Sujet zéro 2021 - Spécialité physique-chimie - Corrigé

Exercice 1 : Dépolluer une eau avec des carapaces de crevettes

De la chitine au chitosane

$\bold{1.1.}$ Le document issu du BUP n° 904 nous informe que la chitine est un polymère extrait des carapaces des crustacés et animaux à coquilles.

• Il s’agit donc d’un polymère naturel.

Ce document nous informe également que le chitosane est synthétisé à partir de la chitine.

• Il s’agit donc d’un polymère artificiel.

$\bold{1.2.}$ Le motif de la chitine est la molécule qui se répète :

Un protocole expérimental pour synthétiser le chitosane à partir de la chitine

$\bold{2.1.}$ Le motif de la chitine présente une fonction amide :

Or, l’énoncé nous dit que la fonction amide, sous l’action des ions hydroxyde $\text{HO}^-$, forme l’ion éthanoate et une fonction amine selon la réaction :

• La formule topologique du motif du chitosane est donc :

$\bold{2.2.}$ Le groupe amine est présent dans le motif de la chitosane.

• Celle-ci appartient donc à la famille des amines :

$\bold{2.3.}$ Le chauffage à reflux est utilisé pour chauffer le mélange réactionnel afin d’accélérer la réaction chimique. En effet, la température est un facteur cinétique qui permet d’augmenter la vitesse de la réaction. Le reflux sert à éviter les pertes du mélange réactionnel en condensant les vapeurs sur les parois du réfrigérant à eau.

• Les légendes sont les suivantes :

$\begin{aligned} \text{\textcircled {\footnotesize 1}}&\quad \text{Sortie d’eau} \ \text{\textcircled {\footnotesize 2}}&\quad \text{Réfrigérant à eau} \ \text{\textcircled {\footnotesize 3}}&\quad \text{Entrée d’eau} \ \text{\textcircled {\footnotesize 4}}&\quad \text{Ballon} \ \text{\textcircled {\footnotesize 5}}&\quad \text{Chauffe-ballon} \ \text{\textcircled {\footnotesize 6}}&\quad \text{Support élévateur} \ \end{aligned}$

$\bold{2.4.}$ La formule du rendement est :

$r= \dfrac{n$\text{exp} (\text{chitosane})}{n\text{théorique}(\text{chitosane)}}

où $n_\text{théorique}(\text{chitosane})$ correspond à la quantité de matière maximale de chitosane qu’on obtiendrait si la réaction était totale.

• Commençons par calculer ce dernier.

On utilise les données :

• $m(\text{chitine}) =8,0\ \text{g}$ ;
• $M(\text{motif de la chitine})=203\ \text{g}\cdot \text{mol}^{-1}$.

Or, la chitine contient $4$ motifs de chitine, ainsi que $2$ atomes d’hydrogène et $1$ atome d’oxygène. Ainsi :

$\begin{aligned} M(\text{chitine})&= 4\times M(\text{motif de la chitine})+ 2\times M(\text{H}) + 1\times M(\text{O}) \ &= 4\times 203 + 2\times 1,0 + 1\times 16,0 \ &= 830\ \text{g}\cdot \text{mol}^{-1} \end{aligned}$

Ces données permettent de calculer la quantité de matière de chitine introduite initialement :

$\begin{aligned} n(\text{chitine})&=\dfrac{m(\text{chitine})}{M(\text{chitine})} \ &=\dfrac {8,0}{830} \ &= 9,6\times 10^{-3}\ \text{mol} \end{aligned}$

D’après l’équation de la réaction fournie dans l’énoncé :

On remarque que $1$ mole de chitine produit $1$ mole de chitosane. Ainsi :

$\begin{aligned} n(\text{chitine})&= n$\text{théorique}(\text{chitosane}) \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{d’où\ :\ }} n\text{théorique} (\text{chitosane})&= 9,6\times 10^{-3}\ \text{mol} \end{aligned}

• Il reste à déterminer la quantité de matière expérimentale de chitosane : $n_\text{exp}(\text{chitosane})$.

On utilise les données de l’énoncé :

• $m_\text{exp} (\text{chitosane}) =4,0\ \text{g}$ ;
• $M(\text{motif du chitosane})=159\ \text{g}\cdot \text{mol}^{-1}$.

Or, le chitosane contient $4$ motifs du chitosane, ainsi que $2$ atomes d’hydrogène et $1$ atome d’oxygène. Ainsi :

$\begin{aligned} M(\text{chitosane})&= 4\times M(\text{motif du chitosane})+ 2\times M(\text{H}) + 1\times M(\text{O}) \ &= 4\times 159 + 2\times 1,0 + 1\times 16,0 \ &= 6,5\times 10^2\ \text{g}\cdot \text{mol}^{-1} \end{aligned}$

On a donc :

$\begin{aligned} n$\text{exp} (\text{chitosane}) &= \dfrac {m\text{exp} (\text{chitosane})}{M(\text{chitosane})} \ &= \dfrac {4,0} {6,5\times 10^2} \ &=6,2\times 10^{-3}\ \text{mol} \end{aligned}

• Le rendement vaut donc :

$\begin{aligned} r&=\dfrac{n$\text{exp} (\text{chitosane})}{n\text{théorique}(\text{chitosane})} \ &=\dfrac{6,2\times 10^{-3}}{9,6\times 10^{-3}} \ &=0,65 \ &=\boxed{65\ \%} \end{aligned}

Du chitosane pour dépolluer

$\bold{3.1.}$ D’après le spectre d’absorption d’une solution aqueuse de sulfate de cuivre, le sulfate de cuivre a un pic d’absorbance pour une longueur d’onde d’environ $790-800\ \text{nm}$. Or, d’après le cercle chromatique, on remarque que cette longueur d’onde correspond au rouge.

• La couleur du sulfate de cuivre sera donc le complémentaire du rouge : le cyan.

$\bold{3.2.}$ On souhaite diluer la solution $\text{S}$ pour obtenir $10\ \text{mL}$ de solution $\text{F}1$.
La solution $\text{S}$ a une concentration en quantité de matière égale à $C$\text{S}=0,5\ \text{mol}\cdot \text{L}^{-1}CS​=0,5 mol⋅L−1 et la solution $\text{F}1$ a une concentration en quantité de matière égale à $C$1=0,10\ \text{mol}\cdot \text{L}^{-1}. Le rapport de dilution est de :

$\dfrac {C$\text{S}}{C1}=\dfrac {0,5}{0,1}=5

Il faut donc :

• prélever $2\ \text{mL}$ de la solution $\text{S}$ à l’aide d’une pipette jaugée de $2\ \text{mL}$, puis les introduire dans une fiole jaugée de $10\ \text{mL}$ :
• introduire ensuite de l’eau distillée aux trois quarts de la fiole jaugée, puis la boucher et la secouer pour homogénéiser ;
• compléter avec de l’eau distillée jusqu’au trait de jauge, boucher la fiole et la secouer pour homogénéiser.
• La solution $\text{F}1$ est prête.

$\bold{3.3.}$ Utilisons l’équation de la réaction de complexation des ions cuivre et établissons le tableau d’avancement.

La quantité de matière initiale des ions cuivre vaut : $n$0=C0\times V (avec $C$0 = 0,10\ \text{mol}\cdot \text{L}^{-1}C0​=0,10 mol⋅L−1 et $V$ le volume de la solution).
L’avancement de la réaction est $x$ et l’avancement final vaut $x$\text{f} :

$x$\text{f}xf​ correspond à la quantité de matière, à l’état final, des ions cuivre qui a été consommée pour former le complexe $\text{[Cu(chitosane)]}^{2+}$.
Le filtrat correspond à la solution contenant les ions cuivre qui n’ont pas réagi : la quantité de matière restante en ion cuivre dans le filtrat est donc : $n$0-x_\text{f}.

Le taux d’avancement représente la fraction des ions cuivre ayant réagi ($n$0-x\text{f}) par rapport à celle qui aurait disparu si la réaction était totale (la quantité de matière $n_0$ disparaît totalement si la réaction est totale).

• Il vaut donc :

$\begin{aligned} \tau&=\dfrac{n$0-x\text{f}}{n0} \ &=\dfrac{C0\times V-C\text{f}\times V}{ C0\times V} \ &=\dfrac{C0-C\text{f}}{C_0} \end{aligned}

Il faut maintenant calculer la concentration en quantité de matière $C_\text{f}$ du filtrat.

• Pour cela, on utilise la loi de Beer-Lambert, qui nous indique que l’absorbance d’une solution est proportionnelle à sa concentration en quantité de matière : $A= k\times C$, avec $k$ le coefficient de proportionnalité.

Nous calculons dans un premier temps les coefficients pour les données dont nous disposons :

Les coefficients sont assez proches ; nous calculons leur moyenne et obtenons $k_\text{moy}=11,3$. Nous avons ainsi, avec la loi de Beer-Lambert (avec $2$ chiffres significatifs, au vu de la précision des relevés expérimentaux) :

$A=11\,C \Leftrightarrow C=\dfrac{ A}{11}$

Nous en déduisons la concentration finale des ions $\text{Cu}^{2+}(\text{aq})$ dans le filtrat :

$\begin{aligned} C_\text{f}&=\dfrac {0,30}{11} \ &=2,7\times 10^{-2}\ \text{mol}\cdot \text{L}^{-1} \end{aligned}$

Et finalement :

$\begin{aligned} \tau&=\dfrac{C$0-C\text{f}}{C_0} \ &=\dfrac{0,10-0,027}{0,10} \ &=\boxed{0,73} \end{aligned}

Nous avons donc : $\tau < 1$, donc la réaction n’est pas totale.

• Le procédé de dépollution par le chitosane est partiellement efficace.

Pour améliorer cette efficacité, il faudrait maximiser les « contacts » entre le chitosane et les ions $\text{Cu}^{2+}$ pour favoriser la réaction.

• On peut introduire le chitosane sous la forme d’une poudre fine.
• On peut introduire tout simplement plus de chitosane.
• Ou, si on n’est pas limité par le temps, on peut agiter plus longtemps que la demi-heure prévu par le procédé initial.

Étude cinétique de la complexation des ions $\text{Cu}^{2+}_{(\text{aq})}$ par le chitosane

$\bold{4.1.}$ La vitesse volumique de disparition des ions cuivre $\text{Cu}^{2+}$ est égale à l’opposé de la dérivée temporelle de la concentration des ions cuivre $\text{Cu}^{2+}$ :

$v=-\dfrac{\text{d}[\text{Cu}^{2+}]}{\text{d}t} = -\dfrac {\text{d}C}{\text{d}t}$

$\bold{4.2.}$ On vient de voir que $v= -\frac{\text{d}C}{\text{d}t}$.

Or, à l’instant $t=10\ \text{min}$, $\frac {\text{d}C}{\text{d}t}$ est le coefficient directeur de la tangente à la courbe $C=f(t)$ au point de la courbe d’abscisse $t=10\ \text{min}$.

• Nous traçons donc, sur le graphe fourni, la tangente en ce point.

Puis on calcule donc le coefficient directeur de cette tangente, en choisissant deux points sur cette tangente : $A$, de coordonnées $(t$A\ ;\, CA)=(8\ ;\, 10,5), et $B$, de coordonnées $(t$B\ ;\, CB)=(12\ ;\, 8). On a donc, à $t=10\ \text{min}$ :

$\begin{aligned} \dfrac {\text{d}C}{\text{d}t} &= \dfrac{C$B-CA}{tB-tA} \ &= \dfrac{10,5\times 10^{-3} - 8\times 10^{-3}}{8-12} \ &=-6\times 10^{-4} \end{aligned}

• Nous trouvons donc :

$\boxed{v = 6\times 10^{-4}\ \text{mol}\cdot \text{L}^{-1}\cdot \text{min}^{-1}}$

$\bold{4.3.}$ On remarque que les tangentes à la courbe s’approchent de l’horizontale au cours du temps : les coefficients directeurs des tangentes, qui sont négatifs, sont de plus en plus grands. Ainsi, la vitesse de disparition des ions cuivre décroît au cours du temps.

Cela s’explique par le fait que, au cours du temps, la concentration en ions cuivre décroît. Or, la concentration est un facteur cinétique.

$\bold{4.4.}$ Regardons la ligne 19 du programme Python :

On voit que la vitesse volumique de consommation des ions cuivre à $t=\text{t[i]}$ est donnée par le calcul de la vitesse moyenne entre les dates $\text{t[i+1]}$ et $\text{t[i]}$.

• La vitesse volumique de consommation des ions cuivre est donc une valeur approchée.

$\bold{4.5.}$ La loi de vitesse d’ordre 1 stipule que la vitesse de disparition des ions cuivre est proportionnelle à la concentration en quantité de matière des ions cuivre :

$v=KC$

Or, le nuage de points de la figure 5 peut être ajusté par une droite d’équation :

$v=0,065\,C- 0,005$

L’ordonnée à l’origine de cette droite est égale à $0,005$, que l’on peut considérer comme nulle.

• On a donc une droite d’équation : $v=0,065\,C$ qui confirme que la loi de vitesse est d’ordre 1.

Exercice A – Un microaccéléromètre capacitif (5 points)

Fonctionnement d’un accéléromètre capacitif

$\bold{1.1.}$ Un dispositif ultra miniaturisé

$\bold{1.1.1.}$ D’après la figure 1, on voit que la distance occupée par $8$ tiges successives vaut $100\ \mu \text{m}$.
Il y a $7$ écarts entre les $8$ tiges successives, donc la distance entre deux tiges successives vaut :

$\dfrac{100\times 10^{-6}}7=1,43\times 10^{-5}\ \text{m}$

Remarquons que nous avons négligé l’épaisseur des tiges, car cela ne change pas l’ordre de grandeur que nous cherchons.

• L’ordre de grandeur de la distance entre deux tiges est de $\boxed{10^{-5}\ \text{m}}$.

$\bold{1.1.2.}$ La capacité $C$ d’un condensateur, dont le milieu entre les armatures est l’air, s’exprime, d’après l’énoncé, par :

$C$0 = \varepsilon\text{air} \dfrac {\text{S}}{\text{d}}

Données :

• $S=65\ \mu \text{m}^2=65\times 10^{-12}\ \text{m}^2$ ;
• $\text{d}$ est l’écart entre les armatures, car les tiges des peignes qui sont en regard les unes des autres constituent les armatures d’un ensemble de condensateurs plans élémentaires ; or, d’après la figure 2, la distance entre les deux armatures d’un condensateur correspond à la moitié de la distance séparant deux peignes :

$d=\dfrac{1\times 10^{-5}}2= 5 \times 10^{-6}\ \text{m}$

• $\varepsilon_\text{air}= 8,9\times 10^{-12}\ \text{F}\cdot \text{m}^{-1}$.
• On a donc :

$\begin{aligned} C$0 &= \varepsilon\text{air} \dfrac {\text{S}}{\text{d}} \ &= 8,9\times 10^{-12}\times \dfrac{65\times 10^{-12}}{5 \times 10^{-6}} \ &=\boxed{1\times 10^{-16}\ \text{F}} \end{aligned}

Les capacités usuelles sont de l’ordre du microfarad ($1\times 10^{-6}\ \text{F}$). La valeur que l’on a trouvée est donc très inférieure à la valeur usuelle des capacités.

$\bold{1.1.3.}$ D’après le schéma b de la figure 2, on remarque que l’écart $\text{d}$2d2​ entre les armatures du condensateur $C$2 est plus petit que l’écart $\text{d}$1d1​ entre les armatures du condensateur $C$1 : $\text{d}$2 < \text{d}1.
Puisque $C = \varepsilon \frac {\text{S}}{\text{d}}$, alors la capacité du condensateur est inversement proportionnelle à la distance $\text{d}$ entre les armatures :

$\boxed{C$1 < C2}

$\bold{1.2.}$ Une mesure d’accélération

L’énoncé nous donne l’expression de la tension électrique de sortie $U$\text{S}US​ délivrée par l’accéléromètre capacitif en fonction de la valeur de la coordonnée $a$x du vecteur accélération :

$U$\text{S} = U0 + B\times a_x

Données :

• $U_0=1,50\ \text{V}$ ;
• $U_\text{S}=2,02\ \text{V}$ ;
• $B=0,0306\ \text{V}\cdot \text{m}^{-1}\cdot \text{s}^2$.

On a donc :

$\begin{aligned} a$x &= \dfrac {U\text{S} - U_0}B \ &= \dfrac {2,02 - 1,50}{0,0306} \ &=\boxed{17,0\ \text{m}\cdot \text{s}^{-2}} \end{aligned}

Comparons cette accélération à celle de l’accélération moyenne d’une moto qui passe d’une vitesse nulle à une vitesse de $100\ \text{km}\cdot \text{h}^{-1}$ en $3\ \text{s}$.
On sait que :

$100\ \text{km}\cdot \text{h}^{-1}=\dfrac {100}{3,6}\ \text{m}\cdot \text{s}^{-1}=27,8\ \text{m}\cdot \text{s}^{-1}$

On a donc :

$\begin{aligned} a_\text{moto}&=\dfrac {27,8-0}{3-0} \ &= \boxed{9,26\ \text{m}\cdot \text{s}^{-2}} \end{aligned}$

On en conclut que l’accélération du drone est près de $2$ fois plus importante que celle de la moto.

Méthode de détermination de l’écart entre les armatures par mesure de la capacité

$\bold{2.1.}$

• La feuille 2 est reliée à la borne négative du générateur, donc les électrons quittent cette borne pour s’accumuler sur la feuille 2.
• Elle est chargée négativement.
• La feuille 1 est reliée à la borne positive du générateur.
• Elle est chargée positivement.

$\bold{2.2.}$ On sait que :

• la tension aux bornes d’un condensateur s’exprime par $U_c=\frac qC$ ;
• l’expression du courant qui le traverse est : $i=\frac {\text{d}q}{\text{d}t}$.
• Ainsi :

$\begin{aligned} i&=\dfrac {\text{d}q}{\text{d}t} \ &=\dfrac {\text{d}(C\times U$C)}{\text{d}t} \ &= C \dfrac {\text{d}UC}{\text{d}t} \footnotesize{\textcolor{#A9A9A9}{\text{ [car $C$ est une constante]}}} \end{aligned}

Pour une résistance, on applique la loi d’Ohm : $U$R=RiUR​=Ri, avec $i=C\frac {\text{d}U$C}{\text{d}t}.

• On a donc :

$U$R=RC \dfrac {\text{d}UC}{\text{d}t}

La loi des mailles dans le circuit RC nous donne :

$\begin{aligned} E&= U$C + UR \ E&=UC + RC \dfrac {\text{d}UC}{\text{d}t} \end{aligned}

On divise chaque membre de cette équation différentielle par $RC$ pour obtenir :

$\dfrac{\text{d}U$C}{\text{d}t} + \dfrac 1{RC} UC= \dfrac E{RC}

$\bold{2.3.}$ On sait que la solution particulière de cette équation différentielle, qui satisfait la condition initiale donnée, est : $U$C(t) = E(1-\text{e}^{-\frac t\tau})UC​(t)=E(1−e−τt​), avec $\tau = RC$.
Lorsque $t > > \tau$, alors $\text{e}^{-\frac t\tau}$ tend vers $0$, donc $U$C tend vers $E$. La tension aux bornes du condensateur vaut $E$ à la fin de la charge.

• Ainsi la tension aux bornes d’un condensateur prend la valeur de la tension du générateur du circuit en fin de charge.

$\bold{2.4.}$ La figure 4 représente la courbe de la tension aux bornes du condensateur en fonction du temps.
On sait que, à l’instant $t=\tau=RC$, la tension aux bornes du condensateur vaut :

$\begin{aligned} U_C&= E(1-\text{e}^{-\frac \tau \tau}) \ &=E(1-\text{e}^{-1}) \ &=0,63E \end{aligned}$

On en déduit donc la valeur du produit $RC$ en utilisant la courbe et en se plaçant à $U$C=0,63 EUC​=0,63E, connaissant $R$.
Rappelons que, au fil du temps, $U$C tend vers $E$ : nous voyons sur les graphes que les courbes admettent une asymptote horizontale d’équation $U_c=5$, donc $E=5\ \text{V}$.

De plus, comme le diélectrique est le polyéthylène, on sait que : $C= \varepsilon_{PE} \frac {\text{S}}{\text{d}}$.

• Donc la connaissance de la valeur de la capacité $C$ nous permet de retrouver la distance $\text{d}$ entre les armatures du condensateur (nous savons aussi que $S=25^2=625\ \text{cm}^2$) :

$\boxed{d=\varepsilon_{PE} \frac {\text{S}}{C}}$

Exercice B – Accélérateur linéaire « Linac2 » du CERN (5 points)

Accélération initiale des protons dans un premier condensateur plan

$\bold{1.1.}$ On utilise les données :

• distance entre les plaques : $d = 10,0\ \text{cm} =10,0\times 10^{-2}\ \text{m}$ ;
• tension électrique appliquée : $U = V$1 - V2 = 2,00\ \text{MV}= 2,00 \times 10^6\ \text{V}.
• On a donc :

$\begin{aligned} E&=\dfrac Ud \ &=\dfrac {2,00 \times 10^6}{10,0\times 10^{-2}} \ &=2,00\times 10^7\ \text{V}\cdot \text{m}^{-1} \ &=20\ \text{MV}\cdot \text{m}^{-1} \end{aligned}$

Or, d’après l’échelle, $1\ \text{cm}$ représente $10\ \text{MV}\cdot \text{m}^{-1}$ ; donc $20\ \text{MV}\cdot \text{m}^{-1}$ sont représentés par $2\ \text{cm}$.

• On représente ainsi le champ électrique par un vecteur dirigé dans le sens de l’axe $Ox$, dont la longueur mesure $2\ \text{cm}$.

$\bold{1.2.}$ Soit $\overrightarrow {P\ }$ le poids d’un proton. Sa valeur est donnée par :

$\begin{aligned} P &= m_pg \ &= 1,67\times 10^{-27}\times 9,81 \ &= 1,64\times 10^{-26}\ \text{N} \end{aligned}$

Soit $\overrightarrow{F_\text{e}}$ la force électrique qui s’exerce sur le proton. Sa valeur est donnée par :

$\begin{aligned} F_\text{e} &= eE \ &= (1,6\times 10^{-19})\times (2,00\times 10^7) \ &=3,2\times 10^{-12}\ \text{N} \end{aligned}$

Le rapport s’exprime donc par :

$\begin{aligned} \dfrac {F_\text{e}}P&= \dfrac {3,2\times 10^{-12}}{1,64\times 10^{-26}} \ &=\boxed{2,0\times 10^{14}} \end{aligned}$

• Ainsi, $\frac {F_\text{e}}p > > 10^3$, donc on peut considérer que le poids est négligeable devant la force électrique.

$\bold{1.3.}$ On étudie le système « proton » dans le référentiel du laboratoire, que l’on suppose galiléen.
On effectue le bilan des forces : le proton est soumis uniquement à la force électrique $\overrightarrow {F_e}$, car on a vu dans la question précédente qu’on pouvait négliger le poids $\overrightarrow {P\ }$.
On applique la deuxième loi de Newton :

$\begin{aligned} \Sigma \overrightarrow{F$\text{ext}}&=mp\cdot \vec a \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{Soit\ :\ }} \overrightarrow {F\text{e}}&=mp\cdot \vec a \end{aligned}

On a donc :

$\begin{aligned} e\cdot \overrightarrow{E\ } &= m$p \cdot \vec a \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{Soit\ :\ }} \vec a&=\dfrac{e}{mp}\cdot \overrightarrow{E\ } \end{aligned}

• L’accélération du proton est donc constante, car $e$, $m_p$ et $E$ sont constants.

$\bold{1.4.}$ On applique le théorème de l’énergie cinétique entre les points $\text{O}$ et $\text{S}$ :

$\begin{aligned} E$\text{c}(\text{S}) - E\text{c}(\text{O})&= W{\text{OS}}(\Sigma \overrightarrow {F\text{ext}}) \ &=W\text{OS} (\overrightarrow {F\text{e}}) \ &= \overrightarrow{\text{OS}\ }\cdot \overrightarrow{F_\text{e}} \ &=\overrightarrow{\text{OS}\ }\cdot (e\cdot \overrightarrow{E\ }) \ &=e\cdot \overrightarrow{\text{OS}\ }\cdot \overrightarrow{E\ } \end{aligned}

Or, $\overrightarrow{\text{OS}\ }$ et $\overrightarrow{E\ }$ sont colinéaires et de même sens, on a donc :

$\begin{aligned} E$\text{c}(\text{S}) - E\text{c}(\text{O})&= e\times \Vert \overrightarrow{\text{OS}\ }\Vert \times \Vert\overrightarrow{E\ }\Vert \ &= e\times d\times \dfrac U d \ &=eU \end{aligned}

• On a bien : $\boxed{E$\text{c}(\text{S}) - E\text{c}(\text{O})=eU}.

$\bold{1.5.}$ On utilise la formule précédente : $E$\text{c}(\text{S}) - E\text{c}(\text{O})=eU, avec :

• E\text{c}(\text{S})=\frac 12mp v_{\tiny \text{S}}^2 ;
• $E$\text{c}(\text{O})= \frac 12 mp v_{\tiny \text{O}}^2=0, car, d’après l’énoncé, le proton entre dans le condensateur en $O$ avec une vitesse nulle.
• On a donc :

$\begin{aligned} \dfrac 12 m v${\tiny \text{S}}^2&= eU \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{Soit\ :\ }} v{\tiny \text{S}}^2&=\dfrac {2eU}{mp} \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{et\ :\ }} v{\tiny \text{S}}&=\sqrt{\dfrac {2eU}{m_p}} \ &= \sqrt{\dfrac {2\times 1,6\times 10^{-19}\times 2,00 \times 10^6}{1,67\times 10^{-27}}} \ &=\boxed{2,0\times 10^7\ \text m\cdot \text{s}^{-1}} \end{aligned}

La vitesse du proton au point $\text{S}$ est de $2,0\times 10^7\ \text{m}\cdot \text{s}^{-1}$, qui est plus de dix fois inférieure à la vitesse de la lumière dans le vide : $c=3,0\times 10^8\ \text{m}\cdot \text{s}^{-1}$.

• Le proton n’atteint pas des vitesses relativistes, l’étude est légitime.

Principe du « Linac2 » – accélérateur linéaire

$\bold{2.1.}$ Au temps $t=\frac T4=\frac{40}4=10\ \text{ns}$, on voit sur la figure 4 que la tension vaut $U$a=2\ \text{MV}Ua​=2 MV. Cette tension est positive, donc $V$\text{A} > V_\text{B}.
Or, le champ électrique $\overrightarrow{E\ }$ est dirigé dans le sens des potentiels décroissants.

• $\overrightarrow{E\ }$ est dirigé de $\text{A}$ vers $\text{B}$ dans les deux intervalles :

$\bold{2.2.}$ Au temps $t=\frac {3T}4=\frac{3\times 40}4=30\ \text{ns}$, on voit sur la figure 4 que la tension vaut $U$a=-2\ \text{MV}Ua​=−2 MV. Cette tension est négative, donc $V$\text{A} < V_\text{B}.
Or, le champ électrique $\overrightarrow{E\ }$ est dirigé dans le sens des potentiels décroissants.

• $\overrightarrow{E\ }$ est dirigé de $\text{B}$ vers $\text{A}$ dans les deux intervalles :

$\bold{2.3.}$ Pour que le proton soit accéléré de manière optimale, il faut que le champ électrique soit dans le sens de l’axe $Ox$.
En outre, l’énoncé nous dit qu’il suffit d’augmenter la valeur de $E$, et donc de $U$, pour augmenter l’énergie cinétique des protons. Or, d’après le graphique de $U_a(t)$, on voit que, pour $t=\frac T4$ et $t=\frac{3T}4$, la tension $U$ est maximale en valeur absolue.

Récapitulons.

• D’après la question 2.1., si le proton arrive dans l’intervalle 1 à l’instant $t=\frac T4$, le proton est accéléré dans le sens de l’axe $Ox$, et la tension est maximale en valeur absolue.
• D’après la question 2.2, si le proton arrive dans l’intervalle au temps $t=\frac{3T}4$, il est accéléré dans le sens $Ox$, et la tension est maximale en valeur absolue.
• Ainsi, pour une accélération optimale, le temps mis par le proton pour passer de l’intervalle 1 à l’intervalle 2 doit être de :

$\boxed{t=\dfrac {3T}4 -\dfrac T4 =\dfrac T2}$

En conclusion, pour être accélérés de manière optimale dans chaque intervalle, les protons doivent mettre une durée $\Delta t=\frac T2$ pour traverser chaque tube

$\bold{2.3.}$ Le proton accélère à chaque passage dans un intervalle, donc plus le tube comporte d’intervalles, plus sa vitesse augmente.
Or, pour être accéléré de manière optimale, il doit mettre le même temps pour passer d’un intervalle à l’autre.

• Les tubes du « Linac2 » doivent donc être de plus en plus longs.

Exercice C – Observer les cratères lunaires Messier (5 points)

Étude de la lunette astronomique

$\bold{1.1.}$ Dans la fiche technique de la lunette astronomique, on peut lire que la distance focale de l’objectif est de $300\ \text{mm}$ et le diamètre de l’objectif est de $70\ \text{mm}$. Ce sont les caractéristiques les plus importantes de la lunette.

• C’est pour cette raison que la lunette est dite « 70/300 ».

$\bold{1.2.}$ Un rayon qui passe par le centre optique d’une lentille n’est pas dévié. L’image intermédiaire $\text{A}$1\text{B}1 est sur le plan focal objet de l’oculaire et les rayons sortent de l’oculaire parallèles entre eux.

$\bold{1.3.}$ Une lunette afocale correspond à l’association de deux lentilles convergentes dont le plan focal image de la première lentille (objectif) correspond au plan focal objet de la deuxième lentille (oculaire).
L’intérêt est qu’un objet à l’infini forme à travers une lunette afocale une image à l’infini.

• Ainsi, l’œil observe l’image sans accommoder.

$\bold{1.4.}$ Le grossissement de la lunette s’exprime par $G=\frac {\theta^{\prime}}\theta$.

Dans le triangle $\text{B}$1\text{A}1 \text{O}2B1​A1​O2​ rectangle en $\text{A}$1, on a :

$\tan{(\theta^{\prime})}=\dfrac {\text{A}$\text{1}B1}{\text{A}1 \text{O}2}

Or, avec l’approximation des petits angles : $\tan{(\theta^{\prime})}=\theta^{\prime}$, on a donc :

$\theta^{\prime}\approx \dfrac{\text{A}$1 \text{B}1}{\text{A}1 \text{O}2}

De la même façon, dans le triangle $\text{B}$1\text{A}1 \text{O}1B1​A1​O1​ rectangle en $\text{A}$1, on a, avec l’approximation des petits angles :

$\begin{aligned} \theta&\approx \tan{(\theta)} \ &\approx \dfrac{\text{A}$1 \text{B}1}{\text{A}1 \text{O}1} \end{aligned}

On obtient ainsi :

$\begin{aligned} G&=\dfrac{\theta^{\prime}}{\theta} \ &=\dfrac{\frac{\text{A}$1 \text{B}1}{\text{A}1 \text{O}2}}{\frac{\text{A}1 \text{B}1}{\text{A}1 \text{O}1}} \ &=\dfrac{\text{A}1 \text{O}1}{\text{A}1 \text{O}2} \end{aligned}

Or, $\text{A}$1 \text{O}1= f^{\prime}\text{obj}A1​O1​=fobj′​ et $\text{A}$1 \text{O}2= f^{\prime}\text{ocu}.

• Ce qui donne :

$\boxed{G=\dfrac{f^{\prime}$\text{obj}}{f^{\prime}\text{ocu}}}

Remarquons que, pour une lentille convergente, la distance focale (image) est positive. Nous pouvons donc la ramener à une longueur.

Observation du cratère lunaire Messier

$\bold{2.1.}$ On se sert du schéma fourni par l’énoncé, qu’on suppose correspondre à la situation :

• l’objet à observer est le cratère, de largeur : $AB=d$ ;
• la distance entre l’objet à observer et l’œil de l’observateur est la distance Terre-Lune : $D$.

On peut appliquer dans ce triangle rectangle en $\text{A}$ la relation : $\tan{(\theta)}=\frac dD$ et, avec l’approximation des petits angles :

$\begin{aligned} \theta&=\dfrac dD \ &=\dfrac {11,0\times 10^3}{3,84\times 10^8} \ &=\boxed{2,86\times 10^{-5}\ \text{rad}} \end{aligned}$

$\bold{2.2.}$ D’après l’énoncé, l’angle minimal sous lequel deux points distincts peuvent être vus est de $3,0\times 10^{-4}\ \text{rad}$. Or, $\theta < 3,0\times 10^{-4}\ \text{rad}$.

• L’observation de ce cratère n’est donc pas possible à l’œil nu.

$\bold{2.3.}$ Dans le schéma de l’annexe de la question 1.2, on s’intéresse au triangle $\text{B}$1 \text{A}1 \text{O}_1 :

$\begin{aligned} \tan {(\theta)} &= \dfrac {\text{A}$1 \text{B}1}{f^{\prime}\text{obj}} \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{Soit\ :\ }} \text{A}1 \text{B}1&= \tan{(\theta)} \times f^{\prime}\text{obj} \ &= \tan{(2,86\times 10^{-5})}\times 300\times 10^{-3} \ &=8,6 \times 10^{-6}\ \text{m} \end{aligned}

$\bold{2.4.}$L’angle minimal sous lequel le cratère peut être vu doit être supérieur à : $\varepsilon=3,0 × 10 ^{-4}\ \text{rad}$.
Nous cherchons donc l’angle $\theta^{\prime} > \varepsilon$. Calculons la distance focale de l’oculaire qui permet de satisfaire cette condition. On sait que :

$\begin{aligned} G&=\dfrac {\theta^{\prime}}\theta = \dfrac{f^{\prime}$\text{obj}}{f^{\prime}\text{ocu}} \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{D’où\ :\ }}\theta^{\prime}&=\frac{f^{\prime}\text{obj}}{f^{\prime}\text{ocu}}\times \theta > \varepsilon \end{aligned}

Nous résolvons donc l’inéquation, avec $f^{\prime}_\text{ocu}$ l’inconnue :

$\frac{f^{\prime}$\text{obj}}{f^{\prime}\text{ocu}}\times \theta > \varepsilon \Leftrightarrow f^{\prime}\text{ocu} < \dfrac{f^{\prime}\text{obj}\times \theta}{\varepsilon}

Nous obtenons ainsi :

\begin{aligned} f^{\prime}\text{ocu} &< \dfrac{3,00\times 10^{-1} \times 2,86\times 10^{-5}}{3,0 × 10 ^{-4}} \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{Soit :\ }} f^{\prime}\text{ocu} &< 2,9\times 10^{-2}\ \text{m}=\boxed{28\ \text{mm}} \end{aligned}

• On choisit donc l’oculaire de distance focale $10\ \text{mm}$ ou celui de distance focale $20\ \text{mm}$ parmi ceux fournis.