Solutions des exercices : Réactions Nucléaire - Ts
Classe:
Troisième
Exercice 1
1.1. Cette réaction de désintégration correspondant à la radioactivité $\alpha$ car la particule émise est l'hélium.
1.2. Expression littérale du défaut de masse $\Delta m$ du noyau de symbole $_{Z}^{A}X$ et de masse $m_{X}$
$\Delta m=Zm_{P}+(A-Z)m_{n}-m_{X}$
Calcul du défaut de masse du noyau de radium $R_{a}$ en unité de masse atomique $u$
\begin{eqnarray} \Delta m &=& Zm_{P}+(A-Z)m_{n}-m_{Pa}\nonumber\\\\ &=& 88\times 1.007+(226-88)\times1.009-225.977\nonumber\\\\\Rightarrow \Delta m &=&1.881u \end{eqnarray}
1.3. Expression de la relation d'équivalence masse-énergie
$\Delta E=\Delta mC^{2}=\left(Zm_{P}+\left(A-Z\right)m_{n}-m_{X}\right)C^{2}$
1.4. L'énergie de liaison $E_{1}$ d'un noyau est l'énergie qu'il faut fournir à un noyau au repos pour le dissocier en nucléons isolés et immobiles.
Calcul, en joule, de l'énergie de liaison $E_{1}(Rn)$ du noyau de radon.
\begin{eqnarray} E_{1}\left(R_{n}\right) &=&\Delta mE\nonumber\\\\ &=&\dfrac{3.04\cdot 10^{-27}}{1.66054\cdot 10^{-27}}\times 93.5\nonumber\\\\\Rightarrow E_{1}\left(R_{n}\right)&=&1.71\cdot 10^{3}MeV \end{eqnarray}
Énergie de liaison par nucléon $E_{1}/A$ du noyau de radon en $MeV\cdot$nucléon$^{-1}.$
\begin{eqnarray} E_{1}/A &=&\dfrac{E_{1}\left(R_{n}\right)}{A}\nonumber\\\\ &=&\dfrac{1.76\cdot 10^{3}}{222}\nonumber\\\\\Rightarrow E_{1}/A &=&7.93MeV\cdot\text{nucléon}^{-1} \end{eqnarray}
1.5. Expression littérale de la variation d'énergie $\Delta E$ de la réaction en fonction de $m_{Ra}$, $m_{Rn}$ et $m_{He}$
\begin{eqnarray} \Delta E &=&\left(m_{Rn}+m_{He}-m_{Ra}\right)C^{2}\nonumber\\\\\Rightarrow\Delta E &=&(221.970+4.001-225.977)\times 1.66054\cdot 10^{-27}\times\left(3.0\cdot 10^{8}\right)^{2}\nonumber\\\\\Rightarrow\Delta E &=&9.0\cdot 10^{-13}J \end{eqnarray}
Exercice 2
1.1.1. L'observation du diagramme montre que le rhénium 186 est au-dessus de la vallée de stabilité ; zone où les neutrons sont en excès.
L'isotope radioactif possède donc un excès de neutron(s) ou par rapport à un isotope stable du même élément.
1.1.2 La particule émise au cours d'une désintégration $\beta^{-1}$ porte le nom d'électron.
1.1.3 Équation de la désintégration du noyau de rhénium $186.$
$$_{Z}^{186}Re\ \longrightarrow\ _{76}^{A}Os\ +\ _{-1}^{0}e$$
La loi de conservation du nombre de masse s'écrit : $186=A+0\Rightarrow\;A=186$
La loi de conservation du nombre de charge s'écrit : $z=76-1\Rightarrow\;z=75$
L'équation de la désintégration s'écrit finalement : $_{77}^{186}Re\ \longrightarrow\ _{76}^{186}Os\ +\ _{-1}^{0}e$
2.1 La composition du noyau de phosphore $32$
Le phosphore possède 15 protons et $32-15=17$ neutrons
2.2 Vérifions par un calcul la valeur $E$ de l'énergie du rayonnement émis par la désintégration du phosphore $32$
\begin{eqnarray} E &=&\left(m_{S}+m_{e}-m_{p}\right)\dfrac{C^{2}}{e}\nonumber\\\\\text{avec }E &=&1.6\cdot 10^{-19}eV\nonumber\\\\\Rightarrow E &=&\left(5.30763\cdot 10^{-26}+9.1\cdot 10^{-31}-5.30803\cdot 10^{-26}\right)\dfrac{\left(3\cdot 10^{8}\right)^{2}}{1.6\cdot 10^{-19}}\nonumber\\\\ &=&1.7\cdot 10^{6}eV\nonumber\\\\\Rightarrow E&=&1.7MeV \end{eqnarray}
2.3. Lors de cette transformation, le patient n'est pas exposé au rayonnement gamma $(\gamma)$ particulièrement pénétrant.
2.4. Rappel de la loi de décroissance du nombre $N(t)$ de noyaux radioactifs dtun échantillon en fonction de $\lambda$ et $N_{0}$
$$N(t)=N_{0}e^{-\lambda t}$$
2.5. Le temps de demi-vie radioactive $t_{1/2}$ est le temps au bout duquel la moitié des noyaux radioactifs initialement présents s'est désintégrée
Établissement de la relation qui existe entre le temps de la demi-vie et la constante de désintégration radioactive $\lambda$
\begin{eqnarray} N\left(t+t_{1/2}\right) &=&N_{0}e^{-\lambda\left(t+t_{1/2}\right)}\nonumber\\\\ &=&\dfrac{N_{0}e^{-\lambda t}}{2}\nonumber\\\\\Rightarrow e^{-\lambda t_{1/2}} &=&\dfrac{1}{2}\nonumber\\\\\Rightarrow\ln e^{-\lambda t_{1/2}} &=&\ln\dfrac{1}{2}\nonumber\\\\\Rightarrow -\lambda t_{1/2} &=&-\ln 2\nonumber\\\\\Rightarrow\;t_{1/2} &=&\dfrac{\ln 2}{\lambda} \end{eqnarray}
2.6. Vérifions, par un calcul, la valeur approchée du temps de demi-vie proposée dans la carte d'identité
$\begin{array}{rcl} t_{1/2}&=&\dfrac{\ln 2}{\lambda}\\\\&=&\dfrac{\ln 2}{5.6\cdot 10^{-7}\times 24\times 3600}\\\\\Rightarrow\,t_{1/2}&=&14\text{ jours} \end{array}$
Exercice 3
1.1.$\alpha$ représente le noyau d'hélium.
Équation de la réaction nucléaire correspondante
$_{z}^{230}Th\ \longrightarrow\ _{76}^{A}Ra^{\ast}\ +\ _{2}^{4}He$
La loi de conservation du nombre de nucléons s'écrit :
$230=A+4\Rightarrow\,A=230-4=226$
La loi de conservation du nombre de charge s'écrit :
$z=76+2=78$
L'équation de la désintégration s'écrit :
$$_{78}^{230}Th\ \longrightarrow\ _{76}^{226}Ra^{\ast}\ +\ _{2}^{4}He$$
1.2. Le temps de demi-vie radioactive $t_{1/2}$ est le temps au bout duquel la moitié des noyaux radioactifs initialement présents s'est réduite de moitié.
Vérifions que sa valeur est de $7.5\times 10^{4}$ années
$\begin{array}{rcl} N(t)&=&N_{0}e^{-\lambda t_{1/2}}\\\\&=&\dfrac{N_{0}}{2}\\\\\Rightarrow\dfrac{N(t)}{N_{0}}&=&\dfrac{1}{2}\\\\&=&0.5 \end{array}$
Le temps de demi-vie correspond à l'abscisse d'ordonnée $0.5\Rightarrow\,t_{1/2}=7.5\cdot 10^{4}\text{ années}$
1.3. Expression mathématique de la loi de décroissance radioactive
$$N(t)=N_{0}e^{-\lambda t}$$
Calcul de la constante radioactive en année$^{-1}$
$\begin{array}{rcl} \lambda&=&\dfrac{\ln 2}{t_{1/2}}\\\\&=&\dfrac{\ln 2}{7.5\cdot 10^{4}}\\\\\Rightarrow\lambda &=&9.2\cdot 10^{-6}\text{année}^{-1} \end{array}$
1.4. La nature des noyaux est la seule grandeur qui fait varier le temps de demi-vie
1.5. Valeurs de $Z_{4}$ et $Z_{5}$
$_{92}^{238}U\ \longrightarrow\ _{90}^{234}Th\ +\ _{2}^{4}He$ : radioactivité $\alpha$
$_{90}^{234}Th\ \longrightarrow\ _{91}^{234}Pa\ +\ _{-1}^{0}e$ : radioactivité $\beta$
$_{91}^{234}Pa\ \longrightarrow\ _{z_{4}}^{234}U\ \Rightarrow\ _{91}^{234}Pa\ \longrightarrow\ _{92}^{234}U\ +\ _{-1}^{0}e\ \Rightarrow\ z_{4}=92$
$_{z_{4}}^{234}U\ \longrightarrow\ _{z_{5}}^{230}Th\ \Rightarrow\ _{92}^{234}U\ \longrightarrow\ _{90}^{234}Th\ +\ _{2}^{4}He\ \Rightarrow\ z_{5}=90$
1.6.1. Démontrons que $A(t)=\lambda\cdot N(t)$ pour une population de noyaux donnée.
$\begin{array}{rcl} A(t)&=&-\dfrac{\mathrm{d}N(t)}{\mathrm{d}t}\\\\&=&-\dfrac{\mathrm{d}\left(N_{0}e^{-\lambda t}\right)}{\mathrm{d}t}\\\\&=&\lambda N_{0}e^{-\lambda t}\\\\\Rightarrow\,A(t)&=&\lambda N \end{array}$
1.6.2. Déduisons à l'équilibre séculaire, le rapport $N^{230}Th/N^{238}U$ est constant
$A_{1}(t)=\lambda_{1}N^{230}Th$
$A_{2}(t)=\lambda_{2}N^{238}U$
$\begin{array}{rcl} A_{1}&=&A_{2}\\\\\Rightarrow\lambda_{1}N^{230}Th&=&\lambda_{2}N^{238}U\\\\\Rightarrow\dfrac{N^{230}Th}{N^{238}U}&=&\dfrac{\lambda_{2}}{\lambda_{1}}\\\\&=&\text{constant} \end{array} $
Exercice 4
A) 1) Équation de la réaction nucléaire correspondante
$_{94}^{241}Pu\ \longrightarrow\ _{z}^{A}Am\ +\ _{-1}^{0}e$
La loi de conservation du nombre de nucléons s'écrit :
$241=A+0\Rightarrow\,A+241$
La loi de conservation du nombre de charge s'écrit :
$94=z-1\Rightarrow\,z=95$
L'équation de la désintégration s'écrit :
$_{94}^{241}Pu\ \longrightarrow\ _{95}^{241}Am\ +\ _{-1}^{0}e$
2) Détermination de la composition des $Pu$ noyaux $Pu$ et $Am$
$Pu$ possède $94$ protons et $241-94=147$ neutrons
$Am$ possède $241$ protons et $241-95=146$ neutrons
La particule émise $\left(\beta^{-1}\right)$ provient de la désintégration d'un proton $_{1}^{1}p$ en neutron.
$_{0}^{1}n$ et en électron $_{-1}^{0}e\left(\beta^{-1}\right)$ : $\left(_{1}^{1}p\ \longrightarrow\ _{-1}^{0}e\ +\ _{0}^{1}n\right)$
B) 1) Équation de cette désintégration
$_{95}^{241}Am\ \longrightarrow\ _{93}^{237}Np\ +\ _{2}^{4}He$
2) Montrons que cette réaction libère une énergie $W$
$\begin{array}{rcl} \Delta m&=&m_{Np}+m_{\alpha}-m_{Am}\\\\&=&237.0480+4.0015-241.0567\\\\\Rightarrow\Delta m&=&7.2\cdot 10^{-3}u \end{array}$
Cette réaction s'accompagne d'une perte de masse $\Delta m$ ; donc de l'énergie libérée $W.$
Calcul de l'énergie $W$ libérée par la désintégration d'un noyau d'américium.
$\begin{array}{rcl} W&=&\Delta muc^{2}\\\\&=&7.2\cdot 10^{-3}\times 931.5MeV\cdot c^{-2}\times c^{2}\\\\\Rightarrow\,W&=&6.707MeV \end{array}$
3) Calcul des énergies cinétiques $E_{c\alpha}$ et $E_{cNp}$
$\begin{array}{rcl} m_{\alpha}E_{C_{\alpha}}&=&m_{Np}E_{C_{Np}}\\\\\Rightarrow\,E_{C_{\alpha}}&=&\dfrac{m_{Np}}{m_{\alpha}}E_{C_{Np}} \end{array}$
$\begin{array}{rcl} W&=&E_{C_{\alpha}}+E_{C_{Np}}\\\\&=&\dfrac{m_{Np}}{m_{\alpha}}E_{C_{Np}}+E_{C_{Np}}\\\\&=&\left(\dfrac{m_{Np}}{m_{\alpha}}+1\right)E_{C_{Np}}\\\\\Rightarrow\,E_{C_{Np}}&=&\dfrac{W}{\left(\dfrac{m_{Np}}{m_{\alpha}}\right)+1}\\\\&=&\dfrac{6.707}{\left(\dfrac{237.0480}{4.0015}+1\right)}\\\\\Rightarrow\,E_{C_{Np}}&=&2.77\cdot 10^{-2}MeV \end{array}$
$\begin{array}{rcl} E_{C_{\alpha}}&=&\dfrac{W}{\left(\dfrac{m_{\alpha}}{m_{Np}}+1\right)}\\\\&=&\dfrac{6.707}{\left(\dfrac{4.0015}{237.0480}\right)+1}\\\\\Rightarrow\,E_{C_{\alpha}}&=&6.60\cdot 10^{-2}MeV \end{array}$
4) a) L'activité d'une substance radioactive est le nombre de désintégrations par unité de temps.
Elle s'exprime en becquerel $(bq).$
b) Montrons que $-\ln(A)=\lambda t-\ln\left(A_{0}\right).$
$\begin{array}{rcl} A&=&-\dfrac{\mathrm{d}N}{\mathrm{d}t}\\\\&=&-\dfrac{\mathrm{d}\left(N_{0}e^{-\lambda t}\right)}{\mathrm{d}t}\\\\&=&\lambda N_{0}e^{-\lambda t}\\\\&=&A_{0}e^{-\lambda t}\\\\\text{avec }A_{0}&=&\lambda N_{0} \end{array}$
$\begin{array}{rcl} \ln A&=&\ln A_{0}e^{-\lambda t}\\\\&=&\ln A_{0}+\ln e^{-\lambda t}\\\\&=&\ln A_{0}-\lambda t\\\\\Rightarrow-\ln A&=&\lambda t-\ln A_{0} \end{array}$
c) Détermination graphique :
$-\ $de la valeur de la constante radioactive $\lambda$ de $_{95}^{241}Am.$
$\begin{array}{rcl} \lambda&=&\dfrac{\Delta(-\ln A)}{\Delta t}\\\\&=&\dfrac{0-(-1)}{2.066\cdot 10^{11}-0}\\\\\Rightarrow\lambda&=&4.84\cdot 10^{-12}\cdot s^{-1} \end{array}$
La période $T$ est :
$\begin{array}{lll} T&=&\dfrac{\ln 2}{\lambda}\\\\&=&\dfrac{\ln 2}{4.84\cdot 10^{-12}}\\\\\Rightarrow\,T&=&1.43\cdot 10^{11}s \end{array}$
$-\ $L'activité $A_{0}$ de l'échantillon d'américium $_{95}^{241}Am.$
$\begin{array}{lll} -\ln A_{0}&=&-1\\\\\Rightarrow\,A_{0}&=&e^{1}\\\\&=&2.72Bq \end{array}$
Valeur de $N_{0}.$
$\begin{array}{lcr} A_{0}&=&\lambda N_{0}\\\\\Rightarrow\,N_{0}&=&\dfrac{A_{0}}{\lambda}\\\\&=&\dfrac{2.72}{4.84\cdot 10^{-12}}\\\\\Rightarrow\,N_{0}&=&6.07\cdot 10^{11}\text{noyaux} \end{array}$
L'activité actuelle.
$\begin{array}{lcl} -\ln\,A_{\text{actuelle}}&=&0.88\\\\\Rightarrow\,A_{\text{actuelle}}&=&e^{-0.88}\\\\&=&0.415Bq \end{array}$
Calcul de l'âge de l'échantillon d'américium
$\begin{array}{lcr} A_{\text{actuelle}}&=&A_{0}e^{-\lambda t}\\\\\Rightarrow\,t&=&-\dfrac{1}{\lambda}\ln\dfrac{A_{\text{actuelle}}}{A_{0}}\\\\&=&\dfrac{1}{\lambda}\left(-\ln\,A_{\text{actuelle}}+\ln\,A_{0}\right)\\\\&=&\dfrac{1}{4.84\cdot 10^{-12}}(0.88+1)\\\\\Rightarrow\,t&=&4.2\cdot 10^{11}s \end{array}$
Exercice 5
I. Étude de la famille uranium $238$ – plomb $206$
1) a) Un noyau radioactif est un noyau instable qui se désintègre spontanément.
b) Équation de la réaction nucléaire
$_{92}^{238}U\ \longrightarrow\ _{z}^{A}Th\ +\ _{2}^{4}He$
La loi de conservation du nombre de nucléons s'écrit : $238=A+4\Rightarrow\,A=234$
La loi de conservation du nombre de charge s'écrit : $92=z+2\Rightarrow\,z=90$
L'équation de la désintégration s'écrit : $_{92}^{238}U\ \longrightarrow\ _{90}^{234}Th\ +\ _{2}^{4}He$
c) Calcul de l'énergie libérée au cours de cette désintégration en joule puis en $MeV$
$\begin{array}{lcr} \Delta E&=&\left(m_{Th}+m_{He}-m_{U}\right)c^{2}\\\\&=&(234.0436+4.0015-238.0508)\times 1.66\cdot 10^{-27}\times\left(3.0\cdot 10^{8}\right)^{2}\\\\\Rightarrow\Delta E&=&-8.52\cdot 10^{-13}J\\\\\Rightarrow\Delta E&=&\dfrac{-8.52\cdot 10^{-13}J}{1.6\cdot 10^{-19}}\\\\&=&-5.3\cdot 10^{6}eV \end{array}$
2) a) Il s'agit de la radioactivité $\beta^{-}$
La particule émise $(\beta^{-})$ provient de la désintégration d'un proton $_{1}^{1}p$ en neutron. $_{0}^{1}n$ et en électron $_{-1}^{0}e(\beta^{-})$ : $\left(_{1}^{1}p\ \longrightarrow\ _{-1}^{0}e\ +\ _{0}^{1}n\right)$
b) Détermination le nombre de désintégrations $\alpha$ et $\beta^{-}$
$_{92}^{238}U\ \longrightarrow\ _{82}^{206}Pb\ +\ x_{-1}^{0}e\ +\ y_{2}^{4}He$
La loi de conservation du nombre de nucléons s'écrit :
$\begin{array}{lcr} 238&=&8206+4y\\\\\Rightarrow\,y&=&\dfrac{238-206}{4}\\\\&=&8 \end{array}$
La loi de conservation du nombre de charge s'écrit :
$\begin{array}{lcr} 92&=&82-x+2y\\\\\Rightarrow\,x&=&92-82-2y\\\\&=&82+2\times 8-92\\\\\Rightarrow\,x&=&6 \end{array}$
L'équation de la désintégration s'écrit : $_{92}^{238}U\ \longrightarrow\ _{82}^{206}Pb\ +\ 6_{-1}^{0}e\ +\ 8_{2}^{4}He$
II. Géochronologie :
1) a) La quantité initiale $N_{U}(0)$ de noyaux d'uranium
$N_{U}(0)=5\cdot 10^{12}\text{noyaux}$
b) Montrons que $N_{U}(t)$ vérifie l'équation différentielle
$\begin{array}{lcr} \dfrac{\mathrm{d}U_{U}}{\mathrm{d}t}+\lambda N_{U}&=&0\\\\N_{U}&=&N_{U}(0)e^{-\lambda t}\\\\\dfrac{\mathrm{d}N_{U}}{\mathrm{d}t}+\lambda N_{U}&=&\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(N_{U}(0)e^{-\lambda t}\right)+\lambda N_{U}(0)e^{-\lambda t}\\\\&=&-\lambda N_{U}(0)e^{-\lambda t}+\lambda N_{U}(0)e^{-\lambda t}\\\\&=&0\\\\\Rightarrow\dfrac{\mathrm{d N_{U}}}{\mathrm{d}t}+\lambda N_{U}&=&0 \end{array}$
c) Montrons que $B=N_{U}(0)$ et que $\lambda=\dfrac{1}{\tau}.$
$\begin{array}{lcr} N_{U}&=&Be^{-\dfrac{t}{\tau}}\\\\\Rightarrow\dfrac{\mathrm{d}N_{U}}{\mathrm{d}t}&=&-\dfrac{1}{\tau}Be^{-\dfrac{t}{\tau}}\\\\\dfrac{\mathrm{d}N_{U}}{\mathrm{d}t}+\lambda N_{U}&=&-\dfrac{1}{\tau}Be^{-\dfrac{t}{\tau}}+\lambdaBe^{-\dfrac{t}{\tau}}\\\\&=&0\\\\\RightarrowBe^{-\dfrac{t}{\tau}}\left(-\dfrac{1}{\tau}+\lambda\right)&=&0\\\\\Rightarrow-\dfrac{1}{\tau}+\lambda&=&0\ (\text{comme }B\neq 0)\\\\\lambda&=&\dfrac{1}{\tau} \end{array}$
d) Détermination à partir du graphe la constante de temps $\tau$ de l'uranium $238$
$\begin{array}{lcr} \dfrac{\mathrm{d}N_{U}}{\mathrm{d}t}&=&-\dfrac{1}{\tau}N_{U}(0)e^{-\dfrac{t}{\tau}}\\\\\Rightarrow\left(\dfrac{\mathrm{d}N_{U}}{\mathrm{d}t}\right)_{t=0}&=&-\dfrac{1}{\tau}N_{U}(0)\\\\&=&\dfrac{\Delta N_{U}}{\Delta t}\\\\\Rightarrow\tau&=&-\dfrac{N_{U}(0)\Delta t}{\Delta N_{U}}\\\\\Rightarrow\tau&=&-\dfrac{5\cdot 10^{12}\left(6.5\cdot 10^{9}-0\right)}{0-5\cdot 10^{12}}\\\\\Rightarrow\tau&=&6.5\cdot 10^{9}\text{années} \end{array}$
Autre méthode : la tangente à l'origine de la courbe coupe l'axe des abscisses au temps $t=\tau=6.5\cdot 10^{9}\text{années}$
e) Le temps de demi-vie radioactive $T$ est le temps au bout duquel la moitié des noyaux radioactifs initialement présents s'est désintégrée.
Relation entre $T$ et $\tau.$
$\begin{array}{lcr} \lambda&=&\dfrac{1}{\tau}T\\\\&=&\dfrac{\ln 2}{\lambda}\\\\\text{or }\lambda&=&\dfrac{1}{\tau}\\\\\Rightarrow\,T&=&\dfrac{\ln 2}{\dfrac{1}{\tau}}\\\\\Rightarrow\,T&=&\tau\ln 2 \end{array}$
Calcul de $T$
$\begin{array}{lcr} T&=&\tau\ln 2\\\\&=&6.5\cdot 10^{9}\times\ln 2\\\\\Rightarrow\,T&=&4.5\cdot 10^{9}\text{années} \end{array}$
Valeur de $T$ par méthode graphique
$T$ correspond à l'abscisse de
$\begin{array}{lcr} \dfrac{N_{U}(0)}{2}\\\\&=&\dfrac{5\cdot 10^{12}}{2}\\\\&=&2.5\cdot 10^{12} \end{array}$
La projection sur des l'axe de temps donne : $T=4.5\cdot 10^{9}\text{années}$
2) a) L'activité radioactive d'une substance radioactive est le nombre de désintégrations par unité de temps.
Calcul, en becquerel, de l'activité initiale de l'uranium $238.$
$\begin{array}{lcr} A_{0}&=&\lambda N_{U}(0)\\\\&=&\dfrac{\ln 2}{T}N_{U}(0)\\\\&=&\dfrac{\ln 2}{4.5\cdot 10^{9}\times 3.15\cdot 10^{7}}\times5\cdot 10^{12}\\\\\Rightarrow\,A_{0}&=&2.4\cdot 10^{-5}Bq \end{array}$
b) Détermination graphique de l'activité de l'uranium à $t=15\cdot 10^{9}$ années
$\begin{array}{lcr} A&=&\lambda N_{U}(0)\\\\&=&\dfrac{\ln 2}{T}N_{U}(0)\\\\&=&\dfrac{\ln 2}{4.5\cdot 10^{9}\times 3.15\cdot 10^{7}}\times 0.5\cdot 10^{12}\\\\\Rightarrow\,A_{0}&=&2.4\cdot 10^{-6}Bq \end{array}$
Par calcul l'activité de l'uranium à $t=15\cdot 10^{9}$ années
$\begin{array}{lcr} A&=&A_{0}e^{-\dfrac{t}{\tau}}\\\\\Rightarrow\,A(t=15\cdot 10^{9}\text{années})&=&2.4\cdot 10^{-5}e^{-\dfrac{15\cdot 10^{9}}{6.5\cdot 10^{9}}}\\\\\Rightarrow\,A&=&2.4\cdot 10^{-6}Bq \end{array}$
3) a) Établissement de la relation entre $N_{U}(t_{\text{Terre}})$, $N_{U}(0)$ et $N_{pb}(t_{\text{Terre}}).$
$\begin{array}{lcr} N_{pb}(t_{\text{Terre}})&=&N_{U}(0)-N_{U}(t_{\text{Terre}})\\\\\Rightarrow\,N_{U}(t_{\text{Terre}})&=&N_{U}(0)-N_{pb}(t_{\text{Terre}}) \end{array}$
Calculer la quantité $N_{U}$
$\begin{array}{lcr} N_{U}(t_{\text{Terre}})&=&N_{U}(0)-N_{Pb}(t_{\text{Terre}})\\\\&=&5\cdot 10^{12}-2.5\cdot 10^{12}\\\\\Rightarrow N_{U}(t_{\text{Terre}})&=&2.5\cdot 10^{12}_text{noyaux} \end{array}$
Détermination de l'âge $t_{\text{Terre}}$ de la Terre.
$\begin{array}{lcr} N_{U}&=&N_{U}(0)e^{\dfrac{-t}{\tau}}\\\\\Rightarrow\,e^{\dfrac{-t}{\tau}}&=&\dfrac{N_{U}}{N_{U}(0)}\\\\\Rightarrow\ln e^{\dfrac{-t}{\tau}}&=&_ln\dfrac{N_{U}}{N_{U}(0)}\\\\\Rightarrow-\dfrac{t}{\tau}&=&\ln\dfrac{N_{U}}{N_{U}(0)}\\\\\Rightarrow\,t_{\text{Terre}}&=&-\tau\ln\dfrac{N_{U}}{N_{U}(0)}\\\\&=&-6.5\cdot 10^{9}\ln\dfrac{2.5\cdot 10^{12}}{5\cdot 10^{12}}\\\\\Rightarrow\,t_{\text{Terre}}&=&4.5\cdot 10^{9}_text{années} \end{array}$
Exercice 6
1) a) Les isotopes sont des atomes qui le même nombre de protons ; mais qui diffèrent par leur nombre de masse.
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