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Transformation nucléaire : décroissance radioactive et demi-vie

Radioactivité α, β⁻, β⁺, loi de décroissance exponentielle, demi-vie, activité, datation et applications (thème Constitution et transformations de la matière)

À propos de cette page

Ces problèmes corrigés sur « Transformation nucléaire : décroissance radioactive et demi-vie » en terminale permettent d'appliquer le cours à des situations concrètes en spécialité physique-chimie. Ils suivent le programme officiel de terminale et se résolvent étape par étape. Au programme : L'essentiel, Stabilité des noyaux : le diagramme (N, Z), Radioactivités α, β⁻, β⁺ et émission γ, Loi de décroissance, demi-vie et activité. Cherche au brouillon, rédige, puis compare avec la correction détaillée de chaque problème. Idéal pour développer le raisonnement, la rigueur et la confiance avant une évaluation. Problèmes gratuits proposés par un professeur particulier à Marseille pour progresser en spécialité physique-chimie en terminale.

Problèmes corrigés, type devoir surveillé ou bac : plusieurs parties, un raisonnement à rédiger. Traite chaque problème en entier au brouillon, puis déplie la correction rédigée.

Problème 1 — Scintigraphie osseuse au technétium 99m

Moyen

Dans un service de médecine nucléaire, le technétium 99m est obtenu grâce à un « générateur » contenant du molybdène 99 ( $Z = 42$ , $t_{1 / 2} = 65, 9$ h), qui se désintègre en technétium 99m ( $Z = 43$ , $t_{1 / 2} = 6, 01$ h). Le technétium 99m se désexcite en technétium 99 en émettant un rayonnement $γ$ détecté par une gamma-caméra. On injecte à un patient une activité $A_{0} = 555$ MBq de technétium 99m ; l'examen a lieu 3,00 h plus tard. Données : $M (Tc) = 99, 0 g \cdot m o l^{- 1}$ ; $N_{A} = 6, 022 \times 10^{23} m o l^{- 1}$ .

1. Écrire l'équation de désintégration du molybdène 99 et nommer le type de radioactivité.
2. Écrire l'équation de désexcitation du technétium 99m et expliquer pourquoi un émetteur $γ$ convient à l'imagerie.
3. Calculer l'activité de technétium 99m présente dans l'organisme au moment de l'examen (on néglige l'élimination biologique).
4. a) Calculer le nombre de noyaux de technétium 99m injectés.
4. b) Montrer que la masse de technétium 99m injectée est de l'ordre du nanogramme.
5. Au bout de combien de temps l'activité injectée est-elle inférieure à 0,1 % de $A_{0}$ ?
6. Le générateur est utilisé pendant 7 jours. Calculer le pourcentage de son activité initiale en molybdène 99 qui subsiste au bout de cette semaine, et expliquer pourquoi l'hôpital reçoit du molybdène plutôt que du technétium.

1. Le numéro atomique passe de 42 à 43 sans changement de $A$ : c'est une radioactivité $β^{-}$ . $_{42}^{99} M o \to_{43}^{99 m} T c +_{- 1}^{0} e + {\bar{ν}}_{e}$ (conservation : $99 = 99 + 0$ ; $42 = 43 - 1$ ).

2. $_{43}^{99 m} T c \to_{43}^{99} T c + γ$ . Le rayonnement $γ$ , très pénétrant, traverse les tissus et sort du corps, où il est détecté par la caméra ; sans particule chargée émise, l'énergie déposée dans l'organisme reste faible.

3. $A = A_{0} \times 2^{- t / t_{1 / 2}} = 555 \times 2^{- 3, 00 / 6, 01} = 555 \times 0, 7075$ , soit $A \approx 393$ MBq.

4. a) $t_{1 / 2} = 6, 01 \times 3 600 = 2, 164 \times 10^{4}$ s, $λ = \frac{0, 6931}{2, 164 \times 10^{4}} = 3, 20 \times 10^{- 5} s^{- 1}$ . $N_{0} = \frac{A_{0}}{λ} = \frac{5, 55 \times 10^{8}}{3, 20 \times 10^{- 5}}$ , soit $N_{0} = 1, 73 \times 10^{13}$ noyaux.

4. b) $m = \frac{N_{0}}{N_{A}} M = \frac{1, 73 \times 10^{13}}{6, 022 \times 10^{23}} \times 99, 0 = 2, 85 \times 10^{- 9}$ g, soit environ 2,85 ng : c'est bien de l'ordre du nanogramme, quantité chimiquement négligeable pour l'organisme.

5. $2^{- t / t_{1 / 2}} < 10^{- 3}$ équivaut à $t > t_{1 / 2} \frac{\ln 1 000}{\ln 2} = 6, 01 \times 9, 966$ , soit $t > 59, 9$ h, c'est-à-dire environ 2 jours et demi.

6. $\frac{A}{A_{0}} = 2^{- 168 / 65, 9} = 2^{- 2, 549} = 0, 171$ : il reste 17,1 % de l'activité en molybdène. Le technétium 99m perdrait la moitié de son activité toutes les 6 h pendant le transport ; le molybdène, de demi-vie onze fois plus longue, produit du technétium sur place pendant une semaine : on « trait » le générateur chaque jour.

Problème 2 — Le radon dans une cave

Moyen

Le radon 222 ( $Z = 86$ ), gaz radioactif naturel, est produit dans le sol par la désintégration du radium 226 ( $Z = 88$ ). Il est lui-même émetteur $α$ , de demi-vie $t_{1 / 2} = 3, 82$ jours. En France, le niveau de référence dans l'air intérieur est de 300 Bq par mètre cube. Dans une cave de volume $V = 60, 0 m^{3}$ , on mesure une activité volumique de 450 $B q \cdot m^{- 3}$ . Donnée : polonium $Z = 84$ .

1. Écrire l'équation de formation du radon 222 à partir du radium 226.
2. Écrire l'équation de désintégration du radon 222 et identifier le noyau fils.
3. Calculer l'activité totale du radon présent dans la cave, puis le nombre de noyaux de radon 222 correspondant.
4. On prélève 1,00 L d'air de la cave dans un flacon étanche, sans radium. Déterminer au bout de combien de temps l'activité volumique du radon dans le flacon devient inférieure au niveau de référence.
5. Expliquer pourquoi, dans la cave elle-même, l'activité volumique ne diminue pas de cette façon.
6. Les particules $α$ sont arrêtées par la peau. Expliquer pourquoi le radon présente pourtant un risque sanitaire, et proposer deux mesures pour réduire l'exposition des occupants.

1. Désintégration $α$ du radium : $A = 226 - 4 = 222$ et $Z = 88 - 2 = 86$ . $_{88}^{226} R a \to_{86}^{222} R n +_{2}^{4} H e$ .

2. $A = 222 - 4 = 218$ et $Z = 86 - 2 = 84$ : le noyau fils est le polonium 218. $_{86}^{222} R n \to_{84}^{218} P o +_{2}^{4} H e$ .

3. $A = 450 \times 60, 0$ , soit $A = 2, 70 \times 10^{4}$ Bq. $t_{1 / 2} = 3, 82 \times 86 400 = 3, 300 \times 10^{5}$ s, $λ = \frac{0, 6931}{3, 300 \times 10^{5}} = 2, 10 \times 10^{- 6} s^{- 1}$ . $N = \frac{A}{λ} = \frac{2, 70 \times 10^{4}}{2, 10 \times 10^{- 6}}$ , soit $N \approx 1, 29 \times 10^{10}$ noyaux, une quantité de matière infime (environ $2 \times 10^{- 14}$ mol).

4. Dans le flacon, le radon n'est plus renouvelé : l'activité volumique suit $a (t) = a_{0} e^{- λ t}$ avec $a_{0} = 450 B q \cdot m^{- 3}$ (l'activité du flacon vaut 0,450 Bq pour 1,00 L). $λ = \frac{\ln 2}{3, 82} = 0, 1815 j^{- 1}$ . $a (t) < 300$ équivaut à $t > \frac{1}{λ} \ln \frac{450}{300} = \frac{0, 4055}{0, 1815}$ , soit $t > 2, 23$ jours.

5. Dans la cave, le radium du sol, de demi-vie 1 600 ans, produit du radon en continu : les désintégrations sont compensées par un apport permanent. L'activité volumique ne baisse que si l'on renouvelle l'air ou si l'on empêche le radon d'entrer.

6. Le radon est inhalé : ses désintégrations et celles de ses descendants solides (polonium…) se produisent au contact des tissus pulmonaires, que les particules $α$ ionisent fortement sur une faible épaisseur (risque de cancer du poumon). Mesures : aérer et ventiler régulièrement la cave, étanchéifier le sol et les fissures.

Problème 3 — Tomographie par émission de positons au fluor 18

Difficile

Le fluor 18 ( $t_{1 / 2} = 109, 8$ min, $M = 18, 0 g \cdot m o l^{- 1}$ ) est produit dans un cyclotron en bombardant de l'oxygène 18 avec des protons : $_{8}^{18} O +_{1}^{1} p \to_{9}^{18} F + X$ . Fixé sur une molécule de glucose, il se concentre dans les cellules très actives. Un patient doit recevoir une activité de 250 MBq à 11 h 15 ; la production s'achève à 7 h 00 dans un centre situé à 2 h 30 de route. Données : oxygène $Z = 8$ ; fluor $Z = 9$ ; $N_{A} = 6, 022 \times 10^{23} m o l^{- 1}$ .

1. Identifier la particule X produite avec le fluor 18.
2. a) Écrire l'équation de désintégration $β^{+}$ du fluor 18.
2. b) Le positon émis s'annihile avec un électron du milieu en donnant deux photons $γ$ émis en sens opposés. Expliquer comment ce phénomène permet de localiser la zone émettrice.
3. Calculer l'activité de fluor 18 à préparer à 7 h 00 pour disposer de 250 MBq à 11 h 15 (on néglige les pertes).
4. Calculer la masse de fluor 18 contenue dans la dose injectée.
5. Montrer que, 24 h après l'injection, l'activité due au fluor 18 est inférieure à 0,02 % de l'activité injectée.
6. Un élève affirme : « la demi-vie étant de 109,8 min, la dose aura totalement disparu au bout de 2 × 109,8 = 219,6 min ». Expliquer son erreur.

1. Conservation de $A$ : $18 + 1 = 18 + A_{X}$ , donc $A_{X} = 1$ . Conservation de $Z$ : $8 + 1 = 9 + Z_{X}$ , donc $Z_{X} = 0$ . X est un neutron $_{0}^{1} n$ .

2. a) $A = 18$ , $Z = 9 - 1 = 8$ : le noyau fils est l'oxygène 18. $_{9}^{18} F \to_{8}^{18} O +_{1}^{0} e + ν_{e}$ .

2. b) Le positon parcourt moins de quelques millimètres avant de s'annihiler : l'annihilation a lieu pratiquement au point d'émission. Les deux photons partent en sens opposés : deux détecteurs placés face à face sur l'anneau de la caméra les enregistrent simultanément, et la source se trouve sur la droite qui joint ces deux détecteurs. L'intersection de nombreuses droites localise la zone émettrice.

3. Durée entre la fin de production et l'injection : 4 h 15 min = 255 min. $A_{inj} = A_{prod} 2^{- 255 / 109, 8}$ , donc $A_{prod} = 250 \times 2^{255 / 109, 8} = 250 \times 2^{2, 322} = 250 \times 5, 00$ , soit $A_{prod} \approx 1, 25 \times 10^{3}$ MBq : il faut produire environ cinq fois la dose.

4. $λ = \frac{\ln 2}{109, 8 \times 60} = \frac{0, 6931}{6 588} = 1, 052 \times 10^{- 4} s^{- 1}$ . $N = \frac{A}{λ} = \frac{2, 50 \times 10^{8}}{1, 052 \times 10^{- 4}} = 2, 38 \times 10^{12}$ . $m = \frac{N}{N_{A}} M = \frac{2, 38 \times 10^{12}}{6, 022 \times 10^{23}} \times 18, 0$ , soit $m \approx 7, 1 \times 10^{- 11}$ g (71 picogrammes).

5. 24 h = 1 440 min, soit $\frac{1 440}{109, 8} = 13, 11$ demi-vies. $\frac{A}{A_{0}} = 2^{- 13, 11} = 1, 13 \times 10^{- 4} = 0, 0113 %$ , inférieur à 0,02 %. L'activité résiduelle vaut environ $2, 8 \times 10^{4}$ Bq (sans compter l'élimination urinaire, qui la réduit encore).

6. La décroissance est exponentielle, pas linéaire : au bout de deux demi-vies, il reste $\frac{1}{2^{2}} = 25 %$ des noyaux, soit encore 62,5 MBq. Chaque demi-vie divise par 2 ce qui reste ; l'activité ne devient jamais rigoureusement nulle, elle devient seulement négligeable après une dizaine de demi-vies.

Problème 4 — Simuler le caractère aléatoire de la désintégration en Python

Difficile

On modélise un échantillon de $N_{0} = 2 000$ noyaux. À chaque pas de temps $Δ t = 1, 0$ min, chaque noyau encore présent a une probabilité $p = 0, 050$ de se désintégrer, indépendamment des autres. On écrit le programme suivant :

import random
N0 = 2000
p = 0.05
N = N0
k = 0
while N > N0 / 2:
    d = 0
    for i in range(N):
        if random.random() < p:
            d = d + 1
    N = N - d
    k = k + 1
print(k)

La fonction random.random() renvoie un nombre aléatoire uniformément réparti dans

[0; 1 [

1. Expliquer le rôle du test random.random() < p et préciser ce que représente la valeur affichée.
2. Justifier qu'en moyenne, le nombre de noyaux restant après $k$ pas vaut $N_{k} = N_{0} (1 - p)^{k}$ .
3. Montrer que la valeur affichée est en moyenne voisine de 14.
4. On pose $p = λ Δ t$ . Établir l'équation différentielle vérifiée par $N (t)$ lorsque $Δ t$ tend vers 0, donner sa solution et calculer la demi-vie correspondante.
5. Expliquer pourquoi deux exécutions du programme ne donnent pas toujours le même résultat, et pourquoi ces écarts seraient relativement plus grands avec $N_{0} = 20$ .
6. Proposer une modification du programme qui rapproche la simulation du modèle continu.

1. Le test est vrai avec une probabilité $p$ : il simule, pour chaque noyau, l'événement aléatoire « se désintégrer pendant ce pas ». La variable d compte les désintégrations du pas. La boucle s'arrête dès que la moitié des noyaux au moins a disparu : la valeur affichée est le nombre de pas, donc la durée en minutes, correspondant à une demi-vie simulée.

2. Pendant un pas, en moyenne une fraction $p$ des noyaux se désintègre et une fraction $1 - p$ subsiste : $N_{k + 1} = (1 - p) N_{k}$ . La suite est géométrique de raison $1 - p$ , donc $N_{k} = N_{0} (1 - p)^{k}$ .

3. On cherche le premier $k$ tel que $0, 95^{k} \leq 0, 5$ . $0, 95^{13} \approx 0, 513$ (encore supérieur à 0,5) et $0, 95^{14} \approx 0, 488$ : le programme affiche en moyenne 14 (le seuil exact $\frac{\ln 0, 5}{\ln 0, 95} \approx 13, 5$ est franchi au 14e pas).

4. $N (t + Δ t) - N (t) = - p N (t) = - λ N (t) Δ t$ . En divisant par $Δ t$ et en faisant tendre $Δ t$ vers 0 : $\frac{d N}{d t} = - λ N$ , de solution $N (t) = N_{0} e^{- λ t}$ . Ici $λ = \frac{p}{Δ t} = 0, 050 m i n^{- 1}$ et $t_{1 / 2} = \frac{\ln 2}{0, 050}$ , soit $t_{1 / 2} \approx 13, 9$ min. Le modèle discret donne 13,5 min : l'écart vient de ce que $Δ t$ n'est pas assez petit devant $t_{1 / 2}$ .

5. Chaque désintégration est aléatoire : le nombre de désintégrations à chaque pas fluctue autour de sa moyenne $p N$ , donc le résultat change d'une exécution à l'autre. L'écart typique varie comme $\sqrt{N}$ ; l'écart relatif, comme $\frac{1}{\sqrt{N}}$ , est donc environ 10 fois plus grand avec 20 noyaux qu'avec 2 000 : la loi de décroissance ne décrit bien que les grandes populations.

6. Diminuer le pas de temps en gardant $λ$ constant, par exemple $Δ t = 0, 1$ min et p = 0.005, et afficher k * 0.1 pour obtenir la durée en minutes. On peut aussi augmenter $N_{0}$ pour réduire les fluctuations.

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