Chapitre 1 · 7 h

Atome et niveaux d'énergie

Modèle de Bohr, quantification de l'énergie, spectres d'émission et d'absorption, transitions et relation E = hν.

Le chapitre précédent a établi que la lumière transporte son énergie par grains. Celui-ci retourne l'observation : si la lumière émise par un atome ne contient que certaines fréquences, c'est que l'atome lui-même ne peut posséder que certaines énergies.

C'est le premier chapitre du programme où une grandeur physique cesse d'être continue. Toute la mécanique de l'année reposait sur des variables qui prennent n'importe quelle valeur ; ici, l'énergie ne peut prendre que celles d'une liste.

Ce qui ne va pas avec l'atome de Rutherford

Le modèle planétaire — un noyau, des électrons en orbite — a deux défauts rédhibitoires, et c'est en cherchant à les corriger que Bohr construit le sien.

Il devrait s'effondrer. Un électron en orbite est en mouvement circulaire, donc accéléré. Or une charge accélérée rayonne de l'énergie : l'électron devrait perdre la sienne en spirale et tomber sur le noyau en une fraction de nanoseconde. La matière n'existerait pas.

Il devrait émettre un spectre continu. En perdant progressivement son énergie, l'électron émettrait toutes les fréquences. Or ce que l'on observe est tout autre chose.

Les spectres, et ce qu'ils disent

Un gaz atomique chaud n'émet pas toutes les couleurs : il émet un spectre de raies, un petit nombre de fréquences discrètes, toujours les mêmes pour un élément donné. Le même gaz, froid et traversé par une lumière blanche, absorbe exactement les mêmes fréquences, laissant des raies noires sur fond continu.

Cette coïncidence est le fait décisif. Un atome émet et absorbe aux mêmes fréquences parce que les transitions se font entre les mêmes niveaux, montés ou descendus. Et le spectre est la signature de l'élément : c'est ainsi qu'on identifie la composition d'une étoile qu'on n'atteindra jamais.

Le modèle de Bohr

Bohr pose deux hypothèses, en rupture avec la mécanique classique.

L'énergie de l'atome est quantifiée. Elle ne peut prendre que les valeurs d'une suite $E_1, E_2, E_3, \ldots$ , appelées niveaux d'énergie. Pour l'hydrogène :

E_n = -\frac{13{,}6}{n^2}\ \text{eV} \qquad (n = 1, 2, 3, \ldots)

L'atome ne rayonne que lors d'une transition entre deux niveaux, en émettant ou en absorbant un photon dont l'énergie vaut exactement la différence :

\left|\Delta E\right| = E_n - E_p = h\nu = \frac{h\,c}{\lambda}

Deux points sur lesquels les copies trébuchent chaque année.

Les niveaux sont négatifs, et ce n'est pas une bizarrerie de notation. L'origine des énergies est prise pour l'atome ionisé, électron infiniment éloigné et immobile. Un électron lié possède donc moins que zéro, et il faut lui fournir de l'énergie pour l'arracher.

Ils se resserrent quand $n$ augmente, en $1/n^2$ . L'écart entre $n = 1$ et $n = 2$ vaut $10{,}2$ eV, celui entre $n = 4$ et $n = 5$ seulement $0{,}31$ eV. Le niveau $n = 1$ , dit fondamental, est de loin le plus bas et le plus stable ; c'est celui où l'atome retombe toujours.

L'énergie d'ionisation est celle qu'il faut fournir pour porter l'électron du fondamental à l'infini :

E_i = 0 - E_1 = 13{,}6\ \text{eV}

Quiz · 1 question

Pourquoi les niveaux d'énergie de l'atome d'hydrogène sont-ils négatifs ?

Parce que l'électron a une charge négative — charge
Parce que l'origine des énergies est prise pour l'atome ionisé : un électron lié en possède moins — origine choisie
Parce que l'énergie potentielle est toujours négative — convention générale

Réponse : Le zéro correspond à l'électron infiniment éloigné et immobile. Un électron lié est dans un état plus favorable, donc d'énergie inférieure — d'où le signe. Il faut lui fournir 13,6 eV pour l'amener au zéro, c'est-à-dire pour ioniser l'atome.

Émission, absorption, ionisation

Trois processus, et un critère unique qui les distingue.

L'émission : l'atome descend de $n$ vers $p$ (avec $n > p$ ) et émet un photon d'énergie $E_n - E_p$ . C'est ce qui produit les raies brillantes.

L'absorption : l'atome monte de $p$ vers $n$ en absorbant un photon. Mais il ne peut absorber que si l'énergie du photon coïncide exactement avec un écart entre deux niveaux. Un photon de $5$ eV présenté à un atome d'hydrogène dans son état fondamental n'est pas absorbé : il n'existe aucune transition de cette valeur, et l'atome le laisse passer.

L'ionisation : si le photon apporte plus que l'énergie d'ionisation, l'électron est arraché, et l'excédent devient son énergie cinétique. Au-dessus du seuil, le spectre d'absorption devient donc continu — l'électron libre, lui, peut prendre n'importe quelle énergie.

C'est le point à retenir : la quantification concerne les états liés. Une fois l'électron libre, la contrainte disparaît.

Les transitions de l'hydrogène se rangent en séries selon leur niveau d'arrivée :

Série	Arrivée	Domaine
Lyman	$p = 1$	ultraviolet
Balmer	$p = 2$	visible
Paschen	$p = 3$	infrarouge

Seule la série de Balmer tombe dans le visible : c'est elle qu'on observe dans un tube à hydrogène, et c'est pour cela qu'elle a été découverte la première.

Quiz · 1 question

Un atome d'hydrogène dans son état fondamental reçoit un photon de 5,0 eV. Que se passe-t-il ?

L'atome est ionisé — ionisation
L'atome passe au niveau n = 2 — excitation
Rien : aucune transition ne correspond à cette énergie, le photon n'est pas absorbé — aucune absorption

Réponse : La première transition possible depuis le fondamental demande E₂ − E₁ = 10,2 eV, et l'ionisation 13,6 eV. Avec 5,0 eV, le photon ne correspond à aucun écart : l'atome ne peut pas absorber une fraction de transition, et le photon poursuit son chemin.

À vous

Exercice de code

Calculez les longueurs d'onde émises par l'atome d'hydrogène, identifiez les raies visibles de la série de Balmer, et déduisez l'énergie d'ionisation.

Point de départ

// L'atome d'hydrogène : ses niveaux d'énergie sont quantifiés,
// En = -13.6 / n²  (en électronvolts).
const h = 6.63e-34, c = 3.00e8, eV = 1.60e-19;

const En = (n) => 0;   // à corriger

// 1. La longueur d'onde émise lors d'une transition de n vers p.
//    L'énergie du photon vaut la DIFFÉRENCE des deux niveaux.
const longueurOnde = (n, p) => 0;  // en mètres, à corriger

console.log(En(1), En(2), En(3));           // attendu : -13.6 -3.4 -1.51...
console.log((longueurOnde(3, 2) * 1e9).toFixed(0));  // 656 nm — rouge
console.log((longueurOnde(4, 2) * 1e9).toFixed(0));  // ?
console.log((longueurOnde(2, 1) * 1e9).toFixed(0));  // ?

// 2. La série de Balmer est celle des transitions vers p = 2.
//    Vérifiez lesquelles tombent dans le visible (400-800 nm).
// 3. Quelle énergie faut-il fournir pour ioniser l'atome depuis
//    son état fondamental ?

Solution

const h = 6.63e-34, c = 3.00e8, eV = 1.60e-19;

// Les niveaux sont NÉGATIFS : l'énergie est comptée à partir de
// l'atome ionisé, pris comme zéro. Un électron lié a donc une
// énergie inférieure, et il faut en fournir pour l'arracher.
const En = (n) => -13.6 / n ** 2;

// Un photon est émis lors d'une DESCENTE de niveau : son énergie
// vaut En - Ep, et lambda = hc/E. Le passage par les joules est
// obligatoire, les niveaux étant donnés en électronvolts.
const longueurOnde = (n, p) => (h * c) / ((En(n) - En(p)) * eV);

console.log(En(1).toFixed(2), En(2).toFixed(2), En(3).toFixed(2));
// -13.60 -3.40 -1.51

console.log((longueurOnde(3, 2) * 1e9).toFixed(0));  // 656 nm — rouge
console.log((longueurOnde(4, 2) * 1e9).toFixed(0));  // 486 nm — bleu-vert
console.log((longueurOnde(2, 1) * 1e9).toFixed(0));  // 122 nm — ultraviolet

// La série de Balmer (arrivée sur n = 2) est la seule dont les
// premières raies tombent dans le visible : c'est elle qu'on voit
// dans un tube à hydrogène, et c'est ce qui l'a fait découvrir
// avant les autres.
for (let n = 3; n <= 8; n++) {
  const l = longueurOnde(n, 2) * 1e9;
  console.log(n, l.toFixed(0), l > 400 && l < 800 ? "visible" : "UV");
}

// L'ionisation depuis le fondamental : porter l'électron de n = 1
// à l'infini, où l'énergie est nulle.
console.log((0 - En(1)).toFixed(1));  // 13.6 eV

Un exercice de bac

Exercice 1

Spectre de l'atome d'hydrogène

Les niveaux d'énergie de l'atome d'hydrogène sont donnés par $E_n = -13{,}6/n^2$ eV. On donne $h = 6{,}63 \times 10^{-34}$ J·s, $c = 3{,}00 \times 10^8$ m/s, $1$ eV $= 1{,}6 \times 10^{-19}$ J.

Calculer la longueur d'onde de la radiation émise lors de la transition $n = 4 \to n = 2$ . À quel domaine appartient-elle ?
Un atome dans l'état $n = 2$ reçoit un photon de longueur d'onde $\lambda = 490$ nm. L'absorbe-t-il ?
Quelle énergie minimale faut-il fournir pour ioniser un atome se trouvant au niveau $n = 3$ ?

Correction

1. Les deux niveaux :

E_4 = -\frac{13{,}6}{16} = -0{,}85\ \text{eV} \qquad E_2 = -\frac{13{,}6}{4} = -3{,}40\ \text{eV}

\Delta E = E_4 - E_2 = 2{,}55\ \text{eV} = 4{,}08 \times 10^{-19}\ \text{J}

\lambda = \frac{h\,c}{\Delta E} = \frac{6{,}63 \times 10^{-34} \times 3{,}00 \times 10^8}{4{,}08 \times 10^{-19}} \approx 4{,}9 \times 10^{-7}\ \text{m} = 490\ \text{nm}

C'est une radiation visible, bleu-vert : la deuxième raie de la série de Balmer.

2. Il faut comparer l'énergie du photon aux écarts disponibles depuis $n = 2$ . Cette longueur d'onde est précisément celle calculée en 1, donc le photon transporte $2{,}55$ eV, soit exactement $E_4 - E_2$ .

L'atome absorbe donc ce photon et passe au niveau $n = 4$ . C'est l'illustration de la coïncidence entre spectres d'émission et d'absorption : la même transition, parcourue dans les deux sens, met en jeu la même longueur d'onde.

3. Ioniser depuis $n = 3$ , c'est porter l'électron de $E_3$ à $0$ :

E = 0 - E_3 = \frac{13{,}6}{9} \approx 1{,}5\ \text{eV}

Bien moins que les $13{,}6$ eV nécessaires depuis le fondamental — un atome déjà excité est beaucoup plus facile à ioniser, ce qui est la raison d'être de l'ionisation en deux étapes utilisée dans certains lasers.

À retenir

Flashcards · 5 cartes

Quel fait expérimental impose la quantification de l'énergie de l'atome ?: Les spectres de RAIES : un gaz n'émet que certaines fréquences, et absorbe exactement les mêmes. Un modèle continu produirait un spectre continu.
Que valent les niveaux d'énergie de l'hydrogène, et pourquoi sont-ils négatifs ?: E_n = −13,6/n² eV. Le zéro est pris pour l'atome ionisé : un électron lié possède moins, et il faut lui fournir de l'énergie pour l'arracher.
Quelle relation régit une transition entre deux niveaux ?: |ΔE| = hν = hc/λ. Le photon emporte ou apporte EXACTEMENT la différence des deux niveaux : ni plus, ni moins.
Un photon d'énergie quelconque peut-il être absorbé par un atome ?: Non. Il faut que son énergie coïncide avec un écart entre deux niveaux — sauf au-delà de l'énergie d'ionisation, où le spectre redevient continu puisque l'électron libéré n'est plus contraint.
Pourquoi la série de Balmer est-elle la plus connue ?: Parce qu'elle est la seule dont les premières raies tombent dans le visible : ce sont celles qu'on voit dans un tube à hydrogène. Lyman est dans l'ultraviolet, Paschen dans l'infrarouge.

Chapitre 2 · 8 h

Radioactivité et énergie nucléaire

Défaut de masse, désintégrations α, β⁻, β⁺ et rayonnement γ, loi de décroissance et période, fission, fusion, bilans par E = mc².

Dernier chapitre du programme, et le seul où l'énergie mise en jeu ne vient ni du mouvement ni du champ, mais de la masse elle-même. Une réaction nucléaire libère un million de fois plus d'énergie qu'une réaction chimique de même masse, et la raison tient en une équation.

C'est aussi le chapitre où l'analyse de l'année trouve son application la plus directe : la décroissance radioactive est l'équation différentielle $y' = -\lambda y$ , et rien d'autre.

Le noyau, et ce qui lui manque

Un noyau se note $^{A}_{Z}\mathrm{X}$ , où $Z$ est le nombre de protons — le numéro atomique, qui identifie l'élément — et $A$ le nombre total de nucléons, protons et neutrons. Deux isotopes ont même $Z$ et des $A$ différents : chimiquement identiques, mais pas du tout équivalents du point de vue nucléaire.

La masse d'un noyau est inférieure à la somme des masses de ses nucléons pris séparément. Cette différence est le défaut de masse :

\Delta m = Z\,m_p + (A - Z)\,m_n - m_{\text{noyau}}

Elle n'est pas une erreur de pesée : la masse manquante a été convertie en énergie lors de la formation du noyau, selon

E = \Delta m\,c^2

C'est l'énergie de liaison — celle qu'il faudrait fournir pour disperser le noyau en nucléons libres. Rapportée au nombre de nucléons, $E_\ell/A$ mesure la stabilité : plus elle est grande, plus le noyau est solidement lié.

La courbe d'Aston, qui porte $E_\ell/A$ en fonction de $A$ , présente un maximum autour du fer ( $A \approx 56$ ). Elle explique à elle seule les deux voies de production d'énergie nucléaire : les noyaux légers gagnent à fusionner, les noyaux lourds gagnent à se briser, et tous deux se rapprochent ainsi du sommet.

Les désintégrations

Un noyau instable se transforme spontanément. Quatre modes, et deux lois de conservation qui suffisent à écrire toutes les équations : conservation du nombre de nucléons $A$ , et conservation de la charge $Z$ — ce sont les lois de Soddy.

Mode	Particule émise	Effet
$\alpha$	$^{4}_{2}\mathrm{He}$	$A$ diminue de 4, $Z$ de 2
$\beta^-$	$^{0}_{-1}\mathrm{e}$	$A$ inchangé, $Z$ augmente de 1
$\beta^+$	$^{0}_{+1}\mathrm{e}$	$A$ inchangé, $Z$ diminue de 1
$\gamma$	photon	$A$ et $Z$ inchangés

^{238}_{\ \,92}\mathrm{U} \;\longrightarrow\; ^{234}_{\ \,90}\mathrm{Th} + ^{4}_{2}\mathrm{He} \qquad\qquad ^{14}_{\ 6}\mathrm{C} \;\longrightarrow\; ^{14}_{\ 7}\mathrm{N} + ^{\ 0}_{-1}\mathrm{e}

L'émission $\beta^-$ demande une explication, faute de quoi elle paraît absurde : le noyau ne contient pas d'électrons. C'est un neutron qui se transforme en proton, en émettant un électron. Le nombre de nucléons ne change donc pas, mais la charge augmente d'une unité.

Le rayonnement $\gamma$ n'est jamais seul : il accompagne les autres, le noyau-fils étant produit dans un état excité dont il retombe en émettant un photon très énergétique. C'est l'exact analogue de la transition atomique du chapitre précédent, à l'échelle du noyau et avec des énergies un million de fois plus grandes.

Quiz · 1 question

Lors d'une désintégration β⁻, le nombre de nucléons A du noyau reste inchangé. Pourquoi ?

Parce que l'électron émis était déjà présent dans le noyau — électron stocké
Parce qu'un neutron se transforme en proton : le nombre total de nucléons ne varie pas — neutron converti
Parce que A ne varie jamais lors d'une désintégration — loi générale

Réponse : Le noyau ne contient pas d'électrons. Un de ses neutrons devient un proton en émettant un électron : un nucléon reste un nucléon, donc A est conservé, mais la charge augmente d'une unité. La désintégration α, elle, fait bien varier A.

La loi de décroissance

La désintégration d'un noyau donné est imprévisible : on ne peut pas dire quand il se désintégrera. Mais sur un grand nombre de noyaux, le comportement statistique est parfaitement régulier — la probabilité de désintégration par unité de temps est une constante $\lambda$ , propre au nucléide.

Le nombre de noyaux qui disparaissent pendant $dt$ est donc proportionnel au nombre présent :

\frac{dN}{dt} = -\lambda\,N \qquad\Longrightarrow\qquad N(t) = N_0\,e^{-\lambda t}

C'est exactement l'équation différentielle étudiée en mathématiques, et sa solution est celle qu'on y a démontrée. Traiter ce chapitre avant l'exponentielle rend la loi inapprenable ; après, elle ne demande aucun effort nouveau.

La période radioactive $T$ — ou demi-vie — est le temps au bout duquel la moitié des noyaux ont disparu. En écrivant $N_0/2 = N_0 e^{-\lambda T}$ :

T = \frac{\ln 2}{\lambda}

Cette relation se redémontre en deux lignes ; l'apprendre par cœur est inutile et risqué.

L'activité est le nombre de désintégrations par seconde, en becquerels (Bq) :

\mathcal{A} = \lambda\,N = \mathcal{A}_0\,e^{-\lambda t}

Elle décroît selon la même loi que $N$ , et lui est proportionnelle. C'est ce qui rend la datation possible : le rapport de deux activités est celui des nombres de noyaux, sans qu'on ait besoin de connaître ni l'un ni l'autre en valeur absolue.

Deux remarques que les exercices exploitent systématiquement. Après $n$ périodes, il reste $N_0/2^n$ noyaux : deux périodes ne font pas disparaître la totalité, mais les trois quarts. Et la décroissance n'a pas de fin — chaque période divise par deux sans jamais atteindre zéro, ce qui fixe la limite pratique des méthodes de datation.

Quiz · 1 question

Après deux périodes radioactives, quelle proportion de noyaux subsiste ?

Aucune : tout a disparu — rien
Un quart — un quart
La moitié — la moitié

Réponse : Chaque période divise par deux : après deux périodes il reste (1/2)² = 1/4 des noyaux. La décroissance est exponentielle, jamais linéaire — et elle ne s'achève jamais complètement.

Fission, fusion, et le bilan énergétique

La fission : un noyau lourd, frappé par un neutron, se brise en deux noyaux plus légers en libérant deux ou trois neutrons. Ceux-ci peuvent provoquer d'autres fissions — c'est la réaction en chaîne, contrôlée dans un réacteur par des barres absorbant l'excès de neutrons.

^{235}_{\ \,92}\mathrm{U} + ^{1}_{0}\mathrm{n} \;\longrightarrow\; ^{94}_{38}\mathrm{Sr} + ^{140}_{\ \,54}\mathrm{Xe} + 2\,^{1}_{0}\mathrm{n}

La fusion : deux noyaux légers s'assemblent. C'est la source d'énergie des étoiles, et elle libère davantage d'énergie par nucléon que la fission — mais elle exige des températures de plusieurs millions de degrés pour vaincre la répulsion électrique des noyaux.

^{2}_{1}\mathrm{H} + ^{3}_{1}\mathrm{H} \;\longrightarrow\; ^{4}_{2}\mathrm{He} + ^{1}_{0}\mathrm{n}

Le bilan se calcule toujours de la même façon, et cette méthode vaut pour toute réaction nucléaire :

E_{\text{libérée}} = \left|\Delta m\right|c^2 \qquad\text{avec}\qquad \Delta m = m_{\text{produits}} - m_{\text{réactifs}}

Une masse qui diminue signifie une énergie libérée. On exprime commodément les masses en unités de masse atomique, avec l'équivalence $1\ \mathrm{u} = 931{,}5$ MeV/ $c^2$ : le calcul se fait alors sans jamais manipuler de joules.

À vous

Exercice de code

Reliez période et constante radioactive, datez un échantillon par le rapport des activités, et trouvez la limite de la méthode.

Point de départ

// Le carbone 14 a une période radioactive T = 5730 ans.
// Un échantillon de bois prélevé sur un site archéologique a une
// activité de 9.5 désintégrations par minute et par gramme, contre
// 13.6 pour du bois vivant.
const T = 5730;

// 1. La constante radioactive, tirée de la période.
const lambda = 0;   // à corriger

// 2. La loi de décroissance, et son inverse : dater, c'est
//    résoudre N(t) = N0 * exp(-lambda*t) en t.
const restant = (t) => 0;     // fraction restante après t années
const age = (fraction) => 0;  // à corriger

console.log(lambda.toExponential(3));      // attendu : 1.210e-4
console.log(restant(5730).toFixed(3));     // 0.500 — une période
console.log(restant(11460).toFixed(3));    // ?
console.log(Math.round(age(9.5 / 13.6)));  // ?

// 3. Au bout de combien de périodes reste-t-il moins de 1 % ?

Solution

const T = 5730;

// La période est le temps au bout duquel la moitié des noyaux ont
// disparu : N0/2 = N0*exp(-lambda*T) donne lambda = ln2/T. Cette
// relation se redémontre en deux lignes, elle ne s'apprend pas.
const lambda = Math.LN2 / T;

const restant = (t) => Math.exp(-lambda * t);

// Dater, c'est inverser l'exponentielle par le logarithme — le
// seul endroit du programme de physique où ln sert vraiment.
const age = (fraction) => -Math.log(fraction) / lambda;

console.log(lambda.toExponential(3));      // 1.210e-4 par an
console.log(restant(5730).toFixed(3));     // 0.500
console.log(restant(11460).toFixed(3));    // 0.250 — DEUX périodes,
                                           // pas la totalité
console.log(Math.round(age(9.5 / 13.6)));  // 2965 ans

// L'activité étant proportionnelle au nombre de noyaux, le rapport
// des activités EST le rapport des nombres de noyaux : on n'a
// besoin de connaître ni l'un ni l'autre en valeur absolue.

// La décroissance n'est jamais finie : chaque période divise par
// deux, sans jamais atteindre zéro.
let n = 0;
while (0.5 ** n > 0.01) n++;
console.log(n, (n * T).toFixed(0));  // 7 périodes, soit 40110 ans

// C'est la limite de la méthode : au-delà d'une dizaine de
// périodes, l'activité résiduelle n'est plus mesurable, et le
// carbone 14 ne date rien de plus vieux que 50 000 ans environ.

Un exercice de bac

Exercice 1

Le polonium 210

Le polonium $^{210}_{\ \,84}\mathrm{Po}$ est un émetteur $\alpha$ de période $T = 138$ jours. Un échantillon contient initialement $N_0 = 2{,}0 \times 10^{20}$ noyaux.

Écrire l'équation de la désintégration et identifier le noyau-fils.
Calculer la constante radioactive et l'activité initiale de l'échantillon.
Au bout de combien de temps l'activité sera-t-elle tombée au dixième de sa valeur initiale ?

Correction

1. Les lois de Soddy imposent la conservation de $A$ et de $Z$ :

^{210}_{\ \,84}\mathrm{Po} \;\longrightarrow\; ^{206}_{\ \,82}\mathrm{Y} + ^{4}_{2}\mathrm{He}

210 = 206 + 4 \qquad 84 = 82 + 2

Le noyau-fils a $Z = 82$ : c'est le plomb, $^{206}_{\ \,82}\mathrm{Pb}$ . On lit $Z$ dans la classification, on ne le devine pas.

2. La période étant donnée en jours, on la convertit :

T = 138 \times 24 \times 3600 = 1{,}19 \times 10^7\ \text{s}

\lambda = \frac{\ln 2}{T} = \frac{0{,}693}{1{,}19 \times 10^7} \approx 5{,}8 \times 10^{-8}\ \text{s}^{-1}

\mathcal{A}_0 = \lambda\,N_0 = 5{,}8 \times 10^{-8} \times 2{,}0 \times 10^{20} \approx 1{,}2 \times 10^{13}\ \text{Bq}

3. On résout $\mathcal{A} = \mathcal{A}_0/10$ , c'est-à-dire $e^{-\lambda t} = 0{,}1$ :

t = \frac{\ln 10}{\lambda} = \frac{2{,}30}{5{,}8 \times 10^{-8}} \approx 4{,}0 \times 10^7\ \text{s} \approx 458\ \text{jours}

Contrôle de vraisemblance : $458 / 138 \approx 3{,}3$ périodes, et $2^{3,3} \approx 10$ . Le résultat est cohérent — trois périodes divisent par huit, un peu plus en faut pour diviser par dix.

À retenir

Flashcards · 6 cartes

Qu'est-ce que le défaut de masse, et à quoi correspond-il ?: La différence entre la somme des masses des nucléons libres et la masse du noyau. Elle a été convertie en énergie de liaison lors de la formation du noyau : E = Δm·c².
Que dit la courbe d'Aston, et qu'explique-t-elle ?: L'énergie de liaison par nucléon passe par un maximum vers le fer. Les noyaux légers gagnent donc à fusionner, les lourds à fissionner — les deux se rapprochent du sommet.
Quelles sont les deux lois qui permettent d'écrire toute équation nucléaire ?: Les lois de Soddy : conservation du nombre de nucléons A et conservation de la charge Z. Elles suffisent à identifier le noyau-fils, qu'on lit ensuite dans la classification.
Pourquoi A ne change-t-il pas lors d'une désintégration β⁻ ?: Parce qu'un neutron se transforme en proton : un nucléon reste un nucléon. Le noyau ne contenait pas l'électron émis, il le fabrique.
Quelle est la loi de décroissance, et comment obtient-on la période ?: N = N₀·e^(−λt), solution de dN/dt = −λN. La période s'en déduit en deux lignes : T = ln2/λ. Après n périodes il reste N₀/2ⁿ noyaux.
Pourquoi peut-on dater un échantillon sans connaître le nombre de noyaux qu'il contient ?: Parce que l'activité est proportionnelle au nombre de noyaux : le RAPPORT de deux activités est celui des nombres de noyaux, et c'est tout ce dont la loi de décroissance a besoin.

Cours 4 — Physique atomique et nucléaire

Ce qui ne va pas avec l'atome de Rutherford

Les spectres, et ce qu'ils disent

Le modèle de Bohr

Émission, absorption, ionisation

À vous

Un exercice de bac

À retenir

Le noyau, et ce qui lui manque

Les désintégrations

La loi de décroissance

Fission, fusion, et le bilan énergétique

À vous

Un exercice de bac

À retenir