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Ondes et physique moderne 203-SN3-RE (ancien 203-NYC) • Complément québécois de Terminale et cégep à Montréal

Fiche de révision : Physique nucléaire et radioactivité

Cette fiche ne refait pas le cours de physique nucléaire, elle liste ce qui fait perdre des points le jour de l'évaluation. Le chapitre a une particularité qui explique presque toutes ses erreurs : chaque grandeur intéressante est une DIFFÉRENCE de l'ordre du millième d'unité, calculée entre deux nombres à six décimales qui se ressemblent beaucoup. Un arrondi prématuré détruit le résultat sans laisser de trace.

Elle s'adresse aux étudiants de cégep en Sciences de la nature et de la santé, aux élèves de Terminale spécialité physique-chimie, et à tous ceux qui abordent la radioactivité avec une table de masses atomiques sous les yeux.

Le fil du chapitre

En physique nucléaire on ne pèse jamais un noyau, on pèse une DIFFÉRENCE : gardez toutes les décimales, et demandez-vous toujours si la table donne des masses atomiques ou des masses nucléaires.

Ce chapitre fait partie de Ondes et physique moderne 203-SN3-RE (ancien 203-NYC)

Avant ce chapitre

Cette fiche suppose ces notions acquises. Si une méthode ci-dessous reste opaque, c'est presque toujours l'une d'elles qui manque, pas la fiche.

Remonter plus loin : la chaîne complète (7 chapitres) ↓

Le chemin de remédiation, du plus ancien au plus proche. Un élève qui reprend ce chapitre de zéro le reprend dans cet ordre.

  1. 1Les fonctions trigonométriquesSecondaire 5 SN5, Mathématiques
  2. 2Les lentilles convergentesSecondaire 5 SN5
  3. 3Travail, énergie et puissanceMécanique 203-SN1-RE (ancien 203-NYA)
  4. 4Optique géométrique et instruments
  5. 5MHS et ondes mécaniques
  6. 6L'optique ondulatoire
  7. 7La physique moderne

L'essentiel

Le défaut de masse et la courbe qui décide de tout

  • • Énergie de liaison avec des masses ATOMIQUES : B=[Z m(1H)+N mn−m(ZAX)]c2B=[Z\,m(^{1}\mathrm{H})+N\,m_{n}-m(^{A}_{Z}\mathrm{X})]c^{2}. On écrit m(1H)m(^{1}\mathrm{H}) et non mpm_{p}, parce que les ZZ électrons se simplifient alors exactement des deux côtés.
  • • Le critère de stabilité est BA\dfrac{B}{A}, jamais BB. La courbe culmine à 8,798{,}79 MeV par nucléon vers le fer 56 : tout ce qui est à gauche gagne à FUSIONNER, tout ce qui est à droite gagne à FISSIONNER.
  • • Conversions : 11 u =931,494=931{,}494 MeV/c2=1,66054×10−27^{2}=1{,}66054\times 10^{-27} kg. Masses de table : hydrogène 1 1,0078251{,}007825 u, neutron 1,0086651{,}008665 u, électron 0,0005490{,}000549 u.
  • • Chaleur de réaction Q=[minitial−mfinal]c2Q=[m_{\text{initial}}-m_{\text{final}}]c^{2} en masses atomiques, SAUF pour le β+\beta^{+} où il faut retrancher 2mec2=1,0222m_{e}c^{2}=1{,}022 MeV.
50100150200250246810He-4Fe-56 : sommetU-238A (nombre de masse)B/A (MeV)
L'uranium a une énergie de liaison TOTALE quatre fois plus grande que le fer, et il est pourtant moins stable : c'est B/AB/A qui décide, 7,577{,}57 contre 8,798{,}79 MeV par nucléon.

La décroissance : trois grandeurs à ne pas confondre

  • • N(t)=N0e−λtN(t)=N_{0}e^{-\lambda t} avec λ=ln⁡2T1/2\lambda=\dfrac{\ln 2}{T_{1/2}}. La constante λ\lambda doit être en s−1^{-1} pour que l'activité sorte en becquerels : convertir la demi-vie en secondes est le tout premier geste.
  • • Activité A=λNA=\lambda N, en becquerels, une désintégration par seconde. 11 Ci =3,7×1010=3{,}7\times 10^{10} Bq.
  • • Le temps pour tomber à une fraction ff vaut T1/2ln⁡(1/f)ln⁡2T_{1/2}\dfrac{\ln(1/f)}{\ln 2} : 6,646{,}64 demi-vies pour arriver à 1 %, 9,979{,}97 pour arriver à un millième. Ces deux nombres reviennent constamment.
  • • Équilibre séculaire, quand T1≫T2T_{1}\gg T_{2} : les ACTIVITÉS s'égalisent et les nombres d'atomes sont dans le rapport N2N1=T2T1\dfrac{N_{2}}{N_{1}}=\dfrac{T_{2}}{T_{1}}.

Les pièges qui coûtent des points

Les erreurs ci-dessous sont celles que je corrige le plus souvent en séance. Chacune coûte des points sur une copie, même quand le raisonnement est juste.

1. Une source d'iode 131, de demi-vie 8,028{,}02 jours, est laissée au repos pendant 1616 jours.

2 points, et en laboratoire une infraction réglementaire

Ce qu'il ne faut pas écrire

Deux fois huit font seize, donc la source est complètement éteinte et peut être jetée avec les déchets ordinaires.

Ce qu'il faut écrire

Après deux demi-vies il reste (12)2=25\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}=25 % de l'activité initiale. Il faut 6,646{,}64 demi-vies, soit 5353 jours, pour descendre à 1 %.

123456780.10.20.30.40.50.60.70.80.911.1nombre de demi-vies1 pour cent a 6,64N / N0
À deux demi-vies il reste encore un quart, la barre horizontale : la courbe s'approche de l'axe sans jamais l'atteindre, et il faut 6,646{,}64 demi-vies pour descendre à 1 %.

Pourquoi : La décroissance est MULTIPLICATIVE, pas additive : chaque demi-vie divise par deux ce qui reste, donc l'activité n'atteint jamais zéro en un temps fini. Le réflexe de contrôle est de vérifier que chaque durée multiple de la demi-vie donne bien une puissance de deux : un quart, un huitième, un seizième.

2. Calculer l'énergie de liaison du fer 56 à partir d'une table de masses.

1 à 3 points, et une erreur qui passe la relecture

Ce qu'il ne faut pas écrire

B=[26 mp+30 mn−m(56Fe)]c2B=[26\,m_{p}+30\,m_{n}-m(^{56}\mathrm{Fe})]c^{2}, avec mp=1,007276m_{p}=1{,}007276 u, ce qui donne 479,0479{,}0 MeV.

Ce qu'il faut écrire

B=[26 m(1H)+30 mn−m(56Fe)]c2B=[26\,m(^{1}\mathrm{H})+30\,m_{n}-m(^{56}\mathrm{Fe})]c^{2}, avec m(1H)=1,007825m(^{1}\mathrm{H})=1{,}007825 u, ce qui donne 492,3492{,}3 MeV.

Pourquoi : Les tables publient des masses ATOMIQUES, électrons compris, parce que c'est ce qu'un spectromètre mesure. Le terme soustrait contient les 2626 électrons du fer : il faut donc les compter aussi à gauche, ce que fait l'atome d'hydrogène. Avec des protons nus, on manque 26×0,00054926\times 0{,}000549 u, soit 13,3013{,}30 MeV et 2,72{,}7 % : plausible, donc invisible.

3. Calculer la chaleur de réaction de la désintégration β+\beta^{+} du sodium 22 en néon 22.

2 points, systématiquement

Ce qu'il ne faut pas écrire

Q=[m(22Na)−m(22Ne)]c2=2,843Q=[m(^{22}\mathrm{Na})-m(^{22}\mathrm{Ne})]c^{2}=2{,}843 MeV.

Ce qu'il faut écrire

Q=[m(22Na)−m(22Ne)−2me]c2=2,843−1,022=1,821Q=[m(^{22}\mathrm{Na})-m(^{22}\mathrm{Ne})-2m_{e}]c^{2}=2{,}843-1{,}022=1{,}821 MeV.

Pourquoi : Le décompte d'électrons ne se boucle pas tout seul ici : à gauche l'atome de sodium en porte 1111, à droite le néon n'en porte que 1010, et il faut EN PLUS créer un positon. D'où un déficit de deux masses d'électron, soit 1,0221{,}022 MeV, qui n'apparaît ni pour l'α\alpha ni pour le β−\beta^{-}. Conséquence physique : un noyau dont l'excès d'énergie est inférieur à 1,0221{,}022 MeV ne peut pas émettre de positon, il ne lui reste que la capture électronique.

4. Comparer la stabilité de l'uranium 238 et du fer 56.

Toute la question de raisonnement, 3 points

Ce qu'il ne faut pas écrire

L'uranium a une énergie de liaison de 18021802 MeV contre 492492 MeV pour le fer : c'est donc lui le plus solidement lié.

Ce qu'il faut écrire

Je compare les énergies de liaison PAR NUCLÉON : 1802238=7,57\dfrac{1802}{238}=7{,}57 MeV pour l'uranium contre 49256=8,79\dfrac{492}{56}=8{,}79 MeV pour le fer. Le fer est le mieux lié.

Pourquoi : L'énergie de liaison totale croît trivialement avec la taille du noyau, il y a simplement plus de liens à compter. C'est la forme de la courbe de B/AB/A, avec son sommet au fer, qui rend fusion et fission toutes deux exothermiques selon le côté où l'on se trouve, et elle seule.

5. Classer les trois rayonnements par dangerosité.

2 points sur une question de cours, et un contresens complet en radioprotection

Ce qu'il ne faut pas écrire

L'α\alpha est le moins dangereux puisqu'une feuille de papier l'arrête, alors que le γ\gamma traverse le plomb.

Ce qu'il faut écrire

En exposition EXTERNE, oui, l'épiderme suffit à arrêter l'α\alpha. En contamination INTERNE, l'α\alpha est de loin le plus dangereux, avec un facteur de qualité de 2020 contre 11 pour le β\beta et le γ\gamma.

Pourquoi : Le faible pouvoir de pénétration est exactement ce qui rend l'α\alpha redoutable une fois inhalé : il dépose toute son énergie sur quelques dizaines de micromètres de tissu vivant. Une dangerosité ne se juge jamais sans son scénario d'exposition, et le radon inhalé en est l'exemple type.

6. Comparer l'activité de deux grammes de technétium 99m et de deux grammes d'uranium 238.

2 points, et une incapacité à traiter tout problème de source

Ce qu'il ne faut pas écrire

Même masse, donc même activité : l'activité ne dépend que de la quantité de matière radioactive.

Ce qu'il faut écrire

A=λNA=\lambda N, et λ=ln⁡2T1/2\lambda=\dfrac{\ln 2}{T_{1/2}} : à masse égale, l'activité est inversement proportionnelle à la demi-vie. Le technétium, à 6,06{,}0 heures contre 4,54{,}5 milliards d'années, est des milliards de fois plus actif.

Pourquoi : Ce qui distingue deux isotopes n'est pas leur masse mais leur λ\lambda, et l'éventail des demi-vies rencontrées couvre trente-six ordres de grandeur, de la nanoseconde à 101910^{19} ans. Aucune autre grandeur du programme n'a une telle étendue, et c'est pourquoi un microgramme d'iode 131 vaut déjà 4,604{,}60 GBq.

Quelle méthode choisir

Quel mode de désintégration, et quel calcul

Repérer d'abord ce que l'énoncé donne : un noyau à équilibrer, une table de masses, une demi-vie, ou une masse d'échantillon.

alphabeta moinsbeta plusnoyau pereZN
Les trois déplacements dans le plan neutrons contre protons : l'α\alpha recule en diagonale de deux cases, le β−\beta^{-} descend vers la droite, le β+\beta^{+} monte vers la gauche.

  • Si Le noyau est LOURD, au-delà du plomb environ → Désintégration α\alpha : AA perd 4, ZZ perd 2. Chaleur de réaction directement par différence de masses atomiques.

    Exemple : 92238U→ 90234Th+24He^{238}_{92}\mathrm{U}\to\,^{234}_{90}\mathrm{Th}+^{4}_{2}\mathrm{He}, Q=4,271Q=4{,}271 MeV.

  • Si Le noyau a TROP DE NEUTRONS, il est sous la vallée de stabilité → Désintégration β−\beta^{-} : un neutron devient proton, ZZ augmente de 1, AA inchangé, plus un ANTIneutrino. QQ par différence directe de masses atomiques.

    Exemple : 614C→ 714N+e−+νˉe^{14}_{6}\mathrm{C}\to\,^{14}_{7}\mathrm{N}+e^{-}+\bar{\nu}_{e}, Q=0,156Q=0{,}156 MeV.

  • Si Le noyau a TROP DE PROTONS et un excès d'énergie supérieur à 1,0221{,}022 MeV → Désintégration β+\beta^{+} : ZZ diminue de 1, plus un neutrino. QQ par différence de masses MOINS 2mec22m_{e}c^{2}.

    Exemple : 1122Na→ 1022Ne+e++νe^{22}_{11}\mathrm{Na}\to\,^{22}_{10}\mathrm{Ne}+e^{+}+\nu_{e}, Q=1,821Q=1{,}821 MeV.

  • Si Le noyau a trop de protons mais un excès d'énergie INFÉRIEUR à 1,0221{,}022 MeV → Capture électronique, seule voie ouverte : le noyau avale un électron de sa couche KK. Même noyau fils que le β+\beta^{+}, seuil nul, et un rayonnement X caractéristique le signale.

    Exemple : Le potassium 40, qui part des deux côtés, vers l'argon 40 et vers le calcium 40.

  • Si L'énoncé donne une demi-vie et une masse d'échantillon → Calculer NN par la mole, puis λ=ln⁡2T1/2\lambda=\dfrac{\ln 2}{T_{1/2}} EN SECONDES, puis A=λNA=\lambda N. Pour une durée, préférer 2−t/T1/22^{-t/T_{1/2}} à l'exponentielle, c'est plus sûr de tête.

    Exemple : 1,001{,}00 μg d'iode 131 : N=4,60×1015N=4{,}60\times 10^{15}, λ=1,00×10−6\lambda=1{,}00\times 10^{-6} s−1^{-1}, A=4,60A=4{,}60 GBq.

Le noyau fils est souvent produit dans un état EXCITÉ : il se désexcite ensuite par émission γ\gamma, qui ne change ni AA ni ZZ et n'est donc pas une transmutation.

La rédaction attendue

Le correcteur coche des étapes. Les voici dans l'ordre, avec la phrase de conclusion qu'il attend mot pour mot.

Calculer une énergie de liaison ou une chaleur de réaction

Quand l'utiliser : Dès qu'une table de masses est fournie et qu'on demande une énergie en MeV.

  1. 1 Écrire l'équation nucléaire complète et l'équilibrer en AA et en ZZ, neutrino compris.
  2. 2 Vérifier que les masses fournies sont ATOMIQUES, et le dire explicitement en une phrase.
  3. 3 Faire le décompte des électrons de part et d'autre, et en tirer le terme correctif : nul pour l'α\alpha et le β−\beta^{-}, égal à 2me2m_{e} pour le β+\beta^{+}.
  4. 4 Calculer la différence de masses en gardant TOUTES les décimales fournies, sans arrondir en cours de route.
  5. 5 Convertir par 931,494931{,}494 MeV/c2^{2} par unité de masse atomique, et donner le résultat avec trois ou quatre chiffres significatifs.

Phrase de conclusion

« Les masses fournies étant atomiques, les ZZ électrons figurent des deux côtés et se simplifient : Q=[mX−mY−mα]c2Q=[m_{X}-m_{Y}-m_{\alpha}]c^{2}, sans terme correctif. »

Le piège : Arrondir les masses à quatre décimales avant de soustraire : la différence cherchée vaut souvent 0,00460{,}0046 u, et l'arrondi la détruit entièrement.

Barème : 1 point pour l'équation équilibrée, 1 point pour la justification du décompte d'électrons, 2 points pour le calcul, 1 point pour la conversion et les chiffres significatifs.

Vérifier avant de rendre

Cinq minutes de vérification récupèrent plus de points qu'un exercice de plus commencé à la hâte.

L'exercice type décortiqué

La désintégration alpha de l'uranium 238, jusqu'au recul du thorium

Masses atomiques en u : 238U^{238}\mathrm{U} 238,050788238{,}050788 ; 234Th^{234}\mathrm{Th} 234,043601234{,}043601 ; 4He^{4}\mathrm{He} 4,0026024{,}002602. Écrire l'équation, calculer la chaleur de réaction, puis répartir cette énergie entre la particule α\alpha et le noyau de recul.

Étape 1

92238U→ 90234Th+24He^{238}_{92}\mathrm{U}\to\,^{234}_{90}\mathrm{Th}+^{4}_{2}\mathrm{He}, avec 238=234+4238=234+4 et 92=90+292=90+2

Pourquoi

On équilibre AVANT de toucher aux masses. Les deux lois de conservation suffisent à identifier le noyau fils, et une équation déséquilibrée fait perdre tous les points suivants même si le calcul est juste.

Étape 2

Décompte d'électrons : 9292 à gauche, 90+2=9290+2=92 à droite. Aucun terme correctif.

Pourquoi

C'est la phrase que le correcteur attend, et elle prend une ligne. Elle justifie l'emploi direct des masses atomiques, et elle prouve qu'on n'a pas appliqué la règle par habitude.

Étape 3

Δm=238,050788−234,043601−4,002602=0,004585\Delta m=238{,}050788-234{,}043601-4{,}002602=0{,}004585 u, donc Q=0,004585×931,494=4,271Q=0{,}004585\times 931{,}494=4{,}271 MeV

Pourquoi

Une différence de 0,00460{,}0046 entre trois nombres à six décimales : c'est ici que se joue tout le résultat. Arrondir à 238,05238{,}05, 234,04234{,}04 et 4,004{,}00 donnerait 0,010{,}01 u, soit 9,39{,}3 MeV, plus du double.

Étape 4

Conservation de la quantité de mouvement, noyau initial au repos : pα=pThp_{\alpha}=p_{\mathrm{Th}}, donc K=p22mK=\dfrac{p^{2}}{2m} se partage en raison INVERSE des masses

Pourquoi

L'énergie ne se partage pas à parts égales ni au prorata des masses : c'est l'égalité des quantités de mouvement qui impose le partage, et elle favorise le léger. Le raisonnement est le même que pour le recul d'un fusil.

Étape 5

Kα=4,271×234238=4,199K_{\alpha}=4{,}271\times\dfrac{234}{238}=4{,}199 MeV et KTh=4,271×4238=0,0718K_{\mathrm{Th}}=4{,}271\times\dfrac{4}{238}=0{,}0718 MeV

Pourquoi

La particule α\alpha emporte 98,398{,}3 % de l'énergie. C'est ce qui permet de tabuler l'énergie des α\alpha comme si elle valait QQ, mais un énoncé qui demande explicitement le recul attend les deux valeurs.

Étape 6

Contrôle relativiste : Kαmαc2=4,1993727=1,1×10−3\dfrac{K_{\alpha}}{m_{\alpha}c^{2}}=\dfrac{4{,}199}{3727}=1{,}1\times 10^{-3}

Pourquoi

Le rapport est de l'ordre du millième, donc le traitement non relativiste est justifié à mieux que 0,10{,}1 %. Cette ligne vaut souvent un demi-point et elle montre qu'on sait pourquoi on a le droit d'écrire K=p22mK=\dfrac{p^{2}}{2m}.

Conclusion rédigée

Q=4,271Q=4{,}271 MeV, dont 4,1994{,}199 MeV pour la particule α\alpha et 0,07180{,}0718 MeV pour le thorium qui recule. La somme redonne bien QQ, ce qui est le contrôle final.

L'erreur classique sur cet exercice : Attribuer toute l'énergie à la particule α\alpha quand l'énoncé demande explicitement le recul, ou pire, partager QQ à parts égales entre les deux fragments : la conservation de la quantité de mouvement impose le partage, pas l'égalité.

À savoir par cœur

  • • 11 u =931,494=931{,}494 MeV/c2^{2}. Hydrogène 1 : 1,0078251{,}007825 u. Neutron : 1,0086651{,}008665 u. Électron : 0,0005490{,}000549 u, soit 0,5110{,}511 MeV.
  • • B=[Z m(1H)+N mn−matome]c2B=[Z\,m(^{1}\mathrm{H})+N\,m_{n}-m_{\text{atome}}]c^{2} avec des masses ATOMIQUES. Le critère de stabilité est BA\dfrac{B}{A}, pas BB.
  • • α\alpha : A−4A-4, Z−2Z-2. β−\beta^{-} : Z+1Z+1, antineutrino. β+\beta^{+} : Z−1Z-1, neutrino, et QQ diminué de 1,0221{,}022 MeV. γ\gamma : rien ne change.
  • • λ=ln⁡2T1/2\lambda=\dfrac{\ln 2}{T_{1/2}}, A=λNA=\lambda N, N(t)=N02−t/T1/2N(t)=N_{0}2^{-t/T_{1/2}}. Il faut 6,646{,}64 demi-vies pour tomber à 1 %.
  • • Équilibre séculaire : les activités s'égalisent et N2N1=T2T1\dfrac{N_{2}}{N_{1}}=\dfrac{T_{2}}{T_{1}}. D'où 0,340{,}34 g de radium par tonne d'uranium.
  • • Fission : 200200 MeV par noyau, soit environ 3,23{,}2 kg d'uranium 235 par jour pour une centrale de 10001000 MW électriques.
  • • Facteurs de qualité : 11 pour β\beta et γ\gamma, 2020 pour α\alpha. Exposition naturelle moyenne, 22 à 33 mSv par an.

Questions fréquentes

Faut-il utiliser la masse du proton ou celle de l'atome d'hydrogène ?

Celle de l'atome d'hydrogène, parce que les tables publient des masses atomiques, électrons compris. Le terme soustrait contient déjà les Z électrons du noyau étudié : les compter aussi à gauche, par l'atome d'hydrogène, les fait se simplifier exactement. Utiliser le proton nu sous-estime l'énergie de liaison d'environ trois pour cent.

Pourquoi faut-il retrancher 1,022 MeV dans une désintégration bêta plus ?

Parce que le décompte d'électrons ne se boucle pas tout seul. L'atome père en porte un de plus que l'atome fils, et il faut en outre créer un positon : cela fait deux masses d'électron manquantes, soit 1,022 mégaélectronvolts. Ce terme correctif n'apparaît ni pour l'alpha ni pour le bêta moins, où les électrons se compensent.

Au bout de combien de temps une source radioactive est-elle éteinte ?

Jamais complètement, la décroissance étant exponentielle. Chaque demi-vie divise l'activité par deux : il en reste un quart après deux demi-vies et un huitième après trois. En pratique on considère une source négligeable après environ sept demi-vies, ce qui correspond à un pour cent de l'activité initiale.

Pourquoi l'uranium est-il moins stable que le fer alors que son énergie de liaison est plus grande ?

Parce que le bon critère est l'énergie de liaison par nucléon, pas l'énergie totale. Un gros noyau a simplement plus de liens à comptabiliser. Le fer 56 est au sommet de la courbe avec 8,79 mégaélectronvolts par nucléon, contre 7,57 pour l'uranium 238 : chaque nucléon d'uranium est moins bien retenu, d'où la fission possible.

Quel rayonnement est le plus dangereux entre alpha, bêta et gamma ?

Cela dépend entièrement du scénario d'exposition. À l'extérieur du corps, l'alpha est le moins dangereux car la peau l'arrête, et le gamma le plus. En contamination interne, inhalé ou ingéré, l'alpha devient de loin le plus dangereux : il dépose toute son énergie sur quelques dizaines de micromètres de tissu, d'où son facteur de qualité de vingt.

Comment calculer l'activité d'un échantillon en becquerels ?

On calcule d'abord le nombre d'atomes à partir de la masse et de la masse molaire, avec le nombre d'Avogadro. On calcule ensuite la constante radioactive comme le logarithme népérien de deux divisé par la demi-vie exprimée EN SECONDES. L'activité est le produit des deux. Oublier de convertir la demi-vie en secondes est l'erreur la plus fréquente.

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Exercices corrigés : Physique nucléaire et radioactivité

Une méthode se prouve sur une copie, pas sur une fiche. La série du même chapitre reprend chacun de ces pièges dans un exercice, avec le corrigé rédigé étape par étape.

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