Bac 2026 de spécialité physique-chimie, Amérique du Nord jour 1 : sujet officiel et corrigé

Q1. On reproduit la chaîne de deux atomes de carbone en zigzag, avec $\mathrm{HO}$ à une extrémité et $\mathrm{NH_{2}}$ à l'autre, puis on entoure deux groupes caractéristiques. Le groupe hydroxyle $-\mathrm{OH}$, porté par un atome de carbone tétragonal (lié seulement à des atomes de carbone ou d'hydrogène), signe la famille des alcools. Le groupe amino $-\mathrm{NH_{2}}$, l'atome d'azote lié à la chaîne carbonée, signe la famille des amines. Le nom systématique de la molécule, 2-aminoéthan-1-ol, porte les deux familles.

Erreur fréquente : parler d'amide. Un amide exige un atome d'azote lié à un carbone qui porte une double liaison $\mathrm{C{=}O}$ ; il n'y a aucune double liaison dans l'éthanolamine.

Q2. Méthode : $C=\dfrac{n}{V}$ avec $n=\dfrac{m}{M}$, où $m$ est la masse d'éthanolamine dissoute dans le volume $V$. Le titre de 20 % est un titre MASSIQUE : il faut d'abord la masse de la solution.

La densité $d=1{,}0$ donne la masse volumique de la solution : $\rho=d\times\rho_{eau}=1{,}0\times 1{,}00=1{,}0\ \mathrm{g\cdot mL^{-1}}$. Pour $V=1{,}0\ \mathrm{L}=1{,}0\times 10^{3}$ mL : $m_{solution}=\rho\,V=1{,}0\times 10^{3}$ g. La masse d'éthanolamine en est les 20 % : $m=0{,}20\times 1{,}0\times 10^{3}=2{,}0\times 10^{2}$ g. Quantité de matière : $n=\dfrac{2{,}0\times 10^{2}}{61{,}0}=3{,}28$ mol. Donc $C=\dfrac{3{,}28}{1{,}0}=3{,}3\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$, la valeur annoncée.

La relation générale, utile à la question Q14 : $C=\dfrac{w\cdot d\cdot\rho_{eau}}{M}$, avec $w$ le titre massique et $\rho_{eau}$ en $\mathrm{g\cdot L^{-1}}$. Erreur fréquente : lire « 20 % » comme un pourcentage en volume, ou garder $\rho_{eau}$ en $\mathrm{g\cdot mL^{-1}}$ avec $V$ en litres, ce qui donne une concentration mille fois trop petite.

Q3. On trace un axe gradué en pH et on y place $\mathrm{p}K_{A}=9{,}5$. Pour $\mathrm{pH}<9{,}5$, la forme acide $\mathrm{C_{2}H_{8}NO^{+}}$ prédomine ; pour $\mathrm{pH}>9{,}5$, la forme basique $\mathrm{C_{2}H_{7}NO}$ prédomine ; à $\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_{A}$, les deux formes ont la même concentration (diagramme dessiné ci-dessous).

Justification : la relation $\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_{A}+\log\dfrac{[\mathrm{C_{2}H_{7}NO}]}{[\mathrm{C_{2}H_{8}NO^{+}}]}$ montre que le logarithme du rapport base sur acide est positif, donc la base majoritaire, dès que le pH dépasse le $\mathrm{p}K_{A}$. Piège : inverser les deux domaines ; l'acide, la forme qui porte un proton de plus, est toujours du côté des pH faibles.

Q4. Le pH de la solution, $11$, est supérieur au $\mathrm{p}K_{A}=9{,}5$ : d'après le diagramme de la question Q3, l'éthanolamine est présente majoritairement sous sa forme basique $\mathrm{C_{2}H_{7}NO}$.

On peut le chiffrer : $\dfrac{[\mathrm{C_{2}H_{7}NO}]}{[\mathrm{C_{2}H_{8}NO^{+}}]}=10^{\mathrm{pH}-\mathrm{p}K_{A}}=10^{1{,}5}=32$. La base est environ 32 fois plus concentrée que son acide conjugué : la réaction de la base avec l'eau n'a transformé qu'une petite partie de l'éthanolamine, ce que les questions Q7 et Q8 vont quantifier.

Q5. Par définition, le taux d'avancement final est le rapport de l'avancement final à l'avancement maximal : $\tau=\dfrac{x_{f}}{x_{max}}$. C'est un nombre sans unité, compris entre $0$ et $1$, égal à $1$ pour une transformation totale.

Q6. Tableau d'avancement en quantités de matière. État initial : $C\cdot V$ d'éthanolamine, l'eau est le solvant (en excès), aucun ion $\mathrm{C_{2}H_{8}NO^{+}}$ ni $\mathrm{HO^{-}}$ (on néglige ceux de l'autoprotolyse de l'eau). État intermédiaire d'avancement $x$ : $C\cdot V-x$ ; excès ; $x$ ; $x$.

L'avancement maximal est atteint si le réactif limitant, l'éthanolamine, disparaît entièrement : $C\cdot V-x_{max}=0$, donc $x_{max}=C\cdot V$. L'eau, solvant, n'est jamais limitante.

Q7. Dans l'état final, la quantité d'ions hydroxyde formés est égale à l'avancement final : $n(\mathrm{HO^{-}})_{f}=x_{f}$, donc $x_{f}=[\mathrm{HO^{-}}]_{f}\cdot V$.

Le produit ionique de l'eau donne $[\mathrm{HO^{-}}]_{f}=\dfrac{K_{e}\cdot(c^{\circ})^{2}}{[\mathrm{H_{3}O^{+}}]_{f}}$, et la définition du pH donne $[\mathrm{H_{3}O^{+}}]_{f}=c^{\circ}\cdot 10^{-\mathrm{pH}}$. D'où $[\mathrm{HO^{-}}]_{f}=\dfrac{K_{e}\cdot c^{\circ}}{10^{-\mathrm{pH}}}$.

Alors $\tau=\dfrac{x_{f}}{x_{max}}=\dfrac{[\mathrm{HO^{-}}]_{f}\cdot V}{C\cdot V}=\dfrac{K_{e}\cdot c^{\circ}}{C\cdot 10^{-\mathrm{pH}}}$, l'expression demandée : le volume se simplifie. Contrôle d'unité : $K_{e}$ est sans unité, $c^{\circ}$ et $C$ sont en $\mathrm{mol\cdot L^{-1}}$, le taux est bien sans unité. Le $c^{\circ}$ du numérateur est le seul détail que le correcteur vérifie : il vient du carré de $(c^{\circ})^{2}$ dans $K_{e}$, simplifié une fois par le $c^{\circ}$ de $[\mathrm{H_{3}O^{+}}]$.

Q8. Application numérique : $\tau=\dfrac{1{,}0\times 10^{-14}\times 1}{3{,}3\times 10^{-11}}=3{,}0\times 10^{-4}$, soit $0{,}03$ %. Vérification : $[\mathrm{HO^{-}}]_{f}=10^{-14}\times 10^{11}=1{,}0\times 10^{-3}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$, très petit devant $C=3{,}3\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$.

Commentaire : $\tau$ est très inférieur à $1$. Seules trois molécules d'éthanolamine sur dix mille ont réagi avec l'eau : la transformation est très limitée, ce qui caractérise une base FAIBLE dans l'eau, comme l'annonce l'énoncé. Une base forte réagirait totalement avec l'eau, avec $\tau=1$. C'est cohérent avec la question Q4 : la forme basique reste très largement majoritaire.

Q9. Un intermédiaire réactionnel est une espèce formée au cours d'une étape du mécanisme puis consommée dans une étape ultérieure ; il n'apparaît pas dans l'équation de la réaction globale.

L'espèce $\mathrm{HO{-}CH_{2}{-}CH_{2}{-}NH_{2}^{+}{-}COO^{-}}$, où l'azote porte une charge positive et un oxygène une charge négative, est produite par l'étape 1 et consommée comme réactif par l'étape 2 : c'est un intermédiaire réactionnel. Cette espèce, à la fois chargée positivement et négativement, est appelée zwitterion. Piège : citer le $\mathrm{CO_{2}}$ ou l'éthanolamine, qui sont les réactifs du captage, ou l'ion $\mathrm{H^{+}}$, simplement produit par l'étape 2.

Q10. On recopie l'étape 1 et on trace deux flèches courbes. La première part du doublet non liant de l'atome d'azote de l'éthanolamine et pointe vers l'atome de carbone de $\mathrm{CO_{2}}$ : elle forme la liaison $\mathrm{N{-}C}$. La seconde part du doublet d'une des deux liaisons $\mathrm{C{=}O}$ (le doublet de la double liaison qui « s'ouvre ») et pointe vers l'atome d'oxygène correspondant : la double liaison devient simple et cet oxygène porte désormais trois doublets non liants.

Justification du sens. L'oxygène est plus électronégatif que le carbone : dans $\mathrm{CO_{2}}$, les deux liaisons sont polarisées et l'atome de carbone porte une charge partielle $\delta+$, c'est un site accepteur de doublet d'électrons. L'atome d'azote porte un doublet non liant, c'est un site donneur. Une flèche courbe représente le déplacement d'un doublet d'électrons et va toujours du site donneur vers le site accepteur, d'une zone riche en électrons vers une zone pauvre. Vérification par les charges du produit : l'azote, qui a mis en commun son doublet, porte la charge $\oplus$ ; l'oxygène, qui a récupéré le doublet de la liaison, porte la charge $\ominus$. Erreur fréquente : faire partir la flèche d'un atome (le carbone) au lieu d'un doublet, ou l'orienter du carbone vers l'azote.

Q11. Diluer 50 fois, c'est un facteur de dilution $F=\dfrac{V_{fille}}{V_{mère}}=50$. Le volume de solution S à prélever est donc $V_{mère}=\dfrac{250{,}0}{50}=5{,}0$ mL.

Matériel : une pipette jaugée de 5,0 mL, munie d'une propipette, pour prélever la solution S ; une fiole jaugée de 250,0 mL pour la solution $\mathrm{S_{50}}$ ; un bécher de 50 mL dans lequel on verse un peu de solution S, pour ne jamais pipeter dans le flacon. Justification : la pipette jaugée et la fiole jaugée sont étalonnées pour UN volume, avec une incertitude très faible ; c'est ce qu'exige une dilution destinée à un dosage. La pipette graduée, l'éprouvette graduée et a fortiori le bécher sont nettement moins précis.

Protocole : on prélève 5,0 mL de S à la pipette jaugée, on les verse dans la fiole jaugée, on la remplit aux deux tiers d'eau distillée, on agite, on complète jusqu'au trait de jauge puis on bouche et on homogénéise.

Q12. L'équivalence d'un titrage est l'état du système pour lequel le réactif titrant et le réactif titré ont été introduits dans les proportions stœchiométriques de la réaction support du titrage : les deux sont alors entièrement consommés, et le réactif limitant change. Ici, avec des nombres stœchiométriques égaux à $1$ : $n(\mathrm{C_{2}H_{7}NO})_{\text{dans }V_{B}}=n(\mathrm{H_{3}O^{+}})_{\text{versé à }V_{E}}$.

Q13. Méthode de la dérivée : le volume équivalent est l'abscisse de l'extremum de $\dfrac{\mathrm{d(pH)}}{\mathrm{d}V}$, qui correspond au point d'inflexion du saut de pH. Le pH diminue ici, donc la dérivée présente un MINIMUM. On lit sur la figure 1 le fond du pic de la courbe grise : $V_{E}=14{,}3$ mL, à un ou deux dixièmes de millilitre près.

Vérification : le saut de pH, de $6{,}7$ à $3{,}4$, a lieu entre les points à $14{,}0$ mL et $14{,}5$ mL, et la méthode des tangentes parallèles donne la même valeur. Piège : chercher le volume pour lequel $\mathrm{pH}=7$. À l'équivalence, la solution contient l'acide faible $\mathrm{C_{2}H_{8}NO^{+}}$ : le pH à l'équivalence est acide, vers 5 sur la courbe, et le critère « pH = 7 » ne vaut que pour un titrage acide fort, base forte.

Q14. Démarche en trois temps : la concentration de $\mathrm{S_{50}}$ par la relation d'équivalence, celle de S par le facteur de dilution, puis le titre massique par la masse d'un litre de solution.

1) À l'équivalence (Q12) : $C_{50}\cdot V_{B}=C_{A}\cdot V_{E}$, donc $C_{50}=\dfrac{C_{A}\cdot V_{E}}{V_{B}}=\dfrac{0{,}10\times 14{,}3}{25{,}0}=5{,}72\times 10^{-2}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$ (les volumes en mL se simplifient).

2) La solution S est 50 fois plus concentrée : $C_{S}=50\times C_{50}=2{,}86\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$.

3) Dans $1{,}0$ L de solution S : masse d'éthanolamine $m=C_{S}\cdot V\cdot M=2{,}86\times 1{,}0\times 61{,}0=1{,}74\times 10^{2}$ g ; masse de solution $m_{solution}=d\cdot\rho_{eau}\cdot V=1{,}0\times 10^{3}$ g. Titre massique : $w=\dfrac{1{,}74\times 10^{2}}{1{,}0\times 10^{3}}=0{,}17$, soit $w\approx 17$ %, avec deux chiffres significatifs comme $C_{A}$.

Vérification par proportionnalité avec la question Q2 : 20 % correspond à $3{,}28\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$, donc $2{,}86\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$ correspond à $20\times\dfrac{2{,}86}{3{,}28}=17$ %. Sensibilité à la lecture : $V_{E}=14{,}1$ mL ou $14{,}5$ mL donnent $17{,}2$ % et $17{,}7$ % ; le résultat ne dépend pas de la précision du tracé. Erreurs fréquentes : oublier le facteur 50 de la dilution (on trouve $0{,}35$ %, absurde), ou comparer une concentration molaire à un pourcentage massique sans passer par la masse de la solution.

Q15. Le titre trouvé, $17$ %, est nettement inférieur aux 20 % d'une solution neuve : l'éthanolamine s'est altérée, la solution a perdu environ $\dfrac{20-17{,}4}{20}\approx 13$ % de son éthanolamine. Ce constat résiste à l'incertitude de lecture de $V_{E}$, qui ne déplace le résultat que de quelques dixièmes de pour cent.

Situé entre les colonnes 15 % et 20 % du tableau, ce titre donne une efficacité de captation intermédiaire entre « faible » et « bonne », et une tolérance à la corrosion entre « très bonne » et « acceptable ». La solution peut donc encore capter du dioxyde de carbone sans risque pour les équipements, mais avec une performance dégradée. Pour retrouver une bonne captation, il faut la renforcer en éthanolamine jusqu'à 20 à 25 %, sans dépasser cette zone où les risques de corrosion augmentent, ou la remplacer.

Q16. Réactifs : le dioxyde de carbone et le dihydrogène ; produits : le méthanol et l'eau. L'équation ajustée est : $\mathrm{CO_{2}+3\,H_{2}\longrightarrow CH_{3}OH+H_{2}O}$, avec une simple flèche puisque la transformation est totale.

Vérification des conservations : carbone, $1$ de chaque côté ; oxygène, $2$ à gauche, $1+1$ à droite ; hydrogène, $3\times 2=6$ à gauche, $4+2=6$ à droite. Les états physiques dépendent des conditions de la synthèse, menée en phase gazeuse dans l'industrie.

Q17. L'énergie nécessaire est proportionnelle à la masse de dihydrogène : $m=37\,500\ \mathrm{t}=3{,}75\times 10^{7}$ kg, donc $E=3{,}75\times 10^{7}\times 55=2{,}06\times 10^{9}\ \mathrm{kW\cdot h}$.

La puissance est l'énergie par unité de temps, $P=\dfrac{E}{\Delta t}$, d'où $\Delta t=\dfrac{E}{P}$. Avec $P=330\ \mathrm{MW}=3{,}30\times 10^{5}$ kW : $\Delta t=\dfrac{2{,}06\times 10^{9}}{3{,}30\times 10^{5}}=6{,}25\times 10^{3}$ h, soit environ $260$ jours de fonctionnement continu. Travailler en $\mathrm{kW\cdot h}$ et en kW donne directement des heures. Erreurs fréquentes : oublier la conversion des tonnes en kilogrammes, ou mélanger MW et kW, deux facteurs mille qui ne se compensent pas.

Q18. Une année compte $365\times 24=8\,760$ h. La durée nécessaire, $6\,250$ h, est inférieure : la puissance des électrolyseurs est suffisante pour produire les 37 500 tonnes de dihydrogène en un an. Ils doivent fonctionner environ $\dfrac{6\,250}{8\,760}=71$ % du temps, ce qui laisse une marge pour la maintenance et pour les périodes où l'électricité bas carbone n'est pas disponible.

Autre présentation, tout aussi valable : en fonctionnement continu, la puissance minimale serait $\dfrac{2{,}06\times 10^{9}}{8\,760}=2{,}35\times 10^{5}$ kW, soit 235 MW, inférieure aux 330 MW installés. Vérification de cohérence des données, avec les masses molaires usuelles ($\mathrm{H}$ : 1,0 ; $\mathrm{C}$ : 12,0 ; $\mathrm{O}$ : 16,0 $\mathrm{g\cdot mol^{-1}}$) : 200 000 t de méthanol représentent $\dfrac{2{,}0\times 10^{11}}{32{,}0}=6{,}25\times 10^{9}$ mol, qui demandent trois fois plus de dihydrogène, $1{,}875\times 10^{10}$ mol, soit $1{,}875\times 10^{10}\times 2{,}0=3{,}75\times 10^{10}$ g : exactement les 37 500 tonnes annoncées.

Q1. L'effet photoélectrique est l'émission d'électrons par un métal (ici l'électrode éclairée) lorsqu'il reçoit un rayonnement électromagnétique de fréquence supérieure à une fréquence seuil $\nu_{s}$, propre au métal. Sous cette fréquence, aucun électron n'est émis, quelle que soit l'intensité du rayonnement. Dans l'expérience de Lenard, les électrons arrachés traversent le vide jusqu'à l'autre électrode et l'ampèremètre mesure un courant.

Interprétation d'Einstein (1905) : la lumière est constituée de photons, chacun d'énergie $E=h\nu$. Un photon cède toute son énergie à UN électron ; si cette énergie est au moins égale au travail d'extraction $W_{ext}$, l'électron quitte le métal, et l'excédent devient son énergie cinétique. Erreur fréquente : écrire qu'une lumière « assez intense » finit par arracher des électrons ; l'intensité règle le nombre de photons, donc le nombre d'électrons émis, jamais la possibilité de l'émission.

Q2. Au seuil, l'énergie d'un photon est juste égale au travail d'extraction : $h\,\nu_{s}=W_{ext}$, donc $\nu_{s}=\dfrac{W_{ext}}{h}$. Conversion d'abord : $W_{ext}=4{,}3\times 1{,}60\times 10^{-19}=6{,}88\times 10^{-19}$ J. Alors $\nu_{s}=\dfrac{6{,}88\times 10^{-19}}{6{,}63\times 10^{-34}}=1{,}04\times 10^{15}$ Hz, soit $1{,}0\times 10^{15}$ Hz avec les deux chiffres significatifs du travail d'extraction. On garde $1{,}04\times 10^{15}$ Hz pour la suite des calculs. Erreur fréquente : laisser $W_{ext}$ en électronvolts, ce qui donne une fréquence absurde de l'ordre de $10^{34}$ Hz.

Q3. Pour une onde électromagnétique dans le vide, $\lambda_{s}=\dfrac{c}{\nu_{s}}=\dfrac{3{,}00\times 10^{8}}{1{,}04\times 10^{15}}=2{,}89\times 10^{-7}$ m, soit $\lambda_{s}=289$ nm $\approx 2{,}9\times 10^{2}$ nm. On peut aussi écrire directement $\lambda_{s}=\dfrac{h\,c}{W_{ext}}$.

Le domaine visible s'étend d'environ 400 nm à 800 nm ; une longueur d'onde inférieure à 400 nm appartient au domaine des ultraviolets. Le zinc n'émet donc d'électrons que sous un rayonnement ultraviolet : la lumière visible, même intense, ne produit aucun effet photoélectrique sur ce métal.

Q4. La radiation utilisée a une longueur d'onde $\lambda=250$ nm inférieure à la longueur d'onde seuil $\lambda_{s}=289$ nm : sa fréquence $\nu=\dfrac{c}{\lambda}$ est donc supérieure à $\nu_{s}$. En énergie : $E=\dfrac{h\,c}{\lambda}=\dfrac{6{,}63\times 10^{-34}\times 3{,}00\times 10^{8}}{250\times 10^{-9}}=7{,}96\times 10^{-19}$ J, soit $\dfrac{7{,}96\times 10^{-19}}{1{,}60\times 10^{-19}}=4{,}97$ eV, supérieure à $W_{ext}=4{,}3$ eV. Chaque photon peut arracher un électron : l'effet photoélectrique se produit.

Piège : comparer les longueurs d'onde dans le mauvais sens. L'énergie d'un photon varie en $\dfrac{1}{\lambda}$ : c'est une longueur d'onde PLUS COURTE que le seuil qui permet l'émission.

Q5. Bilan d'énergie pour un électron éjecté, d'énergie cinétique initiale négligeable dans le métal : l'énergie du photon absorbé sert à extraire l'électron, puis à lui donner de l'énergie cinétique. $h\,\nu=W_{ext}+\dfrac{1}{2}\,m_{e}\,v^{2}$.

Avec $W_{ext}=h\,\nu_{s}$ (question Q2) : $\dfrac{1}{2}\,m_{e}\,v^{2}=h\,\nu-h\,\nu_{s}=h\,(\nu-\nu_{s})$, donc $v^{2}=\dfrac{2h\,(\nu-\nu_{s})}{m_{e}}$ et, la vitesse étant positive, $v=\sqrt{\dfrac{2h\,(\nu-\nu_{s})}{m_{e}}}$. L'expression n'a de sens que si $\nu>\nu_{s}$ : on retrouve la condition de seuil. Il s'agit de la vitesse maximale, celle des électrons arrachés à la surface sans autre perte d'énergie.

Q6. Fréquence de la radiation : $\nu=\dfrac{c}{\lambda}=\dfrac{3{,}00\times 10^{8}}{250\times 10^{-9}}=1{,}20\times 10^{15}$ Hz. Écart au seuil : $\nu-\nu_{s}=1{,}20\times 10^{15}-1{,}04\times 10^{15}=1{,}6\times 10^{14}$ Hz. D'où $v=\sqrt{\dfrac{2\times 6{,}63\times 10^{-34}\times 1{,}62\times 10^{14}}{9{,}11\times 10^{-31}}}=4{,}9\times 10^{5}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$.

Vérification par les énergies : $E_{c}=4{,}97-4{,}3=0{,}67$ eV, soit $1{,}08\times 10^{-19}$ J, et $\sqrt{\dfrac{2\times 1{,}08\times 10^{-19}}{9{,}11\times 10^{-31}}}=4{,}9\times 10^{5}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$. Cette vitesse vaut environ $0{,}16$ % de $c$ : l'expression classique de l'énergie cinétique est justifiée.

Piège : arrondir $\nu_{s}$ à $1{,}0\times 10^{15}$ Hz AVANT la soustraction. On obtiendrait $\nu-\nu_{s}=2{,}0\times 10^{14}$ Hz et $v=5{,}4\times 10^{5}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, 11 % trop grand : dans la différence de deux nombres proches, on garde tous les chiffres et on n'arrondit qu'à la fin.

Q7. D'après l'expression de la question Q5, la vitesse ne dépend, pour un métal donné, que de la fréquence $\nu$ de la radiation (ou, de façon équivalente, de sa longueur d'onde $\lambda=c/\nu$). Pour augmenter la vitesse des électrons, il faut augmenter la fréquence, c'est-à-dire diminuer la longueur d'onde, en allant plus loin dans l'ultraviolet. L'intensité de la radiation, l'autre paramètre réglable de l'expérience, ne modifie que le nombre de photons, donc le nombre d'électrons émis par seconde et l'intensité du courant, pas leur vitesse.

Q8. Le rendement est le rapport de la puissance électrique fournie à la puissance lumineuse reçue : $\eta=\dfrac{P}{P_{lum}}$. Les conditions optimales correspondent au maximum de la courbe de puissance pour $800\ \mathrm{W\cdot m^{-2}}$ : on lit sur la figure 2 $P_{max}\approx 1{,}4\times 10^{2}$ W (environ 139 W), atteint vers $U=22$ V. Contrôle sur la courbe d'intensité : à 22 V, $I\approx 6{,}4$ A et $U\times I\approx 1{,}4\times 10^{2}$ W.

Surface d'un panneau, en mètres : $S=1{,}346\times 1{,}112=1{,}50\ \mathrm{m^{2}}$. Puissance lumineuse reçue : $P_{lum}=E\times S=800\times 1{,}50=1{,}20\times 10^{3}$ W. Rendement : $\eta=\dfrac{139}{1{,}20\times 10^{3}}=0{,}12$, soit environ 12 %.

Erreurs fréquentes : multiplier l'intensité de court-circuit (environ 6,7 A) par la tension à vide (environ 29,5 V), deux valeurs jamais atteintes en même temps, ce qui donne près de 200 W et un rendement de 17 % ; ou oublier de convertir les millimètres en mètres.

Q9. Démarche : comparer l'énergie électrique à produire en un an à l'énergie électrique qu'un panneau fournit en un an.

Énergie à produire : la moitié de la consommation, $\dfrac{7\,500}{2}=3\,750\ \mathrm{kW\cdot h}$ par an.

Énergie lumineuse reçue par un panneau en un an : $4{,}1\times 365=1{,}50\times 10^{3}\ \mathrm{kW\cdot h\cdot m^{-2}}$, multipliée par la surface $S=1{,}50\ \mathrm{m^{2}}$ : $2{,}24\times 10^{3}\ \mathrm{kW\cdot h}$. Avec un rendement moyen annuel de 10 %, un panneau fournit $0{,}10\times 2{,}24\times 10^{3}=224\ \mathrm{kW\cdot h}$ d'énergie électrique par an.

Nombre de panneaux : $N=\dfrac{3\,750}{224}=16{,}7$. On arrondit à l'entier SUPÉRIEUR, puisque 16 panneaux ne fourniraient que $16\times 224=3\,584\ \mathrm{kW\cdot h}$, moins que l'objectif : il faut installer 17 panneaux.

Commentaire : 17 panneaux occupent $17\times 1{,}50\approx 25\ \mathrm{m^{2}}$, une surface compatible avec le pan de toiture d'une maison individuelle, mais qui n'est pas négligeable. Le rendement annuel retenu, 10 %, est plus faible que les 12 % des conditions optimales (question Q8) : orientation, échauffement des cellules, éclairements faibles et pertes de conversion font baisser la moyenne. Enfin, couvrir la moitié de la consommation sur l'année ne veut pas dire la moitié à chaque instant : la production est nulle la nuit et plus faible en hiver, et le réseau électrique reste indispensable.

Q1. La figure 2 montre que $x$ est une fonction linéaire du temps, modélisée par $x=4{,}0\times t$ : les points sont alignés sur une droite passant par l'origine. La coordonnée $v_{x}=\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}$ est donc constante. Selon l'axe Ox, le mouvement du ballon est uniforme : il parcourt des distances horizontales égales pendant des durées égales.

C'est cohérent avec la modélisation physique : le poids, seule force, est vertical, donc aucune force n'agit selon Ox (la question Q5 le confirme, $a_{x}=0$).

Q2. La coordonnée $v_{x}$ est le coefficient directeur de la droite $x=f(t)$ : $v_{x}=4{,}0\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$. Vérification sur un point : à $t=0{,}96$ s, $x\approx 3{,}8$ m, et $\dfrac{3{,}8}{0{,}96}=4{,}0\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$.

Q3. La coordonnée $v_{y0}$ est la valeur de $v_{y}$ à $t=0$, c'est-à-dire l'ordonnée à l'origine de la droite modélisée $v_{y}=-9{,}7\times t+5{,}0$ : $v_{y0}=5{,}0\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$. Elle est positive : au départ, le ballon monte.

Q4. Le vecteur vitesse initiale a pour coordonnées $v_{x0}=4{,}0\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$ (la coordonnée horizontale est constante) et $v_{y0}=5{,}0\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$. Sa norme : $v_{0}=\sqrt{v_{x0}^{2}+v_{y0}^{2}}=\sqrt{4{,}0^{2}+5{,}0^{2}}=\sqrt{41}=6{,}4\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$.

L'angle avec l'horizontale vérifie $\tan\alpha=\dfrac{v_{y0}}{v_{x0}}=\dfrac{5{,}0}{4{,}0}=1{,}25$, donc $\alpha=\arctan(1{,}25)=51°$. Vérification : $\cos\alpha=\dfrac{4{,}0}{6{,}4}=0{,}625$ redonne bien $51°$. Remarque : l'angle $\alpha$, annoncé comme « défini sur la figure 1 », n'apparaît pas sur la figure fournie ; on prend la définition que donne la question, l'angle entre $\vec{v}_{0}$ et l'horizontale. Erreur fréquente : calculatrice en radians, qui affiche $0{,}90$.

Q5. Système : le ballon, de masse $m$ constante, étudié par son centre d'inertie G. Référentiel terrestre supposé galiléen. Seule force : le poids $\vec{P}=m\,\vec{g}$. Deuxième loi de Newton : $\sum\vec{F}=m\,\vec{a}$, donc $m\,\vec{a}=m\,\vec{g}$ et $\vec{a}=\vec{g}$.

Dans le repère de la figure 1, l'axe Ox est horizontal et l'axe Oy vertical vers le haut, et $\vec{g}$ est vertical vers le bas : $a_{x}(t)=0$ et $a_{y}(t)=-g=-9{,}81\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}$. Vérification sur les mesures : la pente de la droite $v_{y}=f(t)$ de la figure 3 vaut $-9{,}7\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}$, à $1$ % de $-g$ ; le modèle « soumis à son seul poids » est validé, les frottements de l'air sont négligeables.

Q6. Le vecteur accélération est la dérivée du vecteur vitesse : on cherche les primitives de $a_{x}$ et $a_{y}$, les constantes étant fixées par les conditions initiales $v_{x0}=4{,}0\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$ et $v_{y0}=5{,}0\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$ (questions Q2 et Q3). $v_{x}(t)=4{,}0$ et $v_{y}(t)=-g\,t+5{,}0$.

Le vecteur vitesse est la dérivée du vecteur position $\overrightarrow{OG}$ : nouvelles primitives, avec $x_{0}=0$ m et $y_{0}=3{,}05$ m. $x(t)=4{,}0\times t$ et $y(t)=-\dfrac{1}{2}g\,t^{2}+5{,}0\times t+3{,}05$. Comme $\dfrac{g}{2}=\dfrac{9{,}81}{2}=4{,}9\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}$ (4,905 arrondi), on obtient $y(t)=-4{,}9\times t^{2}+5{,}0\times t+3{,}05$, les équations annoncées.

Vérification : en dérivant $y(t)$, on retrouve $v_{y}(t)=-9{,}8\,t+5{,}0$, et à $t=0$ on retrouve bien $\mathrm{G_{0}}(0\,;3{,}05)$. Erreur fréquente : oublier une constante d'intégration, en particulier $y_{0}=3{,}05$ m, ce qui fait partir le ballon du sol.

Q7. On élimine le temps entre les deux équations horaires. De $x=4{,}0\,t$ on tire $t=\dfrac{x}{4{,}0}$, que l'on reporte dans $y(t)$ : $y=-4{,}9\left(\dfrac{x}{4{,}0}\right)^{2}+5{,}0\times\dfrac{x}{4{,}0}+3{,}05=-\dfrac{4{,}9}{16}\,x^{2}+1{,}25\,x+3{,}05$.