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

Q1. Un acide fort est, par définition, un acide dont la réaction avec l'eau est totale : $\mathrm{AH(aq)+H_{2}O(\ell)\rightarrow A^{-}(aq)+H_{3}O^{+}(aq)}$, avec une simple flèche. Dans un volume $V$ de solution, la quantité d'acide apportée vaut $C\,V$ ; la réaction étant totale, l'avancement final est égal à l'avancement maximal, $x_{f}=C\,V$, et il se forme autant d'ions oxonium : $n(\mathrm{H_{3}O^{+}})=C\,V$, donc $[\mathrm{H_{3}O^{+}}]=C$.

Par définition du pH, $\mathrm{pH}=-\log\left(\dfrac{[\mathrm{H_{3}O^{+}}]}{c^{o}}\right)$, d'où $\mathrm{pH}=-\log\left(\dfrac{C}{c^{o}}\right)$. On néglige les ions oxonium apportés par l'autoprotolyse de l'eau, ce qui est légitime tant que $C$ reste grand devant $10^{-7}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$. Erreur fréquente : écrire $\log C$ sans $c^{o}$ ; le logarithme ne s'applique qu'à un nombre sans dimension, et c'est précisément le rôle de la concentration standard donnée.

Q2. Au cours d'une dilution, la quantité de matière de soluté se conserve : la quantité d'acide prélevée dans S est celle que contiendra $\mathrm{S_{1}}$, soit $C\,V'=C_{1}\,V_{1}$. Donc $V'=\dfrac{C_{1}\,V_{1}}{C}=\dfrac{1{,}0\times 10^{-2}\times 100{,}0}{1{,}0\times 10^{-1}}=10{,}0$ mL. Le facteur de dilution vaut $F=\dfrac{C}{C_{1}}=10$, et l'on vérifie que $\dfrac{V_{1}}{V'}=10$.

Protocole : verser un peu de solution S dans un bécher propre et sec (on ne pipette jamais dans le flacon) ; prélever $10{,}0$ mL de S à l'aide d'une pipette jaugée de $10{,}0$ mL munie d'une propipette, préalablement rincée avec S ; les introduire dans une fiole jaugée de $100{,}0$ mL ; ajouter de l'eau distillée jusqu'aux trois quarts environ, boucher et agiter ; compléter avec de l'eau distillée jusqu'au trait de jauge, le bas du ménisque sur le trait ; boucher et retourner plusieurs fois pour homogénéiser. Erreur fréquente : prélever à l'éprouvette graduée, trop peu précise pour une solution que l'on veut connaître à $0{,}1$ mL près, ou inverser le rapport et trouver $1\,000$ mL.

Q3. L'acide sulfamique cède un proton $\mathrm{H^{+}}$ à l'eau, qui joue le rôle de base du couple $\mathrm{H_{3}O^{+}/H_{2}O}$ : $\mathrm{NH_{2}SO_{3}H(aq)+H_{2}O(\ell)\rightarrow NH_{2}SO_{3}^{-}(aq)+H_{3}O^{+}(aq)}$. La simple flèche traduit l'hypothèse d'un acide fort, que la question Q4 va vérifier ; pour un acide faible on écrirait une double flèche, la réaction conduisant à un équilibre.

Q4. D'après Q1, si l'acide sulfamique est fort, alors $\mathrm{pH}=-\log\left(\dfrac{C_{n}}{c^{o}}\right)$ : sur la Figure 2, les points doivent se placer sur la droite d'équation $y=x$, de coefficient directeur $1$ et passant par l'origine.

Lecture des points : $\mathrm{S_{1}}$ $(2\,;\,2{,}2)$, $\mathrm{S_{2}}$ $(3\,;\,3{,}1)$, $\mathrm{S_{3}}$ $(4\,;\,4{,}1)$, $\mathrm{S_{4}}$ $(5\,;\,5{,}3)$. Les points sont alignés sur une droite dont la pente, calculée entre les points extrêmes, vaut $\dfrac{5{,}3-2{,}2}{5-2}=1{,}0$, et chaque pH ne s'écarte de $-\log(C_{n}/c^{o})$ que de $0{,}1$ à $0{,}3$ unité, ce qui est de l'ordre de la précision d'une mesure au pH-mètre sur des solutions aussi diluées. On a donc $\mathrm{pH}\approx-\log\left(\dfrac{C_{n}}{c^{o}}\right)$ : l'acide sulfamique se comporte comme un acide fort.

Argument complémentaire : pour un acide faible, partiellement dissocié, on aurait $[\mathrm{H_{3}O^{+}}]<C_{n}$, donc un pH nettement supérieur à $-\log(C_{n}/c^{o})$, et l'écart serait le plus grand pour la solution la plus concentrée, $\mathrm{S_{1}}$. Ici l'écart de $\mathrm{S_{1}}$, $0{,}2$, n'est pas plus grand que celui de $\mathrm{S_{4}}$ : il relève de la dispersion des mesures, pas d'une dissociation partielle. Erreur fréquente : se contenter de dire que « les points sont alignés » ; une droite de pente $1/2$ serait aussi une droite, c'est la pente $1$ et la quasi-égalité des deux grandeurs qui concluent.

Q5. On repère d'abord les liaisons du composé A : un groupe hydroxyle $\mathrm{O-H}$ porté par le cycle benzénique, un groupe $\mathrm{C=O}$ lié à un oxygène du cycle (un ester cyclique), donc des liaisons $\mathrm{C-O}$, et aucun atome d'azote.

Sur le spectre de la Figure 3 : une bande forte et assez fine vers $3\,500\ \mathrm{cm^{-1}}$, attribuable à la liaison $\mathrm{O-H}$ (table : $3\,500$ à $3\,700\ \mathrm{cm^{-1}}$, forte, fine) ; une bande très intense vers $1\,670\ \mathrm{cm^{-1}}$, transmittance inférieure à $0{,}2$, attribuable à la liaison $\mathrm{C=O}$ ($1\,650$ à $1\,740\ \mathrm{cm^{-1}}$, forte) ; plusieurs bandes fortes à moyennes entre $1\,040$ et $1\,300\ \mathrm{cm^{-1}}$, vers $1\,270$ et $1\,070\ \mathrm{cm^{-1}}$, attribuables aux liaisons $\mathrm{C-O}$. Les trois types de liaisons du composé A sont présents : le spectre est compatible avec sa structure.

Deux bandes demandent une phrase pour ne pas mal conclure. La bande intense vers $1\,610\ \mathrm{cm^{-1}}$ tombe dans le domaine que la table attribue à $\mathrm{N-H}$, mais le composé A ne contient pas d'azote : elle correspond aux liaisons $\mathrm{C=C}$ des cycles, absentes de la table. La bande large et moins intense vers $3\,100\ \mathrm{cm^{-1}}$ correspond aux liaisons $\mathrm{C-H}$, en particulier celles du cycle aromatique, et rien n'oblige à y voir l'$\mathrm{O-H}$ d'un acide carboxylique, que le composé A ne contient pas. Erreur fréquente : conclure à la présence d'acide sulfamique résiduel à cause de la bande à $1\,610\ \mathrm{cm^{-1}}$.

Q6. Le rendement est le rapport de la quantité de produit obtenue à la quantité maximale attendue, $\eta_{1}=\dfrac{n_{\text{exp}}}{n_{\max}}$ ; on peut raisonner en masses, $\eta_{1}=\dfrac{m}{m_{\max}}$. L'« acétylacétate d'éthyle » du tableau est l'acétoacétate d'éthyle de l'équation.

Quantités initiales. Résorcinol : sa masse volumique vaut $\rho_{r}=d\times\rho_{\text{eau}}=1{,}08\times 1{,}00\ \mathrm{g\cdot mL^{-1}}=1{,}08\ \mathrm{g\cdot mL^{-1}}$, donc $m_{r}=\rho_{r}\,V_{R}=1{,}08\times 11{,}1=12{,}0$ g et $n_{r}=\dfrac{12{,}0}{110}=1{,}09\times 10^{-1}$ mol. Acétoacétate d'éthyle : $n_{AE}=\dfrac{14{,}2}{130}=1{,}09\times 10^{-1}$ mol. L'équation consomme une mole de chaque réactif pour une mole de composé A : les réactifs sont pratiquement en proportions stœchiométriques, le résorcinol étant tout juste limitant ($0{,}1090$ mol contre $0{,}1092$ mol). Donc $x_{\max}=n_{\max}(\mathrm{A})=1{,}09\times 10^{-1}$ mol.

Masse maximale : $m_{\max}=n_{\max}\,M_{A}=0{,}1090\times 176=19{,}2$ g. Rendement : $\eta_{1}=\dfrac{12{,}4}{19{,}2}=0{,}646$, soit $\eta_{1}\approx 65$ %, avec trois chiffres significatifs au plus comme les données. Erreur fréquente : prendre $11{,}1$ g pour la masse de résorcinol, en confondant densité et masse volumique sans unité, ou diviser la masse de produit par la somme des masses des réactifs.

Q7. Formule semi-développée de l'acétoacétate d'éthyle : $\mathrm{CH_{3}-CO-CH_{2}-CO-O-CH_{2}-CH_{3}}$. Premier groupe à entourer : le groupe carbonyle $\mathrm{C=O}$ dont le carbone est lié à deux atomes de carbone (le $\mathrm{C=O}$ de gauche, entre le $\mathrm{CH_{3}}$ et le $\mathrm{CH_{2}}$) : famille des cétones. Second groupe : l'ensemble $\mathrm{-C(=O)-O-}$, le carbone doublement lié à un oxygène et simplement lié à un second oxygène lui-même lié au groupe éthyle : famille des esters. Le nom le confirme, « éthyle » désigne la partie alcool d'un ester. Piège : entourer seulement le $\mathrm{C=O}$ de l'ester et l'appeler cétone ; le $\mathrm{C=O}$ et l'oxygène voisin forment un seul groupe, le groupe ester, qu'on entoure d'un seul trait.

Q8. L'étape 1 est une réaction acide-base : l'ion $\mathrm{H^{+}}$, apporté par l'APTS, se fixe sur l'oxygène du groupe carbonyle de la cétone, comme le montre le produit (oxygène porteur d'un H et d'une charge $+$). Le site donneur de doublet d'électrons est un doublet non liant de cet atome d'oxygène, riche en électrons ; le site accepteur est l'ion $\mathrm{H^{+}}$, qui n'a aucun électron.

On trace donc UNE flèche courbe qui part d'un doublet non liant de l'oxygène de la cétone et pointe vers $\mathrm{H^{+}}$ : ce doublet devient la liaison $\mathrm{O-H}$, et l'oxygène, qui a mis en commun un doublet qui lui appartenait en propre, porte la charge $+$. Vérification : l'oxygène du produit n'a plus qu'un doublet non liant, contre deux dans le réactif. Erreur fréquente : tracer la flèche de $\mathrm{H^{+}}$ vers l'oxygène ; une flèche courbe va toujours du doublet d'électrons (site donneur) vers le site accepteur.

Q9. À l'étape 2, deux réactifs, l'espèce protonée et le résorcinol, donnent un seul produit, qui contient tous leurs atomes ; la double liaison $\mathrm{C=O}$ de l'espèce protonée devient une liaison simple $\mathrm{C-OH}$ et le carbone se lie au cycle. Deux entités qui s'unissent en une seule, une liaison multiple qui devient simple : c'est une addition. Une substitution échangerait un atome ou un groupe contre un autre (deux produits), une élimination ferait l'inverse d'une addition (création d'une liaison multiple, deux produits).

Q10. Un catalyseur est une espèce chimique qui accélère une transformation chimique sans être consommée par celle-ci : il est consommé dans une étape du mécanisme puis régénéré dans une étape ultérieure, il n'apparaît donc pas dans l'équation de la réaction (on l'écrit au-dessus de la flèche, comme l'APTS), et il ne modifie pas l'état final du système. Ici, l'APTS fournit l'ion $\mathrm{H^{+}}$ consommé à l'étape 1, qui est restitué en fin de mécanisme.

Q11. D'après le tableau des solubilités, le composé A est insoluble dans l'eau : l'ajout progressif d'eau au mélange réactionnel liquide fait cristalliser le composé A, l'eau joue le rôle de solvant dans lequel le produit ne peut pas rester dissous. En même temps, l'APTS est soluble dans l'eau : le catalyseur reste en solution et part avec le filtrat puis avec les eaux de rinçage, tout comme l'éthanol formé, miscible à l'eau. L'eau froide du rinçage limite en outre la perte de produit. Le solide brut recueilli contient donc le composé A, mais aussi ce qui est insoluble dans l'eau : le résorcinol et l'acétoacétate d'éthyle qui n'ont pas réagi.

Q12. La transformation n'étant pas totale, il reste dans le solide brut du résorcinol et de l'acétoacétate d'éthyle, insolubles dans l'eau (Q11), plus d'éventuelles traces d'APTS. La recristallisation dissout tout le solide à chaud dans le minimum de solvant, puis laisse refroidir : le composé A, peu soluble à froid dans l'éthanol, recristallise, tandis que le résorcinol et l'acétoacétate d'éthyle, solubles dans l'éthanol même à froid, restent dissous et sont éliminés avec le filtrat, de même que l'APTS, soluble dans les deux solvants.

Les espèces éliminées sont donc les réactifs restants, résorcinol et acétoacétate d'éthyle, et les traces de catalyseur. La perte de masse vient de ces impuretés retirées, mais aussi d'un peu de composé A qui reste dissous, « peu soluble » ne voulant pas dire insoluble : c'est pourquoi le protocole impose une très faible quantité de solvant.

Q13. Le montage B : un entonnoir Büchner à fond plat percé, posé sur une fiole à vide (erlenmeyer à paroi épaisse muni d'une tubulure latérale) reliée à une trompe à eau fixée au robinet, qui crée la pression réduite. Le montage A est une filtration simple par gravité, sur entonnoir conique ; le montage C est une ampoule à décanter, qui sépare deux liquides non miscibles et ne filtre rien.

Q14. $n_{r}=\dfrac{m_{r}}{M_{r}}=\dfrac{2{,}20}{110}=2{,}00\times 10^{-2}$ mol et $n_{AE}=\dfrac{m_{AE}}{M_{AE}}=\dfrac{2{,}60}{130}=2{,}00\times 10^{-2}$ mol. Les nombres stœchiométriques du résorcinol et de l'acétoacétate d'éthyle valent tous deux $1$ dans l'équation : les réactifs sont en proportions stœchiométriques si $\dfrac{n_{r}}{1}=\dfrac{n_{AE}}{1}$, ce qui est le cas. Si la transformation était totale, les deux réactifs seraient entièrement consommés en même temps. L'APTS, catalyseur, n'entre pas dans ce bilan.

Q15. Les réactifs étant en proportions stœchiométriques, $x_{\max}=2{,}00\times 10^{-2}$ mol et $n_{\max}(\mathrm{A})=2{,}00\times 10^{-2}$ mol, soit $m_{\max}=n_{\max}\,M_{A}=2{,}00\times 10^{-2}\times 176=3{,}52$ g. Rendement : $\eta_{2}=\dfrac{m_{A}}{m_{\max}}=\dfrac{2{,}0}{3{,}52}=0{,}57$, soit $\eta_{2}\approx 57$ %, deux chiffres significatifs comme $m_{A}=2{,}0$ g. Erreur fréquente : utiliser la masse molaire d'un réactif au lieu de celle du produit, $176\ \mathrm{g\cdot mol^{-1}}$.

Q16. Voie 1, acide sulfamique : avantage, le meilleur rendement, $65$ % contre $57$ % ; inconvénient, une température de $130$ °C, coûteuse en énergie et plus délicate en sécurité (risque de brûlure), pour une durée de $20$ minutes, deux fois plus longue.

Voie 2, APTS : avantage, des conditions douces, $60$ °C au bain-marie pendant $10$ minutes seulement, donc moins d'énergie et un montage simple, avec des réactifs en proportions stœchiométriques, sans excès à éliminer ; inconvénient, un rendement plus faible, en partie à cause des étapes de purification (rinçages et recristallisation) qui font perdre du produit. Le choix dépend de ce qu'on privilégie : la quantité de produit (voie 1) ou la sobriété énergétique et la sécurité, dans l'esprit de la chimie verte (voie 2). Toute discussion argumentée avec un avantage et un inconvénient par voie, tirés des données, est acceptée.

Q1. On vérifie d'abord les lois de conservation de Soddy : nombre de nucléons $201=201+0$, nombre de charge $81=80+1$. La particule émise, ${}^{0}_{1}\mathrm{e}$, a la masse négligeable d'un électron mais une charge $+e$ : c'est un positon. L'émission d'un positon caractérise la radioactivité $\beta^{+}$ : au sein du noyau, un proton s'est transformé en neutron, ce qui fait baisser $Z$ d'une unité sans changer $A$.

Erreur fréquente : confondre ${}^{0}_{1}\mathrm{e}$ (positon, $\beta^{+}$) et ${}^{\ \,0}_{-1}\mathrm{e}$ (électron, $\beta^{-}$), qui ferait au contraire augmenter $Z$. Remarque : dans la réalité, le thallium 201 se désintègre surtout par capture électronique, transformation qui aboutit au même noyau de mercure 201 ; le sujet la modélise par l'émission d'un positon, et c'est une désintégration $\beta^{+}$ qui est attendue.

Q2. De $E=\dfrac{hc}{\lambda_{v}}$, on tire $\lambda_{v}=\dfrac{hc}{E}$, avec $E$ en joules. Conversion : $E=135\ \mathrm{keV}=135\times 10^{3}\times 1{,}60\times 10^{-19}=2{,}16\times 10^{-14}$ J. Donc $\lambda_{v}=\dfrac{6{,}63\times 10^{-34}\times 3{,}00\times 10^{8}}{2{,}16\times 10^{-14}}=9{,}21\times 10^{-12}$ m, avec trois chiffres significatifs comme les données.

Erreur fréquente : oublier le préfixe kilo et convertir $135$ eV au lieu de $135$ keV ; on trouverait $9{,}21\times 10^{-9}$ m, mille fois trop, et l'on conclurait à tort aux rayons X en Q3.

Q3. D'après l'échelle des domaines spectraux, les rayons $\gamma$ correspondent aux longueurs d'onde inférieures à $10^{-11}$ m. Or $\lambda_{v}=9{,}21\times 10^{-12}\ \mathrm{m}<1\times 10^{-11}$ m : le rayonnement appartient au domaine des rayons $\gamma$, ce qui est cohérent avec l'énoncé, qui parle d'un photon $\gamma$ émis lors de la désexcitation du noyau de mercure. Ordre de grandeur : un photon de lumière visible, de longueur d'onde $5\times 10^{-7}$ m, transporte $\dfrac{hc}{\lambda}\approx 2{,}5$ eV, plus de cinquante mille fois moins que les $135$ keV du photon $\gamma$. C'est cette énergie qui rend le rayonnement ionisant et assez pénétrant pour traverser le corps du patient jusqu'à la caméra.

Q4. Trois méthodes de radioprotection, une seule est demandée : s'éloigner de la source, l'exposition diminuant avec la distance ; interposer un écran absorbant dense, par exemple du plomb (protège-seringue plombé, paroi plombée, tablier) ; limiter la durée d'exposition. Le personnel manipule ainsi les seringues de thallium derrière un écran de plomb. Le choix d'un matériau dense et épais tient à la nature du rayonnement : les photons $\gamma$ ne sont arrêtés ni par la peau ni par une feuille de papier, et c'est justement cette capacité à traverser le corps qui permet à la caméra de les détecter.

Q5. L'activité est le nombre de désintégrations par unité de temps, c'est-à-dire la vitesse à laquelle le nombre de noyaux radioactifs diminue : $A(t)=-\dfrac{\mathrm{d}N(t)}{\mathrm{d}t}$. Le signe moins rend l'activité positive, puisque $N$ diminue et que sa dérivée est négative.

Q6. On égale les deux expressions de l'activité, celle de Q5 et celle des rappels, $A(t)=\lambda N(t)$ : $-\dfrac{\mathrm{d}N(t)}{\mathrm{d}t}=\lambda N(t)$, d'où $\dfrac{\mathrm{d}N(t)}{\mathrm{d}t}+\lambda N(t)=0$.

Q7. On dérive $N(t)=N_{0}e^{-\lambda t}$ : $\dfrac{\mathrm{d}N}{\mathrm{d}t}=-\lambda N_{0}e^{-\lambda t}$. Alors $\dfrac{\mathrm{d}N}{\mathrm{d}t}+\lambda N(t)=-\lambda N_{0}e^{-\lambda t}+\lambda N_{0}e^{-\lambda t}=0$ pour tout $t$ : la fonction est solution de l'équation différentielle. La condition initiale est aussi respectée : $N(0)=N_{0}e^{0}=N_{0}$, le nombre de noyaux présents à l'instant initial.

Q8. Par définition, la demi-vie $t_{1/2}$ 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 $e^{-\lambda t_{1/2}}=\dfrac{1}{2}$, et en prenant le logarithme népérien : $-\lambda t_{1/2}=-\ln 2$, d'où $\lambda=\dfrac{\ln 2}{t_{1/2}}$.

Application numérique, la demi-vie convertie en secondes pour obtenir $\lambda$ en $\mathrm{s^{-1}}$ : $t_{1/2}=3{,}04\times 86\,400=2{,}63\times 10^{5}$ s, donc $\lambda=\dfrac{0{,}693}{2{,}63\times 10^{5}}=2{,}64\times 10^{-6}\ \mathrm{s^{-1}}$, la valeur annoncée. Erreur fréquente : garder $t_{1/2}$ en jours, ce qui donne $0{,}228\ \mathrm{jour^{-1}}$, valeur juste mais dans une autre unité que celle demandée.

Q9. Loi de décroissance de l'activité, avec $t=2$ h $=2\times 3\,600=7\,200$ s : $\lambda t=2{,}64\times 10^{-6}\times 7\,200=1{,}90\times 10^{-2}$, et $A_{r}=A_{0}e^{-\lambda t}=78\times e^{-1{,}90\times 10^{-2}}=78\times 0{,}981=76{,}5$ MBq, soit environ $77$ MBq.

Conclusion : deux heures après l'injection, alors que l'examen est terminé depuis longtemps, l'activité n'a diminué que de $2$ % environ ; le patient reste pratiquement aussi radioactif qu'au moment de l'injection. Cohérent avec l'ordre de grandeur : deux heures sont très courtes devant la demi-vie de plus de trois jours. Erreur fréquente : multiplier $\lambda$ par $t$ exprimé en heures, ce qui donne une exponentielle fausse d'un facteur $3\,600$ dans l'exposant.

Q10. On cherche $t_{1\%}$ tel que $A(t_{1\%})=\dfrac{A_{0}}{100}$ : $e^{-\lambda t_{1\%}}=\dfrac{1}{100}$, donc $t_{1\%}=\dfrac{\ln 100}{\lambda}=\dfrac{4{,}61}{2{,}64\times 10^{-6}}=1{,}74\times 10^{6}$ s, soit $\dfrac{1{,}74\times 10^{6}}{86\,400}=20{,}2$ jours. Vérification sans passer par les secondes : $t_{1\%}=\dfrac{\ln 100}{\ln 2}\,t_{1/2}=6{,}64\times 3{,}04=20{,}2$ jours, un peu moins de sept demi-vies ($2^{7}=128$).

Il faut donc environ trois semaines pour que la seule décroissance radioactive ramène l'activité à $1$ % de sa valeur initiale. Pendant ce temps, le thallium continue d'irradier les organes du patient. Boire beaucoup d'eau accélère l'élimination biologique du thallium par voie urinaire : on retire les noyaux radioactifs de l'organisme plus vite que la désintégration ne le ferait seule, ce qui réduit la dose reçue par le patient.

Q1. Deuxième loi de Kepler : le segment qui joint SgrA* (en $\mathrm{F_{1}}$) à l'étoile balaie des aires égales pendant des durées égales. En 2002, l'étoile passe au plus près de $\mathrm{F_{1}}$ (périastre, extrémité haute du grand axe) : le rayon vecteur est court. En 1993, elle est près du point le plus éloigné de $\mathrm{F_{1}}$ (apoastre, extrémité basse) : le rayon vecteur est long. Pour balayer la même aire pendant une même durée avec un rayon vecteur plus court, l'étoile doit parcourir un arc plus long : elle va donc plus vite en 2002 qu'en 1993.

La Figure 1 le montre directement : entre 2001,5 et 2002,2, soit $0{,}7$ an, l'étoile parcourt tout le haut de l'ellipse, alors qu'entre 1992 et 1993, en une année entière, elle ne parcourt qu'un petit arc. Erreur fréquente : invoquer la seule forme de l'ellipse ; c'est l'égalité des aires, avec la position du foyer occupé, qui justifie la différence de vitesse.

Q2. Le grand axe de l'ellipse, qui passe par les deux foyers, la partage en deux moitiés de même aire. D'après la deuxième loi de Kepler, l'aire balayée est proportionnelle à la durée : chaque moitié, de l'apoastre au périastre puis du périastre à l'apoastre, est parcourue en $\dfrac{T}{2}$.

Lecture de la Figure 1 : l'apoastre, extrémité basse du grand axe, est entre les positions de 1992 et de 1993, vers 1992,5 ; le périastre, extrémité haute, est atteint en 2002. Donc $\dfrac{T}{2}\approx 2002-1992{,}5=9{,}5$ ans et $T\approx 19$ ans. Cohérence : les relevés de 1992 à 2002,2, un peu plus de dix ans, couvrent un peu plus de la moitié de l'ellipse, le côté gauche restant à parcourir. Erreur fréquente : prendre la durée des relevés, une dizaine d'années, pour la période entière, alors qu'elle ne couvre qu'une demi-révolution environ.

Q3. Système : l'étoile fictive Sf, de masse $m_{f}$, assimilée à un point ; référentiel galiléen centré sur SgrA*. Seule force : la force gravitationnelle exercée par SgrA*, attractive, dirigée de Sf vers SgrA*, donc selon $\vec{u_{n}}$ : $\vec{F}=\dfrac{G\,M\,m_{f}}{r^{2}}\,\vec{u_{n}}$.

Deuxième loi de Newton : $m_{f}\,\vec{a}=\vec{F}$, d'où $\vec{a}=\dfrac{G\,M}{r^{2}}\,\vec{u_{n}}$. La masse de l'étoile se simplifie : l'accélération ne dépend que de la masse du trou noir et de la distance. Erreur fréquente : écrire $-\dfrac{GM}{r^{2}}\vec{u_{n}}$ par habitude ; ce signe moins accompagne un vecteur unitaire orienté du centre attracteur vers l'étoile, alors qu'ici $\vec{u_{n}}$ pointe vers SgrA*.

Q4. Au point Sf : le vecteur vitesse $\vec{v}$ est tangent à la trajectoire et orienté dans le sens du mouvement, c'est-à-dire dans le sens de $\vec{u_{t}}$ (sens inverse des aiguilles d'une montre indiqué sur la figure) ; le vecteur accélération $\vec{a}$ est colinéaire à $\vec{u_{n}}$, dirigé de Sf vers SgrA*, perpendiculaire à $\vec{v}$ : il est centripète. Les longueurs sont arbitraires, puisque la figure est sans souci d'échelle. Le tracé attendu est représenté sur la figure du corrigé.

Q5. Dans la base de Frenet, l'accélération d'un point qui décrit un cercle de rayon $r$ s'écrit $\vec{a}=\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}\,\vec{u_{t}}+\dfrac{v^{2}}{r}\,\vec{u_{n}}$. On identifie avec l'expression de Q3, qui n'a pas de composante selon $\vec{u_{t}}$ : $\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=0$. La norme de la vitesse est donc constante : le mouvement circulaire de Sf est uniforme. La composante normale donne, elle, $\dfrac{v^{2}}{r}=\dfrac{GM}{r^{2}}$, qui sert à la question suivante. Erreur fréquente : déduire l'uniformité du seul fait que la trajectoire est un cercle ; un mouvement circulaire peut être accéléré ou freiné. C'est l'absence de composante tangentielle de la force, donc de l'accélération, qui impose une vitesse de norme constante.

Q6. De $\dfrac{v^{2}}{r}=\dfrac{G\,M}{r^{2}}$, on tire $v^{2}=\dfrac{G\,M}{r}$, et, $v$ étant positive, $v=\sqrt{\dfrac{G\,M}{r}}$. Vérification d'unité : $\dfrac{\mathrm{m^{3}\cdot kg^{-1}\cdot s^{-2}}\times\mathrm{kg}}{\mathrm{m}}=\mathrm{m^{2}\cdot s^{-2}}$, dont la racine est bien une vitesse. La vitesse ne dépend pas de la masse $m_{f}$ de l'étoile, et elle diminue quand le rayon de l'orbite augmente : une étoile plus éloignée du trou noir tourne plus lentement.

Q7. Le mouvement est circulaire uniforme : pendant une période $T$, l'étoile parcourt la circonférence $2\pi r$ à vitesse constante, donc $v=\dfrac{2\pi r}{T}$, soit $T=\dfrac{2\pi r}{v}$. En élevant au carré et en remplaçant $v^{2}$ par $\dfrac{GM}{r}$ : $T^{2}=\dfrac{4\pi^{2}r^{2}}{v^{2}}=\dfrac{4\pi^{2}r^{2}\times r}{G\,M}=\dfrac{4\pi^{2}r^{3}}{G\,M}$, d'où $\dfrac{T^{2}}{r^{3}}=\dfrac{4\pi^{2}}{G\,M}$, la troisième loi de Kepler. Le rapport ne dépend que de la masse de l'astre central, pas de celle de l'étoile.

Q8. On isole $M$ dans la troisième loi de Kepler : $M=\dfrac{4\pi^{2}r^{3}}{G\,T^{2}}$, avec toutes les grandeurs en unités SI. Conversions : $r=1{,}74\times 10^{11}\ \mathrm{km}=1{,}74\times 10^{14}$ m ; $T=19\ \text{ans}=19\times 365{,}25\times 86\,400=6{,}00\times 10^{8}$ s.

Application numérique : $M=\dfrac{4\pi^{2}\times(1{,}74\times 10^{14})^{3}}{6{,}67\times 10^{-11}\times(6{,}00\times 10^{8})^{2}}=8{,}7\times 10^{36}$ kg. En masses solaires : $\dfrac{M}{M_{S}}=\dfrac{8{,}67\times 10^{36}}{1{,}99\times 10^{30}}=4{,}4\times 10^{6}$, soit environ $4{,}4$ millions de masses solaires : le résultat est en accord avec la valeur annoncée par l'article.

Commentaire : le résultat est donné avec deux chiffres significatifs, comme la période ; il est sensible à $T$, puisque $M$ varie comme $\dfrac{1}{T^{2}}$ : une erreur d'une demi-année sur $T$, l'ordre de la précision de la lecture de la Figure 1, déplace $M$ d'environ $5$ %, entre $4{,}1$ et $4{,}6$ millions de masses solaires. L'accord reste donc solide. Une masse de plusieurs millions de soleils contenue dans une région invisible plus petite que l'orbite de S2 ne peut être qu'un objet extrêmement compact, ce qui appuie l'interprétation par un trou noir. Ordre de grandeur de la vitesse, d'après Q6 : $v=\sqrt{GM/r}\approx 1{,}8\times 10^{6}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, environ $1\,800$ km par seconde.

Erreur fréquente : garder $r$ en kilomètres, ce qui divise $M$ par $10^{9}$ puisque $r$ est au cube, ou $T$ en années ; seul le système SI est cohérent avec la valeur de $G$.