1 S autoévaluer 1 1 α, β -, β +, γ α, β -, β + sont de nature corpusculaire γ est une onde électromagnétique 3 Émission de positons, β + ; le noyau de bismuth 7 est trop riche en protons 1 9Pb 8 Ce noyau est trop riche en neutrons par rapport aux protons Il est émetteur β 3 Le «rayonnement» émis est constitué d électrons 3 a 14 6 C 14 7 N + b 1 83 e + γ ; radioactivité 1 β 8 Bi Tl + 4 He + γ ; radioactivité α 81
Radioactivité () : diminution d une unité du nombre de protons et augmentation d une unité du nombre de protons, donc émission d un positon : radioactivité β + Radioactivité (3) : diminution de deux unités du nombre de neutrons et diminution de deux unités du nombre de protons, donc émission d un noyau d hélium : radioactivité α 6 1 Deux lois : conservation du nombre de charge et conservation du nombre de nucléons a D après les lois de conservation : conservation du nombre de nucléons : 1 = 1 + A, donc A = ; conservation du nombre de charge : 7 = 6 + Z, donc Z = +1 La particule émise est donc un positon b L azote 1 est radioactif de type β + c Si le noyau fils, ici le carbone 1, est obtenu dans un état excité, il se désexcite en émettant un rayonnement γ 7 1 17 13 Ra Rn + 4 He type α 88 86 13 13 Mo e 4 43 1 type β 3 174 174 Ta e 73 7 1 type β+ 4 174 17 Hf He type α 7 7 5 13 9 Po He type α 6 9 9 Pb 8 83 + e 1 type β 8 1 La particule émise est un électron 17 Pd 47 1 17 46 3 Le noyau fils possède un proton de plus que le noyau de palladium Ce dernier a donc un défaut de protons ou un excès de neutrons 4 Dans un diagramme (N, Z ), les noyaux placés au-dessus de la vallée de stabilité ont un excès de protons Le palladium 17 est donc placé en dessous de la vallée de stabilité dans un diagramme (N, Z ) 9 1 Le noyau 197 Au possède protons et 197 = 118 neutrons a Le noyau 198 Au possède un neutron de plus que le noyau stable : il est de type β Le noyau 194 Au possède trois neutrons de moins que le noyau stable : il est de type β + b 198 198 Au Pb + 8 1 e et 194 Au 194 78 Pt + 1 e 1 1 = e λ t Par lecture graphique : = 1 Bq À la date, A( )= = 5 Bq ; donc : = 1 s 3 λ = = 1 6,93 1 3 s 1 zerroukifreefr T 4 Il faut tracer la tangente à l origine, puis repérer son intersection avec l axe des abscisses Le point d intersection de la tangente avec l axe des abscisses est légèrement inférieur à 15 s 5 Le calcul τ = 1 λ = 144 s vérifie bien le résultat expérimental 11 1 λ = = 5, 1 3 j 1 = 5,81 1 8 s 1 a L activité est le nombre moyen de désintégrations par seconde, il y a donc 7,4 1 1 désintégrations par seconde b N = λ = 7,4 11 5,81 1 8 = 1,3 118 noyaux c Quantité de noyaux en mole : n = N N A =,1 1 6 mol ; masse : m = M n = 4,4 1 4 g 3 a = e λ t b pour t = t (138 j) ; 4 pour t = t (76 j) ; 8 pour t = 3 t (414 j) A(t + ) = e λ = e 5,8 1 8 = 1, 1 4 a b Pendant une mesure, l activité reste pratiquement constante, à 1, 1 4 % près 1 1 a = e λ t et N(t) = N e λ t b = λ N(t) c λ = =,115 h 1 ; N = 1,56 1 13 noyaux a Date 1 heure 1 jour 1 semaine A (Bq) 446 1 6 31,4 1 6 1,9 b t = 1 λ ln 13 1 = 1,4 h Date ( ) 3 4 Activité (Bq) 1, 1,75 75 5,5 5,5 4 8 16 1,5,5,15,65 A (t) 1 3 4 5 t ( )
3 En portant,1 sur l axe des ordonnées et en repérant l abscisse correspondante, on obtient 3,3 On a donc : t = 3,3 5 57 = 1,8 1 4 ans b 3 A (1 6 Bq) 14 1 L équation de désintégration de l iode 13 s écrit : 13 I 13Te + e 53 5 1 La particule émise est un positon La loi de décroissance radioactive pour l activité de cette source radioactive s écrit : = e λ t = e t avec = A() ; t = h et = 13,3 4 = 319, h ; A() = 1 e A() λ t = 1 e t = 1 e 319, = 4 1 3, soit,4 % On peut aussi calculer l activité au bout de h et comparer à la valeur initiale : = 5 1 3 e 319, = 4,98 1 3 Bq La variation d activité est égale à : 5 1 3 4,98 1 3 =, 1 3 Bq En pourcentage, la variation est égale à :, 1 3 1 =,4 % 5 1 3 On peut donc dire que l activité de la source deux heures après l injection n a pas varié 3 L activité d une source radioactive est reliée à la population des noyaux par : = λ N(t) N = λ = A t = 8,3 1 3 = 5 1 3 13,3 4 3 6 15 1 Les lois de conservation sont la conservation du nombre de charge et la conservation du nombre de nucléons Le diagramme montre que le polonium 14 est émetteur α L équation de sa désintégration est donc : 14 1 Les équations des désintégrations successives jusqu au noyau stable sont : 1 1 Pb Bi + e 1 1 Bi Po + e 1 6 16 1 a L équation de la désintégration est : zerroukifreefr T 131 I 131Xe + e 53 54 1 Conservation de la charge électrique et du nombre de nucléons b 131I est radioactif de type 53 β, il a donc trop de nucléons pour 53 protons On peut alors conclure que 135I sera lui aussi radioactif de type 53 β (encore plus de nucléons) L isotope stable est donc 17 53 I On considère un échantillon de 131 I dont l activité 53 initiale est A = 3, 1 7 Bq a L activité est divisée par à chaque demi-vie Date (j) 8, 16, 4, 3, A (Bq) 3 1 6 16 1 6 8 1 6 4 1 6 1 6 4 16 8 8 16 4 3 t (j) c L activité de cet échantillon sera de 1 1 6 Bq à la date t 13 jours 17 1 t(s) 5 1 15 5 A(Bq) 1 489 1 31 1 18 843 695 57 A (Bq s 1 ) 47,1 38,8 3,3 7,3 t(s) 3 35 4 45 5 55 6 A(Bq) 475 395 33 75 183 153 A (Bq s 1 ) 17,5 14,5 1 1,8 9, 6,9 a 5 1 15 5 3 35 4 45 5 5 1 1 5 A t b On obtient une droite passant par l origine, il y a donc proportionnalité entre A et A Le coefficient directeur de la droite est négatif, donc le coefficient de proportionnalité entre A et A est négatif Une modélisation donne : A,39 A On a donc : λ =,39 s 1 3 Il y a proportionnalité entre l activité A et sa dérivée 4 a est l activité à la date t = : = 1 489 Bq A 3
b et c Il y a un bon accord entre les points expérimentaux et la courbe théorique, le modèle est correct 5 a Graphiquement, on trouve = 18 s b Par définition : A th ( ) = = e λ Il vient donc : 1 = e λ, d où l on tire l expression proposée : = λ c = λ = = 18 s,39 Ce résultat confirme les précédents 6 N(t) = λ e λ t + cte et quand t tend vers l infini, N(t) tend vers zéro ; donc cte = En posant N = λ, il vient : N(t) = N e λ t = λ 18 1 137 137 Cs Ba + 55 56 a λ = = 3, 365 4 λ = 7,8 1 1 s 1 b N = A λ = 1,5 1 5 7,8 1 =,1 1 114 noyaux m = n M = N M =,1 114 3 136,9 N A 6, 1 m = 4,7 1 8 g 3 a = e λ t = e t t zerroukifreefr T b A(1 an) = 1,5 1 5 e 3, 1 = 1,47 1 5 Bq A(t = ) ; il faut garder 3 chiffres significatifs dans le résultat pour mettre la décroissance en évidence c L activité de la source est quasiment constante sur un an, on peut donc la considérer constante sur une séance de TP ( heures) d t = ln A = ln 1,5 15,3 1 3, = 7 ans 5 19 1 Les lois de conservation sont la conservation des nucléons et la conservation des charges Le diagramme montre que le radon est émetteur α L équation de désintégration du radon est donc : 18 Rn Po + 4He 86 84 18 Rn Po + 4He 86 84 18 14 14 14 Pb Bi + e 14 14 Bi Po + e 14 1 1 1 Pb Bi + e 1 1 Bi Po + e 1 6 Un radionucléide est caractérisé par sa demivie La détermination des demi-vies donne : courbe bleue : A 1 = 1 Bq ; à, A 1 = A 1 = 6 Bq ; graphiquement : 55 s ; courbe verte : A = 8 Bq ; à, A = A = 4 Bq ; graphiquement : 55 s Les demi-vies étant identiques, les deux élèves ont travaillé sur le même radionucléide 1 1 14 6 C 14 7 N + 1 Bq correspond à une désintégration par seconde Activité d un gramme de charbon de bois :,8 1 Bq Activité d un gramme de bois vivant :,7 1 Bq 3 représente l activité d un échantillon à une date t par rapport à une date t prise comme origine représente l activité de ce même échantillon à la date t et s expriment en Bq λ est la constante radioactive, caractéristique du noyau radioactif ; elle s exprime en s 1 4 t = 1 λ ln = ln = 557 ln,8 1,7 1 = 16,8 13 ans 5 a 5 τ = 5 = 5 557 = 4, 14 ans Cette durée est très inférieure à la durée de formation du pétrole b A(5 τ) = e λ 5 τ = e 5 = 6,7 1 3 Cette activité est donc inférieure à 1 % de l activité initiale c Au bout de plusieurs millions d années, le carbone 14 s est complètement désintégré Son activité est donc nulle En revanche, celle d un produit naturel correspond à celle existant au niveau des végétaux utilisés vivants d On mesure l activité due au carbone 14 des deux produits Celle contenant des produits d origine pétrochimique est nulle, alors que ce n est pas le cas de celle contenant des produits naturels 1 36 17 = λ = t = 1 λ t = 36 Cl Sr + 18 = 3,1 1,3 1 6 5 ans ln = 1 λ ln,39 1,3 1 6 ln,39 = 4,1 15 ans 3 L âge de la nappe est trop grand pour le silicium 3 ( = 13 ans) 3 1 38 U α 9 34 9 β Th 34 β Pa 91 34 9 U α 3 9 Th α 6 88 Ra λ = = = 9, 1 7,5 1 4 6 ans 1 3 On peut raisonner sur la masse comme sur le nombre de noyaux ou sur l activité, car ces grandeurs sont proportionnelles entre elles t = 1 ln m(t) = 1, 1 6 ln λ m, 1 6 t = 3,1 1 5 ans 4
4 1 N K = N K + N Ar N K = N K + N Ar = 8,55 1 16 + 8,5 1 13 = 8,558 5 1 16 noyaux initiaux 3 N K = N K e λ t 4 t = 1 λ ln N K N K = ln N K N K 1,7 19 t = t 1,77 millions d années 5 1 5 4 3 1 ln ( 8,55 1 16 8,558 5 1 16) n zerroukifreefr T 4 8 1 16 t (s) a = 6 s b λ = 1 τ = 1 85 = 1, 1 s 1 c On a 6 = 1, 1 Cela vérifie λ = 3 1 s << 6 s, la condition est vérifiée 4 a On a : n(t) = n exp( λ t) Pour obtenir, en fonction du temps, une droite décroissante ne passant pas par l origine, il faut tracer : ln n = ln n λ t b L ordonnée à l origine est : ln n = ln 483 = 6,18 Le coefficient directeur est : λ = 1, 1 s 1 Cela correspond aux résultats précédents 6 1 a Les «trois patriarches» cités dans le texte sont : l uranium 35, l uranium 38, le thorium 3 b Ils sont encore présents, car leurs demi-vies ne sont pas très inférieures à l âge de la Terre c La quantité «initiale» d uranium 38 était environ fois supérieure à la quantité actuelle, car l âge de la Terre est voisin de la demi-vie de l uranium 38 En 4,5 milliards d années, la moitié de la quantité initiale d uranium 38 s est désintégrée a 38U 34Th + 4 34 34 He, puis Th Pa + e 9 9 9 91 1 b Le rayonnement qui accompagne la désexcitation des noyaux fils formés est un rayonnement électromagnétique γ 3 a Soit N le rapport initial du nombre de neutrons Z au nombre de protons avec N > Z Lors de désintégrations α, les valeurs de N et Z diminuent de unités chacune (A diminue de 4 unités) On peut vérifier que : N Z < N Z < N 4 < < N n Z 4 Z n, avec n entier positif : «l excédent de neutrons s accentue en proportion par rapport au nombre de protons» b Chaque désintégration α diminue de 4 le nombre de nucléons et les désintégrations β ne le changent pas Pour cette raison : «les nombres de nucléons des noyaux issus d une même filiation diffèrent par un multiple de quatre» 4 a La transformation qui conduit à une émission β + est : p + n + e + b Les noyaux qui possèdent trop de protons par rapport aux neutrons peuvent subir une désintégration β + Ce n est pas le cas des noyaux dont il est question ici Sujet BAC Datation au carbone 14 1 Les réactions nucléaires 11 Le carbone 14, 14 C, est produit à partir de l azote 6 14 N et des neutrons cosmiques 1n 7 L équation s écrit : 14N + 1n = 14C + 1H 7 6 1 Les lois utilisées sont la conservation du nombre de charge et la conservation du nombre de nucléons 1 D après le texte, le carbone 14 est émetteur β, donc l équation s écrit : 14C = e + 14 N Le noyau formé 6 1 7 est un noyau d azote Datation au carbone 14 1 La demi-vie est la durée au bout de laquelle l activité A d une population de noyaux radioactifs a diminué de moitié par rapport à l activité initiale La relation entre la demi-vie et λ s établit à partir de l expression de l activité en fonction du temps : = e λ t D après la définition de la demi-vie : A( ) =, soit : = e λ, d où : 1 = e λ En passant au logarithme : ln 1 = λ t Cela conduit à : λ = La loi de décroissance conduit à : t = 1 λ ln 3 Il suffit de faire l application numérique en remplaçant λ par 5 57 t = ln 1 1 ans 13,6 Environ 1 ans se sont écoulés depuis la fabrication du navire Le navire a été découvert en 1983, donc il a été fabriqué aux environs de l année 983 (1983 1) 4 Le bateau date du x e siècle Il appartient donc à la période Viking qui s étend du viii e siècle au xi e siècle L hypothèse est vérifiée 5