Corrigé bac physique-chimie 2026 Asie jour 2 — Exercice 1 : Jeu d'évasion

Partie 1 — Cible à atteindre

Q1. Système : le projectile, de masse $m=100\mathrm{g}=0,100\mathrm{kg}$, assimilé à son centre de masse M. Référentiel : celui de la pièce, supposé galiléen. Repère : $(\mathrm{O},x,z)$ de la figure 2, l'axe $Oz$ étant vertical ascendant. Bilan des forces : après la sortie du canon, le projectile n'est soumis qu'à son poids $\overrightarrow{P}=m\overrightarrow{g}$ (chute libre : frottements de l'air et poussée d'Archimède négligés).

La deuxième loi de Newton s'écrit $\sum {\overrightarrow{F}}_{\text{ext}}=m\overrightarrow{a}$, soit $m\overrightarrow{g}=m\overrightarrow{a}$, d'où, après simplification par $m\ne 0$ :

$$\overrightarrow{a}=\overrightarrow{g}.$$

L'accélération ne dépend donc pas de la masse. En projetant sur les deux axes, avec $\overrightarrow{g}(0;-g)$ :

$$\overrightarrow{a}\{\begin{array}{l}{a}_x=0\\ a_z=-g=-9,81\mathrm{m}\cdot {\mathrm{s}}^{-2}\end{array}$$

Q2. Le vecteur vitesse est une primitive du vecteur accélération, $\overrightarrow{a}=\frac{\mathrm{d}\overrightarrow{v}}{\mathrm{d}t}$ :

$$\overrightarrow{v}\{\begin{array}{l}{v}_x(t)=C_1\\ v_z(t)=-gt+C_2\end{array}$$

Les constantes se déterminent à $t=0$, où le vecteur vitesse initiale fait l'angle $\alpha$ avec l'horizontale : $v_{0x}=v_0\cos (\alpha )$ et $v_{0z}=v_0\sin (\alpha )$. Donc $C_1=v_0\cos (\alpha )$ et $C_2=v_0\sin (\alpha )$ :

$$\overrightarrow{v}\{\begin{array}{l}{v}_x(t)=v_0\cos (\alpha )\\ v_z(t)=-gt+v_0\sin (\alpha )\end{array}$$

Le vecteur position est à son tour une primitive du vecteur vitesse, $\overrightarrow{v}=\frac{\mathrm{d}\overrightarrow{OM}}{\mathrm{d}t}$ :

$$\overrightarrow{OM}(t)\{\begin{array}{l}x(t)=v_0\cos (\alpha )t+C_3\\ z(t)=-\frac{1}{2}g{t}^2+v_0\sin (\alpha )t+C_4\end{array}$$

À $t=0$, M se trouve à la sortie du canon, sur l'axe $Oz$ et à la hauteur $H$ au-dessus du sol : $x(0)=0$ et $z(0)=H$, donc $C_3=0$ et $C_4=H$. On obtient bien

$$\overrightarrow{OM}(t)\{\begin{array}{l}x(t)=v_0\cos (\alpha )t\\ z(t)=-\frac{1}{2}g{t}^2+v_0\sin (\alpha )t+H\end{array}$$

Le mouvement est donc uniforme selon $Ox$ et uniformément accéléré selon $Oz$ (indépendance des mouvements).

Q3. On élimine le temps entre les deux équations horaires. Comme $\cos (\alpha )\ne 0$, la première donne

$$t=\frac{x}{v_0\cos (\alpha )}.$$

En reportant dans $z(t)$ :

$$z(x)=-\frac{1}{2}g{\left(\frac{x}{v_0\cos (\alpha )}\right)}^2+v_0\sin (\alpha )\frac{x}{v_0\cos (\alpha )}+H,$$

soit, puisque $\frac{\sin (\alpha )}{\cos (\alpha )}=\tan (\alpha )$ :

$$z(x)=-\frac{g}{2v_0^2{\cos }^2(\alpha )}{x}^2+\tan (\alpha )x+H.$$

La trajectoire est une portion de parabole d'axe vertical, tournée vers le bas.

Q4. Démarche. La serrure se débloque si M passe par le point C, dont les coordonnées sont $x_C=D$ et $z_C=h_C$. On écrit donc $z(D)=h_C$, puis on isole $H$, et enfin $H_T=H-H_B$.

$$-\frac{g}{2v_0^2{\cos }^2(\alpha )}{D}^2+\tan (\alpha )D+H=h_C$$

$$H=h_C+\frac{g{D}^2}{2v_0^2{\cos }^2(\alpha )}-D\tan (\alpha )$$

$$\boxed{H_T=h_C+\frac{g{D}^2}{2v_0^2{\cos }^2(\alpha )}-D\tan (\alpha )-H_B}$$

Application numérique, toutes les longueurs en mètres ($H_B=30,0\mathrm{cm}=0,300\mathrm{m}$) et la calculatrice en degrés :

$$\frac{g{D}^2}{2v_0^2{\cos }^2(\alpha )}=\frac{9,81\times (3,00{)}^2}{2\times (5,60{)}^2\times {\cos }^2(43,0^{\circ })}=\frac{88,3}{33,5}=2,632\mathrm{m},$$

$$D\tan (\alpha )=3,00\times \tan (43,0^{\circ })=3,00\times 0,9325=2,798\mathrm{m},$$

$$H_T=1,00+2,632-2,798-0,300=0,534\mathrm{m}\approx 53,4\mathrm{cm}.$$

Vérification et conclusion : cette valeur appartient bien à l'intervalle de réglage $[40\mathrm{cm};80\mathrm{cm}]$ : les joueurs peuvent régler la table à environ 53 cm et débloquer la serrure. On peut contrôler l'ordre de grandeur : avec $H=H_T+H_B=0,834\mathrm{m}$, le projectile part à 83 cm du sol, monte (il est lancé vers le haut) puis redescend et atteint C à 1,00 m de hauteur après 3,00 m de vol horizontal, ce qui est cohérent avec un temps de vol $t=D/(v_0\cos \alpha )=3,00/4,10=0,73\mathrm{s}$.

Ce que le correcteur attend : la calculatrice en degrés (en radians, ${\cos }^2(43,0)$ donnerait un résultat absurde) ; $H_B$ converti en mètres ; et surtout la distinction entre $H$ (hauteur de la sortie du canon) et $H_T$ (hauteur de la table) : répondre $0,834\mathrm{m}$ revient à oublier de retrancher $H_B$.

Partie 2 — Résistance à régler

Q5. Après le basculement de K en position 2, le condensateur et le conducteur ohmique forment une maille unique. Avec les orientations de la figure 3 ($u_C$ orientée vers le haut, $u_R$ vers le bas, $i$ vers le bas dans la branche du condensateur), la loi des mailles s'écrit

$$u_C+u_R=0.$$

La loi d'Ohm appliquée au conducteur ohmique, parcouru par le courant d'intensité $i$, donne $u_R=Ri$. Par ailleurs, la charge de l'armature supérieure du condensateur vérifie $q=C{u}_C$, et par définition de l'intensité $i=\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}$ ; comme $C$ est constante,

$$i=C\frac{\mathrm{d}{u}_C}{\mathrm{d}t}.$$

En reportant les deux relations dans la loi des mailles :

$$u_C+RC\frac{\mathrm{d}{u}_C}{\mathrm{d}t}=0,$$

et en divisant par $RC$ (non nul) :

$$\frac{\mathrm{d}{u}_C}{\mathrm{d}t}+\frac{1}{RC}{u}_C=0.$$

Par identification avec $\frac{\mathrm{d}{u}_C}{\mathrm{d}t}+\frac{1}{\tau }{u}_C=0$, la constante de temps vaut

$$\boxed{\tau =RC}$$

Elle est homogène à un temps : $\Omega \times \mathrm{F}=\frac{\mathrm{V}}{\mathrm{A}}\times \frac{\mathrm{C}}{\mathrm{V}}=\frac{\mathrm{C}}{\mathrm{A}}=\mathrm{s}$.

Q6. On reporte la fonction proposée dans l'équation différentielle. Sa dérivée vaut

$$\frac{\mathrm{d}{u}_C}{\mathrm{d}t}=-\frac{A}{\tau }\exp \left(-\frac{t}{\tau }\right),$$

donc

$$\frac{\mathrm{d}{u}_C}{\mathrm{d}t}+\frac{1}{\tau }{u}_C=-\frac{A}{\tau }\exp \left(-\frac{t}{\tau }\right)+\frac{A}{\tau }\exp \left(-\frac{t}{\tau }\right)=0$$

quel que soit $t$ : la fonction proposée est bien solution de l'équation différentielle.

La constante $A$ est fixée par la condition initiale. À $t=0$, le condensateur est chargé sous $U_0$, donc $u_C(0)=U_0$ ; or $u_C(0)=A\exp (0)=A$. Ainsi

$$\boxed{A=U_0=5,0\mathrm{V}}\text{et}{u}_C(t)=U_0\exp \left(-\frac{t}{RC}\right).$$

Q7. Démarche (à tracer sur l'annexe). L'aiguille tourne entre l'instant où $u_C=4,0\mathrm{V}$ et celui où $u_C=1,0\mathrm{V}$ ; il faut que cette durée $\Delta t$ vaille 14 s. On trace donc les deux droites horizontales $u_C=4,0\mathrm{V}$ et $u_C=1,0\mathrm{V}$, on repère leurs intersections avec chacune des trois courbes, on projette ces points sur l'axe des temps et on mesure l'écart des abscisses.

Les lectures donnent : pour $R_2$, $u_C$ passe de 4,0 à 1,0 V entre $t\approx 1\mathrm{s}$ et $t\approx 8\mathrm{s}$, soit $\Delta t\approx 7\mathrm{s}$ (trop court) ; pour $R_3$, entre $t\approx 3,5\mathrm{s}$ et $t\approx 26\mathrm{s}$, soit $\Delta t\approx 22\mathrm{s}$ (trop long) ; pour $R_1$, entre $t\approx 2\mathrm{s}$ et $t\approx 16\mathrm{s}$, soit $\Delta t\approx 14\mathrm{s}$. C'est donc la courbe $R_1$ qu'il faut retenir.

Ce que le correcteur attend : la durée demandée est l'écart entre les deux instants, et non l'instant où $u_C=1,0\mathrm{V}$ compté depuis $t=0$ (qui vaut 16 s pour $R_1$).

Q8. Démarche (à tracer sur l'annexe). Deux lectures graphiques équivalentes déterminent $\tau$ sur la courbe $R_1$ :

• à la date $t=\tau$, la décharge a fait tomber la tension à $u_C(\tau )=U_0{\mathrm{e}}^{-1}\approx 0,37U_0=0,37\times 5,0=1,85\mathrm{V}$ : on trace la droite horizontale $u_C=1,85\mathrm{V}$ et on lit l'abscisse du point d'intersection avec la courbe ;
• la tangente à l'origine, de pente $-\frac{U_0}{\tau }$, coupe l'axe des abscisses ($u_C=0$) à la date $t=\tau$.

Les deux lectures concordent : $\boxed{\tau \approx 10\mathrm{s}}$. On le retrouve à partir de la question précédente : $u_C(t)=U_0{\mathrm{e}}^{-t/\tau }$ donne $\Delta t=\tau \ln \left(\frac{4,0}{1,0}\right)=\tau \ln 4$, d'où $\tau =\frac{14}{\ln 4}=\frac{14}{1,39}=10,1\mathrm{s}$.

Q9. De $\tau =RC$ on tire

$$R=\frac{\tau }{C}=\frac{10}{47\times 10^{-6}}=2,1\times 10^5\Omega .$$

Les joueurs doivent donc régler la résistance variable sur environ $2,1\times 10^5\Omega$, soit $2,1\times 10^2\mathrm{k\Omega }$ : une valeur courante pour une résistance ajustable. Ce que le correcteur attend : la capacité convertie en farads ($47\mu \mathrm{F}=47\times 10^{-6}\mathrm{F}$) ; garder les microfarads donnerait $0,21\Omega$, hors de propos.

Partie 3 — Cellules à éclairer

Q10. Les deux fentes ${\mathrm{F}}_1$ et ${\mathrm{F}}_2$, éclairées par la même source laser, se comportent comme deux sources cohérentes et synchrones. Les deux ondes qui en sont issues se superposent au fond de la boîte : c'est le phénomène d'interférences (interférences lumineuses obtenues avec des fentes de Young). Là où la différence de marche est un multiple entier de $\lambda$, les interférences sont constructives (frange brillante) ; là où elle vaut un nombre impair de demi-longueurs d'onde, elles sont destructives (frange sombre). D'où l'alternance de zones sombres et lumineuses.

Q11. L'interfrange $i$ est la distance qui sépare les milieux de deux franges brillantes consécutives (ou, ce qui revient au même, de deux franges sombres consécutives) sur la figure d'interférences. Elle s'exprime en mètres.

Q12. Démarche. La clé n'est délivrée que si le centre de chacune des cinq cellules reçoit de la lumière, c'est-à-dire si les cinq cellules sont centrées sur cinq franges brillantes consécutives. La distance $\ell$ sépare le centre de la première cellule de celui de la cinquième : elle contient donc quatre intervalles entre franges brillantes consécutives, et non cinq :

$$\ell =4i⟹i=\frac{\ell }{4}=\frac{2,0\times 10^{-2}}{4}=5,0\times 10^{-3}\mathrm{m}.$$

En reportant dans l'expression de l'interfrange $i=\frac{\lambda D}{b}$, on isole l'écartement des fentes :

$$b=\frac{\lambda D}{i}=\frac{4\lambda D}{\ell }.$$

Application numérique, avec $\lambda =650\mathrm{nm}=650\times 10^{-9}\mathrm{m}$, $D=30\mathrm{cm}=0,30\mathrm{m}$ et $\ell =2,0\times 10^{-2}\mathrm{m}$ :

$$b=\frac{4\times 650\times 10^{-9}\times 0,30}{2,0\times 10^{-2}}=3,9\times 10^{-5}\mathrm{m}=39\mu \mathrm{m}.$$

Conclusion et ordre de grandeur : il faut régler l'écartement des fentes à environ $39\mu \mathrm{m}$, soit quelques centièmes de millimètre. C'est l'ordre de grandeur habituel des fentes de Young ; on vérifie au passage que $b\gg \lambda$ et $b\ll D$, conditions dans lesquelles la formule $i=\lambda D/b$ est valable, et que $\ell \ll D$ (les franges sont bien vues sous de petits angles). Le réglage est fin : une erreur de $10\%$ sur $b$ décale la cinquième cellule de $10\%$ de $\ell$, soit 2 mm.

Ce que le correcteur attend : $\ell =4i$ (cinq cellules, quatre intervalles) — écrire $\ell =5i$ conduirait à $b=4,9\times 10^{-5}\mathrm{m}$ — et les conversions nm $\to$ m et cm $\to$ m avant tout calcul.