Bac 2025 de spécialité physique-chimie, Métropole jour 1 : sujet officiel et corrigé

Q1. Une synthèse se décompose toujours en trois temps : on transforme les réactifs, on sépare le produit du milieu réactionnel, puis on l'analyse.

Étape n°1 : transformation des réactifs. Le rouge de phénol, dissous dans l'éthanol, est mis en présence du dibrome libéré par le perbromure de pyridinium : c'est l'étape où la réaction de synthèse a lieu.

Étape n°2 : séparation. On élimine le solvant, puis on filtre et on sèche les cristaux : le produit solide est isolé du milieu réactionnel. On obtient le produit BRUT, qui n'a pas été purifié.

Étapes n°3 et n°4 : analyse du produit brut. La chromatographie sur couche mince et les spectres d'absorption ne transforment rien et ne séparent rien à l'échelle de la synthèse : ils servent à identifier le produit et à juger de sa pureté. Quatre étapes pour trois titres : le titre « analyse du produit brut » couvre les deux dernières.

Q2. Sur une chromatographie sur couche mince, deux taches situées à la même hauteur (même rapport frontal, même éluant, même plaque) correspondent à la même espèce chimique, et un dépôt qui donne plusieurs taches contient plusieurs espèces.

Transformation chimique : le dépôt c, produit brut, donne une tache bleu-violet très haut sur la plaque, à une hauteur où ni le dépôt a (rouge de phénol) ni le dépôt b (perbromure de pyridinium) ne donnent de tache. Une espèce chimique absente des réactifs a donc été formée : une transformation chimique a eu lieu. Cette espèce nouvelle est le produit attendu, le BBP, dont la couleur bleue est cohérente avec celle d'un « bleu » de bromophénol.

Pureté : le dépôt c donne DEUX taches. La seconde, restée au niveau de la ligne de dépôt, est à la même hauteur que la tache du dépôt b : le produit brut contient encore du perbromure de pyridinium, ou l'espèce qui en dérive, ajouté goutte à goutte et resté en excès. Le produit synthétisé brut n'est donc pas pur. On remarque aussi qu'aucune tache de c n'est à la hauteur de la tache jaune de a : le rouge de phénol a été entièrement consommé, il était le réactif limitant.

Erreur fréquente : conclure à la pureté parce que « la tache du produit est bien là ». Il faut une SEULE tache pour qu'un produit soit pur ; une tache nouvelle prouve seulement la transformation.

Q3. Une espèce colorée se reconnaît à la forme de son spectre d'absorption et en particulier à la longueur d'onde de son maximum d'absorption, $\lambda_{\max}$, qui ne dépend pas de la concentration.

Lecture des deux spectres : le BBP de référence (trait plein) présente un pic d'absorption de maximum $0{,}12$ à $\lambda_{\max}\approx 590$ nm ; le produit brut (pointillés) présente un pic de même forme, de maximum $0{,}16$, à la même longueur d'onde, $\lambda_{\max}\approx 590$ nm. La coïncidence des maximums d'absorption montre que le produit brut contient du BBP.

La différence de hauteur des pics ($0{,}16$ contre $0{,}12$) ne compte pas : l'absorbance est proportionnelle à la concentration (loi de Beer-Lambert), et les deux solutions n'ont aucune raison d'avoir la même concentration. En revanche, le produit brut absorbe aussi entre 400 et 500 nm ($A\approx 0{,}05$ à 400 nm contre $0{,}01$ pour la référence) : une autre espèce absorbe dans le violet et le bleu, ce qui confirme l'impureté vue sur le chromatogramme à la question Q2.

Q4. Les données fournissent la température de fusion du BBP, $\theta_{\text{fusion}}=273$ °C : on peut mesurer la température de fusion du produit au banc Kofler et la comparer à cette valeur. Une température de fusion égale à 273 °C (à l'incertitude près) identifie le BBP ; une valeur plus basse ou une fusion qui s'étale traduit la présence d'impuretés.

Autres méthodes acceptées : une chromatographie avec un dépôt de BBP de référence à côté du produit (même hauteur de tache), ou la comparaison du spectre infrarouge du produit avec celui du BBP de référence.

Q5. L'acide $\mathrm{BH_{2}}$ réagit avec l'eau selon $\mathrm{BH_{2}(aq)+H_{2}O(\ell)\rightleftharpoons BH^{-}(aq)+H_{3}O^{+}(aq)}$. La constante d'acidité est la constante d'équilibre de cette réaction ; l'eau, solvant, n'y figure pas :

$K_{A}=\dfrac{\dfrac{[\mathrm{BH^{-}}]}{c^{\circ}}\cdot\dfrac{[\mathrm{H_{3}O^{+}}]}{c^{\circ}}}{\dfrac{[\mathrm{BH_{2}}]}{c^{\circ}}}=\dfrac{[\mathrm{BH^{-}}]\cdot[\mathrm{H_{3}O^{+}}]}{[\mathrm{BH_{2}}]\cdot c^{\circ}}$

$K_{A}$ est sans unité : la concentration standard $c^{\circ}=1\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$ est là pour cela. Erreur fréquente : écrire le rapport à l'envers, avec l'acide au numérateur.

Q6. On prend le logarithme décimal de l'expression de la question Q5, puis on utilise $\log(a\times b)=\log a+\log b$ :

$\log K_{A}=\log\left(\dfrac{[\mathrm{H_{3}O^{+}}]}{c^{\circ}}\right)+\log\left(\dfrac{[\mathrm{BH^{-}}]}{[\mathrm{BH_{2}}]}\right)$

Par définition, $\mathrm{p}K_{A}=-\log K_{A}$ et $\mathrm{pH}=-\log\left(\dfrac{[\mathrm{H_{3}O^{+}}]}{c^{\circ}}\right)$. L'égalité devient $-\mathrm{p}K_{A}=-\mathrm{pH}+\log\left(\dfrac{[\mathrm{BH^{-}}]}{[\mathrm{BH_{2}}]}\right)$, soit $\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_{A}+\log\left(\dfrac{[\mathrm{BH^{-}}]}{[\mathrm{BH_{2}}]}\right)$, la relation demandée.

Q7. L'équivalence d'un titrage est l'état du système pour lequel les réactifs titré et titrant ont été introduits dans les proportions stœchiométriques de la réaction support du titrage. Avant l'équivalence, le réactif titrant ($\mathrm{OH^{-}}$) est limitant ; après, c'est le réactif titré ($\mathrm{BH_{2}}$) : l'équivalence correspond au changement de réactif limitant. Ici, les nombres stœchiométriques valant 1, $n(\mathrm{BH_{2}})_{\text{initial}}=n(\mathrm{OH^{-}})_{\text{versé à l'équivalence}}$.

Q8. Méthode de la dérivée : à l'équivalence, le pH varie le plus rapidement (point d'inflexion du saut de pH), donc la dérivée $\dfrac{\mathrm{dpH}}{\mathrm{d}V}$ est maximale. Le volume à l'équivalence est l'abscisse du sommet du pic de la dérivée.

Sur la figure 1, le pic de $\dfrac{\mathrm{dpH}}{\mathrm{d}V}$ culmine à $V\approx 14{,}8$ mL, d'où $V_{E}=14{,}8$ mL. Vérification sur la courbe de pH : le saut de pH, de $6{,}8$ à $8{,}9$, se produit entre $14{,}4$ mL et $15{,}0$ mL, et son milieu est bien vers $14{,}7$ à $14{,}8$ mL ; la méthode des tangentes parallèles donnerait la même valeur à la précision de lecture près ($\pm 0{,}2$ mL).

Erreur fréquente : prendre pour équivalence le petit pic secondaire de la dérivée vers $13{,}2$ mL, qui n'est qu'une fluctuation des mesures ; c'est le maximum principal, haut de 4,2, qui compte.

Q9. On fait un bilan de matière avec la réaction support, totale. Notons $n_{0}=n(\mathrm{BH_{2}})_{\text{initial}}$. D'après la question Q7, $n_{0}=c_{b}\cdot V_{E}$, avec $c_{b}$ la concentration de la solution $\mathrm{S_{b}}$.

À la demi-équivalence, on a versé $n(\mathrm{OH^{-}})=c_{b}\cdot\dfrac{V_{E}}{2}=\dfrac{n_{0}}{2}$. Les ions hydroxyde sont le réactif limitant (avant l'équivalence) et sont entièrement consommés : l'avancement vaut $x=\dfrac{n_{0}}{2}$. Il reste $n(\mathrm{BH_{2}})=n_{0}-x=\dfrac{n_{0}}{2}$ et il s'est formé $n(\mathrm{BH^{-}})=x=\dfrac{n_{0}}{2}$.

Les deux espèces sont dans le même volume de solution : $[\mathrm{BH^{-}}]=[\mathrm{BH_{2}}]$ à la demi-équivalence. (On néglige ici la petite quantité de $\mathrm{BH^{-}}$ présente avant tout ajout, l'acide réagissant un peu avec l'eau.)

Q10. À la demi-équivalence, $\dfrac{[\mathrm{BH^{-}}]}{[\mathrm{BH_{2}}]}=1$ et $\log 1=0$ : la relation de la question Q6 donne $\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_{A}$. Il suffit donc de lire le pH pour un volume versé $V=\dfrac{V_{E}}{2}=\dfrac{14{,}8}{2}=7{,}4$ mL.

Sur la figure 1, la courbe passe par $\mathrm{pH}\approx 3{,}8$ à 7,0 mL et $\mathrm{pH}\approx 3{,}9$ à 7,5 mL : à 7,4 mL, on lit $\mathrm{pH}\approx 3{,}9$. D'où $\mathrm{p}K_{A}\approx 3{,}9$. La démarche à écrire sur la copie : calcul de $V_{E}/2$, report de ce volume sur l'axe des abscisses, lecture du pH correspondant sur la courbe, puis égalité $\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_{A}$ justifiée par la question Q9.

Q11. On calcule le quotient proposé dans les données avec $x=3{,}9$, $x_{\text{réf}}=4{,}1$ et $u(x)=0{,}3$ : $\dfrac{|3{,}9-4{,}1|}{0{,}3}=0{,}67$.

Ce quotient est inférieur à 2 : la valeur mesurée est compatible avec la valeur tabulée, à moins de deux incertitudes-types. Le résultat est donc compatible avec la présence de BBP dans le produit purifié. Avec une lecture de $3{,}8$, le quotient vaut $1{,}0$ et la conclusion ne change pas. Erreur fréquente : conclure au désaccord parce que $3{,}9\neq 4{,}1$ ; une mesure ne s'apprécie qu'avec son incertitude.

Q12. Une solution colorée prend la couleur complémentaire de celle qu'elle absorbe, c'est-à-dire la couleur diamétralement opposée sur le cercle chromatique.

D'après la figure 2, la forme acide absorbe fortement entre 400 et 500 nm, avec un maximum d'absorbance d'environ $0{,}70$ entre 420 et 440 nm, dans le secteur violet (400 à 450 nm) ; elle n'absorbe presque plus au-delà de 530 nm. La couleur principalement absorbée est le violet, dont la complémentaire, en face sur le cercle chromatique de la figure 3, est le jaune. La faible absorption dans le bleu (450 à 500 nm) tire au plus la teinte vers l'orange, voisin du jaune. La solution de la forme acide du BBP est donc jaune, ce que confirme l'énoncé plus loin (« la pastille de BBP initialement jaune »).

Piège : répondre « violet », la couleur absorbée, au lieu de sa complémentaire.

Q13. Démarche : calculer la concentration de la solution commerciale, puis le facteur de dilution nécessaire, et le comparer à ceux que le matériel permet.

Solution à préparer : l'acide chlorhydrique est un acide fort, totalement dissocié dans l'eau, donc $c=[\mathrm{H_{3}O^{+}}]=c^{\circ}\cdot 10^{-\mathrm{pH}}=10^{-2{,}0}=1{,}0\times 10^{-2}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$.

Solution commerciale : prenons $V_{1}=1{,}0$ L. Sa masse vaut $m_{\text{sol}}=d\cdot\rho_{\text{eau}}\cdot V_{1}=1{,}18\times 1{,}0\times 1{,}0=1{,}18$ kg, soit 1 180 g. Le titre massique donne la masse de chlorure d'hydrogène qu'elle contient : $m_{\mathrm{HCl}}=t_{m}\cdot m_{\text{sol}}=0{,}37\times 1\,180=4{,}4\times 10^{2}$ g, soit $n=\dfrac{m_{\mathrm{HCl}}}{M}=\dfrac{436{,}6}{36{,}5}=11{,}96$ mol. La concentration de la solution commerciale vaut donc $c_{0}=12{,}0\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$, ou $12\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$ avec les deux chiffres significatifs du titre massique.

Facteur de dilution nécessaire : $F=\dfrac{c_{0}}{c}=\dfrac{12{,}0}{1{,}0\times 10^{-2}}=1{,}2\times 10^{3}$. En une seule dilution dans la fiole jaugée de 200,0 mL, il faudrait prélever $V_{0}=\dfrac{V}{F}=\dfrac{200{,}0}{1{,}2\times 10^{3}}=0{,}17$ mL de solution commerciale. Or la plus petite pipette jaugée disponible mesure 1,0 mL : ce volume ne peut pas être prélevé avec précision.

Autre façon de conclure : avec le plus petit prélèvement (1,0 mL) et la plus grande fiole (200,0 mL), le plus grand facteur de dilution possible en une étape vaut $\dfrac{200{,}0}{1{,}0}=200$, très inférieur à $1{,}2\times 10^{3}$. Il est donc impossible de préparer la solution de pH 2,0 en une seule dilution : il faut deux dilutions successives, dont le produit des facteurs vaut environ $1{,}2\times 10^{3}$, et l'on contrôle le pH final au pH-mètre.

Erreurs fréquentes : prendre le titre massique de 37 % pour une concentration, oublier la densité (une solution commerciale d'acide n'a pas la masse volumique de l'eau), ou écrire $c=10^{-\mathrm{pH}}$ sans dire que l'acide est fort.

Q14. On décompose le nom à l'aide des règles de nomenclature fournies. « méthanamine » : la chaîne principale portant le groupe amine compte un seul carbone, c'est un groupe $\mathrm{CH_{3}}$ lié à l'azote. « N,N-diméthyl » : l'atome d'azote porte en plus deux substituants identiques, deux groupes méthyle (cas 4 des règles, deux substituants identiques sur le groupe azoté). L'azote est donc lié à trois groupes $\mathrm{CH_{3}}$ : $\mathrm{(CH_{3})_{3}N}$, c'est la molécule B.

La molécule A porte deux groupes $\mathrm{NH_{2}}$ sur l'azote, soit trois atomes d'azote : ce n'est pas une amine de ce type. La molécule C, $\mathrm{H_{2}N{-}CH_{2}{-}CH_{2}{-}CH_{3}}$, n'a aucun substituant sur l'azote et une chaîne de trois carbones : c'est la propanamine du cas 1, qui a d'ailleurs la même formule brute $\mathrm{C_{3}H_{9}N}$ que la molécule B, dont elle est un isomère.

Q15. La N,N-diméthylméthanamine est la base $\mathrm{R_{3}N}$ du couple $\mathrm{R_{3}NH^{+}/R_{3}N}$. Au contact de la pastille, elle capte un ion hydrogène $\mathrm{H^{+}}$ cédé par la forme acide du BBP, $\mathrm{BH_{2}}$, jaune, qui devient sa forme basique $\mathrm{BH^{-}}$, bleue (donnée de la partie 3). L'équation s'obtient en combinant les deux demi-équations $\mathrm{BH_{2}=BH^{-}+H^{+}}$ et $\mathrm{R_{3}N+H^{+}=R_{3}NH^{+}}$ :

$\mathrm{BH_{2}(aq)+R_{3}N(aq)\longrightarrow BH^{-}(aq)+R_{3}NH^{+}(aq)}$

Vérification : les éléments et les charges sont conservés (charge totale nulle à gauche, $-1+1=0$ à droite). Erreur fréquente : faire réagir l'amine avec $\mathrm{BH^{-}}$, alors que c'est la disparition de la forme acide jaune au profit de la forme basique bleue qui fait virer la pastille.

Q16. Une espèce amphotère (ou ampholyte) est à la fois l'acide d'un couple et la base d'un autre couple. L'ion $\mathrm{BH^{-}}$ est la base du couple $\mathrm{BH_{2}/BH^{-}}$ : il peut capter un ion $\mathrm{H^{+}}$ pour redonner $\mathrm{BH_{2}}$. Il est aussi l'acide du couple $\mathrm{BH^{-}/B^{2-}}$ : il peut céder un ion $\mathrm{H^{+}}$, ce qu'il fait dans la réaction de décoloration, où il réagit avec la base $\mathrm{OH^{-}}$ pour donner $\mathrm{B^{2-}}$ et de l'eau. Il est donc amphotère.

Q17. Temps de demi-réaction : la durée au bout de laquelle l'avancement atteint la moitié de sa valeur finale. La transformation est totale et les ions hydroxyde sont en excès, donc $\mathrm{BH^{-}}$ est entièrement consommé à l'état final : $t_{1/2}$ est la date à laquelle $[\mathrm{BH^{-}}]$ vaut la moitié de sa valeur initiale.

Sur la figure 4, $[\mathrm{BH^{-}}]_{0}\approx 5{,}6\ \mathrm{\mu mol\cdot L^{-1}}$, donc on cherche la date où $[\mathrm{BH^{-}}]=2{,}8\ \mathrm{\mu mol\cdot L^{-1}}$ : on lit $t_{1/2}\approx 7{,}8\times 10^{2}$ s, soit environ 13 minutes. Vérification de l'ordre 1 : la concentration passe de $2{,}8$ à $1{,}4\ \mathrm{\mu mol\cdot L^{-1}}$ en encore environ 800 s (on lit $1{,}4$ vers 1 560 s) ; le temps de demi-réaction ne dépend pas de la concentration de départ, signature d'une cinétique d'ordre 1. La réaction est pratiquement achevée après quelques $t_{1/2}$, de l'ordre d'une heure.

Évolution de la couleur de la pastille. Poisson frais : le milieu n'est pas basique, le BBP est sous sa forme acide $\mathrm{BH_{2}}$, la pastille est jaune. Au fil des jours, le poisson se dégrade, la N,N-diméthylméthanamine produite rend le milieu basique, $\mathrm{BH_{2}}$ est transformé en $\mathrm{BH^{-}}$ (question Q15) : la pastille vire au bleu et signale au client que le poisson n'est plus frais. Si le milieu devient très basique, $\mathrm{BH^{-}}$ est à son tour transformé en $\mathrm{B^{2-}}$, incolore, avec un temps de demi-réaction d'environ 13 minutes : en une heure environ, la pastille bleue se décolore.

Conclusion : ce temps caractéristique, de l'ordre de la dizaine de minutes, est très court devant la durée de dégradation du poisson, plusieurs jours. Le bleu qui doit prévenir le client ne dure donc pas : une pastille décolorée ne donne plus aucune information, et un client pourrait même ne pas voir que le poisson est altéré. Cette réaction de décoloration nuit à l'efficacité de l'emballage ; le BBP n'est adapté que si le milieu de la pastille ne devient jamais très basique.

Q1. Des noyaux isotopes sont des noyaux qui possèdent le même nombre de protons $Z$ (ils appartiennent donc au même élément chimique) mais des nombres de neutrons $N$ différents, donc des nombres de masse $A=Z+N$ différents. Exemple sur l'extrait du diagramme : $^{86}\mathrm{Rb}$, $^{87}\mathrm{Rb}$ et $^{88}\mathrm{Rb}$ ont tous le numéro atomique $Z=37$ et des nombres de masse différents : ce sont des isotopes du rubidium, rangés dans la même colonne du diagramme.

Q2. Sur l'extrait du diagramme (N,Z), la flèche part de la case du rubidium 87 ($Z=37$, $A=87$, donc $N=50$) et arrive dans la case du strontium 87 ($Z=38$, $A=87$, donc $N=49$) : une colonne vers la droite ($Z$ augmente de 1), une ligne vers le bas ($N$ diminue de 1). Le nombre de masse ne change pas.

On écrit l'équation en appliquant les lois de conservation de Soddy, conservation du nombre de masse et du nombre de charge. La particule émise a pour nombre de masse $87-87=0$ et pour nombre de charge $37-38=-1$ : c'est un électron. $^{87}_{37}\mathrm{Rb}\longrightarrow\ ^{87}_{38}\mathrm{Sr}+\ ^{0}_{-1}\mathrm{e}$ (un antineutrino, de charge et de masse nulles, est aussi émis ; il n'est pas exigé).

Vérification : $A$ : $87=87+0$ ; $Z$ : $37=38+(-1)$. Le noyau fils, $^{87}\mathrm{Sr}$, est dans une case grise : il est stable, la désintégration s'arrête là, ce qui en fait un bon « compteur » de rubidium désintégré.

Q3. La désintégration émet un électron $^{0}_{-1}\mathrm{e}$ : c'est une désintégration $\beta^{-}$. Dans le noyau, un neutron s'est transformé en proton, ce qui explique que $N$ diminue de 1 et que $Z$ augmente de 1 à $A$ constant. Piège : confondre avec $\beta^{+}$, qui ferait au contraire diminuer $Z$ et donnerait du krypton.

Q4. Le temps de demi-vie $t_{1/2}$ d'un noyau radioactif est la durée au bout de laquelle la moitié des noyaux radioactifs initialement présents dans un échantillon se sont désintégrés. C'est une grandeur statistique, qui ne dépend que du noyau considéré : quel que soit le nombre de noyaux de départ, il en reste la moitié après $t_{1/2}$, le quart après $2\,t_{1/2}$, et ainsi de suite.

Q5. Après $n$ demi-vies, le nombre de noyaux restants a été divisé $n$ fois par 2 : $N_{\text{Rb}}=\dfrac{N_{\text{Rb}}(0)}{2^{n}}$. On peut encore dater l'échantillon tant que $N_{\text{Rb}}\geqslant N_{\min}$, c'est-à-dire tant que $\dfrac{N_{\text{Rb}}(0)}{2^{n}}\geqslant N_{\min}$, soit $2^{n}\leqslant\dfrac{N_{\text{Rb}}(0)}{N_{\min}}$.

Or $\dfrac{N_{\text{Rb}}(0)}{N_{\min}}=\dfrac{5{,}8\times 10^{20}}{2{,}0\times 10^{9}}=2{,}9\times 10^{11}$, compris entre $2^{38}\approx 2{,}7\times 10^{11}$ et $2^{39}\approx 5{,}5\times 10^{11}$. L'inégalité $2^{n}\leqslant 2{,}9\times 10^{11}$ est vraie pour $n=38$ et fausse pour $n=39$ : le nombre maximal de demi-vies est $n=38$.

Vérification : après 38 demi-vies, il reste $\dfrac{5{,}8\times 10^{20}}{2^{38}}=2{,}1\times 10^{9}$ noyaux, un peu plus que $N_{\min}$ ; après 39, il n'en reste que $1{,}1\times 10^{9}$, moins que $N_{\min}$.

Q6. D'après la question Q5, la datation reste possible pendant 38 demi-vies, soit jusqu'à un âge de $38\times t_{1/2}=38\times 49{,}2\times 10^{9}=1{,}87\times 10^{12}$ ans. La roche du site de Meymac a « plusieurs centaines de millions d'années », de l'ordre de $10^{8}$ à $10^{9}$ ans : c'est des milliers de fois moins que l'âge maximal datable. Il reste donc largement assez de rubidium 87 dans un échantillon de 1 g pour le détecter : le rubidium 87 est adapté.

Il l'est aussi par son temps de demi-vie très long, comparable aux durées géologiques : un noyau à demi-vie courte aurait entièrement disparu d'une roche aussi ancienne. Ordre de grandeur : $1{,}87\times 10^{12}$ ans dépasse même l'âge de l'Univers, environ $1{,}4\times 10^{10}$ ans ; la limite de détection n'est jamais atteinte pour une roche terrestre.

Q7. On dérive $N_{\text{Rb}}(t)=N_{\text{Rb}}(0)\cdot e^{-\lambda t}$ par rapport au temps, $N_{\text{Rb}}(0)$ et $\lambda$ étant des constantes : $\dfrac{\mathrm{d}N_{\text{Rb}}}{\mathrm{d}t}=N_{\text{Rb}}(0)\cdot(-\lambda)\cdot e^{-\lambda t}=-\lambda\cdot\left(N_{\text{Rb}}(0)\cdot e^{-\lambda t}\right)=-\lambda\cdot N_{\text{Rb}}(t)$.

L'équation différentielle est vérifiée pour tout $t$. De plus, à $t=0$, $N_{\text{Rb}}(0)\cdot e^{0}=N_{\text{Rb}}(0)$ : la fonction respecte aussi la condition initiale. Erreur fréquente : oublier le facteur $-\lambda$ issu de la dérivée de $e^{-\lambda t}$.

Q8. À la date $t_{f}$, $N_{\text{Rb}}(t_{f})=N_{\min}$, donc $N_{\text{Rb}}(0)\cdot e^{-\lambda t_{f}}=N_{\min}$, soit $e^{-\lambda t_{f}}=\dfrac{N_{\min}}{N_{\text{Rb}}(0)}$. On prend le logarithme népérien : $-\lambda t_{f}=\ln\left(\dfrac{N_{\min}}{N_{\text{Rb}}(0)}\right)$, d'où $t_{f}=\dfrac{1}{\lambda}\ln\left(\dfrac{N_{\text{Rb}}(0)}{N_{\min}}\right)$.

Vérification : $N_{\text{Rb}}(0)>N_{\min}$, le logarithme est positif et $t_{f}>0$, comme il se doit.

Q9. $t_{f}=\dfrac{1}{1{,}41\times 10^{-11}}\times\ln\left(\dfrac{5{,}8\times 10^{20}}{2{,}0\times 10^{9}}\right)=\dfrac{\ln(2{,}9\times 10^{11})}{1{,}41\times 10^{-11}}=\dfrac{26{,}39}{1{,}41\times 10^{-11}}=1{,}87\times 10^{12}$ a, en années puisque $\lambda$ est en $\mathrm{a^{-1}}$.

Comparaison : la question Q6 donnait $38\,t_{1/2}=1{,}87\times 10^{12}$ a, la même valeur à trois chiffres significatifs. Plus précisément, $t_{f}$ est compris entre $38\,t_{1/2}=1{,}870\times 10^{12}$ a et $39\,t_{1/2}=1{,}919\times 10^{12}$ a, ce qui est cohérent avec l'encadrement $2^{38}<2{,}9\times 10^{11}<2^{39}$ : $\dfrac{t_{f}}{t_{1/2}}\approx 38{,}05$. Le raisonnement par demi-vies entières donne une valeur par défaut, le calcul exponentiel donne la durée exacte ; les deux méthodes concordent, ce qui confirme aussi que $\lambda=\dfrac{\ln 2}{t_{1/2}}$ ($\dfrac{0{,}693}{49{,}2\times 10^{9}}=1{,}41\times 10^{-11}\ \mathrm{a^{-1}}$).

Q10. Chaque noyau de rubidium 87 qui se désintègre donne un noyau de strontium 87. Le nombre de noyaux de strontium formés à la date $t$ est donc égal au nombre de noyaux de rubidium désintégrés depuis $t=0$ : $N_{\text{Sr formé}}(t)=N_{\text{Rb}}(0)-N_{\text{Rb}}(t)$.

Q11. D'après la loi de décroissance de la question Q7, $N_{\text{Rb}}(t)=N_{\text{Rb}}(0)\cdot e^{-\lambda t}$, donc $N_{\text{Rb}}(0)=N_{\text{Rb}}(t)\cdot e^{\lambda t}$. On remplace dans la relation de la question Q10 : $N_{\text{Sr formé}}(t)=N_{\text{Rb}}(t)\cdot e^{\lambda t}-N_{\text{Rb}}(t)=N_{\text{Rb}}(t)\cdot\left(e^{\lambda t}-1\right)$, l'équation 2.

L'intérêt de cette écriture : elle n'utilise que $N_{\text{Rb}}(t)$, le rubidium présent AUJOURD'HUI dans la roche, que le géologue sait mesurer, et non $N_{\text{Rb}}(0)$, inconnu.

Q12. L'équation 3 s'écrit $y=b+\left(e^{\lambda t_{\text{roche}}}-1\right)\cdot x$ : pour des échantillons de la même roche, de même âge $t_{\text{roche}}$ et de même $b$, les points $(x\,;y)$ sont alignés sur une droite d'ordonnée à l'origine $b$ et de coefficient directeur $e^{\lambda t_{\text{roche}}}-1$. C'est ce que montre la figure 1 (méthode de l'isochrone).

Par identification avec la modélisation $y=0{,}7105+0{,}0042\cdot x$ : $e^{\lambda t_{\text{roche}}}-1=0{,}0042$, donc $e^{\lambda t_{\text{roche}}}=1{,}0042$ et $t_{\text{roche}}=\dfrac{\ln(1{,}0042)}{\lambda}=\dfrac{4{,}19\times 10^{-3}}{1{,}41\times 10^{-11}}=2{,}97\times 10^{8}$ a.

La roche du site de Meymac est âgée d'environ $3{,}0\times 10^{8}$ ans, soit 300 millions d'années, avec les deux chiffres significatifs du coefficient directeur. C'est cohérent avec l'énoncé (« plusieurs centaines de millions d'années ») et avec la question Q6 : en 300 millions d'années, seuls $0{,}4$ % des noyaux de rubidium 87 se sont désintégrés.

Erreurs fréquentes : identifier le coefficient directeur à $\lambda t$ ou à $e^{\lambda t}$ au lieu de $e^{\lambda t}-1$, ou utiliser l'ordonnée à l'origine $0{,}7105$, qui donne seulement le rapport initial $b=\dfrac{N_{\text{Sr}}(0)}{N_{\text{réf}}}$. Ici $e^{\lambda t}-1\approx\lambda t$ car $\lambda t$ est petit, et l'approximation donnerait presque la même valeur, $2{,}98\times 10^{8}$ a, mais elle doit alors être justifiée.