Chapitre 12: La physique nucléaire Exercices · Chapitre 12: La physique nucléaire Exercices E1....

Chapitre 12 : La physique nucléaire

Exercices

E1. On utilise l’équation 12.1.

(a) Pour le nuclide 168O, avec = 16 on obtient

= 1213 fm = 12 (16)13 fm = 302 fm

(b) Pour le nuclide 5626Fe, avec = 56 on obtient

= 12 (56)13 fm = 459 fm

(c) Pour le nuclide 23892U, avec = 238 on obtient

= 12 (238)13 fm = 744 fm

E2. On donne T = 6400 km et T = 5500 kg/m3 La masse de la Terre est

T = TT = T¡433T

¢= 4

3(5500)

¡6400× 103¢3 = 604× 1024 kg

On cherche le rayon d’une sphère possédant la même masse, mais pour laquelle la masse

volumique est n = 23× 1017 kg/m3 Si on inverse l’équation utilisée, on obtientn =

³3T

4n

´13=

µ3(604×1024)4(23×1017)

¶13= 184 m

E3. La masse du Soleil est S = 199× 1030 kg. Avec un rayon égal à é = 10 km, on trouveS = éé = é

¡433é

¢=⇒ é =

S433é

= 3S

43é=

3(199×1030)4(10×103)4 = 475× 1017 kg/m3

Il s’agit d’une masse volumique plus élevée que celle de la matière nucléaire donnée à

l’exercice 2.

E4. Le rayon d’une sphère de même masse que l’Univers¡Un = 10

50 kg¢et formée d’une

matière de densité nucléaire³n = 23× 1017 kg/m3

´est

Un =³3Un

4n

´13=

µ3(1050)

4(23×1017)

¶13= 470× 1010 m

E5. Pour doubler le rayon du noyau, il faut augmenter le nombre de masse par le facteur

suivant :

21=

12132

12131

= 2 =⇒ 132

131

= 2 =⇒ 21= 800

E6. On calcule le rayon du nuclide 23592U dans l’hypothèse où il a la même densité que celle

de la Terre, soit T = 5500 kg/m3 de la façon suivante. On calcule d’abord la masse de

l’isotope grâce à l’information qu’on trouve dans l’annexe E :

U = 23504 u = 23504¡1661× 10−27 kg¢ = 390× 10−25 kg

Ensuite, on calcule son rayon :

v5 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 12 : La physique nucléaire 205

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U =³3U

4T

´13=

µ3(390×10−25)4(5500)

¶13= 257× 10−10 m

E7. L’abondance relative des deux isotopes du cuivre, 6329Cu et6529Cu, qui forment la masse

atomique pondérée du cuivre (Cu = 6355 u), se calcule d’après la moyenne pondérée

des masses atomiques isotopiques respectives de 6293 u et 6493 u données à l’annexe

E :

Cu = 6329Cu

+ (1− )6529Cu

=⇒ 6355 u = (6293 u) + (1− ) (6493 u) =⇒6355 = 6293+ 6493− 6493 =⇒ 200 = 6493− 6355 = 138 =⇒ = 069 =⇒ 1− = 031

Ainsi, l’abondance relative est de 690 % de 6329Cu et de 310 % de 6529Cu .

E8. Les abondances relatives des deux isotopes principaux du néon, 2010Ne et2210Ne, sont res-

pectivement de = 091 et de 1 − = 009 La masse de chacun de ces isotopes est

donnée à l’annexe E, soit 2010Ne

= 19992 u et 2210Ne

= 21991 u. La masse atomique

approximative du néon est, si l’on ne considère que ces deux isotopes

Ne = 2010Ne

+ (1− )2210Ne

= (091) (19992 u) + (009) (21991 u) = 202 u

Ce résultat correspond bien à la masse atomique du néon telle que l’indique le tableau

périodique de l’annexe D.

E9. (a) On calcule le rayon de l’isotope d’or ( = 197) au moyen de l’équation 12.1

Au = 1213 fm = 12 (197)13 fm = 698 fm

(b) On considère la charge du noyau d’or (79) concentrée en son centre. Une particule

de rayon = 18 fm et de charge 2 arrive à proximité du noyau d’or et parvient à

toucher sa surface. L’énergie cinétique initiale de la particule est convertie en énergie

potentielle électrique, ce qui donne

∆ = f −i = −i et ∆ = −∆ = −Au

= − (79)(2)

(Au+)=⇒

i =(9×109)(79)(2)(16×10−19)2(698×10−15)+(18×10−15) ×

³1 eV

16×10−19 J´= 259 MeV

E10. On calcule la charge par unité de volume, ou densité volumique de charge, en établissant

le rapport entre la charge du nuclide et son volume. On donne Fe = 26 et = 56 On

calcule d’abord le rayon du nuclide avec l’équation 12.1 :

Fe = 1213 fm = 12 (56)13 fm = 459 fm

On calcule ensuite la charge par unité de volume :

= FeFe

= Fe433Fe

= 3Fe43

Fe

=3(26)(16×10−19)4(459×10−15)3 = 103× 1025 C/m3

206 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 12 : La physique nucléaire v5


E11. On calcule l’énergie de liaison par nucléon au moyen de l’équation 12.2b, en divisant

par le nombre de masse de l’isotope :

= 2

[H +n −X]

Selon l’annexe E, H = 1007825 u, et n = 1008665 u. Rappelons que = − et

que u = 9315 MeV2

(a) Pour cet isotope du calcium, avec = 40 et 4020Ca

= 39962591 u, selon l’annexe E, on

obtient

= 2

40[(20) (1007825 u) + (20) (1008665 u)− (39962591 u)] =⇒

= 2

40(0367209 u) = 2

40(0367209)

³9315 MeV

2

´= 855 MeV

(b) Pour cet isotope d’or, avec = 118 et 19779Au


obtient

= 2

197[(79) (1007825 u) + (118) (1008665 u)− (196966543 u)] =⇒

= 2

197(1674102 u) = 2

197(1674102)

³9315 MeV

2

´= 792 MeV

E12. On utilise la méthode présentée à l’exercice 11.

(a) Pour cet isotope de lithium, avec = 3 et 63Li


obtient

= 2

6[(3) (1007825 u) + (3) (1008665 u)− (6015121 u)] =⇒

= 2

6(0034349 u) = 2

6(0034349)

³9315 MeV

2

´= 533 MeV

(b) Pour cet isotope de césium, avec = 78 et 13355Cs


obtient

= 2

133[(55) (1007825 u) + (78) (1008665 u)− (132905429 u)] =⇒

= 2

133(1200816 u) = 2

133(1200816)

³9315 MeV

2

´= 841 MeV

E13. On calcule l’énergie de liaison par nucléon au moyen de l’équation 12.2b :

= [H +n −X] 2

Selon l’annexe E, H = 1007825 u, et n = 1008665 u. Rappelons que = − et

que u = 9315 MeV2

(a) Pour cet isotope de carbone, avec = 7 et 136C= 13003355 u, selon l’annexe E, on

obtient

= 2 [(6) (1007825 u) + (7) (1008665 u)− (13003355 u)] =⇒ = 2 (010425 u) = 2 (010425)

³9315 MeV

2

´= 971 MeV



(b) Pour cet isotope d’azote, avec = 6 et 137N= 13005739 u, selon l’annexe E, on obtient

= 2 [(7) (1007825 u) + (6) (1008665 u)− (13005739 u)] =⇒ = 2 (0101026 u) = 2 (0101026)

³9315 MeV

2

´= 941 MeV

E14. On utilise la méthode présentée à l’exercice 13.

(a) Pour cet isotope d’azote, avec = 8 et 157N= 15000109 u, selon l’annexe E, on obtient

= 2 [(7) (1007825 u) + (8) (1008665 u)− (15000109 u)] =⇒ = 2 (0123986 u) = 2 (0123986)

³9315 MeV

2

´= 115 MeV

(b) Pour cet isotope d’oxygène, avec = 7 et 158O= 15003066 u, on obtient

= 2 [(8) (1007825 u) + (7) (1008665 u)− (15003066 u)] =⇒ = 2 (0120189 u) = 2 (0120189)

³9315 MeV

2

´= 112 MeV

E15. (a) On calcule l’énergie requise pour enlever un neutron au nuclide 73Li en évaluant la diffé-

rence entre son énergie de liaison et celle de l’isotope qu’il deviendra, 63Li. On utilise pour

ce faire l’équation 12.2b :

∆ =

£73Li¤−

£63Li¤=h3H + 4n −7

3Li

i2 −

h3H + 3n −6

3Li

i2 =⇒

∆ =hn −7

3Li+6

3Li

i2

Les masses nécessaires sont données à l’annexe E, de sorte que

∆ = [(1008665 u)− (7016003 u) + (6015121 u)] 2 =⇒∆ = 2 (0007783 u) = 2 (0007783)

³9315 MeV

2

´= 725 MeV

(b) On utilise la méthode présentée à l’exercice 11. Pour cet isotope de lithium, avec = 4

et 73Li= 7016003 u, selon l’annexe E, on trouve

= 2

7[(3) (1007825 u) + (4) (1008665 u)− (7016003 u)] =⇒

= 2

7(0042132 u) = 2

7(0042132)

³9315 MeV

2

´= 561 MeV

Le rapport entre le résultat obtenu en (a) et l’énergie de liaison par nucléon donne

(a)lia ison

= 725 MeV561 MeV

=⇒ (a)lia ison

= 129

E16. (a) On calcule l’énergie requise pour enlever un proton au nuclide 126C en évaluant la différence

entre son énergie de liaison et celle de l’isotope qu’il deviendra, 115B. On utilise pour ce

faire l’équation 12.2b :

∆ =

£126C¤−

£115B¤=h6H + 6n −12

6C

i2 −

h5H + 6n −11

5B

i2 =⇒

∆ =hH −12

6C+11

5B

i2

Les masses nécessaires sont données à l’annexe E, de sorte que



∆ = [(1007825 u)− (12 u) + (11009305 u)] 2 =⇒∆ = 2 (0017175 u) = 2 (0017175)

³9315 MeV

2

´= 160 MeV

(b) On utilise la méthode présentée à l’exercice 11. Pour cet isotope de carbone, avec = 6

et 126C= 12 u, on calcule

= 2

12[(6) (1007825 u) + (6) (1008665 u)− (12 u)] =⇒

= 2

12(009894 u) = 2

12(009894)

³9315 MeV

2

´= 768 MeV

Le rapport entre le résultat obtenu en (a) et l’énergie de liaison par nucléon donne

(a)lia ison

= 160 MeV768 MeV

=⇒ (a)lia ison

= 208

E17. On suit le même raisonnement qu’à l’exemple 12.5 du manuel. On calcule d’abord 0

d’après la fraction de mole = 001 g et de = 60 g/mole, la masse molaire du cobalt.

0 =A

=(001 g)(602×1023 atomes/mol)

60 g/mol= 10037× 1020 atomes

On calcule ensuite la constante de désintégration au moyen de 12 = 527 a :

= 069312

= 0693(527)(3156×107) = 4167× 10−9 s−1

Finalement, on calcule le taux initial de désintégration avec l’équation 12.7, ce qui donne

0 = 0 =¡4167× 10−9¢ ¡10037× 1020¢ = 418× 1011 Bq

E18. On suit le même raisonnement qu’à l’exemple 12.5 du manuel. On calcule d’abord 0

d’après la fraction de mole = 0001 g et de = 32 g/mole, la masse molaire du

phosphore, ce qui donne

0 =A

=(0001 g)(602×1023 atomes/mol)

32 g/mol= 1882× 1019 atomes

On calcule ensuite la constante de désintégration en fonction de 12 = 143 jours :

= 069312

= 0693(143)(86400)

= 5609× 10−7 s−1

Finalement, on calcule le taux initial de désintégration avec l’équation 12.7 :

0 = 0 =¡5609× 10−7¢ ¡1882× 1019¢ = 106× 1013 Bq

E19. Connaissant le taux initial de désintégration 0 = 320 Bq du radon22286Rn et la demi-vie

12 = 382 jours, on calcule le nombre initial 0 d’atomes dans l’échantillon :

= 069312

= 0693(382)(86400)

= 210× 10−6 s−1

0 = 0 =⇒ 0 =0= 320

210×10−6 = 1524× 108 atomesCompte tenu de la décroissance exponentielle, on calcule le nombre d’atomes après

= 1 jour et on obtient

= 0− =

¡1524× 108¢ −(210×10−6)(86400) = 127× 108 atomes



E20. Pour qu’un noyau X soit instable par rapport à la désintégration rendant ainsi possible

l’émission d’une particule il faut que sa masse soit supérieure à la somme des masses

des produits Y + ou encore que l’énergie de désintégration soit supérieure à zéro,

c’est-à-dire

= (X −Y −He) 2 0

dans laquelle He = 4002603 u; la masse des isotopes X et Y est donnée à l’annexe E.

(a) On trouve l’énergie libérée par la désintégration du 84Be d’après la réaction

84Be −→ 4

2He +42He :

=³8

4Be−4

2He−4

2He

´2 = ((8005305 u)− (4002603 u)− (4002603 u)) 2 =⇒

= (0000099 u) 2 = (0000099) 2³9315 MeV

2

´= 922 keV

(b) On calcule l’énergie libérée par l’émission de trois particules par le nuclide 126C au

moyen de la réaction 126C −→ 4

2He +42He +

42He :

=³12

6C− 34

2He

´2 = ((12 u)− 3 (4002603 u)) 2 =⇒

= (−0007809 u) 2 = (−0007809) 2³9315 MeV

2

´= −727 keV

Comme 0 on en conclut que, non , ce processus n’est pas possible.

E21. L’émission d’un positon est possible pour un noyau X s’il est instable par rapport à la

désintégration + Il faut pour ce faire que l’énergie de désintégration soit supérieure

à zéro, c’est-à-dire

= (X −Y − 2e) 2 0

dans laquelle, étant donné que la transformation s’opère sans modification de la charge,

on ajoute deux électrons de masse :

e =¡91094× 10−31 kg¢× ³ 1 u

1660540×10−27 kg´= 5486× 10−4 u

La masse des isotopes X et Y est donnée à l’annexe E.

Si le nuclide 116C émet un positon, le nuclide restant est le115B, et l’énergie de désintégra-

tion est

=³11

5C−11

5B− 2e

´2 =⇒

=¡(11011434 u)− (11009305 u)− 2 ¡5486× 10−4 u¢¢ 2 =⇒

= (0001032 u) 2 = (0001032) 2³9315 MeV

2

´= 0961 MeV

On en conclut que, oui , la production de 115B est possible.

E22. On calcule le nombre initial 0 d’atomes dans un échantillon de 1 m2 contenant une



masse = 1 g de 9038Sr dont la demi-vie est 12 = 288 a :

0 =A

=(1×10−6 g)(602×1023 atomes/mol)

90 g/mol= 6691× 1015 atomes

On calcule ensuite la constante de désintégration :

= 069312

= 0693(288)(3156×107) = 7624× 10−10 s−1

On calcule le taux initial de désintégration par unité de surface avec l’équation 12.7 :

0 = 0 =¡7624× 10−10¢ ¡6691× 1015¢ = 510× 106 Bq

On cherche le temps nécessaire pour que le taux de désintégration par unité de surface

devienne

= 1 Ci =¡1× 10−6¢ ¡37× 1010 Bq¢ = 37× 104 Bq

On calcule avec l’équation 12.7 :

= 0− =⇒

− = ln³

0

´=⇒ =

ln³0

´− =

ln

µ37×104510×106

¶−7624×10−10 ×

³1 a

3156×107 s´= 205 a

E23. (a) On donne 0

= 9 Ci15 Ci

= 06 au bout d’un temps = 25 h. On calcule d’abord la

constante de désintégration avec l’équation 12.7, puis la demi-vie :

= 0− =⇒ =

ln³0

´− =

ln(06)

−(25)(3600) = 5676× 10−5 s−1

12 =0693= 0693

5676×10−5 = 122× 104 s(b) On sait que 0 = 15 Ci =

¡15× 10−6¢ ¡37× 1010 Bq¢ = 555× 105 Bq et que

0 =0= 555×105

5676×10−5 = 978× 109 atomesE24. On calcule le nombre initial 0 d’atomes dans un échantillon contenant une masse

= 1 g de 23994Pu dont la demi-vie est 12 = 241× 104 a :0 =

A

=(1 g)(602×1023 atomes/mol)

239 g/mol= 252× 1021 atomes


= 069312

= 0693(241×104)(3156×107) = 9111× 10−13 s−1

Finalement, on calcule le taux initial de désintégration avec l’équation 12.7 :

0 = 0 =¡9111× 10−13¢ ¡252× 1021¢× ³ 1 Ci

37×1010 Bq´= 621× 10−2 Ci

E25. On calcule le nombre initial 0 d’atomes de146C dans un échantillon contenant une masse

= 80 g de carbone. La demi-vie du 146C est 12 = 5730 a. On suppose que le rapport

en nombre des isotopes 146C/126C est = 13 × 10−12 et qu’il est resté constant dans

l’atmosphère. En raisonnant comme à l’exemple 12.6, on obtient

0 = ³A

´=¡13× 10−12¢ (80 g)(602×1023 atomes/mol)

12 g/mol= 522× 1012 atomes




= 069312

= 0693(5730)(3156×107) = 3832× 10−12 s−1

On calcule le taux initial de désintégration avec l’équation 12.7 :

0 = 0 =¡3832× 10−12¢ ¡522× 1012¢ = 2000 Bq

Au moyen du taux actuel de désintégration = 075 Bq, on calcule l’âge de l’échantillon

d’os, compte tenu de la décroissance exponentielle :

= 0− =⇒

− = ln³

0

´=⇒ =

ln³0

´− =

ln

µ0752000

¶−3832×10−12 ×

³1 a

3156×107 s´= 271× 104 a

E26. La série de l’uranium est un ensemble de processus de désintégration et qui agissent

successivement sur les nuclides intermédiaires de la chaîne à partir de 23892U. En fonction

de chaque désintégration, on identifie les éléments de la série :

23892U −→

23490Th −→

−23491Pa −→

−23492U −→

23090Th

E27. Une série est un ensemble de processus de désintégration et Elle peut s’écrire

X −→ 0

0Y, où 0 et 0 Pour la série de l’actinium, on a 23592U −→ 20782Pb, où

−0 = 235−207 = 28 ce qui implique l’émission de particules avec la diminutioncorrespondante de charge :

=−04

= 284= 7 et ∆ = −2 = −14

Comme la charge finale 0 = 82 diffère de +∆ = 92−14 = 78, il faut qu’intervienneun nombre − de désintégrations :

− = 0 − ( +∆) = 82− 78 = 4Il y a donc au total émission de 7 particules et de 4 électrons .

E28. Le taux initial de désintégration d’un échantillon de 13153I, de demi-vie 12 = 802 jours,

s’élève à 0 = 02 Ci.

(a) En fonction du taux initial de désintégration, on calcule le nombre initial d’atomes :

= 069312

= 0693(802)(86400)

= 1000× 10−6 s−1

0 = 0 =⇒ 0 =0=

(02 Ci)×µ37×1010 Bq

1 Ci

¶1000×10−6 = 7400× 1015 atomes

On calcule finalement la masse de l’échantillon en utilisant la relation établie à l’exemple

12.5 :

0 =A

=⇒ = 0A

=(131 g/mol)(7400×1015 atomes)

(602×1023 atomes/mol) = 161 g



(b) Le nombre de noyaux présents après 10 jours s’obtient au moyen de la décroissance

exponentielle :

= 0− =

¡7400× 1015¢ −(1000×10−6)(10)(86400) = 312× 1015 atomes

E29. La diminution dans le temps du taux de désintégration d’un échantillon de radionuclide

obéit à la décroissance exponentielle de sorte que pour = 2 h

= 0− =⇒ =

ln³0

´− =

ln

µ320 coups/min

500 coups/min

¶−2 h = 02231 h−1

On calcule ensuite la demi-vie du nuclide :

12 =0693= 0693

02231 h−1 = 311 h

E30. La demi-vie du tritium 31H est 12 = 123 a. On calcule ensuite la fraction restante après

= 10 a d’un échantillon en considérant la décroissance exponentielle :

= 0− =⇒

0= − =

−069312 =

− (0693)(10 a)(123 a) = 569 %

E31. La variation du nombre de noyaux de rubidium pendant la désintégration de demi-vie

12 = 488× 1010 a, obéit à la décroissance exponentielle. Pour une diminution initialede 12 % de ce nombre, le temps écoulé correspondant est de

= 0− =⇒

0= − =

−069312 =⇒ = ln

³0

´12−0693 =⇒

= ln (1− 0012) (488×1010 a)

−0693 = 850× 108 aE32. On cherche le taux de désintégration par gramme d’un échantillon de 14

6C, de demi-

vie 12 = 5730 a, vieux de 15000 a. Le rapport en nombre des isotopes 146C/126C est

= 13 × 10−12, et on suppose qu’il est resté constant dans l’atmosphère. On calculed’abord le nombre 0 d’atomes de

146C dans un gramme de

126C :

0 = ³A

´=¡13× 10−12¢ (1 g)(602×1023 atomes/mol)

12 g/mol= 652× 1010 atomes

Puis, on calcule le taux initial de désintégration :

0 = 0 =0693012

=0693(652×1010)

(5730 a)×µ3156×107 s

1 a

¶ = 0250 BqLe taux de désintégration après = 15000 a correspond donc à

= 0− = 0

−069312 = (0250 Bq) −

0693(15000 a)5730 a × ¡ 60 s

1 min

¢= 244 min−1

E33. Les deux principaux isotopes de l’uranium, 23592U et 23892U, que l’on distingue ici par les

indices 1 et 2 possèdent les demi-vies respectives suivantes :¡12

¢1= 704× 108 a et ¡12¢2 = 446× 109 a.

L’abondance relative 23592U/23892U étant actuellement de 07 % on cherche quel était ce

rapport il y a∆ = 109 a. Pour ce faire, on divise les équations respectives de décroissances



exponentielles :

12= 10

−1∆20

−2∆ =1020

−1∆+2∆ = 1020

(−1+2)∆ = 1020

Ã− 0693

(12)1+

0693

(12)2

!∆

=⇒12= (0007)

µ− 0693704×108 a+

0693446×109 a

¶(109 a)

= 00160

E34. L’isotope radioactif 4019K, de demi-vie 12 = 126× 109 a, sert à la datation des roches.Le taux de désintégration d’un échantillon de masse = 1 g se calcule au moyen du

nombre d’atomes, que l’on obtient ainsi

0 =A

=(1×10−6 g)(602×1023 atomes/mol)

40 g/mol= 1506× 1016 atomes

0 = 0 =0693012

=0693(1506×1016)

(126×109)(3156×107) = 0262 Bq

E35. On calcule l’énergie libérée dans la réaction de capture électronique qui fait suite à une

désintégration + comme 74Be(e

−)73Li, au moyen de l’équation 12.9. Les masses des

isotopes sont données à l’annexe E. On obtient ainsi

=³7

4Be−7

3Li

´2 = ((7016929 u)− (7016003 u)) 2 =⇒

= (0000926 u) 2 = (0000926) 2³9315 MeV

2

´= 0863 MeV

E36. La désintégration du radionuclide 21084Po donne le produit suivant :

21084Po −→

20682Pb + 4

2He

L’énergie libérée dans cette réaction correspond à

=³210

84Po−206

82Pb−4

2He

´2 =⇒

= ((209982857 u)− (205974440 u)− (4002603 u)) 2 =⇒ = (0005814 u) 2 = (0005814) 2

³9315 MeV

2

´= 542 MeV

E37. La série du thorium comprend un ensemble de processus de désintégration et ,

23290Th −→ 208

82Pb, où −0 = 232−208 = 24 ce qui implique l’émission de particules avec la diminution correspondante de charge :

=−04

= 244= 6 et ∆ = −2 = −12

Comme la charge finale 0 = 82 diffère de +∆ = 90−12 = 78, il faut qu’intervienneun nombre − de désintégrations :

− = 0 − ( +∆) = 82− 78 = 4Il y a donc au total émission de 6 particules et de 4 électrons

E38. L’énergie libérée dans la désintégration du neutron libre est calculée au moyen de l’équa-

tion 12.3, des données fournies à l’annexe E et de

p =¡1672622× 10−27 kg¢× ³ 1 u

1660540×10−27 kg´= 1007276 u



e =¡91094× 10−31 kg¢× ³ 1 u

1660540×10−27 kg´= 5486× 10−4 u

Ainsi,

= (n −p −e) 2 =⇒

=¡(1008665 u)− (1007276 u)− ¡5486× 10−4 u¢¢ 2 =⇒

= (0000840 u) 2 = (0000840) 2³9315 MeV

2

´= 0782 MeV

E39. L’équation de la désintégration − du radionuclide 4019K est

4019K −→

−4020Ca + e− +

L’énergie libérée dans la désintégration correspond donc à

=³40

19K−40

20Ca

´2 = ((39963999 u)− (39962591 u)) 2 =⇒

= (0001408 u) 2 = (0001408) 2³9315 MeV

2

´= 131 MeV

E40. On considère deux mécanismes de désintégration de l’isotope 21884Po.

(a) La désintégration donne du 21482Pb avec l’énergie de réaction suivante :

=³218

84Po−214

82Pb−4

2He

´2 =⇒

= ((218008965 u)− (213999801 u)− (4002603 u)) 2 =⇒ = (0006561 u) 2 = (0006561) 2

³9315 MeV

2

´= 611 MeV

(b) La désintégration − donne du 21885At avec l’énergie de réaction suivante :

=³218

84Po−218

85At

´2 =⇒

= ((218008965 u)− (21800868 u)) 2 =⇒ = (0000285 u) 2 = (0000285) 2

³9315 MeV

2

´= 0265 MeV

E41. On considère que la transformation s’opère sans modification de la charge, c’est pourquoi

on remplace le proton par un atome d’hydrogène.

(a) L’équation de la réaction est

147N + −→ 17

8O + 11H

L’énergie de cette réaction est

=³14

7N+4

2He−17

8O−1

1H

´2 =⇒

= ((14003074 u) + (4002603 u)− (16999131 u)− (1007825 u)) 2 =⇒ = (−0001279 u) 2 = (−0001279) 2

³9315 MeV

2

´= −119 MeV

(b) L’équation de la réaction est

73Li + p −→ 4

2He +42He

L’énergie de cette réaction équivaut à



=³7

3Li+1

1H− 24

2He

´2 =⇒

= ((7016003 u) + (1007825 u)− 2 (4002603 u)) 2 =⇒ = (0018622 u) 2 = (0018622) 2

³9315 MeV

2

´= 173 MeV

E42. (a) L’équation de la réaction est

94Be + −→ 12

6C + n

L’énergie de cette réaction s’élève à

=³9

4Be+4

2He−12

6C−n

´2 =⇒

= ((9012182 u) + (4002603 u)− (12 u)− (1008665 u)) 2 =⇒ = (0006120 u) 2 = (0006120) 2

³9315 MeV

2

´= 570 MeV


2713Al + −→ 30

15P + n


=³27

13Al+4

2He−30

15P−n

´2 =⇒

= ((26981539 u) + (4002603 u)− (29978314 u)− (1008665 u)) 2 =⇒ = (−0002837 u) 2 = (−0002837) 2

³9315 MeV

2

´= −264 MeV


on remplace le proton par un atome d’hydrogène. Ainsi, l’équation de la réaction est

94Be +

11H −→ 6

3Li +


=³9

4Be+1

1H−6

3Li−4

2He

´2 =⇒

= ((9012182 u) + (1007825 u)− (6015121 u)− (4002603 u)) 2 =⇒ = (0002283 u) 2 = (0002283) 2

³9315 MeV

2

´= 213 MeV

E44. Dans chaque cas, la réaction est complétée en considérant que 0 = et 0 =

(a) 105B + n −→ 73Li +

42He

(b) 63Li + p −→ 42He +

32He

(c) 188O + p −→ 189F + n

E45. Dans chaque cas, la réaction est complétée en considérant que 0 = et 0 =

(a) 3216S + n −→ p + 32

15P

(b) 199F + p −→ 4

2He +168O

(c) 94Be + n −→ + 104Be



(d) 147N + n −→ p + 146C


on remplace le proton par un atome d’hydrogène. Ainsi, l’équation de la réaction est

147N + n −→ 1

1H + 126C


=³14

7N+n −1

1H−14

6C

´2 =⇒

= ((14003074 u) + (1008665 u)− (1007825 u)− (14003241 u)) 2 =⇒ = (0000673 u) 2 = (0000673) 2

³9315 MeV

2

´= 0627 MeV

E47. L’équation pour l’énergie de la réaction est

=³18

8O+1

1H−18

8F−n

´2 =⇒

188O+1

1H−18

8F−n =

2=⇒

188F= 18

8O+1

1H−n −

2=⇒

188F= (17999160 u) + (1007825 u)− (1008665 u)− (−245 MeV)

2×³

2(u)(9315 MeV)

´=⇒

188F= 1800095 u

E48. (a) Pour connaître l’énergie libérée par la fission d’une masse = 1 kg de 23592U, on cherche

d’abord le nombre d’atomes :

0 =A

=(1×103 g)(602×1023 atomes/mol)

235 g/mol= 2563× 1024 atomes

On multiplie ensuite le nombre d’atomes par l’énergie libérée pour chaque désintégration,

ce qui donne

= 0 =¡2563× 1024¢ (190 MeV) = 487× 1032 eV

(b) Si cette énergie totale est disponible avec un rendement de 32 % elle peut alimenter

une ville qui consomme une puissance = 500 MW pendant un temps de

∆ = (032) = (032)

(487×1032 eV)×µ16×10−19 J

1 eV

¶500×106 J/s = 139 h

E49. On sait qu’il faut une énergie thermique ∆th = 1 cal = 4186 J pour augmenter de

1◦C la température de 1 g d’eau. On déduit directement le nombre de fissions requises

avec ce calcul :

= ∆th

= 4186 J

(190×106 eV)×µ16×10−19 J

1 eV

¶ = 138× 1011 atomes

E50. On calcule d’abord le nombre initial 0 d’atomes dans une masse = 1 g de 23592U dont

la demi-vie pour la fission est 12 = 3× 1017 a :0 =

A

=(1 g)(602×1023 atomes/mol)

235 g/mol= 2563× 1021 atomes




= 069312

= 0693(3×1017)(3156×107) = 7319× 10−26 s−1

On calcule enfin le taux initial de désintégration avec l’équation 12.7 :

0 = 0 =¡7319× 10−26 s−1¢ ¡2563× 1021¢× ³86400 Bq

1 jour−1

´= 162 fissions/jour

E51. L’énergie de cette réaction équivaut à

=³235

92U+n −144

56Ba−89

36Kr− 3n

´2 =⇒

=³235

92U−144

56Ba−89

36Kr− 2n

´2 =⇒

= ((235043924 u)− (14392294 u)− (8891764 u)− 2 (1008665 u)) 2 =⇒ = (018601 u) 2 = (018601) 2

³9315 MeV

2

´= 173 MeV

E52. On obtient la variation de masse au repos due à la libération de 20 kilotonnes d’énergie

par l’équivalence masse-énergie, en considérant que 1 kilotonne de TNT libère 42×1012 :

∆ = 02 =⇒ 0 =

∆2=

(20 kilotonnes)×µ42×1012 J1 kilotonne

¶(3×108 m/s)2 = 0933 g

E53. Le rapport des énergies cinétiques après une collision est 12 Après deux collisions, il tombe

à 14et ainsi de suite. Après collisions, il est de

0= 0025 eV

1 MeV On trouve le nombre de

collisions au moyen de la relation générale suivante :

=120 =⇒ 2 = 0

=³0

´−1=⇒

=− ln

³0

´ln(2)

=− ln

µ0025 eV1 MeV

¶ln(2)

= 253 collisions

E54. On obtient la longueur d’onde de Broglie du neutron thermique d’énergie cinétique

= 004 eV au moyen de l’équation établie à l’exercice 1 du chapitre 10 :

= √2

= 6626×10−34 J·ss2(1675×10−27 kg)(004 eV)×

µ16×10−19 J

1 eV

¶ = 0143 nm

E55. L’équation de la réaction est

21H + 2

1H −→ 32He + n


=³22

1H−3

2He−n

´2 =⇒

= (2 (2014102 u)− (3016029 u)− (1008665 u)) 2 =⇒ = (0003510 u) 2 = (0003510) 2

³9315 MeV

2

´= 327 MeV =⇒ CQFD


31H + 2

1H −→ 42He + n




=³3

1H+2

1H−4

2He−n

´2 =⇒

= ((3016049 u) + (2014102 u)− (4002603 u)− (1008665 u)) 2 =⇒ = (0018883 u) 2 = (0018883) 2

³9315 MeV

2

´= 176 MeV =⇒ CQFD


21H + 2

1H −→ 31H + 1

1H


=³22

1H−3

1H−1

1H

´2 =⇒

= (2 (2014102 u)− (3016049 u)− (1007825 u)) 2 =⇒ = (0004330 u) 2 = (0004330) 2

³9315 MeV

2

´= 403 MeV =⇒ CQFD

E58. Selon l’équation 12.11, chaque réaction de fusion D−T produit une énergie = 176 MeV. Le nombre de ces réactions de fission par seconde nécessaires au

maintien d’une puissance = 40 MW est donné par

= ∆=

(40×106 J/s)(1 s)(176×106 eV)×

µ16×10−19 J

1 eV

¶ = 142× 1019 fissions

E59. Le nombre de molécules d’eau dans un kilogramme d’eau de mer est

= A

=(1000 g)(602×1023 atomes/mol)

18 g/mol= 3346× 1025 atomes

On donne une fraction de 16500

pour le rapport en nombre d’isotopes de deutérium par

rapport à l’hydrogène. Comme chaque molécule d’eau contient 2 atomes d’hydrogène, le

nombre 0 d’isotopes de deutérium dans un kilogramme d’eau s’élève à

0 =¡

26500

¢0 =

¡2

6500

¢ ¡3346× 1025¢ = 1029× 1022 atomes

L’énergie libérée par la fusion D−D est = 403 MeV, mais elle nécessite 2 isotopes à

chaque fois. L’énergie disponible est donc

= 02 =

³1029×1022

2

´(403 MeV)×

³16×10−19 J

1 eV

´= 332× 109 J

E60. 126C+n −13

6C= 0005310 u =⇒ = 495 MeV

E61. On calcule, pour les éléments qui constituent séparément l’isotope neutre de 21484Po, une

masse 8411H+ 130n = 21578375 u.

Si l’énergie de liaison par nucléon est de 77852 MeV, pour tout l’atome elle est égale à

= 214 (77852 MeV) = 1666 MeV et correspond à un défaut de masse de

∆ = 2= 1666 MeV

2×³

2(u)

(9315 MeV)

´= 178851 u

La masse de l’isotope est donc de 21484Po

= 21578375 u − 178851 u = 2139952 u

E62. La transformation s’opère sans modification de la charge, c’est pourquoi on ajoute deux



électrons de masse :

e =¡91094× 10−31 kg¢× ³ 1 u

1660540×10−27 kg´= 5486× 10−4 u

Ainsi, l’équation pour l’énergie de la réaction est

=³12

7N−12

6C− 2e

´2 =⇒ 12

7N−12

6C− 2e =

2=⇒

127N= 12

6C+ 2e +

2=⇒

127N= (12 u) + 2

¡5486× 10−4 u¢+ (16316 MeV)

2×³

2(u)(9315 MeV)

´= 12018613 u

E63. 0 =0= 4218× 107 atomes. Entre 1 = 212 et 2 = 312 le nombre de désintégra-

tions est de 08= 527× 106 désintégrations.

E64. (a) On compte 0 = 9786× 1011 atomes de 146C =⇒ 0 = 0 = 375 Bq

(b) = 0− = 277 Bq

E65. (a) 157N

(b) 0 = 74× 103 Bq = 0 =⇒ 0 = 130× 106 noyauxE66. − = 0097 =⇒ = 193× 104 aE67. (a) On sait que, pour 1 litre de lait, 0 = 2000 Bq.

Pour le 13153 I, on donne aussi 12 = 802 jours avec = 131 g/mol. On calcule d’abord

la constante de désintégration :

= 069312

= 0693802 j

×³

1 j86400 s

´= 0100× 10−5 s−1

Finalement la masse de matériau radioactif par litre de lait est calculée à partir de

= = 0A

=⇒ 0 =0A

= 435× 10−16 kg par litre

(b) = 212 = 160 jours

E68. La transformation s’opère sans modification de la charge, c’est pourquoi on ajoute deux


e =¡91094× 10−31 kg¢× ³ 1 u

1660540×10−27 kg´= 5486× 10−4 u

Ainsi, l’énergie de la réaction équivaut à

=³13

7N−13

6C− 2e

´2 =⇒

=¡(13005739 u)− (13003355 u)− 2 ¡5486× 10−4 u¢¢ 2 =⇒

= (0001287 u) 2 = (0001287) 2³9315 MeV

2

´= 120 MeV

E69. − = 02 =⇒ = 293× 109 aE70. =

=

120693

= 4145× 1013 atomes = (301 u) =

¡4145× 1013¢ (301) ¡1661× 10−27¢ = 207× 10−13 kg



E71. (a) 2210Ne

(b) La transformation s’opère sans modification de la charge, c’est pourquoi on ajoute deux


e =¡91094× 10−31 kg¢× ³ 1 u

1660540×10−27 kg´= 5486× 10−4 u

Ainsi, l’énergie de la réaction équivaut à

=³22

11Na−22

10Ne− 2e

´2 = 182 MeV

E72. (a) On compte = 653× 1010 atomes de 146C =⇒ = = 0250 Bq = 150 désintégrations/min

(b) Dans = 04 g, on a 0 = 6 désintégrations/min, alors que = 135 désintégra-

tions/min. On calcule ainsi l’âge du fragment :

= 0− =⇒ = 123× 104 a

E73. (a) 0 = 0 =0693012

=⇒ 0 = 310× 107 noyaux(b) = 0

− =⇒ = 122× 106 sE74. On considère que la transformation s’opère sans modification de la charge, c’est pourquoi

on remplace le proton par un atome d’hydrogène. Ainsi, l’énergie de la réaction est

=³7

3Li+1

1H−7

4Be−n

´2 =⇒

= ((7016003 u) + (1007825 u)− (7016929 u)− (1008665 u)) 2 =⇒ = (−0001766 u) 2 = (−0001766) 2

³9315 MeV

2

´= −165 MeV

Ce processus est impossible.


on remplace le proton par un atome d’hydrogène.

(a) L’énergie de la réaction s’élève à

=³15

7N+1

1H−12

6C−4

2He

´2 =⇒

= ((15000109 u) + (1007825 u)− (12 u)− (4002603 u)) 2 =⇒ = (0005331 u) 2 = (0005331) 2

³9315 MeV

2

´= 497 MeV

(b) L’énergie de la réaction s’élève à

=³13

6C+1

1H−14

7N

´2 =⇒

= ((13003355 u) + (1007825 u)− (14003074 u)) 2 =⇒ = (0008106 u) 2 = (0008106) 2

³9315 MeV

2

´= 755 MeV

E76. 9840Zr



E77. (a) 200 MeV = 32× 10−11 J, 20 kilotonnes = 836× 1013 J. Le nombre de fissions est doncde = 261× 1024

(b) = (235 u) =¡261× 1024¢ (235) ¡1661× 10−27¢ = 102 kg

Problèmes

P1. On considère le radioisotope 9038Sr de demi-vie 12 = 288 a. On soustrait de la popu-

lation initiale la population restante après un an afin de trouver le nombre de noyaux

qui se désintègrent durant cette première année, à l’aide de la loi de la décroissance

exponentielle :

0 =0=

0120693

=(24 Ci)×

µ37×1010 Bq

1 Ci

¶(288 a)×

µ3156×107 s

1 a

¶0693

= 11647× 1015 atomes

= 0− = 0

−069312 =

¡1164× 1015¢ −0693(1 a)(288 a) = 11370× 1015 atomes

0 − =¡11647× 1015¢− ¡11370× 1015¢ = 277× 1013

P2. On établit l’équation différentielle qui régit l’apparition du nuclide résultant en notant

que le taux d’accroissement de cette population 2 est proportionnel à la présence du

nuclide radioactif de population 1 = 10−. Ainsi,

2= 1 =⇒ 2

= 10

− =⇒ 2 = 10−

On intègre cette équation en posant que 2 = 0 à = 0, ce qui donne2R0

2 =R0

10− =⇒ 2 = 10

R0

− = 10

h−−¯̄̄0=⇒

2 = −10¡− − 1¢ =⇒ 2 = 10

¡1− −

¢=⇒ CQFD

P3. L’expression du taux d’accroissement de la population du radionuclide résultant, 2

contient deux termes, un premier terme de création proportionnel à 1 la population du

nuclide parent de constante 1 et un second terme de destruction proportionnel à 2 de

constante 2 :

2= 11 −22

Pour que le nombre de nuclide 2 ne varie pas, il faut que2= 0; donc

2= 11 −22 = 0 =⇒ 11 = 22

P4. On sait que la diminution du taux d’accroissement de la population du radionuclide est

proportionnelle à sa propre population :

= − =⇒ = 0

− =⇒ = − =⇒ = −0− (i)

Dans cette population qui diminue, chaque radionuclide possède une durée de vie moyenne



dont la valeur est obtenue par l’équation qui suit, dans laquelle on fait usage de l’équation

(i) pour trouver une valeur à :

=

0R0

0R0

=

0R0

(−0)−

−0 = ∞R0

−

Les bornes de cette nouvelle intégrale découlent du changement de variable. En effet,

= 0 à = 0, et −→ 0 avec −→ ∞ On applique la méthode d’intégration par

partie et on obtient

=£−−¯̄∞

0+∞R0

− =h³

1−´−

¯̄̄∞0= 0−

³1−´=⇒ = 1

=⇒ CQFD

P5. (a) Dans une désintégration la conservation de la quantité de mouvement exige que chacun

des fragments résultant de la désintégration emporte la même quantité de mouvement

dans des directions opposées. L’énergie de désintégration se répartit entre les fragments.

Si les fragments se déplacent parallèlement à l’axe des et qu’on utilise les modules de

vitesse, on écritPavant =

Paprès =⇒ 0 = −RR =⇒ =RR (i)

= +R =⇒ = 12

2 +

12R

2R (ii)

De l’équation (i), on note que

()2 = (RR)

2 =⇒ 12

³

R

´= 1

2R

2R

Si on insère ce résultat dans l’équation (ii), on obtient

= 12

2 +

12

³

R

´= 1

2

2

³1 +

R

´=

³R+

R

´=⇒

=R

R+=⇒ CQFD


22688Ra−→ 222

86Rn +


=³226

88Ra−222

86Rn−4

2He

´2 =⇒

= ((226025402 u)− (222017570 u)− (4002603 u)) 2 =⇒ = (0005229 u) 2 = (0005229) 2

³9315 MeV

2

´= 4871 MeV

On calcule ensuite l’énergie cinétique de la particule avec l’équation utilisée en (a) :

=R

R+=

(222017570 u)(4871 MeV)(222017570 u)+(4002603 u)

= 478 MeV

P6. Dans la désintégration + un positon (e+) est émis à partir du noyau, et l’équation de

la réaction s’écrit comme suit :



D−→

−1R + + +

Si on désigne par D et R la masse des noyaux de départ (D) et résultant (R), et que

la masse du positon est la même que celle d’un électron, l’équation qui définit l’énergie

de cette réaction est

= (D −R −e) 2

La masse du neutrino est négligeable. Dans la désintégration, le noyau perd une charge

positive, ce qui implique que, pour rester neutre, l’atome doit aussi perdre un électron.

La relation entre la masse de l’atome neutre, avant ou après la désintégration, et son

noyau s’établit de la manière suivante :

D =D + e =⇒ D = D − e

R =R + ( − 1)e =⇒ R = R − ( − 1)e

Si on remplace par ces valeurs la masse des noyaux dans l’expression établie plus haut

on arrive à

= (D −R − 2e) 2 =⇒ CQFD

La masse de chaque électron (ou positon) est

e =¡91094× 10−31 kg¢× ³ 1 u

1660540×10−27 kg´= 5486× 10−4 u

Et l’énergie de la réaction proposée est

=³64

29Cu−64

28Ni− 2e

´2 =⇒

=¡(63929768 u)− (63927969 u)− 2 ¡5486× 10−4 u¢¢ 2 =⇒

= (0007018 u) 2 = (0007018) 2³9315 MeV

2

´= 654 keV

P7. Avec la décroissance exponentielle, la diminution de 40 % en 35 h du taux de désinté-

gration d’un échantillon radioactif permet de calculer sa demi-vie :

= 0− = 0

−069312 =⇒ ln

³0

´= −0693

12=⇒ 12 = − 0693

ln³0

´ =⇒

12 = −0693(35 h)ln(06)= 475 h

P8. On donne l’expression de l’énergie potentielle électrique d’une sphère chargée de rayon

, =32

5 dans laquelle = correspond à la charge du noyau et non à l’énergie

de désintégration. On sait que le rayon (en mètre) du noyau est associé au nombre de

masse par =¡12× 10−15¢13; la variation d’énergie potentielle électrique au cours

de la réaction de fission dépend donc du nombre de masse et de la charge sur les

noyaux de départ :



=32

5= 32

5(12×10−15)13 =

200×10−152

13= 2

200×10−152

13

On analyse la réaction de fission suivante :

23692U−→ 141

56Ba +9236Ba + 3n

pour laquelle on a

i =(9×109)(16×10−19)2

200×10−15(92)2

(236)13= 1578× 10−10 J

f =(9×109)(16×10−19)2

200×10−15³

(56)2

(141)13+

(36)2

(92)13

´= 10248× 10−10 J

∆ = f−i =¡¡10248× 10−10 J¢− ¡1578× 10−10 J¢¢×³ 1 eV

16×10−19 J´= −346 MeV

P9. (a) Dans ce type de réaction, on a R ∝ − 4 et R + ∝ (− 4)+4 = de sorte que

le rapport R

R+= −4

, et le résultat du problème 5(a) peut être réécrit comme suit

=R

R+=⇒ =

(−4)

=⇒ CQFD

(b) L’énergie de la réaction proposée est

=³236

92U−232

90Th−4

2He

´2 =⇒

= ((236045561 u)− (232038054 u)− (4002603 u)) 2 =⇒ = (0004904 u) 2 = (0004904) 2

³9315 MeV

2

´= 4568 MeV

On calcule ensuite l’énergie cinétique finale de la particule avec l’équation utilisée en

(a) :

=(−4)

=

(236−4)(4568 MeV)236

= 449 MeV

P10. (a) Pour que la réaction endothermique ( 0) ait lieu, il faut que l’énergie de réaction soit

fournie par la variation de l’énergie cinétique totale ∆CM calculée dans le repère du

centre de masse (CM) de la collision entre les réactifs, |∆CM| = − Cette variationd’énergie cinétique doit ensuite être associée à l’énergie cinétique de la particule incidente

a =12a

2a Cette dernière est l’énergie seuil S qu’il faut fournir pour que la réaction

ait lieu, a = S

On considère la conservation de la quantité de mouvement selon un axe des parallèle

au mouvement de la particule incidente et des produits de réaction :Pavant =

Paprès =⇒ aa = bb −YY (i)

On calcule la vitesse du centre de masse en fonction des vitesses avant la collision :

CM =aa+X (0)

a+X= aa

a+X(ii)

et après la collision

CM =bb−Y Y

b+Y(iii)



Comme on le voit dans ces équations, la particule «a» est absorbé par le noyau «X»

afin de former le noyau «Y» et libérer la particule «b». Si on cherche la valeur «seuil»

de l’énergie nécessaire, on peut supposer que la particule «b» ne récupère qu’une faible

fraction de l’énergie cinétique et que le mouvement des particules «Y» et «b» après

la collision est négligeable, par rapport au centre de masse. La variation de l’énergie

cinétique, dans le repère du centre de masse, correspond alors à

∆CM = −12a (a − CM)2 − 1

2X

2CM

Si on fait appel à l’équation (ii), ce dernier résultat devient

∆CM = −12 aX

(a+X )2a = − X

(a+X )a =⇒ = − |∆CM| = − X

(a+X )a =⇒

S = −a+X

X =⇒ CQFD

(b) L’énergie de la réaction pour cette transformation a déjà été calculée à l’exercice 41(a),

= −119 MeV. Avec 42He

= 4002603 u et 147N= 14003074 u, on calcule ainsi

l’énergie seuil :

S = −42He+14

7N

147N

= − (4002603 u)+(14003074 u)(14003074 u)

(−119 MeV) = 153 MeV

Dans ce calcul, l’effet de la masse des électrons est annulé.

P11. On considère que la transformation s’opère sans modification de la charge, c’est pourquoi

on remplace le proton par un atome d’hydrogène. Ainsi, l’énergie de la réaction est

=³13

6C+1

1H−13

7N−n

´2 =⇒

= ((13003355 u) + (1007825 u)− (13005739 u)− (1008665 u)) 2 =⇒ = (−0003224 u) 2 = (−0003224) 2

³9315 MeV

2

´= −3003 MeV

On calcule l’énergie seuil au moyen du résultat du problème 10 :

S = −11H+13

6C

136C

=⇒S = − (1007825 u)+(13003355 u)(13003355 u)

(−3003 MeV) = 323 MeV =⇒ CQFD

Dans ce calcul, l’effet de la masse des électrons est annulé.



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