Bac 2026 de spécialité physique-chimie, Antilles-Guyane jour 1 : sujet officiel et corrigé

Q1. La base conjuguée de $\mathrm{HCO_{3}^{-}}$ est l'espèce obtenue quand il cède un proton $\mathrm{H^{+}}$ : c'est l'ion carbonate $\mathrm{CO_{3}^{2-}}$, conformément au couple $\mathrm{HCO_{3}^{-}/CO_{3}^{2-}}$ des données. Sur la formule semi-développée donnée, le proton part du groupe $\mathrm{HO}$ : l'atome de carbone central reste doublement lié à un atome d'oxygène et simplement lié à deux atomes d'oxygène, qui portent chacun une charge négative. On écrit donc $\mathrm{O{=}C(O^{-})_{2}}$, c'est-à-dire un C relié à O par une double liaison et à deux $\mathrm{O^{-}}$ par des liaisons simples.

Vérification des charges : l'ion hydrogénocarbonate porte une charge $-1$ ; en perdant $\mathrm{H^{+}}$, il passe à $-1-1=-2$, la charge de l'ion carbonate. Erreur fréquente : dessiner l'acide conjugué ($\mathrm{H_{2}CO_{3}}$, ou $\mathrm{CO_{2},H_{2}O}$), qui est l'espèce obtenue en GAGNANT un proton.

Q2. Une espèce amphotère est une espèce qui se comporte comme un acide dans un couple et comme une base dans un autre. Or l'ion hydrogénocarbonate apparaît dans les deux couples des données : il est la BASE du couple $\mathrm{CO_{2}(aq)/HCO_{3}^{-}(aq)}$ ($\mathrm{p}K_{\mathrm{A_{1}}}=6{,}4$), puisqu'il peut capter un proton, et l'ACIDE du couple $\mathrm{HCO_{3}^{-}(aq)/CO_{3}^{2-}(aq)}$ ($\mathrm{p}K_{\mathrm{A_{2}}}=10{,}3$), puisqu'il peut en céder un. C'est donc un ampholyte. On peut l'écrire avec deux demi-équations : $\mathrm{HCO_{3}^{-}=CO_{3}^{2-}+H^{+}}$ (acide) et $\mathrm{HCO_{3}^{-}+H^{+}=CO_{2},H_{2}O}$ (base).

Q3. Pour un couple acide/base de constante $\mathrm{p}K_{\mathrm{A}}$, $\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_{\mathrm{A}}+\log\dfrac{[\text{base}]}{[\text{acide}]}$ : la forme acide prédomine quand $\mathrm{pH}<\mathrm{p}K_{\mathrm{A}}$, la forme basique quand $\mathrm{pH}>\mathrm{p}K_{\mathrm{A}}$. Sur un même axe de pH gradué de 0 à 14, on place deux frontières :

pour $\mathrm{pH}<6{,}4$, $\mathrm{CO_{2}(aq)}$ prédomine ; pour $6{,}4<\mathrm{pH}<10{,}3$, $\mathrm{HCO_{3}^{-}(aq)}$ prédomine ; pour $\mathrm{pH}>10{,}3$, $\mathrm{CO_{3}^{2-}(aq)}$ prédomine. L'ion hydrogénocarbonate occupe le domaine du milieu, ce qui est cohérent avec son caractère amphotère : il est la base du premier couple et l'acide du second (schéma ci-dessous).

Q4. Le pH de la solution $\mathrm{S_{1}}$ vaut $9{,}0$, valeur comprise entre $\mathrm{p}K_{\mathrm{A_{1}}}=6{,}4$ et $\mathrm{p}K_{\mathrm{A_{2}}}=10{,}3$ : le point représentatif de la solution tombe dans le domaine de prédominance de $\mathrm{HCO_{3}^{-}}$, qui est donc la forme majoritaire.

On peut le chiffrer : $\dfrac{[\mathrm{HCO_{3}^{-}}]}{[\mathrm{CO_{3}^{2-}}]}=10^{\mathrm{p}K_{\mathrm{A_{2}}}-\mathrm{pH}}=10^{1{,}3}\approx 20$ et $\dfrac{[\mathrm{HCO_{3}^{-}}]}{[\mathrm{CO_{2}}]}=10^{\mathrm{pH}-\mathrm{p}K_{\mathrm{A_{1}}}}=10^{2{,}6}\approx 4\times 10^{2}$. L'ion hydrogénocarbonate est vingt fois plus abondant que l'ion carbonate et quatre cents fois plus que le dioxyde de carbone dissous.

Q5. L'énoncé indique que les ions hydrogénocarbonate représentent $0{,}22$ % de la masse de la pastille, et les données donnent $m_{\text{pastille}}=2{,}64$ g. Donc $m_{\mathrm{f}}=\dfrac{0{,}22}{100}\times 2{,}64=5{,}8\times 10^{-3}$ g, soit $5{,}8$ mg (exactement $5{,}808$ mg), avec deux chiffres significatifs comme le pourcentage. Erreur fréquente : prendre le $0{,}30$ % des sels minéraux, qui englobe d'autres ions que $\mathrm{HCO_{3}^{-}}$.

Q6. L'ion oxonium de l'acide chlorhydrique, acide du couple $\mathrm{H_{3}O^{+}/H_{2}O}$, réagit avec l'ion hydrogénocarbonate, base du couple $\mathrm{CO_{2}(aq)/HCO_{3}^{-}(aq)}$ ; les ions chlorure sont spectateurs. Équation de la réaction support du titrage : $\mathrm{HCO_{3}^{-}(aq)+H_{3}O^{+}(aq)\longrightarrow CO_{2}(aq)+2\,H_{2}O(\ell)}$.

Vérification de la conservation : à gauche, 1 C, 4 H (un dans $\mathrm{HCO_{3}^{-}}$, trois dans $\mathrm{H_{3}O^{+}}$), 4 O et une charge $-1+1=0$ ; à droite, 1 C, 4 H, $2+2=4$ O et une charge nulle. La réaction est rapide et totale, comme doit l'être une réaction de titrage.

Q7. Méthode de la dérivée : à l'équivalence, le pH varie le plus vite, donc la courbe de $\dfrac{\mathrm{dpH}}{\mathrm{d}V}$ présente un extremum. Ici l'acide versé fait DIMINUER le pH, la dérivée est négative et l'extremum est un minimum. Construction sur l'annexe : on repère le minimum de la courbe en trait plein, vers $-0{,}75$ sur l'axe de droite, et on abaisse la verticale jusqu'à l'axe des volumes : $V_{\mathrm{E}}=12{,}0$ mL, bien compris entre 10,0 et 15,0 mL comme annoncé.

Contrôle par les points du pH : c'est entre 11 et 13 mL que le pH chute le plus (de 5,3 à 3,8), et le point de la courbe à 12 mL est au milieu de ce saut. La méthode des tangentes parallèles est possible aussi, mais avec un point par millilitre elle est bien moins précise que la dérivée fournie. Erreur fréquente : chercher un maximum de la dérivée, comme pour un titrage par une base.

Q8. À l'équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques de l'équation de Q6, coefficients 1 et 1 : $n_{1}=n(\mathrm{H_{3}O^{+}})_{\text{versé}}=c_{\mathrm{A}}\times V_{\mathrm{E}}=0{,}50\times 10^{-2}\times 12{,}0\times 10^{-3}=6{,}0\times 10^{-5}$ mol. Le volume se convertit en litres puisque la concentration est en $\mathrm{mol\cdot L^{-1}}$.

Q9. Le titrage porte sur $V_{1}=50{,}0$ mL de $\mathrm{S_{1}}$, alors que la pastille entière a été dissoute dans $V_{0}=100$ mL : la solution titrée ne contient que la moitié des ions de la pastille. La quantité totale vaut donc $n=n_{1}\times\dfrac{V_{0}}{V_{1}}=6{,}0\times 10^{-5}\times\dfrac{100}{50{,}0}=1{,}2\times 10^{-4}$ mol.

Masse correspondante : $m_{\text{exp}}=n\times M(\mathrm{HCO_{3}^{-}})=1{,}2\times 10^{-4}\times 61{,}0=7{,}32\times 10^{-3}$ g, soit $7{,}3\times 10^{-3}$ g, la valeur annoncée. Erreur fréquente : oublier le facteur 2 entre $V_{0}$ et $V_{1}$, ce qui donne $3{,}7\times 10^{-3}$ g.

Q10. Incertitude-type, avec la relation donnée : les incertitudes relatives valent $\dfrac{u(c_{\mathrm{A}})}{c_{\mathrm{A}}}=\dfrac{0{,}01\times 10^{-2}}{0{,}50\times 10^{-2}}=0{,}020$ et $\dfrac{u(V_{\mathrm{E}})}{V_{\mathrm{E}}}=\dfrac{0{,}2}{12{,}0}=0{,}017$. D'où $u(m_{\text{exp}})=7{,}32\times 10^{-3}\times\sqrt{0{,}020^{2}+0{,}017^{2}}=7{,}32\times 10^{-3}\times 0{,}026=1{,}9\times 10^{-4}$ g, soit environ $0{,}2$ mg.

Quotient de compatibilité, avec la valeur du fabricant comme référence : $z=\dfrac{|m_{\text{exp}}-m_{\mathrm{f}}|}{u(m_{\text{exp}})}=\dfrac{|7{,}32\times 10^{-3}-5{,}81\times 10^{-3}|}{1{,}9\times 10^{-4}}=7{,}9$. Ce quotient est nettement supérieur à 2 : la masse mesurée n'est PAS compatible avec la valeur de référence. L'écart, $1{,}5$ mg, vaut près de huit incertitudes-types : ce n'est pas la dispersion du titrage qui l'explique, mais un biais systématique, que la question suivante identifie.

Q11. L'ion carboxylate $\mathrm{R{-}COO^{-}}$ est la base conjuguée d'un acide carboxylique $\mathrm{R{-}COOH}$ : il peut, lui aussi, capter un proton. Dissous avec la pastille, il réagit avec les ions oxonium versés, $\mathrm{R{-}COO^{-}+H_{3}O^{+}\longrightarrow R{-}COOH+H_{2}O}$, alors que le calcul de Q8 suppose que seuls les ions $\mathrm{HCO_{3}^{-}}$ sont titrés.

Il faut donc verser plus d'acide pour atteindre l'équivalence : $V_{\mathrm{E}}$ est trop grand, et la masse d'ions hydrogénocarbonate qu'on en déduit est surestimée. C'est bien le sens de l'écart trouvé, $m_{\text{exp}}>m_{\mathrm{f}}$. L'hypothèse « les seuls ions titrés sont les ions hydrogénocarbonate » n'est pas vérifiée pour une pastille enrobée.

Q12. Un indicateur coloré convient si sa zone de virage contient le pH à l'équivalence : il change alors de couleur au moment où l'on atteint l'équivalence. Le pH à l'équivalence vaut $4{,}3$, qui n'appartient qu'à la zone $[3{,}8\,;\,5{,}4]$ du vert de bromocrésol : c'est l'indicateur adapté. Le rouge de méthyle ($4{,}8$ à $6{,}0$) virerait avant l'équivalence, le bleu de bromothymol et la phénolphtaléine bien trop tôt.

Changement de couleur : la solution titrée est versée dans un milieu dont le pH DIMINUE au cours du titrage. Avant l'équivalence, le pH est supérieur à $5{,}4$ et l'indicateur est sous sa forme basique, bleue ; après l'équivalence, le pH descend sous $3{,}8$ et l'indicateur passe sous sa forme acide, jaune. On observe donc un passage du bleu au jaune, la teinte verte, mélange des deux, marquant l'équivalence. Piège : décrire le virage dans l'autre sens, comme pour un titrage par une base.

Q13. On cherche le volume d'eau de Vichy qui contient la même masse d'ions hydrogénocarbonate que la pastille. On prend la valeur de référence du fabricant, $m_{\mathrm{f}}=5{,}81$ mg, la valeur expérimentale étant faussée par l'enrobage (Q11). Par définition de la concentration en masse, $c_{\text{me}}=\dfrac{m}{V}$, donc $V_{\text{Vichy}}=\dfrac{m_{\mathrm{f}}}{c_{\text{me}}}=\dfrac{5{,}81}{4{,}37\times 10^{3}}=1{,}33\times 10^{-3}$ L, soit $V_{\text{Vichy}}=1{,}3$ mL.

Commentaire : une pastille ne contient que l'équivalent d'environ un millilitre d'eau de Vichy, quelques gouttes. Un verre de $25$ cL de cette eau apporte autant d'ions hydrogénocarbonate qu'environ $190$ pastilles : l'effet digestif vanté par le fabricant ne peut venir que de quantités très modestes. Avec la masse expérimentale, $7{,}3$ mg, on trouverait $1{,}7$ mL : même ordre de grandeur, même conclusion. Erreur fréquente : oublier la conversion des milligrammes, la concentration étant donnée en $\mathrm{mg\cdot L^{-1}}$.

Q14. L'hydrodistillation est une distillation du mélange en présence d'eau : on chauffe, la vapeur d'eau entraîne les espèces odorantes, et ces vapeurs sont condensées puis RECUEILLIES hors du ballon. C'est le montage B : ballon chauffé, tête de distillation avec thermomètre, réfrigérant droit incliné parcouru par l'eau froide, et erlenmeyer qui recueille le distillat. Le montage A est un chauffage à reflux : le réfrigérant à boules vertical renvoie les vapeurs condensées dans le ballon, rien n'est recueilli, il sert à mener une réaction à chaud sans perte de matière.

Q15. Un solvant d'extraction doit remplir deux conditions. D'abord, l'espèce à extraire doit y être très soluble, plus que dans le solvant de départ : la phase odorante est « très fortement » soluble dans le dichlorométhane, alors qu'elle n'est que « faiblement » soluble dans l'eau et « très faiblement » dans l'eau salée. Ensuite, le solvant doit être non miscible avec la phase aqueuse pour former deux phases séparables dans l'ampoule à décanter : la solubilité du dichlorométhane dans l'eau, salée ou non, est quasi nulle.

L'étape 1 prépare cette extraction : en saturant la phase aqueuse en chlorure de sodium (relargage), on rend la phase odorante encore moins soluble dans l'eau, et elle passe plus complètement dans le dichlorométhane. Le pictogramme SGH08 signale un danger pour la santé : on manipule sous hotte, avec gants et lunettes, d'où le « avec précaution » de l'étape 3.

Q16. Lecture du chromatogramme : le dépôt 1, l'extrait de pastilles, donne deux taches situées exactement à la même hauteur que les deux taches du dépôt 2, l'huile essentielle de menthe verte. Des espèces qui migrent à la même hauteur sur la même plaque, avec le même éluant, ont le même rapport frontal et sont probablement identiques. L'extrait contient donc les espèces de l'huile essentielle de menthe verte : l'arôme de la pastille est probablement un arôme de menthe verte.

C'est cohérent avec la figure 8, qui parle de « pastilles menthe ». Le mot « probable » est juste : la chromatographie compare, elle ne prouve pas ; et les taches pâles du dépôt 1 traduisent seulement une concentration faible, l'arôme ne représentant qu'une petite part de la pastille.

Q17. Un groupe hydroxyle est un groupe $\mathrm{{-}OH}$ porté par un atome de carbone. Sur la figure 9, on compte quatre groupes $\mathrm{OH}$ sur le cycle à six atomes (trois sur le cycle et un au bout du groupe $\mathrm{CH_{2}OH}$) et quatre sur le cycle à cinq atomes (deux sur le cycle et deux au bout des deux groupes $\mathrm{CH_{2}OH}$) : le saccharose porte $8$ groupes hydroxyle.

Piège : compter les atomes d'oxygène. L'oxygène de chaque cycle et celui du pont entre les deux cycles sont liés à deux atomes de carbone, sans hydrogène : ce ne sont pas des groupes hydroxyle. Ces huit groupes $\mathrm{{-}OH}$ sont autant de sites capables de former des ponts hydrogène avec l'eau, ce qui explique la grande solubilité du sucre.

Q18. Démarche : la masse volumique de la boisson, mesurée, se reporte sur la courbe d'étalonnage pour lire la concentration en masse de saccharose, qu'on compare à l'indication du fabricant ($9{,}5$ g pour $100$ mL, soit $95$ g/L).

Masse volumique de l'échantillon : $\rho=\dfrac{m_{\text{boisson}}}{V_{\text{boisson}}}=\dfrac{276{,}8}{268{,}0}=1{,}0328\ \mathrm{g\cdot mL^{-1}}$. On garde un chiffre de plus que les données (quatre significatifs), car la courbe se lit au millième de $\mathrm{g\cdot mL^{-1}}$ près et toute l'information est dans les deux dernières décimales.

Lecture sur la figure 10 : on place $\rho=1{,}0328\ \mathrm{g\cdot mL^{-1}}$ sur l'axe des ordonnées, entre les graduations $1{,}030$ et $1{,}035$, on rejoint la droite horizontalement puis on descend sur l'axe des abscisses : $c\approx 96$ g/L, entre les petites graduations $92$ et $100$ g/L. Contrôle par l'équation de la droite, qui passe par $(50\,;\,1{,}0156)$ et $(150\,;\,1{,}0533)$ : sa pente vaut $3{,}77\times 10^{-4}$ et son ordonnée à l'origine $0{,}997\ \mathrm{g\cdot mL^{-1}}$, la masse volumique de l'eau pure, ce qui est rassurant ; elle donne $c=50+\dfrac{1{,}0328-1{,}0156}{3{,}77\times 10^{-4}}=96$ g/L.

Conclusion : $100$ mL de boisson contiennent $m=c\times V=96\times 0{,}100=9{,}6$ g de saccharose, pour $9{,}5$ g annoncés. L'écart relatif, $\dfrac{9{,}6-9{,}5}{9{,}5}\approx 1$ %, est inférieur à la précision de la lecture graphique (une petite graduation vaut $4$ g/L, soit $0{,}4$ g pour 100 mL) : l'information du fabricant est vérifiée.

Hypothèses à écrire sur la copie : la boisson est dégazée, sinon les bulles de dioxyde de carbone fausseraient la mesure du volume ; et la masse volumique est attribuée au seul saccharose, les autres espèces dissoutes (acide citrique, extraits) étant en quantité négligeable. Erreur fréquente : comparer directement $\rho$ à $9{,}5$, ou lire la concentration en g/L et la comparer telle quelle aux $9{,}5$ g, sans ramener à $100$ mL.

Q1. Dans la notation ${}^{A}_{Z}\mathrm{X}$, $Z$ est le nombre de protons et $A$ le nombre de nucléons. Le noyau ${}^{137}_{\ 55}\mathrm{Cs}$ contient donc $Z=55$ protons et $A-Z=137-55=82$ neutrons, soit 137 nucléons.

Q2. Le noyau fils, ${}^{137}_{\ 56}\mathrm{Ba}$, a le même nombre de nucléons et un proton de plus : un neutron s'est transformé en proton en émettant un électron. C'est une désintégration $\beta^{-}$. Par les lois de conservation du nombre de nucléons et du nombre de charge (lois de Soddy) : ${}^{137}_{\ 55}\mathrm{Cs}\longrightarrow{}^{137}_{\ 56}\mathrm{Ba}+{}^{\ \,0}_{-1}\mathrm{e}$.

Vérification : nucléons $137=137+0$ ; charge $55=56+(-1)$. On peut ajouter l'antineutrino électronique ${}^{0}_{0}\bar{\nu}_{e}$, sans charge ni nucléon, que le programme ne demande pas d'écrire. Erreur fréquente : émettre un positon ${}^{0}_{1}\mathrm{e}$, qui ferait DIMINUER $Z$ et donnerait du xénon, pas du baryum.

Q3. Les données fournissent deux expressions de la même activité : $A(t)=-\dfrac{\mathrm{d}N}{\mathrm{d}t}$ (nombre de désintégrations par unité de temps, égal à la diminution du nombre de noyaux) et $A(t)=\lambda\cdot N(t)$. En les égalant : $-\dfrac{\mathrm{d}N}{\mathrm{d}t}=\lambda N$, soit $\dfrac{\mathrm{d}N}{\mathrm{d}t}=-\lambda\cdot N$. Le signe moins traduit la décroissance : $N$ diminue, sa dérivée est négative alors que $\lambda$ et $N$ sont positifs.

La condition « nombre de noyaux suffisamment grand » est essentielle : la désintégration d'un noyau donné est aléatoire, et seule une population très nombreuse suit une loi d'évolution régulière. Un gramme de trinitite contient des milliards de noyaux de césium 137, la condition est largement remplie.

Q4. On dérive la fonction proposée, $N_{0}$ et $\lambda$ étant des constantes : $\dfrac{\mathrm{d}N}{\mathrm{d}t}=N_{0}\cdot(-\lambda)\,e^{-\lambda t}=-\lambda\cdot\left(N_{0}\,e^{-\lambda t}\right)=-\lambda\cdot N(t)$. L'équation différentielle est vérifiée pour tout $t$. De plus $N(0)=N_{0}\,e^{0}=N_{0}$ : la condition initiale est respectée.

Q5. Par définition, le temps de demi-vie est la durée au bout de laquelle la moitié des noyaux initialement présents se sont désintégrés : $N(t_{1/2})=\dfrac{N_{0}}{2}$. Donc $N_{0}\,e^{-\lambda t_{1/2}}=\dfrac{N_{0}}{2}$, soit $e^{-\lambda t_{1/2}}=\dfrac{1}{2}$. En prenant le logarithme népérien : $-\lambda t_{1/2}=\ln\dfrac{1}{2}=-\ln 2$, d'où $t_{1/2}=\dfrac{\ln 2}{\lambda}$.

Vérification avec la valeur de la partie 2 : $t_{1/2}=\dfrac{\ln 2}{0{,}0231}=30{,}0$ ans, la demi-vie connue du césium 137. La relation montre aussi que $t_{1/2}$ ne dépend pas de $N_{0}$ : quel que soit le nombre de noyaux de départ, il en reste la moitié au bout de 30 ans, le quart au bout de 60 ans. Erreur fréquente : écrire $\ln\dfrac{1}{2}=\ln 2$ et obtenir une demi-vie négative.

Q6. Méthode : on lit le temps de demi-vie sur la courbe, puis on utilise la relation de Q5. Construction sur l'annexe : on trace l'horizontale d'ordonnée $50$ (la moitié du pourcentage initial, $100$) jusqu'à la courbe, puis la verticale jusqu'à l'axe des temps. On lit $t_{1/2}\approx 30$ ans.

Donc $\lambda=\dfrac{\ln 2}{t_{1/2}}=\dfrac{0{,}693}{30}=0{,}023\ \mathrm{an^{-1}}$ (plus précisément $0{,}0231\ \mathrm{an^{-1}}$, la valeur que la partie 2 confirme). Vérification sur la courbe : au bout de deux demi-vies, $60$ ans, il doit rester $25$ % des noyaux, et au bout de $100$ ans environ $10$ % ($e^{-2{,}31}=0{,}099$), ce qu'on lit bien. Autre méthode possible : la tangente à l'origine coupe l'axe des temps en $\tau=\dfrac{1}{\lambda}\approx 43$ ans. Erreur fréquente : donner $\lambda$ en $\mathrm{s^{-1}}$ alors que l'axe est en années.

Q7. La grandeur tracée est $100\times\dfrac{N}{N_{0}}=100\times e^{-\lambda t}$, avec $t$ en années et $\lambda$ en $\mathrm{an^{-1}}$. La ligne 9 complétée s'écrit : pourcentage = 100*np.exp(-0.0231*t). La fonction np.exp de numpy s'applique au tableau t entier, élément par élément : pas besoin de boucle. Piège : oublier le signe moins, ce qui donnerait une croissance exponentielle, ou écrire la virgule décimale française, qui en Python sépare deux arguments.

Q8. D'après les données, $A(t)=\lambda\cdot N(t)$, et d'après Q4, $N(t)=N_{0}\,e^{-\lambda t}$. Donc $A(t)=\lambda N_{0}\,e^{-\lambda t}=A_{0}\cdot e^{-\lambda\cdot t}$, avec $A_{0}=\lambda N_{0}$, valeur de l'activité à $t=0$, c'est-à-dire à la formation de la trinitite. L'activité décroît avec la même loi exponentielle, et la même demi-vie, que le nombre de noyaux.

Q9. Démarche : l'étude donne l'activité d'un gramme de trinitite en 2010 ; on la fait évoluer jusqu'en 2026 avec la loi de Q8, puis on cherche la masse dont l'activité atteint le seuil réglementaire.

Activité d'un gramme en 2026, en prenant 2010 comme origine des dates : $\Delta t=2026-2010=16$ ans, donc $A_{2026}=A_{\text{étude}}\cdot e^{-\lambda\Delta t}=48{,}3\times e^{-0{,}0231\times 16}=48{,}3\times 0{,}691=33{,}4$ Bq pour un gramme, soit une activité massique de $33{,}4\ \mathrm{Bq\cdot g^{-1}}$. En seize ans, environ la moitié d'une demi-vie, l'activité a perdu $31$ % de sa valeur, près d'un tiers.

Masse limite : un échantillon de masse $m$ a une activité $A=33{,}4\times m$ (avec $m$ en grammes). Elle atteint $10$ Bq pour $m=\dfrac{10}{33{,}4}=0{,}30$ g. Au-delà de $0{,}30$ g de trinitite, une demande de détention doit être effectuée.

Remarque sur l'énoncé : le seuil est donné comme une activité massique, en $\mathrm{Bq\cdot g^{-1}}$, et l'activité massique de la trinitite, $33\ \mathrm{Bq\cdot g^{-1}}$, dépasse déjà $10\ \mathrm{Bq\cdot g^{-1}}$ quelle que soit la masse. Puisque la question demande une masse, la lecture retenue est celle qui compare l'activité de l'échantillon à $10$ Bq. Les deux lectures mènent à la même conclusion pratique.

Commentaire : $0{,}30$ g, c'est un fragment de quelques millimètres. Pratiquement tout morceau de trinitite conservé par un collectionneur dépasse cette masse et relève donc d'une déclaration, près de 80 ans après l'essai. Le césium 137 a une demi-vie de 30 ans : en 2026, $81$ ans après 1945, il en reste encore $e^{-0{,}0231\times 81}\approx 15$ % de la quantité initiale. Erreur fréquente : partir de 1945 avec l'activité de 2010, ou oublier de faire décroître l'activité entre 2010 et 2026 (on trouverait $0{,}21$ g).

pourcentage = 100*np.exp(-0.0231*t)

Q1. La force gravitationnelle exercée par la Terre sur la Lune est attractive : elle est dirigée du centre de la Lune vers le centre de la Terre, c'est-à-dire selon $\vec{u}_{n}$, qui pointe vers le centre de la trajectoire circulaire. Sa valeur est donnée par la loi de la gravitation universelle. Donc $\vec{F}_{\mathrm{T/L}}=\dfrac{G\cdot M_{\mathrm{T}}\cdot M_{\mathrm{L}}}{d_{\mathrm{T/L}}^{\,2}}\,\vec{u}_{n}$.

Piège : écrire un signe moins devant l'expression. Le signe moins apparaît seulement avec un vecteur unitaire orienté de la Terre VERS la Lune ; ici $\vec{u}_{n}$ est orienté vers la Terre, et la composante est positive.

Q2. Système : la Lune, de masse $M_{\mathrm{L}}$ ; référentiel géocentrique supposé galiléen ; seule force prise en compte, l'attraction de la Terre. Deuxième loi de Newton : $M_{\mathrm{L}}\,\vec{a}=\vec{F}_{\mathrm{T/L}}$, donc $\vec{a}=\dfrac{G\,M_{\mathrm{T}}}{d_{\mathrm{T/L}}^{\,2}}\,\vec{u}_{n}$ : l'accélération ne dépend pas de la masse de la Lune.

Dans le repère de Frenet, l'accélération d'un mouvement circulaire de rayon $d_{\mathrm{T/L}}$ s'écrit $\vec{a}=\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}\,\vec{u}_{t}+\dfrac{v_{\mathrm{L}}^{2}}{d_{\mathrm{T/L}}}\,\vec{u}_{n}$. Le mouvement étant uniforme, $\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=0$. En identifiant les composantes selon $\vec{u}_{n}$ : $\dfrac{v_{\mathrm{L}}^{2}}{d_{\mathrm{T/L}}}=\dfrac{G\,M_{\mathrm{T}}}{d_{\mathrm{T/L}}^{\,2}}$, soit $v_{\mathrm{L}}^{2}=\dfrac{G\,M_{\mathrm{T}}}{d_{\mathrm{T/L}}}$ et, la vitesse étant positive, $v_{\mathrm{L}}=\sqrt{\dfrac{G\cdot M_{\mathrm{T}}}{d_{\mathrm{T/L}}}}$.

Q3. Pendant une période $T$, la Lune parcourt une fois le cercle, de périmètre $2\pi d_{\mathrm{T/L}}$, à vitesse constante : $T=\dfrac{2\pi\,d_{\mathrm{T/L}}}{v_{\mathrm{L}}}=2\pi\,d_{\mathrm{T/L}}\sqrt{\dfrac{d_{\mathrm{T/L}}}{G\,M_{\mathrm{T}}}}=2\pi\sqrt{\dfrac{d_{\mathrm{T/L}}^{3}}{G\,M_{\mathrm{T}}}}$.