Bac 2026 de spécialité physique-chimie, Métropole jour 2 : sujet officiel et corrigé

Q1. Le schéma attendu, légendé : une burette graduée, fixée sur un support, contient la solution titrante de nitrate d'argent, $C=1{,}00\times 10^{-2}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$ ; en dessous, un grand bécher contient la solution titrée, le volume $V_{1}=250{,}0$ mL d'eau du robinet prélevé avec une fiole jaugée de 250,0 mL ; dans le bécher plongent la cellule conductimétrique, reliée au conductimètre, et un barreau aimanté entraîné par un agitateur magnétique, qui homogénéise le mélange après chaque ajout. Les cinq légendes que le correcteur cherche : burette graduée, solution titrante, bécher, solution titrée, cellule du conductimètre (avec l'agitateur).

Erreur fréquente : inverser les deux solutions. La solution titrante est celle dont on connaît la concentration et qu'on verse ; la solution titrée est celle qu'on dose, ici l'eau du robinet.

Q2. Ligne 4 : V1=250.0, le volume d'eau du robinet titré, en mL comme l'indique le commentaire. Ligne 5 : C=1.00E-2, la concentration de la solution titrante de nitrate d'argent, en mol/L. Python écrit la virgule décimale avec un point, et 1.00E-2 se lit $1{,}00\times 10^{-2}$.

Q3. À l'équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques de l'équation $\mathrm{Ag^{+}+C\ell^{-}\longrightarrow AgC\ell}$, dont les nombres stœchiométriques valent $1$ : $n(\mathrm{Ag^{+}})_{\text{versé}}=n(\mathrm{C\ell^{-}})_{\text{initial}}$, soit $C\times V_{E}=C_{1}\times V_{1}$. D'où la ligne 7 : VE=C1*V1/C.

Avec les valeurs du programme, $V_{E}=\dfrac{5\times 10^{-4}\times 250{,}0}{1{,}00\times 10^{-2}}=12{,}5$ mL, en mL puisque $V_{1}$ l'est : c'est bien l'abscisse où les courbes de l'annexe 1 changent de pente. Les deux concentrations étant dans la même unité, aucune conversion n'est nécessaire.

Q4. Les listes contiennent trois valeurs : initiale, à l'équivalence, à $V_{\max}$. Le chlorure d'argent n'existe pas au départ : $0$. À l'équivalence, chaque ion argent versé a formé un $\mathrm{AgC\ell}$ : $C\times V_{E}\times 0{,}001$ mol (le facteur $0{,}001$ convertit les mL en L, comme aux lignes 11 et 13). Après l'équivalence, il ne reste plus d'ions chlorure, plus rien ne précipite et la quantité reste la même. Ligne 15 : nproduit=[0,C*VE*0.001,C*VE*0.001].

Piège : écrire C*Vmax*0.001 pour la troisième valeur, c'est-à-dire supposer que tout l'argent versé précipite encore après l'équivalence. Le réactif limitant change à l'équivalence : au-delà, c'est l'ion chlorure qui manque, et le surplus d'ions argent reste en solution (ligne 11).

Q5. Les ions nitrate sont apportés par la burette avec les ions argent et ne réagissent pas : leur quantité vaut à chaque instant $n(\mathrm{NO_{3}^{-}})=C\times V$, avec $V$ en litres, soit $1{,}00\times 10^{-5}$ mol par millilitre versé. On trace donc sur l'annexe une droite qui passe par l'origine et par le point $(25\ \mathrm{mL}\,;\,2{,}5\times 10^{-4}\ \mathrm{mol})$, le coin supérieur droit du cadre, sans rupture de pente à l'équivalence. Entre $0$ et $12{,}5$ mL, elle se superpose à la droite du chlorure d'argent, puisque chaque ion nitrate versé accompagne un ion argent qui a précipité ; à $12{,}5$ mL elle vaut $1{,}25\times 10^{-4}$ mol, puis elle continue de monter quand $\mathrm{AgC\ell}$ plafonne.

Erreur fréquente : arrêter la droite ou la casser à l'équivalence. L'ion nitrate est spectateur : rien dans le titrage ne change la façon dont il s'accumule.

Q6. La conductivité d'une solution est la somme des contributions des ions présents, $\sigma=\sum\lambda_{i}[X_{i}]$ (loi de Kohlrausch) ; le précipité $\mathrm{AgC\ell}$, solide, ne conduit pas. Les ions spectateurs de l'eau du robinet, comme les ions $\mathrm{Na^{+}}$ cités par l'énoncé, gardent une quantité constante et ne font pas varier $\sigma$.

Avant l'équivalence ($V<V_{E}$) : d'après l'annexe, $n(\mathrm{Ag^{+}})$ reste nul, $n(\mathrm{C\ell^{-}})$ diminue et, pour chaque ion chlorure qui disparaît, un ion nitrate apparaît. Comme $\lambda(\mathrm{NO_{3}^{-}})=7{,}1$ est inférieure à $\lambda(\mathrm{C\ell^{-}})=7{,}6\ \mathrm{mS\cdot m^{2}\cdot mol^{-1}}$, la conductivité diminue, légèrement. Après l'équivalence ($V>V_{E}$) : il n'y a plus d'ions chlorure, et les ions argent et nitrate s'accumulent ensemble ; chaque millilitre ajoute $\lambda(\mathrm{Ag^{+}})+\lambda(\mathrm{NO_{3}^{-}})=13{,}3\ \mathrm{mS\cdot m^{2}\cdot mol^{-1}}$ par mole versée, donc la conductivité augmente, nettement plus vite qu'elle ne baissait. La courbe a l'allure d'un V dissymétrique, et son minimum, le point anguleux, repère l'équivalence. La dilution est négligée : on verse au plus 25 mL dans 250 mL.

Q7. Méthode : l'équivalence est à l'intersection des deux portions de droite de la figure 2. On trace la droite moyenne des points de 0 à 10 mL et celle des points de 13 à 25 mL ; elles se coupent en $V_{E}\approx 10{,}8$ mL (une lecture entre $10{,}5$ et $11$ mL est correcte).

À l'équivalence (question Q3) : $n(\mathrm{C\ell^{-}})=C\times V_{E}=1{,}00\times 10^{-2}\times 10{,}8\times 10^{-3}=1{,}08\times 10^{-4}$ mol dans $V_{1}=250{,}0$ mL. Concentration en quantité de matière : $[\mathrm{C\ell^{-}}]=\dfrac{1{,}08\times 10^{-4}}{0{,}2500}=4{,}3\times 10^{-4}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$. Concentration en masse : $C_{m}=[\mathrm{C\ell^{-}}]\times M(\mathrm{C\ell})=4{,}3\times 10^{-4}\times 35{,}5=1{,}5\times 10^{-2}\ \mathrm{g\cdot L^{-1}}$, soit $15\ \mathrm{mg\cdot L^{-1}}$.

Conclusion : $15\ \mathrm{mg\cdot L^{-1}}$ est environ $130$ fois plus faible que la teneur maximale de $2\ \mathrm{g\cdot L^{-1}}$ tolérée par les bactéries du kéfir : cette eau du robinet convient pour préparer du kéfir. Vérifications : la valeur est du même ordre que la concentration « attendue » de la simulation, $C_{1}=5\times 10^{-4}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$, et nettement sous la référence de qualité de $250\ \mathrm{mg\cdot L^{-1}}$ des eaux de consommation.

Remarque : la pente descendante mesurée, $-1{,}5\times 10^{-4}\ \mathrm{S\cdot m^{-1}}$ par millilitre, est bien plus forte que celle que prévoit la seule substitution d'un ion chlorure par un ion nitrate, $-2\times 10^{-5}\ \mathrm{S\cdot m^{-1}}$ par millilitre : chaque ajout dilue aussi les nombreux autres ions de l'eau du robinet ($\sigma/V_{1}\approx 1{,}5\times 10^{-4}\ \mathrm{S\cdot m^{-1}}$ par millilitre). Cela ne déplace pas le point anguleux. Erreurs fréquentes : oublier de convertir $V_{E}$ en litres, ou donner la concentration en quantité de matière alors que la question demande une concentration en MASSE, à comparer à des grammes par litre.

Q8. La fermentation produit un gaz, le dioxyde de carbone. On peut donc suivre la transformation par la pression du gaz dans le bocal fermé, mesurée avec un capteur de pression, ou par le volume de gaz dégagé recueilli par déplacement d'eau. Autre possibilité : peser le bocal ouvert, dont la masse diminue à mesure que le $\mathrm{CO_{2}}$ s'échappe. Dans chaque cas, la grandeur mesurée est reliée à l'avancement par le tableau d'avancement, comme à la question suivante.

Q9. Tableau d'avancement de $\mathrm{C_{6}H_{12}O_{6}\longrightarrow 2\,CH_{3}CH_{2}OH+2\,CO_{2}}$, en notant $x(t)$ l'avancement à la date $t$. État initial : $n_{\text{glu}}(t_{0})$ de glucose, aucun éthanol. À la date $t$ : $n_{\text{glu}}(t)=n_{\text{glu}}(t_{0})-x(t)$ et $n_{\text{éth}}(t)=2\,x(t)$, à cause du nombre stœchiométrique $2$ de l'éthanol.

La sonde mesure une concentration : $n_{\text{éth}}(t)=C_{\text{éth}}(t)\cdot V_{\text{Boisson}}$, donc $x(t)=\dfrac{C_{\text{éth}}(t)\cdot V_{\text{Boisson}}}{2}$, et en remplaçant : $n_{\text{glu}}(t)=n_{\text{glu}}(t_{0})-\dfrac{C_{\text{éth}}(t)\cdot V_{\text{Boisson}}}{2}$. Piège : oublier le facteur $2$, c'est-à-dire confondre la quantité d'éthanol formée avec l'avancement. Une mole de glucose donne deux moles d'éthanol.

Q10. Définition : la vitesse volumique de disparition du glucose est $v_{\text{disp}}(t)=-\dfrac{\mathrm{d}C_{\text{glu}}}{\mathrm{d}t}(t)$, positive puisque $C_{\text{glu}}$ diminue. Loi de vitesse d'ordre 1 : cette vitesse est proportionnelle à la concentration du réactif, $v_{\text{disp}}(t)=k\cdot C_{\text{glu}}(t)$, avec $k$ la constante de vitesse, en $\mathrm{s^{-1}}$. En égalant : $-\dfrac{\mathrm{d}C_{\text{glu}}}{\mathrm{d}t}(t)=k\cdot C_{\text{glu}}(t)$, soit $\dfrac{\mathrm{d}C_{\text{glu}}(t)}{\mathrm{d}t}+k\cdot C_{\text{glu}}(t)=0$. Erreur fréquente : oublier le signe moins de la définition, ce qui donnerait une concentration croissante.

Q11. On vérifie que la fonction proposée satisfait l'équation et la condition initiale. Sa dérivée vaut $\dfrac{\mathrm{d}C_{\text{glu}}}{\mathrm{d}t}=-k\cdot C_{\text{glu}}(0)\cdot e^{-k\cdot t}$, donc $\dfrac{\mathrm{d}C_{\text{glu}}}{\mathrm{d}t}+k\cdot C_{\text{glu}}(t)=-k\,C_{\text{glu}}(0)\,e^{-kt}+k\,C_{\text{glu}}(0)\,e^{-kt}=0$ pour tout $t$. Et à $t=0$, $e^{0}=1$ donne bien $C_{\text{glu}}(0)$, la concentration initiale. Les solutions de $y'+ky=0$ sont les fonctions $A\,e^{-kt}$, et la condition initiale fixe $A=C_{\text{glu}}(0)$.

Q12. En prenant le logarithme népérien de la solution de Q11 : $\ln C_{\text{glu}}(t)=\ln C_{\text{glu}}(0)-k\cdot t$. Pour une loi d'ordre 1, $\ln C_{\text{glu}}$ est donc une fonction affine du temps, de coefficient directeur $-k$ négatif. Sur la figure 3, les points expérimentaux sont alignés, aux fluctuations de mesure près, le long d'une droite décroissante, modélisée par $\ln C_{\text{glu}}=-5{,}34\times 10^{-6}\times t-2{,}22$ : c'est la signature d'une loi d'ordre 1, avec $k=5{,}34\times 10^{-6}\ \mathrm{s^{-1}}$.

Remarque d'expérimentateur : sur les 4 500 s de l'acquisition, la concentration ne baisse que de $2{,}4$ % ($e^{-5{,}34\times 10^{-6}\times 4500}=0{,}976$). Sur une plage aussi courte, presque toute loi paraît linéaire : la confirmation serait plus solide sur une durée de l'ordre du temps de demi-réaction.

Q13. L'ordonnée à l'origine de la modélisation est $\ln C_{\text{glu}}(0)=-2{,}22$, d'où $C_{\text{glu}}(0)=e^{-2{,}22}=0{,}109\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$. On a préparé un litre de boisson : $n_{\text{glu}}(0)=C_{\text{glu}}(0)\times V_{\text{Boisson}}=0{,}109\times 1{,}0=0{,}109$ mol, et $m=n\times M=0{,}1086\times 180{,}0=19{,}5$ g.

Commentaire : la recette annonce 20 g de glucose ; l'écart relatif $\dfrac{20-19{,}5}{20}=2$ % est faible. Il est compatible avec l'arrondi de l'ordonnée à l'origine (une erreur de $0{,}01$ sur $\ln C$ change la masse de 1 %), avec la précision de la sonde et avec un léger début de fermentation avant le début des mesures. Erreur fréquente : lire $C_{\text{glu}}(0)=-2{,}22$ ou $2{,}22\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$ : la figure donne un logarithme, il faut prendre l'exponentielle.

Q14. $t_{1/2}=\dfrac{\ln 2}{k}=\dfrac{\ln 2}{5{,}34\times 10^{-6}}=1{,}30\times 10^{5}$ s, soit $36$ h, un jour et demi.

Conclusion sur la recette : elle demande de laisser fermenter « au moins 24 h ». Après 24 h, soit $86\,400$ s, il reste $\dfrac{C_{\text{glu}}}{C_{\text{glu}}(0)}=e^{-5{,}34\times 10^{-6}\times 86\,400}=0{,}63$, soit 63 % du glucose, environ 12 g : moins de la moitié du sucre a été consommée puisque 24 h est inférieur à $t_{1/2}$, et la boisson reste sucrée, donc agréable. La recette est cohérente. En revanche, il ne faut pas prolonger trop longtemps : au bout de 72 h, deux temps de demi-réaction, il ne resterait que 25 % du sucre. Piège : comparer $t_{1/2}$ en secondes aux 24 h de la recette sans convertir.

Q15. Méthode : on cherche dans chaque spectre les bandes qui distinguent les deux molécules. Les deux possèdent une liaison $\mathrm{C{=}O}$ ; seul l'acide citrique possède des liaisons $\mathrm{O{-}H}$ (trois groupes carboxyle et un groupe hydroxyle), et seul le citral possède des liaisons $\mathrm{C{=}C}$.

Spectre A : aucune bande forte et large entre 3200 et $3700\ \mathrm{cm^{-1}}$, donc pas de liaison $\mathrm{O{-}H}$ ; une bande forte et fine vers $1680\ \mathrm{cm^{-1}}$ (liaison $\mathrm{C{=}O}$, un peu abaissée par la conjugaison avec la double liaison voisine) accompagnée d'une bande plus faible vers $1630\ \mathrm{cm^{-1}}$ ($\mathrm{C{=}C}$) ; des bandes fortes vers 2850 à $3000\ \mathrm{cm^{-1}}$ ($\mathrm{C{-}H}$). C'est le citral. Spectre B : une bande forte et très large qui s'étend de 2500 à $3600\ \mathrm{cm^{-1}}$ environ, caractéristique des liaisons $\mathrm{O{-}H}$ associées par liaisons hydrogène, et une bande forte et fine vers 1700 à $1750\ \mathrm{cm^{-1}}$ ($\mathrm{C{=}O}$) : c'est l'acide citrique. Erreur fréquente : vouloir conclure avec la bande $\mathrm{C{=}O}$, présente dans les deux spectres : c'est la bande $\mathrm{O{-}H}$ qui tranche.

Q16. Le solvant d'extraction doit dissoudre les trois espèces et ne pas être miscible avec le kéfir, qui est une solution aqueuse, pour pouvoir séparer deux phases. L'eau est exclue : c'est le milieu dont on veut extraire, et le citral y est très peu soluble. Le cyclohexane est exclu : l'acide citrique y est insoluble (solubilité nulle), il ne serait pas extrait. L'acétate d'éthyle convient : le limonène et le citral y sont convenablement solubles, l'acide citrique y est très soluble, et sa miscibilité avec l'eau est faible, ce qui permet la décantation dans une ampoule. On choisit l'acétate d'éthyle.

Piège : choisir le cyclohexane parce qu'il dissout le mieux le limonène et le citral et qu'il est totalement non miscible à l'eau. La question demande d'extraire SIMULTANÉMENT les trois espèces.

Q17. Sur une chromatographie sur couche mince, une même espèce, dans les mêmes conditions, migre à la même hauteur. Le dépôt K de l'extrait de kéfir ne donne qu'une tache, à la même hauteur que la tache du dépôt A de l'acide citrique, et aucune à la hauteur de C (citral) ni de L (limonène). L'espèce issue du citron présente dans la boisson est donc l'acide citrique, un acide, ce qui explique le goût acidulé du kéfir. Le citral et le limonène, contenus dans l'écorce et peu solubles dans l'eau, ne se retrouvent pas dans la boisson, qui est aqueuse, ou en quantité trop faible pour être révélés.

V1=250.0           # Volume de solution titrée en mL
C=1.00E-2          # Concentration solution titrante en mol/L
VE=C1*V1/C         # Calcul du volume à l'équivalence en mL
nproduit=[0,C*VE*0.001,C*VE*0.001]

Q1. Premier principe de la thermodynamique appliqué au système {S}, qui ne reçoit aucun travail et dont la capacité thermique est $C$ : $\Delta U=Q_{\text{chauffage}}=C\,(\theta_{\text{fab}}-\theta_{\text{amb}})$. Donc $Q_{\text{chauffage}}=4{,}0\times 10^{3}\times(43-20)=9{,}2\times 10^{4}$ J. Une variation de température a la même valeur en kelvins et en degrés Celsius : $\Delta\theta=23$ °C $=23$ K, ce qui rend l'unité $\mathrm{J\cdot K^{-1}}$ de $C$ compatible.

Q2. Pendant l'étape A, l'énergie électrique consommée vaut $E_{A}=P_{A}\,\Delta t_{A}$, dont 85 % seulement passe au système : $0{,}85\,P_{A}\,\Delta t_{A}=Q_{\text{chauffage}}$. D'où $\Delta t_{A}=\dfrac{Q_{\text{chauffage}}}{0{,}85\,P_{A}}=\dfrac{9{,}2\times 10^{4}}{0{,}85\times 150}=7{,}2\times 10^{2}$ s, soit environ 12 min.

La phase de chauffage dure 8 heures en tout et comprend les deux étapes : $\Delta t_{B}=8\ \text{h}-\Delta t_{A}=8\ \text{h}-12\ \text{min}=7$ h 48 min, de l'ordre de 7 heures et 50 minutes. Erreur fréquente : écrire $\Delta t_{A}=\dfrac{0{,}85\,Q}{P_{A}}$, ce qui raccourcit la durée au lieu de l'allonger : si une partie de l'énergie est perdue, il faut chauffer PLUS longtemps.

Q3. On additionne, pour les 7 yaourts, le lait, les ferments et l'électricité. Lait : $0{,}700$ L à $1{,}05$ euro le litre, soit $0{,}735$ euro. Ferments : un sachet, $0{,}64$ euro. Électricité : étape A, $E_{A}=P_{A}\,\Delta t_{A}=150\times 722=1{,}08\times 10^{5}$ J $=0{,}030$ kWh ; étape B, $E_{B}=P_{B}\,\Delta t_{B}=20\times 2{,}81\times 10^{4}=5{,}6\times 10^{5}$ J $=0{,}156$ kWh (avec $1$ kWh $=3{,}6\times 10^{6}$ J). En tout $0{,}19$ kWh, soit $0{,}19\times 0{,}20=0{,}037$ euro, moins de quatre centimes.

Total : $0{,}735+0{,}64+0{,}037=1{,}41$ euro pour 7 yaourts, soit $\dfrac{1{,}41}{7}=0{,}20$ euro par yaourt. C'est environ $40$ % de moins que les $0{,}35$ euro d'un pot du commerce de qualité comparable : l'argument du coût est vérifié. On remarque que l'électricité ne pèse presque rien (moins de 3 % du prix) ; le lait et les ferments font l'essentiel. Le calcul ne compte ni l'achat de la yaourtière, qu'il faut amortir sur de nombreuses fournées, ni le passage au réfrigérateur, ce qui nuance un peu la conclusion sans la renverser.

Q4. Les trois modes de transfert thermique sont la conduction, de proche en proche à travers le verre du pot et au contact de la clayette, sans déplacement de matière ; la convection, par le mouvement de l'air froid du réfrigérateur qui circule autour du pot ; le rayonnement, par l'émission d'ondes électromagnétiques infrarouges du pot vers les parois plus froides.

Q5. Loi de Newton à $t=0$, où $\theta=\theta_{0}$ : $\Phi_{0}=h\,S\,(\theta_{0}-\theta_{\text{réfri}})=10\times 0{,}019\times(30-4{,}0)=4{,}9$ W. L'unité se vérifie : $\mathrm{W\cdot m^{-2}\cdot K^{-1}}\times\mathrm{m^{2}}\times\mathrm{K}=\mathrm{W}$.

Évolution : le pot cède de l'énergie, donc sa température $\theta$ diminue et se rapproche de $\theta_{\text{réfri}}$. L'écart $\theta-\theta_{\text{réfri}}$ diminue, et le flux thermique, qui lui est proportionnel, diminue au cours du temps ; il tend vers zéro quand le pot atteint la température du réfrigérateur.

Q6. Après un temps très long, le système atteint l'équilibre thermique avec l'air du réfrigérateur : $\theta_{f}=\theta_{\text{réfri}}=4{,}0$ °C. Premier principe pour {P}, sans travail : $Q=m\,c_{Y}\,(\theta_{f}-\theta_{0})=0{,}19\times 2{,}5\times 10^{3}\times(4{,}0-30)=-1{,}2\times 10^{4}$ J. Le signe négatif traduit une énergie cédée : le système perd $1{,}2\times 10^{4}$ J, voisin de 12 kJ (exactement $12{,}35$ kJ).

Q7. À puissance constante, l'énergie transférée est le produit du flux par la durée : $\Delta t_{0}=\dfrac{Q}{\Phi_{0}}=\dfrac{12\times 10^{3}}{4{,}94}=2{,}4\times 10^{3}$ s, soit environ 40 min. On garde la valeur non arrondie de $\Phi_{0}$ pour ne pas cumuler les arrondis.

Q8. L'allure attendue est celle tracée sous ce corrigé : une décroissance exponentielle qui part de $\theta_{0}=30$ °C à $t=0$ et tend vers l'asymptote horizontale $\theta=\theta_{\text{réfri}}=4{,}0$ °C sans jamais la franchir. Deux méthodes graphiques donnent $\tau$. Méthode de la tangente : la tangente à la courbe à l'origine coupe l'asymptote $\theta=4{,}0$ °C à la date $t=\tau$. Méthode des 37 % : à $t=\tau$, l'écart à la température finale ne vaut plus que $e^{-1}=37$ % de l'écart initial, soit $\theta(\tau)=4{,}0+0{,}37\times 26=13{,}6$ °C ; on lit l'abscisse du point de la courbe d'ordonnée $13{,}6$ °C.

Erreur fréquente : tracer une courbe qui atteint 4 °C en un temps fini, ou qui descend sous 4 °C. Le pot ne peut pas devenir plus froid que l'air qui le refroidit.

Q9. $\tau=\dfrac{m\,c_{Y}}{h\,S}=\dfrac{0{,}19\times 2{,}5\times 10^{3}}{10\times 0{,}019}=2{,}5\times 10^{3}$ s, environ 42 min. C'est pratiquement la valeur de $\Delta t_{0}$ ($2{,}4\times 10^{3}$ s) : l'écart de 3 % ne vient que de l'arrondi de l'énergie à 12 kJ au lieu de $12{,}35$ kJ. Ce n'est pas une coïncidence : $\Delta t_{0}=\dfrac{m\,c_{Y}\,(\theta_{0}-\theta_{\text{réfri}})}{h\,S\,(\theta_{0}-\theta_{\text{réfri}})}=\dfrac{m\,c_{Y}}{h\,S}=\tau$.

Commentaire : $\tau$ est la durée qu'il faudrait pour évacuer toute l'énergie si le flux gardait sa valeur initiale. Comme le flux diminue, le refroidissement réel est beaucoup plus long : à $t=\tau$, le pot n'est qu'à $13{,}6$ °C, et il ne s'approche de 4 °C qu'au bout de plusieurs $\tau$ (à $5\tau$, environ 3 h 30, l'écart n'est plus que de $0{,}2$ °C). Après les 2 heures de la recette, soit $2{,}9\,\tau$, le yaourt est à environ $5{,}5$ °C : la durée conseillée est cohérente avec le modèle.

Q1. Loi de la gravitation universelle : l'étoile attire l'exoplanète vers son centre, c'est-à-dire dans le sens de $\vec{u}_{N}$, qui pointe de P vers E. Donc $\vec{F}=G\,\dfrac{M_{\mathrm{E}}\,M_{2}}{R_{2}^{2}}\,\vec{u}_{N}$, la distance entre les centres étant le rayon $R_{2}$ de l'orbite. Piège : recopier le signe moins de la forme $-G\dfrac{m\,m'}{d^{2}}\vec{u}$, valable quand le vecteur unitaire va de l'astre attracteur vers l'astre attiré. Ici $\vec{u}_{N}$ est orienté vers E : la force est dans son sens, le signe est $+$.

Q2. Système : l'exoplanète 2, dans le référentiel lié au centre de E, supposé galiléen ; elle n'est soumise qu'à $\vec{F}$, l'interaction avec l'exoplanète 1 étant négligée. Deuxième loi de Newton : $M_{2}\,\vec{a}=\vec{F}$, donc $\vec{a}=\dfrac{G\,M_{\mathrm{E}}}{R_{2}^{2}}\,\vec{u}_{N}$. L'accélération ne dépend pas de la masse de la planète.

Dans le repère de Frenet, pour un mouvement circulaire de rayon $R_{2}$ : $\vec{a}=\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}\,\vec{u}_{T}+\dfrac{v^{2}}{R_{2}}\,\vec{u}_{N}$. Par identification : $\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=0$, ce qui confirme que le mouvement est uniforme, et $\dfrac{v_{2}^{2}}{R_{2}}=\dfrac{G\,M_{\mathrm{E}}}{R_{2}^{2}}$, d'où $v_{2}=\sqrt{\dfrac{G\,M_{\mathrm{E}}}{R_{2}}}$.

Q3. Pendant une période $T_{2}$, la planète parcourt à vitesse constante le périmètre de l'orbite : $T_{2}=\dfrac{2\pi R_{2}}{v_{2}}$. En élevant au carré et en remplaçant $v_{2}^{2}=\dfrac{G\,M_{\mathrm{E}}}{R_{2}}$ : $T_{2}^{2}=\dfrac{4\pi^{2}R_{2}^{2}}{v_{2}^{2}}=\dfrac{4\pi^{2}R_{2}^{3}}{G\,M_{\mathrm{E}}}$, d'où $M_{\mathrm{E}}=\dfrac{4\pi^{2}\cdot R_{2}^{3}}{G\cdot T_{2}^{2}}$.

Q4. Conversion en unités SI d'abord : $R_{2}=1{,}08\times 10^{7}\ \mathrm{km}=1{,}08\times 10^{10}$ m et $T_{2}=11{,}4\times 24\times 3600=9{,}85\times 10^{5}$ s. Alors $M_{\mathrm{E}}=\dfrac{4\pi^{2}\times(1{,}08\times 10^{10})^{3}}{6{,}67\times 10^{-11}\times(9{,}85\times 10^{5})^{2}}=7{,}69\times 10^{29}$ kg, contre $7{,}68\times 10^{29}$ kg dans le tableau : l'écart relatif est de $0{,}1$ %, les deux valeurs sont en accord. Vérification d'ordre de grandeur : c'est environ $0{,}39$ masse solaire, une petite étoile, une naine rouge.

Erreur fréquente : laisser $R_{2}$ en kilomètres. Le cube amplifie l'erreur : on trouverait une masse $10^{9}$ fois trop petite. Même vigilance pour la période, à convertir en secondes.

Q5. Troisième loi de Kepler : pour tous les corps en orbite autour d'un même astre, $\dfrac{T^{2}}{R^{3}}$ a la même valeur, $\dfrac{4\pi^{2}}{G\,M_{\mathrm{E}}}$ d'après Q3. Donc $\dfrac{T_{1}^{2}}{R_{1}^{3}}=\dfrac{T_{2}^{2}}{R_{2}^{3}}$ et $T_{1}=T_{2}\left(\dfrac{R_{1}}{R_{2}}\right)^{3/2}=11{,}4\times\left(\dfrac{6{,}77\times 10^{6}}{1{,}08\times 10^{7}}\right)^{3/2}=5{,}66$ jours. Les rayons apparaissent par leur rapport : on garde les kilomètres et les jours, sans conversion. Vérification : l'exoplanète 1 est plus proche de l'étoile, sa période est plus courte.