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

Q1. On repère le plomb-210 sur le diagramme : le plomb a pour numéro atomique $Z=82$, et un nombre de masse $A=210$ donne $N=A-Z=210-82=128$ neutrons. La case $(Z=82\,;\,N=128)$ est en gris clair, la teinte que la légende attribue à la désintégration $\beta^{-}$. Le plomb-210 est donc émetteur $\beta^{-}$.

C'est cohérent avec sa position : il a quatre neutrons de plus que le plomb-206 et deux de plus que le plomb-208, isotopes stables (cases noires) ; un noyau trop riche en neutrons se stabilise en transformant un neutron en proton, ce qui est exactement la désintégration $\beta^{-}$. Erreur fréquente : confondre les deux gris de la légende. Le gris très clair ($\beta^{+}$) n'apparaît qu'en bas à droite du diagramme, sous la ligne des noyaux stables, là où les noyaux manquent de neutrons.

Q2. Une désintégration $\beta^{-}$ émet un électron ${}^{\;\,0}_{-1}\mathrm{e}$. Lois de conservation (lois de Soddy) : conservation du nombre de nucléons $A$ et conservation du nombre de charge $Z$. Le noyau fils a donc $A=210-0=210$ et $Z=82-(-1)=83$ : c'est le bismuth, et la case $(Z=83\,;\,N=127)$ de la figure 1 porte bien ${}^{210}\mathrm{Bi}$. L'équation s'écrit :

${}^{210}_{\;82}\mathrm{Pb}\longrightarrow{}^{210}_{\;83}\mathrm{Bi}+{}^{\;\,0}_{-1}\mathrm{e}$

Vérification : $210=210+0$ pour les nucléons, $82=83+(-1)$ pour les charges. Sur le diagramme, une désintégration $\beta^{-}$ fait un pas en diagonale, une case vers la droite ($Z+1$) et une vers le bas ($N-1$) : de $(82\,;\,128)$ à $(83\,;\,127)$. Le programme ne demande pas l'antineutrino qui accompagne l'électron ; l'écrire n'est pas une faute.

Q3. Le polonium-210, $Z=84$ et $N=210-84=126$, occupe une case gris foncé : il est émetteur $\alpha$. Il perd un noyau d'hélium ${}^{4}_{2}\mathrm{He}$, donc deux protons et deux neutrons : le noyau fils a $Z=84-2=82$ et $A=210-4=206$, c'est le plomb-206, case $(82\,;\,124)$.

${}^{210}_{\;84}\mathrm{Po}\longrightarrow{}^{206}_{\;82}\mathrm{Pb}+{}^{4}_{2}\mathrm{He}$

La case du plomb-206 est noire : c'est un noyau stable, qui ne se désintègre plus. La chaîne s'arrête donc là : plomb-210, bismuth-210, polonium-210, puis plomb-206 stable. Le polonium-210 est bien le dernier noyau radioactif de la chaîne, et c'est son rayonnement $\alpha$ que mesurent les méthodes de datation citées dans l'introduction.

Q4. Pendant une durée $\mathrm{d}t$, le nombre de noyaux radioactifs diminue de $-\mathrm{d}N$ (quantité positive, puisque $\mathrm{d}N<0$) : ce sont les noyaux qui se sont désintégrés. L'activité, nombre de désintégrations par unité de temps, vaut donc $A(t)=-\dfrac{\mathrm{d}N(t)}{\mathrm{d}t}$, en becquerels (Bq), un becquerel valant une désintégration par seconde. Erreur fréquente : oublier le signe moins, ce qui donnerait une activité négative.

Q5. On égale les deux expressions de l'activité : $-\dfrac{\mathrm{d}N(t)}{\mathrm{d}t}=\lambda\cdot N(t)$, soit $\dfrac{\mathrm{d}N(t)}{\mathrm{d}t}+\lambda\cdot N(t)=0$. C'est une équation différentielle linéaire du premier ordre, homogène, à coefficient constant.

Q6. On dérive la fonction proposée : $\dfrac{\mathrm{d}N}{\mathrm{d}t}=N_{0}\cdot(-\lambda)\cdot e^{-\lambda t}=-\lambda\cdot N(t)$. Alors $\dfrac{\mathrm{d}N}{\mathrm{d}t}+\lambda N(t)=-\lambda N(t)+\lambda N(t)=0$ : l'équation est vérifiée à tout instant. La condition initiale l'est aussi : $N(0)=N_{0}\cdot e^{0}=N_{0}$, le nombre de noyaux présents au départ. La réponse attendue tient en ces deux lignes, la dérivée de $e^{-\lambda t}$ étant $-\lambda e^{-\lambda t}$ (dérivée de $e^{u}$, avec $u=-\lambda t$).

Q7. Le temps de demi-vie est la durée au bout de laquelle la moitié des noyaux initialement présents se sont désintégrés : $N(t_{1/2})=\dfrac{N_{0}}{2}$. Avec la loi de décroissance : $N_{0}e^{-\lambda t_{1/2}}=\dfrac{N_{0}}{2}$, donc $e^{-\lambda t_{1/2}}=\dfrac{1}{2}$. En prenant le logarithme népérien : $-\lambda t_{1/2}=\ln\dfrac{1}{2}=-\ln 2$, d'où $t_{1/2}=\dfrac{\ln(2)}{\lambda}$.

Pour le plomb-210, $t_{1/2}=22{,}2$ ans : $\lambda_{Pb}=\dfrac{\ln 2}{22{,}2}=3{,}12\times 10^{-2}\ \mathrm{an^{-1}}$, trois chiffres significatifs comme la demi-vie. En unité SI, avec $1$ an $=365{,}25\times 24\times 3\,600\ \mathrm{s}=3{,}156\times 10^{7}$ s : $\lambda_{Pb}=9{,}89\times 10^{-10}\ \mathrm{s^{-1}}$. L'unité de $\lambda$ est l'inverse de celle de $t_{1/2}$ : pour la question suivante, raisonner en années évite toute conversion.

Q8. Démarche. L'activité est proportionnelle au nombre de noyaux, donc elle suit la même loi : $A(t)=\lambda N(t)=\lambda N_{0}e^{-\lambda t}=A_{0}e^{-\lambda t}$. On cherche la durée $t$ écoulée entre la formation de la glace (activité $A_{0}=110$ mBq par kilogramme) et la mesure de 1993 (activité $A_{30}=4{,}72$ mBq par kilogramme).

De $A_{30}=A_{0}e^{-\lambda_{Pb}t}$ on tire $e^{\lambda_{Pb}t}=\dfrac{A_{0}}{A_{30}}$, donc $t=\dfrac{1}{\lambda_{Pb}}\ln\dfrac{A_{0}}{A_{30}}=\dfrac{t_{1/2}}{\ln 2}\ln\dfrac{A_{0}}{A_{30}}$. Numériquement : $\dfrac{A_{0}}{A_{30}}=\dfrac{110}{4{,}72}=23{,}3$, $\ln(23{,}3)=3{,}15$, et $t=\dfrac{22{,}2}{0{,}693}\times 3{,}15=101$ ans. Le rapport des activités n'a pas d'unité : pas besoin de convertir les millibecquerels.

La mesure datant de 1993, la glace située à 30 m de profondeur s'est formée vers $1993-101=1892$, c'est-à-dire à la fin du XIXe siècle. Vérification par les demi-vies : l'activité a été divisée par $23$, et $2^{4}=16<23<32=2^{5}$ ; il s'est donc écoulé entre quatre et cinq demi-vies, entre $89$ et $111$ ans. L'âge trouvé reste aussi sous la limite de 150 ans annoncée pour la méthode.

Épaisseur moyenne accumulée : $30$ m de glace en $101$ ans, soit $e=\dfrac{30}{101}=0{,}30\ \mathrm{m\cdot an^{-1}}$, environ $30$ cm de glace par an. Erreur fréquente : prendre l'âge par rapport à aujourd'hui alors que l'activité a été mesurée en 1993, ou utiliser le logarithme décimal au lieu du logarithme népérien, qui donne un âge faux d'un facteur $2{,}3$.

Q9. La figure 2 est une formule topologique : les atomes de carbone ne sont pas écrits, ils sont aux sommets et aux extrémités des segments ; les atomes d'hydrogène portés par les carbones ne sont pas représentés ; seuls les hétéroatomes (N, O, Br) et les hydrogènes qu'ils portent ($\mathrm{NH_{2}}$) sont écrits. Le trait qui part de l'oxygène représente un groupe méthyle $\mathrm{CH_{3}}$.

Q10. Le groupe A est un atome de brome lié à un atome de carbone : c'est la famille des composés halogénés, les halogénoalcanes du programme. Ici l'atome de brome est porté par un carbone d'un cycle aromatique, on parle plus précisément de dérivé halogéné aromatique. Le groupe B, $-\mathrm{NH_{2}}$, est le groupe amino : c'est la famille des amines (une amine primaire, l'azote n'étant lié qu'à un seul atome de carbone). Erreur fréquente : répondre « amide » pour B ; un amide exige un groupe carbonyle $\mathrm{C=O}$ lié à l'azote, absent ici.

Q11. La constante d'équilibre est la valeur du quotient de réaction à l'équilibre, chaque concentration étant divisée par $c^{\circ}$ et élevée à la puissance de son nombre stœchiométrique (ici $1$), les produits au numérateur :

$K=\dfrac{\dfrac{[\mathrm{Ag(ligand)^{+}}]_{\text{éq}}}{c^{\circ}}}{\dfrac{[\mathrm{Ag^{+}}]_{\text{éq}}}{c^{\circ}}\times\dfrac{[\text{ligand}]_{\text{éq}}}{c^{\circ}}}=\dfrac{[\mathrm{Ag(ligand)^{+}}]_{\text{éq}}\times c^{\circ}}{[\mathrm{Ag^{+}}]_{\text{éq}}\times[\text{ligand}]_{\text{éq}}}$

$K$ est sans dimension, et c'est le rôle de $c^{\circ}$ : l'oublier donne une constante qui aurait l'unité $\mathrm{L\cdot mol^{-1}}$.

Q12. On réarrange l'expression de $K$ : à l'équilibre, $\dfrac{[\mathrm{Ag(ligand)^{+}}]_{\text{éq}}}{[\mathrm{Ag^{+}}]_{\text{éq}}}=K\times\dfrac{[\text{ligand}]_{\text{éq}}}{c^{\circ}}$. La constante $K$ est fixée à une température donnée. Si le ligand est introduit en très fort excès, il n'est presque pas consommé et sa concentration à l'équilibre reste grande ; le rapport $\dfrac{[\mathrm{Ag(ligand)^{+}}]}{[\mathrm{Ag^{+}}]}$ devient alors très grand : il ne reste pratiquement plus d'ions $\mathrm{Ag^{+}}$ libres, presque tous sont engagés dans le complexe.

Autrement dit, le taux d'avancement final $\tau=\dfrac{x_{f}}{x_{max}}$, calculé par rapport aux ions argent, réactif limitant, est très proche de $1$ : la transformation est quasi-totale, même si $K$ n'est pas très grand. Lecture équivalente avec le quotient de réaction : à l'état initial, sans complexe, $Q_{r,i}=0<K$, le système évolue dans le sens direct ; un excès de ligand maintient le dénominateur de $Q_{r}$ grand, et il faut que presque tous les ions $\mathrm{Ag^{+}}$ disparaissent pour que $Q_{r}$ rejoigne $K$.

Q13. Une solution colorée absorbe surtout autour de $\lambda_{max}$ et laisse passer le reste ; sa couleur perçue est la couleur complémentaire de la couleur absorbée, diamétralement opposée sur le cercle chromatique. Ici $\lambda_{max}=516$ nm, entre le cyan ($500$ nm) et le vert ($530$ nm), plus près du vert : la solution absorbe dans le vert. La couleur opposée au vert est le magenta : les solutions contenant $\mathrm{Ag(ligand)^{+}}$ sont magenta (rouge-pourpre, la complémentaire du cyan étant le rouge). Erreur fréquente : répondre « vert », la couleur absorbée, alors que c'est la couleur qui n'arrive PAS à l'œil.

Q14. Définition de la concentration en quantité de matière : $n_{Ag,i}=[\mathrm{Ag^{+}}]\times V_{Ag^{+}}$, le volume en litres : $n_{Ag,i}=7{,}4\times 10^{-6}\times 1{,}0\times 10^{-3}=7{,}4\times 10^{-9}$ mol, avec deux chiffres significatifs comme les données. C'est une quantité très faible, de l'ordre du microgramme d'argent ($7{,}4\times 10^{-9}\times 108=8\times 10^{-7}$ g), ce qui justifie une méthode de dosage sensible. Erreur fréquente : multiplier par $1{,}0$ mL sans conversion, ce qui donne une réponse mille fois trop grande.

Q15. Sur la figure 4, l'absorbance croît avec le volume de ligand jusqu'à $0{,}4$ mL, puis reste sur un palier vers $A=0{,}49$ à partir de $0{,}5$ mL. Le palier traduit qu'on ne forme plus de complexe : les ions argent ont réagi en quasi-totalité. Le premier point du palier donne $V_{tot,L}\approx 0{,}5$ mL ; le pas de $0{,}1$ mL entre deux mesures ne permet pas d'être plus précis que « entre $0{,}4$ et $0{,}5$ mL, retenu $0{,}5$ mL ».

Quantité de ligand correspondante : $n_{L}=c_{L}\times V_{tot,L}=1{,}0\times 10^{-3}\times 0{,}5\times 10^{-3}=5\times 10^{-7}$ mol. Remarque : on raisonne ici sur les quantités de matière ; pour que le palier ait un sens en absorbance, chaque mélange doit être mesuré dans des conditions comparables (même volume final, ou dilution négligeable), ce que l'énoncé admet en lisant directement la figure.

Q16. L'équation (1) consomme une mole de ligand par mole d'ions argent ; il suffirait donc de $7{,}4\times 10^{-9}$ mol de ligand pour réagir avec tous les ions $\mathrm{Ag^{+}}$. On compare : $\dfrac{n_{L}}{n_{Ag,i}}=\dfrac{5\times 10^{-7}}{7{,}4\times 10^{-9}}\approx 68$. Le ligand est introduit en quantité près de $70$ fois supérieure à la quantité stœchiométrique : il est bien en large excès.

Commentaire : si la réaction était totale, une quantité stœchiométrique de ligand suffirait, et le palier commencerait dès $V_{L}=\dfrac{7{,}4\times 10^{-9}}{1{,}0\times 10^{-3}}=7{,}4\times 10^{-6}$ L, soit $0{,}0074$ mL. Or l'absorbance augmente encore jusqu'à $0{,}5$ mL : la réaction (1) n'est pas totale en proportions stœchiométriques, sa constante d'équilibre est modérée. C'est exactement la situation de la question Q12 : il faut un très fort excès de ligand pour déplacer l'équilibre et rendre la formation du complexe quasi-totale. Le protocole de dosage devra donc toujours utiliser le ligand en large excès.

Q17. Tableau d'avancement de la réaction (1), supposée totale, dans le volume $V$ de la solution analysée : à l'état initial, $n_{Ag,i}$ d'ions argent, $n_{L}$ de ligand et pas de complexe ; à l'état intermédiaire, $n_{Ag,i}-x$, $n_{L}-x$ et $x$ ; à l'état final, le ligand étant en excès, le réactif limitant est l'ion argent : $x_{max}=n_{Ag,i}$, il reste $0$ ion argent, $n_{L}-n_{Ag,i}$ de ligand, et il s'est formé $n_{Ag,i}$ de complexe.

La concentration finale du complexe vaut donc $[\mathrm{Ag(ligand)^{+}}]_{f}=\dfrac{x_{max}}{V}=\dfrac{n_{Ag,i}}{V}=c_{Ag,i}$, la concentration en ions argent apportée dans la solution. Loi de Beer-Lambert à $516$ nm, le complexe étant l'espèce qui absorbe à cette longueur d'onde (le ligand seul est supposé ne pas absorber) : $A=\varepsilon\cdot\ell\cdot[\mathrm{Ag(ligand)^{+}}]_{f}$, avec $\varepsilon$ le coefficient d'absorption molaire et $\ell$ la longueur de solution traversée. D'où $A=\varepsilon\cdot\ell\cdot c_{Ag,i}=k\cdot c_{Ag,i}$, avec $k=\varepsilon\ell$ constant : l'absorbance est proportionnelle à $c_{Ag,i}$.

Q18. On convertit la concentration en masse maximale en concentration en quantité de matière : $c_{m,max}=1{,}5\ \mathrm{\mu g\cdot mL^{-1}}=1{,}5\ \mathrm{mg\cdot L^{-1}}=1{,}5\times 10^{-3}\ \mathrm{g\cdot L^{-1}}$. Puis $c_{max}=\dfrac{c_{m,max}}{M(\mathrm{Ag})}=\dfrac{1{,}5\times 10^{-3}}{108}=1{,}4\times 10^{-5}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$.

L'absorbance correspondante vaut $A=6{,}5\times 10^{4}\times 1{,}39\times 10^{-5}=0{,}90$, soit exactement la valeur limite $A_{max}=0{,}9$ que le spectrophotomètre mesure de façon fiable à $516$ nm. La borne supérieure annoncée par les chercheurs est donc cohérente : au-delà de $1{,}5\ \mathrm{\mu g\cdot mL^{-1}}$, l'absorbance dépasserait $0{,}9$, l'appareil ne la mesurerait plus correctement et la proportionnalité de la loi de Beer-Lambert ne serait plus vérifiée. Pour une solution plus concentrée, on la diluerait avant la mesure.

Erreur fréquente : la conversion $1\ \mathrm{\mu g\cdot mL^{-1}}=1\ \mathrm{mg\cdot L^{-1}}$ (on multiplie par $1\,000$ au numérateur et au dénominateur). Prendre $1{,}5\ \mathrm{g\cdot L^{-1}}$ donnerait une absorbance de $900$, absurde.

Q1. Deuxième loi de Newton : dans un référentiel galiléen, la somme des forces extérieures appliquées à un système de masse constante est égale au produit de sa masse par le vecteur accélération de son centre de masse, $\sum\overrightarrow{F_{ext}}=m\,\vec{a}$.

Système : le bâton, de masse $m$ ; référentiel terrestre supposé galiléen ; seule force après le lancer : le poids $\vec{P}=m\,\vec{g}$ (frottements de l'air négligés). Donc $m\,\vec{a}=m\,\vec{g}$, et $\vec{a}=\vec{g}$ : l'accélération ne dépend pas de la masse. Le champ de pesanteur est vertical et dirigé vers le bas, de sens opposé à $\vec{j}$ : $\vec{g}=-g\,\vec{j}$. D'où $a_{x}(t)=0$ et $a_{y}(t)=-g$.

Erreur fréquente : écrire $a_{y}=g$. L'axe (Oy) est orienté vers le haut sur la figure 1, le signe moins traduit que le poids pointe vers le bas.

Q2. Le vecteur accélération est la dérivée du vecteur vitesse : $a_{x}=\dfrac{\mathrm{d}v_{x}}{\mathrm{d}t}$ et $a_{y}=\dfrac{\mathrm{d}v_{y}}{\mathrm{d}t}$. On cherche des primitives : $v_{x}(t)=C_{1}$ et $v_{y}(t)=-g\,t+C_{2}$, les constantes étant fixées par la vitesse initiale.

À $t=0$, $\overrightarrow{v_{0}}$ fait l'angle $\alpha$ avec l'horizontale, vers le haut (figure 1) : $v_{x}(0)=v_{0}\cos\alpha$ et $v_{y}(0)=v_{0}\sin\alpha$. Donc $C_{1}=v_{0}\cos\alpha$, $C_{2}=v_{0}\sin\alpha$, et :

$v_{x}(t)=v_{0}\cos(\alpha)$ et $v_{y}(t)=-g\,t+v_{0}\sin(\alpha)$.

La composante horizontale est constante, aucune force n'agissant selon (Ox) ; la composante verticale diminue de $g$ chaque seconde, s'annule au sommet puis devient négative à la descente.

Q3. Le vecteur vitesse est la dérivée du vecteur position $\overrightarrow{OG}$ : on prend de nouveau des primitives, $x(t)=v_{0}\cos(\alpha)\,t+C_{3}$ et $y(t)=-\dfrac{1}{2}g\,t^{2}+v_{0}\sin(\alpha)\,t+C_{4}$.

Sur la figure 1, à $t=0$ le point G est sur l'axe (Oy), à la hauteur $h$ au-dessus de O : $x(0)=0$ et $y(0)=h$, donc $C_{3}=0$ et $C_{4}=h$. On retrouve bien $x(t)=v_{0}\cos(\alpha)\cdot t$ et $y(t)=-\dfrac{1}{2}g\cdot t^{2}+v_{0}\sin(\alpha)\cdot t+h$. Le correcteur attend les conditions initiales écrites explicitement : ce sont elles qui justifient l'absence de constante dans $x(t)$ et le $+h$ dans $y(t)$.

Q4. On élimine le temps. De $x=v_{0}\cos(\alpha)\,t$ on tire $t=\dfrac{x}{v_{0}\cos\alpha}$, que l'on reporte dans $y(t)$ :

$y(x)=-\dfrac{g}{2\,v_{0}^{2}\cos^{2}\alpha}\,x^{2}+\tan(\alpha)\,x+h$, puisque $\dfrac{v_{0}\sin\alpha}{v_{0}\cos\alpha}=\tan\alpha$.

Application numérique : $\cos^{2}30°=0{,}750$ et $v_{0}^{2}=24{,}0\ \mathrm{m^{2}\cdot s^{-2}}$, donc $\dfrac{g}{2v_{0}^{2}\cos^{2}\alpha}=\dfrac{9{,}8}{2\times 24{,}0\times 0{,}750}=0{,}27\ \mathrm{m^{-1}}$ ; $\tan 30°=0{,}58$ ; $h=0{,}70$ m. D'où $y(x)=-0{,}27\,x^{2}+0{,}58\,x+0{,}70$. Le coefficient de $x^{2}$ a pour unité $\mathrm{m^{-1}}$, celui de $x$ est sans unité, ce qui rend l'équation homogène. Erreur fréquente : calculatrice réglée en radians, qui donne $\cos(30)=0{,}15$ et un résultat aberrant.

Q5. Démarche. Le bâton tombe au sol quand $y=0$ ; l'abscisse du point d'impact dit quelle quille il touche, et la règle du jeu donne le score.

Point d'impact : on résout $-0{,}27\,x^{2}+0{,}58\,x+0{,}70=0$. Discriminant : $\Delta=0{,}58^{2}-4\times(-0{,}27)\times 0{,}70=0{,}336+0{,}756=1{,}09$, $\sqrt{\Delta}=1{,}05$. Les racines sont $x=\dfrac{-0{,}58\pm 1{,}05}{2\times(-0{,}27)}$, soit $x_{1}=-0{,}86$ m, à rejeter (derrière le joueur, hors du mouvement qui commence en $x=0$), et $x_{2}=\dfrac{-0{,}58-1{,}05}{-0{,}54}=3{,}0$ m. Avec les coefficients non arrondis, on trouve $2{,}98$ m : à la précision des données, $x_{impact}=3{,}0$ m.

Conclusion : le bâton tombe à l'abscisse $x_{q9}=3{,}0$ m de la quille 9. Il ne rebondit pas et n'atteint donc ni la quille 1 ($4{,}0$ m) ni la quille 5 ($5{,}0$ m) : une seule quille tombe, et le joueur marque la valeur qu'elle porte, $9$ points. Son score devient $41+9=50$ points exactement : il remporte la partie. Si plusieurs quilles étaient tombées, il aurait marqué leur NOMBRE et non la somme de leurs valeurs : avec deux quilles, $43$ points seulement.

Q6. Ligne 18, l'énergie cinétique est calculée par $E_{c}=\dfrac{1}{2}\,m\,v^{2}=\dfrac{1}{2}\,m\,(v_{x}^{2}+v_{y}^{2})$, puisque la norme de la vitesse vérifie $v^{2}=v_{x}^{2}+v_{y}^{2}$. Le programme écrit 0.5*0.4*(vxl[i]**2+vyl[i]**2) : le facteur 0.4 est la masse, $m=0{,}4$ kg, soit $400$ g. La ligne 20 le confirme : 0.4*9.81*y[i] est $E_{p}=m\,g\,y$, avec la même masse et $g=9{,}81\ \mathrm{N\cdot kg^{-1}}$, l'altitude étant comptée à partir du sol ($E_{p}=0$ en $y=0$).

Q7. L'énergie mécanique est la somme de l'énergie cinétique et de l'énergie potentielle de pesanteur, $E_{m}=E_{c}+E_{p}$. La ligne 22 s'écrit : Em=Ec+Ep. On réutilise les variables calculées aux lignes 18 et 20 de la même itération ; écrire Em=Ecl+Epl serait faux, ces noms désignant des listes et non des nombres.

Q8. On s'appuie sur les valeurs initiales et sur l'allure. À $t=0$ : $E_{p}(0)=m\,g\,h=0{,}4\times 9{,}81\times 0{,}70=2{,}75$ J, et $E_{c}(0)=\dfrac{1}{2}m\,v_{0}^{2}=0{,}5\times 0{,}4\times 4{,}9^{2}=4{,}80$ J.

La courbe A part de $2{,}75$ J, augmente pendant la montée, passe par un maximum au sommet de la trajectoire puis décroît jusqu'à $0$ quand le bâton touche le sol ($y=0$) : c'est l'énergie potentielle de pesanteur $E_{p}$, proportionnelle à l'altitude.

La courbe B part de $4{,}80$ J, diminue pendant la montée (le bâton ralentit), passe par un minimum non nul au sommet, puis augmente pendant la descente : c'est l'énergie cinétique $E_{c}$. Son minimum vaut $\dfrac{1}{2}m\,(v_{0}\cos\alpha)^{2}=3{,}60$ J et non zéro, car la vitesse horizontale ne s'annule jamais ; c'est bien ce qu'on lit vers $3{,}6$ J.

La courbe C est horizontale à $7{,}55$ J $=2{,}75+4{,}80$ : c'est l'énergie mécanique $E_{m}$, constante parce que le bâton n'est soumis qu'à son poids, force conservative. Vérification : les courbes A et B sont symétriques l'une de l'autre par rapport à la moitié de C, ce qu'impose $E_{c}+E_{p}=$ constante.

Q9. Lecture graphique : la durée de vol est l'instant où le bâton touche le sol, c'est-à-dire où $E_{p}$ (courbe A) s'annule : $t_{vol}\approx 0{,}70$ s.

Par le calcul, avec l'équation horaire de Q3, $y(t_{vol})=0$ : $-4{,}9\,t^{2}+2{,}45\,t+0{,}70=0$ (avec $\dfrac{g}{2}=4{,}9\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}$ et $v_{0}\sin 30°=2{,}45\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$). Discriminant $\Delta=2{,}45^{2}+4\times 4{,}9\times 0{,}70=19{,}7$, $\sqrt{\Delta}=4{,}44$ ; seule la racine positive a un sens : $t_{vol}=\dfrac{-2{,}45-4{,}44}{-9{,}8}=0{,}70$ s, en accord avec la figure 4.

L'abscisse atteinte à cet instant vaut $x(t_{vol})=v_{0}\cos(\alpha)\,t_{vol}=4{,}9\times\cos 30°\times 0{,}703=4{,}24\times 0{,}703=2{,}98$ m, soit $3{,}0$ m : le bâton tombe sur la quille 9, la seule abattue, et le joueur atteint $41+9=50$ points. La partie est remportée, comme en Q5 par l'équation de la trajectoire. Erreur fréquente : garder la racine négative ($-0{,}20$ s), qui correspond à un instant antérieur au lancer.

Em = Ec + Ep