Exercice 22 Radioactivité $\alpha$

Considérons la désintégration suivante du polonium 210 qui produit du plomb 206 : $$_{84}^{210}Po\longrightarrow_{82}^{206}Pb+\alpha$$

1. En utilisant certaines lois de conservation, déterminez la composition en protons et neutrons de la particule $\alpha$ et donc l’élément chimique associé.

2. Les masses de chaque noyau sont données dans le tableau 1 (les valeurs données entre parenthèses sont les incertitudes de mesure et portent sur le ou les derniers chiffres) :

   	noyau $_{84}^{210}Bi$	noyau $_{82}^{206}Pb$	particule $\alpha$
   masse (u)	$205,9294805\thinspace(13)$	$209,9367917\thinspace(13)$	$4,001506054\thinspace(6)$

   Calculez la masse du plomb 206 et de la particule alpha dans l’état final en unité de masse atomique ($u$). En déduire la variation de masse $\Delta m$ et son incertitude entre l’état initial et l’état final en $u$. Que constate-t-on ?

3. Calculer la variation d’énergie de masse $\Delta E_{m}$ correspondante (en $MeV$) en utilisant la loi d’Einstein de l’équivalence masse-énergie. En quoi cette énergie de masse s’est-elle transformée ? On s’aidera pour cela de la figure ci-dessous en considérant que le noyau $^{210}Po$ est un système isolé (il ne reçoit ni n’émet d’énergie avec l’extérieur) sans énergie d’excitation.

   

4. On souhaite déterminer comment cette énergie va se répartir entre la particule alpha et le noyau de plomb 206. Quelles sont les lois de conservation à prendre en compte ?

5. Le noyau de $^{210}Po$ est au repos avant désintégration. On note $E_{c}(Pb)$ et $E_{c}(\alpha)$ les énergies cinétiques du noyau de plomb 206 et de la particule alpha. Ecrire la conservation de l’énergie et montrer que $\Delta E_{m}=E_{c}\left(Pb\right)+E_{c}\left(\alpha\right)$.

6. Ecrire la relation de conservation de l’impulsion (quantité de mouvement) et trouver la relation entre la vitesse de la particule alpha ($\vec{V}_{\alpha}$), la vitesse du noyau de plomb ($\vec{V}_{Pb}$) et leur masse respective. On note $\vec{P}_{\alpha}$, $\vec{P}_{Pb}$ et $\vec{P}_{Po}$ les différentes quantités de mouvement. En déduire que la deuxième relation entre $E_{c}(Pb)$ et $E_{c}(\alpha)$ s’écrit $$E_{c}\left(Pb\right)=\frac{m_{\alpha}}{m_{Pb}}\times E_{c}\left(\alpha\right)$$

7. En combinant les deux relations établies aux questions précédentes, montrez que l’expression de l’énergie cinétique de l’alpha $E_{c}(\alpha)$ s’écrit : $$E_{c}\left(\alpha\right)=\frac{m_{Pb}}{m_{Pb}+m_{\alpha}}\times\Delta E_{m}$$

   Calculez ensuite sa valeur en $MeV$. Pourquoi la particule alpha emporte la majorité de l’énergie cinétique ?

8. On place la source de polonium 210 dans une enceinte sous vide dans laquelle on place aussi un détecteur (figure ci-dessous à gauche). Lorsqu’une particule alpha est émise vers le détecteur, elle est stoppée et l’énergie cinétique déposée est convertie en énergie électrique. On obtient alors le spectre en énergie ci-dessous (figure ci-dessous à droite). Ce spectre est-il cohérent avec le résultat de la question 7. ?

   

1. Conservation du nombre de nucléons $A_{Po}=A_{Pb}+A_{\alpha}\Rightarrow A_{\alpha}=210-206=4$.

   Conservation du nombre de charge $Z_{Po}=Z_{Pb}+Z_{\alpha}\Rightarrow Z_{\alpha}=84-82=2$,

   la particule $\alpha$ est donc un noyau d'hélium-4, $_{2}^{4}He$.

2. Rappel sur l'unité de masse atomique

   On note $u$ l’unité de masse atomique. C’est une unité de masse plus adaptée que le $kg$ pour les particules et les atomes. Elle est définie par :

   $$\fbox{1u = 1/12ème de la masse atomique du carbone 12 }$$

   L’unité de masse atomique $u$ vaut $1,660539\times10^{-27}\ kg$.

   Masse dans l'état initial : $m(^{210}Po)=209,9367917\ u$ .

   Masse dans l'état final : $m(^{210}Pb)+m_{\alpha}=205,9294805+4,001506054=209,930986554\ u$

   La variation de masse s'écrit alors : $$\Delta m=m_{init}-m_{final}=0.005805146>0$$

   On constate que l’on perd de la masse lors de la désintégration alpha. Au niveau subatomique, on constate que la conservation de la masse (quantité de matière) n’est plus vraie. On va voir que seule la conservation de l’énergie totale est vraie.

   Remarque : on effectue ici une différence de masse et on obtient un résultat très petit. Il est donc important dans ce cas de prendre un nombre important de chiffres après la virgule. Mais on ne peut le justifier que a posteriori. Si on avait pris que 3 ou 4 chiffres après la virgule, le résultat aurait été très imprécis.

3. On a $$\Delta E_{m}=\Delta mc^{2}$$

   donc $$\Delta E_{m}(eV)=\frac{\overbrace{\Delta m}^{\text{en }u}\times\overbrace{u}^{\text{en }kg}\times c^{2}}{\underbrace{e}_{\text{pour avoir des }eV}}=5,407\ MeV$$

   Cette énergie est transformée en énergie cinétique pour la particule $\alpha$ et pour le noyau de plomb qui va reculer (à faible vitesse car il est beaucoup plus lourd que la particule $\alpha$ et que le centre de masse du système doit rester immobile). Il y a donc conservation de l'énergie totale mais transformation d'énergie de masse en énergie cinétique.

4. Conservation de l’énergie et conservation de l’impulsion (quantité de mouvement en mécanique non relativiste, ce qui est le cas ici et qu’on pourra « justifier » a posteriori même si ça va un peu loin)

5. La conservation de l’énergie permet d’écrire : $m(^{210}Po)c^{2}+E_{c}(Po)=m(^{206}Pb)c^{2}+m_{\alpha}c^{2}+E_{c}(Pb)+E_{c}(\alpha)$ donc en regroupant d’un côté les énergies de masse et de l’autres les énergies cinétique, on trouve la relation demandée.

   $$m(^{210}Po)c^{2}+\underbrace{E_{c}(Po)}_{=0\,\text{noyau au repos}}=m(^{206}Pb)c^{2}+m_{\alpha}c^{2}+E_{c}(Pb)+E_{c}(\alpha)\Rightarrow\Delta E_{m}=E_{c}(Pb)+E_{c}(\alpha)$$

6. Conservation de l’impulsion (quantité de mouvement ici car on suppose être en mécanique non relativiste) :

   $$\vec{P}_{Po}=\vec{P}_{Pb}+\vec{P}_{\alpha}$$

   Or le noyau $^{210}Po$ est au repos donc : $\vec{P}_{Pb}+\vec{P}_{\alpha}=\vec{0}\Leftrightarrow\vec{P}_{Pb}=-\vec{P}_{\alpha}\Leftrightarrow m(^{206}Pb)\vec{v}_{Pb}=-m_{\alpha}\vec{v}_{\alpha}$

   On constate que l’alpha et le noyau ont des vitesses opposées pour respecter la conservation de l’impulsion.

   On sait que $E_{c}=\frac{1}{2}mv^{2}$, donc on élève au carré la relation précédente pour avoir $v^{2}$ : or, le carré d’un vecteur est égal à sa norme au carré $\vec{V}=\left\Vert \vec{V}\right\Vert ^{2}=V^{2}$.

   Donc $m^{2}(^{206}Pb)\vec{v}_{Pb}^{2}=m_{\alpha}^{2}\vec{v}_{\alpha}^{2}\Leftrightarrow m(^{206}Pb)E_{c}\left(Pb\right)=m_{\alpha}E_{c}\left(\alpha\right)\Leftrightarrow E_{c}\left(Pb\right)=\frac{m_{\alpha}}{m(^{206}Pb)}E_{c}\left(\alpha\right)$

7. On a donc 2 relations (conservation de $E$ et $p$) et 2 inconnues $E_{c}(Pb)$ et $E_{c}(\alpha)$. Il n’y a donc qu’une solution unique. On substitue l’expression de $E_{c}(Pb)$ dans l'expression obtenue en 5. ce qui donne :

   $$\Delta E_{m}=\frac{m_{\alpha}}{m(^{206}Pb)}E_{c}\left(\alpha\right)+E_{c}\left(\alpha\right)\Leftrightarrow\Delta E_{m}=\left(1+\frac{m_{\alpha}}{m(^{206}Pb)}\right)E_{c}\left(\alpha\right)$$

   $$\Leftrightarrow E_{c}\left(\alpha\right)=\frac{m(^{206}Pb)}{m(^{206}Pb)+m_{\alpha}}\Delta E_{m}$$

   Application numérique : $E_{c}(\alpha)=\frac{206}{206+4}*5,407=5,304\ MeV$.

   Il faut noter ici que comme on effectue un rapport de masse cette fois et non plus une différence comme à la question 2, on peut prendre des valeurs arrondies des masses. La particule alpha emporte la majorité de l’énergie cinétique $(5,304/5,407$ soit $98\%$) car elle est beaucoup plus légère que le noyau de plomb 206 (d’un facteur $50$, ce qui explique la répartition de l’énergie).

   Remarque : on peut justifier le fait qu’on n’est pas en mécanique relativiste en calculant le rapport (énergie cinétique)/(énergie de masse) pour la particule alpha et en montrant qu’il est très inférieur à $1$.

8. On a démontré auparavant que la particule alpha est toujours émise avec une énergie cinétique de $5,304\ MeV$. Donc, toutes les particules alpha produites par la désintégration de noyaux de polonium 210 possèdent toujours la même énergie. Ceci explique le pic mono-énergétique dans le spectre à droite.