Exercices corrigés : la décroissance radioactive (Terminale spécialité)

a) Sur la verticale $Z=6$, deux points pleins, en $N=6$ et $N=7$ : le carbone a deux isotopes stables, $^{12}_{6}\mathrm{C}$ et $^{13}_{6}\mathrm{C}$. Le carbone 14 compte $N=A-Z=14-6=8$ neutrons. Attention à ne pas confondre $A$, le nombre de nucléons, avec $N$, le nombre de neutrons : c'est l'erreur de lecture la plus fréquente sur ce diagramme.

b) Le carbone 14 se trouve AU-DESSUS des deux isotopes stables : il a trop de neutrons pour son nombre de protons. Pour rejoindre la vallée de stabilité, il doit convertir un neutron en proton, ce qui fait passer $Z$ de $6$ à $7$ et $N$ de $8$ à $7$ : c'est la radioactivité $\beta^{-}$. Sur le diagramme, la transformation se lit comme un pas en diagonale vers la droite et vers le bas, qui arrive en $(7\,;7)$, l'azote 14 stable.

c) L'azote 13 est en $(7\,;6)$, AU-DESSOUS des isotopes stables $^{14}\mathrm{N}$ et $^{15}\mathrm{N}$ : il manque un neutron. Un proton se convertit en neutron, $Z$ diminue de $1$ et $N$ augmente de $1$ : c'est la radioactivité $\beta^{+}$, qui émet un positon.

d) $^{13}_{7}\mathrm{N}\rightarrow\,^{13}_{6}\mathrm{C}+\,^{0}_{1}\mathrm{e}$. Conservation du nombre de nucléons : $13=13+0$. Conservation de la charge : $7=Z+1$, donc $Z=6$, c'est le carbone. Le noyau fils est $^{13}_{6}\mathrm{C}$, en $(6\,;7)$ : un point plein, il est stable. On vérifie toujours les deux conservations séparément, jamais la seule égalité des $A$.

e) Le tritium est en $(1\,;2)$, au-dessus des deux isotopes stables de l'hydrogène, $(1\,;0)$ et $(1\,;1)$ : excès de neutrons, donc désintégration $\beta^{-}$. $^{3}_{1}\mathrm{H}\rightarrow\,^{3}_{2}\mathrm{He}+\,^{\;\,0}_{-1}\mathrm{e}$ : le noyau fils a $Z=1+1=2$, c'est l'hélium 3, point plein en $(2\,;1)$.

a) $^{210}_{84}\mathrm{Po}\rightarrow\,^{206}_{82}\mathrm{Pb}+\,^{4}_{2}\mathrm{He}$. Nucléons : $210=A+4$, donc $A=206$. Charge : $84=Z+2$, donc $Z=82$, le plomb. Une émission $\alpha$ fait reculer de deux cases dans la classification, et c'est ce recul qu'on oublie quand on écrit $Z=84$ par réflexe.

b) $^{60}_{27}\mathrm{Co}\rightarrow\,^{60}_{28}\mathrm{Ni}+\,^{\;\,0}_{-1}\mathrm{e}$. Nucléons : $60=A+0$, donc $A=60$. Charge : $27=Z-1$, donc $Z=28$ : le noyau fils est le nickel 60. L'électron porte la charge $-1$, ce qui fait AVANCER d'une case. Le nickel est produit dans un état excité et se désexcite en émettant deux photons $\gamma$, ceux qu'utilisait la radiothérapie au cobalt.

c) $^{22}_{11}\mathrm{Na}\rightarrow\,^{22}_{10}\mathrm{Ne}+\,^{0}_{1}\mathrm{e}$. $A=22$ et $11=Z+1$, donc $Z=10$, le néon. En $\beta^{+}$ comme en $\beta^{-}$, le nombre de nucléons ne change pas : seul un nucléon change de nature.

d) $^{A}_{Z}\mathrm{X}\rightarrow\,^{222}_{86}\mathrm{Rn}+\,^{4}_{2}\mathrm{He}$. Nucléons : $A=222+4=226$. Charge : $Z=86+2=88$, c'est le radium. Le noyau père est $^{226}_{88}\mathrm{Ra}$, historiquement la source étudiée par Marie Curie.

e) Les désintégrations $\beta^{-}$ ne changent pas $A$, donc toute la perte de nucléons vient des $\alpha$ : $238-206=32=4\,x$, soit $x=8$ désintégrations $\alpha$. Ces huit $\alpha$ font baisser la charge de $16$, de $92$ à $76$. Or le plomb a $Z=82$ : il faut remonter de $6$, par $y=6$ désintégrations $\beta^{-}$. Vérification : $92-2\times 8+6=82$. On compte TOUJOURS les $\alpha$ d'abord, sur les nucléons, puisque c'est la seule équation à une inconnue.

a) En divisant par $\Delta t$ et en faisant tendre $\Delta t$ vers zéro : $\dfrac{\mathrm{d}N}{\mathrm{d}t}=-\lambda N$. C'est une équation différentielle du type $y'=ay$ avec $a=-\lambda$, dont les solutions sont $N(t)=K\,e^{-\lambda t}$. La condition initiale $N(0)=N_{0}$ donne $K=N_{0}$, d'où $N(t)=N_{0}\,e^{-\lambda t}$. Le signe moins traduit que la population DIMINUE : sans lui, on décrirait une croissance.

b) Par définition de la demi-vie, $N(t_{1/2})=\dfrac{N_{0}}{2}$, soit $e^{-\lambda t_{1/2}}=\dfrac{1}{2}$ et $\lambda=\dfrac{\ln 2}{t_{1/2}}=\dfrac{0{,}693}{8{,}02}=8{,}64\times 10^{-2}\ \mathrm{j^{-1}}$. En secondes : $8{,}02\ \mathrm{j}=8{,}02\times 86\,400=6{,}93\times 10^{5}\ \mathrm{s}$, donc $\lambda=1{,}00\times 10^{-6}\ \mathrm{s^{-1}}$. Les deux valeurs sont justes, mais elles ne se mélangent pas : $\lambda$ en $\mathrm{j^{-1}}$ s'utilise avec $t$ en jours.

c) $\dfrac{N}{N_{0}}=e^{-0{,}0864\times 30}=e^{-2{,}59}=0{,}0748$, soit $7{,}5\ \%$. Contrôle : $30$ jours font un peu moins de quatre demi-vies ($4\times 8{,}02=32$), et $\dfrac{1}{2^{4}}=6{,}25\ \%$ : il doit rester un peu plus, c'est cohérent.

d) $e^{-\lambda t}=0{,}01$ donne $t=\dfrac{\ln 100}{\lambda}=\dfrac{4{,}605}{0{,}0864}=53{,}3$ jours, soit environ $6{,}6$ demi-vies. Retenir qu'il faut près de sept demi-vies pour descendre à $1\ \%$, et dix pour descendre à un millième.

e) $\tau=\dfrac{1}{0{,}0864}=11{,}6$ jours. À $t=\tau$, il reste $e^{-1}=36{,}8\ \%$ des noyaux. La constante de temps est donc plus longue que la demi-vie, $\tau=\dfrac{t_{1/2}}{\ln 2}=1{,}44\,t_{1/2}$ : ce sont deux durées caractéristiques différentes, qu'on ne doit jamais confondre.

a) L'activité $A$ est le nombre de désintégrations par seconde, en becquerels. L'activité initiale vaut $800\ \mathrm{MBq}$ ; la demi-vie est la durée au bout de laquelle elle vaut $400\ \mathrm{MBq}$, et la courbe passe à cette valeur pour $t_{1/2}=6{,}0\ \mathrm{h}$. On lit la demi-vie sur l'ACTIVITÉ parce que $A=\lambda N$ est proportionnelle à $N$ : les deux grandeurs ont la même demi-vie. Contrôle sur un deuxième point : à $12\ \mathrm{h}$, la courbe vaut bien $200\ \mathrm{MBq}$.

b) $\lambda=\dfrac{\ln 2}{6{,}0}=0{,}116\ \mathrm{h^{-1}}$, et $\lambda=\dfrac{\ln 2}{6{,}0\times 3600}=3{,}21\times 10^{-5}\ \mathrm{s^{-1}}$. Pour la question suivante, qui fait intervenir des becquerels, seule la valeur en $\mathrm{s^{-1}}$ convient.

c) $N_{0}=\dfrac{A_{0}}{\lambda}=\dfrac{800\times 10^{6}}{3{,}21\times 10^{-5}}=2{,}49\times 10^{13}$ noyaux. Avec $\lambda$ en $\mathrm{h^{-1}}$, on aurait trouvé $6{,}9\times 10^{9}$, un résultat faux d'un facteur $3600$ et pourtant d'allure plausible : c'est pour cela que ce piège coûte si cher.

d) $24\ \mathrm{h}$ représentent $4$ demi-vies : $A=\dfrac{800}{2^{4}}=\dfrac{800}{16}=50\ \mathrm{MBq}$. Le patient reste donc faiblement actif pendant une journée, et l'essentiel de la dose a disparu en deux jours.

e) $800\,e^{-\lambda t}=1$ donne $t=\dfrac{\ln 800}{\lambda}=\dfrac{6{,}685}{0{,}1155}=57{,}9\ \mathrm{h}$, soit un peu moins de dix demi-vies ($2^{10}=1024$). Cette durée courte, avec une émission $\gamma$ seule qui traverse le corps et atteint la caméra, explique le choix de ce noyau en imagerie.

a) $A=A_{0}\,e^{-\lambda t}$ donne $\ln A=\ln A_{0}-\lambda t$ : en fonction de $t$, $\ln A$ est une fonction AFFINE. Une droite se reconnaît à l'œil, se vérifie par un alignement et se lit par sa pente, alors qu'on ne sait pas distinguer à l'œil une exponentielle d'une autre courbe décroissante. La linéarisation transforme donc une loi supposée en une loi vérifiée.

b) $\ln 480=6{,}174$ et $\ln 81=4{,}394$. Un logarithme n'a pas d'unité : on prend le logarithme d'un NOMBRE de coups, et l'on doit garder le même intervalle de comptage pour toutes les mesures, sans quoi la droite est décalée.

c) Pente : $\dfrac{4{,}394-6{,}174}{180-0}=-9{,}89\times 10^{-3}\ \mathrm{s^{-1}}$. Or la pente vaut $-\lambda$, donc $\lambda=9{,}9\times 10^{-3}\ \mathrm{s^{-1}}$. L'oubli du signe est l'erreur la plus fréquente : une constante radioactive négative décrirait une population qui croît.

d) $t_{1/2}=\dfrac{\ln 2}{\lambda}=\dfrac{0{,}693}{9{,}89\times 10^{-3}}=70\ \mathrm{s}$, soit $1{,}17$ minute. Contrôle direct dans le tableau : entre $t=0$ et $t=60\ \mathrm{s}$, le comptage passe de $480$ à $265$, un peu plus que la moitié, et entre $0$ et $90\ \mathrm{s}$ de $480$ à $197$, un peu moins : la demi-vie est bien entre $60$ et $90\ \mathrm{s}$.

e) La désintégration d'un noyau est un phénomène ALÉATOIRE : on ne peut pas prévoir quand un noyau donné se désintégrera, seulement la probabilité qu'il le fasse par seconde. Le nombre de coups fluctue donc autour de sa valeur moyenne, d'autant moins en valeur relative que le comptage est grand. C'est aussi pour cela qu'on retranche le bruit de fond, la radioactivité ambiante qui s'ajoute à celle de la source.

a) L'argon est un gaz noble qui ne se lie à rien : tant que la roche est liquide, il s'échappe, et le chronomètre est remis à zéro. C'est la solidification qui date la roche, pas la formation du potassium. L'hypothèse « aucun argon à $t=0$ » est la condition initiale de la méthode, exactement comme $N(0)=N_{0}$ dans la loi de décroissance.

b) Le nombre de noyaux de potassium désintégrés vaut $N_{0}-N_{K}$, et seuls $11\ \%$ ont donné de l'argon : $N_{Ar}=0{,}11\,(N_{0}-N_{K})$. D'où $N_{0}=N_{K}+\dfrac{N_{Ar}}{0{,}11}$. Écrire $N_{0}=N_{K}+N_{Ar}$ reviendrait à supposer que toute désintégration donne de l'argon, ce qui vieillirait toutes les roches.

c) $\lambda=\dfrac{\ln 2}{1{,}25\times 10^{9}}=5{,}55\times 10^{-10}\ \mathrm{an^{-1}}$. L'âge cherché sortira donc en années, sans conversion.

d) $\dfrac{N_{0}}{N_{K}}=1+\dfrac{0{,}0100}{0{,}11}=1{,}0909$. Or $N_{K}=N_{0}\,e^{-\lambda t}$, donc $t=\dfrac{1}{\lambda}\ln\dfrac{N_{0}}{N_{K}}=\dfrac{\ln 1{,}0909}{5{,}55\times 10^{-10}}=\dfrac{0{,}0870}{5{,}55\times 10^{-10}}=1{,}57\times 10^{8}$ ans, soit $157$ Ma. Sur la figure, l'ordonnée $0{,}010$ correspond bien à une abscisse un peu supérieure à $150$ Ma. Cet âge ne représente que $0{,}13$ demi-vie : le potassium 40 convient à des roches de plusieurs millions à plusieurs milliards d'années, pas à un objet de l'Antiquité, où l'argon formé serait indosable.

e) L'argon perdu diminue $N_{Ar}$, donc le rapport mesuré, donc $\dfrac{N_{0}}{N_{K}}$ et l'âge calculé : la roche paraît plus JEUNE qu'elle n'est, l'âge est sous-estimé. Une méthode de datation hérite toujours du sens de ses fuites, et c'est pour cela qu'on la recoupe par une seconde méthode.

a) $\lambda=\dfrac{\ln 2}{8{,}02\times 86\,400}=1{,}00\times 10^{-6}\ \mathrm{s^{-1}}$, en secondes puisque l'activité est en becquerels. $N_{0}=\dfrac{A_{0}}{\lambda}=\dfrac{3{,}7\times 10^{9}}{1{,}00\times 10^{-6}}=3{,}70\times 10^{15}$ noyaux.

b) $n=\dfrac{N_{0}}{N_{A}}=\dfrac{3{,}70\times 10^{15}}{6{,}02\times 10^{23}}=6{,}14\times 10^{-9}\ \mathrm{mol}$, et $m=n\,M=6{,}14\times 10^{-9}\times 131=8{,}0\times 10^{-7}\ \mathrm{g}$, soit $0{,}80\ \mathrm{\mu g}$. Moins d'un microgramme suffit à une activité de plusieurs milliards de becquerels : l'activité se compte en désintégrations, pas en masse, et c'est ce qui rend la radioactivité à la fois si facile à détecter et si dangereuse à ingérer.

c) $A_{0}\,e^{-\lambda t}=1{,}0$ GBq, donc $t=\dfrac{1}{\lambda}\ln\dfrac{3{,}7}{1{,}0}$ avec $\lambda=0{,}0864\ \mathrm{j^{-1}}$ : $t=\dfrac{1{,}308}{0{,}0864}=15{,}1$ jours. Le rapport d'activités est sans unité, on peut le calculer en GBq sans rien convertir ; c'est $\lambda$ qui fixe l'unité du résultat. En pratique l'organisme élimine une partie de l'iode par les urines, et l'activité du patient décroît nettement plus vite que ce calcul.

d) Le rayonnement se répartit sur une sphère de surface $4\pi d^{2}$ : doubler la distance multiplie la surface par $4$, et divise donc par $4$ la puissance reçue par unité de surface. S'éloigner est le premier geste de radioprotection, et le moins coûteux.

e) L'iode 131 et l'iode 127 sont deux ISOTOPES : même numéro atomique $Z=53$, même cortège électronique, donc mêmes propriétés chimiques. La thyroïde ne peut pas les distinguer. Seul le noyau diffère, et c'est lui qui se désintègre. Le même raisonnement explique pourquoi on distribue des comprimés d'iode stable en cas d'accident nucléaire : saturer la glande avec l'isotope inoffensif.

1) FAUX. Un noyau n'a pas de mémoire : sa probabilité de se désintégrer pendant une seconde est la même, $\lambda$, quel que soit son âge. C'est précisément cette absence de vieillissement qui donne une loi exponentielle. Le vieux noyau et le jeune ont exactement les mêmes chances.

2) FAUX. $A=\lambda N$ : l'activité est proportionnelle au nombre de noyaux restants, elle décroît donc avec la même demi-vie qu'eux. Une source étiquetée $37\ \mathrm{kBq}$ ne l'est qu'à sa date de fabrication.

3) FAUX. L'électron émis naît DANS le noyau, au moment où un neutron se transforme en proton : $^{1}_{0}\mathrm{n}\rightarrow\,^{1}_{1}\mathrm{p}+\,^{\;\,0}_{-1}\mathrm{e}$. C'est pour cela que $Z$ augmente de $1$. Un électron arraché au cortège ne changerait pas l'élément : ce serait une ionisation, un phénomène chimique.

4) FAUX. La constante radioactive ne dépend ni de la température, ni de la pression, ni de l'état chimique de l'atome : la désintégration se joue dans le noyau, à des énergies des millions de fois supérieures à celles de l'agitation thermique. C'est la grande différence avec la cinétique chimique, et c'est ce qui fait des noyaux des horloges fiables.

5) FAUX. La demi-vie est une caractéristique du NOYAU, $t_{1/2}=\dfrac{\ln 2}{\lambda}$, indépendante de $N_{0}$. Un échantillon deux fois plus gros a deux fois plus de noyaux et une activité deux fois plus grande, mais il perd la moitié de ses noyaux dans la même durée.

a) Un noyau survit avec la probabilité $1-p=0{,}9$, indépendamment des autres. En moyenne, il en reste $1000\times 0{,}9=900$ après le premier pas. Le programme affichera un nombre voisin, $893$ ou $907$ par exemple, mais pas $900$ à coup sûr : c'est tout le sens d'un processus aléatoire.

b) Chaque pas multiplie la population moyenne par $0{,}9$ : $N_{10}=1000\times 0{,}9^{10}=349$ noyaux. La population moyenne est une suite GÉOMÉTRIQUE de raison $0{,}9$, version discrète de l'exponentielle décroissante.

c) $0{,}9^{k}=0{,}5$ donne $k=\dfrac{\ln 0{,}5}{\ln 0{,}9}=\dfrac{\ln 2}{-\ln 0{,}9}=6{,}58$ pas. La demi-vie simulée est donc d'environ $6{,}6\ \mathrm{s}$, et elle ne dépend pas de $N_{0}$ : on retrouve la propriété fondamentale de la loi.

d) $e^{-\lambda\times 1}=0{,}9$ donne $\lambda=-\ln 0{,}9=0{,}105\ \mathrm{s^{-1}}$. Pour une probabilité petite, $-\ln(1-p)\approx p$ : la probabilité de désintégration pendant une durée courte $\Delta t$ vaut $\lambda\,\Delta t$. C'est exactement l'hypothèse $\Delta N=-\lambda N\,\Delta t$ qui fonde la loi de décroissance, et l'écart entre $0{,}105$ et $0{,}1$ rappelle qu'elle n'est exacte que pour $\Delta t$ très petit.

e) Avec $100\,000$ noyaux. Les fluctuations autour de la moyenne croissent comme $\sqrt{N}$ environ, donc les écarts RELATIFS décroissent comme $\dfrac{1}{\sqrt{N}}$ : de l'ordre de $3\ \%$ pour $1000$ noyaux, $0{,}3\ \%$ pour $100\,000$. Un échantillon macroscopique contient plus de $10^{15}$ noyaux, et c'est pour cela que sa décroissance paraît parfaitement régulière alors que chaque désintégration est imprévisible.

a) $^{241}_{95}\mathrm{Am}\rightarrow\,^{237}_{93}\mathrm{Np}+\,^{4}_{2}\mathrm{He}$. Nucléons : $241=237+4$. Charge : $95=93+2$. Le noyau fils est le neptunium 237, $A=237$ et $Z=93$.

b) $\lambda=\dfrac{\ln 2}{432{,}2\times 3{,}156\times 10^{7}}=5{,}08\times 10^{-11}\ \mathrm{s^{-1}}$, puis $N=\dfrac{A}{\lambda}=\dfrac{3{,}7\times 10^{4}}{5{,}08\times 10^{-11}}=7{,}28\times 10^{14}$ noyaux. Une activité modeste avec une demi-vie longue exige beaucoup de noyaux : c'est la relation $N=\dfrac{A\,t_{1/2}}{\ln 2}$ qui le dit.

c) $m=\dfrac{N}{N_{A}}\,M=\dfrac{7{,}28\times 10^{14}}{6{,}02\times 10^{23}}\times 241=2{,}91\times 10^{-7}\ \mathrm{g}$, soit $0{,}29\ \mathrm{\mu g}$. Comparer avec l'iode 131 d'une gélule thérapeutique : cent mille fois moins actif, pour une masse du même ordre, parce que sa demi-vie est vingt mille fois plus longue.

d) $\dfrac{A}{A_{0}}=e^{-\lambda t}=2^{-10/432{,}2}=0{,}984$ : l'activité a diminué de $1{,}6\ \%$ seulement. Ce n'est pas la source qui limite la durée de vie d'un détecteur, mais son électronique et l'encrassement de la chambre ; la demi-vie a été choisie pour que le signal soit pratiquement constant.

e) Les particules $\alpha$ sont très ionisantes mais très peu pénétrantes : quelques centimètres d'air ou une feuille de papier les arrêtent, comme le montre la figure, et le boîtier suffit. Ingérée ou inhalée, la source serait au contact direct des cellules, qui recevraient toute l'énergie de chaque particule. Le danger d'un émetteur $\alpha$ est donc interne, celui d'un émetteur $\gamma$ surtout externe.