La formule topologique de la figure 1 montre un cycle à six carbones qui porte un groupe $-\mathrm{CH}{}_3$, un groupe $-\mathrm{OH}$ et un groupe $-\mathrm{CH}(\mathrm{CH}{}_3){}_2$. On écrit tous les atomes, sans détailler les liaisons $\mathrm{C}-\mathrm{H}$ (voir la formule ci-dessous).

Configuration de l'oxygène : $(1s{)}^2(2s{)}^2(2p{)}^4$, soit 6 électrons de valence. Dans l'ion, l'oxygène a gagné un électron : il possède 7 électrons en propre, répartis en un doublet liant (liaison avec R) et trois doublets non liants.

Le dépôt HEe donne plusieurs taches après élution : l'huile essentielle obtenue contient plusieurs espèces chimiques, c'est un mélange.

L'une de ces taches a migré à la même hauteur que la tache unique du dépôt Tc (thymol du commerce) : elle correspond à la même espèce.

L'acide chlorhydrique apporte les ions $\mathrm{H}{}_3\mathrm{O}{}^{+}$ ; l'ion thymolate est la base du couple $\mathrm{R}-\mathrm{OH}/\mathrm{R}-\mathrm{O}{}^{-}$. Il capte un ion $\mathrm{H}{}^{+}$ :

Après acidification, le thymol est sous sa forme $\mathrm{R}-\mathrm{OH}$. Il est peu soluble dans l'eau et très soluble dans les solvants organiques : il passe dans l'hexane, c'est-à-dire dans la phase organique.

L'hexane n'est pas miscible à l'eau et sa densité ($0,66$) est inférieure à celle de l'eau ($1,00$) : la phase organique surnage.

Masse de thymol contenue dans l'huile tirée de 100 g de thym : $0,53\times 2=1,06\text{g}$.

Masse de thymol réellement récupérée après extraction : $0,31\times 1,06=0,33\text{g}$ pour 100 g de thym.

La masse de thymol obtenue est proportionnelle à la masse de thym. Pour 1 g de thymol :

$$m_{\text{thym}}=\frac{100\times 1}{0,31\times 0,53\times 2}=304\text{g}$$

Deux isomères ont la même formule brute mais des enchaînements d'atomes différents.

Thymol : cycle à 6 C portant $-\mathrm{CH}{}_3$, $-\mathrm{OH}$ et $-\mathrm{CH}(\mathrm{CH}{}_3){}_2$, soit $\mathrm{C}{}_{10}\mathrm{H}{}_{14}\mathrm{O}$.

• P2 porte les trois mêmes groupes, placés différemment sur le cycle : formule brute $\mathrm{C}{}_{10}\mathrm{H}{}_{14}\mathrm{O}$.
• P4 porte un groupe $-\mathrm{CH}(\mathrm{CH}{}_3){}_2$ supplémentaire à la place d'un H : formule brute $\mathrm{C}{}_{13}\mathrm{H}{}_{20}\mathrm{O}$.

Un catalyseur est une espèce chimique qui augmente la vitesse d'une transformation sans figurer dans son équation : consommé puis régénéré, il se retrouve intact à la fin.

La température est un facteur cinétique : sans catalyseur, il faut chauffer fortement pour que la synthèse soit assez rapide. Le catalyseur accélérant déjà la réaction, on obtient la même vitesse en chauffant moins.

La transformation est limitée : à l'équilibre, il reste du m-crésol. Mettre un réactif en excès déplace l'équilibre dans le sens direct, celui de la formation du thymol.

Le taux d'avancement final augmente : une plus grande part du m-crésol est transformée.

Une distillation fractionnée sépare les constituants d'un mélange liquide dont les températures d'ébullition sont suffisamment éloignées. Ici l'écart vaut $233-203=30{}^{\circ }\text{C}$ : la séparation est possible.

L'espèce la plus volatile, celle qui bout à la température la plus basse, arrive la première en tête de colonne.

Quantité de thymol à obtenir : $n_{\text{th}}=\frac{m_{\text{th}}}{M(\text{thymol})}$.

D'après l'équation, une mole de m-crésol donne au plus une mole de thymol : $n_{\max }=n_{\text{cr}}$. Avec le rendement $\eta =\frac{n_{\text{th}}}{n_{\max }}$, il faut $n_{\text{cr}}=\frac{n_{\text{th}}}{\eta }$.

Masse volumique du m-crésol : ${\rho }_{\text{cr}}=d\times {\rho }_{\text{eau}}=1,03\times 10^3\text{g}\cdot {\text{L}}^{-1}$. Or $V_{\text{cr}}=\frac{n_{\text{cr}}\times M(\text{m-creˊsol})}{{\rho }_{\text{cr}}}$, donc :

$$V_{\text{cr}}=\frac{m_{\text{th}}\times M(\text{m-creˊsol})}{\eta \times M(\text{thymol})\times d\times {\rho }_{\text{eau}}}$$

$$V_{\text{cr}}=\frac{1,0\times 108,1}{0,73\times 150,2\times 1,03\times 1,00\times 10^3}=9,6\times 10^{-4}\text{L}$$

Une espèce amphotère est la base d'un couple et l'acide d'un autre. $\mathrm{BTH}{}^{-}$ est la base du couple $\mathrm{BTH}{}_2/\mathrm{BTH}{}^{-}$ et l'acide du couple $\mathrm{BTH}{}^{-}/\mathrm{BT}{}^{2-}$.

$K_A$ est la constante d'équilibre de la réaction de l'acide avec l'eau : $\mathrm{HA}(\mathrm{aq})+\mathrm{H}{}_2\mathrm{O}(\mathrm{l})\rightleftharpoons \mathrm{A}{}^{-}(\mathrm{aq})+\mathrm{H}{}_3\mathrm{O}{}^{+}(\mathrm{aq})$.

Valeur du $\mathrm{p}{K}_A$. De l'expression de $K_A$ (Q13) on tire $\mathrm{pH}=\mathrm{p}{K}_A+\log \frac{[\mathrm{BT}{}^{2-}]}{[\mathrm{BTH}{}^{-}]}$. Quand les deux formes sont en proportions égales (50 %), le logarithme est nul et $\mathrm{pH}=\mathrm{p}{K}_A$. Sur la figure 5, les courbes de $\mathrm{BTH}{}^{-}$ et de $\mathrm{BT}{}^{2-}$ se croisent à $\mathrm{pH}\approx 8,8$.

pH à l'équivalence. Sur la figure 4, le saut de pH se produit pour $V_E=10,0$ mL ; la méthode des tangentes parallèles donne un pH à l'équivalence d'environ 8,4.

Choix de l'indicateur. Un indicateur convient si sa zone de virage contient le pH à l'équivalence. Celle du bleu de thymol s'étend autour du $\mathrm{p}{K}_A$, environ de $\mathrm{p}{K}_A-1$ à $\mathrm{p}{K}_A+1$, soit de 7,8 à 9,8 : elle contient 8,4 et recouvre presque exactement celle de la phénolphtaléine.

Couleurs. Figure 6 : $\mathrm{BTH}{}^{-}$ absorbe surtout vers 440 nm (violet), sa solution a la couleur complémentaire, le jaune. $\mathrm{BT}{}^{2-}$ absorbe surtout vers 595 nm (orange), sa solution est bleue. Avant l'équivalence, le pH reste inférieur à 7 : $\mathrm{BTH}{}^{-}$ prédomine. Après, le pH dépasse 10,5 : $\mathrm{BT}{}^{2-}$ prédomine.

On calcule le quotient proposé par l'énoncé :

$$\frac{|\mathrm{p}{K}_A-\mathrm{p}{K}_{A,\text{ref}}|}{u(\mathrm{p}{K}_A)}=\frac{|8,8-8,9|}{0,2}=0,5$$

Ce quotient est inférieur à 2 : l'écart entre les deux valeurs est plus petit que deux incertitudes-types.

Une lunette afocale forme, d'un objet situé à l'infini, une image finale elle aussi à l'infini.

La lunette est afocale : $F_2$ est confondu avec $F_1^{\prime }$, déjà placé sur l'annexe.

Les deux foyers d'une lentille mince sont symétriques par rapport à son centre optique : $F_2^{\prime }$ est de l'autre côté de l'oculaire, à la même distance, $O_2{F}_2^{\prime }=O_2{F}_2$.

• Le rayon qui passe par le centre optique $O_1$ de l'objectif n'est pas dévié.
• $B_{\infty }$ est à l'infini : son image $B_1$ se forme dans le plan focal image de l'objectif, là où ce rayon coupe la perpendiculaire à l'axe menée par $F_1^{\prime }$. $A_1$ est en $F_1^{\prime }$.
• Le second rayon, après l'objectif, passe lui aussi par $B_1$.
• $B_1$ est dans le plan focal objet de l'oculaire : les deux rayons sortent parallèles entre eux, dans la direction de la droite $(B_1{O}_2)$, tracée en pointillés.

L'avion, de longueur $L$, est vu à la distance $h$ sous l'angle $\alpha$ tel que $\tan \alpha =\frac{L}{h}$. L'angle est petit, donc $\tan \alpha =\alpha$ :

$$\alpha =\frac{L}{h}=\frac{44,5}{10,4\times 10^3}=4,28\times 10^{-3}\text{rad}$$

$\alpha$ est l'angle entre l'axe optique et les rayons issus de $B_{\infty }$ qui entrent dans la lunette ; on le retrouve en $O_1$, entre l'axe et le rayon non dévié. ${\alpha }^{\prime }$ est l'angle entre l'axe optique et les rayons qui sortent de l'oculaire ; on le retrouve en $O_2$, entre l'axe et la droite $(B_1{O}_2)$.

Les deux bords verticaux sont séparés par la largeur du hublot, $d=23\text{cm}=0,23\text{m}$. À l'œil nu, ils sont vus sous l'angle :

$$\alpha =\frac{d}{h}=\frac{0,23}{10,4\times 10^3}=2,2\times 10^{-5}\text{rad}$$

Cet angle est inférieur à $3,0\times 10^{-4}$ rad : l'œil nu ne sépare pas les deux bords.

À travers la lunette, ${\alpha }^{\prime }=G\alpha =G\frac{d}{h}$. Avec le plus petit grossissement, $G=16$ :

$${\alpha }^{\prime }=16\times \frac{0,23}{10,4\times 10^3}=3,5\times 10^{-4}\text{rad}$$

Avec $G=48$, ${\alpha }^{\prime }=1,1\times 10^{-3}$ rad, encore plus grand.

La fréquence reçue par l'observateur diffère de la fréquence émise parce que la source sonore est en mouvement par rapport à lui.

• A : $\frac{c}{c-v}$ est le quotient de deux vitesses, donc un nombre sans unité. Il ne peut pas être égal à une fréquence, en hertz. La relation n'est pas homogène.
• C : comme $c+v>c-v$, elle donne $f_A<f_0<f_E$. Or on mesure $f_A>f_E$ : le son est plus aigu quand l'avion s'approche.
• D : l'avion s'approche puis s'éloigne à la même vitesse $v$ ; rien ne justifie le facteur 2 dans $f_A$ seulement. De plus $f_A$ deviendrait infinie pour $v=\frac{c}{2}\approx 173\text{m}\cdot {\text{s}}^{-1}$, soit $621\text{km}\cdot {\text{h}}^{-1}$, vitesse que l'avion dépasse en croisière sans que rien de tel ne se produise.
• B : elle est homogène, symétrique, et donne bien $f_A>f_0>f_E$.

La fréquence $f_0$ est inconnue : on l'élimine en divisant membre à membre les deux relations de la proposition B.

$$\frac{f_A}{f_E}=\frac{c+v}{c-v}$$

$f_A(c-v)=f_E(c+v)$, soit $c(f_A-f_E)=v(f_A+f_E)$, d'où :

$$v=c\frac{f_A-f_E}{f_A+f_E}$$

$$v=345\times \frac{2,2-1,5}{2,2+1,5}=65\text{m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

En $\text{km}\cdot {\text{h}}^{-1}$ : $v=65,3\times 3,6=235\text{km}\cdot {\text{h}}^{-1}$, soit $2,3\times 10^2\text{km}\cdot {\text{h}}^{-1}$ avec deux chiffres significatifs.

Commentaire : cette vitesse est près de quatre fois plus faible que la vitesse de croisière ($863\text{km}\cdot {\text{h}}^{-1}$). C'est cohérent : l'avion a fortement ralenti pour atterrir.

Système {smartphone}, de masse $m$ constante, étudié dans le référentiel terrestre supposé galiléen.

Bilan des forces : en chute libre, seul le poids $\vec{P}=m\vec{g}$ s'exerce, vertical et dirigé vers le bas, donc $\vec{P}=-mg\vec{k}$.

Deuxième loi de Newton : $\sum {\vec{F}}_{\text{ext}}=m\vec{a}$, soit $m\vec{g}=m\vec{a}$, d'où $\vec{a}=\vec{g}$.

En projection sur l'axe (Oz), orienté vers le haut :

Comme $a_z=\frac{\mathrm{d}{v}_z}{\mathrm{d}t}=-g$, on obtient par intégration $v_z(t)=-gt+C_1$.

Condition initiale : $v_z(0)=0$, donc $C_1=0$ et

$$v_z(t)=-gt$$

Comme $v_z=\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}=-gt$, une nouvelle intégration donne $z(t)=-\frac{1}{2}g{t}^2+C_2$.

Condition initiale : $z(0)=h$, donc $C_2=h$.

En chute libre, la seule force est le poids, qui est une force conservative : en l'absence de frottement, l'énergie mécanique se conserve.

Elle s'écrit $E_M=E_C+E_{PP}=\frac{1}{2}m{v}^2+mgz$.

Sa valeur constante se calcule à n'importe quelle date, en particulier à $t=0$ où $v=0$ et $z=h$ :

$E_M=0+mgh$

Le modèle de chute libre prévoit une accélération constante : $a_z=-g=-9,81\text{m}\cdot {\text{s}}^{-2}$ pendant toute la chute.

Sur la figure 2, $a_z$ vaut environ $-9,8\text{m}\cdot {\text{s}}^{-2}$ à $t=0$, puis augmente régulièrement jusqu'à environ $-8,4\text{m}\cdot {\text{s}}^{-2}$ à $t=0,47$ s.

Courbe A : l'énergie diminue au cours du temps. Pendant la chute, l'altitude $z$ diminue, donc $E_{PP}=mgz$ diminue.

Courbe B : l'énergie est presque nulle à $t=0$ puis augmente. Le smartphone est lâché sans vitesse initiale et sa vitesse augmente, donc $E_C=\frac{1}{2}m{v}^2$ augmente.

Sur la courbe B (énergie cinétique), à $t=0,45$ s, on lit $E_C\approx 2,1$ J.

Or $E_C=\frac{1}{2}m{v}^2$, donc $v=\sqrt{\frac{2E_C}{m}}$.

$$v=\sqrt{\frac{2\times 2,1}{0,182}}=4,8\text{m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

Système {smartphone}, référentiel terrestre supposé galiléen.

Forces : le poids $\vec{P}=-mg\vec{k}$ et le frottement de l'air $\vec{f}=f\vec{k}$, dirigé vers le haut ($f>0$).

Deuxième loi de Newton : $\vec{P}+\vec{f}=m\vec{a}$.

En projection sur (Oz) : $-mg+f=m{a}_z$, donc $f=m{a}_z+mg$.

Quand la vitesse est nulle, la force de frottement est nulle : $f=m(a_z+g)=0$, donc $a_z=-g$.

D'après la modélisation, pour $v=0$ : $a_z=0,0555\times 0-9,80=-9,80\text{m}\cdot {\text{s}}^{-2}$.

Par identification, $-g=-9,80\text{m}\cdot {\text{s}}^{-2}$.

On remplace $a_z$ par son expression modélisée dans la relation de Q7 :

$f=m(0,0555\times v^2-9,80+9,80)=0,0555\times m\times v^2$

C'est bien la forme $f=k{v}^2$, avec $k=0,0555\times m$.

$$k=0,0555\times 0,182=1,01\times 10^{-2}$$

Unité : $k=\frac{f}{v^2}$ avec $1\text{N}=1\text{kg}\cdot \text{m}\cdot {\text{s}}^{-2}$, donc $k$ s'exprime en $\frac{\text{kg}\cdot \text{m}\cdot {\text{s}}^{-2}}{{\text{m}}^2\cdot {\text{s}}^{-2}}=\text{kg}\cdot {\text{m}}^{-1}$.

En fin de chute, le dernier point de la figure 4 correspond à $v^2=25{\text{m}}^2\cdot {\text{s}}^{-2}$, en accord avec $v\approx 5\text{m}\cdot {\text{s}}^{-1}$ (Q6).

$f=k{v}^2=1,01\times 10^{-2}\times 25=0,25$ N

Poids : $P=mg=0,182\times 9,81=1,79$ N

$\frac{P}{f}=\frac{1,79}{0,25}\approx 7$

Le frottement est environ 7 fois plus faible que le poids, soit $14\%$ de celui-ci : il reste nettement inférieur au poids mais n'est pas négligeable. Cela explique l'écart au modèle de chute libre observé à la question Q4.