Physique-chimie
CCINPMP2026
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Épreuve de 4 heures, calculatrices interdites. Les applications numériques sont menées avec la table de logarithmes décimaux de l'annexe et données avec un ou deux chiffres significatifs, comme l'autorise l'énoncé. Base sphérique $(\vec u_r,\vec u_\theta,\vec u_\varphi)$, $\vec u_z$ unitaire de l'axe des pôles orienté du sud vers le nord.
## Partie I — Champ gravitationnel et champ de pesanteur
### Q1
Une masse ponctuelle $m$ et une charge ponctuelle $q$ placées en $O$ créent en $M$ ($\overrightarrow{OM}=r\,\vec u_r$) :
$$\vec G(M)=-\frac{Gm}{r^2}\,\vec u_r,\qquad \vec E(M)=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\,\vec u_r .$$
L'identification $\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0}\leftrightarrow -Gm$ donne les analogies
$$\boxed{q\ \longleftrightarrow\ m,\qquad \frac{1}{\varepsilon_0}\ \longleftrightarrow\ -4\pi G\quad\left(\varepsilon_0\leftrightarrow-\frac{1}{4\pi G}\right)}$$
Le théorème de Gauss électrostatique, $\displaystyle\oint_S\vec E\cdot\mathrm d\vec S_{\rm ext}=\frac{Q_{\rm int}}{\varepsilon_0}$, devient : **le flux du champ gravitationnel sortant d'une surface fermée $S$ est égal à $-4\pi G$ fois la masse contenue dans le volume $V$ qu'elle délimite**
$$\boxed{\oint_{S}\vec G(P)\cdot\mathrm d\vec S_{\rm ext}=-4\pi G\iiint_V\mu(P)\,\mathrm d\tau}$$
### Q2
La boule homogène est invariante par toute rotation autour de $O$ : la norme du champ ne dépend que de $r$. Tout plan contenant $O$ et $M$ est plan de symétrie de la distribution, donc $\vec G_T(M)$ appartient à la droite $(OM)$ : $\vec G_T(M)=G(r)\,\vec u_r$.
Théorème de Gauss sur la sphère de centre $O$ et de rayon $r$ : $4\pi r^2G(r)=-4\pi G\,M_{\rm int}(r)$.
- Pour $r\ge R_T$ : $M_{\rm int}=M_T=\frac43\pi R_T^3\mu_T$, d'où
$$\boxed{\vec G_T(M)=-\frac{GM_T}{r^2}\,\vec u_r=-\frac{4\pi G\mu_T R_T^3}{3r^2}\,\vec u_r\qquad(r\ge R_T)}$$
- Pour $r\le R_T$ : $M_{\rm int}=\frac43\pi r^3\mu_T$, d'où
$$\boxed{\vec G_T(M)=-\frac{4\pi G\mu_T}{3}\,r\,\vec u_r\qquad(r\le R_T)}$$
Les deux expressions se raccordent en $r=R_T$ (norme $\frac43\pi G\mu_TR_T=GM_T/R_T^2$) ; le champ est nul au centre.
### Q3
La Terre avec gisement est la superposition de la Terre homogène ($\mu_T$) et d'une boule de centre $C$, de rayon $r'$, de masse volumique $\mu_p-\mu_T$, soit de masse $m'=\frac43\pi r'^3(\mu_p-\mu_T)<0$. Le point $M$ est extérieur à cette boule ($d>r'$) et $\overrightarrow{CM}=d\,\vec u_z$ ; en $M$, $\vec u_r=\vec u_z$. Par Q2 :
$$G_T(M)=-\frac{4\pi G\mu_TR_T}{3},\qquad \vec G_{\rm corr}(M)=-\frac{Gm'}{d^2}\vec u_z=\frac{4\pi G r'^3(\mu_T-\mu_p)}{3d^2}\vec u_z .$$
$$\boxed{G_{Tp}(M)\,\vec u_z=-\frac{4\pi G}{3}\left[\mu_TR_T-\frac{(\mu_T-\mu_p)\,r'^3}{d^2}\right]\vec u_z}$$
$$\varepsilon=\frac{G_T-G_{Tp}}{G_T}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\varepsilon=\left(1-\frac{\mu_p}{\mu_T}\right)\frac{r'^3}{d^2R_T}=\left(1-\frac{\mu_p}{\mu_T}\right)\left(\frac{r'}{d}\right)^2\frac{r'}{R_T}}$$
Comme $\mu_p<\mu_T$, le champ correcteur est dirigé vers le haut, opposé au champ terrestre : $\varepsilon>0$ et $|G_{Tp}|<|G_T|$. **En présence de pétrole, le champ gravitationnel est moins intense** (on a remplacé de la roche par un fluide moins dense).
Application numérique :
$$\varepsilon=\frac56\times\frac14\times\frac{10^{-3}}{4}=5{,}2\cdot10^{-5}\approx\boxed{5\cdot10^{-5}}$$
Cette anomalie est environ $5\cdot10^{3}$ fois supérieure à la précision relative des gravimètres ($10^{-8}$) : **le gisement est largement détectable**, la gravimétrie est une méthode de prospection pertinente.
## Partie II — Forme de la Terre
### Q4
Dans le référentiel terrestre $R'$, en rotation uniforme $\vec\Omega=\Omega\vec u_z$ autour de l'axe fixe $Oz$ du référentiel géocentrique galiléen, un point $M$ subit, outre les forces réelles, la force d'inertie d'entraînement $\vec F_{ie}=-m\vec a_e=m\Omega^2\overrightarrow{HM}$ (l'entraînement est un mouvement circulaire uniforme de rayon $HM$, d'accélération centripète $-\Omega^2\overrightarrow{HM}$) et la force de Coriolis $\vec F_{ic}=-2m\vec\Omega\wedge\vec v_{R'}$.
Le poids est défini pour un corps **au repos** dans $R'$ : la force de Coriolis est alors nulle, et le poids est la somme de l'attraction gravitationnelle et de la force d'inertie d'entraînement :
$$\vec P=m\vec g(M)=m\Big(\underbrace{-\frac{GM_T}{r^2}\vec u_r}_{\text{gravitation}}+\underbrace{\Omega^2\overrightarrow{HM}}_{\text{inertie d'entraînement}}\Big).$$
Ordre de grandeur à la surface (le terme d'entraînement est négligeable, cf. Q6) :
$$g\approx\frac{GM_T}{R_T^2},\quad \log g=-10{,}17+24{,}78-2\times6{,}81=0{,}99\quad\Longrightarrow\quad\boxed{g\approx10\ \mathrm{m\,s^{-2}}}\ (9{,}8\ \mathrm{m\,s^{-2}}).$$
### Q5
$\|\vec F_{ic}\|=2m\|\vec\Omega\wedge\vec v\|\le2m\Omega v$. Pour $v=100\ \mathrm{m\,s^{-1}}$ :
$$\frac{\|\vec F_{ic}\|}{mg}\le\frac{2\Omega v}{g}=\frac{2\times7{,}3\cdot10^{-5}\times100}{9{,}8}\approx\boxed{1{,}5\cdot10^{-3}}$$
La force de Coriolis vaut au plus 0,15 % du poids : elle est négligeable devant lui.
### Q6
À la surface, $\|\overrightarrow{HM}\|=R_T\sin\theta$, d'où
$$\frac{\Omega^2R_T\sin\theta}{GM_T/R_T^2}=\frac{\Omega^2R_T^3}{GM_T}\sin\theta\le\boxed{\eta=\frac{\Omega^2R_T^3}{GM_T}}$$
avec égalité à l'équateur ($\theta=\pi/2$). Numériquement :
$$\log\eta=2(-4{,}14)+3(6{,}81)+10{,}17-24{,}78=-2{,}46\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\eta\approx3{,}5\cdot10^{-3}}$$
Le terme d'inertie d'entraînement est au plus de l'ordre de 0,3 % du terme gravitationnel : le champ de pesanteur est très proche du champ de gravitation. Ce petit terme suffit toutefois à rendre $g$ plus faible à l'équateur et à déformer la Terre (Q8).
### Q7
**a)** $\vec F_G=-\dfrac{GM_Tm}{r^2}\vec u_r$ ; pour un déplacement $\mathrm d\vec\ell$, $\delta W=\vec F_G\cdot\mathrm d\vec\ell=-\dfrac{GM_Tm}{r^2}\mathrm dr=-\mathrm d\!\left(-\dfrac{GM_Tm}{r}\right)$. Avec $E_{pG}\to0$ à l'infini :
$$\boxed{E_{pG}(M)=-\frac{GM_Tm}{r}}$$
**b)** Soit $\rho=HM$ la distance à l'axe et $\vec u_\rho$ le vecteur unitaire de $\overrightarrow{HM}$. $\vec F_e=m\Omega^2\rho\,\vec u_\rho$ et, $\mathrm d\vec\ell$ ayant pour composante $\mathrm d\rho$ selon $\vec u_\rho$ (les autres composantes sont orthogonales à $\vec F_e$) :
$$\delta W=m\Omega^2\rho\,\mathrm d\rho=-\mathrm d\!\left(-\tfrac12m\Omega^2\rho^2\right).$$
La force dérive donc de $E_{pe}=-\frac12m\Omega^2\rho^2+\text{cte}$, la constante étant nulle avec $E_{pe}=0$ en $r=0$ (où $\rho=0$) :
$$\boxed{E_{pe}(M)=-\frac12m\Omega^2\left(\overrightarrow{HM}\right)^2=-\frac12m\Omega^2r^2\sin^2\theta}$$
**c)** Le poids étant la somme des deux forces :
$$\boxed{E_{pp}(M)=-\frac{GM_Tm}{r}-\frac12m\Omega^2r^2\sin^2\theta}$$
### Q8
Au pôle Nord, $\theta=0$ et $E_{pp}(N)=-GM_Tm/r_n$. La trace de $(\Sigma)$ dans un plan méridien vérifie
$$\frac{GM_T}{r}+\frac12\Omega^2r^2\sin^2\theta=\frac{GM_T}{r_n}\iff r=\frac{r_n}{1-\dfrac{\Omega^2r_nr^2\sin^2\theta}{2GM_T}} .$$
Le terme soustrait est au plus de l'ordre de $\eta/2\approx2\cdot10^{-3}\ll1$ : au premier ordre, $(1-u)^{-1}\approx1+u$, et dans ce terme correctif on peut remplacer $r$ par $r_n$ (l'erreur est du second ordre). D'où
$$\boxed{r(\theta)\approx r_n\left(1+\varepsilon\sin^2\theta\right),\qquad \varepsilon=\frac{\Omega^2r_n^3}{2GM_T}=\frac{\eta}{2}\left(\frac{r_n}{R_T}\right)^3}$$
Allure (figure 1) : $r$ est minimal aux pôles ($r=r_n$), maximal à l'équateur ($r=r_n(1+\varepsilon)$) ; au premier ordre, ellipse de demi-axes $r_n$ et $r_n(1+\varepsilon)$.
Aplatissement, avec $r_e=r(\pi/2)$ :
$$\boxed{\varepsilon'=\frac{r_e-r_n}{r_n}=\varepsilon=\frac{\eta}{2}\left(\frac{r_n}{R_T}\right)^3\approx\frac{\eta}{2}\approx1{,}7\cdot10^{-3}\approx\frac1{580}}$$
(L'aplatissement réel, $1/298$, est environ double : le modèle néglige la déformation du champ gravitationnel lui-même.)
## Partie III — Détermination optique du champ de pesanteur
### Q9
**a)** En négligeant le terme d'entraînement, $g(h)=GM_T/(R_T+h)^2$, donc
$$\frac{g(h)-g(0)}{g(0)}=\left(1+\frac h{R_T}\right)^{-2}-1\approx-\frac{2h}{R_T}=-\frac{2}{6{,}4\cdot10^6}\approx\boxed{-3\cdot10^{-7}}$$
Sur 1 m de chute, $g$ varie de quelques $10^{-7}$ en valeur relative : on peut le considérer constant.
**b)** Dans le vide, seul le poids agit : $\ddot z_1=g$ sur l'axe descendant, avec $z_1(0)=0$ et $\dot z_1(0)=0$ :
$$\boxed{z_1(t)=\frac12gt^2}$$
### Q10
**a)** Dans l'air ($n=1$), chemin optique et longueur géométrique coïncident. D'après la figure 3(a) : le rayon (1), transmis par $S_{p1}$, suit $O\to J\to P$. Le rayon (2), réfléchi par $S_{p1}$, monte jusqu'au coin de cube $C_1$, redescend (le coin de cube renvoie le faisceau parallèlement à lui-même), traverse $S_{p1}$ puis $S_{p2}$, descend jusqu'au coin de cube fixe $C_2$, remonte jusqu'à $S_{p2}$ qui le réfléchit vers $H$, puis le miroir $M$ le renvoie vers $J$ et $P$ (figure 2).
Avec des cotes $Z$ ascendantes et $L=OJ=KH$ :
$$(2)=2(Z_{O_1}-Z_O)+(Z_O-Z_K)+2(Z_K-Z_{O_2})+L+(Z_J-Z_H)+JP,\qquad (1)=L+JP .$$
Comme $Z_J-Z_H=Z_O-Z_K$, toutes les longueurs fixes se compensent : $\delta=2(Z_{O_1}-Z_{O_2})$. Sur l'axe descendant d'origine $O_{1,0}$, $Z_{O_1}-Z_{O_2}=z_2-z_1(t)$ :
$$\boxed{\delta(P,t)=2\big(z_2-z_1(t)\big)=2z_2-gt^2}$$
**b)** Avec deux ondes cohérentes d'intensités égales, $I=2I_0\left[1+\cos\left(2\pi\delta/\lambda\right)\right]$ ; les minima correspondent à $\delta=(k+\frac12)\lambda$, $k\in\mathbb Z$. Comme $\delta$ décroît strictement avec $t$, l'ordre diminue d'une unité d'un minimum au suivant, d'où
$$\boxed{\Delta_q=\delta(P,t_q)-\delta(P,t_0)=-g\left(t_q^2-t_0^2\right)=-q\lambda}\qquad\Longrightarrow\qquad\boxed{g=\frac{q\lambda}{t_q^2-t_0^2}}$$
**c)** On pose $y(q)=t_q^2-t_0^2$ : d'après (b), $y(q)=\dfrac{\lambda}{g}\,q$, fonction linéaire de $q$. On relève les instants $t_q$ des minima sur la figure 3(b), on trace $y$ en fonction de $q$ et on ajuste une droite de pente $a=\lambda/g$. Les temps étant en $\mu$s, $a=64\,598\ \mu\mathrm s^2=6{,}4598\cdot10^{-8}\ \mathrm s^2$, et
$$\boxed{g=\frac{\lambda}{a}=\frac{632{,}82\cdot10^{-9}\ \mathrm m}{64\,598\cdot10^{-12}\ \mathrm s^2}}\approx9{,}796\ \mathrm{m\,s^{-2}},$$
ce qui redonne $g=9{,}7961\ \mathrm{m\,s^{-2}}$ à l'arrondi de la pente près.
## Partie IV — Le calcaire et l'argile : des richesses du sol bon marché
### Partie IV.1 — Calcination du calcaire
### Q11
**a)** Dans l'approximation où $\Delta_rH^0$ et $\Delta_rS^0$ ne dépendent pas de $T$, $\Delta_rG_1^0=\Delta_rH_1^0-T\Delta_rS_1^0$ ; par identification, $\boxed{\Delta_rH_1^0=177{,}4\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}>0}$ : **la réaction est endothermique.**
**b)** $\boxed{\Delta_rS_1^0=+0{,}1589\ \mathrm{kJ\,K^{-1}\,mol^{-1}}=159\ \mathrm{J\,K^{-1}\,mol^{-1}}}$. Ce signe positif est attendu : la réaction produit une mole de gaz à partir d'un solide ($\Delta\nu_{\rm gaz}=+1$), le désordre augmente.
**c)** $\Delta_rG_1^0=-RT\ln K_1^0$ donne
$$\boxed{K_1^0(T)=\exp\!\left(-\frac{177\,400-158{,}9\,T}{RT}\right)=\exp\!\left(19{,}1-\frac{2{,}13\cdot10^4}{T}\right)}$$
$K_1^0=1\iff\Delta_rG_1^0=0$ :
$$\boxed{T_{1,i}=\frac{177{,}4}{0{,}1589}=1116\ \mathrm K\ \ (843\ ^\circ\mathrm C)}$$
**d)** Les solides, purs et seuls dans leur phase, ont une activité égale à 1 ; le gaz, supposé parfait, a pour activité $P_{\mathrm{CO_2}}/P^0$ :
$$\boxed{Q_{r,1}=\frac{a(\mathrm{CaO})\,a(\mathrm{CO_2})}{a(\mathrm{CaCO_3})}=\frac{P_{\mathrm{CO_2}}}{P^0}}$$
### Q12
**a)** De même, $\Delta_rH_2^0=118{,}0\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$, $\Delta_rS_2^0=175\ \mathrm{J\,K^{-1}\,mol^{-1}}$ et $T_{2,i}=674\ \mathrm K$ (401 °C).
Sous $P_{\mathrm{CO_2}}=P^0$, $Q_{r,1}=Q_{r,2}=1$ et $\Delta_rG_k=\Delta_rG_k^0$ :
- pour $T<674$ K, $\Delta_rG_1^0>0$ et $\Delta_rG_2^0>0$ : aucune décomposition ;
- à $T=674$ K, l'équilibre (2) s'établit ; tant qu'on apporte de la chaleur, $\mathrm{MgCO_3}$ se décompose à température constante, jusqu'à disparition totale (au-delà, $\Delta_rG_2<0$ et il n'y a plus de réactif : rupture d'équilibre) ;
- de 674 K à 1116 K, le solide contient $\mathrm{CaCO_3}$ et $\mathrm{MgO}$ ;
- à $T=1116$ K, $\mathrm{CaCO_3}$ se décompose à son tour, totalement.
**Les deux équilibres ne peuvent pas être simultanés** : la phase gazeuse étant commune, il faudrait $P_{\mathrm{CO_2}}=K_1^0P^0=K_2^0P^0$, soit $\Delta_rG_1^0(T)=\Delta_rG_2^0(T)$ :
$$177{,}4-0{,}1589\,T=118{,}0-0{,}175\,T\iff T=-\frac{59{,}4}{0{,}0161}\approx-3{,}7\cdot10^3\ \mathrm K<0,$$
ce qui est impossible. Les décompositions sont successives ; $\mathrm{MgCO_3}$, moins stable, se décompose en premier.
**b)** Pour 100 g de mélange contenant $x$ g de $\mathrm{MgCO_3}$ ($M=84\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$), la première perte de masse est le $\mathrm{CO_2}$ ($44\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$) libéré par $\mathrm{MgCO_3}$ :
$$\frac{44\,x}{84}=2{,}2\quad\Longrightarrow\quad\boxed{x=\frac{2{,}2\times84}{44}=4{,}2\ \%}$$
Cette teneur est inférieure à la limite de 6 % : le calcaire convient. La seconde perte de masse, due à $\mathrm{CaCO_3}$ ($100\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$), vaut $0{,}44\times95{,}8\approx42$ g pour 100 g de mélange initial.
### Partie IV.2 — Obtention d'un ciment
### Q13
$$\begin{aligned}
\text{A :}\quad & 3\,\mathrm{CaO_{(s)}}+\mathrm{SiO_{2(s)}}\longrightarrow\mathrm{Ca_3SiO_{5(s)}}\\
\text{B :}\quad & 2\,\mathrm{CaO_{(s)}}+\mathrm{SiO_{2(s)}}\longrightarrow\mathrm{Ca_2SiO_{4(s)}}\\
\text{C :}\quad & 3\,\mathrm{CaO_{(s)}}+\mathrm{Al_2O_{3(s)}}\longrightarrow\mathrm{Ca_3Al_2O_{6(s)}}\\
\text{D :}\quad & 4\,\mathrm{CaO_{(s)}}+\mathrm{Al_2O_{3(s)}}+\mathrm{Fe_2O_{3(s)}}\longrightarrow\mathrm{Ca_4Al_2Fe_2O_{10(s)}}
\end{aligned}$$
(Bilans en oxygène : $3+2=5$, $2+2=4$, $3+3=6$, $4+3+3=10$.)
### Q14
$p_j$ grammes du composant $j$ ($j=5..8$) représentent $p_j/M_j$ mol, qui contiennent $\nu_{ij}$ moles de l'oxyde $i$ ($i=1..4$), soit la masse $\nu_{ij}M_ip_j/M_j$. Les hypothèses (H1)–(H4) garantissent que chaque oxyde se retrouve entièrement dans les composants indiqués, d'où $\beta_{ij}=\nu_{ij}M_i/M_j$ :
$$\begin{aligned}
p_1&=3\tfrac{M_1}{M_5}p_5+2\tfrac{M_1}{M_6}p_6+3\tfrac{M_1}{M_7}p_7+4\tfrac{M_1}{M_8}p_8\\
p_2&=\tfrac{M_2}{M_5}p_5+\tfrac{M_2}{M_6}p_6\\
p_3&=\tfrac{M_3}{M_7}p_7+\tfrac{M_3}{M_8}p_8\\
p_4&=\tfrac{M_4}{M_8}p_8
\end{aligned}$$
Ligne 5 du script :
```python
gob=np.array([[3*M1/M5, 2*M1/M6, 3*M1/M7, 4*M1/M8],
[ M2/M5, M2/M6, 0, 0],
[ 0, 0, M3/M7, M3/M8],
[ 0, 0, 0, M4/M8]])
```
Avec `oxy=[62, 24, 9, 5]`, le script affiche `cim= [ 2.51 66.91 15.33 15.25]` : $p_5\approx2{,}5\,\%$, $p_6\approx66{,}9\,\%$, $p_7\approx15{,}3\,\%$, $p_8\approx15{,}3\,\%$, de somme 100 (conservation de la masse). La matrice est triangulaire par blocs et inversible (le bloc $2\times2$ en $(p_5,p_6)$ a pour déterminant $-M_1M_2/(M_5M_6)\neq0$).
Remarque : le script pose `M4=159` alors que le tableau 1 donne $160\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$ (d'où $M_8=485$ au lieu de 486) ; l'écart est sans conséquence ($0{,}05$ point au plus sur les pourcentages).
### Q15
Pour une masse $m_c$ de ciment, le composant $j$ représente $m_cp_j/(100M_j)$ mol, qui consomment $3$, $2$, $6$, $10$ mol d'eau par mole de A, B, C, D :
$$\boxed{r=\frac{m_e}{m_c}=\frac{M_0}{100}\left(\frac{3p_5}{M_5}+\frac{2p_6}{M_6}+\frac{6p_7}{M_7}+\frac{10p_8}{M_8}\right)}$$
($100=p_5+p_6+p_7+p_8$). Avec les valeurs de Q14 et $M_0=18\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$, $r\approx0{,}26$.
### Q16
**a)** $\mathrm{Ca(OH)_{2(s)}}=\mathrm{Ca^{2+}}+2\,\mathrm{OH^-}$, $K_s=[\mathrm{Ca^{2+}}][\mathrm{OH^-}]^2$. Avec la solubilité $s$ : $[\mathrm{Ca^{2+}}]=s$, $[\mathrm{OH^-}]=2s$ (l'autoprotolyse est négligeable), donc $K_s=4s^3$ :
$$s=\left(\frac{K_s}{4}\right)^{1/3},\quad\log s=\frac{-5{,}2-0{,}60}{3}=-1{,}93,\quad[\mathrm{OH^-}]=2s=2{,}3\cdot10^{-2}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}$$
$$\boxed{\mathrm{pH}=14+\log(2s)\approx12{,}4}$$
**b)** En milieu basique, le fer(III) est sous forme d'hydroxyde solide :
$$\mathrm{Fe_{(s)}}+3\,\mathrm{OH^-}=\mathrm{Fe(OH)_{3(s)}}+3e^-,\qquad \mathrm{O_2}+2\,\mathrm{H_2O}+4e^-=4\,\mathrm{OH^-}$$
$$\boxed{4\,\mathrm{Fe_{(s)}}+3\,\mathrm{O_{2}}+6\,\mathrm{H_2O}\longrightarrow4\,\mathrm{Fe(OH)_{3(s)}}}$$
**Passivation** : le métal oxydé se recouvre d'une couche compacte, adhérente et très peu soluble d'oxyde ou d'hydroxyde qui l'isole du milieu ; la corrosion devient alors extrêmement lente (sur la courbe courant-potentiel, le courant anodique chute à une valeur résiduelle très faible sur un domaine de potentiel). À pH 12,4, le fer des armatures est passivé : le béton protège l'acier.
**c)** En milieu acide, le fer(III) est soluble : l'oxydation donne des ions et non une couche protectrice,
$$4\,\mathrm{Fe_{(s)}}+3\,\mathrm{O_2}+12\,\mathrm{H^+}\longrightarrow4\,\mathrm{Fe^{3+}}+6\,\mathrm{H_2O},$$
et les ions $\mathrm{H^+}$ attaquent aussi le fer : $\mathrm{Fe_{(s)}}+2\,\mathrm{H^+}\to\mathrm{Fe^{2+}}+\mathrm{H_{2(g)}}$. Une couche d'hydroxyde éventuellement formée se dissout ($\mathrm{Fe(OH)_3}+3\,\mathrm{H^+}\to\mathrm{Fe^{3+}}+3\,\mathrm{H_2O}$). **Il n'y a plus de passivation : le fer se corrode.** C'est ce qui menace le béton armé lorsque son milieu interstitiel s'acidifie (carbonatation, pluies acides) : la rouille, plus volumineuse que le fer, fait éclater le béton et expose de nouvelles armatures.
### Q17
$M_K=102+60x+18y$ (en $\mathrm{g\,mol^{-1}}$). La perte de masse à 550 °C est le départ de l'eau de constitution ; la seconde donnée est la fraction massique de silice :
$$\boxed{\left\{\begin{aligned}\frac{18\,y}{102+60x+18y}&=0{,}140\\[1mm]\frac{60\,x}{102+60x+18y}&=0{,}465\end{aligned}\right.}$$
(Sa résolution, non demandée, donne $x=y=2$ : kaolinite $\mathrm{Al_2O_3\cdot2SiO_2\cdot2H_2O}$.)
### Partie IV.3 — Les pluies acides
### Q18
**a)**
$$\mathrm{H_2CO_3}+\mathrm{H_2O}=\mathrm{HCO_3^-}+\mathrm{H_3O^+},\qquad Q_{r,1}=\frac{[\mathrm{HCO_3^-}][\mathrm{H_3O^+}]}{[\mathrm{H_2CO_3}]\,c^0}$$
$$\mathrm{HCO_3^-}+\mathrm{H_2O}=\mathrm{CO_3^{2-}}+\mathrm{H_3O^+},\qquad Q_{r,2}=\frac{[\mathrm{CO_3^{2-}}][\mathrm{H_3O^+}]}{[\mathrm{HCO_3^-}]\,c^0}$$
avec $c^0=1\ \mathrm{mol\,L^{-1}}$ et $a(\mathrm{H_2O})=1$ ; à l'équilibre, $Q_{r,1}=K_{a1}$ et $Q_{r,2}=K_{a2}$.
**b)** La forme la plus protonée prédomine aux faibles pH, la plus déprotonée aux pH élevés, l'ampholyte entre les deux :
$$\boxed{(1)=\mathrm{H_2CO_3}\ (\mathrm{CO_{2,aq},H_2O}),\quad(2)=\mathrm{HCO_3^-},\quad(3)=\mathrm{CO_3^{2-}}}$$
**c)** $\mathrm{pH}=\mathrm pK_{a1}+\log\dfrac{[\mathrm{HCO_3^-}]}{[\mathrm{H_2CO_3}]}$ : aux intersections à 50 %, $\mathrm{pH}=\mathrm pK_a$. On lit $\mathrm{pH}\approx6{,}3$ pour (1)/(2) et $\approx10{,}3$ pour (2)/(3) :
$$\boxed{K_{a1}=10^{-6{,}3}\approx5\cdot10^{-7},\qquad K_{a2}=10^{-10{,}3}\approx5\cdot10^{-11}}$$
(Contrôle : le maximum de la courbe (2) est à $\mathrm{pH}=(6{,}3+10{,}3)/2=8{,}3$.)
### Q19
L'équilibre $\mathrm{CO_{2(g)}}+\mathrm{H_2O}=(\mathrm{CO_{2(aq)}},\mathrm{H_2O})$ est réalisé en présence de l'atmosphère, réservoir de $\mathrm{CO_2}$ :
$$K^0=\frac{c/c^0}{P_{\mathrm{CO_2}}/P^0}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{c=K^0(T)\,x_{\mathrm{CO_2}}\,\frac{P}{P^0}\,c^0}$$
À $T$ et $P$ fixées, $K^0$, $x_{\mathrm{CO_2}}$ et $P$ sont fixés : **$c$ est constante**, quelles que soient les réactions acido-basiques en solution (le gaz renouvelle le $\mathrm{CO_2}$ dissous consommé). Pour $P=P^0$ :
$$c=3{,}1\cdot10^{-2}\times3{,}4\cdot10^{-4}=1{,}1\cdot10^{-5}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}.$$
Électroneutralité : $h=[\mathrm{HCO_3^-}]+2[\mathrm{CO_3^{2-}}]+[\mathrm{OH^-}]\approx[\mathrm{HCO_3^-}]$ (solution acide, seconde acidité négligeable, à vérifier). Alors $K_{a1}=h^2/c$ :
$$\boxed{\mathrm{pH}=\frac12\left(\mathrm pK_{a1}-\log c\right)=\frac12(6{,}3+4{,}98)\approx5{,}6}$$
Concentrations (en $\mathrm{mol\,L^{-1}}$) :
| Espèce | Concentration |
|---|---|
| $\mathrm{H_2CO_3}$ (soit $\mathrm{CO_{2,aq}}$) | $c=1{,}1\cdot10^{-5}$ |
| $\mathrm{H_3O^+}$ | $h=\sqrt{K_{a1}c}=2{,}3\cdot10^{-6}$ |
| $\mathrm{HCO_3^-}$ | $\approx h=2{,}3\cdot10^{-6}$ |
| $\mathrm{OH^-}$ | $K_e/h=4{,}3\cdot10^{-9}$ |
| $\mathrm{CO_3^{2-}}$ | $K_{a2}[\mathrm{HCO_3^-}]/h=K_{a2}=5\cdot10^{-11}$ |
Vérification : $[\mathrm{OH^-}]$ et $2[\mathrm{CO_3^{2-}}]$ sont négligeables devant $h$. Une eau de pluie en équilibre avec l'air est naturellement acide (pH 5,6) ; l'augmentation de $x_{\mathrm{CO_2}}$ (dont la production de ciment est une source importante) l'acidifie davantage.
## Partie V — Quelques propriétés thermodynamiques de la Terre
### Partie V.1 — Mesure de la conductivité thermique d'une roche
### Q20
En régime stationnaire, pour un conducteur dont les faces d'entrée et de sortie sont aux températures $T_e$ et $T_s$ et traversé par le flux thermique $\Phi$ (en W), la résistance thermique est
$$R_{\rm th}=\frac{T_e-T_s}{\Phi}\quad(\mathrm{K\,W^{-1}}),$$
par analogie avec la loi d'Ohm ($T\leftrightarrow V$, $\Phi\leftrightarrow I$).
Sans source et en régime stationnaire, le flux $\Phi=j\,s$ se conserve ; la loi de Fourier $j=-\lambda\,\mathrm dT/\mathrm dz$ donne $\mathrm dT=-\dfrac{\Phi}{\lambda s}\mathrm dz$, et par intégration sur la longueur $l$, $T_e-T_s=\dfrac{\Phi\,l}{\lambda s}$ :
$$\boxed{R_{\rm th}=\frac{l}{\lambda s}}$$
### Q21
En régime stationnaire, sans source, la température ne dépendant que de $z$, toutes les couches (de même section $s$) sont traversées par le même flux $\Phi$ : leurs résistances sont en série (figure 3).
$$T_c-T_1=\Phi\,\frac{l}{\lambda_l s},\qquad T_1-T_2=\Phi\left(\frac{e_1}{\lambda_1s}+\frac{d}{\lambda s}+\frac{e_2}{\lambda_2s}\right).$$
Le rapport élimine $\Phi$ et $s$ :
$$\boxed{\frac{T_1-T_2}{T_c-T_1}=\frac{\lambda_l}{l}\left(\frac{d}{\lambda}+\frac{e_1}{\lambda_1}+\frac{e_2}{\lambda_2}\right)}$$
Détermination de $\lambda$ : le second membre est une fonction affine de $d$,
$$y=\frac{T_1-T_2}{T_c-T_1}=\frac{\lambda_l}{l\lambda}\,d+\frac{\lambda_l}{l}\left(\frac{e_1}{\lambda_1}+\frac{e_2}{\lambda_2}\right).$$
On mesure $y$ pour plusieurs échantillons de la même roche, d'épaisseurs $d$ différentes, en reproduisant à l'identique les contacts (même serrage, même état de surface). La droite $y(d)$ a pour pente $a=\lambda_l/(l\lambda)$, indépendante des contacts, d'où $\boxed{\lambda=\lambda_l/(l\,a)}$ ; les résistances de contact n'affectent que l'ordonnée à l'origine.
### Partie V.2 — Évolution de la température à l'intérieur de la Terre
### Q22
**a)** La sphère de masse $m$ crée à l'extérieur le champ d'une masse ponctuelle $m$ placée en $O$ (Q2). Amenée de l'infini à la distance $r$ de $O$, la masse $\mathrm dm$ a l'énergie potentielle (Q7a)
$$\boxed{\mathrm dE_{pG}(r)=-\frac{G\,m\,\mathrm dm}{r}}$$
**b)** Quand la sphère a le rayon $r$, sa masse est $m(r)=\frac43\pi r^3\mu$ ; la coquille suivante apporte $\mathrm dm=4\pi r^2\mu\,\mathrm dr$ :
$$\mathrm dE_{pG}=-\frac{G}{r}\cdot\frac43\pi r^3\mu\cdot4\pi r^2\mu\,\mathrm dr=-\frac{16\pi^2}{3}G\mu^2r^4\,\mathrm dr,$$
$$E_{pG}(R)=-\frac{16\pi^2}{3}G\mu^2\int_0^Rr^4\,\mathrm dr=-\frac{16\pi^2}{15}G\mu^2R^5 .$$
Avec $\mu=\dfrac{3M}{4\pi R^3}$ :
$$\boxed{E_{pG}(R)=-\frac35\,\frac{GM^2}{R}}$$
L'énergie est négative : le système est lié ; il faudrait fournir $\frac35GM^2/R$ pour en disperser la matière à l'infini. Réciproquement, la formation de la sphère a libéré cette énergie.
### Q23
Toute l'énergie libérée, $-E_{pG}=\frac35GM_T^2/R_T$, chauffe la Terre de $0$ K à $T_{eq}$ :
$$M_TC\,T_{eq}=\frac35\frac{GM_T^2}{R_T}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{T_{eq}=\frac{3\,GM_T}{5\,C\,R_T}}$$
$$\log T_{eq}=\log0{,}6-10{,}17+24{,}78-3{,}00-6{,}81=-0{,}22+4{,}80=4{,}58\quad\Longrightarrow\quad\boxed{T_{eq}\approx4\cdot10^4\ \mathrm K}$$
Cette valeur est très supérieure à la température actuelle du centre de la Terre (de l'ordre de $6\cdot10^3$ K) : une grande partie de l'énergie d'accrétion a été rayonnée pendant la formation, des changements d'état ont absorbé de l'énergie, et la Terre se refroidit depuis 4,5 milliards d'années. L'énergie d'accrétion suffisait néanmoins largement à fondre la planète.
### Q24
$\dfrac{\mathrm dN_i}{N_i}=-\dfrac{\ln2}{\tau_i}\mathrm dt$ donne
$$\boxed{N_i(t)=N_{i0}\exp\!\left(-\frac{\ln2}{\tau_i}t\right)=N_{i0}\,2^{-t/\tau_i}}$$
et l'on vérifie $N_i(\tau_i)=N_{i0}/2$.
### Q25
Le nombre de désintégrations par unité de volume et de temps est $-\mathrm dN_i/\mathrm dt$, chacune libérant $\varepsilon_i$ :
$$p_{v,i}(t)=\varepsilon_i\frac{\ln2}{\tau_i}N_i(t).$$
Un volume unité de roche (masse $\mu$) contient la masse $x_i\mu$ d'isotope, soit $N_{i0}=\dfrac{x_i\mu\mathcal N_A}{M_i}$ noyaux ($M_i$ en $\mathrm{kg\,mol^{-1}}$) :
$$\boxed{p_{v,i}(t)=\frac{\ln2\;\varepsilon_i\,x_i\,\mu\,\mathcal N_A}{\tau_i\,M_i}\,e^{-\ln2\,t/\tau_i},\qquad p_v(t)=\sum_{i=1}^3\frac{\ln2\;\varepsilon_i\,x_i\,\mu\,\mathcal N_A}{\tau_i\,M_i}\,e^{-\ln2\,t/\tau_i}}$$
Contrôle numérique ($\mu=4{,}5\cdot10^3\ \mathrm{kg\,m^{-3}}$, $1\ \text{an}=3{,}16\cdot10^7$ s) :
| Noyau | $N_{i0}$ ($\mathrm{m^{-3}}$) | $p_{v,i}(0)$ ($\mathrm{nW\,m^{-3}}$) |
|---|---|---|
| $^{238}\mathrm U$ | $1{,}5\cdot10^{20}$ | $5{,}4$ |
| $^{232}\mathrm{Th}$ | $4{,}7\cdot10^{20}$ | $4{,}6$ |
| $^{40}\mathrm K$ | $1{,}3\cdot10^{21}$ | $2{,}6$ |
soit $p_v(0)\approx12{,}5\ \mathrm{nW\,m^{-3}}$, valeur initiale de la figure 6 ; multipliée par le volume du manteau, $0{,}84\times\frac43\pi R_T^3=9{,}2\cdot10^{20}\ \mathrm m^3$, elle redonne $P\approx1{,}2\cdot10^{13}$ W.
### Q26
Allure (figure 4) : courbe décroissante et convexe, de $12{,}5$ à environ $4\ \mathrm{nW\,m^{-3}}$ en 10 milliards d'années ; elle n'est pas une exponentielle, car $p_v$ est la somme de trois exponentielles de demi-vies différentes (1,26 ; 4,46 ; 14,0 Ga), de sorte que sa demi-vie n'est celle d'aucun des trois noyaux.
On trace l'horizontale $p_v=p_v(0)/2\approx6{,}25\ \mathrm{nW\,m^{-3}}$ ; elle coupe la courbe en
$$\boxed{t_{1/2}\approx5\cdot10^9\ \text{ans}}\quad(\approx4{,}9\ \text{Ga}).$$
Cette durée est comprise entre les demi-vies du potassium et du thorium, proche de celle de l'uranium : le potassium, rapide, s'épuise d'abord, puis la décroissance est dominée par l'uranium et le thorium.
### Q27
La Terre est homogène, les sources radioactives sont uniformément réparties et la température de surface est la même partout : le problème est invariant par toute rotation autour de $O$. $T$ ne dépend donc que de $r$ et $t$ : $T(M,t)=T(r,t)$. Tout plan contenant $O$ et $M$ est plan de symétrie, donc $\overrightarrow{\mathrm{grad}}\,T$ et, par la loi de Fourier, $\vec j=-\lambda\,\overrightarrow{\mathrm{grad}}\,T$ appartiennent à la droite $(OM)$ :
$$\boxed{\vec j=j(r,t)\,\vec u_r}$$
(invariances par rotation autour de $O$ : aucune dépendance en $\theta$ ni en $\varphi$).
### Q28
Système : la coquille comprise entre $r$ et $r+\mathrm dr$, de volume $4\pi r^2\mathrm dr$, solide indéformable et immobile. Premier principe entre $t$ et $t+\mathrm dt$ : $\mathrm dU=\delta Q$ (aucun travail).
- $\mathrm dU=\mu\,4\pi r^2\mathrm dr\,C\,\dfrac{\partial T}{\partial t}\mathrm dt$ : **variation d'énergie interne** de la coquille.
- Elle reçoit par conduction $\Phi(r)\,\mathrm dt$ par sa face interne et cède $\Phi(r+\mathrm dr)\,\mathrm dt$ par sa face externe, avec $\Phi=j\,4\pi r^2$ : $\delta Q_{\rm cond}=-\mathrm d\!\left(j\,4\pi r^2\right)\mathrm dt$ : **bilan net des échanges conductifs** (puissance entrante moins sortante).
- La radioactivité y produit $\delta Q_{\rm prod}=p'_v\,4\pi r^2\mathrm dr\,\mathrm dt$ : **énergie produite dans le volume** par les sources internes.
$$\boxed{\mu C\,4\pi r^2\frac{\partial T}{\partial t}\,\mathrm dt\,\mathrm dr=-\mathrm d\!\left(j\,4\pi r^2\right)\mathrm dt+p'_v\,4\pi r^2\,\mathrm dr\,\mathrm dt}$$
### Q29
**a)** En régime stationnaire, $\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dr}(r^2j)=p'_vr^2$ ; avec $j=-\lambda\,\dfrac{\mathrm dT}{\mathrm dr}$ :
$$\boxed{\frac1{r^2}\frac{\mathrm d}{\mathrm dr}\left(r^2\frac{\mathrm dT}{\mathrm dr}\right)=-\frac{p'_v}{\lambda}}$$
**b)** $r^2\dfrac{\mathrm dT}{\mathrm dr}=-\dfrac{p'_v}{3\lambda}r^3+A$, puis $T(r)=-\dfrac{p'_v}{6\lambda}r^2-\dfrac Ar+B$. $T$ finie en $r=0$ impose $A=0$ ; $T(R_T)=T_s$ donne $B$ :
$$\boxed{T(r)=T_s+\frac{p'_v}{6\lambda}\left(R_T^2-r^2\right)}$$
profil parabolique, maximal au centre.
**c)**
$$\boxed{j(r)=-\lambda\frac{\mathrm dT}{\mathrm dr}=\frac{p'_v\,r}{3}}$$
(Contrôle : $4\pi r^2j(r)=\frac43\pi r^3p'_v$, puissance produite dans la boule de rayon $r$.)
**d)**
$$p'_v=\frac{3\,j(R_T)}{R_T}=\frac{3\times70\cdot10^{-3}}{6{,}4\cdot10^6}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{p'_v\approx3\cdot10^{-8}\ \mathrm{W\,m^{-3}}=33\ \mathrm{nW\,m^{-3}}}$$
D'après Q25–Q26, la radioactivité fournit actuellement $p_v\approx12{,}5\ \mathrm{nW\,m^{-3}}$, soit environ trois fois moins (encore moins rapporté à toute la Terre, puisqu'elle n'est attribuée qu'au manteau). La radioactivité n'explique donc qu'une partie (de l'ordre de 40 %) du flux géothermique : le reste est de la chaleur héritée de la formation (Q23) que la Terre évacue en se refroidissant, si bien que l'hypothèse de régime stationnaire n'est pas justifiée. Par ailleurs, avec $\lambda\approx3\ \mathrm{W\,K^{-1}\,m^{-1}}$, le profil de (b) donnerait au centre $T(0)\approx7\cdot10^4$ K, valeur irréaliste : la chaleur est en réalité évacuée surtout par convection dans le manteau, bien plus efficace que la conduction.
## Partie VI — Le champ magnétique terrestre
### Q30
$\vec u_z=\cos\theta\,\vec u_r-\sin\theta\,\vec u_\theta$, donc $\vec m=-m\cos\theta\,\vec u_r+m\sin\theta\,\vec u_\theta$ et $\vec m\cdot\vec r=-mr\cos\theta$. Alors
$$\vec B=\frac{\mu_0}{4\pi r^3}\left[-3m\cos\theta\,\vec u_r+m\cos\theta\,\vec u_r-m\sin\theta\,\vec u_\theta\right] :$$
$$\boxed{B_r=-\frac{\mu_0m\cos\theta}{2\pi r^3},\qquad B_\theta=-\frac{\mu_0m\sin\theta}{4\pi r^3},\qquad B_\varphi=0}$$
($B_\varphi=0$ : tout plan méridien est plan d'antisymétrie de la distribution de courants équivalente, le champ y est contenu.)
### Q31
Dans un plan méridien ($B_\varphi=0$), $\mathrm d\vec\ell=\mathrm dr\,\vec u_r+r\,\mathrm d\theta\,\vec u_\theta$ est colinéaire à $\vec B$ :
$$\frac{\mathrm dr}{B_r}=\frac{r\,\mathrm d\theta}{B_\theta}\iff\frac{\mathrm dr}{r}=\frac{2\cos\theta}{\sin\theta}\,\mathrm d\theta\quad(0<\theta<\pi),$$
d'où $\ln r=2\ln\sin\theta+\text{cte}$ :
$$\boxed{r(\theta)=K\sin^2\theta,\qquad K>0}$$
Allure (figure 5) : boucles issues de $O$ ($r\to0$ pour $\theta\to0$ et $\theta\to\pi$), qui coupent le plan équatorial en $r=K$, symétriques et emboîtées (l'axe des pôles est lui-même une ligne de champ).
Sens : au pôle Nord ($\theta=0$), $B_r<0$ ; à l'équateur, $B_\theta<0$, champ dirigé vers le nord. À l'extérieur de la Terre, **les lignes de champ vont du pôle Sud géographique vers le pôle Nord géographique**, où elles rentrent dans le sol.
### Q32
À la surface ($r=R_T$), $\vec u_r$ est la verticale ascendante et $\vec u_\theta$ l'horizontale du méridien dirigée vers le sud. Avec $\Lambda=\pi/2-\theta$ ($\cos\theta=\sin\Lambda$, $\sin\theta=\cos\Lambda$) :
$$\boxed{B_h=|B_\theta|=\frac{\mu_0m\cos\Lambda}{4\pi R_T^3}\ \text{(dirigée vers le nord)},\qquad B_v=B_r=-\frac{\mu_0m\sin\Lambda}{2\pi R_T^3}}$$
($B_v$ compté sur la verticale ascendante : dans l'hémisphère Nord, le champ plonge vers le sol.) On a $|B_v|/B_h=2\tan\Lambda$ : le champ est horizontal à l'équateur et vertical aux pôles.
### Q33
À l'équateur ($\Lambda=0$), $B_v=0$ et $B=B_h=\dfrac{\mu_0m}{4\pi R_T^3}$, d'où
$$\boxed{m=\frac{4\pi R_T^3B}{\mu_0}=\frac{R_T^3B}{10^{-7}}}$$
$$\log m=3\times6{,}81+\log(2{,}6\cdot10^{-5})+7=20{,}43-4{,}59+7=22{,}84\quad\Longrightarrow\quad\boxed{m\approx7\cdot10^{22}\ \mathrm{A\,m^2}}$$
FIN
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