Problème nucléaire enchaîné (Sciences expérimentales) : particule émise et photon $\gamma$, énergie libérée et stabilité, période lue sur une courbe, $N_0$ tiré d'une masse, activité appliquée (médecine ou datation)

1.a Idée : une désintégration conserve le nombre de masse $A$ et le nombre de charge $Z$ (lois de Soddy). Conservation du nombre de masse : $60=60+A$, d'où $A=0$ ; conservation du nombre de charge : $27=28+Z$, d'où $Z=-1$. L'équation s'écrit :

1.b La particule ${}^{0}_{-1}\mathrm{e}$ est un électron : c'est une radioactivité $\beta^-$. Le noyau ne contient pas d'électron ; celui-ci prend naissance, au sein du noyau, lors de la transformation d'un neutron en proton :

C'est pourquoi $Z$ augmente d'une unité alors que $A$ ne change pas.

1.c Le noyau de nickel est formé dans un état excité, noté ${}^{60}_{28}\mathrm{Ni}^{*}$. En revenant à son état fondamental, il libère son excédent d'énergie sous forme de photons $\gamma$ (ici deux photons successifs) : ${}^{60}_{28}\mathrm{Ni}^{*}\longrightarrow{}^{60}_{28}\mathrm{Ni}+\gamma$.

2.a Idée : l'énergie libérée est l'équivalent énergétique de la masse perdue, $W=\Delta m\,c^2$.

$\Delta m=59{,}91900-59{,}91543-0{,}00055=3{,}02\times10^{-3}\ \mathrm{u}$, d'où $W=3{,}02\times10^{-3}\times931{,}5$, soit $\boxed{W\approx2{,}81\ \mathrm{MeV}}$.

2.b Idée : plus l'énergie de liaison par nucléon est grande, plus le noyau est stable. L'énergie de liaison $E_\ell$ d'un noyau est l'énergie qu'il faut lui fournir pour le dissocier en ses nucléons isolés et au repos. Pour le cobalt 60 ($27$ protons, $33$ neutrons) :

$27\,m_p+33\,m_n=60{,}48234\ \mathrm{u}$, donc $E_{\ell 1}=(60{,}48234-59{,}91900)\times931{,}5$, soit $\boxed{E_{\ell 1}\approx524{,}8\ \mathrm{MeV}}$.

Par nucléon : $\frac{E_{\ell 1}}{A}=\frac{524{,}8}{60}\approx8{,}75\ \mathrm{MeV}$ pour le cobalt 60 et $\frac{E_{\ell 2}}{A}=\frac{526{,}8}{60}=8{,}78\ \mathrm{MeV}$ pour le nickel 60. Comme $\frac{E_{\ell 2}}{A}>\frac{E_{\ell 1}}{A}$, le nickel 60 est plus stable que le cobalt 60 : la désintégration spontanée conduit à un noyau plus stable.

3.a $N(t)=N_0\,e^{-\lambda t}$, où $\lambda$ est la constante radioactive du cobalt 60. La période radioactive $T$ est la durée au bout de laquelle le nombre de noyaux radioactifs initialement présents diminue de moitié ; elle vérifie $T=\dfrac{\ln2}{\lambda}$.

3.b Idée : à chaque période, l'activité est divisée par 2 ; au bout de $2T$, il n'en reste que le quart. Comme $A=\lambda N$, $\frac{A}{A_0}=\frac{N}{N_0}=e^{-\lambda t}$ : $\frac{A}{A_0}=50\ \%$ à $t=T$ et $25\ \%$ à $t=2T$. Le point marqué donne $25\ \%$ à $t=10{,}54$ ans, donc $2T=10{,}54$ ans et $\boxed{T=5{,}27\ \text{ans}}$ (la courbe passe bien par $50\ \%$ vers $5{,}3$ ans).

En secondes, $T=5{,}27\times3{,}156\times10^{7}\approx1{,}663\times10^{8}\ \mathrm{s}$, et $\lambda=\dfrac{\ln2}{T}$, soit $\boxed{\lambda\approx4{,}17\times10^{-9}\ \mathrm{s^{-1}}}$.

4.a Idée : chaque atome de cobalt 60 porte un noyau ; le nombre de noyaux est la masse de l'échantillon divisée par la masse d'un atome. $N_0=\dfrac{m_0}{m_{\text{atome}}}=\dfrac{4{,}0\times10^{-3}}{9{,}95\times10^{-26}}$, soit $\boxed{N_0\approx4{,}02\times10^{22}\ \text{noyaux}}$.

4.b Avec $\lambda$ en $\mathrm{s^{-1}}$ (pour obtenir des becquerels) : $A_0=\lambda N_0=4{,}17\times10^{-9}\times4{,}02\times10^{22}$, soit $\boxed{A_0\approx1{,}68\times10^{14}\ \mathrm{Bq}}$.

5.a $A_1=A_0\,e^{-\lambda t_1}$ avec $t_1=3$ ans. En années, $\lambda=\frac{\ln2}{5{,}27}\approx0{,}1315\ \text{an}^{-1}$, donc $\lambda t_1\approx0{,}3946$ et $e^{-\lambda t_1}\approx0{,}674$ : $\boxed{A_1\approx1{,}13\times10^{14}\ \mathrm{Bq}}$.

Idée : à dose égale, le produit $A\,\Delta t$ reste constant. $A_1\,\Delta t_1=A_0\,\Delta t_0$, d'où $\Delta t_1=\Delta t_0\,\dfrac{A_0}{A_1}=\dfrac{1{,}2}{0{,}674}$, soit $\boxed{\Delta t_1\approx1{,}78\ \mathrm{min}}$ (environ 1 min 47 s).

5.b Idée : une durée de séance multipliée par $2{,}5$ correspond à une activité divisée par $2{,}5$. La source est remplacée quand $A=\frac{A_0}{2{,}5}=0{,}40\,A_0$, c'est-à-dire quand $e^{-\lambda t}=\frac{1}{2{,}5}$. D'où $t=\dfrac{\ln2{,}5}{\lambda}=\dfrac{0{,}916}{0{,}1315}$, soit $\boxed{t\approx6{,}97\ \text{ans}}$ : la source sert environ sept ans.

5.c Six semaines font $42$ jours, soit $t=\frac{42}{365{,}25}\approx0{,}115$ an. Alors $\lambda t\approx0{,}1315\times0{,}115\approx0{,}0151$ et $\frac{A}{A_0}=e^{-0{,}0151}\approx0{,}985$ : l'activité ne baisse que d'environ $1{,}5\ \%$, moins de $2\ \%$.

Pendant tout un traitement, l'activité — donc la durée des séances — reste pratiquement la même, et une seule source sert plusieurs années. Avec une période de six heures, il ne resterait qu'environ $6\ \%$ de l'activité au bout d'une journée : la source serait inutilisable pour des séances réparties sur des semaines.