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

Q1. On identifie chaque groupe par l'atome qui le porte et par ses voisins, pas par les seules lettres écrites.

Groupe 1 : le groupe hydroxyle $-\mathrm{OH}$ est porté par un atome de carbone qui n'établit que des liaisons simples (le $\mathrm{CH_{2}}$ de la chaîne du haut). C'est la famille des alcools. Groupe 2 : le groupe carboxyle $-\mathrm{COOH}$, un carbone lié à la fois à un oxygène par une double liaison et à un groupe $-\mathrm{OH}$ : famille des acides carboxyliques. Groupe 3 : le groupe carbonyle $\mathrm{C=O}$ est situé à l'intérieur de la chaîne, son carbone étant lié à deux autres atomes de carbone : famille des cétones.

Erreur fréquente : répondre « aldéhyde » pour le groupe 3. Un aldéhyde a son carbonyle en BOUT de chaîne, le carbone portant un atome d'hydrogène ; ici les deux voisins du carbone sont des carbones. Autre confusion : les $-\mathrm{OH}$ fixés directement sur le cycle aromatique ne sont pas des alcools (ce sont des phénols, hors de la liste), c'est pourquoi le sujet a entouré celui de la chaîne.

Q2. C'est la famille des acides carboxyliques. Le groupe carboxyle peut céder un ion hydrogène $\mathrm{H^{+}}$ pour donner un ion carboxylate : $\mathrm{R{-}COOH(aq)+H_{2}O(\ell)\rightleftarrows R{-}COO^{-}(aq)+H_{3}O^{+}(aq)}$, avec un $\mathrm{p}K_{A}$ de l'ordre de 4 à 5. La molécule en porte six, d'où son nom d'acide. Le groupe hydroxyle d'un alcool, lui, ne cède pratiquement pas son hydrogène dans l'eau, et une cétone n'a pas d'hydrogène acide.

Q3. Quand le pH augmente, chaque espèce perd un ion $\mathrm{H^{+}}$ : la forme la plus protonée prédomine aux pH faibles, la moins protonée aux pH élevés. Donc espèce 1 : $\mathrm{H_{2}CO_{3}(aq)}$, majoritaire en milieu acide ; espèce 2 : $\mathrm{HCO_{3}^{-}(aq)}$, majoritaire aux pH intermédiaires ; espèce 3 : $\mathrm{CO_{3}^{2-}(aq)}$, majoritaire en milieu basique.

Q4. L'ion hydrogénocarbonate $\mathrm{HCO_{3}^{-}}$ est la base du couple $\mathrm{H_{2}CO_{3}/HCO_{3}^{-}}$ et l'acide du couple $\mathrm{HCO_{3}^{-}/CO_{3}^{2-}}$ : il peut capter un ion $\mathrm{H^{+}}$ comme en céder un. Une telle espèce est dite amphotère (on dit aussi que c'est un ampholyte). Le diagramme le montre : l'espèce 2 n'existe qu'entre les deux zones des autres, puisqu'elle se forme à partir de l'espèce 1 et se transforme en espèce 3.

Q5. La constante d'acidité est la constante d'équilibre de la réaction de l'acide avec l'eau, $\mathrm{H_{2}CO_{3}(aq)+H_{2}O(\ell)\rightleftarrows HCO_{3}^{-}(aq)+H_{3}O^{+}(aq)}$. Le solvant n'apparaît pas dans l'expression :

$K_{A1}=\dfrac{\dfrac{[\mathrm{HCO_{3}^{-}}]_{\text{éq}}}{c^{0}}\times\dfrac{[\mathrm{H_{3}O^{+}}]_{\text{éq}}}{c^{0}}}{\dfrac{[\mathrm{H_{2}CO_{3}}]_{\text{éq}}}{c^{0}}}=\dfrac{[\mathrm{HCO_{3}^{-}}]_{\text{éq}}\times[\mathrm{H_{3}O^{+}}]_{\text{éq}}}{[\mathrm{H_{2}CO_{3}}]_{\text{éq}}\times c^{0}}$

$K_{A1}$ est sans dimension, d'où la concentration standard. Erreur fréquente : écrire le rapport à l'envers, l'acide au numérateur ; un $K_{A}$ met toujours les PRODUITS de la réaction de l'acide avec l'eau au numérateur.

Q6. On isole l'ion oxonium : $\dfrac{[\mathrm{H_{3}O^{+}}]}{c^{0}}=K_{A1}\times\dfrac{[\mathrm{H_{2}CO_{3}}]}{[\mathrm{HCO_{3}^{-}}]}$. On applique $-\log$ aux deux membres, le logarithme d'un produit étant la somme des logarithmes : $-\log\dfrac{[\mathrm{H_{3}O^{+}}]}{c^{0}}=-\log K_{A1}-\log\dfrac{[\mathrm{H_{2}CO_{3}}]}{[\mathrm{HCO_{3}^{-}}]}$.

Par définition $\mathrm{pH}=-\log\dfrac{[\mathrm{H_{3}O^{+}}]}{c^{0}}$ et $\mathrm{p}K_{A1}=-\log K_{A1}$, et $-\log\dfrac{a}{b}=\log\dfrac{b}{a}$ : $\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_{A1}+\log\left(\dfrac{[\mathrm{HCO_{3}^{-}}]}{[\mathrm{H_{2}CO_{3}}]}\right)$, la relation annoncée.

Q7. D'après la relation de Q6, quand $[\mathrm{HCO_{3}^{-}}]=[\mathrm{H_{2}CO_{3}}]$ le rapport vaut $1$, son logarithme est nul et $\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_{A1}$. Sur la figure 2, les deux espèces sont en proportions égales au croisement des courbes 1 et 2, à $50$ % chacune (l'espèce 3 y est absente). Ce croisement a lieu à $\mathrm{pH}\approx 6{,}4$ : $\mathrm{p}K_{A1}\approx 6{,}4$.

Vérification : la valeur tabulée à 25 °C est $6{,}35$. Erreur fréquente : lire le second croisement, celui des courbes 2 et 3 vers $\mathrm{pH}\approx 10{,}4$ ; c'est $\mathrm{p}K_{A2}$, celui du couple $\mathrm{HCO_{3}^{-}/CO_{3}^{2-}}$.

Q8. La terre de Bruyère a un pH voisin de $5$, inférieur à $\mathrm{p}K_{A1}=6{,}4$. La relation de Q6 donne alors $\log\dfrac{[\mathrm{HCO_{3}^{-}}]}{[\mathrm{H_{2}CO_{3}}]}=5-6{,}4=-1{,}4$, soit $[\mathrm{HCO_{3}^{-}}]=10^{-1{,}4}\times[\mathrm{H_{2}CO_{3}}]=0{,}04\times[\mathrm{H_{2}CO_{3}}]$ : l'espèce prédominante est l'acide $\mathrm{H_{2}CO_{3}(aq)}$ (dioxyde de carbone dissous). Le pH étant très inférieur à $\mathrm{p}K_{A2}$, l'ion carbonate est absent.

Vérification sur la figure 2 : à $\mathrm{pH}=5$, la courbe de l'espèce 1 est à environ $96$ %. C'est bien le cas annoncé par le diagramme de prédominance : pour $\mathrm{pH}<\mathrm{p}K_{A1}-1$, la forme acide est très largement majoritaire.

Q9. L'hydroxyde de calcium est un solide ionique, formé d'ions calcium $\mathrm{Ca^{2+}}$ et d'ions hydroxyde $\mathrm{HO^{-}}$ dans la proportion de un pour deux. Sa dissolution, totale, s'écrit : $\mathrm{Ca(OH)_{2}(s)\longrightarrow Ca^{2+}(aq)+2\,HO^{-}(aq)}$. Charges et éléments sont conservés : $+2-2=0$ de part et d'autre.

Q10. Quantité de matière d'hydroxyde de calcium dissoute : $n_{0}=\dfrac{m}{M}=\dfrac{0{,}250}{74{,}0}=3{,}38\times 10^{-3}$ mol. Concentration en soluté apporté : $c=\dfrac{n_{0}}{V}=\dfrac{3{,}38\times 10^{-3}}{0{,}200}=1{,}69\times 10^{-2}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$, le volume étant converti en litres.

D'après l'équation de Q9, chaque unité $\mathrm{Ca(OH)_{2}}$ dissoute libère DEUX ions hydroxyde : $[\mathrm{HO^{-}}]=2\,c=2\times 1{,}69\times 10^{-2}=3{,}38\times 10^{-2}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$, la valeur annoncée, avec trois chiffres significatifs comme $m$ et $M$. Erreur fréquente : oublier le coefficient $2$ et trouver $1{,}69\times 10^{-2}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$, qui est la concentration en ions calcium.

Q11. Produit ionique de l'eau : $K_{e}=\dfrac{[\mathrm{H_{3}O^{+}}]\times[\mathrm{HO^{-}}]}{(c^{0})^{2}}$, donc $\dfrac{[\mathrm{H_{3}O^{+}}]}{c^{0}}=\dfrac{K_{e}\,c^{0}}{[\mathrm{HO^{-}}]}=\dfrac{1{,}00\times 10^{-14}}{3{,}38\times 10^{-2}}=2{,}96\times 10^{-13}$.

Donc $\mathrm{pH}=-\log(2{,}96\times 10^{-13})=12{,}53$. Même résultat directement : $\mathrm{pH}=14{,}00+\log(3{,}38\times 10^{-2})=14{,}00-1{,}47=12{,}53$. On donne le pH au centième, la précision d'un pH-mètre. Vérification : la solution S est une solution de base forte, son pH est bien très supérieur à $7$.

Q12. Démarche en quatre étapes : lire sur la figure 3 la quantité d'ions calcium nécessaire pour 100 g de terre, calculer la masse de terre à traiter, faire le passage proportionnel à cette masse, puis convertir en masse d'hydroxyde de calcium.

1. Lecture graphique. Le point de départ, $n=0$, est à $\mathrm{pH}=5{,}0$ : c'est bien le pH de la terre de bruyère non traitée. On trace l'horizontale $\mathrm{pH}=6{,}50$ jusqu'à la courbe en tirets, puis on descend sur l'axe des abscisses : $n\approx 2{,}5$ mmol d'ions calcium pour $100{,}0$ g de terre (la courbe passe à $6{,}5$ entre les points de $2{,}0$ mmol et $3{,}1$ mmol, plus près du premier).

2. Masse de sol à chauler. La relation donnée exige des unités SI : $S=1{,}00\ \mathrm{ha}=1{,}00\times 10^{4}\ \mathrm{m^{2}}$ et $e=10{,}0\ \mathrm{cm}=0{,}100$ m. Donc $m_{c}=1{,}4\times 1{,}00\times 10^{4}\times 0{,}100=1{,}4\times 10^{3}$ tonnes, soit $1{,}4\times 10^{6}$ kg ou $1{,}4\times 10^{9}$ g. Le facteur $1{,}4$ est la masse volumique du sol en tonnes par mètre cube, et $S\times e$ le volume de terre concerné, $1\,000\ \mathrm{m^{3}}$.

3. Proportionnalité. La parcelle contient $\dfrac{1{,}4\times 10^{9}\ \mathrm{g}}{100{,}0\ \mathrm{g}}=1{,}4\times 10^{7}$ fois la masse de l'échantillon test. Il faut donc $n_{\text{tot}}=1{,}4\times 10^{7}\times 2{,}5\times 10^{-3}=3{,}5\times 10^{4}$ mol d'ions calcium.

4. Masse d'hydroxyde de calcium. D'après l'équation de Q9, une mole de $\mathrm{Ca(OH)_{2}}$ apporte une mole d'ions $\mathrm{Ca^{2+}}$ : $n(\mathrm{Ca(OH)_{2}})=n_{\text{tot}}=3{,}5\times 10^{4}$ mol. D'où $m(\mathrm{Ca(OH)_{2}})=n\times M=3{,}5\times 10^{4}\times 74{,}0=2{,}6\times 10^{6}$ g, soit $m(\mathrm{Ca(OH)_{2}})\approx 2{,}6$ tonnes pour la parcelle.

Précision : deux chiffres significatifs, imposés par le facteur $1{,}4$ et par la lecture graphique. Une lecture entre $2{,}4$ et $2{,}6$ mmol donne entre $2{,}5$ et $2{,}7$ t : toute valeur de cet ordre, avec la démarche, est juste. Vérification d'ordre de grandeur : $2{,}6$ t pour $1\,400$ t de terre, c'est environ $0{,}2$ % de la masse du sol, et quelques tonnes par hectare est bien la dose d'un chaulage agricole.

Erreurs fréquentes : oublier que la lecture vaut pour 100 g de terre seulement ; laisser l'épaisseur en centimètres (résultat cent fois trop grand) ; multiplier par deux en pensant aux deux ions hydroxyde, alors que l'abscisse de la figure 3 compte les ions CALCIUM. La concentration de la solution S, elle, ne sert pas ici : elle n'a servi qu'à construire la courbe.

Q1. Le mouvement d'un satellite terrestre est étudié dans le référentiel géocentrique : son origine est le centre O de la Terre et ses trois axes pointent vers trois étoiles lointaines considérées comme fixes. Il ne tourne pas avec la Terre, et on le suppose galiléen sur la durée d'une révolution du satellite. Erreur fréquente : répondre « référentiel terrestre » ; dans ce référentiel lié au sol, un satellite géostationnaire serait immobile, et l'on ne pourrait pas parler de son orbite.

Q2. La force d'interaction gravitationnelle est attractive : on trace, sans souci d'échelle, une flèche qui part du point S (point d'application) et qui est dirigée vers le centre O de la Terre, le long de la droite (SO). Elle a donc la même direction et le même sens que le vecteur $\overrightarrow{u_{N}}$ déjà dessiné, qui est centripète. Erreur fréquente : faire partir la flèche de O, ou la diriger vers l'extérieur ; la force que la Terre EXERCE SUR le satellite s'applique au satellite et l'attire vers la Terre.

Q3. Loi de la gravitation universelle de Newton : l'intensité de la force est proportionnelle aux deux masses et inversement proportionnelle au carré de la distance entre les centres. Cette distance vaut ici $\mathrm{OS}=R_{T}+h$, rayon de l'orbite. Le vecteur $\overrightarrow{u_{N}}$ étant dirigé de S vers O, la force s'écrit :

$\overrightarrow{F_{OS}}=\dfrac{G\cdot m\cdot M_{T}}{(R_{T}+h)^{2}}\,\overrightarrow{u_{N}}$

Erreur fréquente : écrire $h^{2}$ au dénominateur. L'altitude se mesure depuis la surface, la loi de Newton utilise la distance entre les CENTRES de la Terre et du satellite. Remarque sur les données : l'unité de $G$ est imprimée $\mathrm{m^{2}\cdot kg^{-1}\cdot s^{-2}}$ ; l'unité exacte est $\mathrm{N\cdot m^{2}\cdot kg^{-2}}$, soit $\mathrm{m^{3}\cdot kg^{-1}\cdot s^{-2}}$. La coquille est sans conséquence, $G$ n'intervenant dans aucun calcul du sujet.

Q4. Système : le satellite, de masse $m$ constante. Référentiel : géocentrique, supposé galiléen. Seule force : $\overrightarrow{F_{OS}}$. Deuxième loi de Newton : $m\,\vec{a}=\overrightarrow{F_{OS}}$, donc $\vec{a}=\dfrac{G\,M_{T}}{(R_{T}+h)^{2}}\,\overrightarrow{u_{N}}$ : l'accélération est entièrement portée par $\overrightarrow{u_{N}}$.

Dans le repère de Frenet, l'accélération d'un mouvement circulaire de rayon $r$ s'écrit $\vec{a}=\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}\,\overrightarrow{u_{T}}+\dfrac{v^{2}}{r}\,\overrightarrow{u_{N}}$. En identifiant les composantes tangentielles : $\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=0$. La valeur $v$ de la vitesse est donc constante : le mouvement circulaire est uniforme.

En prime, la composante normale donne $\dfrac{v^{2}}{R_{T}+h}=\dfrac{G\,M_{T}}{(R_{T}+h)^{2}}$, soit $v=\sqrt{\dfrac{G\,M_{T}}{R_{T}+h}}$ : la vitesse ne dépend pas de la masse du satellite, qui s'est simplifiée.

Q5. La période de révolution $T$ est la durée nécessaire au satellite pour effectuer un tour complet de son orbite autour de la Terre, dans le référentiel géocentrique. Pour un mouvement circulaire uniforme, la distance parcourue pendant un tour est le périmètre de l'orbite : $T=\dfrac{2\pi\,(R_{T}+h)}{v}$.

Q6. Un satellite géostationnaire reste à la verticale du même point de l'équateur : il tourne dans le plan équatorial, dans le même sens que la Terre et avec la même période que sa rotation propre. Donc $T=T_{T}=23\ \mathrm{h}\ 56\ \mathrm{min}\ 4\ \mathrm{s}=23\times 3\,600+56\times 60+4=86\,164$ s.

La figure 1 traduit la troisième loi de Kepler : $T^{2}$ est proportionnel à $r^{3}$, $T^{2}=k\,r^{3}$, avec $k=9{,}85\times 10^{-14}\ \mathrm{s^{2}\cdot m^{-3}}$. D'où $r^{3}=\dfrac{T^{2}}{k}=\dfrac{86\,164^{2}}{9{,}85\times 10^{-14}}=\dfrac{7{,}42\times 10^{9}}{9{,}85\times 10^{-14}}=7{,}54\times 10^{22}\ \mathrm{m^{3}}$ et $r=\sqrt[3]{7{,}54\times 10^{22}}=4{,}22\times 10^{7}$ m.

Le rayon de l'orbite se mesure depuis le centre de la Terre : $h=r-R_{T}=4{,}22\times 10^{7}-6{,}38\times 10^{6}=3{,}59\times 10^{7}$ m, soit $h\approx 35\,900$ km, environ $36\,000$ km. Vérification graphique : le point le plus à droite de la figure 1, vers $(7{,}4\times 10^{22}\ \mathrm{m^{3}}\,;\,7{,}5\times 10^{9}\ \mathrm{s^{2}})$, est justement celui d'un satellite géostationnaire.

Erreurs fréquentes : garder $R_{T}$ en kilomètres alors que $r$ est en mètres ; oublier de retrancher $R_{T}$ (on obtiendrait $42\,000$ km, le rayon et non l'altitude) ; prendre 24 h, le jour solaire, au lieu du jour sidéral. Ce dernier écart reste faible, $h\approx 35\,940$ km, mais la période de rotation de la Terre est bien celle que le sujet donne.

Q7. Le signal électromagnétique se propage à la célérité $c$, et la durée de transmission est la distance divisée par la célérité. Pour un satellite à la verticale de l'émetteur, la distance est l'altitude, la plus courte possible.

Satellite géostationnaire : $\Delta t_{1}=\dfrac{h}{c}=\dfrac{3{,}59\times 10^{7}}{3{,}00\times 10^{8}}=0{,}120$ s, soit $120$ ms. Satellite LEO : $\Delta t_{2}=\dfrac{1\,000\times 10^{3}}{3{,}00\times 10^{8}}=3{,}33\times 10^{-3}$ s, soit $3{,}33$ ms. Comparaison : $\dfrac{\Delta t_{1}}{\Delta t_{2}}=\dfrac{0{,}120}{3{,}33\times 10^{-3}}\approx 36$ ; la transmission vers un satellite géostationnaire dure environ $36$ fois plus longtemps, c'est le rapport des altitudes.

Ordre de grandeur utile pour Q8 : une requête internet par satellite géostationnaire fait l'aller vers le satellite, la descente vers la station au sol, puis le même trajet au retour, soit au moins $4\times 0{,}120\approx 0{,}48$ s, près d'une demi-seconde, contre environ $13$ ms en LEO. Erreur fréquente : oublier de convertir les kilomètres en mètres.

Q8. Satellites géostationnaires. Avantages : ils restent fixes dans le ciel, donc l'antenne de réception n'a pas besoin d'être déplacée ; chacun couvre une très large zone, et un petit nombre suffit à couvrir tout le globe. Inconvénient : leur altitude de $36\,000$ km impose un délai de transmission de $0{,}12$ s par trajet (Q7), près d'une demi-seconde pour une requête aller-retour, gênant pour les usages interactifs (visioconférence, jeux en ligne, navigation rapide).

Satellites LEO. Avantage : le délai de transmission est environ $36$ fois plus court ($3{,}3$ ms par trajet), ce qui permet des échanges rapides, comparables à une connexion terrestre. Inconvénients : chacun ne couvre qu'une petite zone et défile dans le ciel, si bien qu'il faut plusieurs milliers de satellites fonctionnant en constellation ; cela multiplie les risques d'encombrement de l'orbite basse, de pannes et de débris spatiaux, d'où un impact environnemental critiqué.

Bilan : le géostationnaire privilégie la couverture et la simplicité, le LEO la rapidité d'échange. Pour internet, où la latence compte, les constellations LEO l'emportent sur la performance, au prix d'un coût environnemental.

Q1. Relation donnée : $L_{1}=10\log\left(\dfrac{I_{1}}{I_{0}}\right)=10\log\left(\dfrac{3{,}0\times 10^{-4}}{1{,}0\times 10^{-12}}\right)=10\log(3{,}0\times 10^{8})=10\times 8{,}48=84{,}8$ dB, soit environ $85$ dB avec deux chiffres significatifs. Vérification : $10^{-4}\ \mathrm{W\cdot m^{-2}}$ donnerait exactement $80$ dB, et tripler l'intensité ajoute $10\log 3\approx 4{,}8$ dB. Erreur fréquente : oublier de diviser par $I_{0}$, ou utiliser le logarithme népérien $\ln$ au lieu du logarithme décimal $\log$ ; on trouverait alors une valeur négative ou près de $2{,}3$ fois trop grande.

Q2. Sur l'échelle du document, $L_{1}\approx 85$ dB tombe dans la zone « Inconfort », qui regroupe les cases 80 et 90 dB, entre la frontière tracée après 70 dB et celle tracée avant 100 dB. Sans protection, l'ouvrier subit donc un inconfort auditif, avec la fatigue et le stress qu'évoque l'introduction. Il est aussi exactement au seuil de 85 dB fixé par la législation : la moindre source supplémentaire rend la protection individuelle obligatoire, ce que montre la question suivante.

Q3. Ce ne sont pas les niveaux sonores qui s'ajoutent mais les INTENSITÉS sonores de sources indépendantes : $I_{\text{total}}=I_{1}+I_{2}$.

Intensité due à l'outil du collègue, en inversant la relation : $I_{2}=I_{0}\times 10^{L_{2}/10}=1{,}0\times 10^{-12}\times 10^{8}=1{,}0\times 10^{-4}\ \mathrm{W\cdot m^{-2}}$. Donc $I_{\text{total}}=3{,}0\times 10^{-4}+1{,}0\times 10^{-4}=4{,}0\times 10^{-4}\ \mathrm{W\cdot m^{-2}}$ et $L_{\text{total}}=10\log\left(\dfrac{4{,}0\times 10^{-4}}{1{,}0\times 10^{-12}}\right)=10\log(4{,}0\times 10^{8})=86$ dB, la valeur annoncée.

Erreur fréquente : additionner les niveaux, $84{,}8+80=164{,}8$ dB, valeur absurde (plus qu'un avion au décollage). Ajouter une source moins forte n'augmente le niveau que de un ou deux décibels.

Q4. L'ouvrier reçoit $86$ dB. Attention à l'axe des abscisses de la figure 1 : les valeurs 80, 85, 100, 110 et 120 dB sont placées à intervalles réguliers, l'axe n'est donc pas proportionnel ; $86$ dB se place juste après la graduation 85 dB. Lecture à 85 dB : le casque serre-tête atténue de $19$ dB, les bouchons d'oreille de $20$ dB ; à $86$ dB les deux atténuations restent très voisines de $20$ dB.

Niveaux perçus : environ $86-19=67$ dB avec le casque et $86-20=66$ dB avec les bouchons. Les deux valeurs sont dans l'intervalle acceptable de $65$ à $80$ dB du document : à ce niveau sonore, aucun des deux modes de protection n'est plus adapté que l'autre, l'écart d'un décibel n'étant pas significatif. L'ouvrier peut choisir indifféremment le casque ou les bouchons. La borne basse du document compte aussi : une protection qui ferait descendre le niveau perçu sous $65$ dB isolerait l'ouvrier de son environnement (alarmes, consignes), et ce n'est le cas d'aucune des deux ici.

Q5. On cherche $d'$ tel que $L'<L_{\max}$ : $L-10\log\left(\dfrac{d'}{d}\right)<85$, soit $10\log\left(\dfrac{d'}{d}\right)>110-85=25$ dB, donc $\log\left(\dfrac{d'}{d}\right)>2{,}5$. La fonction $10^{x}$ étant croissante : $\dfrac{d'}{d}>10^{2{,}5}=316$, d'où $d'>316\times 20=6{,}3\times 10^{3}$ m. Vérification : à $d'=6{,}3\times 10^{3}$ m, $L'=110-10\log\left(\dfrac{6\,325}{20}\right)=110-25=85$ dB, exactement la limite.

Commentaire : l'ouvrier devrait se tenir à plus de $6$ km de la machine d'usinage, distance sans rapport avec la taille d'un atelier. S'éloigner n'est pas une solution : il faut agir autrement, en isolant la machine (capotage, cloison) ou en portant une protection auditive. Le modèle admis fait perdre seulement $10\log 2\approx 3$ dB quand la distance double ; même avec la loi d'une source ponctuelle en champ libre, $20\log\left(\dfrac{d'}{d}\right)$, on trouverait plus de $350$ m, encore irréaliste.

Q6. Démarche : calculer le niveau total reçu par l'ouvrier, lire l'atténuation de chaque protection à ce niveau, puis vérifier lequel des deux niveaux perçus tombe dans l'intervalle de $65$ à $80$ dB.

1. Intensité de la machine d'usinage, à l'emplacement de l'ouvrier (elle est à 20 m de lui) : $I_{3}=I_{0}\times 10^{110/10}=1{,}0\times 10^{-12}\times 10^{11}=1{,}0\times 10^{-1}\ \mathrm{W\cdot m^{-2}}$.

2. Les intensités s'additionnent : $I=I_{1}+I_{2}+I_{3}=3{,}0\times 10^{-4}+1{,}0\times 10^{-4}+1{,}0\times 10^{-1}=1{,}004\times 10^{-1}\ \mathrm{W\cdot m^{-2}}$, d'où $L=10\log\left(\dfrac{1{,}004\times 10^{-1}}{1{,}0\times 10^{-12}}\right)=110{,}0$ dB. La machine d'usinage impose le niveau : son intensité est $250$ fois celle des deux autres sources réunies, qui ne changent rien au résultat.

3. Lecture de la figure 1 à $110$ dB reçus : le casque serre-tête atténue de $35$ dB, les bouchons d'oreille de $26$ dB.

4. Niveaux perçus : avec le casque, $110-35=75$ dB, compris entre $65$ et $80$ dB, donc acceptable : l'ouvrier est protégé et entend encore les alarmes. Avec les bouchons, $110-26=84$ dB, supérieur à $80$ dB et à la limite du seuil réglementaire de $85$ dB : protection insuffisante.

Conclusion : l'ouvrier doit porter le casque serre-tête. La borne basse est respectée elle aussi : $75$ dB reste au-dessus de $65$ dB, le casque ne coupe pas l'ouvrier des alarmes. Le choix a basculé par rapport à Q4 : à $86$ dB les deux protections se valaient, mais l'atténuation des bouchons plafonne à $26$ dB alors que celle du casque monte à $35$ dB aux niveaux élevés. Erreur fréquente : conclure sur la seule machine de l'ouvrier, ou appliquer l'atténuation à chaque source séparément ; la figure se lit au niveau TOTAL reçu.