\onglet
\begin{qcm}{Testez vos connaissances}{10}
%%%%
%%%%
\begin{questions}
\item À composition donnée, l'activité d'un échantillon est:\\
\resetchoix 
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
\choix indépendante de & \choix proportionnelle à
\end{tabularx}

sa masse.
\item Deux échantillons contiennent le même nombre de noyaux. Ceux
du premier échantillon ont une demi-vie plus courte que ceux du deuxième.
L'activité initiale du premier échantillon est\\
\resetchoix 
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
\choix supérieure &\choix inférieure &\choix égale
\end{tabularx}

à celle du deuxième.
\item $^{14}_{\phantom{1}7}$N et  $^{14}_{\phantom{1}6}$C sont-ils
des isotopes ?\\\resetchoix
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
\choix Oui &\choix Non
\end{tabularx}
%\item Sans consulter un tableau périodique, identifier l'intrus,
%sachant qu'il n'y en n'a qu'un :
%\begin{center}
% $^{14}_{\phantom{1}7}$N,~~
% $^{14}_{\phantom{1}6}$C,~~
% $^{18}_{\phantom{1}6}$C,~~
% $^{226}_{\phantom{1}88}$Ra,~~
% $^{226}_{\phantom{1}88}$Rn,~~
% $^{225}_{\phantom{1}88}$Ra.
% \end{center}

\item Lequel de ces deux isotopes du fer n'existe pas ? Pourquoi ?\\
  \resetchoix 
  \begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
  \choix $^{56}_{26}$Fe &\choix $^{14}_{26}$Fe
  \end{tabularx}

%\item Sur le diagramme N-Z, deux isotopes correspondent à deux cases:
%
%  \resetchoix \choix Voisines l'une de l'autre\\
%  \choix Situées sur la même ligne\\
%  \choix Situées sur la même colonne

\item Deux noyaux correspondant à des éléments différents ont même nombre de masse.
Peuvent-ils avoir le même nombre de neutrons ?\\
\resetchoix 
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
\choix Oui, toujours &\choix Oui, parfois &\choix Non, impossible
\end{tabularx}

\item Deux échantillons de matériaux radioactifs différents ont même nombre de noyau.
L'échantillon n°1 a initialement une activité supérieure à celle de l'échantillon n°2.
La demi-vie des noyaux de l'échantillon n°1 est\\
\resetchoix 
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
\choix plus courte &\choix plus longue
\end{tabularx}

que celle des noyaux de l'échantillon n°2.

\item L'activité de l'échantillon n°1 de la question précédente peut-elle rester indéfiniment
supérieure à celle de l'échantillon n°2 ?\\
\resetchoix 
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
\choix Oui & \choix Non
\end{tabularx}

\item Deux échantillons E$_1$ et E$_2$ de noyaux radioactifs ont même activité.
La durée de demi-vie des noyaux de E$_1$ est plus grande que celle des noyaux de E$_2$.
Quel échantillon contient le plus de noyaux ?\\
\resetchoix\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
\choix E$_1$ &\choix E$_2$
\end{tabularx}

\item Un échantillon radioactif a une activité de $4\cdot 10^{11}$~Bq. Six mois plus tard, il a une activité
de $3\cdot 10^{11}$~Bq. Sa durée de demi-vie est:\\
\resetchoix\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
\choix Inférieure à six mois &
\choix Inférieure à deux ans\\
\choix Inférieure à un an &
\choix Supérieure à un an
\end{tabularx}

\item Au cours d'une réaction nucléaire, le nombre de neutrons est conservé\\
\resetchoix \begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
\choix Vrai &\choix Faux\end{tabularx}

\item On considère un échantillon de $N_0$ noyaux radioactifs, ayant une activité $A(t)$
fonction du temps. Que représente $\int_0^TA(t)\dd t$~?\\
\resetchoix \choix La masse de l'échantillon\\
\choix L'activité résiduelle à l'instant $T$\\
\choix Le nombre total de désintégrations entre $t=0$ et $t=T$

\enlargethispage*{2em}
\item Une désintégration alpha peut donner lieu à un noyau plus lourd que le
noyau initial.\\
\resetchoix\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}} \choix Vrai &\choix Faux\end{tabularx}

\item On considère deux échantillons radioactifs différents. Les courbes du graphe ci-après
montrent leur activité en fonction du temps. 
\begin{center}
\includegraphics{090_qcm2009-chap4-1}
\end{center}
Lequel a la demi-vie la plus longue ?\\
\resetchoix \begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}\choix L'échantillon n°1 &\choix L'échantillon n°2\end{tabularx}

Lequel des échantillons comporte-t-il initialement le plus de noyaux
radioactifs ?\\
\resetchoix \begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}\choix L'échantillon n°1 &\choix L'échantillon n°2\end{tabularx}

\item Quelle est l'activité d'un échantillon d'isotope stable~?\\
  \resetchoix \begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}\choix 0 Bq &\choix Impossible à déterminer\end{tabularx}
  
\item Parmi les équations-bilan suivantes, identifier celles qui
  correspondent à des transformations nucléaires.

  \resetchoix
  \choix \(\rm ^6_3Li+^2_1H\rightarrow ^4_2He+^4_2He\)\\
  \choix \(\rm CoCO_3 + 2HCl \rightarrow CoCl_2+H_2O+CO_2\)\\
  \choix \(\rm ^{238}_{92}U\rightarrow ^{234}_{90}Th+^4_2He\)\\
  \choix \(\rm 2Li_\mathrm{(s)}+2H_2O_\mathrm{(l)}\rightarrow 2LiOH_\mathrm{(aq)}+{H_2}_\mathrm{(g)}\)
\end{questions}
\end{qcm}
%%%%%%%
%%%%%%%
%%%%%%%
\begin{corrige}
  \begin{questions}
\item Réponse \choix[b]. Elle est \textit{proportionnelle} à la masse. Il suffit pour s'en
convaincre de se rappeler la relation mentionnée en cours $A=\lambda N$.
La masse est bien proportionnelle à $N$, pour une composition donnée,
et $\lambda$ ne dépend que du noyau.
\item Réponse \choix[a]. Elle est supérieure. Là-encore, penser à $A=\lambda N$. $N$ est
identique au départ pour les deux échantillons, mais $\lambda$
est plus grande pour le premier, puisque sa demi-vie est plus courte.
\item Réponse \choix[b]: non. Ils n'ont pas le même numéro atomique, donc la notion
d'isotopie entre eux n'a pas de sens.
%\item L'intrus est~ $^{226}_{\phantom{1}88}$Rn. Les trois premiers
%noyaux ont été mentionnés en cours. Manifestement il y a un problème
%avec les trois derniers, puisqu'ils ont tous même numéro atomique,
%mais des symboles différents. Puisqu'il n'y a qu'un intrus, c'est
%nécessairement~ $^{226}_{\phantom{1}88}$Rn (le radon, de symbole~Rn,
%a en fait pour numéro atomique~86).
\item Réponse \choix[b]. Cet isotope ne peut pas exister car on a $A<Z$,
ce qui est impossible (on ne peut pas avoir moins de nucléons qu'il n'y a
de protons).
%\item Réponse \choix[b]. Deux isotopes ont même nombre de protons
%  $Z$, donc ils se trouvent sur la même ligne ($Z$ étant en ordonnée).
\item Réponse \choix[c]: c'est impossible. Les noyaux ont même $A=N+Z$, où
$N$ est le nombre de neutrons. Ils ont des $Z$ différents, puisqu'ils correspondent
à des éléments chimiques différents, donc ils ont nécessairement des $N$ différents.
\item Réponse \choix[a]: plus courte. Il y a plus de désintégrations par seconde
dans l'échantillon n°1, et pourtant il y a le même nombre total de noyaux: cela
signifie que les noyaux de l'échantillon n°1 ont une demi-vie plus courte. On peut
aussi, pour s'en convaincre, utiliser la relation $A=\lambda N$.
\item  Réponse \choix[b]: non. En effet, si elle restait indéfiniment supérieure, cela
signifierait qu'au total on aurait plus de désintégrations dans l'échantillon n°1 que
dans l'échantillon n°2, ce qui est impossible, puisqu'ils ont même nombre de noyaux.
\item  Réponse \choix[a]: l'échantillon E$_1$. On peut là-encore utiliser la relation\linebreak
$A=\lambda N$. La durée de demi-vie des noyaux de E$_1$ est plus grande, donc
son $\lambda$ est plus petit. Pour que l'activité soit égale à celle de l'échantillon E$_2$,
il faut donc que $N$ soit plus grand pour cet échantillon.
\item Les réponses correctes sont \choix[b] et \choix[d]. Examinons chacun des cas: la première
proposition est évidemment fausse, puisqu'au bout de $6$ mois l'activité n'a pas chuté de
moitié, donc il reste plus de la moitié des noyaux initialement présent.
Une période de un an représente deux fois six mois. Puisque la décroissance de l'activité
est exponentielle, on sait que tous les six mois l'activité est multipliée par $3/4$. 

Donc au bout d'un an, l'activité (ou le nombre de noyaux) est multiplié par $(3/4)\times (3/4)=9/16$.
Ce nombre est encore supérieure à $1/2$, donc au bout d'un an, on a encore plus de la moitié
des noyaux initiaux. D'une manière similaire, on sait qu'au bout de deux ans, l'activité (ou
le nombre de noyaux) aura été multipliée par $(9/16)^2=81/256$. Ce nombre est cette fois
inférieur à $1/2$, donc la demi-vie des noyaux est inférieure à deux ans.
Le lecteur pourra vérifier que la demi-vie est également inférieure à un an et demi, mais proche
de cette valeur.

\item  Réponse \choix[b]: faux. Il suffit pour s'en convaincre de considérer la réaction de désintégration
{\em beta plus} donnée page~\pageref{pbetaplus}

\item  Réponse \choix[c]: le nombre total de désintégrations entre $t=0$ et $t=T$. Le symbole $A$ est
ici l'activité et n'a rien à voir avec la masse du noyau. L'activité résiduelle à $t=T$ est $A(T)$.

\item  Réponse \choix[b]: faux. Le noyau produit a pour nombre de masse $A-4$, où $A$ est le
nombre de masse du noyau initial.

\item Réponse \choix[a], \choix[a]. L'échantillon n°1 a la durée de demi-vie la plus longue, puisque son activité décroît (beaucoup)
plus lentement que  celle de\linebreak l'échantillon n°2. En outre, le nombre total de désintégrations, donné
par\linebreak $\int_0^{T}A(t)\dd t$, où $T$ représente une date très grande devant les durées de demi-vie des deux
noyaux, est manifestement plus grand pour l'échantillon n°1 (cela représente l'aire comprise entre l'axe
des abscisses et la courbe d'activité). Ce nombre total de désintégrations est égal au nombre initial
de noyaux, donc l'échantillon n°1 comporte plus noyaux.

\item  Réponse \choix[a]: 0. Un isotope stable ne se désintègre pas, donc on enregistre $0$ désintégration
par unité de temps.

\item  Réponses \choix[a] et \choix[c]. Pour ces transformations, on n'a pas
  les mêmes éléments chimiques dans les produits et réactifs. En
  revanche, les transformations b et d sont des transformations
  chimiques. Les mêmes éléments chimiques se retrouvent dans les
  réactifs et produits.
\end{questions}
\end{corrige}
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%\begin{exo}{Comparaison d'activités}{Lycée Jules Verne, Nantes}{1}{15}
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%  On considère deux isotopes radioactifs de l'iode, utilisés en 
%  médecine :\\ l'iode~131 ($^{131}_{\phantom{1}53}$I) de demi-vie 
%  $8{,}1$~j, et l'iode~123 ($^{123}_{\phantom{1}53}$I) de demi-vie 
%  $13$~h. 
%
%\begin{questions}
%\item On dispose de deux échantillons de masse $m=10$~g de ces deux 
%  isotopes. Quelles sont leur activités initiales ? 
%\item Au bout de combien de temps leurs activités sont-elles égales ? 
%\end{questions}
%
%\textit{Donnée :}
%
%Nombre d'Avogadro : $N_A\simeq 6{,}02\cdot 10^{23}$~mol$^{-1}$ 
%\end{exo}
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%%%%%%%
%\begin{corrige}
%  \begin{questions}
%  \item On écrit : 
%    \[N(t) = N_0e^{-\lambda t}\]
%    où $N(t)$ est le nombre de noyaux radioactifs dans l'un des 
%    échantillons, $N_0$ le nombre de noyaux radioactifs initiaux, et 
%    $\lambda$ la constante radioactive associée.  L'activité s'en 
%    déduit par : 
%    \begin{eqnarray*}
%      A(t)&=&-\frac{\dd N}{\dd t}\\
%          &=&\lambda N_0e^{-\lambda t},
%    \end{eqnarray*}
%    donc l'activité initiale de l'échantillon est : $A_0=\lambda N_0$. 
%    Il s'agit donc d'exprimer $N_0$ et $\lambda$ en fonction des 
%    données de l'énoncé. Commençons par $N_0$. On peut écrire que la 
%    masse molaire atomique d'un atome, exprimée en g.mol$^{-1}$, est 
%    sensiblement égale au nombre de masse~$A$ de son noyau. 
%
%    La quantité de noyaux radioactifs initialement contenus dans les 
%    échantillons est donc : 
%    \[N_0=\frac{m}{A}N_A\]
%    où la masse $m$ de l'échantillon doit être exprimée en grammes. 
%    \begin{attention}
%    $A$ est ici le nombre de masse et ne doit pas être confondu avec l'activité de l'échantillon.
%    \end{attention}
%
%    Il faut maintenant exprimer $\lambda$ en fonction des données de 
%    l'énoncé.  On utilise pour cela la relation : 
%    \[\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}.\]
%
%    En définitive, l'activité initiale des échantillons est : $A_0 =\dfrac{\ln 2}{T_{1/2}}.\dfrac{m}{A}N_A$.
%
%    L'application numérique donne pour~$^{131}_{\phantom{1}53}$I : 
%
%    \[A_0=\frac{\ln 2}{8{,}1\times 24\times 3600}\times 
%      \frac{10}{131}\times 6{,}02\cdot 
%      10^{23}\simeq 4{,}6\cdot 10^{16}\mbox{~Bq}\]
%
%    et pour~$^{123}_{\phantom{1}53}$I : 
%
%    \[A_0'=\frac{\ln 2}{13\times 3600}\times 
%      \frac{10}{123}\times 6{,}02\cdot 
%      10^{23}\simeq 7{,}2\cdot 10^{17}\mbox{~Bq}.\]
%
%  \item On appelle $A(t)$ et $A'(t)$ respectivement les activités de 
%    l'iode~131 et de l'iode~123, et on note $\lambda$ et $\lambda'$
%    leur constantes radioactives respectives. On cherche $t$ tel que $A'(t)=A(t)$, soit : $A'_0\nep^{-\lambda' t} = A_0\nep^{-\lambda t}$,  donc : 
%    \[t=\frac{1}{\lambda'-\lambda}\ln\frac{A_0'}{A_0}\]
%    ce qui peut encore s'écrire : 
%    \[t = \frac{TT'}{T_{1/2}-T'_{1/2}}\cdot\frac 1{\ln 2}\cdot\ln\frac{A_0'}{A_0}\]
%    où $T_{1/2}$ et $T'_{1/2}$ sont les demi-vies respectivement de l'iode~131 et 
%    de l'iode~123. \enlargethispage*{3em}
%    
%    L'application numérique donne : 
%    \[t = \frac{194\times 13}{194-13}\times \frac1{\ln 2}\times 
%      \ln\frac{7{,}2\cdot 10^{17}}{4{,}6\cdot 10^{16}}
%      \simeq 55\mbox{~h}.\]
%    Les activités des deux échantillons seront comparables au bout de 
%    2~jours et 7~heures. 
%\end{questions}
%\end{corrige}
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\begin{exo}{Décroissance radioactive}{Lycée Henri IV, Paris}{1}{10}
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%%%%
Combien de temps faut-il attendre pour que $99{,}9$~\%
d'une masse donnée de strontium~90 ($^{90}_{38}$Sr) ait disparu ? 

\textit{Donnée :}

La demi-vie du $^{90}_{38}$Sr~est de $28$~ans. 
\end{exo}
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%%%%%%
\begin{corrige}
  On écrit la décroissance exponentielle du nombre $N(t)$ de noyaux de 
  strontium~90 dans l'échantillon : 
  \[N(t)=N_0e^{-\lambda t}.\]

  On veut que $99{,}9$~\% des noyaux de strontium aient disparu, donc 
  on veut que $N(t)$ vaille un millième de $N_0$. Cela s'écrit : 

\[\frac{1}{1000}=e^{-\lambda t}
\mbox{~~~ou encore :~~~}
t=\frac{1}{\lambda}\ln 1000.\]
En utilisant la demi-vie $T_{1/2}$ du strontium (qui est reliée à $\lambda$
par\linebreak $T_{1/2}=\ln 2/\lambda$), et en écrivant $\ln 1000=3\ln 10$, on a : 

\[t=3T_{1/2}\frac{\ln 10}{\ln 2}=28\times 3\times \frac{\ln 10}{\ln 2}\simeq 280\mbox{~ans}.\]
Nous gardons deux chiffres significatifs dans le résultat.
\newpage
\end{corrige}
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%\begin{exo}{Décroissance radioactive}{Lycée Carnot, Paris}{2}{15}
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%%%%
%  Un échantillon de $^{223}_{\phantom{1}88}$Ra~a une activité initiale
%  de~$5000$~Bq.  On mesure cette activité aux instants successifs
%  suivants :
%  \[
%    \begin{array}{|l|c|c|c|c|c|c|c|c|}
%      \hline\tabulartitle {\rm t\;(jours)}& 0 & 10 & 20 & 30 & 40 & 50 & 60 & 70 \\
%      \hline
%      \mbox{activité (Bq)}& 5000 & 2800 & 1500 & 800 & 500 & 260
%                                                         & 140 & 80\\
%      \hline
%    \end{array}
%  \]
%  
%  \begin{questions}
%  \item Déterminer la demi-vie de
%    l'isotope~$^{223}_{\phantom{1}88}$Ra.
%  \item Au bout de combien de temps l'activité de l'échantillon ne
%    sera plus que d'un becquerel ?
%  \end{questions}
%\end{exo}
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%\begin{corrige}
%  \begin{questions}
%  \item On appelle $N(t)$ le nombre de noyaux radioactifs dans
%    l'échantillon à un instant~$t$. On a :
%    \[N(t) = N_0e^{-\lambda t}.\]
%    La demi-vie~$T$ est atteinte pour
%    $N(T)=\frac 12N_0$, donc on a :
%    \[\frac 12 N_0=N_0e^{-\lambda T}\]
%    ce qui donne :
%    \[\lambda = \frac{\ln 2}{T}\mbox{~~~~ou :~~~~}T=\frac{\ln 2}{\lambda}.\]
%    D'autre part l'activité de l'échantillon est donnée par son taux
%    de désintégration, soit :
%    \[A(t)=-\frac{\dd N}{\dd t}\]
%    d'où l'on peut écrire :
%    \[A(t) = \lambda N_0e^{-\lambda t}=A_0e^{-\lambda t}\]
%    où $A_0=\lambda N_0$ est l'activité initiale de l'échantillon.  On
%    prend le logarithme népérien $\ln$ des deux membres de l'égalité
%    ci-dessus. Cela donne :
%    \[\ln[A(t)]= \ln(A_0)-\lambda t.\]
%    Ainsi, la courbe du logarithme de l'activité en fonction du temps
%    doit être une droite, et sa pente nous donne $\lambda$, qui permet
%    de calculer la demi-vie de l'isotope.  La figure page suivante montre
%    le graphe de $\ln[A(t)]$ en fonction de $t$.
%
%    \begin{center}
%      \includegraphics{106_neradioacsol01}
%    \end{center}
%
%    On peut mesurer pour cette droite un coefficient directeur
%    $-\lambda = -0{,}059$~jour$^{-1}$.  On en déduit la demi-vie
%    du~$^{223}_{\phantom{1}88}$Ra :
%    \[T=\frac{\ln 2}{\lambda}=\frac{\ln 2}{0{,}059}\simeq 11{,}7\mbox{~j}.\]
%    \vspace*{-1em}
%    \begin{methode}
%      On peut s'assurer du bon ordre de grandeur de ce résultat avec
%      les données de l'énoncé : la demi-vie correspond à
%      $A(T)=2500$~Bq, donc la demi-vie doit se situer entre $10$ et
%      $20$~jours.
%    \end{methode}
%    \enlargethispage*{5em}
%    On peut d'ailleurs résoudre cette question de manière plus simple,
%    mais moins précise, en traçant le graphe de l'activité en fonction
%    du temps. On cherche alors le point d'intersection de ce graphe
%    avec la droite correspondant à une activité moitié de l'activité
%    initiale (l'activité étant proportionnelle au nombre de noyaux,
%    quand la moitié de ceux-ci se sont désintégrés, l'activité est
%    moitié moindre). L'abscisse de ce point d'intersection nous indique
%    alors la demi-vie, comme on le voit sur la figure:
%
%\vspace*{-1em}
%    \begin{center}
%      \includegraphics[width=8cm]{106_dvra223}
%    \end{center}
%\vspace*{-1em}
%    On peut ainsi estimer que le temps de demi-vie est de l'ordre de
%    $12$~jours.
%
%    
%  \item On écrit :
%    \[A(t)=A_0e^{-\lambda t}\mbox{~~soit~:~~}
%      t=\frac{1}{\lambda}\ln\frac{A_0}{A(t)}
%      \mbox{~~ou encore :~~}
%      t=\frac{T}{\ln 2}\ln\frac{A_0}{A(t)}.\]
%    L'application numérique donne :
%    %%%% ERREUR VOLONTAIRE CI-DESSOUS (non détectée)
%    %\[t = \frac{11{,}7}{\ln 2}\ln 5000\simeq 122\mbox{~j}.\]
%    %%%% REPONSE CORRECTE CI-DESSOUS
%    \[t = \frac{11{,}7}{\ln 2}\ln 5000\simeq 144\mbox{~j}.\]
%    L'activité ne sera plus que de 1~Bq au bout de 4~mois et~24 jours.
%  \end{questions}
%\end{corrige}
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\begin{exo}{Demi-vie d'un isotope}{Lycée Louis-Le-Grand, Paris}{2}{10}
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\enlargethispage*{2em}
  \index{Demi-vie}Un gramme d'uranium~238 ($^{238}_{\phantom{1}92}$U) a une activité de 12200~Bq.
  Quelle est la demi-vie de cet isotope ?
  
  \textit{Donnée :}
  
  Nombre d'Avogadro : $N_A\simeq 6{,}02\cdot 10^{23}$~mol$^{-1}$.
\end{exo}
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\begin{corrige}
  On appelle $N(t)$ le nombre de noyaux d'uranium~238 que contient
  l'échantillon d'un gramme. On a :
  \[N(t) = N_0e^{-\lambda t}\] 
  et :
  \[A(t) = -\frac{\dd N}{\dd t} = A_0e^{-\lambda t}\]
  où l'activité initiale est $A_0=\lambda N_0$.  On a d'autre part
  entre demi-vie et $\lambda$ la relation suivante :
  \[T=\frac{\ln 2}{\lambda}\]
  donc :
  \[T=\frac{N_0\ln 2}{A_0}.\]
  Nous connaissons $A_0=12200$~Bq. Il s'agit donc de déterminer $N_0$.
  La masse molaire atomique de $^{238}_{\phantom{1}92}$U~est voisine
  de $M=238$~g.mol$^{-1}$, donc :
  \[N_0=\frac{m}{M}N_A=\frac1{238}\times 6{,}02\cdot 10^{23}
    =2{,}53\cdot 10^{21}\mbox{~noyaux}\]
  où $m=1$~g est la masse de l'échantillon.
  Nous pouvons en déduire :
  \[T=\frac{2{,}53\cdot 10^{21}\times \ln 2}{12200}\simeq
    1{,}44\cdot 10^{17}\mbox{~s}.\]
  Cette unité est assez peu parlante et il vaut mieux dans ce cas
  convertir en années :
  \[T = \frac {1{,}44\cdot 10^{17}}{365\times 24\times 60\times 60}\simeq
    4{,}56\cdot 10^{9}\mbox{~ans}\]
  c'est-à-dire environ quatre milliards et demi d'années. Par une
  coïncidence tout à fait fortuite, il s'avère que c'est pratiquement
  l'âge de la Terre et du Système Solaire.
\end{corrige}
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\begin{exo}{Décroissance du vanadium 52}{Lycée Vallée de Chevreuse, Gif sur Yvette}{2}{20}
On donne l'extrait du tableau périodique suivant :
\[
\setlength{\arraycolsep}{3pt}
\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
  \hline
  \tabulartitle
_{19}{\rm K} &_{20}{\rm Ca} &_{21}{\rm Sc} &_{22}{\rm Ti} &_{23}{\rm V} &_{24}{\rm Cr} &_{25}{\rm Mn} &_{26}{\rm Fe} &_{27}{\rm Co} &_{28}{\rm Ni} &_{29}{\rm Cu} &_{30}{\rm Zn} \\
\hline
\end{array}
\]
L'isotope~52 du vanadium ($^{52}_{23}$V) est radioactif $\beta^-$ et
sa désintégration s'accompagne d'une émission~$\gamma$.

\begin{questions}
\item Écrire l'équation nucléaire correspondant à la désintégration
  spontanée du vanadium~52.
\item On dispose d'un échantillon qui contient $N(t)$ noyaux de
  vanadium~52 à l'instant~$t$.
\begin{questions}
\item Quelle est l'expression de $N(t)$ en fonction du temps, de $N_0$
  valeur de $N$ à l'instant $t=0$ et de la constante
  radioactive~$\lambda$ ?
\item On suppose que le vanadium~52 est le seul élément radioactif
  présent dans l'échantillon et on définit l'activité $A(t)$ de
  celui-ci comme le taux de désintégration :
  \[A(t)=-\frac{\dd N}{\dd t}.\]

  Exprimer $\ln[A(t)/A(0)]$ en fonction de $t$ et des constantes $N_0$ et
  $\lambda$. On rappelle que $\ln$ est la fonction logarithme
  népérien.
\end{questions}
\item On cherche à faire une vérification expérimentale du résultat
  précédent.  À l'aide d'un compteur, on détermine le nombre de
  désintégrations $-\Delta N$ qui ont lieu pendant une courte durée
  $\Delta t$ encadrant les diverses dates $t$ et on admet qu'une
  valeur approchée de $A(t)$ est obtenue par :
  \[A(t)\simeq -\frac{\Delta N}{\Delta t}.\] On obtient les points de
  coordonnées $(t,\ln[A(t)])$ portés sur le graphique de la figure
  suivante.
  \begin{questions}
  \item Montrer que la forme de la courbe obtenue constitue
    effectivement une vérification expérimentale de l'expression de
    $N(t)$ vue plus haut.
  \item Déduire de la courbe la valeur de la constante radioactive
    $\lambda$ du vanadium~52.
  \item Définir la demi-vie d'un élément radioactif et calculer celle
    du vanadium~52.
  \end{questions}
  
\enlargethispage*{\baselineskip}
  \begin{center}
    \includegraphics{092_neradiode}
  \end{center}
\end{questions}
\end{exo}
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\begin{corrige}
  \begin{questions}
  \item Il faut conserver charge électrique et nombre de masse au
    cours de la réaction, qui s'écrit {\em a priori}, puisqu'il s'agit
    d'une désintégration $\beta^-$ :
    \[^{52}_{23}{\rm V}\rightarrow
      ^{\phantom{-}0}_{-1}e^-+^A_ZX+\gamma\]
    où $^A_ZX$ est le noyau inconnu produit de la désintégration,
    et où $\gamma$ est le photon $\gamma$ mentionné dans
    l'énoncé, résultat de la désexcitation du noyau produit.  La
    conservation de la masse et de la charge s'écrivent :
    \deuxegal{A+0}{52}{Z-1}{23} donc le noyau produit est caractérisé
    par :
    \[Z=24\mbox{~~~~~et~~~~~}A=52.\]
    D'après le tableau périodique fourni, c'est du chrome $^{52}_{24}$Cr.
    
    La réaction s'écrit donc en définitive :
    \[^{52}_{23}{\rm V}\rightarrow ^{\phantom{-}0}_{-1}e^-+^{52}_{24}{\rm Cr}+\gamma\]
  \item \begin{questions}
    \item Le nombre de noyaux de vanadium~52 suit une loi
      exponentielle décroissante :
      \[N(t)=N_0e^{-\lambda t}.\]
    \item On a :
      \begin{eqnarray*}
        A(t) &=&-\frac{\dd N}{\dd t}\\
             &=& N_0\lambda_0e^{-\lambda t}.
      \end{eqnarray*}
      On prend le logarithme du membre de gauche et de droite de cette
      égalité :
      \[\ln[A(t)] = \ln (N_0\lambda)-\lambda t.\]
      \end{questions}
    \item \begin{questions}
      \item La fonction obtenue à la question précédente est une
        fonction affine du temps, dont le graphe est une droite (de
        pente négative $-\lambda$). C'est le cas de la courbe de la
        figure de l'énoncé. C'est donc une confirmation expérimentale
        de l'expression de $A(t)$ et donc de $N(t)$.
      \item La pente (ou {\em coefficient directeur}) que l'on peut
        mesurer pour cette droite est :
        \[-\lambda \simeq -0{,}18\mbox{~min}^{-1}\]
        donc $\lambda \simeq 0{,}18$~min$^{-1}$.
      \item La demi-vie est le temps au bout duquel il ne reste plus
        que la moitié du nombre initial de noyaux radioactifs. On a
        donc la relation :
        \[\frac{N_0}{2}=N_0e^{-\lambda T},\]
        qui donne :
        \[T=\frac{\ln 2}{\lambda}.\]
        L'application numérique donne :
        \[T = \frac{\ln 2}{0{,}18}\simeq 3{,}9\mbox{~min}.\]
      \end{questions}
    \end{questions}
\end{corrige}
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\begin{exo}{Datation au carbone~14}{Lycée Sainte-Marie, Antony}{3}{20}
  L'isotope~14 du carbone ($^{14}_{\phantom{1}6}$C)
  est radioactif $\beta^-$.  Sa demi-vie est $5568$~ans.  La
  proportion de carbone~14 dans l'environnement des êtres vivants est
  maintenue à peu près constante par la réaction des neutrons produits
  par le rayonnement cosmique (particules de très haute énergie
  d'origine extraterrestre ; le terme rayonnement est ici trompeur, ce
  ne sont pas des photons~!) sur l'azote $^{14}_{\phantom{1}7}$N dans
  la haute atmosphère terrestre.  Pendant sa vie, un être vivant
  (arbre, animal, etc.)  échange en permanence du carbone avec son
  environnement (CO$_2$ capté par la photosynthèse, alimentation,
  etc.) et son taux de carbone~14 se maintient donc à un taux
  constant, que l'on considérera être le même pour tous les êtres
  vivants.  Ce taux est de $f=1{,}2\cdot 10^{-12}$~atomes de
  carbone~14 pour un atome de carbone~12. On négligera la présence
  d'autres isotopes du carbone.

  \begin{questions}
  \item Écrire l'équation nucléaire de la formation d'un noyau de
    carbone~14.
  \item Écrire l'équation nucléaire de désintégration du carbone~14.
  \item Quelle est l'activité initiale d'un gramme de carbone ? On
    donnera cette valeur en becquerels, puis en désintégrations par
    minutes (DPM). Cette valeur est appelée l'{\em activité naturelle
      standard} du carbone~14.
  \item Un morceau de bois fossilisé retrouvé dans des fouilles
    archéologiques à côté des restes d'une habitation présente une
    activité résiduelle du carbone de $6{,}7$~DPM.g$^{-1}$.  Quel est
    l'âge de ce morceau de bois ?
    
    En fait, ces méthodes de datation (et l'abondance standard du
    carbone~14) ne sont valables que pour des années antérieures à
    $1960$. Au début des années~60, les essais atmosphériques de
    bombes nucléaires firent augmenter l'abondance de carbone~14
    atmosphérique de $90$~\%.
    
    \newpage
    
  \item On considère un arbuste mort en~1963. On suppose que sa
    fraction de carbone~14 au moment de sa mort était celle du carbone
    atmosphérique. À quelle date l'activité du carbone des restes de
    cet arbuste sera-t-elle égale à l'activité naturelle standard du
    carbone~14 ?
  \end{questions}
  
\textit{Donnée :}

\index{Nombre d'Avogadro}Nombre d'Avogadro : $N_A\simeq 6{,}02\cdot 10^{23}$~mol$^{-1}$.
\end{exo}
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\begin{corrige}
  \begin{questions}
  \item La formation d'un noyau de carbone~14 s'écrit :
    \[^{14}_{\phantom{1}7}{\rm
        N}+^1_0n\rightarrow^{14}_{\phantom{1}6}{\rm C}
      +^1_1\mathrm{p}\]
    Il y a émission d'un proton $^1_1\mathrm{p}$ pour assurer la conservation
    de la charge et du nombre de masse.
  \item La désintégration $\beta^-$ du carbone~14 s'écrit :
    \[^{14}_{\phantom{1}6}{\rm C}\rightarrow ^{\phantom{-}0}_{-1}\mathrm{e}^-+^A_ZX\]
    où $^A_ZX$ est un noyau à déterminer en utilisant la conservation
    du nombre de masse et de la charge électrique :
    \deuxegal{A+0}{14}{Z-1}{6} donc :
    \[A=14\mbox{~~~~~et :~~~~~}Z=7.\]
    La désintégration radioactive du carbone~14 s'écrit donc :
    \[^{14}_{\phantom{1}6}{\rm C}\rightarrow ^{\phantom{-}0}_{-1}\mathrm{e}^-
      +^{14}_{\phantom{1}7}{\rm N}\]
  \item On appelle $N(t)$ le nombre de noyaux de carbone~14 contenus
    dans 1~g de carbone. $N(t)$ vérifie une loi de décroissance
    exponentielle :
    \[N(t)=N_0e^{-\lambda t}.\]
    L'activité s'obtient à partir de la dérivée temporelle de cette
    quantité :
    \[A(t) = -\frac{\dd N}{\dd t}
      = N_0\lambda e^{-\lambda t}\]
    donc l'activité initiale $A_0$ (à $t=0$) vaut :
    $A_0=\lambda N_0$
    On a d'autre part :
    \[\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}
      \mbox{~~~donc : ~~~}
      A_0 = N_0 \frac{\ln 2}{T_{1/2}}.\]
    Il s'agit donc de déterminer $N_0$, nombre de noyaux de carbone~14
    initialement présents dans un gramme de carbone.
    \[N_0=\frac{1}{M(^{12}_{\phantom{1}6}C)}N_Af=\frac{1}{12}N_Af\simeq 6{,}0\cdot 10^{10}.\]
    On en déduit l'activité initiale du gramme de carbone :
    \[A_0=6{,}0\cdot 10^{10}\frac{\ln 2}{5568\times 365\times 24
        \times 60\times 60}
      \simeq 0{,}24\mbox{~Bq}\simeq 14\mbox{~DPM}.\]
    
    Notez que la valeur canonique standard de l'activité du carbone
    est : \[A_0=13{,}6\textup{~DPM.g}^{-1}.\]
  \item On écrit $A(t)=A_0e^{-\lambda t}$,
    ce qui peut se transformer en :

    \[t = -\frac{T}{\ln 2}\ln\frac{A(t)}{A_0}.\]
    L'application numérique donne :
    \[t \simeq 5920\mbox{~ans}.\]
    L'arbre qui a donné ce morceau de bois est mort il y a environ
    $5900$~ans.
  \item L'activité du carbone de cette arbuste, au moment de sa mort,
    est\linebreak $A_0'=1{,}9A_0$ puisque la teneur de carbone~14 atmosphérique
    était~90~\% plus importante que la valeur qu'elle avait toujours
    eu auparavant.
    
    On veut : $A(t) = A_0$, où maintenant :
    \[A(t)=A'_0e^{-\lambda t}.\]
    On recherche donc l'instant~$t$ tel que :
    \[A'_0e^{-\lambda t} = A_0\]
    soit :
    \[t = \frac{1}{\lambda}\ln\frac{A_0'}{A_0}
      =\frac{T}{\ln 2}\ln\frac{A_0'}{A_0}.\]
    L'application numérique donne :
    \[t = \frac{5568}{\ln 2}\ln 1{,}9 \simeq 5160\mbox{~ans}.\]

    Le carbone du bois de cet arbuste aura donc une activité de
    l'ordre de l'activité standard initiale d'un gramme de carbone aux
    alentours de l'année~$7160$.
  \end{questions}
\end{corrige}
\thumb\AfficheCorrige
