V VIDYALAYA · Soutien scolaire
Physique-ChimieTerminaleOndes et signauxExercices + corrigé

Radioactivité — Exercices

Demi-vie, loi exponentielle, activité, datation, application industrielle. Corrigé complet ci-dessous.
⏱ ~30 min✎ Calculatrice autoriséeDonnée : ln 2 ≈ 0,693 ; 1 jour = 86 400 s
1Iode 131 — médecine nucléaire/ 5 pts
L'iode 131 ($^{131}$I) est utilisé pour traiter certains cancers de la thyroïde. Sa demi-vie est $t_{1/2} = 8{,}0$ jours.
  1. Calculer la constante radioactive $\lambda$ en s⁻¹.
  2. Après combien de demi-vies l'activité est-elle réduite à $A_0/8$ ?
  3. Un patient reçoit une activité initiale $A_0 = 7{,}4 \times 10^8$ Bq. Calculer l'activité $A$ après 24 jours.
  4. Calculer le nombre de noyaux $N_0$ présents initialement chez ce patient.
2Radon 222 — loi exponentielle/ 4 pts
Le radon 222 ($^{222}$Rn) est un gaz radioactif naturel de demi-vie $t_{1/2} = 3{,}82$ jours.
  1. Calculer $\lambda$ en s⁻¹.
  2. Un échantillon contient $N_0 = 1{,}00 \times 10^{18}$ noyaux. Calculer $N(t)$ après $t = 7{,}64$ jours en appliquant la formule $N(t) = N_0 \, e^{-\lambda t}$.
  3. Vérifier ce résultat par la méthode des demi-vies.
3Cobalt 60 — radiothérapie/ 4 pts
Une source de cobalt 60 ($^{60}$Co) utilisée en radiothérapie a une activité initiale $A_0 = 1{,}85 \times 10^{10}$ Bq et une demi-vie $t_{1/2} = 5{,}27$ ans. On prendra 1 an $= 3{,}156 \times 10^7$ s.
  1. Calculer $\lambda$ en s⁻¹.
  2. Calculer l'activité $A$ après 10,54 ans.
  3. Calculer le nombre initial de noyaux $N_0$.
4Datation au carbone 14/ 5 pts
Dans un organisme vivant, l'activité massique du $^{14}$C vaut $A_0 = 13{,}6$ désintégrations par minute et par gramme (dpm/g). Pour un fragment de bois archéologique, on mesure $A = 3{,}40$ dpm/g. La demi-vie du $^{14}$C est $t_{1/2} = 5\,730$ ans.
  1. Montrer, à partir de $A(t) = A_0 \, e^{-\lambda t}$, que $t = -\dfrac{\ln(A/A_0)}{\lambda}$.
  2. Calculer $\lambda$ en an⁻¹.
  3. Calculer l'âge $t$ du bois. Retrouver ce résultat à l'aide de la notion de demi-vie.
5Américium 241 — durée de vie d'un détecteur de fumée/ 5 pts
Un détecteur de fumée contient de l'américium 241 ($^{241}$Am) de demi-vie $t_{1/2} = 432$ ans. La réglementation impose de remplacer le détecteur lorsque son activité tombe à 80 % de l'activité initiale. On donne $\ln(0{,}80) \approx -0{,}223$.
  1. Exprimer analytiquement $t$ en fonction de $t_{1/2}$, $\ln 2$ et $\ln(0{,}80)$.
  2. Calculer $t$ numériquement en années.
  3. Comparer $t$ à $t_{1/2}$ et commenter la cohérence du résultat.
Corrigé détaillé
1Iode 131
a) \(t_{1/2} = 8{,}0 \times 86\,400 = 691\,200 \text{ s} \qquad \lambda = \dfrac{\ln 2}{691\,200} = \dfrac{0{,}693}{691\,200} \approx\) \(1{,}00 \times 10^{-6} \text{ s}^{-1}\)
b) \(\dfrac{A_0}{2^n} = \dfrac{A_0}{8} \Rightarrow 2^n = 8 \Rightarrow\) \(n = 3 \text{ demi-vies}\)
c) \(24 \text{ jours} = 3 \times 8{,}0 \text{ jours} \Rightarrow n = 3 \qquad A = \dfrac{A_0}{2^3} = \dfrac{7{,}4 \times 10^8}{8} \approx\) \(9{,}3 \times 10^7 \text{ Bq}\)
d) \(N_0 = \dfrac{A_0}{\lambda} = \dfrac{7{,}4 \times 10^8}{1{,}00 \times 10^{-6}} =\) \(7{,}4 \times 10^{14} \text{ noyaux}\)
2Radon 222
a) \(\lambda = \dfrac{\ln 2}{3{,}82 \times 86\,400} = \dfrac{0{,}6931}{330\,048} \approx\) \(2{,}10 \times 10^{-6} \text{ s}^{-1}\)
b) \(t = 7{,}64 \times 86\,400 = 660\,096 \text{ s} \qquad \lambda t = 2{,}10 \times 10^{-6} \times 660\,096 \approx 1{,}386 = 2\ln 2 \qquad N = 1{,}00 \times 10^{18} \times e^{-2\ln 2} = 1{,}00 \times 10^{18} \times 2^{-2} =\) \(2{,}50 \times 10^{17} \text{ noyaux}\)
c) \(7{,}64 \text{ jours} = 2 \times 3{,}82 \text{ jours} \Rightarrow n = 2 \text{ demi-vies} \Rightarrow N = \dfrac{N_0}{4} = \dfrac{1{,}00 \times 10^{18}}{4} =\) \(2{,}50 \times 10^{17} \text{ noyaux} \checkmark\)
3Cobalt 60
a) \(t_{1/2} = 5{,}27 \times 3{,}156 \times 10^7 = 1{,}663 \times 10^8 \text{ s} \qquad \lambda = \dfrac{0{,}6931}{1{,}663 \times 10^8} \approx\) \(4{,}17 \times 10^{-9} \text{ s}^{-1}\)
b) \(10{,}54 \text{ ans} = 2 \times 5{,}27 \text{ ans} \Rightarrow n = 2 \text{ demi-vies} \qquad A = \dfrac{1{,}85 \times 10^{10}}{2^2} = \dfrac{1{,}85 \times 10^{10}}{4} \approx\) \(4{,}63 \times 10^9 \text{ Bq}\)
c) \(N_0 = \dfrac{A_0}{\lambda} = \dfrac{1{,}85 \times 10^{10}}{4{,}17 \times 10^{-9}} \approx\) \(4{,}44 \times 10^{18} \text{ noyaux}\)
4Datation au carbone 14
a) \(A(t) = A_0 \, e^{-\lambda t} \Rightarrow \dfrac{A}{A_0} = e^{-\lambda t} \Rightarrow \ln\!\left(\dfrac{A}{A_0}\right) = -\lambda t \Rightarrow\) \(t = -\dfrac{\ln(A/A_0)}{\lambda}\)
b) \(\lambda = \dfrac{\ln 2}{t_{1/2}} = \dfrac{0{,}6931}{5\,730} \approx\) \(1{,}21 \times 10^{-4} \text{ an}^{-1}\)
c) \(\dfrac{A}{A_0} = \dfrac{3{,}40}{13{,}6} = 0{,}250 = \dfrac{1}{4} \Rightarrow \ln\!\left(\dfrac{A}{A_0}\right) = -2\ln 2 \approx -1{,}386 \qquad t = \dfrac{1{,}386}{1{,}21 \times 10^{-4}} \approx\) \(1{,}15 \times 10^4 \text{ ans} \quad (= 2 \times t_{1/2} = 2 \times 5\,730 \text{ ans} : \text{ l'activité a été divisée par } 2^2 = 4 \checkmark)\)
5Américium 241
a) \(A(t) = 0{,}80 \, A_0 = A_0 \, e^{-\lambda t} \Rightarrow 0{,}80 = e^{-\lambda t} \Rightarrow \ln(0{,}80) = -\lambda t \Rightarrow t = -\dfrac{\ln(0{,}80)}{\lambda} = -\dfrac{\ln(0{,}80)}{\ln 2} \times t_{1/2}\) \(t = -\dfrac{\ln(0{,}80)}{\ln 2} \times t_{1/2}\)
b) \(t = -\dfrac{-0{,}223}{0{,}693} \times 432 \approx 0{,}322 \times 432 \approx\) \(139 \text{ ans}\)
c) \(\dfrac{t}{t_{1/2}} = \dfrac{139}{432} \approx 0{,}32 \approx \dfrac{1}{3{,}1}\) \(\text{Cohérent : l'activité ne perd que 20\,\% en environ } t_{1/2}/3 \text{. Pour de faibles variations, la décroissance exponentielle est quasi-linéaire : } e^{-\lambda t} \approx 1 - \lambda t \text{, donc une baisse de 20\,\% nécessite bien } \lambda t \approx 0{,}20 \ll 1.\)