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Bac 2025

Physique-Chimie – Métropole 2025, sujet 3 : correction détaillée

Spécialité Physique-Chimie · 3 h 30 · 3 exercices (9 + 5 + 6 points)

Corrigé

Correction rédigée par l'équipe BAC Révision, non officielle. Les énoncés sont reformulés avec leurs données : refais toujours les calculs et compare avec ton professeur.

Où trouver le sujet ? Cette page présente la correction. Le sujet officiel complet (PDF) et ses figures sont dans l'application BAC Révision.

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Exercice 1 : Savon : parfum, synthèse et utilisation9 points

Estérification du linalol (cinétique, équilibre), synthèse avec l'anhydride éthanoïque (CCM, rendement), mécanisme de l'hydrolyse basique d'un ester et dureté de l'eau.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Figure 1 : quantité d'éthanoate de linalyle en fonction du temps ; Figure 2 : chromatogramme de la première synthèse ; Figure 3 : chromatogramme après ajout d'APTS. Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

1.Q1Représenter la formule topologique de l'éthanoate de linalyle (CH3–COO–C(CH3)(CH=CH2)–CH2–CH2–CH=C(CH3)2), entourer le groupe caractéristique et nommer la famille.Touche pour voir la correction

À retenir Le groupe −COO− caractérise la famille des esters.

Démarche
  1. Chaîne principale de l'ester : l'atome de carbone central porte un groupe méthyle, un groupe vinyle CH=CH2, la chaîne –CH2–CH2–CH=C(CH3)2 et l'atome d'oxygène lié au groupe acyle.
  2. On dessine en zigzag : C(quaternaire) au centre ; une branche CH3 ; une branche CH=CH2 ; une branche CH2–CH2–CH=C(CH3)2 (deux méthyles sur le dernier carbone) ; et une branche O–C(=O)–CH3.
  3. Le groupe caractéristique à entourer est –C(=O)–O– : un atome de carbone lié par une double liaison à un atome d'oxygène et par une liaison simple à un second oxygène lui-même lié à un carbone.
  4. Famille fonctionnelle : ester (suffixe « -oate » dans le nom éthanoate de linalyle).

RéponseFormule topologique : squelette en zigzag décrit ci-dessus ; groupe caractéristique entouré : –COO– (carboxylate d'alkyle) ; famille fonctionnelle : ester.

1.Q2Écrire l'équation de la réaction support du titrage de l'acide éthanoïque par la soude.Touche pour voir la correction

À retenir Acide faible + ion hydroxyde → base conjuguée + eau.

Démarche
  1. C2H4O2(aq) + HO⁻(aq) → C2H3O2⁻(aq) + H2O(ℓ).

RéponseC2H4O2(aq) + HO⁻(aq) → C2H3O2⁻(aq) + H2O(ℓ).

1.Q3Calculer [HO⁻]f à partir de pH = 4,6 et Ke = 1,0×10⁻¹⁴ puis montrer que nf(HO⁻) ≈ 2,2×10⁻¹¹ mol (VA + VB = 55,0 mL).Touche pour voir la correction

À retenir [H3O⁺] = 10^(−pH) ; [HO⁻] = Ke/[H3O⁺].

Démarche
  1. [H3O⁺] = 10⁻⁴,⁶ ≈ 2,5×10⁻⁵ mol·L⁻¹.
  2. [HO⁻]f = 1,0×10⁻¹⁴ / 2,5×10⁻⁵ ≈ 4,0×10⁻¹⁰ mol·L⁻¹.
  3. nf(HO⁻) = [HO⁻]f × (VA + VB) = 4,0×10⁻¹⁰ × 55,0×10⁻³ ≈ 2,2×10⁻¹¹ mol.

Réponse[HO⁻]f ≈ 4,0×10⁻¹⁰ mol·L⁻¹ et nf(HO⁻) ≈ 2,2×10⁻¹¹ mol.

1.Q4Comparer nf(HO⁻) à la quantité d'ions hydroxyde introduite et commenter.Touche pour voir la correction

À retenir Si le réactif limitant est entièrement consommé, la réaction est totale.

Démarche
  1. n_i(HO⁻) = cB·VB = 1,0×10⁻² × 5,0×10⁻³ = 5,0×10⁻⁵ mol.
  2. nf/n_i = 2,2×10⁻¹¹/5,0×10⁻⁵ ≈ 4×10⁻⁷ : négligeable.

RéponseLes ions HO⁻ ont pratiquement tous réagi : la réaction de titrage est totale, ce qui valide son usage pour le titrage.

1.Q5Exprimer la vitesse volumique d'apparition de l'éthanoate de linalyle en fonction de V et de n_ester.Touche pour voir la correction

À retenir v = (1/V)·dn/dt.

Démarche
  1. La vitesse volumique de formation d'une espèce est la dérivée par rapport au temps de sa concentration : v = d[ester]/dt.
  2. Le milieu est homogène de volume V constant : [ester] = n_ester/V.
  3. D'où v_ester = (1/V)·dn_ester/dt, exprimée en mol·L⁻¹·min⁻¹ par exemple.

Réponsev_ester = (1/V)·dn_ester/dt.

1.Q6Décrire, en justifiant, l'évolution de v_ester au cours du temps et proposer un facteur cinétique.Touche pour voir la correction

À retenir dn/dt = pente de la tangente à la courbe n(t).

Démarche
  1. v_ester = (1/V)·dn_ester/dt : elle est proportionnelle au coefficient directeur de la tangente à la courbe n_ester(t), V étant constant.
  2. Sur la figure 1, la courbe est très pentue au début (n_ester passe de 0 à environ 14×10⁻⁴ mol en 5 min, puis 19×10⁻⁴ mol à 10 min).
  3. Ensuite la pente diminue (de 24×10⁻⁴ mol à 25 min à 28,5×10⁻⁴ mol à 45 min), puis la courbe devient horizontale à partir de 70-75 min (≈ 30,5×10⁻⁴ mol) : la pente est nulle.
  4. La vitesse volumique v_ester diminue donc au cours du temps jusqu'à s'annuler (l'équilibre chimique est atteint).
  5. Facteur cinétique : la concentration des réactifs (acide éthanoïque et linalol), qui diminue à mesure qu'ils sont consommés, donc la vitesse diminue.

Réponsev_ester diminue au cours du temps et devient nulle vers 70-75 min (plateau n_ester ≈ 30,5×10⁻⁴ mol) ; facteur cinétique : la concentration des réactifs, qui décroît.

Vérification Lecture de la figure 1 : précision de l'ordre de ±0,5×10⁻⁴ mol sur n_ester et de quelques minutes sur la date du plateau.

1.Q7Expliquer en quoi éliminer l'eau produite améliore le rendement (K = n(ester)·n(H2O)/(n(acide)·n(alcool)) à l'équilibre).Touche pour voir la correction

À retenir Si Qr < K, le système évolue dans le sens direct.

Démarche
  1. En retirant H2O, n(H2O) diminue donc Qr devient inférieur à K.
  2. Le système évolue spontanément dans le sens direct (formation de l'ester) pour retrouver Qr = K.
  3. Il se forme plus d'ester : le rendement augmente.

RéponseRetirer l'eau fait diminuer Qr sous K : l'équilibre se déplace dans le sens direct, ce qui forme davantage d'ester.

2.Q8Indiquer la nature et la position de la phase contenant l'éthanoate de linalyle à la fin de l'étape 2.Touche pour voir la correction

À retenir Espèce peu soluble dans l'eau et moins dense : phase organique au-dessus.

Démarche
  1. L'ester est très peu soluble dans l'eau : il se trouve dans la phase organique.
  2. Sa masse volumique (0,89 g·mL⁻¹) est inférieure à celle de l'eau (1,00 g·mL⁻¹) : la phase organique est la phase supérieure.

RéponsePhase organique, située au-dessus de la phase aqueuse (qui contient l'acide éthanoïque).

2.Q9Identifier les espèces de la phase organique à l'aide de la figure 2 (A : linalol, B : ester, C : phase organique). Commenter.Touche pour voir la correction

À retenir Une tache de C est identifiée à une tache de référence si elle est à la même hauteur.

Démarche
  1. Dépôt A (linalol) : une seule tache, à une hauteur intermédiaire. Dépôt B (éthanoate de linalyle) : une seule tache, plus haute.
  2. Dépôt C (phase organique) : deux taches. La plus haute et la plus grosse est à la même hauteur que la tache de B : l'éthanoate de linalyle est présent.
  3. La plus basse, plus petite, est à la même hauteur que la tache de A : du linalol est encore présent.
  4. Commentaire : le linalol n'est pas totalement consommé après 30 min de chauffage à reflux. La transformation est totale mais lente : la synthèse sans APTS n'est pas terminée et le rendement est limité.

RéponseLa phase organique contient de l'éthanoate de linalyle et du linalol : le linalol n'est pas entièrement consommé après 30 min, la synthèse n'est pas terminée.

Piège Lecture du chromatogramme à faire avec soin : la hauteur des taches de C est comparée à celle de A et B.

2.Q10Déterminer l'intérêt de l'ajout d'APTS (figure 3).Touche pour voir la correction

À retenir Un catalyseur accélère la réaction sans modifier le bilan.

Démarche
  1. À même durée et mêmes quantités, le chromatogramme de C ne montre plus que la tache de l'ester : le linalol a été consommé.
  2. L'APTS (acide) joue le rôle de catalyseur : il augmente la vitesse de la transformation, ce qui permet de la terminer en 30 min.

RéponseL'APTS est un catalyseur : la réaction est plus rapide, le linalol est totalement consommé dans la même durée.

2.Q11Montrer que le linalol est le réactif limitant puis calculer le rendement avec APTS (10 mL de chaque réactif, 9,4 mL de phase organique supposée pure).Touche pour voir la correction

À retenir n = ρ·V/M ; rendement = n(obtenu)/n(max).

Démarche
  1. n(linalol) = 0,87 × 10 / 154 ≈ 5,65×10⁻² mol.
  2. n(anhydride) = 1,08 × 10 / 102 ≈ 1,06×10⁻¹ mol.
  3. Les coefficients sont 1 : le linalol (plus petite quantité) est limitant ; n(ester)max = 5,65×10⁻² mol.
  4. Phase organique : m = 0,89 × 9,4 ≈ 8,37 g, soit n = 8,37 / 196 ≈ 4,27×10⁻² mol d'ester (chromatogramme : ester seul).
  5. η = 4,27×10⁻² / 5,65×10⁻² ≈ 0,76.

Réponseη ≈ 76 %.

Piège D'après le chromatogramme, la phase organique ne contient que l'ester : on admet donc que les 9,4 mL sont de l'ester pur.

3.Q12Identifier, avec les électronégativités (C : 2,6 ; O : 3,4 ; H : 2,2), le site électrophile de l'ester.Touche pour voir la correction

À retenir Un site électrophile est un atome déficient en électrons (δ+).

Démarche
  1. L'atome O (3,4) est plus électronégatif que C (2,6) : les liaisons C=O et C–O sont polarisées, O porte δ−, C porte δ+.
  2. L'atome de carbone du groupe carbonyle est lié à deux atomes d'oxygène : il est le plus appauvri en électrons.

RéponseLe site électrophile est l'atome de carbone du groupe C=O de l'ester (δ+).

3.Q13Recopier la première étape du mécanisme et la compléter avec les flèches courbes.Touche pour voir la correction

À retenir Une flèche courbe part du doublet (nucléophile) et va vers le site accepteur.

Démarche
  1. Le nucléophile est l'ion hydroxyde HO⁻ : c'est son atome d'oxygène, porteur de doublets non liants, qui attaque le carbone électrophile de C=O.
  2. Flèche 1 : part du doublet non liant de l'oxygène de HO⁻ et se termine sur l'atome de carbone du groupe C=O (formation de la liaison C–O).
  3. Flèche 2 : part de la double liaison C=O (liaison π) et se termine sur l'atome d'oxygène, qui devient O⁻ (charge négative).

RéponseDeux flèches courbes : du doublet de HO⁻ vers le carbone du groupe C=O, puis de la liaison π C=O vers l'oxygène (qui devient O⁻), pour obtenir l'intermédiaire tétraédrique R1–C(O⁻)(OH)–OR2.

3.Q14Indiquer le type de réaction de chacune des trois étapes.Touche pour voir la correction

À retenir Addition : on ajoute un réactif ; élimination : on perd un groupe ; transfert de proton : réaction acido-basique.

Démarche
  1. Étape 1 : addition de HO⁻ sur le groupe C=O.
  2. Étape 2 : élimination du groupe alcoolate R2O⁻ (reformation de C=O) : formation de l'acide carboxylique.
  3. Étape 3 : transfert de proton (réaction acido-basique) entre l'acide carboxylique et l'ion alcoolate : formation de l'ion carboxylate et de l'alcool.

RéponseÉtape 1 : addition ; étape 2 : élimination ; étape 3 : transfert de proton (acide-base).

Piège Selon les cours, les étapes sont nommées addition (nucléophile), élimination et réaction acido-basique ; ces trois termes sont attendus.

3.Q15Établir [X²⁺] = c·VE/Veau à l'équivalence du titrage X²⁺ + H2Y²⁻ → XY²⁻ + 2 H⁺.Touche pour voir la correction

À retenir À l'équivalence, les réactifs sont introduits dans les proportions stœchiométriques (coefficients 1 et 1).

Démarche
  1. n(X²⁺) = n(H2Y²⁻) versé à l'équivalence.
  2. [X²⁺]·Veau = c·VE.
  3. [X²⁺] = c·VE/Veau.

Réponse[X²⁺] = c·VE/Veau.

3.Q16Calculer TH (TH = 10⁴·[X²⁺]) et son incertitude-type (VE = 17,6 mL ; u(VE) = 0,1 mL ; c = 5,00×10⁻³ mol·L⁻¹, u(c) = 0,06×10⁻³ ; Veau = 50,00 mL, u = 0,03 mL).Touche pour voir la correction

À retenir u(TH) = TH·√[(u(VE)/VE)² + (u(c)/c)² + (u(Veau)/Veau)²].

Démarche
  1. [X²⁺] = 5,00×10⁻³ × 17,6 / 50,00 = 1,76×10⁻³ mol·L⁻¹.
  2. TH = 10⁴ × 1,76×10⁻³ = 17,6 °f.
  3. (0,1/17,6)² = 3,2×10⁻⁵ ; (0,06/5,00)² = 1,44×10⁻⁴ ; (0,03/50)² = 3,6×10⁻⁷ ; somme ≈ 1,76×10⁻⁴ ; racine ≈ 1,33×10⁻².
  4. u(TH) = 17,6 × 1,33×10⁻² ≈ 0,23 °f.

RéponseTH = 17,6 °f avec u(TH) ≈ 0,2 °f : eau moyennement dure (15 à 30 °f).

Vérification L'incertitude sur c domine : son terme (1,44×10⁻⁴) représente l'essentiel de la somme (1,76×10⁻⁴).

3.Q17Comparer le pouvoir moussant d'un savon dans l'eau titrée avec celui dans une eau à 30 °f.Touche pour voir la correction

À retenir Plus l'eau est dure, plus les ions Ca²⁺ et Mg²⁺ précipitent les ions carboxylate du savon.

Démarche
  1. L'eau à 30 °f contient davantage d'ions Ca²⁺ et Mg²⁺ que l'eau titrée (17,6 °f).
  2. Plus d'ions carboxylate sont précipités et le pouvoir moussant est plus faible.

RéponseLe savon mousse mieux dans l'eau titrée (17,6 °f) que dans l'eau à 30 °f, plus dure.

Exercice 2 : Jeu de billes et gravité5 points

Bille roulant sans glisser sur un rail : bilan d'énergie, programme Python et estimation de g avec incertitude.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Figure 2 : énergies cinétique, potentielle et mécanique en fonction du temps ; Figure 4 : extraits du programme Python (lignes 35-37 et 74-84) ; Figure 5 : v² en fonction de la hauteur de chute h. Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

1.Q1Déterminer la masse volumique de la bille (m = 8,51 g ; V = 1,07 cm³) et en déduire le matériau.Touche pour voir la correction

À retenir ρ = m/V.

Démarche
  1. ρ = 8,51 / 1,07 ≈ 7,95 g·cm⁻³ = 7,95×10³ kg·m⁻³.
  2. Valeur proche de celle de l'acier (7,9×10³ kg·m⁻³), pas du cuivre ni de l'aluminium.

Réponseρ ≈ 7,95×10³ kg·m⁻³ : la bille est en acier.

1.Q2Identifier, parmi les courbes 1, 2, 3 de la figure 2, l'énergie cinétique et l'énergie potentielle.Touche pour voir la correction

À retenir La bille est lâchée sans vitesse : Ec(0) = 0 ; elle descend : Ep diminue.

Démarche
  1. Courbe 1 : nulle à t = 0 puis croissante : énergie cinétique.
  2. Courbe 2 : maximale à t = 0 puis décroissante : énergie potentielle de pesanteur (la bille descend).
  3. Courbe 3 : presque constante, égale à la somme des deux autres : énergie mécanique.

RéponseCourbe 1 : Ec ; courbe 2 : Ep ; (courbe 3 : Em).

1.Q3Décrire l'évolution de l'énergie mécanique et commenter.Touche pour voir la correction

À retenir Em = Ec + Ep ; si Em est constante, il n'y a pas de dissipation.

Démarche
  1. Courbe 3 : Em reste proche de 1,42×10⁻² J pendant les 0,30 s du mouvement (elle varie entre 1,41×10⁻² et 1,45×10⁻² J, soit environ 2 %).
  2. Ec (courbe 1) augmente de 0 à 7,6×10⁻³ J tandis que Ep (courbe 2) diminue de 1,42×10⁻² à 6,6×10⁻³ J : les deux variations se compensent.
  3. Commentaire : Em est quasi constante, il n'y a pas de perte d'énergie notable (frottements négligeables) ; la légère dérive est due aux incertitudes de pointage et de calcul des vitesses.

RéponseEm reste pratiquement constante : le mouvement se fait sans frottement notable (conservation de l'énergie mécanique).

Piège Les petits écarts (0,0142 à 0,0145 J) sont attribués aux incertitudes de mesure, non à une vraie création d'énergie.

1.Q4Expliquer pourquoi le programme ne permet pas de calculer l'énergie cinétique aux points A et B.Touche pour voir la correction

À retenir Vitesse approchée par différence centrée : v(i) = [x(i+1) − x(i−1)]/[t(i+1) − t(i−1)].

Démarche
  1. Pour calculer la vitesse à l'indice i, le programme utilise les positions aux indices i−1 et i+1 : vx[i] = (x[i+1] − x[i−1])/(t[i+1] − t[i−1]) (lignes 75 à 77).
  2. Au point A (premier point, indice 0) il n'existe pas de point précédent ; au point B (dernier point, indice N−1) il n'existe pas de point suivant : vx et vz ne peuvent pas y être calculées.
  3. Ec dépend de vx et vz (ligne 82) : elle n'est donc pas calculable en A ni en B.

RéponseLa vitesse est calculée à partir des points voisins (i−1 et i+1), qui n'existent pas aux extrémités A et B.

Vérification Le sujet déclare range(0,N-2) pour Ec alors que la vitesse n'est calculée qu'à partir de l'indice 1 : détail de programme du sujet, sans incidence sur la réponse attendue.

1.Q5Compléter les lignes 81 et 84 pour calculer Ep et Em.Touche pour voir la correction

À retenir Ep = m·g·z (origine z = 0 au contact du rail en B) ; Em = Ec + Ep.

Démarche
  1. Ligne 81 : Ep[i] = m*g*z[i].
  2. Ligne 84 : Em[i] = Ec[i] + Ep[i].

RéponseEp[i] = m*g*z[i] et Em[i] = Ep[i] + Ec[i].

1.Q6Avec Ec = (7/10)·m·v², montrer que v(t) = √((10/7)·g·h(t)).Touche pour voir la correction

À retenir Em(0) = Em(t) : Ep(0) + 0 = Ep(t) + Ec(t).

Démarche
  1. À t = 0 : v = 0, Em(0) = m·g·z(0).
  2. À t : Em(t) = m·g·z(t) + (7/10)·m·v².
  3. m·g·z(0) = m·g·z(t) + (7/10)·m·v², donc (7/10)·v² = g·(z(0) − z(t)) = g·h(t).
  4. v² = (10/7)·g·h(t) et v = √((10/7)·g·h).

Réponsev(t) = √((10/7)·g·h(t)).

Vérification Le coefficient 7/10 vient de l'énergie de translation (1/2·m·v²) plus l'énergie de rotation (1/5·m·v² pour une bille pleine).

1.Q7Justifier que v² = k·h (figure 5) est cohérent avec l'expression de Q6.Touche pour voir la correction

À retenir v² = (10/7)·g·h est une fonction linéaire de h.

Démarche
  1. Q6 donne v²(t) = (10/7)·g·h(t) : v² est proportionnelle à h.
  2. Figure 5 : droite passant par l'origine, modèle v² = k·h.
  3. Par identification, k = (10/7)·g.

RéponseLa droite passant par l'origine v² = k·h correspond à v² = (10/7)·g·h avec k = 10g/7.

1.Q8Donner la relation entre g et k et calculer g (k = 14,53 m·s⁻²).Touche pour voir la correction

À retenir g = 7k/10.

Démarche
  1. k = 10g/7 donc g = 7k/10.
  2. g = 7 × 14,53 / 10 ≈ 10,17 m·s⁻².

Réponseg = 7k/10 ≈ 10,17 m·s⁻².

Vérification C'est la valeur de l'expérience 1 du tableau.

1.Q9Discuter l'accord de la valeur moyenne (8 mesures, u(g_moy) = 0,11 m·s⁻², g_ref = 9,81 m·s⁻²) et conclure.Touche pour voir la correction

À retenir Accord si |g_moy − g_ref|/u(g_moy) < 2.

Démarche
  1. g_moy = (10,17 + 9,70 + 9,81 + 10,19 + 10,32 + 10,32 + 9,42 + 9,89)/8 ≈ 9,98 m·s⁻².
  2. |9,98 − 9,81| / 0,11 ≈ 1,5 < 2.

Réponseg_moy ≈ 9,98 m·s⁻² (± 0,11) : compatible avec 9,81 m·s⁻² ; le jeu permet une estimation correcte de g, à environ 1 à 2 % près.

Exercice 3 : Utilisation médicale du technétium6 points

Désintégration du molybdène 99, rayonnement γ du technétium 99, loi de décroissance radioactive et comparaison avec le thallium 201.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Extrait du diagramme (N, Z) du molybdène et du technétium ; Domaines de fréquence des rayonnements électromagnétiques. Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

1.Q1Donner la composition du noyau de molybdène 99 (⁹⁹₄₂Mo).Touche pour voir la correction

À retenir A = Z + N.

Démarche
  1. Z = 42 protons.
  2. N = 99 − 42 = 57 neutrons.

Réponse42 protons, 57 neutrons (99 nucléons).

1.Q2Définir les noyaux isotopes et déduire du diagramme deux isotopes stables du molybdène.Touche pour voir la correction

À retenir Isotopes : même Z, A différent.

Démarche
  1. Deux noyaux isotopes ont le même nombre de protons Z et des nombres de neutrons différents.
  2. Dans la colonne du molybdène (Z = 42), les cases grisées (stables) sont ⁹⁵Mo, ⁹⁶Mo, ⁹⁷Mo et ⁹⁸Mo.

RéponseMême Z, nombres de neutrons différents ; isotopes stables du molybdène : par exemple ⁹⁸₄₂Mo et ⁹⁷₄₂Mo (aussi ⁹⁶Mo et ⁹⁵Mo).

1.Q3Écrire l'équation de désintégration du molybdène 99 en technétium 99 et nommer la particule émise.Touche pour voir la correction

À retenir Lois de conservation de Soddy : conservation de A et de Z.

Démarche
  1. ⁹⁹₄₂Mo → ⁹⁹₄₃Tc + ⁰₋₁e (+ antineutrino).
  2. Conservation de A : 99 = 99 + 0 ; de Z : 42 = 43 − 1.

Réponse⁹⁹₄₂Mo → ⁹⁹₄₃Tc* + ⁰₋₁e : particule émise = électron (radioactivité β⁻).

1.Q4Rappeler la définition du temps de demi-vie et justifier que les services reçoivent une source de technétium pour quelques jours seulement.Touche pour voir la correction

À retenir t½ = durée au bout de laquelle la moitié des noyaux radioactifs initiaux s'est désintégrée.

Démarche
  1. Le molybdène 99, source du technétium, a une demi-vie de 66 h (2,75 j).
  2. Après environ 3 demi-vies (≈ 8 jours), il ne reste plus que 1/8 des noyaux : la production de technétium devient trop faible.
  3. Le technétium lui-même (6 h) disparaît en une journée.

RéponseLa demi-vie est la durée de décroissance de moitié du nombre de noyaux ; celle du Mo est de 66 h : la source s'épuise en quelques jours.

2.Q5Vérifier que l'énergie des photons émis (141 keV) est compatible avec une gamma-caméra.Touche pour voir la correction

À retenir E = h·ν donc ν = E/h.

Démarche
  1. E = 141×10³ × 1,60×10⁻¹⁹ = 2,26×10⁻¹⁴ J.
  2. ν = E/h = 2,26×10⁻¹⁴ / 6,63×10⁻³⁴ ≈ 3,4×10¹⁹ Hz.
  3. ν > 3×10¹⁹ Hz : domaine des rayons γ.

Réponseν ≈ 3,4×10¹⁹ Hz : rayonnement γ, détectable par la gamma-caméra.

2.Q6Justifier l'usage d'un protège-seringue en verre au plomb.Touche pour voir la correction

À retenir Le rayonnement γ est très pénétrant ; le plomb est un bon absorbant.

Démarche
  1. Les photons γ traversent la matière sur de grandes épaisseurs et sont ionisants.
  2. Le verre au plomb atténue fortement ce rayonnement : il protège le manipulateur lors des injections répétées.

RéponseLe blindage au plomb absorbe le rayonnement γ pour protéger le personnel de l'exposition.

2.Q7Résoudre dN/dt + λ·N = 0 avec N(0) = N0.Touche pour voir la correction

À retenir Solution générale : N(t) = C·e^(−λt).

Démarche
  1. dN/dt = −λ·N : équation du premier ordre à solution exponentielle.
  2. N(t) = C·e^(−λt) ; N(0) = C = N0.

RéponseN(t) = N0·e^(−λt).

2.Q8Montrer que A(t) = A0·e^(−λt).Touche pour voir la correction

À retenir A = λ·N.

Démarche
  1. A(t) = λ·N(t) = λ·N0·e^(−λt).
  2. A0 = λ·N0, donc A(t) = A0·e^(−λt).

RéponseA(t) = A0·e^(−λt).

2.Q9Montrer que λ = ln(2)/t½.Touche pour voir la correction

À retenir À t = t½ : N = N0/2.

Démarche
  1. N(t½) = N0·e^(−λt½) = N0/2.
  2. e^(−λt½) = 1/2 donc λ·t½ = ln 2.
  3. λ = ln(2)/t½.

Réponseλ = ln(2)/t½.

2.Q10Déterminer la durée de précaution (activité supérieure à 3 % de A0 ; t½ = 6 h).Touche pour voir la correction

À retenir A/A0 = e^(−λt) = 0,03 donc t = −ln(0,03)/λ.

Démarche
  1. λ = ln 2 / 6 ≈ 0,1155 h⁻¹.
  2. t = −ln(0,03)/λ = 3,51/0,1155 ≈ 30,4 h.

RéponseEnviron 30 h (un peu plus d'un jour).

Vérification 5 demi-vies = 30 h donnent 1/32 ≈ 3,1 % : cohérent.

3.Q11Identifier un avantage et un inconvénient du remplacement du 99Tc* par le 201Tℓ*.Touche pour voir la correction

À retenir Comparer demi-vie, énergie γ, coût et nombre d'injections (tableau).

Démarche
  1. Avantage : une seule injection (au lieu de deux) ; demi-vie longue (3,04 jours), ce qui facilite l'approvisionnement et le stockage ; indépendant du molybdène 99.
  2. Inconvénient : coût élevé (0,8267 €/MBq contre 0,0378 €/MBq, soit environ 22 fois plus) ; demi-vie longue : le patient reste radioactif plus longtemps.

RéponseAvantage : une seule injection et un stock durable (t½ = 3,04 j). Inconvénient : coût environ 22 fois plus élevé par MBq et radioactivité résiduelle du patient bien plus longue.

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