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

1. Une forme acide d'un couple prédomine quand $\mathrm{pH}<\mathrm{p}K_{\mathrm{A}}$, sa base conjuguée quand $\mathrm{pH}>\mathrm{p}K_{\mathrm{A}}$. Les quatre formes se rangent de la plus acide à la plus basique, chacune perdant un proton : $\mathrm{H_{3}Asp^{+}}$, $\mathrm{H_{2}Asp}$, $\mathrm{HAsp^{-}}$, $\mathrm{Asp^{2-}}$. Les trois couples sont $\mathrm{H_{3}Asp^{+}/H_{2}Asp}$ ($\mathrm{p}K_{\mathrm{A_{1}}}=1{,}9$), $\mathrm{H_{2}Asp/HAsp^{-}}$ ($\mathrm{p}K_{\mathrm{A_{2}}}$) et $\mathrm{HAsp^{-}/Asp^{2-}}$ ($\mathrm{p}K_{\mathrm{A_{3}}}=9{,}6$).

Sur un axe gradué en pH, on porte les trois frontières et on écrit une forme par domaine : $\mathrm{H_{3}Asp^{+}}$ pour $\mathrm{pH}<1{,}9$ ; $\mathrm{H_{2}Asp}$ entre $1{,}9$ et $\mathrm{p}K_{\mathrm{A_{2}}}$ ; $\mathrm{HAsp^{-}}$ entre $\mathrm{p}K_{\mathrm{A_{2}}}$ et $9{,}6$ ; $\mathrm{Asp^{2-}}$ pour $\mathrm{pH}>9{,}6$. La question 2 donne $\mathrm{p}K_{\mathrm{A_{2}}}=3{,}6$ (diagramme dans les documents du corrigé). Vérification sur la figure 2 : chaque courbe est au-dessus des autres exactement dans son domaine, $\mathrm{H_{2}Asp}$ culminant vers $\mathrm{pH}=2{,}75$, au milieu de $1{,}9$ et $3{,}6$. Erreur fréquente : inverser l'ordre des espèces, alors que l'espèce la plus protonée, la plus chargée positivement, est toujours du côté des pH faibles.

2. Pour le couple $\mathrm{H_{2}Asp/HAsp^{-}}$, $\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_{\mathrm{A_{2}}}+\log\dfrac{[\mathrm{HAsp^{-}}]}{[\mathrm{H_{2}Asp}]}$. Quand les deux formes ont la même concentration, le logarithme est nul et $\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_{\mathrm{A_{2}}}$. Sur la figure 2, c'est l'abscisse du point d'intersection de la courbe de $\mathrm{H_{2}Asp}$ (trait plein, descendante) et de celle de $\mathrm{HAsp^{-}}$ (pointillés, montante) : on lit $\mathrm{p}K_{\mathrm{A_{2}}}\approx 3{,}6$.

Deux contrôles. La même méthode appliquée aux autres intersections redonne bien $1{,}9$ (tirets et trait plein) et $9{,}6$ (pointillés et croix), les valeurs du tableau. Et le maximum de la courbe de $\mathrm{H_{2}Asp}$, vers $\mathrm{pH}=2{,}75$, est au milieu de ses deux frontières : $\dfrac{1{,}9+3{,}6}{2}=2{,}75$. Piège : l'intersection se lit à 50 % SEULEMENT si les deux autres formes sont négligeables ; ici $\mathrm{H_{3}Asp^{+}}$ représente encore environ 1 % à $\mathrm{pH}=3{,}6$ ($10^{1{,}9-3{,}6}\approx 0{,}02$ fois $\mathrm{H_{2}Asp}$), si bien que les deux courbes se croisent juste sous 50 %. C'est l'égalité des deux pourcentages qui compte, pas la valeur 50 %.

3. Une espèce amphotère est à la fois l'acide d'un couple et la base d'un autre couple. $\mathrm{H_{2}Asp}$ est la base du couple $\mathrm{H_{3}Asp^{+}/H_{2}Asp}$ : elle peut capter un proton pour donner $\mathrm{H_{3}Asp^{+}}$. Elle est aussi l'acide du couple $\mathrm{H_{2}Asp/HAsp^{-}}$ : elle peut céder un proton pour donner $\mathrm{HAsp^{-}}$. Sur la formule topologique donnée, on voit d'ailleurs les deux rôles : le groupe $\mathrm{COOH}$ peut céder $\mathrm{H^{+}}$, le groupe carboxylate $\mathrm{COO^{-}}$ peut en capter un.

4. $\mathrm{H_{2}Asp}$ porte trois sites acides ou basiques : un groupe carboxyle $\mathrm{COOH}$ (à gauche), un groupe ammonium $\mathrm{NH_{3}^{+}}$ et un groupe carboxylate $\mathrm{COO^{-}}$ déjà déprotoné. Les deux protons qui peuvent partir sont celui du $\mathrm{COOH}$ et l'un de ceux du $\mathrm{NH_{3}^{+}}$. Le p$K_{\mathrm{A}}$ d'un acide carboxylique étant inférieur à celui d'un ion ammonium, c'est le groupe carboxyle qui perd son proton le premier, quand le pH monte : le passage $\mathrm{H_{2}Asp}\rightarrow\mathrm{HAsp^{-}}$ (p$K_{\mathrm{A_{2}}}=3{,}6$) est celui du $\mathrm{COOH}$, et la perte d'un proton de $\mathrm{NH_{3}^{+}}$ ne viendra qu'à $\mathrm{p}K_{\mathrm{A_{3}}}=9{,}6$.

La formule topologique de $\mathrm{HAsp^{-}}$ est donc celle de $\mathrm{H_{2}Asp}$ où le groupe $\mathrm{HO{-}C(=O){-}}$ de gauche devient un groupe carboxylate $\mathrm{{^{-}O{-}C(=O){-}}}$ : $\mathrm{{^{-}OOC{-}CH_{2}{-}CH(NH_{3}^{+}){-}COO^{-}}}$, avec deux groupes carboxylate, un groupe ammonium et une charge globale $-1$. Erreur fréquente : retirer un H du groupe $\mathrm{NH_{3}^{+}}$, ce qui donnerait une espèce de même charge mais n'est pas la forme qui prédomine entre 3,6 et 9,6.

5. Le pH initial vaut $2{,}8$, compris entre $\mathrm{p}K_{\mathrm{A_{1}}}=1{,}9$ et $\mathrm{p}K_{\mathrm{A_{2}}}=3{,}6$ : d'après le diagramme de prédominance, la forme prédominante est $\mathrm{H_{2}Asp}$. La figure 2 le confirme : à $\mathrm{pH}=2{,}8$, on est au sommet de la courbe en trait plein, avec environ 75 % de $\mathrm{H_{2}Asp}$. Les deux autres formes ne sont pas nulles pour autant (une dizaine de pour cent chacune) : prédominer ne veut pas dire être seule.

6. Le schéma légendé doit faire apparaître : une burette graduée contenant la solution titrante d'hydroxyde de sodium, $(\mathrm{Na^{+}(aq)+HO^{-}(aq)})$ à $C_{\mathrm{b}}=0{,}100\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$ ; sous la burette, un bécher contenant la solution titrée, l'échantillon d'acide aspartique dissous dans 100 mL d'eau ; la sonde (électrode) du pH-mètre plongée dans la solution titrée et reliée au pH-mètre ; un agitateur magnétique et son barreau aimanté. Chaque élément porte sa légende, et la sonde ne doit pas être heurtée par le barreau.

7. L'équivalence est l'état du système pour lequel les réactifs titrant et titré ont été introduits dans les proportions stœchiométriques de l'équation de la réaction support du titrage. Il y a alors changement de réactif limitant : avant l'équivalence, l'ion hydroxyde versé est limitant ; après, c'est $\mathrm{H_{2}Asp}$. Ici, avec des nombres stœchiométriques égaux à 1 : $n(\mathrm{HO^{-}})_{\text{versé}}=n(\mathrm{H_{2}Asp})_{\text{initial}}$.

8. Méthode des tangentes parallèles. On trace deux tangentes à la courbe, parallèles entre elles, de part et d'autre du saut de pH : l'une vers $V_{\mathrm{B}}\approx 8{,}8$ mL (pente voisine de $0{,}5$ unité de pH par mL), l'autre vers $V_{\mathrm{B}}\approx 11$ mL, avec la même pente. On trace la parallèle équidistante des deux. Elle coupe la courbe au point d'équivalence, dont l'abscisse se lit : $V_{\mathrm{E}}\approx 9{,}8$ mL (tracé dans les documents du corrigé).

Contrôle : le saut a lieu entre les points $(9{,}5\ \mathrm{mL}\,;\,5{,}2)$ et $(10{,}0\ \mathrm{mL}\,;\,8{,}0)$, et le point de pente maximale est entre $9{,}7$ et $10{,}0$ mL : $9{,}8$ mL est cohérent. Second contrôle, qui relie les parties : à la demi-équivalence, $V_{\mathrm{B}}=\dfrac{9{,}8}{2}=4{,}9$ mL, on lit $\mathrm{pH}\approx 3{,}6$ sur la courbe, la valeur de $\mathrm{p}K_{\mathrm{A_{2}}}$ trouvée à la question 2. Une valeur entre $9{,}6$ et $10{,}0$ mL traduit une construction correcte.

9. À l'équivalence, d'après la question 7 : $n(\mathrm{H_{2}Asp})=n(\mathrm{HO^{-}})_{E}=C_{\mathrm{b}}\times V_{\mathrm{E}}=0{,}100\times 9{,}8\times 10^{-3}=9{,}8\times 10^{-4}$ mol. La masse d'acide aspartique s'en déduit : $m=n\times M=9{,}8\times 10^{-4}\times 133=0{,}13$ g, soit $m\approx 1{,}3\times 10^{2}$ mg, avec deux chiffres significatifs comme $V_{\mathrm{E}}$, la donnée la moins précise.

Commentaire : c'est environ la moitié des 250 mg de l'échantillon ($130/250\approx 52$ %). Un produit du commerce contient d'autres espèces que l'acide aspartique (excipients), d'où le titrage. Erreur fréquente : partir de la masse de l'échantillon pour calculer $V_{\mathrm{E}}$, ce qui donnerait $18{,}8$ mL et contredirait la courbe. Autre piège : oublier de convertir $V_{\mathrm{E}}$ en litres, et trouver une masse mille fois trop grande.

10. Le groupe A, $-\mathrm{C}(=\mathrm{O}){-}\mathrm{O}{-}$ relié à deux atomes de carbone (la chaîne et le groupe $\mathrm{CH_{3}}$), est le groupe ester : la phénylalanine méthylée est l'ester méthylique de la phénylalanine, d'où son nom. Le groupe B, $-\mathrm{NH_{2}}$ porté par un carbone, est le groupe amino, caractéristique de la famille des amines. Piège : appeler A un groupe carboxyle, alors que l'oxygène simple est lié à $\mathrm{CH_{3}}$ et non à H.

11. Une base au sens de Brønsted est une espèce capable de capter un proton $\mathrm{H^{+}}$. Dans $\mathrm{R{-}\overline{N}H_{2}}$, l'atome d'azote porte un doublet non liant (la barre sur le N). Ce doublet peut former une liaison avec un proton, qui n'a aucun électron à apporter : l'azote devient alors $\mathrm{N^{+}}$ avec quatre liaisons. La phénylalanine méthylée est donc une base de Brønsted.

12. L'acide conjugué s'obtient en ajoutant un proton à la base : $\mathrm{R{-}NH_{3}^{+}}$, l'ion ammonium correspondant. Le couple est $\mathrm{R{-}NH_{3}^{+}/R{-}NH_{2}}$.

13. La base $\mathrm{R{-}NH_{2}}$ réagit avec l'eau, qui joue le rôle d'acide du couple $\mathrm{H_{2}O(\ell)/HO^{-}(aq)}$ (donné). Demi-équations : $\mathrm{R{-}NH_{2}(aq)+H^{+}=R{-}NH_{3}^{+}(aq)}$ et $\mathrm{H_{2}O(\ell)=HO^{-}(aq)+H^{+}}$. Équation de la réaction : $\mathrm{R{-}NH_{2}(aq)+H_{2}O(\ell)\rightleftarrows R{-}NH_{3}^{+}(aq)+HO^{-}(aq)}$. La double flèche anticipe la question 14 : la transformation n'est pas totale.

14. Démarche : comparer l'avancement final, tiré du pH, à l'avancement maximal, tiré de la concentration apportée. Le taux d'avancement final est $\tau=\dfrac{x_{f}}{x_{max}}$.

Avancement maximal : l'eau est le solvant, en excès, donc $\mathrm{R{-}NH_{2}}$ est limitant et $x_{max}=c\times V=1{,}00\times 10^{-1}\times 1{,}00=1{,}00\times 10^{-1}$ mol.

Avancement final : d'après l'équation, $n(\mathrm{HO^{-}})_{f}=x_{f}$ (on néglige les ions $\mathrm{HO^{-}}$ apportés par l'autoprotolyse de l'eau, $10^{-1{,}1}$ contre $10^{-7}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$ dans l'eau pure). Or $[\mathrm{H_{3}O^{+}}]_{f}=c^{\circ}\times 10^{-\mathrm{pH}}=10^{-12{,}9}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$ et le produit ionique donne $[\mathrm{HO^{-}}]_{f}=\dfrac{K_{e}\,(c^{\circ})^{2}}{[\mathrm{H_{3}O^{+}}]_{f}}=\dfrac{1{,}0\times 10^{-14}}{10^{-12{,}9}}=10^{-1{,}1}=7{,}9\times 10^{-2}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$. Donc $x_{f}=[\mathrm{HO^{-}}]_{f}\times V=7{,}9\times 10^{-2}$ mol.

Taux d'avancement final : $\tau=\dfrac{7{,}9\times 10^{-2}}{1{,}00\times 10^{-1}}=0{,}79$, soit 79 %. Comme $\tau<1$, la transformation de la base avec l'eau n'est pas totale : la phénylalanine méthylée est une base faible. La conclusion résiste à l'incertitude de lecture : avec $\mathrm{pH}=12{,}85$ ou $12{,}95$, on trouverait $\tau=0{,}71$ ou $0{,}89$, toujours nettement inférieur à 1. Erreur fréquente : écrire $[\mathrm{HO^{-}}]=10^{-\mathrm{pH}}$, qui est la concentration en $\mathrm{H_{3}O^{+}}$, et conclure à $\tau\approx 10^{-12}$.

15. On compare les réactifs et les produits de l'équation de la figure 1. Ni l'oxydoréduction (aucun échange d'électrons entre couples oxydant-réducteur), ni l'acide-base (aucun échange de proton entre couples), ni l'addition (deux réactifs donneraient un seul produit) ne conviennent. Ce n'est pas non plus une élimination, qui transforme un réactif en deux produits dont l'un contient une liaison multiple nouvelle. Ici, sur le carbone du groupe carboxyle de l'acide aspartique, le groupe $-\mathrm{OH}$ est remplacé par le groupe $-\mathrm{NH{-}R}$ de la phénylalanine méthylée, le $-\mathrm{OH}$ partant avec un H sous forme d'eau : c'est une substitution. On forme ainsi une liaison amide $-\mathrm{C}(=\mathrm{O}){-}\mathrm{NH}{-}$, la liaison peptidique.

16. Site donneur de doublet d'électrons : l'atome d'azote du groupe $\mathrm{\overline{N}H_{2}}$ de la phénylalanine méthylée, qui porte un doublet non liant. Site accepteur : l'atome de carbone du groupe carboxyle de l'acide aspartique voisin du groupe $\mathrm{NH_{2}}$ (celui de droite sur la figure 5, qui devient le carbone tétraédrique de l'intermédiaire). Justification par les électronégativités : $\chi(\mathrm{O})=3{,}44>\chi(\mathrm{C})=2{,}55$, donc chacune des deux liaisons $\mathrm{C{-}O}$ et $\mathrm{C{=}O}$ est polarisée, l'oxygène portant une charge partielle $\delta^{-}$ et le carbone une charge partielle $\delta^{+}$ ; lié à deux oxygènes, ce carbone est un site déficitaire en électrons, donc accepteur.

Sur l'annexe : on entoure le doublet de l'azote de la phénylalanine méthylée (« site donneur ») et on note $\delta^{+}$ sur ce carbone (« site accepteur »), avec $\delta^{-}$ sur ses deux oxygènes. Piège : désigner l'azote de l'acide aspartique, qui porte lui aussi un doublet mais n'est pas impliqué dans l'étape représentée.

17. L'acte élémentaire de l'étape 1 est une addition de l'amine sur la double liaison $\mathrm{C{=}O}$. Deux flèches courbes, chacune partant d'un doublet et pointant vers l'atome ou la liaison où il va : la première part du doublet non liant de l'azote de la phénylalanine méthylée et pointe vers le carbone du groupe carboxyle (formation de la liaison $\mathrm{C{-}N}$) ; la seconde part du doublet de la liaison $\pi$ de $\mathrm{C{=}O}$ et pointe vers l'oxygène, qui devient $\mathrm{O^{-}}$ avec trois doublets non liants.

Vérification sur le produit de l'étape 1 : l'azote, qui a donné son doublet, porte la charge $\oplus$ ; l'oxygène, qui a reçu un doublet, porte la charge $\ominus$ ; le carbone a toujours quatre liaisons. Les charges dessinées sur la figure 5 sont exactement celles que prévoient les deux flèches. Erreur fréquente : partir du carbone vers l'azote, à l'envers du mouvement des électrons.

18. Un intermédiaire réactionnel est une espèce formée au cours d'une étape du mécanisme puis consommée dans une étape suivante : elle n'apparaît pas dans l'équation de la réaction globale. Ici, c'est l'espèce produite à l'étape 1 et réactif de l'étape 2 : le carbone tétraédrique qui porte $\mathrm{O^{-}}$, $\mathrm{OH}$ et le groupe $\mathrm{NH_{2}^{+}}$ relié à la phénylalanine méthylée. Elle n'apparaît ni parmi les réactifs ni parmi les produits de la figure 1 : c'est l'intermédiaire réactionnel.

19. L'acide aspartique possède DEUX groupes carboxyle, donc deux carbones accepteurs : l'amine de la phénylalanine méthylée peut aussi attaquer le carbone du groupe $\mathrm{COOH}$ de la chaîne latérale, et former un autre intermédiaire, puis un isomère de l'aspartame qui n'a pas le goût sucré. Ce n'est pas tout : l'acide aspartique possède lui aussi un groupe amino donneur, qui peut attaquer le groupe carboxyle d'une autre molécule d'acide aspartique, ou le carbone du groupe ester de la phénylalanine méthylée. Plusieurs couples de sites donneur et accepteur peuvent réagir, donc plusieurs intermédiaires réactionnels, et plusieurs produits, sont susceptibles de se former.

20. La stratégie consiste à protéger les groupes caractéristiques qui ne doivent pas réagir, pour que la réaction devienne sélective. On protège, avant le couplage, le groupe amino de l'acide aspartique et le groupe carboxyle de sa chaîne latérale, en les transformant temporairement en groupes non réactifs dans les conditions de la synthèse. Seul reste libre le groupe carboxyle voisin du groupe amino, qui réagit avec l'amine de la phénylalanine méthylée. On déprotège ensuite les deux groupes pour obtenir l'aspartame.

La phénylalanine méthylée est elle-même déjà « protégée » : son groupe carboxyle est engagé dans un ester méthylique, ce qui l'empêche de réagir avec l'amine de l'acide aspartique. Une protection n'est utile que si elle est sélective, facile à poser et facile à retirer sans toucher au reste de la molécule : c'est le prix d'une étape en plus de chaque côté.

1. Système : le ballon, assimilé au point G, de masse $m$ constante. Référentiel terrestre supposé galiléen. Bilan des forces : les frottements de l'air étant négligés, la seule force est le poids $\vec{P}=m\vec{g}$ (chute libre).

Deuxième loi de Newton : $\sum\vec{F}_{\text{ext}}=m\,\vec{a}_{\mathrm{G}}$, soit $m\vec{g}=m\vec{a}_{\mathrm{G}}$ et, la masse se simplifiant, $\vec{a}_{\mathrm{G}}=\vec{g}$. Le vecteur $\vec{g}$ est vertical vers le bas, donc de sens opposé à $\vec{k}$ : $a_{x}(t)=0$ et $a_{z}(t)=-g$. Erreur fréquente : écrire $a_{z}=g$ en oubliant l'orientation de l'axe Oz vers le haut.

2. Le vecteur accélération est la dérivée du vecteur vitesse : on cherche des primitives. $v_{x}(t)=C_{1}$ et $v_{z}(t)=-g\,t+C_{2}$. Les constantes viennent des conditions initiales : $\vec{v}(0)=\vec{v_{0}}$, de coordonnées $v_{0}\cos(\alpha)$ et $v_{0}\sin(\alpha)$ (l'angle $\alpha$ est mesuré à partir de l'horizontale). Donc $v_{x}(t)=v_{0}\cos(\alpha)$ et $v_{z}(t)=-g\,t+v_{0}\sin(\alpha)$.

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

3. Le ballon touche le sol quand $z(t)=0$ : $-\dfrac{1}{2}g\,t^{2}+v_{0}\sin(\alpha)\,t+h=0$, équation du second degré en $t$. Pour vérifier une durée annoncée, le plus direct est de calculer $z(3{,}97)$.

Une remarque s'impose d'abord sur la donnée $v_{0}=20{,}5\ \mathrm{km.h^{-1}}$ : avec $v_{0}=\dfrac{20{,}5}{3{,}6}=5{,}69\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, le vol ne durerait que $1{,}24$ s et le ballon ne monterait qu'à $2{,}4$ m, ce qui contredit les 3,97 s à vérifier, la récupération à 2,90 m de la partie B et les énergies de la figure 3 ($E_{c}(0)\approx 92$ J). Toutes ces valeurs correspondent à $v_{0}=20{,}5\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$ : l'unité de la donnée est une coquille du sujet, et le corrigé retient $v_{0}=20{,}5\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, soit $73{,}8\ \mathrm{km\cdot h^{-1}}$. Un candidat qui le signale et poursuit avec la valeur cohérente rédige exactement ce qui est attendu.

Calcul : $v_{0}\sin(\alpha)=20{,}5\times\sin(70°)=19{,}26\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$ et $h=0{,}90$ m. Alors $z(3{,}97)=-\dfrac{1}{2}\times 9{,}81\times 3{,}97^{2}+19{,}26\times 3{,}97+0{,}90=-77{,}31+76{,}48+0{,}90\approx 0{,}07$ m, soit quelques centimètres : le ballon est au sol à la précision des données près. Par la résolution exacte, la racine positive est $t=\dfrac{v_{0}\sin\alpha+\sqrt{(v_{0}\sin\alpha)^{2}+2gh}}{g}=\dfrac{19{,}26+\sqrt{371{,}1+17{,}7}}{9{,}81}=3{,}97$ s. Piège : oublier $h$, ce qui donnerait $\dfrac{2v_{0}\sin\alpha}{g}=3{,}93$ s ; ou laisser la calculatrice en radians, où $\sin(70)\approx 0{,}77$ au lieu de $\sin(70°)=0{,}94$.

4. On remplace $t=3{,}82$ s dans $z(t)$ : $z(3{,}82)=-\dfrac{1}{2}\times 9{,}81\times 3{,}82^{2}+19{,}26\times 3{,}82+0{,}90=-71{,}58+73{,}59+0{,}90=2{,}91$ m, soit $z\approx 2{,}9$ m. Cohérence : la partie B annonce une récupération à 2,90 m, la même situation. Un joueur qui saute bras tendus atteint bien cette hauteur, l'ordre de grandeur est réaliste.

5. Pour récupérer le ballon, le joueur doit parcourir, pendant la durée du vol jusqu'à la récupération, la distance horizontale parcourue par le ballon. Abscisse du ballon à $t=3{,}82$ s : $x(3{,}82)=v_{0}\cos(\alpha)\times 3{,}82=20{,}5\times\cos(70°)\times 3{,}82=7{,}01\times 3{,}82=26{,}8$ m.

Vitesse moyenne nécessaire : $\dfrac{26{,}8}{3{,}82}=7{,}01\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, soit $7{,}01\times 3{,}6=25{,}2\ \mathrm{km\cdot h^{-1}}$. C'est exactement $v_{0}\cos(\alpha)$, la composante horizontale de la vitesse du ballon, qui est constante : le joueur doit courir aussi vite que le ballon avance. Julien Marchand court en moyenne à $25{,}7\ \mathrm{km\cdot h^{-1}}=7{,}14\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, plus que les $25{,}2\ \mathrm{km\cdot h^{-1}}$ requis : en $3{,}82$ s il parcourt $7{,}14\times 3{,}82=27{,}3$ m, plus que les $26{,}8$ m nécessaires. Il aurait pu réussir la chandelle, de justesse (un écart de 2 %, il arrive sous le ballon vers $3{,}75$ s).

6. La ligne 8 du programme donne m = 0.440, avec le commentaire « en kg » : $m=0{,}440$ kg.

7. Ligne 26 : (vx**2 + vz**2)**(1/2) est $\sqrt{v_{x}^{2}+v_{z}^{2}}$, la norme du vecteur vitesse, c'est-à-dire la valeur $v$ de la vitesse du ballon (la ligne 27 l'utilise sous le nom v). Ligne 27 : 0.5 * m * v**2 est $\dfrac{1}{2}m\,v^{2}$, l'énergie cinétique $E_{c}$ du ballon.

8. Ligne 27 : Ec = 0.5 * m * v**2. Ligne 28 : l'énergie potentielle de pesanteur, avec l'axe Oz vers le haut et l'origine choisie au sol (Ep = 0 si z = 0, comme le précise le commentaire), vaut $E_{p}=m\,g\,z$ : Ep = m * g * z. Ligne 29 : l'énergie mécanique est la somme des deux, $E_{m}=E_{c}+E_{p}$ : Em = Ec + Ep. Le code complété est donné sous le corrigé. Piège : écrire m * g * h, avec l'altitude initiale fixe, au lieu de la variable z.

9. Trois arguments, chacun chiffré. La courbe 1 est constante, vers 96 J : c'est l'énergie mécanique, somme des deux autres à chaque instant ; on vérifie qu'à $t=0$, $E_{c}+E_{p}\approx 92+4=96$ J.

La courbe 2 part d'environ 4 J et passe par un maximum vers $t=1{,}96$ s : c'est l'énergie potentielle de pesanteur. À $t=0$, $E_{p}=m\,g\,h=0{,}440\times 9{,}81\times 0{,}90=3{,}9$ J ; son maximum est atteint au sommet de la trajectoire, quand $v_{z}=0$, soit à $t=\dfrac{v_{0}\sin\alpha}{g}=1{,}96$ s, à l'altitude $z_{max}=h+\dfrac{(v_{0}\sin\alpha)^{2}}{2g}=19{,}8$ m, d'où $E_{p,max}=0{,}440\times 9{,}81\times 19{,}8=85{,}5$ J, la valeur lue.

La courbe 3 part d'environ 92 J et passe par un minimum au même instant : c'est l'énergie cinétique. À $t=0$, $E_{c}=\dfrac{1}{2}\times 0{,}440\times 20{,}5^{2}=92{,}5$ J ; au sommet, la vitesse n'est pas nulle, il reste la composante horizontale $v_{0}\cos\alpha=7{,}01\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, d'où $E_{c,min}=\dfrac{1}{2}\times 0{,}440\times 7{,}01^{2}=10{,}8$ J, le minimum non nul lu sur la courbe. Erreur fréquente : attendre une énergie cinétique nulle au sommet, ce qui n'est vrai que pour un lancer vertical.

10. Sur la figure 3, l'énergie mécanique (courbe 1) reste constante pendant tout le vol. Or la variation de l'énergie mécanique est égale au travail des forces non conservatives : des frottements de l'air, de travail négatif, la feraient diminuer. Sa conservation montre que la modélisation numérique ne contient aucun frottement : l'hypothèse « frottements négligeables » a bien été prise en compte. Remarque : à la toute fin du tracé, $E_{p}$ devient légèrement négative ; le calcul a été poursuivi au-delà de $3{,}97$ s, quand le modèle place le ballon sous le niveau du sol.

11. Démarche : le ballon n'est soumis qu'à son poids, force conservative ; son énergie mécanique se conserve entre le tir (vitesse $v_{0}$, altitude $h$) et la récupération (vitesse $v$, altitude $z_{R}=2{,}90$ m). $\dfrac{1}{2}m\,v_{0}^{2}+m\,g\,h=\dfrac{1}{2}m\,v^{2}+m\,g\,z_{R}$. La masse se simplifie : $v=\sqrt{v_{0}^{2}-2\,g\,(z_{R}-h)}$.

Application numérique avec $v_{0}=20{,}5\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$ (voir la question 3) : $v=\sqrt{20{,}5^{2}-2\times 9{,}81\times(2{,}90-0{,}90)}=\sqrt{420{,}25-39{,}24}=\sqrt{381{,}0}=19{,}5\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$. Conversion : $v=19{,}5\times 3{,}6=70{,}3\ \mathrm{km\cdot h^{-1}}$, soit environ $70\ \mathrm{km\cdot h^{-1}}$.

Vérification par la partie A : à $t=3{,}82$ s, $v_{x}=7{,}01\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$ et $v_{z}=-9{,}81\times 3{,}82+19{,}26=-18{,}21\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, d'où $v=\sqrt{7{,}01^{2}+18{,}21^{2}}=19{,}5\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, la même valeur. Le ballon est récupéré un peu moins vite qu'il est parti, car il est plus haut de 2,00 m. Avec la donnée prise à la lettre ($5{,}69\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$), on trouverait $v^{2}=32{,}4-39{,}2<0$ : le ballon ne pourrait pas atteindre 2,90 m, nouvelle preuve que $v_{0}$ vaut $20{,}5\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$. Piège : oublier la conversion finale demandée en $\mathrm{km\cdot h^{-1}}$.

# Calcul des énergies
v = (vx**2 + vz**2)**(1/2)
Ec = 0.5 * m * v**2
Ep = m * g * z            # Ep = 0 si z = 0
Em = Ec + Ep

1. Dans une cellule photovoltaïque, il s'agit de l'effet photoélectrique dit interne. La lumière est un flux de photons, chacun d'énergie $E=h\nu=\dfrac{hc}{\lambda}$. Un photon d'énergie au moins égale à $E_{\text{gap}}$ est absorbé par un électron de la bande de valence du silicium, qui passe dans la bande de conduction : il devient un électron libre de se déplacer, et laisse derrière lui un « trou ». La structure de la cellule sépare ces électrons et ces trous, ce qui crée une tension à ses bornes et un courant dans le circuit extérieur : l'énergie lumineuse est convertie en énergie électrique.

Le caractère « seuil » est l'essentiel : un photon d'énergie inférieure à $E_{\text{gap}}$ n'est pas absorbé de cette façon, quelle que soit l'intensité de la lumière, car l'énergie d'un photon est cédée en bloc à un seul électron. C'est l'aspect corpusculaire de la lumière que l'effet photoélectrique a révélé.

2. Autres applications de l'effet photoélectrique : les capteurs photographiques (CCD ou CMOS) des appareils photo et des téléphones, les photodiodes et cellules photoélectriques (détection de passage, portes automatiques, télécommandes infrarouges), ou les photomultiplicateurs des détecteurs de lumière. Une seule suffit, si elle est nommée précisément.

3. Le photon tout juste capable de faire franchir le gap a l'énergie $E_{\text{gap}}$ : $\dfrac{hc}{\lambda_{\text{seuil}}}=E_{\text{gap}}$, d'où $\lambda_{\text{seuil}}=\dfrac{hc}{E_{\text{gap}}}$. On convertit d'abord l'énergie en joules : $E_{\text{gap}}=1{,}12\times 1{,}60\times 10^{-19}=1{,}79\times 10^{-19}$ J. Alors $\lambda_{\text{seuil}}=\dfrac{6{,}63\times 10^{-34}\times 3{,}00\times 10^{8}}{1{,}79\times 10^{-19}}=1{,}11\times 10^{-6}$ m, soit $\lambda_{\text{seuil}}\approx 1{,}11\times 10^{3}$ nm, dans l'infrarouge proche.

Sens du seuil : seuls les photons de longueur d'onde INFÉRIEURE à $1{,}11\ \mu\mathrm{m}$, donc plus énergétiques, font passer un électron dans la bande de conduction. Erreur fréquente : garder $E_{\text{gap}}$ en électronvolts dans la formule, ce qui donne une longueur d'onde fausse d'un facteur $1{,}6\times 10^{-19}$. Remarque de vocabulaire : le sujet appelle $E_{\text{gap}}$ un « travail d'extraction » ; pour un semi-conducteur, il s'agit de l'énergie de la bande interdite (le gap), le travail d'extraction désignant l'énergie à fournir pour arracher un électron à un métal. Le calcul est le même. La masse de l'électron, donnée, ne sert pas.

4. D'après la question 3, le silicium convertit les photons de longueur d'onde inférieure à 1110 nm. Sur la figure 2, le spectre solaire au sol commence vers 300 nm, culmine vers 500 nm, et l'essentiel de l'aire sous la courbe, donc de la puissance reçue, se trouve entre 300 et 1100 nm : tout le visible et le proche infrarouge sont exploitables. Seules les bandes au-delà de 1110 nm (vers 1150 à 1350 nm, 1450 à 1800 nm et au-delà de 2000 nm), de faible intensité, sont perdues. Le silicium est donc bien adapté à une cellule photovoltaïque.

Nuance qu'un bon devoir ajoute : un photon très énergétique (dans le bleu) ne fait passer qu'un seul électron, et l'excédent d'énergie au-delà de $E_{\text{gap}}$ est perdu en chaleur. C'est une des raisons pour lesquelles le rendement d'une cellule reste bien inférieur à 100 %, comme la question 6 va le montrer.

5. Le rendement est le rapport de l'énergie (ou de la puissance) utile à l'énergie (ou la puissance) reçue. La puissance utile est la puissance électrique fournie, $P_{\text{élec}}=U_{\max}\times I_{\max}$ ; la puissance reçue est la puissance lumineuse $P_{\text{lum}}=P_{s}\times S$, où $S$ est la surface du panneau exposée au Soleil. Donc $\eta=\dfrac{U_{\max}\times I_{\max}}{P_{s}\times S}$, avec $S=$ longueur $\times$ largeur.

6. Puissance électrique : $P_{\text{élec}}=23{,}76\times 0{,}89=21{,}1$ W. Surface du panneau, en mètres carrés : $S=0{,}795\times 0{,}220=0{,}175\ \mathrm{m^{2}}$. Puissance lumineuse reçue par ciel clair : $P_{\text{lum}}=1000\times 0{,}175=175$ W. Rendement : $\eta=\dfrac{21{,}1}{175}=0{,}121$, soit $12$ % avec deux chiffres significatifs (comme $I_{\max}$) : c'est la valeur annoncée par le fabricant.