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

Q1. Le chauffage à reflux réunit deux avantages. Premier avantage : il permet de chauffer, donc d'élever la température du mélange, et la température est un facteur cinétique : la transformation (1) se fait plus vite. Second avantage : les vapeurs qui se forment au chauffage se condensent dans le réfrigérant à eau et retombent dans le ballon ; on chauffe donc sans perte de matière, ni d'eau, ni d'acide, ni de réactif, et les ions nitrate dosés restent tous dans le ballon. On peut citer aussi la sécurité : le montage reste ouvert à son sommet, il n'y a pas de surpression, et les vapeurs acides ne se répandent pas dans la salle.

Erreur fréquente : écrire que le reflux « rend la transformation totale ». Un facteur cinétique ne change pas l'état final, il permet seulement de l'atteindre en une durée raisonnable ; ici la transformation est totale par nature, le reflux la rend rapide.

Q2. Lors d'une dilution, la quantité de matière de soluté prélevée dans la solution mère se retrouve entière dans la solution fille : $C_{0}\times V_{\text{prélevé}}=C_{2}\times V_{\text{fiole}}$. D'où $V_{\text{prélevé}}=\dfrac{C_{2}\times V_{\text{fiole}}}{C_{0}}=\dfrac{1{,}0\times 10{,}0}{2{,}0}=5{,}0$ mL. C'est une dilution d'un facteur $F=\dfrac{C_{0}}{C_{2}}=\dfrac{2{,}0}{1{,}0}=2{,}0$, et l'on vérifie que $\dfrac{V_{\text{fiole}}}{F}=5{,}0$ mL.

Verrerie : un bécher dans lequel on verse un peu de solution mère $\mathrm{S_{0}}$ (on ne pipette jamais directement dans le flacon), une pipette jaugée de 5,0 mL munie d'une propipette pour le prélèvement, et une fiole jaugée de 10,0 mL, que l'on complète à l'eau distillée jusqu'au trait de jauge avant de la boucher et de l'agiter. Erreur fréquente : citer une éprouvette graduée ou une pipette graduée ; seule la verrerie jaugée donne la précision qu'exige une gamme d'étalonnage.

Q3. Pour un dosage par étalonnage, on règle le spectrophotomètre à la longueur d'onde du maximum d'absorption : l'absorbance y est la plus grande, donc la mesure la plus sensible, et la courbe y est plate, donc un léger décalage de longueur d'onde change peu la mesure. Sur la figure 1, ce maximum est atteint vers $\lambda_{max}\approx 600$ nm.

La solution absorbe donc surtout la lumière orangée : sur le cercle chromatique, 600 nm est au sommet orangé. La couleur perçue est la couleur complémentaire de la couleur absorbée, diamétralement opposée sur le cercle : le bleu. La solution $\mathrm{S_{0}}$ est bleue, c'est le bleu céleste caractéristique du tétraammine cuivre II. Erreur fréquente : donner la couleur absorbée, l'orangé, comme couleur de la solution.

Q4. La loi de Beer-Lambert s'écrit $A=\varepsilon\cdot\ell\cdot C$ : à longueur d'onde fixée et pour une même cuve, l'absorbance d'une solution est proportionnelle à la concentration de l'espèce colorée. Sur la figure 2, les points étalons sont alignés sur une droite qui passe par l'origine : c'est la représentation graphique d'une fonction linéaire, $A=k\times C$, donc d'une situation de proportionnalité, en accord avec la loi.

Le tableau le confirme : $\dfrac{1{,}208}{2{,}0}=0{,}604$, $\dfrac{0{,}906}{1{,}5}=0{,}604$, $\dfrac{0{,}599}{1{,}0}=0{,}599$ et $\dfrac{0{,}310}{0{,}50}=0{,}62$ ; le rapport $\dfrac{A}{C}$ est constant aux erreurs de mesure près, et vaut $k=\varepsilon\,\ell\approx 0{,}604\ \mathrm{L\cdot mmol^{-1}}$. Les deux expressions attendues sont « droite » ET « passant par l'origine » : une droite qui ne passerait pas par l'origine traduirait une fonction affine, et non une proportionnalité.

Q5. Lecture graphique sur la droite d'étalonnage : l'absorbance de la solution S, $A_{S}=0{,}403$, correspond à une concentration $C_{S}\approx 0{,}67\ \mathrm{mmol\cdot L^{-1}}$. Par le calcul, avec le coefficient directeur $k=\dfrac{1{,}208}{2{,}0}=0{,}604\ \mathrm{L\cdot mmol^{-1}}$ : $C_{S}=\dfrac{A_{S}}{k}=\dfrac{0{,}403}{0{,}604}=0{,}667\ \mathrm{mmol\cdot L^{-1}}$. L'absorbance de S est comprise entre celles de $\mathrm{S_{3}}$ et de $\mathrm{S_{2}}$ ($0{,}310<0{,}403<0{,}599$) : on lit à l'intérieur de la gamme étalon, la lecture est fiable.

La solution S occupe la fiole jaugée de 100,0 mL, et chaque ion cuivre formé à l'étape 1 y est devenu un ion complexe coloré (réaction (2) totale, ammoniac en excès) : $n_{\mathrm{Cu^{2+}}}=C_{S}\times V_{S}=0{,}667\times 10^{-3}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}\times 0{,}1000\ \mathrm{L}=6{,}7\times 10^{-5}$ mol, la valeur annoncée. Erreur fréquente : multiplier par les 50,0 mL d'eau souterraine au lieu des 100,0 mL de la solution S, ce qui donne un résultat deux fois trop petit ; ou oublier de convertir les millimoles par litre.

Q6. Le cuivre est introduit en excès, les ions $\mathrm{H^{+}}$ de l'acide sulfurique concentré aussi, et la transformation (1) est totale : le réactif limitant est l'ion nitrate, entièrement consommé à l'état final. Tableau d'avancement, avec $x_{max}$ l'avancement final : la quantité d'ions nitrate devient $n_{\mathrm{NO_{3}^{-}}}-2\,x_{max}=0$, donc $x_{max}=\dfrac{n_{\mathrm{NO_{3}^{-}}}}{2}$ ; la quantité d'ions cuivre II, nulle au départ, devient $n_{\mathrm{Cu^{2+}}}=3\,x_{max}$, donc $x_{max}=\dfrac{n_{\mathrm{Cu^{2+}}}}{3}$. En égalant les deux expressions de $x_{max}$ : $n_{\mathrm{NO_{3}^{-}}}=2\,x_{max}=\dfrac{2}{3}\times n_{\mathrm{Cu^{2+}}}$. C'est la lecture des nombres stœchiométriques : deux ions nitrate consommés pour trois ions cuivre formés.

Vérification de l'excès de cuivre, avec $M(\mathrm{Cu})=63{,}5\ \mathrm{g\cdot mol^{-1}}$ (tableau périodique) : 50 mg de copeaux représentent $\dfrac{50\times 10^{-3}}{63{,}5}=7{,}9\times 10^{-4}$ mol, près de douze fois les $6{,}7\times 10^{-5}$ mol de cuivre consommées. Erreur fréquente : inverser le rapport et écrire $\dfrac{3}{2}$ ; un contrôle rapide est de se demander laquelle des deux espèces est la plus nombreuse dans l'équation.

Q7. D'après Q6 : $n_{\mathrm{NO_{3}^{-}}}=\dfrac{2}{3}\times 6{,}7\times 10^{-5}=4{,}47\times 10^{-5}$ mol. La masse correspondante est $m=n_{\mathrm{NO_{3}^{-}}}\times M_{\mathrm{NO_{3}^{-}}}=4{,}47\times 10^{-5}\times 62{,}0=2{,}77\times 10^{-3}$ g, soit 2,77 mg. Ces ions nitrate étaient contenus dans le prélèvement de $V_{\text{eau}}=50{,}0$ mL : $C_{m_{\mathrm{NO_{3}^{-}}}}=\dfrac{m}{V_{\text{eau}}}=\dfrac{2{,}77\ \mathrm{mg}}{50{,}0\times 10^{-3}\ \mathrm{L}}=55\ \mathrm{mg\cdot L^{-1}}$, avec deux chiffres significatifs comme la valeur $6{,}7\times 10^{-5}$ mol. En une seule formule : $C_{m_{\mathrm{NO_{3}^{-}}}}=\dfrac{2\,n_{\mathrm{Cu^{2+}}}\,M_{\mathrm{NO_{3}^{-}}}}{3\,V_{\text{eau}}}$ ; avec la valeur non arrondie de Q5, $6{,}67\times 10^{-5}$ mol, on trouve encore 55 mg/L.

Conclusion : 55 mg/L dépasse le seuil réglementaire de 50 mg/L d'environ 10 %. Cette eau souterraine n'est pas propre à la consommation humaine sans traitement, et l'azote qu'elle apporte jusqu'aux côtes nourrit la prolifération des algues vertes. Erreur fréquente : diviser par les 100,0 mL de la solution S : les ions nitrate dosés étaient tous dans les 50,0 mL d'eau introduits dans le ballon, c'est ce volume qui définit la concentration de l'eau.

Q8. Une espèce est réduite quand elle gagne des électrons : l'oxydant d'un couple se transforme alors en son réducteur conjugué. Les bactéries transforment les ions sulfate $\mathrm{SO_{4}^{2-}}$, oxydant du couple $\mathrm{SO_{4}^{2-}(aq)/H_{2}S(aq)}$, en sulfure d'hydrogène, réducteur de ce couple. La demi-équation électronique s'écrit, en ajustant le soufre, puis l'oxygène avec l'eau, l'hydrogène avec $\mathrm{H^{+}}$ et les charges avec les électrons : $\mathrm{SO_{4}^{2-}(aq)+10\,H^{+}(aq)+8\,e^{-}\rightleftarrows H_{2}S(aq)+4\,H_{2}O(\ell)}$. Les ions sulfate captent huit électrons : ils sont réduits, d'où le terme « sulfato-réductrices ».

Vérification de l'ajustement : 4 atomes d'oxygène de chaque côté, 10 atomes d'hydrogène de chaque côté, et une charge totale nulle de part et d'autre ($-2+10-8=0$). La précision « en absence de dioxygène » a un sens : ces bactéries utilisent les ions sulfate là où d'autres organismes utiliseraient le dioxygène.

Q9. Le sulfure d'hydrogène, acide du couple $\mathrm{H_{2}S(aq)/HS^{-}(aq)}$, cède un proton $\mathrm{H^{+}}$ à l'eau, base du couple $\mathrm{H_{3}O^{+}(aq)/H_{2}O(\ell)}$ : $\mathrm{H_{2}S(aq)+H_{2}O(\ell)\rightleftarrows HS^{-}(aq)+H_{3}O^{+}(aq)}$. La double flèche traduit un équilibre : avec $\mathrm{p}K_{A1}=7{,}0$, le sulfure d'hydrogène est un acide faible, sa réaction avec l'eau n'est pas totale. Les deux demi-équations acide-base qui la composent sont $\mathrm{H_{2}S\rightleftarrows HS^{-}+H^{+}}$ et $\mathrm{H_{2}O+H^{+}\rightleftarrows H_{3}O^{+}}$.

Q10. Le diagramme de prédominance se construit sur un axe gradué en pH, en plaçant les deux $\mathrm{p}K_{A}$ : pour $\mathrm{pH}<\mathrm{p}K_{A1}=7{,}0$, c'est la forme acide $\mathrm{H_{2}S}$ qui prédomine ; entre $7{,}0$ et $12$, c'est $\mathrm{HS^{-}}$ ; au-delà de $\mathrm{p}K_{A2}=12$, c'est $\mathrm{S^{2-}}$ (diagramme ci-dessous). L'ion $\mathrm{HS^{-}}$ est une espèce amphotère : base du premier couple, acide du second, il occupe le domaine central.

L'eau de mer a un pH de 8,2, compris entre 7,0 et 12 : au contact des algues dans l'eau de mer, l'espèce prédominante est l'ion hydrogénosulfure $\mathrm{HS^{-}}$. Quantitativement, $\dfrac{[\mathrm{HS^{-}}]}{[\mathrm{H_{2}S}]}=10^{\,\mathrm{pH}-\mathrm{p}K_{A1}}=10^{1{,}2}\approx 16$. Erreur fréquente : placer les espèces à l'envers, la forme acide (la plus protonée) toujours à gauche, aux pH faibles.

Q11. Le sulfure d'hydrogène, réducteur du couple $\mathrm{SO_{4}^{2-}/H_{2}S}$, est oxydé par le dioxygène, oxydant du couple $\mathrm{O_{2}/H_{2}O}$. Demi-équation d'oxydation, celle de Q8 lue dans l'autre sens : $\mathrm{H_{2}S(aq)+4\,H_{2}O(\ell)\rightleftarrows SO_{4}^{2-}(aq)+10\,H^{+}(aq)+8\,e^{-}}$. Demi-équation de réduction : $\mathrm{O_{2}(g)+4\,H^{+}(aq)+4\,e^{-}\rightleftarrows 2\,H_{2}O(\ell)}$, à multiplier par 2 pour échanger huit électrons.

En additionnant et en simplifiant l'eau ($4\,\mathrm{H_{2}O}$ de chaque côté) et les ions $\mathrm{H^{+}}$ (8 à gauche, 10 à droite) : $\mathrm{H_{2}S(aq)+2\,O_{2}(g)\rightarrow SO_{4}^{2-}(aq)+2\,H^{+}(aq)}$. Vérification : un soufre, quatre oxygènes et deux hydrogènes de chaque côté, charge nulle à gauche comme à droite ($-2+2=0$). La transformation produit des ions $\mathrm{H^{+}}$, deux par molécule de sulfure d'hydrogène oxydée : la concentration en ions oxonium augmente, donc le pH diminue, le milieu s'acidifie. Erreur fréquente : oublier d'égaliser le nombre d'électrons, et écrire une équation dans laquelle il en reste.

Q12. La constante d'acidité est la constante d'équilibre de la réaction de l'acide avec l'eau écrite en Q9 : $K_{A1}=\dfrac{[\mathrm{HS^{-}}]_{\text{éq}}\times[\mathrm{H_{3}O^{+}}]_{\text{éq}}}{[\mathrm{H_{2}S}]_{\text{éq}}\times c^{\circ}}$, avec $c^{\circ}=1\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$ la concentration standard, qui rend $K_{A1}$ sans unité. L'eau, solvant, n'y figure pas. Ici $K_{A1}=10^{-\mathrm{p}K_{A1}}=10^{-7{,}0}$.

Q13. Calcul du terme logarithmique, les pressions en bar : $\dfrac{K_{\mathrm{H_{2}S}}\times p_{\mathrm{H_{2}S}}}{p^{o}}=\dfrac{0{,}09\times 0{,}1}{1}=9\times 10^{-3}$, et $\log(9\times 10^{-3})=-2{,}05$. Donc $\mathrm{pH}=\dfrac{1}{2}\times(7{,}0-(-2{,}05))=\dfrac{9{,}05}{2}=4{,}5$. Le pH passe de 8,2 à 4,5 : l'acidification annoncée en Q11 est confirmée. Erreur fréquente : perdre le signe du logarithme ; $\log(0{,}009)$ est négatif, donc le pH est plus grand que $\dfrac{\mathrm{p}K_{A1}}{2}=3{,}5$, pas plus petit.

Prédominance : $4{,}5<\mathrm{p}K_{A1}=7{,}0$, donc c'est la forme acide $\mathrm{H_{2}S}$ qui prédomine, et largement : $\dfrac{[\mathrm{H_{2}S}]}{[\mathrm{HS^{-}}]}=10^{7{,}0-4{,}5}\approx 3\times 10^{2}$.

Risques : sous sa forme moléculaire, le sulfure d'hydrogène est un gaz qui s'échappe du milieu au lieu de rester dissous sous forme d'ions $\mathrm{HS^{-}}$. Risque sanitaire : la mention H330 indique qu'il est mortel par inhalation, pour les promeneurs, les travailleurs qui ramassent les algues et les animaux sur la plage. Risque environnemental : la mention H400 indique qu'il est très toxique pour les organismes aquatiques, auxquels s'ajoute l'acidification du milieu. D'où la consigne de ramasser les algues vertes avant qu'elles ne sèchent et ne pourrissent sur le sable.

Q14. Le groupe entouré est un groupe hydroxyle $-\mathrm{OH}$, porté par un atome de carbone tétragonal (le carbone du $\mathrm{CH_{2}}$, lié à quatre atomes) : la famille fonctionnelle est celle des alcools. Sur la figure 3, le groupe est entouré d'un trait plein et non de pointillés comme le dit l'énoncé ; il n'y a qu'un groupe entouré, donc aucune ambiguïté. Erreur fréquente : répondre « groupe hydroxyle », qui est le nom du groupe caractéristique, quand la question demande la famille.

Q15. Le motif d'un polymère est le plus petit enchaînement d'atomes qui se répète tout le long de la chaîne. Sur la figure 3, quatre fois le même ensemble se répète : un cycle à six sommets (cinq atomes de carbone et un atome d'oxygène), portant deux groupes $\mathrm{OH}$ sur le cycle et un groupe $\mathrm{CH_{2}OH}$, et relié au cycle suivant par UN atome d'oxygène. On recopie donc un seul cycle avec un seul des deux atomes d'oxygène de liaison qui l'encadrent, et l'on place les crochets en coupant les deux liaisons qui mènent aux motifs voisins (voir le motif isolé ci-dessous). Sa formule brute est $\mathrm{C_{6}H_{10}O_{5}}$, celle du glucose $\mathrm{C_{6}H_{12}O_{6}}$ moins une molécule d'eau, et la chaîne s'écrit $-[\mathrm{C_{6}H_{10}O_{5}}]_{n}-$.

Erreur fréquente : recopier le cycle avec ses deux atomes d'oxygène de liaison ; en répétant ce morceau, on écrirait deux oxygènes consécutifs entre deux cycles, ce que la chaîne ne contient pas.

Q16. Pour parcourir 100 km, la voiture consomme 9,3 L d'E85, qui contient 85 % en volume de bioéthanol : $V_{\mathrm{C_{2}H_{6}O}}=0{,}85\times 9{,}3=7{,}9$ L. Masse de bioéthanol : $m=\rho_{\mathrm{C_{2}H_{6}O}}\times V_{\mathrm{C_{2}H_{6}O}}=789\times 7{,}905=6{,}24\times 10^{3}$ g. Quantité de matière : $n_{\mathrm{C_{2}H_{6}O}}=\dfrac{m}{M_{\mathrm{C_{2}H_{6}O}}}=\dfrac{6{,}24\times 10^{3}}{46{,}0}=136$ mol, soit $1{,}4\times 10^{2}$ mol, voisine de la valeur annoncée. Erreur fréquente : oublier les 85 % et prendre les 9,3 L comme de l'éthanol pur, ce qui donne $1{,}6\times 10^{2}$ mol.

Q17. Démarche : passer de la quantité d'éthanol à la quantité de dioxyde de carbone par l'équation de combustion, puis à son volume par la loi des gaz parfaits, enfin comparer à la ligne SP95 du tableau.

Étape 1, stœchiométrie. La combustion est supposée complète, le dioxygène de l'air étant en excès : une mole d'éthanol donne deux moles de $\mathrm{CO_{2}}$. Donc $n_{\mathrm{CO_{2}}}=2\,n_{\mathrm{C_{2}H_{6}O}}=2\times 135{,}6=271$ mol, en gardant la valeur non arrondie de Q16.

Étape 2, loi des gaz parfaits, toutes les grandeurs en unités SI : $T=20+273=293$ K et $p_{atm}=1{,}013$ bar $=1{,}013\times 10^{5}$ Pa. Alors $V_{CO_{2}}=\dfrac{n_{\mathrm{CO_{2}}}\,R\,T}{p_{atm}}=\dfrac{271\times 8{,}314\times 293}{1{,}013\times 10^{5}}=6{,}5\ \mathrm{m^{3}}$. Avec la valeur arrondie $1{,}4\times 10^{2}$ mol, on trouverait $6{,}7\ \mathrm{m^{3}}$ : la conclusion ne change pas. Vérification par le volume molaire : $\dfrac{RT}{p_{atm}}=24$ L/mol, et $271\times 24$ L font bien environ $6{,}5\ \mathrm{m^{3}}$.

Étape 3, comparaison. Pour le même trajet, l'essence SP95 libère $8{,}3\ \mathrm{m^{3}}$ de $\mathrm{CO_{2}}$ : le bioéthanol contenu dans l'E85 en libère $6{,}5\ \mathrm{m^{3}}$, soit $\dfrac{6{,}5}{8{,}3}=0{,}79$, environ 21 % de moins. Surtout, ce carbone n'est pas fossile : il a été prélevé dans le dioxyde de carbone de l'atmosphère par la photosynthèse des algues pendant leur croissance, et la combustion ne fait que le restituer. Le bilan carbone du bioéthanol est donc proche de zéro, aux dépenses d'énergie de production près, et l'on valorise au passage des algues qui, laissées sur la plage, libéreraient du sulfure d'hydrogène.

Nuance que l'on peut ajouter pour aller plus loin : l'E85 contient aussi 15 % d'essence, soit $0{,}15\times 9{,}3=1{,}4$ L de SP95, qui libèrent environ $\dfrac{1{,}4}{7{,}0}\times 8{,}3=1{,}7\ \mathrm{m^{3}}$ de $\mathrm{CO_{2}}$ fossile. Au total, l'E85 libère à peu près le même volume de $\mathrm{CO_{2}}$ que le SP95 ($8{,}2$ contre $8{,}3\ \mathrm{m^{3}}$) : son véritable avantage est que 80 % de ce $\mathrm{CO_{2}}$ n'ajoute pas de carbone fossile à l'atmosphère. Erreurs fréquentes : la température en degrés Celsius ou la pression en bar dans $PV=nRT$, et l'oubli du facteur 2 de l'équation.

Q1. L'intensité est le débit de charge électrique : $i=\dfrac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}$, où $q$ est la charge de l'armature vers laquelle le courant est fléché. Sur la figure 2, $i$ circule dans le sens horaire : il descend dans le conducteur ohmique et arrive sur l'armature du haut, celle qui porte $+q$. Pour un condensateur, la charge de cette armature est proportionnelle à la tension fléchée vers elle : $q=C\times u_{C}$, et la flèche de $u_{C}$ pointe bien vers l'armature $+q$. La capacité $C$ étant constante pendant une charge : $i=\dfrac{\mathrm{d}(C\,u_{C})}{\mathrm{d}t}=C\times\dfrac{\mathrm{d}u_{C}}{\mathrm{d}t}$.

Les deux conditions de signe se vérifient sur le schéma, c'est ce que la question appelle « justifier » : $i$ orienté vers l'armature $+q$, et $u_{C}$ fléchée en convention récepteur, en sens inverse du courant. Avec une autre orientation, la relation prendrait un signe moins.

Q2. Loi des mailles dans l'unique maille du circuit, avec les orientations de la figure 2 : $E=u_{R}+u_{C}$, les flèches de $u_{R}$ et de $u_{C}$ étant dans le même sens et leur somme opposée, le long de la maille, à celle de $E$. Loi d'Ohm pour le conducteur ohmique, en convention récepteur : $u_{R}=R\times i$, et d'après Q1, $u_{R}=R\,C\,\dfrac{\mathrm{d}u_{C}}{\mathrm{d}t}$. En remplaçant : $R\,C\,\dfrac{\mathrm{d}u_{C}}{\mathrm{d}t}+u_{C}=E$, soit, sous forme normalisée, $\dfrac{\mathrm{d}u_{C}}{\mathrm{d}t}+\dfrac{1}{RC}\,u_{C}=\dfrac{E}{RC}$.

C'est une équation différentielle linéaire du premier ordre à coefficients constants, avec second membre. Vérification d'homogénéité : $R\,C$ s'exprime en secondes (des ohms fois des farads), et $R\,C\,\dfrac{\mathrm{d}u_{C}}{\mathrm{d}t}$ est bien une tension, comme $u_{C}$ et $E$. On peut aussi vérifier que la solution proposée juste après convient : avec $\dfrac{\mathrm{d}u_{C}}{\mathrm{d}t}=\dfrac{E}{\tau}\,e^{-t/\tau}$ et $\tau=RC$, le premier membre vaut $E\,e^{-t/\tau}+E-E\,e^{-t/\tau}=E$, et $u_{C}(0)=E\,(1-1)=0$ traduit bien le condensateur initialement déchargé.

Q3. La valeur maximale de la tension est sa limite quand $t\to+\infty$ : $e^{-t/\tau}\to 0$, donc $u_{C}\to E=5{,}0$ V. À l'instant $t=\tau$ : $u_{C}(\tau)=E\times(1-e^{-1})=E\times(1-0{,}368)=0{,}632\times E$. La tension atteint donc 63 % de sa valeur maximale, quelle que soit la valeur de $\tau$. Numériquement : $u_{C}(\tau)=0{,}632\times 5{,}0=3{,}2$ V (3,16 V avant arrondi).

Ce résultat est la base de la méthode des 63 % de la question Q5 : sur une courbe de charge, on lit $\tau$ comme la date à laquelle $u_{C}$ atteint $0{,}63\,E$. Erreur fréquente : écrire $e^{-1}=0{,}63$ ; c'est $1-e^{-1}$ qui vaut 0,63.

Q4. La constante de temps $\tau=R\times C$ est proportionnelle à la capacité, à résistance fixée. Or on considère la charge complète au bout d'environ $5\tau$ : $u_{C}(5\tau)=E\,(1-e^{-5})=0{,}993\,E$, plus de 99 % de la valeur finale. La durée de charge complète, $5\,R\,C$, est donc proportionnelle à $C$ : plus la capacité est grande, plus la charge est longue ; doubler $C$ double la durée de charge.

C'est tout le principe du capteur : quand le niveau de liquide change, la capacité change (Figure 5), donc la durée de charge change, et le microcontrôleur n'a qu'à mesurer une durée pour connaître le niveau.

Q5. Méthode des 63 %, établie en Q3. La courbe de la figure 4 tend vers $E=5{,}0$ V (elle atteint environ 4,95 V à 0,60 ms). On calcule $0{,}63\times 5{,}0=3{,}2$ V (3,16 V), on trace l'horizontale $u_{C}=3{,}16$ V jusqu'à la courbe, puis la verticale jusqu'à l'axe des temps : elle tombe à $t=0{,}12$ ms. Donc $\tau=0{,}12\ \mathrm{ms}=1{,}2\times 10^{-4}$ s.

Le schéma attendu est celui ci-dessous : la courbe, l'asymptote $u_{C}=5{,}0$ V, les deux pointillés de lecture à 3,16 V et à 0,12 ms. Seconde méthode, qui se voit sur le même schéma : la tangente à la courbe à l'origine coupe l'asymptote $u_{C}=E$ à la date $t=\tau$ ; elle donne la même valeur, aux erreurs de tracé près. Erreur fréquente : lire la date à mi-hauteur, 2,5 V ; on obtient $\tau\ln 2\approx 0{,}083$ ms, qui est le temps de demi-charge et non la constante de temps.

Vérification sur un second point de la courbe : à $t=2\tau=0{,}24$ ms, le modèle prévoit $u_{C}=5{,}0\times(1-e^{-2})=4{,}3$ V, et la figure 4 donne bien environ 4,3 V à cette date. Avec des graduations de 0,02 ms, la lecture de $\tau$ est précise à environ 0,01 ms près.

Q6. Démarche : de la constante de temps lue en Q5, on tire la capacité ; la courbe d'étalonnage donne alors la hauteur d'huile dans le condensateur ; on ajoute le niveau d'entrée $h_{0}$ pour obtenir la hauteur d'huile dans le fût ; la formule du cylindre donne enfin le volume.

Étape 1, la capacité. D'après $\tau=R\,C$, avec $\tau=1{,}2\times 10^{-4}$ s et $R=330\ \mathrm{k\Omega}=3{,}30\times 10^{5}\ \Omega$ : $C=\dfrac{\tau}{R}=\dfrac{1{,}2\times 10^{-4}}{3{,}30\times 10^{5}}=3{,}6\times 10^{-10}$ F, soit $C=0{,}36$ nF ($0{,}364$ nF avant arrondi). L'ordre de grandeur est cohérent avec la figure 5 : la capacité y va de 0,20 nF, capteur sans huile, à environ 0,44 nF, capteur plein. Elle augmente avec la hauteur d'huile parce que les « propriétés isolantes » dont parle l'énoncé diffèrent : la permittivité de l'huile est plus grande que celle de l'air, et à géométrie égale la capacité d'un condensateur croît avec la permittivité de son isolant.

Étape 2, la hauteur d'huile dans le condensateur. Sur la figure 5, l'ordonnée $C=0{,}364$ nF correspond à l'abscisse $h\approx 0{,}55$ m. Par le calcul : la droite passe par $(0\ ;\ 0{,}20\ \mathrm{nF})$ et $(0{,}50\ \mathrm{m}\ ;\ 0{,}35\ \mathrm{nF})$, son coefficient directeur vaut $\dfrac{0{,}35-0{,}20}{0{,}50}=0{,}30\ \mathrm{nF\cdot m^{-1}}$, donc $C=0{,}20+0{,}30\,h$ et $h=\dfrac{0{,}364-0{,}20}{0{,}30}=0{,}55$ m.

Étape 3, la hauteur d'huile dans le fût. D'après la figure 3, le condensateur ne commence qu'à la hauteur $h_{0}$ au-dessus du fond : $H=h_{0}+h=0{,}044+0{,}55=0{,}59$ m, en convertissant $h_{0}=4{,}4$ cm en mètres.

Étape 4, le volume. Le fût est un cylindre de diamètre $D=0{,}610$ m : $V_{H}=\dfrac{\pi}{4}\times D^{2}\times H=\dfrac{\pi}{4}\times 0{,}610^{2}\times 0{,}59=0{,}17\ \mathrm{m^{3}}$, soit environ 170 L ($0{,}173\ \mathrm{m^{3}}$ avant arrondi). On garde deux chiffres significatifs, comme $\tau$ et la lecture graphique.

Sensibilité de la mesure : une erreur de 0,01 ms sur $\tau$ change la capacité de $\dfrac{0{,}01\times 10^{-3}}{3{,}30\times 10^{5}}=0{,}03$ nF, donc la hauteur de $\dfrac{0{,}03}{0{,}30}=0{,}1$ m : avec $\tau=0{,}11$ ms on trouverait $h=0{,}44$ m, avec $\tau=0{,}13$ ms, $h=0{,}65$ m. C'est pourquoi la lecture de $\tau$ en Q5 doit être faite avec soin, et pourquoi le microcontrôleur mesure $\tau$ sur un grand nombre de charges successives.

Vérification : la hauteur $h=0{,}55$ m reste dans le domaine de la courbe d'étalonnage, de 0 à 0,80 m ; le capteur mesure donc bien ce niveau, et une lecture hors de ce domaine aurait signalé une erreur d'unité. Erreurs fréquentes : oublier $h_{0}$, ce qui donne $0{,}16\ \mathrm{m^{3}}$ ; laisser $R$ en kiloohms, ce qui donne une capacité mille fois trop grande, hors de la figure 5 ; ou utiliser $D$ comme un rayon dans $\pi R^{2}H$, ce qui quadruple le volume.