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nom :
TS 1
CONTRÔLE DE SCIENCES PHYSIQUES
10/12/09
Lors de la correction il sera tenu compte de la présentation et de la rédaction de la copie.
Les réponses seront expliquées et données sous forme littérale puis numérique quand les données du texte le permettent.
Exercice 1 : l’âge de la terre 7 points, d'après bac, sep. 2003 - Antilles
La détermination de l'âge de la Terre a commencé vers le XVIe siècle, on l'estimait alors
autour de 5 000 ans. Au XIXe siècle, des scientifiques admettaient un âge d'environ 100
millions d'années. La découverte de la radioactivité, par H. Becquerel en 1896, bouleversa
toutes les données connues. La datation à l'uranium - plomb permit de déterminer assez
précisément l'âge de la Terre. Nous proposons de comprendre cette technique de datation.
1. Étude de la famille uranium 238 – plomb 206
Le noyau d'uranium 238, naturellement radioactif, se transforme en un noyau de plomb
206, stable, par une série de désintégrations successives. Nous allons étudier ce processus.
On ne tiendra pas compte de l'émission γ .
1.1. Dans la première étape, un noyau d'uranium 238
92 U subit une radioactivité α. Le noyau
fils est du thorium (symbole Th).
1.1.1. Qu'est-ce qu'un noyau radioactif ?
/0,5
1.1.2. Écrire l'équation de la réaction nucléaire en précisant les règles utilisées.
/0,5
1.2. Dans la deuxième étape, le noyau de thorium 234 se transforme en un noyau de
234
234
0
protactinium 234
91 Pa . L'équation de la réaction nucléaire est :
90Th → 91 Pa + -1e .
Préciser, en justifiant, le type de radioactivité correspondant à cette transformation.
/0,25
1.3. L'équation globale du processus de transformation d'un noyau d'uranium 238 en un
206
0
4
noyau de plomb 206 est : 238
92 U → 82 Pb + 6 -1e + 8 2 He
Déterminer, en justifiant, le nombre de désintégrations α et β– de ce processus.
/0,5
2. Géochronologie
On a constaté d'une part, que les minéraux d'une même couche géologique, donc du même
âge, contiennent de l'uranium 238 et du plomb 206 en proportions remarquablement
constantes, et d'autre part que la quantité de plomb dans un minéral augmente
proportionnellement à son âge relatif.
Si on mesure la quantité de plomb 206 dans un échantillon de roche ancienne, en
considérant qu'il n'y en avait pas initialement, on peut déterminer l'âge du minéral à
partir de la courbe de décroissance radioactive du nombre de noyaux d'uranium 238.
Étudions un échantillon de roche ancienne dont l'âge, noté tTerre, correspond à celui de la
Terre.
2.1. On considère la courbe de décroissance radioactive du nombre NU(t) de noyaux
d'uranium 238 dans un échantillon de roche ancienne (voir annexe ci-contre).
2.1.1. Indiquer la quantité initiale NU(0) de noyaux d'uranium de cet échantillon.
2.1.2. Déterminer graphiquement la valeur de la constante de temps τ de l'uranium 238
(représenter la construction sur la courbe de l'annexe). En déduire la valeur de sa constante
de radioactivité λ.
2.1.3. Donner l'expression de NU(t), nombre de noyaux radioactifs présents dans cet
échantillon à la date t, en fonction de NU(0).
Calculer le nombre de noyaux d'uranium 238 qui restent dans cet échantillon roche à la
date t1 =1,5×109 années. Vérifier graphiquement votre résultat.
/0,25
/0,5
/1,5
2.1.4. Définir et déterminer graphiquement le temps de demi-vie tl/2 de l'uranium 238
(représenter la construction sur la courbe de l'annexe).Vérifier la cohérence avec la
constante de temps τ.
2.2. La quantité de plomb mesurée dans la roche à la date tTerre, notée Npb(tTerre), est égale
à 2,4×1012 atomes.
2.2.1. Établir la relation entre NU (tTerre), NU(0) et Npb(tTerre).
Calculer la quantité NU (tTerre) de noyaux d'uranium.
2.2.2. Déterminer l'âge tTerre de la Terre.
Courbe de décroissance radioactive de l'uranium 238
NU (noyaux d'uranium)
5×1012
4×1012
3×1012
2×1012
1×1012
0
0
10×109
20×109
30×109
t (ans)
/1,5
/0,5
/1
Exercice 2 : Nucléosynthèse d'éléments chimiques 5,5 points, d'après bac, sep. 2006 - Métropole
Le but de cet exercice est d'étudier les réactions nucléaires qui se produisent dans l'univers,
notamment dans les étoiles, et qui engendrent la synthèse des éléments chimiques.
Données : masse d'un noyau d'hydrogène 11 H ou d'un proton : m( 11 H ) = 1,6726×10-27 kg
masse d'un noyau d'hélium : m( 42 He ) = 6,6447×10-27 kg
masse d'un positron (ou positon) : m( 01 e ) = 9,11×10-31 kg
célérité de la lumière dans le vide : c = 2,9979×108 m·s-1
1. Les premiers éléments présents dans l'univers
Selon le modèle du big-bang, quelques secondes après l'explosion originelle, les seuls
éléments chimiques présents étaient l'hydrogène (90%), l'hélium et le lithium, ce dernier en
quantité très faible.
Les physiciens ont cherché à comprendre d'où provenaient les autres éléments existant dans
l'univers.
1.1. Déterminer la composition des noyaux des atomes d'hélium 42 He et 23 He .
1.2. La synthèse des éléments chimiques plus lourds se fait par des réactions nucléaires.
Pourquoi cette synthèse ne peut-elle pas se faire par des réactions chimiques ?
/0,25
/0,5
2. Fusion de l'hydrogène
Sous l'action de la force gravitationnelle les premiers éléments (hydrogène, hélium…) se
rassemblent, formant des nuages gazeux en certains endroits de l'univers. Puis le nuage
s'effondre sur lui-même et la température centrale atteint environ 107 K. À cette température
démarre la première réaction de fusion de l'hydrogène dont le bilan peut s'écrire :
4 11 H → 42 He + 2 01 e . Une étoile est née.
2.1.1. Écrire l'expression littérale de l'énergie ∆E libérée lors de cette réaction de fusion
/0,5
des 4 noyaux d'hydrogène.
-12
2.1.2. Montrer que cette énergie a une valeur voisine de ∆E ≈ 3,9×10 J.
/0,75
2.2. Cas du Soleil
2.2.1. À sa naissance on peut estimer que le Soleil avait une masse d'environ
MS ≈ 2×1030 kg. Seul un dixième de cette masse est constituée d'hydrogène suffisamment
chaud pour être le siège de réactions de fusion. On considère que l'essentiel de l'énergie
produite vient de la réaction de fusion précédente.
Montrer que l'énergie totale ET pouvant être produite par ces réactions de fusion est voisine
de ET ≈ 1044 J.
2.2.2. Des physiciens ont mesuré la quantité d'énergie reçue par la Terre et en ont déduit
l'énergie ES libérée par le Soleil en une année: ES ≈ 1034 J·an-1 .
En déduire la durée ∆t nécessaire pour que le Soleil consomme toutes ses réserves
d'hydrogène.
/1
/0,5
3. Vers des éléments plus lourds
D'autres réactions de nucléosynthèse peuvent se produire au cœur d'une étoile. Selon les
modèles élaborés par les physiciens, l'accumulation par gravitation des noyaux d'hélium
formés entraîne une contraction du cœur de l'étoile et une élévation de sa température.
Lorsqu'elle atteint environ 10 8 K, la fusion de l'hélium commence : 42 He + 42 He → 48 Be . Il
se forme ainsi des noyaux de "béryllium 8" radioactifs de très courte durée de vie.
Dans les étoiles de masse au moins 4 fois supérieure à celle du Soleil, d'autres éléments plus
lourds peuvent ensuite être formés par fusion, par exemple le carbone 126 C , l'oxygène 168 O ,
le magnésium
24
12 Mg ,
le soufre
32
12 S
(…) et le fer
Courbe d'Aston
56
26 Fe .
3.1. Donner l'expression littérale de
E
l'énergie de liaison par nucléon l d'un
A
noyau de fer 56
26 Fe , en fonction des
masses du neutron mn, du proton mp, du
noyau de "fer 56" mFe et de la célérité de
la lumière dans le vide c.
3.2. Indiquer sur la courbe d'Aston cicontre, le point correspondant à la
position du noyau de "fer 56".
3.3. En s'aidant de la courbe précédente,
dire où se situent les noyaux capables de
libérer de l'énergie lors d'une réaction de
fusion.
/1
/0,5
/0,5
Exercice 3 : Étude d'une solution d'acide nitreux 7,5 points
Une solution aqueuse d'acide nitreux, HNO 2 ( aq ) , de concentration molaire apportée
c = 1,56×10-4 mol·L-1 a un pH égal à 3,9.
Donnée à 25 °C : pKA( HNO 2 / NO −2 ) = 3,3.
1.a. Définir le pH d'une solution aqueuse.
1.b. Calculer la concentration [H 3O + (aq)]éq des ions oxonium H3O+ dans la solution.
2.a. Écrire l'équation de la réaction entre l'acide nitreux et l'eau.
2.b. Quelles sont les concentrations des espèces chimiques en solution ?
2.c. Exprimer puis calculer la valeur de la constante d'acidité KA de l'acide nitreux.
Vérifier la valeur du pKA donnée dans l'énoncé.
3. Calculer le taux d'avancement de la réaction.
[ NO −2 (aq)]éq
4. On s'intéresse au rapport des concentrations
dans la solution.
[HNO 2 (aq)]éq
4.a. Calculer ce rapport en utilisant les concentrations déterminées à la question 2.b..
4.b. Établir la relation entre ce rapport, le pH de la solution et le pKA du couple
acide/base. Utiliser cette relation pour calculer le rapport des concentrations sans utiliser
les valeurs des concentrations.
4.c. Utiliser la valeur de ce rapport pour déterminer quelle espèce du couple acide/base
est majoritaire dans la solution.
4.d. Montrer que la valeur du taux d'avancement est en accord avec la valeur du rapport
des concentrations calculée ci-dessus.
4.e. Sur un axe gradué en pH, placer les domaines de prédominance des diverses espèces
du couple acide/base étudié. Montrer que cela est en accord avec la valeur du rapport des
concentrations.
/0,5
/0,5
/0,5
/0,5
/1,5
/0,75
/0,5
/1
/0,5
/0,5
/0,75
TS 1
10/12/09
RÉPONSES DU CONTRÔLE DE SCIENCES PHYSIQUES
Exercice 1 : L’âge de la terre d'après bac, septembre 2003 - Antilles
1.1.1. Un noyau radioactif est un noyau instable qui peut se désintégrer spontanément en un autre noyau plus
stable en émettant un rayonnement.
L'instabilité est due soit à un trop grand nombre de protons par rapport aux neutrons (β+) soit à un trop grand
nombre de neutrons par rapport aux protons (β-) soit à un trop grand nombre de nucléons (α).
1.1.2.
238
234
92 U → 90Th
+ 42 He
4
2 He
: particule α
Dans une réaction nucléaire, il y a conservation du nombre de nucléons et conservation du nombre de charges
(lois de Soddy)
1.2. Au cours de cette réaction il y a émission d’un électron, c’est donc une radioactivité β–.
1.3. Au cours de ce processus, il y a 8 particules α émises et 6 électrons. Il y a donc 8 désintégrations α et 6
désintégrations β–.
NU (noyaux d'uranium)
2.1.1. D’après le graphique, on lit :
NU(0) = 5,0×
×1012 noyaux d'uranium.
2.1.2. Pour déterminer la valeur de la constante de
temps, on trace la tangente à la courbe NU=f(t), à la
date t = 0, celle-ci coupe l’axe des abscisses en
t = τ = 6,5×
×109 ans.
Cette méthode est peu précise, ne pas donner le
résultat avec trop de chiffres significatifs.
Constante radioactive : λ =
NU(0) = 5,0×
×1012
5×1012
N(t1)
4×1012
NU(0)
2
3×1012
1
τ
2×1012
1
= 1,5×10–10 an–1
soit λ =
9
6,5.10
2.1.3. La loi de décroissance radioactive nous
donne : NU(t) = NU(0)×e–λλ t
À la date t1 = 1,5×109 années, on a NU(t1)
= 5,0 × 1012 × e1,5×10
noyaux.
−10
×1,5×10 9
soit NU(t1) = 4,0×1012
1×1012
0
10×109
0
t1
t1/2
20×109
30×109
t (ans)
τ
On vérifie ce résultat graphiquement (voir courbe cidessus).
2.1.4. Le temps de demi-vie correspond à la durée nécessaire à la désintégration de la moitié de la population
initiale en uranium 238. On a NU(t1/2) = NU(0)/2.
ln 2
Graphiquement on lit : N(t) = NU(0)/2 pour t = tl/2 = 4,5×109 ans. On vérifie que l'on a bien t1 / 2 =
.
La valeur de λ issue de t1/2 est plus précise que celle issue de τ.
λ
2.2.1. Un noyau d’uranium, en se désintégrant, donne un noyau de plomb donc:
NU(0) = NU (tTerre) + NPb(tTerre) donc NU(tTerre) = NU(0) – NPb(tTerre) = 5×1012 – 2,4×1012 = 2,6×1012 noyaux
2.2.2. La loi de décroissance s'écrit :
N (t ) = N 0 e − λ ⋅t ⇔
 N 
 N 
t
N0
1  N 
N (t )
= e λ ⋅t ⇔ λ t = ln 0  ⇔ t = ln 0  ⇔ t = 1 / 2 ln 0 
= e − λ ⋅t ⇔
N0
N (t )
λ  N (t ) 
ln 2  N (t ) 
 N (t ) 
Remarque : il est préférable d'utiliser la valeur de t1/2 car sa détermination graphique est plus précise que
celle de τ (ou que celle de λ issue de τ).
Avec les notations du texte cela s'écrit alors t =
t1 / 2  NU (0)  4,5 × 109  5,0 × 1012 
=
ln
= 4,4 × 109 ans
ln
 2,6 × 1012 
ln 2
ln 2  NU (tTerre ) 


Exercice 2 : Nucléosynthèse des éléments chimiques
3
1.1. 42 He : Z = 2 donc 2 protons , A–Z = 2 donc 2 neutrons
et
2 He : 2 protons et 1 neutron
1.2. Un élément chimique est caractérisé par son nombre de protons (numéro atomique) Z. Lors d'une réaction
chimique, les protons du noyau ne sont pas mis en jeu, seuls les électrons interviennent.
2.1.1. ∆E = [4m(11 H) - m( 42 He) - 2m(10 e)] × c 2
2.1.2. ∆E = [4 × 1,6726 ×10 −27 - 6,6447 × 10 −27 - 2 × 9,11× 10 −31 ] × (2,9979 ×108 ) 2 ≈ 3,9 ×10 −12 J
2.2.1. La réaction 4 11 H → 42 He + 2 01 e consomme une masse mc = 4 m( 11 H ) de noyaux d'hydrogène et libère une
énergie ∆E ≈ 3,9 × 10 −12 J .
La masse disponible, notée md , pour les réactions de fusion représente 10% de la masse du Soleil : md=0,10MS
m
0,10M S
en libérant une énergie totale ET = N × ∆E
La réaction aura lieu N fois : N = d =
mc 4m(11H )
ET =
0,10M S
0,10 × 2 ×1030
∆E =
− 27
× 3,9 × 10 −12 ≈ 1×10 44 J
4 × 1,6726 × 10
2.2.2. En une année le Soleil consomme ES = 1034 J.
En ∆t années le Soleil aura consommé ET = 1044 J.
E
10 44
∆t = T = 34 = 1010 années pour que le Soleil consomme toutes ses réserves.
ES 10
4m(11H )
3.1. E l = ∆m c² où ∆m représente le défaut de masse du noyau de fer (∆m > 0 par définition)
La somme des masses de nucléons pris isolément est supérieure à la masse du noyau seul :
∆m = (Z mP + (A–Z) mn) – mFe
( Zm p + ( A − Z ).mn − mFe ).c ²
(26m p + 30.mn − mFe ).c ²
El
=
=
A
A
56
56
3.2. Position de 26 Fe : sur la courbe à l'abscisse A = 56 (tout en bas donc très stable).
3.3. Les noyaux pouvant fusionner sont situés sur la courbe d'Aston à gauche du noyau de fer (A petit).
Exercice 3 : Étude d'une solution d'acide nitreux
1.a. pH = − log[H 3O + ]
1.b. [H 3O + ]éq = 10 − pH = 10 −3,9 ≈ 1,3 × 10 −4 mol ⋅ L-1
2.a. HNO 2 ( aq ) + H 2 O(l ) = NO 2− ( aq ) + H 3O + ( aq )
2.b. [H 3O + ]éq = [ NO 2− ]éq = 10 − pH ≈ 1,3 × 10 −4 mol ⋅ L-1
Ne garder que 2 C.S. dans les
concentrations calculées à partir du pH.
et
[HNO 2 ]éq = c − [ NO 2− ]éq = c − 10 − pH = 1,56 × 10 − 4 − 10 − 3,9 ≈ 3,0 ×10 − 5 mol ⋅ L-1
2.c. K A =
3. τ =
4.a.
[ NO −2 ]éq × [H 3O + ]éq
xf
xmax
[HNO 2 ]éq
=
[H 3O + ]éq × V
c ×V
[ NO −2 (aq)]éq
[HNO 2 (aq)]éq
=
=
10 − pH
c - 10 − pH
4.b. pH = pK A 1 + log
=
10 − 3,9 × 10 − 3,9
1,56 × 10
[H 3O + ]éq
c
=
−4
=
- 10
− 3,9
10 − 3,9
1,56 × 10 − 4
10 − 3,9
1,56 × 10 − 4 - 10 − 3,9
[ NO −2 (aq)]éq
[HNO 2 (aq)]éq
≈ 5,3 × 10 − 4
donc
≈ 0,81
Les valeurs sont un peu différentes
car les valeurs issues de mesures de
pH sont peu précises.
≈ 4,2
[ NO −2 (aq)]éq
[HNO 2 (aq)]éq
et pK A = − log K A ≈ 3,3
= 10
pH − pK A1
= 103,9 − 3,3 = 100,6 ≈ 4 ,0
4.c. [ NO 2− (aq)]éq > [HNO 2 (aq)]éq l'espèce basique est majoritaire.
4.d. τ ≈ 0,8 > 0,5 donc la réaction a consommé plus de la moitié de l'acide initial.
Solution étudiée (pH = 3,9)
4.e.
HNO 2 majoritaire
pKA = 3,3
NO −2 majoritaire
pH
La solution étudiée est
dans le domaine de
NO −2 car pH > pKA.