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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.

Auteur:

Amary Thiam & Sidy Mouhamed Ndiaye

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