Bac physique-chimie 2026 — Asie — Jour 2 : sujet et corrigé

Système : le projectile de masse $m = 100$ g, assimilé à son centre de masse M.

Référentiel : celui de la pièce, supposé galiléen.

Bilan des forces : une fois sorti du canon, le projectile n’est soumis qu’à son poids $\vec{P} = m\,\vec{g}$ (l’énoncé précise que toute autre action, en particulier celle de l’air, est négligée).

Deuxième loi de Newton appliquée au système dans le référentiel choisi :

$\sum \vec{F}_{\text{ext}} = m\,\vec{a} \qquad\Longrightarrow\qquad m\,\vec{g} = m\,\vec{a} \qquad\Longrightarrow\qquad \vec{a} = \vec{g}$

Dans le repère $(\mathrm{O}\,;\vec{i},\vec{k})$ de la figure 2, l’axe $(\mathrm{O}z)$ est vertical ascendant alors que $\vec{g}$ est vertical descendant :

$\vec{a}\ \begin{cases} a_x(t) = 0 \\ a_z(t) = -g = -9{,}81\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}\end{cases}$

Vitesse. Le vecteur vitesse est une primitive du vecteur accélération par rapport au temps. Les constantes d’intégration sont les coordonnées du vecteur vitesse initiale $\vec{v_0}$, qui fait l’angle $\alpha$ avec l’horizontale :

$\vec{v}\ \begin{cases} v_x(t) = v_0\cos\alpha \\ v_z(t) = -g\,t + v_0\sin\alpha \end{cases}$

Position. Le vecteur position est à son tour une primitive du vecteur vitesse. Les nouvelles constantes d’intégration sont les coordonnées de la position initiale : d’après la figure 2, à $t = 0$ le point M est sur l’axe $(\mathrm{O}z)$, donc $x(0) = 0$, et à la hauteur de la sortie du canon, donc $z(0) = H = H_{\mathrm{T}} + H_{\mathrm{B}}$ :

$\boxed{\overrightarrow{\mathrm{OM}}(t)\ \begin{cases} x(t) = v_0\cos(\alpha)\cdot t \\ z(t) = -\dfrac{1}{2}\,g\,t^{2} + v_0\sin(\alpha)\cdot t + H \end{cases}}$

Les équations horaires de l’énoncé sont bien retrouvées.

L’équation de la trajectoire donne $z$ en fonction de $x$ : il faut donc éliminer le temps entre les deux équations horaires. La première s’inverse immédiatement (avec $\cos\alpha \neq 0$) :

$x = v_0\cos(\alpha)\cdot t \qquad\Longrightarrow\qquad t = \frac{x}{v_0\cos\alpha}$

On reporte cette expression dans l’équation horaire de $z$ :

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

Le second terme se simplifie en $\dfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha}\,x = \tan(\alpha)\,x$ :

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

La trajectoire est donc une portion de parabole, comme attendu pour une chute libre avec vitesse initiale non verticale.

Démarche suivie : (1) traduire mathématiquement la condition « le projectile passe par C » ; (2) isoler la hauteur $H$ de la sortie du canon ; (3) en déduire $H_{\mathrm{T}} = H - H_{\mathrm{B}}$ ; (4) vérifier que la valeur trouvée est bien réglable sur la table.

Étape 1 — condition à imposer. La serrure se débloque si le centre de masse M passe par le point C. D’après la figure 2, ce point a pour coordonnées $x_{\mathrm{C}} = D = 3{,}00$ m et $z_{\mathrm{C}} = h_{\mathrm{C}} = 1{,}00$ m. La trajectoire doit donc vérifier :

$h_{\mathrm{C}} = -\frac{g}{2\,v_0^{2}\cos^{2}(\alpha)}\,D^{2} + \tan(\alpha)\cdot D + H$

Étape 2 — expression de $H$, puis de $H_{\mathrm{T}}$. Tous les termes sont connus sauf $H$, que l’on isole :

$H = h_{\mathrm{C}} + \frac{g\,D^{2}}{2\,v_0^{2}\cos^{2}(\alpha)} - D\,\tan(\alpha)$

Comme $H = H_{\mathrm{T}} + H_{\mathrm{B}}$ :

$\boxed{H_{\mathrm{T}} = h_{\mathrm{C}} + \frac{g\,D^{2}}{2\,v_0^{2}\cos^{2}(\alpha)} - D\,\tan(\alpha) - H_{\mathrm{B}}}$

Étape 3 — application numérique. Avec $\cos(43{,}0^\circ) = 0{,}7314$, $\cos^{2}(43{,}0^\circ) = 0{,}5349$, $\tan(43{,}0^\circ) = 0{,}9325$ et $H_{\mathrm{B}} = 30{,}0$ cm $= 0{,}300$ m :

$\frac{g\,D^{2}}{2\,v_0^{2}\cos^{2}\alpha} = \frac{9{,}81\times (3{,}00)^{2}}{2\times (5{,}60)^{2}\times 0{,}5349} = \frac{88{,}29}{33{,}549} = 2{,}6317\ \text{m}$

$D\tan\alpha = 3{,}00\times 0{,}9325 = 2{,}7975\ \text{m}$

$H_{\mathrm{T}} = 1{,}00 + 2{,}6317 - 2{,}7975 - 0{,}300 = 0{,}5342\ \text{m}$

Étape 4 — vérification de la faisabilité. La hauteur de la table est réglable entre 40 et 80 cm : la valeur $53$ cm est bien accessible.

Lorsque l’interrupteur K est basculé en position 2, le générateur est mis hors circuit : le condensateur et le conducteur ohmique forment une maille unique.

Étape 1 — loi des mailles. Les deux dipôles sont branchés entre les deux mêmes nœuds A et B. Or, d’après les orientations de la figure 3, la flèche de $u_{\mathrm{C}}$ pointe vers le haut et celle de $u_{\mathrm{R}}$ vers le bas :

$u_{\mathrm{C}} = V_{\mathrm{A}} - V_{\mathrm{B}} \qquad\text{et}\qquad u_{\mathrm{R}} = V_{\mathrm{B}} - V_{\mathrm{A}} \qquad\Longrightarrow\qquad u_{\mathrm{C}} + u_{\mathrm{R}} = 0$

Étape 2 — lois des dipôles. Les deux dipôles sont orientés en convention récepteur (flèche de tension et flèche de courant en sens contraires) :

$u_{\mathrm{R}} = R\,i \qquad\text{et}\qquad i = \frac{d q}{d t} = C\,\frac{d u_{\mathrm{C}}}{d t} \quad\text{(car } q = C\,u_{\mathrm{C}}\text{)}$

Étape 3 — combinaison. En reportant dans la loi des mailles :

$u_{\mathrm{C}} + R\,C\,\frac{d u_{\mathrm{C}}}{d t} = 0$

On divise par $RC$ (non nul) pour faire apparaître la forme demandée :

$\boxed{\frac{d u_{\mathrm{C}}}{d t} + \frac{1}{\tau}\,u_{\mathrm{C}} = 0 \qquad\text{avec}\qquad \tau = R\,C}$

Vérification de l’homogénéité : $[R]\times[C] = \Omega\times\text{F} = \dfrac{\text{V}}{\text{A}}\times\dfrac{\text{C}}{\text{V}} = \dfrac{\text{C}}{\text{A}} = \text{s}$. $\tau$ est bien une durée. ✓

1. La fonction proposée est bien solution. On dérive la fonction proposée par rapport au temps :

$\frac{d u_{\mathrm{C}}}{d t}(t) = A\times\left(-\frac{1}{\tau}\right)\mathrm{e}^{-t/\tau} = -\frac{1}{\tau}\underbrace{A\,\mathrm{e}^{-t/\tau}}_{=\,u_{\mathrm{C}}(t)} = -\frac{1}{\tau}\,u_{\mathrm{C}}(t)$

On reporte alors dans le membre de gauche de l’équation différentielle :

$\frac{d u_{\mathrm{C}}}{d t} + \frac{1}{\tau}\,u_{\mathrm{C}} = -\frac{1}{\tau}\,u_{\mathrm{C}}(t) + \frac{1}{\tau}\,u_{\mathrm{C}}(t) = 0 \quad\checkmark$

L’égalité est vérifiée à chaque instant, et ce quelle que soit la valeur de $A$ : la fonction proposée est bien solution de l’équation différentielle.

2. Détermination de $A$. La constante $A$ est fixée par la condition initiale. La tension aux bornes d’un condensateur est une fonction continue du temps : juste après le basculement de K, elle vaut encore la tension de charge $U_0$. Or $u_{\mathrm{C}}(0) = A\,\mathrm{e}^{0} = A$, d’où :

$A$ est bien homogène à une tension, et la fonction est décroissante : la tension part de $5{,}0$ V et tend vers 0, ce qui correspond bien à une décharge.

Étape 1 — traduire la condition d’ouverture du coffre. L’aiguille se met en rotation quand $u_{\mathrm{C}} = 4{,}0$ V et s’arrête quand $u_{\mathrm{C}} = 1{,}0$ V. La durée de rotation est donc la durée $\Delta t = t_2 - t_1$ qui sépare ces deux instants ; le coffre s’ouvre si $\Delta t = 14$ s.

Étape 2 — construction graphique sur l’annexe. On trace les deux droites horizontales d’ordonnées $u_{\mathrm{C}} = 4{,}0$ V et $u_{\mathrm{C}} = 1{,}0$ V, puis on projette sur l’axe des temps leurs points d’intersection avec chacune des trois courbes.

Étape 3 — comparaison des trois courbes.

Courbe	$t_1$ pour $u_{\mathrm{C}} = 4{,}0$ V	$t_2$ pour $u_{\mathrm{C}} = 1{,}0$ V	$\Delta t = t_2 - t_1$
$R_2$ (trait plein)	$\approx 1{,}0$ s	$\approx 7{,}5$ s	$\approx 6{,}5$ s
$R_1$ (trait mixte)	$\approx 2{,}5$ s	$\approx 16{,}5$ s	$\approx \mathbf{14}\ \mathbf{s}$ ✓
$R_3$ (pointillés)	$\approx 3{,}5$ s	$\approx 26{,}5$ s	$\approx 23$ s

Les deux autres valeurs sont très éloignées de la cible ($6{,}5$ s et $23$ s, soit deux fois moins et 1,6 fois plus) : la lecture graphique, précise à ± 0,5 s sur chaque abscisse, ne laisse aucune ambiguïté.

Deux méthodes graphiques, à mener sur la seule courbe $R_1$, donnent la constante de temps.

Méthode 1 — la valeur caractéristique $0{,}37\,U_0$. À la date $t = \tau$ : $u_{\mathrm{C}}(\tau) = U_0\,\mathrm{e}^{-1} = U_0/\mathrm{e} = 5{,}0/\mathrm{e} = 1{,}8$ V. On repère l’ordonnée $1{,}8$ V sur la courbe $R_1$, puis on projette le point correspondant sur l’axe des abscisses.

Méthode 2 — la tangente à l’origine. La tangente à la courbe à la date $t = 0$ coupe l’axe des temps à l’abscisse $t = \tau$. On retrouve la même valeur.

Contrôle de cohérence avec la question Q7 : $\Delta t = \tau\ln 4 = 10\times 1{,}39 = 13{,}9$ s $\approx 14$ s. ✓

D’après la question Q5, $\tau = R\,C$. On en tire $R$, avec $C = 47\ \mu\text{F} = 47\times 10^{-6}\ \text{F}$ :

$R = \frac{\tau}{C} = \frac{10}{47\times 10^{-6}}$

La résistance variable doit donc être réglée aux alentours de $210\ \text{k}\Omega$ pour que l’aiguille tourne exactement pendant 14 s et que le coffre s’ouvre.

Les deux fentes $\mathrm{F_1}$ et $\mathrm{F_2}$, très fines et éclairées par le même faisceau laser, diffractent la lumière et se comportent comme deux sources synchrones et cohérentes. Les deux ondes qui en sont issues se superposent sur le fond de la boîte :

• là où elles arrivent en phase, elles s’additionnent : interférences constructives → zone lumineuse ;
• là où elles arrivent en opposition de phase, elles s’annulent : interférences destructives → zone sombre.

C’est donc la période spatiale de la figure d’interférences ; elle s’exprime en mètres.

Démarche suivie : (1) traduire la condition « les cinq cellules sont éclairées » en une relation entre $\ell$ et $i$ ; (2) en déduire la valeur de l’interfrange ; (3) inverser la relation $i = \lambda D / b$ pour obtenir $b$.

Étape 1 — condition sur la figure d’interférences. La clé n’est délivrée que si le centre de chacune des cinq cellules reçoit la lumière : il faut donc régler l’écartement des fentes pour que chaque cellule se trouve au milieu d’une frange brillante. Les cellules étant régulièrement espacées, deux cellules voisines sont alors distantes d’une interfrange.

La longueur $\ell$ sépare le centre de la première cellule de celui de la cinquième : elle contient donc $5 - 1 = \mathbf{4}$ intervalles, et non 5.

Étape 2 — valeur de l’interfrange.

$\ell = 4\,i \qquad\Longrightarrow\qquad i = \frac{\ell}{4} = \frac{2{,}0\times 10^{-2}}{4} = 5{,}0\times 10^{-3}\ \text{m} = 5{,}0\ \text{mm}$

Étape 3 — écartement des fentes. On inverse la relation fournie, avec $\lambda = 650$ nm $= 650\times 10^{-9}$ m et $D = 30$ cm $= 0{,}30$ m :

$i = \frac{\lambda\cdot D}{b} \qquad\Longrightarrow\qquad b = \frac{\lambda\cdot D}{i} = \frac{650\times 10^{-9}\times 0{,}30}{5{,}0\times 10^{-3}}$

Contrôle de vraisemblance : $b = 39\ \mu\text{m}$ est bien très supérieur à $\lambda = 0{,}65\ \mu\text{m}$ (condition nécessaire pour observer des franges d’interférences fines et nombreuses), tout en restant une valeur réaliste pour des fentes réglables.

Définition. Deux noyaux sont isotopes lorsqu’ils possèdent le même numéro atomique $Z$ (même nombre de protons : c’est le même élément chimique) mais des nombres de masse $A$ différents (nombres de neutrons différents).

Examen des deux paires.

• $({}^{86}_{37}\text{Rb}\,;\,{}^{86}_{38}\text{Sr})$ : $Z = 37$ pour l’un, $Z = 38$ pour l’autre. Les numéros atomiques diffèrent : ce ne sont pas des isotopes (ils ont en revanche le même nombre de masse $A = 86$ : ce sont des isobares) ;
• $({}^{86}_{38}\text{Sr}\,;\,{}^{87}_{38}\text{Sr})$ : même $Z = 38$ (ce sont deux noyaux de strontium) mais $A = 86 \neq A = 87$, soit $86-38 = 48$ neutrons pour le premier et $87-38 = 49$ neutrons pour le second.

Le noyau père est ${}^{87}_{37}\text{Rb}$, le noyau fils ${}^{87}_{38}\text{Sr}$. On écrit l’équation avec une particule inconnue ${}^{A}_{Z}\text{X}$ et on applique les lois de conservation de Soddy :

${}^{87}_{37}\text{Rb} \longrightarrow {}^{87}_{38}\text{Sr} + {}^{A}_{Z}\text{X}$

• conservation du nombre de masse : $87 = 87 + A \Rightarrow A = 0$ ;
• conservation du nombre de charge : $37 = 38 + Z \Rightarrow Z = -1$.

La particule ${}^{0}_{-1}\text{X}$ est un électron.

La particule émise, de nombre de masse nul et de nombre de charge $-1$, est un électron ${}^{0}_{-1}\text{e}$.

Ce type de désintégration concerne les noyaux présentant un excès de neutrons : au sein du noyau, un neutron se transforme en proton (d’où $Z$ qui augmente d’une unité tandis que $A$ reste inchangé).

Autrement dit, quel que soit l’instant choisi comme origine : $N\!\left(t_{1/2}\right) = \dfrac{N_0}{2}$.

C’est une grandeur caractéristique de l’isotope considéré : elle ne dépend ni de la quantité de matière, ni de la température, ni de la forme chimique sous laquelle se trouve l’élément.

On écrit la loi de décroissance radioactive à la date $t = t_{1/2}$, en utilisant la définition établie à la question Q4 :

$N\!\left(t_{1/2}\right) = N_0\,\mathrm{e}^{-\lambda\,t_{1/2}} \qquad\text{et}\qquad N\!\left(t_{1/2}\right) = \frac{N_0}{2}$

En égalant les deux expressions et en simplifiant par $N_0$ (non nul) :

$\mathrm{e}^{-\lambda\,t_{1/2}} = \frac{1}{2}$

On applique le logarithme népérien aux deux membres, puis on utilise $\ln\!\left(\frac{1}{2}\right) = -\ln 2$ :

$-\lambda\,t_{1/2} = -\ln 2 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\lambda = \frac{\ln 2}{t_{1/2}}}$

Application numérique (utile pour la question Q6) :

$\lambda = \frac{\ln 2}{4{,}88\times 10^{10}} = \frac{0{,}693}{4{,}88\times 10^{10}} = 1{,}42\times 10^{-11}\ \text{an}^{-1}$

Démarche suivie : (1) reconnaître que les deux relations fournies décrivent la même droite ; (2) identifier terme à terme leurs coefficients directeurs ; (3) isoler $t_{\mathrm{R}}$ ; (4) appliquer numériquement et commenter la valeur obtenue.

Étape 1 — deux écritures d’une même droite. La relation théorique s’écrit, avec les notations $y$ et $x$ de la figure 1 :

$\underbrace{\frac{N({}^{87}_{38}\text{Sr})}{N({}^{86}_{38}\text{Sr})}}_{y} = \underbrace{\left(\mathrm{e}^{\lambda\,t_{\mathrm{R}}} - 1\right)}_{\text{coefficient directeur}} \times \underbrace{\frac{N({}^{87}_{37}\text{Rb})}{N({}^{86}_{38}\text{Sr})}}_{x} + \underbrace{\frac{N_0({}^{87}_{38}\text{Sr})}{N_0({}^{86}_{38}\text{Sr})}}_{\text{ordonnée à l'origine}}$

C’est une fonction affine de $x$ : les huit échantillons sont donc alignés, ce que confirme la figure 1. L’équation de modélisation de cette droite est $y = 0{,}0650\,x + 0{,}6990$.

Étape 2 — identification des coefficients directeurs.

$\mathrm{e}^{\lambda\,t_{\mathrm{R}}} - 1 = 0{,}0650 \qquad\Longrightarrow\qquad \mathrm{e}^{\lambda\,t_{\mathrm{R}}} = 1{,}0650$

On applique le logarithme népérien, puis on remplace $\lambda$ par son expression (question Q5) :

$\lambda\,t_{\mathrm{R}} = \ln(1{,}0650) \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{t_{\mathrm{R}} = \frac{\ln(1{,}0650)}{\lambda} = \frac{t_{1/2}\times\ln(1{,}0650)}{\ln 2}}$

Étape 3 — application numérique.

$t_{\mathrm{R}} = \frac{\ln(1{,}0650)}{1{,}42\times 10^{-11}} = \frac{6{,}297\times 10^{-2}}{1{,}42\times 10^{-11}}$

Étape 4 — commentaire.

• L’âge obtenu est très proche de l’âge estimé du système solaire ($\approx 4{,}57\times 10^{9}$ ans) : la roche rapportée par Apollo 17 s’est donc formée peu de temps après la naissance de la Lune. Ce résultat est cohérent avec l’idée d’une croûte lunaire très ancienne, restée peu remaniée depuis ;
• $t_{\mathrm{R}}$ est environ onze fois plus petit que la demi-vie du rubidium 87 ($4{,}88\times 10^{10}$ ans) : seulement 6 % environ des noyaux ${}^{87}\text{Rb}$ se sont désintégrés depuis la formation de la roche. C’est ce qui explique le très faible coefficient directeur de la droite ($0{,}0650$) — et c’est aussi ce qui rend la méthode rubidium–strontium adaptée aux très grandes durées ;
• l’ordonnée à l’origine, $0{,}6990$, représente le rapport isotopique ${}^{87}\text{Sr}/{}^{86}\text{Sr}$ initial, identique pour tous les minéraux au moment de leur cristallisation : c’est précisément cette valeur commune qui rend les huit points alignés.

Concrètement : avant l’équivalence, le réactif titrant (versé) est limitant — il est intégralement consommé dès son introduction ; après l’équivalence, il devient l’espèce en excès et s’accumule dans le milieu. À l’équivalence exactement, les deux réactifs sont totalement consommés : c’est ici la disparition de la couleur brune du diiode qui permet de repérer cet instant.

On décompose l’équation du titrage en deux demi-équations électroniques :

$\text{I}_{2(aq)} + 2\,\text{e}^- \longrightarrow 2\,\text{I}^-_{(aq)} \qquad\text{et}\qquad 2\,\text{S}_2\text{O}_{3(aq)}^{2-} \longrightarrow \text{S}_4\text{O}_{6(aq)}^{2-} + 2\,\text{e}^-$

• le diiode capte des électrons : il est réduit, c’est donc l’oxydant du couple $\text{I}_2/\text{I}^-$ ;
• les ions thiosulfate cèdent des électrons : ils sont oxydés, ce sont donc les réducteurs du couple $\text{S}_4\text{O}_6^{2-}/\text{S}_2\text{O}_3^{2-}$.

Vérification : en additionnant les deux demi-équations, les électrons se simplifient et l’on retrouve bien l’équation de l’énoncé $\text{I}_{2(aq)} + 2\,\text{S}_2\text{O}_{3(aq)}^{2-} \longrightarrow 2\,\text{I}^-_{(aq)} + \text{S}_4\text{O}_{6(aq)}^{2-}$. ✓

À l’équivalence, les deux réactifs sont introduits dans les proportions stœchiométriques de l’équation $\text{I}_2 + 2\,\text{S}_2\text{O}_3^{2-} \longrightarrow 2\,\text{I}^- + \text{S}_4\text{O}_6^{2-}$, dont les nombres stœchiométriques valent respectivement 1 et 2 :

$\frac{n_1(\text{I}_2)}{1} = \frac{n_{\mathrm{E}}(\text{S}_2\text{O}_3^{2-})}{2}$

On dresse le tableau d’avancement de la réaction de précipitation, en tenant compte du fait que les ions iodure sont introduits en excès : le réactif limitant est donc l’ion $\text{Cu}^{2+}$.

$2\,\text{Cu}^{2+}_{(aq)} + 4\,\text{I}^-_{(aq)} \longrightarrow 2\,\text{CuI}_{(s)} + \text{I}_{2(aq)}$

État du système	Avancement	$n(\text{Cu}^{2+})$	$n(\text{I}^-)$	$n(\text{CuI})$	$n(\text{I}_2)$
Initial	$0$	$n_0(\text{Cu}^{2+})$	excès	$0$	$0$
En cours	$x$	$n_0(\text{Cu}^{2+}) - 2x$	excès	$2x$	$x$
Final	$x_{\max}$	$n_0(\text{Cu}^{2+}) - 2x_{\max}$	excès	$2x_{\max}$	$x_{\max}$

La transformation est totale et $\text{Cu}^{2+}$ est le réactif limitant : il est entièrement consommé à l’état final.

$n_0(\text{Cu}^{2+}) - 2\,x_{\max} = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad x_{\max} = \frac{n_0(\text{Cu}^{2+})}{2}$

Or la quantité de diiode formée est précisément $n_1(\text{I}_2) = x_{\max}$ :

On combine les relations des questions Q3 et Q4 :

$n_0(\text{Cu}^{2+}) = 2\,n_1(\text{I}_2) = 2\times\frac{n_{\mathrm{E}}(\text{S}_2\text{O}_3^{2-})}{2} = n_{\mathrm{E}}(\text{S}_2\text{O}_3^{2-}) = c_2\times V_{\mathrm{E}}$

Les deux facteurs 2 se compensent : la quantité d’ions cuivre est égale à la quantité d’ions thiosulfate versés à l’équivalence.

$n_0(\text{Cu}^{2+}) = 2{,}0\times 10^{-2}\times 15{,}0\times 10^{-3}$

Étape 1 — du prélèvement à la solution entière. Le kilogramme de terre a libéré tout son cuivre dans $V_{\mathrm{S}_0} = 1$ L de solution $\mathrm{S}_0$, dont on n’a prélevé que $V_1 = 50{,}0$ mL. La solution étant homogène, la quantité totale d’ions cuivre s’obtient en multipliant par le rapport des volumes :

$n_{\text{tot}}(\text{Cu}^{2+}) = n_0(\text{Cu}^{2+})\times\frac{V_{\mathrm{S}_0}}{V_1} = 3{,}0\times 10^{-4}\times\frac{1000}{50{,}0} = 3{,}0\times 10^{-4}\times 20{,}0 = 6{,}0\times 10^{-3}\ \text{mol}$

Étape 2 — passage à la masse.

$m(\text{Cu}^{2+}) = n_{\text{tot}}(\text{Cu}^{2+})\times M(\text{Cu}) = 6{,}0\times 10^{-3}\times 63{,}5 = 0{,}381\ \text{g}$

Cette teneur est nettement supérieure à la limite autorisée en agriculture biologique ($m_{\mathrm{t}} = 150$ mg par kg de terre) : le sol doit effectivement être dépollué.

Démarche suivie : (1) exprimer la teneur en cuivre restante après $N$ cycles ; (2) écrire la condition à satisfaire ; (3) résoudre l’inéquation ; (4) conclure sur l’entier $N_{\min}$ et vérifier.

Étape 1 — teneur restante après $N$ cycles. Chaque cycle de culture extrait $m_{\mathrm{e}} = 90$ mg de cuivre par kilogramme de terre. Après $N$ cycles, la masse de cuivre restant dans 1 kg de terre vaut donc, en repartant de la valeur non arrondie de la question Q6 ($381$ mg par kg) :

$m(N) = m(\text{Cu}^{2+}) - N\times m_{\mathrm{e}} = 381 - 90\,N \quad (\text{en mg par kg})$

Étape 2 — condition à satisfaire. La teneur doit devenir inférieure ou égale à la teneur limite $m_{\mathrm{t}} = 150$ mg par kg :

$381 - 90\,N \;\leqslant\; 150$

Étape 3 — résolution.

$90\,N \;\geqslant\; 381 - 150 = 231 \qquad\Longrightarrow\qquad N \;\geqslant\; \frac{231}{90} = 2{,}6$

Étape 4 — conclusion. Un nombre de cycles est nécessairement un entier, et l’inégalité impose $N \geqslant 2{,}6$ : il faut donc arrondir à l’entier supérieur.

Vérification.

• après 2 cycles : $381 - 2\times 90 = 201$ mg par kg $> 150$ : insuffisant ;
• après 3 cycles : $381 - 3\times 90 = 111$ mg par kg $\leqslant 150$ : conforme. ✓

Le viticulteur devra donc consacrer trois cycles de culture de plantes phytoextractrices avant de pouvoir cultiver sa vigne selon les principes de l’agriculture biologique.