cdot s^{-2}}$. Donc $k$ s'exprime en $\dfrac{\mathrm{kg\cdot m\cdot s^{-2}}}{\mathrm{m\cdot s^{-1}}}=\mathrm{kg\cdot s^{-1}}$. En dimensions : $[k]=\dfrac{M\cdot L\cdot T^{-2}}{L\cdot T^{-1}}=M\cdot T^{-1}$.

Vérification avec l'expression (2) : $\tau=\dfrac{m}{k}$ s'exprime en $\dfrac{\mathrm{kg}}{\mathrm{kg\cdot s^{-1}}}=\mathrm{s}$, c'est bien un temps. Autre vérification, avec Q.4 : $\dfrac{\mathrm{m\cdot s^{-2}}\times\mathrm{kg}}{\mathrm{m\cdot s^{-1}}}=\mathrm{kg\cdot s^{-1}}$.

Q.6. On égale les deux expressions de $k$, celle de Q.4 et $k=6\pi\eta R$ : $6\pi\,\eta\,R=\dfrac{g\,(m-\rho_{F}V_{F})}{v_{lim}}$, d'où $\eta=\dfrac{g\,(m-\rho_{F}\,V_{F})}{6\pi\,R\,v_{lim}}$. L'unité se vérifie : $\dfrac{\mathrm{kg\cdot s^{-1}}}{\mathrm{m}}=\mathrm{kg\cdot m^{-1}\cdot s^{-1}}$, l'unité de viscosité annoncée en introduction.

Q.7. Entre les deux graduations, le régime permanent est atteint (la première graduation a été choisie loin de la surface pour cela) : la bille se déplace à vitesse constante $v_{lim}$, et la distance parcourue est proportionnelle à la durée. Donc $v_{lim}=\dfrac{L}{\Delta t}=\dfrac{5{,}0\times 10^{-1}}{50{,}9}=9{,}82\times 10^{-3}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, la valeur annoncée. Erreur fréquente : diviser par $\Delta t$ une distance mesurée depuis la surface, alors que la vitesse n'y est pas encore constante.

Q.8. La bille est entièrement immergée : le volume de fluide déplacé est celui de la bille, $V_{F}=V_{bille}=4{,}19\times 10^{-9}\ \mathrm{m^{3}}$, et $\rho_{F}=\rho=1260\ \mathrm{kg\cdot m^{-3}}$. Masse de glycérol déplacé : $\rho_{F}V_{F}=1260\times 4{,}19\times 10^{-9}=5{,}28\times 10^{-6}$ kg, d'où $m-\rho_{F}V_{F}=3{,}30\times 10^{-5}-5{,}28\times 10^{-6}=2{,}77\times 10^{-5}$ kg.

Alors $\eta=\dfrac{9{,}81\times 2{,}77\times 10^{-5}}{6\pi\times 1{,}00\times 10^{-3}\times 9{,}82\times 10^{-3}}=\dfrac{2{,}72\times 10^{-4}}{1{,}85\times 10^{-4}}=1{,}47\ \mathrm{kg\cdot m^{-1}\cdot s^{-1}}$, la valeur de l'expérience 1 du document 3. Trois chiffres significatifs, comme $m$ et $v_{lim}$.

Erreur fréquente : prendre pour $V_{F}$ le volume de l'éprouvette, $1$ L : la poussée d'Archimède ne dépend que du volume immergé de la bille. Vérification a posteriori de l'hypothèse de Q.7 : $k=6\pi\eta R=6\pi\times 1{,}47\times 1{,}00\times 10^{-3}=2{,}77\times 10^{-2}\ \mathrm{kg\cdot s^{-1}}$, donc $\tau=\dfrac{m}{k}=1{,}2\times 10^{-3}$ s. La vitesse limite est atteinte en quelques millisecondes, donc bien avant la première graduation.

Q.9. Valeur moyenne des six mesures : $\overline{\eta}=\dfrac{1{,}47+1{,}50+1{,}48+1{,}45+1{,}52+1{,}46}{6}=\dfrac{8{,}88}{6}=1{,}48\ \mathrm{kg\cdot m^{-1}\cdot s^{-1}}$.

Écart-type expérimental (mode statistique de la calculatrice, ou formule $\sigma_{n-1}=\sqrt{\dfrac{\sum(\eta_{i}-\overline{\eta})^{2}}{N-1}}$) : les écarts à la moyenne valent $-0{,}01$ ; $0{,}02$ ; $0$ ; $-0{,}03$ ; $0{,}04$ ; $-0{,}02$, la somme de leurs carrés $3{,}4\times 10^{-3}$, d'où $\sigma_{n-1}=\sqrt{\dfrac{3{,}4\times 10^{-3}}{5}}=2{,}6\times 10^{-2}\ \mathrm{kg\cdot m^{-1}\cdot s^{-1}}$, la valeur que l'énoncé donne ensuite.

Incertitude-type sur la moyenne : $u(\overline{\eta})=\dfrac{\sigma_{n-1}}{\sqrt{N}}=\dfrac{2{,}6\times 10^{-2}}{\sqrt{6}}=1{,}1\times 10^{-2}\ \mathrm{kg\cdot m^{-1}\cdot s^{-1}}$. On écrit le résultat $\overline{\eta}=1{,}480$ avec $u(\overline{\eta})=0{,}011\ \mathrm{kg\cdot m^{-1}\cdot s^{-1}}$, la moyenne arrondie au même rang que l'incertitude. Erreur fréquente : diviser par $N-1$ ou par $N$ au lieu de $\sqrt{N}$.

Q.10. On calcule le quotient de compatibilité avec la valeur de référence : $\dfrac{|\overline{\eta}-\eta_{ref}|}{u(\overline{\eta})}=\dfrac{|1{,}48-1{,}49|}{1{,}06\times 10^{-2}}=0{,}94$. Ce quotient est inférieur à $2$ (critère usuel) : la valeur mesurée est compatible avec la valeur de référence. Avec $u$ arrondie à $0{,}011$, on trouve $0{,}91$, même conclusion.

Le viscosimètre du lycée donne donc des mesures fiables : justes, puisque compatibles avec la référence, et précises, puisque l'incertitude-type relative ne vaut que $\dfrac{0{,}011}{1{,}48}\approx 0{,}7$ %. La précision tient au choix des graduations (régime permanent atteint et longue distance $L$). Il faut néanmoins un glycérol pur et une température bien maintenue à $20$ °C, puisque la viscosité dépend de la température.