Exercices corrigés : physique nucléaire et radioactivité (203-SN3-RE, ancien 203-NYC)

Aluminium 27 : $R=1{,}20\times 27^{1/3}=1{,}20\times 3=3{,}60$ fm, un cas rare où le calcul est exact. Uranium 238 : $238^{1/3}=6{,}198$, donc $R=7{,}44$ fm. Le noyau le plus lourd n'est donc que deux fois plus gros que celui de l'aluminium, alors qu'il contient neuf fois plus de nucléons. La racine cubique vient de là : le volume du noyau est proportionnel au NOMBRE de nucléons, $V\propto A$, ce qui signifie que les nucléons sont empilés au contact les uns des autres, comme des billes dans un sac, sans jamais se comprimer davantage. C'est la signature d'une force nucléaire à courte portée et saturée : chaque nucléon n'interagit qu'avec ses voisins immédiats, pas avec tout le noyau.

Masse : $m=A\times 1{,}66054\times 10^{-27}$ kg. Volume : $V=\dfrac{4}{3}\pi R^{3}=\dfrac{4}{3}\pi r_{0}^{3}A$. Le facteur $A$ apparaît AU NUMÉRATEUR ET AU DÉNOMINATEUR et disparaît : $\rho=\dfrac{1{,}66054\times 10^{-27}}{\frac{4}{3}\pi(1{,}20\times 10^{-15})^{3}}=\dfrac{1{,}66054\times 10^{-27}}{7{,}238\times 10^{-45}}=2{,}29\times 10^{17}$ kg/m$^{3}$. Tous les noyaux, de l'hydrogène à l'uranium, ont donc la même densité, à quelques pour cent près. C'est la conséquence directe de la loi en $A^{1/3}$, et l'inverse est vrai aussi : c'est en mesurant cette densité constante par diffusion d'électrons qu'on a établi la loi.

Rapport des rayons pour l'aluminium : $\dfrac{1{,}0\times 10^{-10}}{3{,}60\times 10^{-15}}=2{,}8\times 10^{4}$. L'atome est donc environ trente mille fois plus large que son noyau. Rapport des volumes : le cube, soit $2{,}1\times 10^{13}$, plus de vingt mille milliards. Autrement dit, si le noyau avait la taille d'une bille de $1$ cm, le premier électron serait à $280$ mètres, et il n'y aurait rien entre les deux. La matière ordinaire est essentiellement du vide, sa masse est concentrée dans un cent-millième de sa taille, et sa solidité apparente ne vient pas du remplissage de l'espace mais de la répulsion des cortèges électroniques.

$m=\rho V=2{,}29\times 10^{17}\times 5{,}0\times 10^{-6}=1{,}1\times 10^{12}$ kg, soit environ un milliard de tonnes. C'est l'ordre de grandeur de la masse d'une montagne, ou de trois mille fois celle du plus gros paquebot jamais construit, dans le volume d'une cuillère à café. Ce chiffre n'est pas un jeu : c'est exactement la densité d'une étoile à neutrons, qui n'est rien d'autre qu'un noyau atomique de vingt kilomètres de rayon tenu par la gravitation.

$B=[Z\,m(^{1}\mathrm{H})+N\,m_{n}-m(^{A}_{Z}\mathrm{X})]c^{2}$. La démonstration tient en un décompte d'électrons. Le membre de droite contient $Z$ atomes d'hydrogène, donc $Z$ protons ET $Z$ électrons ; le terme soustrait est l'atome complet, qui contient lui aussi $Z$ électrons. Les deux paquets de $Z$ électrons se simplifient exactement, et il ne reste que ce qu'on veut, la comparaison entre les nucléons libres et le noyau lié. C'est pour cela que les tables publient des masses atomiques : elles sont ce qu'un spectromètre de masse mesure réellement, et elles s'utilisent telles quelles. La seule approximation est l'énergie de liaison des électrons eux-mêmes, quelques dizaines d'eV, six ordres de grandeur sous ce qu'on calcule.

Hélium 4 : $2(1{,}007825)+2(1{,}008665)-4{,}002602=0{,}030378$ u, soit $B=0{,}030378\times 931{,}494=28{,}30$ MeV et $B/A=7{,}074$ MeV. Fer 56 : $26(1{,}007825)+30(1{,}008665)-55{,}934936=0{,}528464$ u, soit $B=492{,}3$ MeV et $B/A=8{,}790$ MeV. Uranium 238 : $92(1{,}007825)+146(1{,}008665)-238{,}050788=1{,}934202$ u, soit $B=1801{,}7$ MeV et $B/A=7{,}570$ MeV. Les trois points tombent sur la courbe : l'hélium bas à gauche malgré sa réputation de noyau très lié, le fer au sommet, l'uranium redescendu.

Parce que la stabilité ne se mesure pas à l'énergie de liaison totale, qui croît trivialement avec la taille du noyau, mais à l'énergie de liaison PAR NUCLÉON, qui dit combien chaque nucléon est retenu. Le fer 56 est à $8{,}790$ MeV par nucléon, l'uranium 238 à $7{,}570$ : chaque nucléon d'uranium est moins bien accroché que chaque nucléon de fer, d'où une réaction possible et exothermique vers des fragments plus proches du sommet. La cause physique est la répulsion coulombienne, qui croît comme $Z^{2}$ et agit à longue portée sur tout le noyau, alors que la force nucléaire attractive, saturée, ne croît que comme $A$. Passé le fer, la répulsion l'emporte progressivement, et c'est toute l'énergétique de la fission.

Chaque atome d'hydrogène contient un électron de $0{,}000549$ u. Avec des protons nus, l'étudiant retranche $26\times 0{,}000549=0{,}014274$ u au premier terme, sans corriger le terme soustrait qui contient toujours les $26$ électrons du fer. Il trouve donc $B$ trop petit de $0{,}014274\times 931{,}494=13{,}30$ MeV, soit $479{,}0$ MeV au lieu de $492{,}3$ : une erreur de $2{,}7$ %. Elle est sournoise parce qu'elle laisse un résultat plausible, du bon ordre de grandeur, qui passera inaperçu à la relecture. Le seul garde-fou est de se demander avant tout calcul, systématiquement, si la table donne des masses atomiques ou nucléaires ; en pratique elle donne presque toujours des masses atomiques.

Conservation du nombre de masse $A$ et conservation de la charge $Z$ : la somme des $A$ et la somme des $Z$ sont les mêmes des deux côtés. Ces deux lignes suffisent, il n'y a rien à mémoriser d'autre. $^{238}_{92}\mathrm{U}\to\,^{234}_{90}\mathrm{Th}+^{4}_{2}\mathrm{He}$ : $238=234+4$ et $92=90+2$. $^{226}_{88}\mathrm{Ra}\to\,^{222}_{86}\mathrm{Rn}+^{4}_{2}\mathrm{He}$ : le radium donne bien le radon, ce qui explique au passage pourquoi ce gaz apparaît dans les sous-sols des régions granitiques.

$\beta^{-}$ du carbone 14 : $^{14}_{6}\mathrm{C}\to\,^{14}_{7}\mathrm{N}+e^{-}+\bar{\nu}_{e}$. Un neutron du noyau s'est transformé en proton, $Z$ augmente d'une unité, $A$ ne bouge pas, et c'est un ANTINEUTRINO qui accompagne l'électron. $\beta^{+}$ du sodium 22 : $^{22}_{11}\mathrm{Na}\to\,^{22}_{10}\mathrm{Ne}+e^{+}+\nu_{e}$. Un proton devient neutron, $Z$ diminue, et c'est cette fois un neutrino. La règle qui évite l'erreur : la particule légère émise avec l'électron est une ANTIparticule, celle émise avec le positon est une particule, de sorte que le nombre leptonique se conserve lui aussi.

$^{40}_{19}\mathrm{K}\to\,^{40}_{18}\mathrm{Ar}+e^{+}+\nu_{e}$, désintégration $\beta^{+}$, qui se produit aussi par capture électronique, le noyau avalant un électron de son cortège. Et $^{40}_{19}\mathrm{K}\to\,^{40}_{20}\mathrm{Ca}+e^{-}+\bar{\nu}_{e}$, désintégration $\beta^{-}$. Un noyau qui peut partir des DEUX CÔTÉS est perché exactement sur la crête entre les deux versants de la vallée de stabilité : ses voisins de gauche et de droite, l'argon 40 et le calcium 40, sont tous deux plus liés que lui, et il n'a aucun moyen de choisir. Ce double mode est aussi ce qui rend le potassium 40 utilisable pour dater les roches, la branche vers l'argon produisant un gaz qui reste piégé dans le cristal.

$^{60}_{27}\mathrm{Co}\to\,^{60}_{28}\mathrm{Ni}^{*}+e^{-}+\bar{\nu}_{e}$, puis $^{60}_{28}\mathrm{Ni}^{*}\to\,^{60}_{28}\mathrm{Ni}+\gamma$ deux fois de suite. L'émission $\gamma$ ne change ni $A$ ni $Z$ : le noyau reste rigoureusement le même élément et le même isotope, il perd seulement de l'énergie d'excitation, exactement comme un atome qui retombe sur son niveau fondamental en émettant de la lumière, à ceci près que les énergies sont un million de fois plus grandes. Ce n'est donc pas une TRANSMUTATION, alors que $\alpha$ et $\beta$ en sont. En pratique, l'émission $\gamma$ accompagne presque toujours une autre désintégration, elle en est le solde et non l'événement.

Parce que le spectre en énergie des électrons $\beta$ est CONTINU, alors que la désintégration d'un noyau bien défini vers un autre noyau bien défini doit libérer une énergie fixe. Si l'électron était seul, il devrait toujours emporter la même énergie, et l'expérience montrait au contraire toute une gamme, du zéro jusqu'à un maximum. Pauli a préféré postuler en 1930 une particule invisible qui se partage l'énergie avec l'électron plutôt que d'abandonner la conservation de l'énergie, que Bohr était prêt à sacrifier. Cette particule devait être neutre, de masse quasi nulle et n'interagir que par interaction faible, autant dire indétectable : il a fallu attendre 1956 et un réacteur nucléaire, qui fournit un flux d'antineutrinos colossal, pour en observer directement. C'est le meilleur exemple du chapitre d'une prédiction imposée par une loi de conservation.

$Q=[238{,}050788-234{,}043601-4{,}002602]\times 931{,}494=0{,}004585\times 931{,}494=4{,}271$ MeV, valeur tabulée $4{,}27$ MeV. Vérification du décompte d'électrons : à gauche, l'atome d'uranium en porte $92$ ; à droite, le thorium en porte $90$ et l'hélium $2$, soit $92$. Les deux membres en comptent autant, ils se simplifient, et les masses atomiques s'emploient telles quelles. Notez la finesse du calcul : une différence de $0{,}0046$ entre des nombres de six chiffres significatifs. Arrondir les masses à quatre décimales détruirait complètement le résultat.

$Q=[14{,}003242-14{,}003074]\times 931{,}494=0{,}000168\times 931{,}494=0{,}1565$ MeV, soit $156$ keV, valeur tabulée. Décompte : à gauche, l'atome de carbone porte $6$ électrons ; à droite, l'atome d'azote en porte $7$, mais l'électron $\beta$ émis est justement le septième. Le total est de $7$ des deux côtés, et la comptabilité se boucle sans terme correctif. C'est un accident heureux du $\beta^{-}$, et il est trompeur : il fait croire que la règle est générale.

Elle ne l'est pas. Décompte pour le $\beta^{+}$ : à gauche, l'atome de sodium porte $11$ électrons ; à droite, l'atome de néon n'en porte que $10$, et il faut en plus créer un POSITON. On a donc, en masse, un électron de trop à gauche et un positon de plus à droite, soit un déficit de deux masses d'électron : $Q=[m_{\text{Na}}-m_{\text{Ne}}-2m_{e}]c^{2}$. Numériquement : $[21{,}994437-21{,}991385]\times 931{,}494=2{,}843$ MeV, moins $1{,}022$ MeV, soit $Q=1{,}821$ MeV. La valeur tabulée est $1{,}820$ MeV. Ce $1{,}022$ MeV est le péage du chapitre, et l'oublier est l'erreur la plus courante en évaluation.

Conservation de la quantité de mouvement, le noyau initial étant au repos : $p_{\alpha}=p_{\text{Th}}$, donc $K=\dfrac{p^{2}}{2m}$ se répartit en raison inverse des masses. $K_{\alpha}=Q\dfrac{m_{\text{Th}}}{m_{\text{Th}}+m_{\alpha}}=4{,}271\times\dfrac{234}{238}=4{,}199$ MeV et $K_{\text{Th}}=4{,}271\times\dfrac{4}{238}=0{,}0718$ MeV, soit $71{,}8$ keV. La particule $\alpha$ emporte $98{,}3$ % de l'énergie, ce qui est exactement pourquoi on tabule l'énergie des $\alpha$ comme si elle valait $Q$. L'approximation non relativiste se justifie en comparant $K_{\alpha}$ à l'énergie de repos de l'hélium, $3727$ MeV : le rapport vaut $1{,}1\times 10^{-3}$, donc $\gamma-1\approx 10^{-3}$, et la correction relativiste est de l'ordre du millième, très en dessous de la précision des masses utilisées.

Ce noyau ne peut PAS se désintégrer par $\beta^{+}$ : il lui manque $1{,}022$ MeV rien que pour payer la création de la paire, et $Q$ serait négatif. Il n'est pourtant pas stable pour autant, car il lui reste une autre voie, la CAPTURE ÉLECTRONIQUE : le noyau avale un électron de sa propre couche $K$, $p+e^{-}\to n+\nu_{e}$, ce qui produit exactement le même noyau fils sans avoir à créer de positon. Le seuil de la capture électronique est donc nul, et c'est le seul mode ouvert dans la fenêtre entre $0$ et $1{,}022$ MeV. On la repère expérimentalement au rayonnement X caractéristique émis quand un électron des couches supérieures vient combler la lacune.

$N=\dfrac{1{,}00\times 10^{-6}}{131}\times 6{,}022\times 10^{23}=4{,}60\times 10^{15}$ atomes. Un microgramme, c'est déjà quatre millions de milliards de noyaux : c'est la raison pour laquelle une source radioactive dangereuse peut être chimiquement indétectable. Constante radioactive : $\lambda=\dfrac{\ln 2}{T_{1/2}}=\dfrac{0{,}693}{8{,}02\times 86\,400}=1{,}00\times 10^{-6}$ s$^{-1}$. Attention à l'unité de temps : $\lambda$ doit être en s$^{-1}$ pour que l'activité sorte en becquerels, et convertir la demi-vie en secondes est la première chose à faire, avant tout autre calcul.

$A=\lambda N=1{,}00\times 10^{-6}\times 4{,}60\times 10^{15}=4{,}60\times 10^{9}$ Bq, soit $4{,}60$ GBq ou encore $\dfrac{4{,}60\times 10^{9}}{3{,}7\times 10^{7}}=124$ mCi. Ces deux unités cohabitent encore dans les services de médecine nucléaire, les doses étant souvent prescrites en millicuries et mesurées en mégabecquerels : savoir passer de l'une à l'autre fait partie du chapitre.

$24{,}1$ jours, c'est trois demi-vies à quelques heures près : $\dfrac{24{,}1}{8{,}02}=3{,}01$. L'activité est donc divisée par $2^{3}=8$, ce qui se fait de tête : environ $0{,}58$ GBq. Vérification : $4{,}60\times 2^{-3{,}01}=0{,}573$ GBq. Le calcul de tête vaut la peine d'être systématique, parce qu'il détecte immédiatement une erreur d'exponentielle : chaque fois que la durée est un multiple entier de la demi-vie, la réponse doit être une puissance de deux.

$\dfrac{A}{A_{0}}=2^{-n}=0{,}0100$ donne $n=\dfrac{\ln 100}{\ln 2}=6{,}64$ demi-vies. C'est un nombre à retenir, il revient constamment : il faut environ sept demi-vies pour tomber à 1 %, et dix pour tomber à un millième. En jours : $t=6{,}64\times 8{,}02=53{,}3$ jours. C'est la durée après laquelle les déchets d'un service d'iode 131 peuvent être traités comme des déchets ordinaires, et elle est fixée par cette arithmétique et rien d'autre.

À masse égale, le nombre d'atomes est comparable, à la masse molaire près, mais $\lambda$ est inversement proportionnelle à la demi-vie : celle du technétium 99m est $\dfrac{8{,}02\times 24}{6{,}0}=32$ fois plus courte, donc son activité massique est environ $32$ fois plus GRANDE. Une demi-vie courte signifie une activité intense pour très peu de matière. Le choix d'un isotope médical est un compromis entre deux exigences opposées : la demi-vie doit être assez longue pour que le produit survive à sa fabrication, à son transport et à son accumulation dans l'organe, et assez courte pour que le patient cesse rapidement d'être irradié une fois l'examen terminé. Quelques heures est l'optimum pour un diagnostic, ce qui explique la domination du technétium 99m ; l'iode 131, plus long et émetteur $\beta$, sert surtout à la thérapie, où l'on VEUT que l'irradiation dure.

$N_{\text{U}}(t)=N_{0}e^{-\lambda t}$, et chaque atome d'uranium disparu a produit un atome de plomb, donc $N_{\text{Pb}}(t)=N_{0}-N_{0}e^{-\lambda t}=N_{0}(1-e^{-\lambda t})$. Le rapport vaut $\dfrac{N_{\text{Pb}}}{N_{\text{U}}}=\dfrac{1-e^{-\lambda t}}{e^{-\lambda t}}=e^{\lambda t}-1$. Cette forme est la bonne à retenir : le rapport fils sur père croît EXPONENTIELLEMENT et sans borne, alors que la fraction de père restante décroît. On inverse : $t=\dfrac{1}{\lambda}\ln\left(1+\dfrac{N_{\text{Pb}}}{N_{\text{U}}}\right)$. Remarquez que $N_{0}$, la quantité initiale d'uranium, a disparu : c'est ce qui rend la méthode utilisable, car personne ne sait combien d'uranium contenait le cristal à sa formation.

$\lambda=\dfrac{\ln 2}{4{,}468\times 10^{9}}=1{,}551\times 10^{-10}$ an$^{-1}$. Puis $t=\dfrac{\ln 1{,}500}{1{,}551\times 10^{-10}}=\dfrac{0{,}4055}{1{,}551\times 10^{-10}}=2{,}61\times 10^{9}$ ans, soit $2{,}61$ milliards d'années. Contrôle d'ordre de grandeur, à faire avant tout : le rapport $0{,}500$ signifie qu'un tiers de l'uranium initial est devenu du plomb, il en reste donc deux tiers, ce qui est un peu plus de la moitié, donc l'âge doit être un peu moins d'une demi-vie. $2{,}61$ contre $4{,}47$ milliards : cohérent.

Parce que la première étape est de très loin la plus lente, et qu'une chaîne va au rythme de son maillon le plus lent. La demi-vie de l'uranium 238 est de quatre milliards et demi d'années, celles de tous les intermédiaires vont de la fraction de seconde aux $245\,000$ ans de l'uranium 234, soit au moins quatre ordres de grandeur en dessous. Dès qu'un atome d'uranium 238 se désintègre enfin, sa descendance traverse toute la chaîne en un temps négligeable à l'échelle géologique et se retrouve en plomb 206. À l'échelle du million d'années, la chaîne se comporte donc exactement comme une transformation directe, et aucun des treize intermédiaires n'a besoin d'être suivi.

$\lambda_{235}=\dfrac{\ln 2}{7{,}04\times 10^{8}}=9{,}845\times 10^{-10}$ an$^{-1}$, donc $\lambda_{235}t=9{,}845\times 10^{-10}\times 2{,}61\times 10^{9}=2{,}573$ et $\dfrac{N_{207}}{N_{235}}=e^{2{,}573}-1=12{,}1$. Cette seconde mesure est précieuse parce qu'elle est INDÉPENDANTE : deux horloges de constantes très différentes, l'une lente et l'autre six fois plus rapide, tournent dans le même cristal. Si elles donnent le même âge, on dit que la datation est concordante, et il devient extrêmement improbable qu'une perturbation ait faussé les deux exactement de la même façon. Si elles divergent, l'écart lui-même renseigne sur l'événement qui a perturbé le cristal, et c'est le principe de la courbe concordia utilisée par les géochronologues.

Première hypothèse : le cristal ne contenait AUCUN plomb 206 à sa formation. Dans le cas du zircon, elle est solide pour une raison chimique et non physique : le réseau cristallin du zircon accepte volontiers l'uranium à la place du zirconium, dont le rayon ionique est proche, et rejette au contraire le plomb. Un zircon naît donc pratiquement sans plomb, et tout celui qu'on y trouve est radiogénique. Seconde hypothèse : le système est resté CLOS, aucun uranium ni aucun plomb n'étant entré ou sorti depuis la formation. Là encore le zircon est exceptionnel : c'est un minéral extrêmement réfractaire et chimiquement inerte, qui survit à l'érosion, au transport et même à un épisode métamorphique. Ce sont ces deux propriétés, et pas une supériorité de la physique, qui font du zircon le minéral de référence de la géochronologie, et qui ont permis de dater à $4{,}4$ milliards d'années les plus vieux fragments de croûte terrestre connus.

L'équilibre séculaire est l'état où le fils est produit exactement aussi vite qu'il disparaît, de sorte que sa quantité reste constante alors qu'il est instable. Il s'établit à la condition que la demi-vie du père soit TRÈS GRANDE devant celle du fils, $T_{1}\gg T_{2}$ : le père alimente alors la population de fils à un rythme pratiquement constant sur la durée de vie du fils. Ici le rapport est de $4{,}47$ milliards d'années contre $1600$ ans, un facteur trois millions : la condition est largement remplie.

Le nombre d'atomes du fils obéit à $\dfrac{dN_{2}}{dt}=\lambda_{1}N_{1}-\lambda_{2}N_{2}$, la production par le père moins sa propre disparition. À l'équilibre, $N_{2}$ ne varie plus, donc $\dfrac{dN_{2}}{dt}=0$, ce qui donne immédiatement $\lambda_{1}N_{1}=\lambda_{2}N_{2}$, c'est-à-dire $A_{1}=A_{2}$ : les activités sont égales. En remplaçant $\lambda$ par $\dfrac{\ln 2}{T}$, le $\ln 2$ se simplifie et il reste $\dfrac{N_{1}}{T_{1}}=\dfrac{N_{2}}{T_{2}}$, soit $\dfrac{N_{2}}{N_{1}}=\dfrac{T_{2}}{T_{1}}$. Le résultat mérite d'être lu en français : le fils est présent en quantité d'autant plus faible qu'il est éphémère, dans le rapport exact des demi-vies.

$\dfrac{N_{\text{Ra}}}{N_{\text{U}}}=\dfrac{1600}{4{,}468\times 10^{9}}=3{,}58\times 10^{-7}$. Pour passer aux masses, on multiplie par le rapport des masses molaires : $m_{\text{Ra}}=3{,}58\times 10^{-7}\times\dfrac{226}{238}\times 10^{6}$ g $=0{,}340$ g par tonne d'uranium. Environ un tiers de gramme de radium par tonne : c'est exactement le rendement que Marie Curie a obtenu, elle qui a traité plusieurs tonnes de résidus de pechblende pour isoler quelques décigrammes de chlorure de radium. Ce chiffre, que la physique nucléaire donne en deux lignes, a coûté quatre ans de travail chimique en 1898, avant qu'on sache qu'une chaîne de filiation en fixe la valeur.

Une tonne d'uranium 238 contient $N=\dfrac{10^{6}}{238}\times 6{,}022\times 10^{23}=2{,}53\times 10^{27}$ atomes. $\lambda_{\text{U}}=\dfrac{\ln 2}{4{,}468\times 10^{9}\times 3{,}156\times 10^{7}}=4{,}92\times 10^{-18}$ s$^{-1}$, en secondes. Activité : $A=1{,}24\times 10^{10}$ Bq, soit environ $12$ GBq par tonne. Vérification par le radium : $N_{\text{Ra}}=3{,}58\times 10^{-7}\times 2{,}53\times 10^{27}=9{,}07\times 10^{20}$ atomes, $\lambda_{\text{Ra}}=\dfrac{\ln 2}{1600\times 3{,}156\times 10^{7}}=1{,}37\times 10^{-11}$ s$^{-1}$, d'où $A=1{,}24\times 10^{10}$ Bq. Les deux coïncident, comme la théorie l'impose. Une tonne d'uranium naturel, matériau que l'on manipule couramment, émet donc autant que le tiers de gramme de radium qu'elle contient.

La montée vers l'équilibre suit $A_{2}(t)=A_{1}\left(1-e^{-\lambda_{2}t}\right)$, gouvernée par la constante du FILS et non par celle du père : c'est un point que les étudiants intervertissent régulièrement. On veut $1-e^{-\lambda_{2}t}=0{,}99$, soit $\lambda_{2}t=\ln 100=4{,}605$, donc $t=\dfrac{4{,}605}{\ln 2}\times 3{,}82=6{,}64\times 3{,}82=25{,}4$ jours. On retrouve les mêmes $6{,}64$ demi-vies que pour une décroissance à 1 %, ce qui est logique puisque c'est le complément du même exponentiel. Un mois après purification, un échantillon de radium est donc en équilibre avec son radon, et c'est pourquoi une source de radium scellée doit être manipulée comme une source de gaz radioactif.

Faux, et l'erreur est de traiter une exponentielle comme une droite. Après deux demi-vies, il reste $\left(\tfrac{1}{2}\right)^{2}=25$ % de l'activité initiale, pas zéro. La décroissance radioactive n'atteint JAMAIS zéro en un temps fini : c'est un processus multiplicatif, chaque demi-vie divise par deux ce qui reste. Énoncé correct : au bout de $16$ jours il reste un quart de l'activité, et il faut environ sept demi-vies, soit $53$ jours, pour descendre au centième.

L'affirmation confond deux grandeurs. L'énergie de liaison TOTALE croît naturellement avec la taille du noyau, un noyau de $238$ nucléons ayant simplement plus de liens à comptabiliser qu'un noyau de $56$. Le bon critère est l'énergie de liaison PAR NUCLÉON : $7{,}570$ MeV pour l'uranium contre $8{,}790$ MeV pour le fer. Énoncé correct : c'est le fer 56 qui est le mieux lié des deux, et il se trouve d'ailleurs au sommet de la courbe, ce qui fait de lui le point d'arrivée de toute la nucléosynthèse stellaire et le terme au-delà duquel plus aucune fusion ne libère d'énergie.

Faux. L'électron $\beta^{-}$ est CRÉÉ au moment de la désintégration, lors de la transformation d'un neutron en proton, $n\to p+e^{-}+\bar{\nu}_{e}$ : il n'existait pas avant, ni dans le noyau ni ailleurs. C'est la même chose pour le positon du $\beta^{+}$. L'idée qu'une particule émise devait préexister est un réflexe de mécanique classique, et l'interaction faible n'y obéit pas : elle convertit des particules les unes dans les autres. Énoncé correct : le cortège électronique n'intervient que dans un mode précis, la capture électronique, où le noyau avale au contraire un électron atomique.

L'affirmation dit la bonne chose pour la mauvaise raison, et se trompe donc sur ce qui compte. Le faible pouvoir de pénétration de l'$\alpha$ le rend inoffensif à l'EXTÉRIEUR du corps, où la couche morte de l'épiderme suffit à l'arrêter. Mais il devient de loin le plus dangereux en contamination INTERNE, inhalé ou ingéré, précisément parce qu'il dépose toute son énergie sur quelques dizaines de micromètres, dans un tissu vivant : d'où son facteur de qualité de $20$ contre $1$ pour le $\beta$ et le $\gamma$. Énoncé correct : la dangerosité d'un rayonnement n'a de sens qu'assortie d'un scénario d'exposition, externe ou interne, et le radon inhalé est l'exemple type d'un $\alpha$ redoutable.

Faux. L'activité vaut $A=\lambda N$ : à masse donnée, elle est inversement proportionnelle à la demi-vie et aussi, plus faiblement, à la masse molaire. Un gramme de technétium 99m, de demi-vie six heures, est des milliards de fois plus actif qu'un gramme d'uranium 238, de demi-vie quatre milliards et demi d'années. Énoncé correct : ce qui distingue les isotopes n'est pas leur masse mais leur $\lambda$, et l'ordre de grandeur des demi-vies rencontrées va de la nanoseconde à $10^{19}$ ans, soit trente-six ordres de grandeur. Aucune autre grandeur du programme n'a une telle étendue.

Puissance thermique : $P_{\text{th}}=\dfrac{1000}{0{,}33}=3{,}03\times 10^{3}$ MW $=3{,}03\times 10^{9}$ W. Les deux tiers partent dans le condenseur et la tour de refroidissement, et ce n'est pas un défaut de conception mais la limite de Carnot appliquée aux températures d'un circuit à eau. Énergie d'une fission : $200\times 10^{6}\times 1{,}602\times 10^{-19}=3{,}204\times 10^{-11}$ J. Nombre de fissions par seconde : $\dfrac{3{,}03\times 10^{9}}{3{,}204\times 10^{-11}}=9{,}46\times 10^{19}$ s$^{-1}$. Presque $10^{20}$ fissions par seconde, dans un cœur qu'on peut faire tenir dans une pièce.

Nombre de fissions par jour : $9{,}46\times 10^{19}\times 86\,400=8{,}17\times 10^{24}$. Masse correspondante : $\dfrac{8{,}17\times 10^{24}}{6{,}022\times 10^{23}}\times 235=3{,}19\times 10^{3}$ g, soit $3{,}19$ kg par jour. Un peu plus de trois kilogrammes d'uranium 235 fissionnés par jour pour alimenter une ville : c'est le chiffre qui rend l'énergie nucléaire singulière, et il faut le manier avec honnêteté, la masse de combustible réellement chargée dans le cœur étant bien plus grande, plusieurs dizaines de tonnes, puisque seule une fraction de l'uranium est fissile et fissionnée avant remplacement.

$\dfrac{3{,}03\times 10^{9}}{3{,}0\times 10^{7}}=101$ kg/s, soit $101\times 86\,400=8{,}73\times 10^{6}$ kg par jour, environ $8700$ tonnes de charbon quotidiennes. Le rapport avec les $3{,}19$ kg d'uranium vaut $2{,}7$ millions. C'est l'ordre de grandeur qui sépare une énergie chimique, quelques électronvolts par atome, d'une énergie nucléaire, deux cents millions d'électronvolts par noyau : un facteur de l'ordre de $10^{7}$ à la source, atténué ici par le fait que tout l'uranium chargé ne fissionne pas. Un train de charbon par jour contre une valise.

L'énergie thermique produite en un jour vaut $3{,}03\times 10^{9}\times 86\,400=2{,}62\times 10^{14}$ J. La masse correspondante est $m=\dfrac{E}{c^{2}}=\dfrac{2{,}62\times 10^{14}}{9{,}00\times 10^{16}}=2{,}91\times 10^{-3}$ kg, soit environ $2{,}9$ grammes. Rapportée aux $3{,}19$ kg consommés, cela représente $0{,}091$ %, à peu près un millième. C'est la lecture concrète de $E=mc^{2}$ dans ce chapitre : la fission ne fait pas disparaître le combustible, elle en réarrange les nucléons et n'en convertit qu'un millième en énergie. Les trois kilos de matière fissionnée sont toujours là après coup, sous forme de produits de fission, et c'est exactement le problème des déchets.

Si toutes les fissions étaient instantanées, le temps entre deux générations de neutrons serait de l'ordre de $10^{-4}$ s, voire $10^{-8}$ s pour les neutrons rapides. Un écart de seulement $0{,}1$ % sur $k$ ferait alors croître la puissance d'un facteur $e$ toutes les fractions de seconde : aucune barre de commande, aucun automatisme, aucun opérateur ne pourrait réagir. Ce qui rend le pilotage possible, c'est que $0{,}65$ % environ des neutrons de fission sont des neutrons RETARDÉS, émis quelques secondes à quelques minutes après la fission par la décroissance de certains produits. On exploite le réacteur dans un régime où la criticité n'est atteinte QU'AVEC la contribution de ces neutrons retardés, ce qui porte le temps de génération effectif à une dizaine de secondes. Toute la commandabilité d'un réacteur tient à ce pour cent de neutrons en retard, et l'accident de réactivité est précisément le franchissement du seuil au-delà duquel le réacteur devient critique sans eux.

$\lambda=\dfrac{\ln 2}{3{,}82\times 86\,400}=2{,}10\times 10^{-6}$ s$^{-1}$. De $A=\lambda N$ on tire $N=\dfrac{400}{2{,}10\times 10^{-6}}=1{,}90\times 10^{8}$ atomes par mètre cube. Masse : $\dfrac{1{,}90\times 10^{8}}{6{,}022\times 10^{23}}\times 222=7{,}0\times 10^{-14}$ g par mètre cube, soit $70$ femtogrammes. Le commentaire est l'essentiel de la question : une concentration jugée préoccupante par toutes les agences sanitaires correspond à moins d'un dixième de picogramme par mètre cube. Aucune analyse chimique au monde ne détecterait cela, et c'est bien pourquoi on mesure le radon par son activité et jamais par sa concentration. La radioactivité est, de très loin, la méthode analytique la plus sensible dont dispose la physique.