Physique-chimie
CCINPMPI2026
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Épreuve de 4 heures, calculatrices interdites. Les applications numériques sont menées à la main avec la table de logarithmes décimaux de l'annexe ($\log\pi=0{,}50$, $\log R_T=6{,}81$, $\log M_T=24{,}78$, $\log G=-10{,}17$, $\log\Omega=-4{,}14$, $\log C=3{,}00$, $\log N_A=23{,}78$, $\log\mu_0=-5{,}90$) 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 $M$, avec $\overrightarrow{OM}=r\,\vec u_r$ :
$$\vec G(M)=-\frac{Gm}{r^2}\,\vec u_r,\qquad \vec E(M)=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\,r^2}\,\vec u_r .$$
L'identification terme à terme donne les analogues gravitationnels
$$\boxed{q\ \longleftrightarrow\ m,\qquad \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\ \longleftrightarrow\ -G\quad\text{soit}\quad \varepsilon_0\ \longleftrightarrow\ -\frac{1}{4\pi G}}$$
Le signe traduit le caractère toujours attractif de la gravitation. 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** :
$$\boxed{\oint_S\vec G\cdot\mathrm d\vec S_{\rm ext}=-4\pi G\iiint_V\mu(P)\,\mathrm d\tau=-4\pi G\,M_{\rm int}}$$
### 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 de masse, donc $\vec G_T(M)$ appartient à l'intersection de ces plans, la droite $(OM)$ : $\vec G_T(M)=G_T(r)\,\vec u_r$.
Théorème de Gauss sur la sphère de centre $O$ et de rayon $r$ : $4\pi r^2G_T(r)=-4\pi G\,M_{\rm int}(r)$.
- Pour $r\ge R_T$ : $M_{\rm int}=M_T=\frac43\pi R_T^3\mu_T$, donc
$$\boxed{\vec G_T(M)=-\frac{GM_T}{r^2}\,\vec u_r=-\frac{4\pi G\mu_TR_T^3}{3r^2}\,\vec u_r\qquad(r\ge R_T)}$$
- Pour $r\le R_T$ : $M_{\rm int}=\frac43\pi r^3\mu_T$, donc
$$\boxed{\vec G_T(M)=-\frac{4\pi G\mu_T}{3}\,r\,\vec u_r=-\frac{GM_T}{R_T^3}\,r\,\vec u_r\qquad(r\le R_T)}$$
Le champ est continu en $r=R_T$ et nul au centre. Contrôle : $\frac43\pi R_T^3\mu_T\approx4{,}19\times2{,}6\cdot10^{20}\times5400\approx6{,}0\cdot10^{24}$ kg $=M_T$.
### Q3
On superpose la Terre pleine homogène ($\mu_T$) et une boule de rayon $r'$ centrée en $C$, de masse volumique algébrique $\mu_p-\mu_T$, de masse $m'=\frac43\pi r'^3(\mu_p-\mu_T)<0$. Le point $M$ est à la surface ($OM=R_T$) et extérieur à la petite boule ; d'après Q2, celle-ci crée en $M$ le champ $-\dfrac{Gm'}{d^2}\vec u_z$ ($\vec u_z$ dirigé de $C$ vers $M$, vers l'extérieur). Par superposition :
$$\boxed{G_{Tp}(M)\,\vec u_z=\left[-\frac{4\pi G\mu_TR_T}{3}-\frac{4\pi G\,r'^3(\mu_p-\mu_T)}{3\,d^2}\right]\vec u_z}$$
Avec $G_T(M)=-\frac43\pi G\mu_TR_T$ :
$$\varepsilon=\frac{G_T-G_{Tp}}{G_T}=\frac{\frac43\pi G r'^3(\mu_p-\mu_T)/d^2}{-\frac43\pi G\mu_TR_T}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\varepsilon=\left(\frac{r'}{d}\right)^2\frac{r'}{R_T}\,\frac{\mu_T-\mu_p}{\mu_T}}$$
Comme $\mu_p<\mu_T$, $\varepsilon>0$ ; or $G_{Tp}=G_T(1-\varepsilon)$ avec $G_T<0$, donc $|G_{Tp}|<|G_T|$ : **le champ gravitationnel devient moins intense** (il manque de la masse sous $M$, le pétrole étant moins dense que la roche).
Application numérique :
$$\varepsilon=\frac14\times\frac{10^{-3}}{4}\times\frac56=\frac{5\cdot10^{-3}}{96}\approx5\cdot10^{-5}.$$
Cette variation relative est environ $5\cdot10^3$ fois supérieure à la précision des gravimètres ($10^{-8}$) : **un tel gisement est aisément détectable** par gravimétrie.
## Partie II — Forme de la Terre
### Q4
Le référentiel terrestre $R'$ est en rotation uniforme à $\Omega$ autour de l'axe fixe $OZ$ du référentiel géocentrique $R$, supposé galiléen ; $R'$ n'est donc pas galiléen. Dans $R'$, un point $M$ immobile subit l'attraction gravitationnelle et la force d'inertie d'entraînement $\vec F_{ie}=-m\vec a_e(M)$, où $\vec a_e=-\Omega^2\overrightarrow{HM}$ est l'accélération du point coïncidant, en mouvement circulaire uniforme de rayon $HM$ autour de l'axe ; la force de Coriolis est nulle puisque $\vec v_{R'}(M)=\vec 0$. Le poids, défini comme l'opposé de la force qui maintient $M$ en équilibre dans $R'$, s'écrit donc
$$\vec P=m\vec g(M)=\underbrace{-\frac{GM_Tm}{r^2}\vec u_r}_{\text{terme gravitationnel}}+\underbrace{m\Omega^2\overrightarrow{HM}}_{\text{terme d'inertie d'entraînement}}$$
Ordre de grandeur (le terme d'entraînement est petit, cf. Q6) : $g\approx GM_T/R_T^2$, $\log g=-10{,}17+24{,}78-2\times6{,}81=0{,}99$, soit
$$\boxed{g\approx10\ \mathrm{m\,s^{-2}}\quad(9{,}8\ \mathrm{m\,s^{-2}})}$$
### Q5
$\vec F_{ic}=-2m\vec\Omega\wedge\vec v$, donc $\|\vec F_{ic}\|\le2m\Omega v$. Pour le TGV ($v=100\ \mathrm{m\,s^{-1}}$) :
$$\frac{\|\vec F_{ic}\|}{mg}\le\frac{2\Omega v}{g}=\frac{2\times7{,}3\cdot10^{-5}\times10^2}{9{,}8}\approx1{,}5\cdot10^{-3}\ll1 .$$
**La force de Coriolis vaut au plus 0,15 % du poids : elle est négligeable devant lui.**
### Q6
À la surface, $r=R_T$ et $HM=R_T\sin\theta\le R_T$. Le rapport des normes vaut
$$\frac{m\Omega^2R_T\sin\theta}{GM_Tm/R_T^2}=\frac{\Omega^2R_T^3}{GM_T}\sin\theta\le\boxed{\eta=\frac{\Omega^2R_T^3}{GM_T}}$$
la borne étant atteinte à l'équateur ($\theta=\pi/2$). Application numérique : $\log\eta=2(-4{,}14)+3(6{,}81)+10{,}17-24{,}78=-2{,}46$, soit
$$\boxed{\eta\approx3{,}5\cdot10^{-3}}$$
Le terme d'inertie d'entraînement ne modifie le champ gravitationnel que de quelques millièmes : $\vec g$ est très voisin du champ gravitationnel, mais l'écart (variation de $g$ de quelques pour mille entre pôle et équateur, verticale légèrement non radiale) est mesurable.
### Q7
**a)** $\delta W=\vec F_G\cdot\mathrm d\overrightarrow{OM}=-\dfrac{GM_Tm}{r^2}\mathrm dr=-\mathrm d\!\left(-\dfrac{GM_Tm}{r}\right)$ ; 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 radial cylindrique d'axe $OZ$ : $\vec F_{ie}=m\Omega^2\rho\,\vec u_\rho$. Avec $\mathrm d\overrightarrow{OM}=\mathrm d\rho\,\vec u_\rho+\rho\,\mathrm d\varphi\,\vec u_\varphi+\mathrm dz\,\vec u_z$ :
$$\delta W=m\Omega^2\rho\,\mathrm d\rho=-\mathrm d\!\left(-\tfrac12m\Omega^2\rho^2\right).$$
La force dérive donc de $E_{pe}=-\frac12m\Omega^2\rho^2+\text{cte}$, et la constante est nulle puisque $\rho=0$ en $r=0$ :
$$\boxed{E_{pe}(M)=-\frac12m\Omega^2\left(HM\right)^2}$$
**c)** $HM=r\sin\theta$, d'où
$$\boxed{E_{pp}(M)=-\frac{GM_Tm}{r}-\frac12m\Omega^2r^2\sin^2\theta}$$
### Q8
Au pôle Nord, $\theta=0$ et $E_{pp}(N)=-GM_Tm/r_n$. Pour $M\in(\Sigma)$ :
$$-\frac{GM_T}{r}-\frac12\Omega^2r^2\sin^2\theta=-\frac{GM_T}{r_n}\iff\frac{r_n}{r}=1-\frac{\Omega^2r^2r_n\sin^2\theta}{2GM_T}.$$
Le dernier terme est de l'ordre de $\eta/2\ll1$ (Q6). Au premier ordre en $\eta$, on peut y remplacer $r$ par $r_n$ et utiliser $(1-x)^{-1}\approx1+x$ :
$$\boxed{r(\theta)\approx r_n\left(1+\varepsilon\sin^2\theta\right),\qquad \varepsilon=\frac{\Omega^2r_n^3}{2GM_T}=\frac{\eta}{2}\left(\frac{r_n}{R_T}\right)^3}$$
Allure dans un plan méridien (figure 2) : courbe fermée symétrique par rapport à l'axe des pôles et au plan équatorial, de rayon minimal $r_n$ aux pôles ($\theta=0$ et $\pi$), maximal $r_e$ à l'équateur ($\theta=\pi/2$) : un ovale aplati aux pôles, très proche d'un cercle (aplatissement de l'ordre de $10^{-3}$, à exagérer sur le dessin).
Dans le plan équatorial, $r_e=r_n(1+\varepsilon)$, donc
$$\boxed{\varepsilon'=\frac{r_e-r_n}{r_n}=\varepsilon\approx\frac{\eta}{2}\approx1{,}7\cdot10^{-3}\approx\frac{1}{580}}$$
($r_n\approx R_T$). L'aplatissement réel de la Terre ($1/298$) est environ le double : le modèle néglige l'excès de masse du bourrelet équatorial, qui renforce la déformation.
## Partie III — Détermination optique du champ de pesanteur
### Q9
**a)** $g(h)=\dfrac{GM_T}{(R_T+h)^2}=g(0)\left(1+\dfrac{h}{R_T}\right)^{-2}$ et $h/R_T\ll1$ :
$$\frac{g(h)-g(0)}{g(0)}\approx-\frac{2h}{R_T}=-\frac{2}{6{,}4\cdot10^6}\approx-3\cdot10^{-7}.$$
**La variation est de l'ordre de $10^{-7}$ en valeur relative sur un mètre : $g$ peut être considéré comme uniforme.**
**b)** Dans le vide, $C_1$ n'est soumis qu'à son poids (translation, on étudie $O_1$) : sur l'axe vertical descendant d'origine $O_{1,0}$, $\ddot z_1=g$, $z_1(0)=0$, $\dot z_1(0)=0$ :
$$\boxed{z_1(t)=\frac12gt^2}$$
### Q10
**a)** Lecture de la figure 3(a) : le faisceau du laser arrive horizontalement en $O$ sur $S_{p1}$.
- Rayon (1) : transmis par $S_{p1}$, il va de $O$ à $J$, où $S_{p3}$ le réfléchit vers $P$.
- Rayon (2) : réfléchi vers le haut par $S_{p1}$, renvoyé vers le bas par le coin de cube $C_1$, il traverse $S_{p1}$, descend jusqu'en $K$, traverse $S_{p2}$, est renvoyé vers le haut par $C_2$, réfléchi vers la droite par $S_{p2}$ en $K$, réfléchi vers le haut par $M$ en $H$, puis transmis par $S_{p3}$ en $J$ vers $P$.
Un coin de cube renvoie la lumière parallèlement à elle-même et le chemin aller-retour depuis un plan de référence vaut deux fois la distance de ce plan à son sommet (à une constante près, absorbée en prenant les sommets $O_1$ et $O_2$ comme repères). Les parcours $S\to O$ et $J\to P$ sont communs ; avec $n=1$ :
$$\delta(P,t)=\left[2\,OO_1+OK+2\,KO_2+KH+HJ\right]-OJ .$$
$OJHK$ est un rectangle : $KH=OJ$ et $HJ=OK$, d'où $\delta=2(OO_1+OK+KO_2)=2\,O_1O_2$. Sur l'axe descendant d'origine $O_{1,0}$, $O_1O_2=z_2-z_1(t)$ :
$$\boxed{\delta(P,t)=2\left(z_2-z_1(t)\right)=2z_2-g\,t^2}$$
**b)** Les deux ondes, cohérentes et sans déphasage supplémentaire aux réflexions, donnent $I=I_1+I_2+2\sqrt{I_1I_2}\cos\left(2\pi\delta/\lambda\right)$ : les minima correspondent à $\delta=(k+\frac12)\lambda$, $k\in\mathbb Z$, et deux minima successifs à une variation de $\delta$ de $\lambda$. Comme $\delta$ décroît avec $t$, le $q$-ième minimum après celui de $t_0$ vérifie $\delta(P,t_q)=\delta(P,t_0)-q\lambda$ :
$$\boxed{\Delta_q=\delta(P,t_q)-\delta(P,t_0)=-g\left(t_q^2-t_0^2\right)=-q\lambda}\qquad\Longrightarrow\qquad\boxed{g=\frac{q\lambda}{t_q^2-t_0^2}}$$
Sur la figure 3(b), $t_0\approx155\ \mu$s et $t_1\approx300\ \mu$s donnent $g\approx\dfrac{6{,}3\cdot10^{-7}}{9{,}0\cdot10^{-8}-2{,}4\cdot10^{-8}}\approx10\ \mathrm{m\,s^{-2}}$ ; les minima se resserrent car $t_q=\sqrt{t_0^2+q\lambda/g}$.
**c)** On pose
$$\boxed{y(q)=t_q^2-t_0^2=\frac{\lambda}{g}\,q}$$
fonction linéaire de $q$ de pente $a=\lambda/g$. On relève les instants $t_q$ des minima successifs, on trace $t_q^2-t_0^2$ en fonction de $q$, on ajuste une droite passant par l'origine et on en tire $g=\lambda/a$. Ici les temps sont en microsecondes : $a=64\,598\ \mu\mathrm s^2=6{,}4598\cdot10^{-8}\ \mathrm{s^2}$ et
$$g=\frac{\lambda}{a}=\frac{632{,}82\cdot10^{-9}\ \mathrm m}{6{,}4598\cdot10^{-8}\ \mathrm{s^2}}\approx9{,}796\ \mathrm{m\,s^{-2}},$$
valeur annoncée $g=9{,}7961\ \mathrm{m\,s^{-2}}$ (le cinquième chiffre dépend de l'arrondi de la pente).
## Partie IV — Le calcaire et l'argile : des richesses du sol bon marché
### Partie IV.1 — Obtention d'un ciment
### Q11
Toutes les espèces sont solides :
$$\begin{aligned}
&(A)\quad 3\,\mathrm{CaO_{(s)}}+\mathrm{SiO_{2(s)}}\longrightarrow\mathrm{Ca_3SiO_{5(s)}}\\
&(B)\quad 2\,\mathrm{CaO_{(s)}}+\mathrm{SiO_{2(s)}}\longrightarrow\mathrm{Ca_2SiO_{4(s)}}\\
&(C)\quad 3\,\mathrm{CaO_{(s)}}+\mathrm{Al_2O_{3(s)}}\longrightarrow\mathrm{Ca_3Al_2O_{6(s)}}\\
&(D)\quad 4\,\mathrm{CaO_{(s)}}+\mathrm{Al_2O_{3(s)}}+\mathrm{Fe_2O_{3(s)}}\longrightarrow\mathrm{Ca_4Al_2Fe_2O_{10(s)}}
\end{aligned}$$
Contrôle par les masses molaires : $3\times56+60=228$, $2\times56+60=172$, $3\times56+102=270$, $4\times56+102+160=486$.
### Q12
Notons $\beta_{ij}$ la masse d'oxyde $i$ contenue dans une unité de masse du composant $j$ : $\beta_{ij}=\nu_{ij}M_i/M_{j+4}$, où $\nu_{ij}$ est le nombre de motifs d'oxyde $i$ dans le composant $j$ (Q11). Les hypothèses (H1)–(H4) disent que chaque oxyde se retrouve entièrement dans les composants, d'où, pour 100 g de mélange, $p_i=\sum_j\beta_{ij}\,p_{j+4}$, soit $\mathtt{oxy}=\mathtt{gob}\cdot\mathtt{cim}$ avec
$$\mathtt{gob}=\begin{pmatrix}\dfrac{3M_1}{M_5}&\dfrac{2M_1}{M_6}&\dfrac{3M_1}{M_7}&\dfrac{4M_1}{M_8}\\[2mm]\dfrac{M_2}{M_5}&\dfrac{M_2}{M_6}&0&0\\[2mm]0&0&\dfrac{M_3}{M_7}&\dfrac{M_3}{M_8}\\[2mm]0&0&0&\dfrac{M_4}{M_8}\end{pmatrix}$$
(lignes : CaO, SiO₂, Al₂O₃, Fe₂O₃ ; colonnes : A, B, C, D).
```python
5 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]])
```
Chaque colonne est de somme 1 (conservation de la masse). La matrice est inversible (triangulaire par blocs, blocs diagonaux de déterminants $M_1M_2/(M_5M_6)\neq0$ et $M_3M_4/(M_7M_8)\neq0$). Avec l'exemple de la ligne 4, le script affiche `cim` $\approx[2{,}5\ ;\ 66{,}9\ ;\ 15{,}3\ ;\ 15{,}3]$ (somme 100).
Remarque : la ligne 2 donne `M4=159` alors que $M(\mathrm{Fe_2O_3})=160\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$ (tableau 1), d'où $M_8=485$ au lieu de 486 ; l'écart est négligeable.
### Partie IV.2 — Les pluies acides
### Q13
**a)** En confondant activités et concentrations (en $\mathrm{mol\,L^{-1}}$, $c^\circ=1\ \mathrm{mol\,L^{-1}}$) :
$$\begin{aligned}
\mathrm{H_2CO_3}+\mathrm{H_2O}&=\mathrm{HCO_3^-}+\mathrm{H_3O^+}, & Q_{r1}&=\frac{[\mathrm{HCO_3^-}][\mathrm{H_3O^+}]}{[\mathrm{H_2CO_3}]}\\
\mathrm{HCO_3^-}+\mathrm{H_2O}&=\mathrm{CO_3^{2-}}+\mathrm{H_3O^+}, & Q_{r2}&=\frac{[\mathrm{CO_3^{2-}}][\mathrm{H_3O^+}]}{[\mathrm{HCO_3^-}]}
\end{aligned}$$
l'eau, solvant, ayant une activité égale à 1. À l'équilibre, $Q_{r1}=K_{a1}$ et $Q_{r2}=K_{a2}$.
**b)** La forme la plus acide prédomine aux faibles pH, la plus basique aux pH élevés, et l'ampholyte est la seule espèce dont la proportion passe par un maximum :
$$\boxed{(1)=\mathrm{CO_{2(aq)},H_2O}\ (\mathrm{H_2CO_3}),\qquad(2)=\mathrm{HCO_3^-},\qquad(3)=\mathrm{CO_3^{2-}}}$$
**c)** $\mathrm{pH}=\mathrm pK_{a1}+\log\dfrac{[\mathrm{HCO_3^-}]}{[\mathrm{H_2CO_3}]}$ : à l'intersection des courbes (1) et (2), les deux concentrations sont égales et $\mathrm{pH}=\mathrm pK_{a1}$ ; de même pour (2) et (3). On lit les intersections à $\mathrm{pH}\approx6{,}35$ et $\mathrm{pH}\approx10{,}35$ :
$$\boxed{\mathrm pK_{a1}\approx6{,}35,\ K_{a1}\approx4\cdot10^{-7}\qquad;\qquad \mathrm pK_{a2}\approx10{,}35,\ K_{a2}\approx4\cdot10^{-11}}$$
(plus précisément $4{,}5\cdot10^{-7}$ et $4{,}5\cdot10^{-11}$). Contrôle : le maximum de la courbe (2) est en $\frac12(\mathrm pK_{a1}+\mathrm pK_{a2})\approx8{,}35$, où la proportion d'ampholyte vaut $1/(1+2\cdot10^{-2})\approx98\ \%$, conformément au graphe.
### Q14
Espèces : $\mathrm{H_2CO_3}$ (c'est-à-dire $\mathrm{CO_{2(aq)},H_2O}$), $\mathrm{HCO_3^-}$, $\mathrm{CO_3^{2-}}$, $\mathrm{H_3O^+}$, $\mathrm{OH^-}$. La concentration $[\mathrm{H_2CO_3}]=c$ est **imposée** par l'équilibre avec le $\mathrm{CO_2}$ atmosphérique (pas de conservation de la matière à écrire). Avec $h=[\mathrm{H_3O^+}]$ :
$$[\mathrm{HCO_3^-}]=\frac{K_{a1}c}{h},\qquad[\mathrm{CO_3^{2-}}]=\frac{K_{a1}K_{a2}c}{h^2},\qquad[\mathrm{OH^-}]=\frac{K_e}{h},$$
et l'électroneutralité : $h=[\mathrm{HCO_3^-}]+2[\mathrm{CO_3^{2-}}]+[\mathrm{OH^-}]$.
La solution est acide (on néglige $[\mathrm{OH^-}]$) et $K_{a2}\ll K_{a1}$ (on néglige $2[\mathrm{CO_3^{2-}}]$ devant $[\mathrm{HCO_3^-}]$) : $h\approx K_{a1}c/h$, d'où $h=\sqrt{K_{a1}c}$ et
$$\boxed{\mathrm{pH}=\frac12\left(\mathrm pK_{a1}-\log c\right)=\frac12(6{,}35+5{,}0)\approx5{,}7}$$
Concentrations (en $\mathrm{mol\,L^{-1}}$) :
$$\boxed{\begin{aligned}
&[\mathrm{H_3O^+}]=10^{-5{,}7}\approx2\cdot10^{-6}, && [\mathrm{HCO_3^-}]=[\mathrm{H_3O^+}]\approx2\cdot10^{-6},\\
&[\mathrm{CO_{2(aq)},H_2O}]=c=1{,}0\cdot10^{-5}, && [\mathrm{CO_3^{2-}}]=\frac{K_{a2}[\mathrm{HCO_3^-}]}{h}=K_{a2}\approx5\cdot10^{-11},\\
&[\mathrm{OH^-}]=\frac{K_e}{h}\approx5\cdot10^{-9} &&
\end{aligned}}$$
Validation : $[\mathrm{OH^-}]/h\approx2\cdot10^{-3}$ et $2[\mathrm{CO_3^{2-}}]/[\mathrm{HCO_3^-}]\approx4\cdot10^{-5}$ ; les approximations sont justifiées. Une pluie non polluée, en équilibre avec le $\mathrm{CO_2}$ de l'air, est donc naturellement acide (pH voisin de 5,7).
## Partie V — Quelques propriétés thermodynamiques de la Terre
### Partie V.1 — Mesure de la conductivité thermique d'une roche
### Q15
En régime stationnaire, la résistance thermique d'un conducteur dont les faces sont aux températures $T_1$ et $T_2$ et qui est traversé par le flux thermique $\Phi$ (de 1 vers 2) est
$$\boxed{R_{th}=\frac{T_1-T_2}{\Phi}}\quad(\mathrm{K\,W^{-1}}),$$
analogue de $R=U/I$. Loi de Fourier $\vec j=-\lambda\,\overrightarrow{\mathrm{grad}}\,T$ ; en régime stationnaire sans source, le flux $\Phi=js$ est conservé, donc $\mathrm dT/\mathrm dx=-\Phi/(\lambda s)$ est constant et $T_1-T_2=\Phi\,l/(\lambda s)$ :
$$\boxed{R_{th}=\frac{l}{\lambda\,s}}$$
### Q16
En régime stationnaire, le même flux $\Phi$ traverse toutes les couches, de section commune $s$ : elles sont en série. Entre $z=0$ (eau chaude, $T_c$) et l'interface laiton/contact 1 ($T_1$), puis entre $T_1$ et $T_2$ :
$$T_c-T_1=\Phi\,\frac{l}{\lambda_l s},\qquad T_1-T_2=\Phi\left(\frac{e_1}{\lambda_1s}+\frac{d}{\lambda s}+\frac{e_2}{\lambda_2s}\right).$$
Le rapport élimine $\Phi$ et $s$ :
$$\boxed{\frac{T_1-T_2}{T_c-T_1}=\frac{\lambda_l}{l}\left(\frac{d}{\lambda}+\frac{e_1}{\lambda_1}+\frac{e_2}{\lambda_2}\right)}$$
Pour s'affranchir des contacts, on répète la mesure avec des échantillons de la même roche d'épaisseurs $d$ différentes, les contacts étant réalisés à l'identique. On trace $Y=\dfrac{T_1-T_2}{T_c-T_1}$ en fonction de $d$ : c'est une droite de pente $a=\dfrac{\lambda_l}{l\lambda}$ et d'ordonnée à l'origine $\dfrac{\lambda_l}{l}\left(\dfrac{e_1}{\lambda_1}+\dfrac{e_2}{\lambda_2}\right)$, qui seule contient les inconnues des contacts. La pente donne
$$\boxed{\lambda=\frac{\lambda_l}{l\,a}}$$
### Partie V.2 — Évolution de la température à l'intérieur de la Terre
### Q17
**a)** Pour un point extérieur, la sphère homogène de masse $m$ crée le champ d'une masse ponctuelle placée en $O$ (Q2). L'énergie potentielle du couple, nulle quand $\mathrm dm$ est à l'infini, est
$$\boxed{\mathrm dE_{pG}(r)=-\frac{G\,m\,\mathrm dm}{r}}$$
**b)** Quand la sphère a atteint le rayon $r$, $m(r)=\frac43\pi r^3\mu$, et la coquille apportée a la masse $\mathrm dm=4\pi r^2\mu\,\mathrm dr$ :
$$\mathrm dE_{pG}=-\frac Gr\cdot\frac43\pi r^3\mu\cdot4\pi r^2\mu\,\mathrm dr=-\frac{16\pi^2G\mu^2}{3}r^4\,\mathrm dr .$$
En intégrant de $0$ à $R$ et avec $\mu=\dfrac{3M}{4\pi R^3}$ :
$$E_{pG}(R)=-\frac{16\pi^2G\mu^2R^5}{15}=-\frac{16\pi^2G}{15}\cdot\frac{9M^2}{16\pi^2R^6}\cdot R^5\quad\Longrightarrow\quad\boxed{E_{pG}(R)=-\frac35\,\frac{GM^2}{R}}$$
$E_{pG}<0$ : l'état lié est d'énergie inférieure à l'état dispersé (référence nulle) ; la formation de la sphère par accrétion **libère** l'énergie $\frac35GM^2/R$, l'interaction gravitationnelle étant attractive.
### Q18
L'énergie libérée $-E_{pG}$ élève la température de la Terre de $0$ K à $T_{eq}$ ($C$ supposée constante) :
$$M_TC\,T_{eq}=\frac35\,\frac{GM_T^2}{R_T}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{T_{eq}=\frac{3GM_T}{5R_TC}}$$
$\log T_{eq}=\log0{,}6-10{,}17+24{,}78-6{,}81-3{,}00=-0{,}22+4{,}80=4{,}58$ :
$$\boxed{T_{eq}\approx4\cdot10^4\ \mathrm K}$$
Cette température est très supérieure à celle du centre de la Terre (de l'ordre de $5\cdot10^3$ K) : l'énergie d'accrétion suffisait à fondre la planète, mais le modèle surestime l'échauffement, car il néglige l'énergie rayonnée vers l'espace pendant l'accrétion, les changements d'état et la variation de $C$.
### Q19
$\dfrac{\mathrm dN_i}{\mathrm dt}=-\dfrac{\ln2}{\tau_i}N_i$ est linéaire du premier ordre à coefficient constant :
$$\boxed{N_i(t)=N_{i0}\exp\left(-\frac{\ln2}{\tau_i}t\right)=N_{i0}\,2^{-t/\tau_i}}$$
et $N_i(\tau_i)=N_{i0}/2$, conformément à la définition de la demi-vie.
### Q20
Nombre initial de noyaux par unité de volume de roche (masse volumique $\mu$) : $N_{i0}=\dfrac{x_i\,\mu\,N_A}{M_i}$. Chaque désintégration libère $\varepsilon_i$ ; le nombre de désintégrations par unité de volume et de temps est $-\mathrm dN_i/\mathrm dt=\frac{\ln2}{\tau_i}N_i(t)$ :
$$\boxed{p_{v,i}(t)=\frac{\ln2\ \varepsilon_i\,x_i\,\mu\,N_A}{M_i\,\tau_i}\;\exp\left(-\frac{\ln2}{\tau_i}t\right)}$$
$$\boxed{p_v(t)=\sum_{i=1}^3\frac{\ln2\ \varepsilon_i\,x_i\,\mu\,N_A}{M_i\,\tau_i}\;\exp\left(-\frac{\ln2}{\tau_i}t\right)}$$
($M_i$ en $\mathrm{kg\,mol^{-1}}$, $\tau_i$ en secondes, $p_v$ en $\mathrm{W\,m^{-3}}$).
### Q21
**a)** `pvi0` est le tableau des puissances volumiques initiales $p_{v,i}(0)=\ln2\,\varepsilon_ix_i\mu N_A/(M_i\tau_i)$ des trois éléments (U, Th, K), en $\mathrm{W\,m^{-3}}$ ($0{,}69\approx\ln2$). Le script donne environ $5{,}4$, $4{,}6$ et $2{,}5\ \mathrm{nW\,m^{-3}}$.
**b)** `Dp` est le plus petit écart, sur les 100 dates échantillonnées, entre $p_v(t)$ et la moitié de sa valeur initiale $p_v(0)/2$.
**c)** `n` est l'indice, dans le tableau `t`, de la date où cet écart minimal est atteint : la date échantillonnée la plus proche de celle où $p_v$ vaut $p_v(0)/2$.
**d)** `pv(0)` est la puissance volumique totale à $t=0$, $p_v(0)\approx1{,}25\cdot10^{-8}\ \mathrm{W\,m^{-3}}=12{,}5\ \mathrm{nW\,m^{-3}}$ ; `t0 = t[n]` est la date (en milliards d'années) à laquelle la puissance volumique totale a diminué de moitié, ici $\approx4{,}95$ Ga. Elle n'est connue qu'au pas d'échantillonnage près, $10/99\approx0{,}1$ Ga : pour augmenter la précision, on augmente le nombre de points de `np.linspace` (ligne 11), ou l'on résout $p_v(t)=p_v(0)/2$ par dichotomie.
La fonction de la ligne 13 doit utiliser les demi-vies en milliards d'années (`tGyi`), puisque `t` est en milliards d'années :
```python
12 def pv(t):
13 return sum(pvi0[k]*np.exp(-np.log(2)*t/tGyi[k]) for k in range(0,3))
```
**e)** Lignes à ajouter après la ligne 19 :
```python
20 plt.plot(t, pv(t))
21 plt.xlabel("t (milliards d'années)")
22 plt.ylabel("pv (W/m3)")
23 plt.grid(False)
24 plt.show()
```
**f)** Allure (figure 6) : courbe décroissante, convexe, partant de $p_v(0)\approx12{,}5\ \mathrm{nW\,m^{-3}}$ et valant environ $4\ \mathrm{nW\,m^{-3}}$ à $t=10$ Ga ; c'est une somme de trois exponentielles décroissantes, la contribution du potassium ($\tau=1{,}26$ Ga) s'éteignant le plus vite. On trace l'horizontale $p_v=p_v(0)/2\approx6{,}25\ \mathrm{nW\,m^{-3}}$ et on lit l'abscisse de son intersection avec la courbe :
$$\boxed{t_{1/2}\approx5\cdot10^9\ \text{ans}}$$
($4{,}9$ à $5$ Ga, en accord avec `t0`). L'origine des temps est l'instant présent (les fractions $x_i$ sont actuelles et $p_v(0)\times0{,}84\times\frac43\pi R_T^3\approx1{,}2\cdot10^{13}\ \mathrm W=P$) : c'est dans environ 5 milliards d'années que la puissance radiogénique du manteau sera divisée par deux. $t_{1/2}$ n'est aucune des trois demi-vies, car $p_v$ n'est pas une exponentielle unique.
### Q22
La Terre est homogène ($\mu$, $C$, $\lambda$ uniformes), la source $p'_v$ est uniforme et la température de surface la même partout : le problème est **invariant par toute rotation autour de $O$**, donc $T$ ne dépend que de $r$ et $t$. Tout plan contenant $O$ et $M$ est plan de symétrie, donc $\vec j=-\lambda\,\overrightarrow{\mathrm{grad}}\,T$ est porté par $\vec u_r$ :
$$\boxed{\vec j=j(r,t)\,\vec u_r}$$
(invariances par rotation d'angles $\theta$ et $\varphi$ : $j$ ne dépend ni de $\theta$ ni de $\varphi$).
### Q23
Système : la coquille comprise entre $r$ et $r+\mathrm dr$, fermée et indéformable, de masse $\mu\,4\pi r^2\mathrm dr$. Premier principe entre $t$ et $t+\mathrm dt$ (pas de travail) : $\mathrm dU=\delta Q_{\rm cond}+\delta Q_{\rm prod}$, avec
- $\mathrm dU=\mu C\,4\pi r^2\mathrm dr\,\dfrac{\partial T}{\partial t}\mathrm dt$ : **variation d'énergie interne** de la coquille ;
- $\delta Q_{\rm cond}=\left[j(r)4\pi r^2-j(r+\mathrm dr)4\pi(r+\mathrm dr)^2\right]\mathrm dt=-\mathrm d\!\left(j\,4\pi r^2\right)\mathrm dt$ : **transfert thermique conductif reçu**, différence entre la puissance entrant par la sphère de rayon $r$ et celle sortant par la sphère de rayon $r+\mathrm dr$ ;
- $\delta Q_{\rm prod}=p'_v\,4\pi r^2\mathrm dr\,\mathrm dt$ : **énergie produite** dans la coquille par la radioactivité.
D'où la relation demandée :
$$\boxed{\mu C\,4\pi r^2\frac{\partial T}{\partial t}\,\mathrm dt\,\mathrm dr=-\mathrm d\!\left(j\,4\pi r^2\right)\mathrm dt+p'_v\,4\pi r^2\,\mathrm dr\,\mathrm dt}$$
### Q24
**a)** En régime stationnaire, après division par $4\pi\,\mathrm dr\,\mathrm dt$ : $\dfrac{\mathrm d(r^2j)}{\mathrm dr}=p'_vr^2$. Avec $j=-\lambda\dfrac{\mathrm dT}{\mathrm dr}$ :
$$\boxed{\frac{1}{r^2}\frac{\mathrm d}{\mathrm dr}\left(r^2\frac{\mathrm dT}{\mathrm dr}\right)=-\frac{p'_v}{\lambda}}$$
**b)** Première intégration : $r^2\dfrac{\mathrm dT}{\mathrm dr}=-\dfrac{p'_v}{3\lambda}r^3+A$. Le terme $A/r^2$ donnerait $T\sim-A/r$, infinie au centre : $A=0$. Seconde intégration et $T(R_T)=T_s$ :
$$\boxed{T(r)=T_s+\frac{p'_v}{6\lambda}\left(R_T^2-r^2\right)}$$
profil parabolique, maximal au centre.
**c)**
$$\boxed{j(r)=-\lambda\frac{\mathrm dT}{\mathrm dr}=\frac{p'_v\,r}{3}}$$
(contrôle : la puissance produite dans la boule de rayon $r$, $\frac43\pi r^3p'_v$, traverse la sphère $4\pi r^2$).
**d)**
$$p'_v=\frac{3j(R_T)}{R_T}=\frac{3\times7{,}0\cdot10^{-2}}{6{,}4\cdot10^6}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{p'_v\approx3\cdot10^{-8}\ \mathrm{W\,m^{-3}}\ (33\ \mathrm{nW\,m^{-3}})}$$
Comparaison avec Q21 : la radioactivité fournit **actuellement** $p_v(0)\approx12{,}5\ \mathrm{nW\,m^{-3}}$ dans le manteau, soit environ $0{,}84\times12{,}5\approx10\ \mathrm{nW\,m^{-3}}$ rapportés au volume de la Terre ; de même, $P=1{,}2\cdot10^{13}$ W contre une puissance géothermique $4\pi R_T^2j(R_T)\approx3{,}6\cdot10^{13}$ W. La radioactivité n'explique donc qu'**environ un tiers** du flux géothermique : le reste provient du refroidissement de la Terre (chaleur primitive d'accrétion, Q18), ce qui contredit l'hypothèse de régime stationnaire. Le modèle conductif à source uniforme donne en outre $T(0)=T_s+p'_vR_T^2/(6\lambda)\approx7\cdot10^4$ K, valeur irréaliste : la chaleur est évacuée en réalité par convection dans le manteau et les éléments radioactifs sont concentrés près de la surface.
## Partie VI — Bilan énergétique sur le sol de la Terre, d'après une analyse documentaire
### Q25
Par l'analogie $(R,u_{em})\leftrightarrow(j,\mu CT)$, sans terme de production ni d'absorption dans le vide, le bilan sur la coquille $[r,r+\mathrm dr]$ centrée sur le Soleil s'écrit
$$\boxed{4\pi r^2\,\frac{\partial u_{em}}{\partial t}\,\mathrm dt\,\mathrm dr=-\mathrm d\!\left(R\,4\pi r^2\right)\mathrm dt}\qquad\left(\frac{\partial u_{em}}{\partial t}=-\frac{1}{r^2}\frac{\partial(r^2R)}{\partial r}\right).$$
En régime permanent, $r^2R(r)$ est constant : la puissance $P_{em}(r)=4\pi r^2R(r)$ est la même à travers toute sphère centrée sur le Soleil, en particulier à travers sa surface, d'où
$$\boxed{P_{em}(r=D)=4\pi D^2R(D)=P_S}$$
### Q26
À la distance $D$, la puissance surfacique est $P_S/(4\pi D^2)$ ; le rayonnement, quasi parallèle, est intercepté par la section droite de la Terre, disque d'aire $\pi R_T^2$ :
$$\boxed{P_T=\frac{P_S}{4\pi D^2}\,\pi R_T^2=P_S\,\frac{R_T^2}{4D^2}}$$
### Q27
Loi de Wien : $T_S=C_W/\lambda_S$. Loi de Stefan : la surface $S_S$ du corps noir émet $\sigma T_S^4$ par unité de surface. Donc
$$\boxed{P_S=\sigma S_S\,T_S^4=\sigma S_S\left(\frac{C_W}{\lambda_S}\right)^4}$$
Remarque : la valeur $C_W\approx0{,}03$ m·K de l'énoncé est dix fois trop grande (elle donnerait $T_S\approx6\cdot10^4$ K) ; la constante de Wien vaut $2{,}9\cdot10^{-3}$ m·K, d'où $T_S\approx5{,}6\cdot10^3$ K. Cette valeur n'est pas utilisée dans la suite.
### Q28
**Puissance $P_S$.** La figure 7 est un bilan moyenné sur toute la surface terrestre : au sommet de l'atmosphère, $341=102+239$ (réfléchi + émis). La puissance $\varphi_S=341\ \mathrm{W\,m^{-2}}$ est donc rapportée à $4\pi R_T^2$ : $P_T=4\pi R_T^2\varphi_S$. Avec Q26 :
$$\frac{P_SR_T^2}{4D^2}=4\pi R_T^2\varphi_S\quad\Longrightarrow\quad\boxed{P_S=16\pi D^2\varphi_S}$$
$\log P_S=\log16+\log\pi+2\log D+\log341=1{,}20+0{,}50+22{,}35+2{,}53=26{,}59$ :
$$\boxed{P_S\approx4\cdot10^{26}\ \mathrm W}$$
(la constante solaire vaut $4\varphi_S\approx1{,}4\ \mathrm{kW\,m^{-2}}$).
**Bilan du sol seul.** Reçu : rayonnement solaire absorbé 161, rayonnement de retour de l'atmosphère 333. Cédé : rayonnement du sol 396, conduction-convection 17, évapotranspiration 80 (en $\mathrm{W\,m^{-2}}$) :
$$\boxed{\varphi_{tot}=161+333-396-17-80=+1\ \mathrm{W\,m^{-2}}}$$
Le sol reçoit un peu plus qu'il ne cède : le déséquilibre, faible (0,2 % des flux échangés, de l'ordre de la précision des données), est positif ; la surface terrestre stocke de l'énergie et sa température tend à augmenter.
### Q29
L'énergie stockée pendant $\tau$ sur toute la surface échauffe la Terre, de capacité thermique $M_TC$ :
$$\boxed{\Delta T=\frac{4\pi R_T^2\,\varphi_{tot}\,\tau}{M_T\,C}}$$
Avec $\tau=10$ ans $\approx3{,}2\cdot10^8$ s : $\log\Delta T=1{,}10+13{,}62+0+8{,}50-24{,}78-3{,}00=-4{,}56$ :
$$\boxed{\Delta T\approx3\cdot10^{-5}\ \mathrm K}$$
Cette valeur est infime parce que toute la masse de la Terre est supposée s'échauffer uniformément ; en réalité, sur une décennie, seules l'atmosphère, la couche superficielle des océans et une faible épaisseur de sol participent, de masse bien plus faible, et l'échauffement observé est de l'ordre du dixième de kelvin par décennie.
## Partie VII — Le champ magnétique terrestre
### Q30
Avec $\vec u_z=\cos\theta\,\vec u_r-\sin\theta\,\vec u_\theta$ : $\vec m=-m\cos\theta\,\vec u_r+m\sin\theta\,\vec u_\theta$ et $\vec m\cdot\vec r=-mr\cos\theta$. Donc
$$\vec B=\frac{\mu_0}{4\pi r^5}\left[-3mr^2\cos\theta\,\vec u_r+mr^2\cos\theta\,\vec u_r-mr^2\sin\theta\,\vec u_\theta\right]$$
$$\boxed{B_r=-\frac{\mu_0m\cos\theta}{2\pi r^3},\qquad B_\theta=-\frac{\mu_0m\sin\theta}{4\pi r^3},\qquad B_\varphi=0}$$
Contrôle : au pôle Nord, $B_r<0$, le champ est dirigé vers le centre, conformément à l'orientation de $\vec m$ vers le sud.
### Q31
Une ligne de champ est tangente à $\vec B$ : $\mathrm d\vec\ell=\mathrm dr\,\vec u_r+r\,\mathrm d\theta\,\vec u_\theta$ colinéaire à $\vec B$ (dans un plan méridien) donne
$$\frac{\mathrm dr}{B_r}=\frac{r\,\mathrm d\theta}{B_\theta}\iff\frac{\mathrm dr}{r}=\frac{2\cos\theta}{\sin\theta}\,\mathrm d\theta\quad\Longrightarrow\quad\boxed{r(\theta)=K\sin^2\theta}$$
$K>0$ constante propre à chaque ligne (distance maximale à $O$, atteinte dans le plan équatorial). Allure : boucles symétriques par rapport au plan équatorial, tangentes à l'axe des pôles en $O$, d'autant plus larges que $K$ est grand ; à l'extérieur de la Terre, elles sortent dans l'hémisphère sud et rentrent dans l'hémisphère nord (champ orienté du sud vers le nord à l'équateur, $B_\theta<0$).
### Q32
Avec $\theta=\frac\pi2-\Lambda$ : $\cos\theta=\sin\Lambda$, $\sin\theta=\cos\Lambda$, et en $r=R_T$ : $B_r=-\dfrac{\mu_0m\sin\Lambda}{2\pi R_T^3}$, $B_\theta=-\dfrac{\mu_0m\cos\Lambda}{4\pi R_T^3}$. Localement, $\vec u_r$ est la verticale ascendante et $-\vec u_\theta$ pointe vers le nord. En comptant $B_h$ positivement vers le nord et $B_v$ positivement vers le bas :
$$\boxed{B_h=-B_\theta=\frac{\mu_0m\cos\Lambda}{4\pi R_T^3}\ (\text{vers le nord}),\qquad B_v=-B_r=\frac{\mu_0m\sin\Lambda}{2\pi R_T^3}\ (\text{vers le bas dans l'hémisphère nord})}$$
L'inclinaison $I$ vérifie $\tan I=B_v/B_h=2\tan\Lambda$.
### Q33
À l'équateur, $\Lambda=0$ : $B_v=0$ et $B=B_h=\dfrac{\mu_0m}{4\pi R_T^3}$, d'où
$$\boxed{m=\frac{4\pi R_T^3B}{\mu_0}=10^7R_T^3B}$$
$\log m=7+20{,}43+\log2{,}6-5=7+20{,}43+0{,}41-5=22{,}84$ :
$$\boxed{m\approx7\cdot10^{22}\ \mathrm{A\,m^2}}$$
valeur proche du moment dipolaire géomagnétique admis ($8\cdot10^{22}\ \mathrm{A\,m^2}$).
**FIN**
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