QCM : Radioactivité et dosimétrie (18 questions)

Questions et réponses du QCM

1. Dans une filiation radioactive X→Y→ZX\to Y\to Z, cochez la (les) proposition(s) exacte(s) :

Si le père se désintègre plus vite que le fils, l’activité du fils finit par décroître selon sa constante propre.
Le nombre de noyaux intermédiaires dépend des constantes de désintégration des deux étapes.
Le maximum d’activité du noyau fils survient à l’instant défini par tM=1λ2−λ1ln⁡(λ1λ2)t_M=\frac{1}{\lambda_2-\lambda_1}\ln\left(\frac{\lambda_1}{\lambda_2}\right).
L’activité du noyau fils atteint son maximum quand les activités du père et du fils sont égales.
Le nombre de noyaux intermédiaires est proportionnel à la constante radioactive du fils.

Si le père se désintègre plus vite que le fils, l’activité du fils finit par décroître selon sa constante propre. · Le nombre de noyaux intermédiaires dépend des constantes de désintégration des deux étapes. · L’activité du noyau fils atteint son maximum quand les activités du père et du fils sont égales.

Explication

Le nombre de noyaux intermédiaires dépend des constantes de désintégration des deux étapes, avec une dépendance proportionnelle à λ1\lambda_1 dans son expression. Le maximum d’activité du fils survient lorsque les activités du père et du fils sont égales, à l’instant tM=1λ2−λ1ln⁡(λ2λ1)t_M=\frac{1}{\lambda_2-\lambda_1}\ln\left(\frac{\lambda_2}{\lambda_1}\right). Si le père décroît plus vite que le fils, l’activité du fils finit par décroître selon sa propre constante radioactive.

2. Un détecteur reçoit un rayonnement sur une surface, tandis qu’une source émet un flux dans une direction donnée. Concernant les grandeurs énergétiques :

L’éclairement énergétique mesure une énergie totale par unité de surface en J m−2J\,m^{-2}.
L’intensité énergétique caractérise un flux d’énergie dans un angle solide donné.
L’éclairement énergétique est un flux reçu par unité de surface, en W m−2W\,m^{-2}.
La fluence énergétique est l’énergie totale reçue par unité de surface, en J m−2J\,m^{-2}.
La fluence énergétique s’exprime en watts par stéradian.

L’intensité énergétique caractérise un flux d’énergie dans un angle solide donné. · L’éclairement énergétique est un flux reçu par unité de surface, en $$W\,m^{-2}$$. · La fluence énergétique est l’énergie totale reçue par unité de surface, en $$J\,m^{-2}$$.

Explication

La fluence rapporte une énergie totale à une surface et s’exprime en J m−2J\,m^{-2}, tandis que l’intensité concerne un flux dans un angle solide. L’éclairement rapporte un flux à une surface et s’exprime en W m−2W\,m^{-2} ; watts par stéradian correspond à l’intensité, et non à la fluence.

3. Un faisceau de 1000 photons traverse 2 cm d’un milieu où μ=0,20 cm−1\mu=0{,}20\,cm^{-1}. Parmi les propositions concernant l’atténuation et les grandeurs associées, lesquelles sont exactes ?

Le nombre transmis s’écrit Nx=1000e−0,40N_x=1000e^{-0{,}40} après la traversée.
Le flux énergétique correspond à l’énergie émise par unité de temps et s’exprime en watts.
Le coefficient total est la somme des contributions photoélectrique, Compton et de production de paire.
La couche de demi-atténuation vaut ln⁡20,20\frac{\ln 2}{0{,}20} cm, soit environ 3,47 cm.
Le nombre transmis s’obtient en multipliant 1000 par e0,40e^{0{,}40}.

Le nombre transmis s’écrit $$N_x=1000e^{-0{,}40}$$ après la traversée. · Le flux énergétique correspond à l’énergie émise par unité de temps et s’exprime en watts. · Le coefficient total est la somme des contributions photoélectrique, Compton et de production de paire. · La couche de demi-atténuation vaut $$\frac{\ln 2}{0{,}20}$$ cm, soit environ 3,47 cm.

Explication

La loi d’atténuation donne Nx=N0e−μx=1000e−0,40N_x=N_0e^{-\mu x}=1000e^{-0{,}40}, et la CDA vaut ln⁡2/0,20≈3,47\ln 2/0{,}20\approx3{,}47 cm. Le coefficient total additionne les trois contributions indiquées, et le flux énergétique est une énergie par unité de temps ; le signe de l’exposant doit être négatif.

4. Pour un noyau, on connaît la masse du noyau, le nombre de protons et de neutrons ainsi que le nombre total de nucléons ; quelles propositions décrivent correctement le défaut de masse et les énergies de liaison ?

L’énergie de liaison moyenne par nucléon vaut Δmc2/A\Delta mc^2/A.
L’énergie de liaison totale peut être calculée par B=Δm×931,5B=\Delta m\times931{,}5.
L’énergie de liaison moyenne par nucléon s’obtient en multipliant l’énergie totale par AA.
Le défaut de masse s’obtient en ajoutant à MM les masses des protons et des neutrons séparés.
Le défaut de masse se calcule en retranchant de MM les contributions ZmpZm_p et NmnNm_n.

L’énergie de liaison moyenne par nucléon vaut $$\Delta mc^2/A$$. · L’énergie de liaison totale peut être calculée par $$B=\Delta m\times931{,}5$$. · Le défaut de masse se calcule en retranchant de $$M$$ les contributions $$Zm_p$$ et $$Nm_n$$.

Explication

Le défaut de masse est Δm=M−Zmp−Nmn\Delta m=M-Zm_p-Nm_n, et l’énergie totale vaut B=Δmc2=Δm×931,5B=\Delta mc^2=\Delta m\times931{,}5. L’énergie moyenne s’obtient en divisant l’énergie de liaison totale par AA ; les propositions inversant les soustractions ou la division contredisent ces relations.

5. Pour une exposition du corps entier, la période physique vaut 66 jours et la période biologique 33 jours. Quelles relations décrivent la dose efficace et la période effective ?

Pour le corps entier, la dose efficace est égale à la dose équivalente.
La période effective vaut 22 jours selon la relation des inverses des périodes.
La période effective vaut 99 jours, somme des périodes physique et biologique.
La dose efficace est égale à la dose équivalente divisée par le coefficient tissulaire.
La dose efficace est le produit de la dose absorbée par le coefficient de pondération des rayonnements.

Pour le corps entier, la dose efficace est égale à la dose équivalente. · La période effective vaut $$2$$ jours selon la relation des inverses des périodes.

Explication

Pour le corps entier, le cours indique E=HE=H. La période effective vérifie 1/TE=1/6+1/3=1/21/T_E=1/6+1/3=1/2, donc TE=2T_E=2 jours; la dose efficace utilise le coefficient tissulaire appliqué à la dose équivalente.

6. À propos des grandeurs utilisées dans la relation de datation au carbone 14, quelles propositions sont exactes ?

C0C_0 désigne la concentration de carbone 14 au temps initial.
La constante radioactive λ\lambda s’exprime en années dans cette relation.
CtC_t désigne la concentration initiale de carbone 14 avant la période étudiée.
La constante λ\lambda est celle du carbone 14 et s’exprime en s−1\mathrm{s}^{-1}.
Dans la relation de datation, CtC_t représente la concentration au temps actuel.

$$C_0$$ désigne la concentration de carbone 14 au temps initial. · La constante $$\lambda$$ est celle du carbone 14 et s’exprime en $$\mathrm{s}^{-1}$$. · Dans la relation de datation, $$C_t$$ représente la concentration au temps actuel.

Explication

Dans la relation de datation, C0C_0 est la concentration initiale et CtC_t la concentration actuelle. λ\lambda est la constante radioactive du carbone 14, exprimée en s−1\mathrm{s}^{-1} ; les deux autres propositions échangent la définition des concentrations ou confondent constante et période.

7. Un échantillon ancien contient une concentration actuelle de carbone 14 CtC_t inférieure à sa concentration initiale C0C_0. Quelles propositions décrivent sa datation ?

Une diminution de CtC_t relativement à C0C_0 correspond à une durée écoulée positive.
La constante radioactive de la relation est celle du carbone 14.
La durée calculée utilise le logarithme de CtC0\frac{C_t}{C_0}, divisé par λ.
La période radioactive du carbone 14 est de 5 700 ans.
La durée écoulée s’obtient par t−t0=1λln⁡(C0Ct)t-t_0=\frac{1}{\lambda}\ln\left(\frac{C_0}{C_t}\right).

Une diminution de $$C_t$$ relativement à $$C_0$$ correspond à une durée écoulée positive. · La constante radioactive de la relation est celle du carbone 14. · La période radioactive du carbone 14 est de 5 700 ans. · La durée écoulée s’obtient par $$t-t_0=\frac{1}{\lambda}\ln\left(\frac{C_0}{C_t}\right)$$.

Explication

La datation utilise t−t0=1λln⁡(C0Ct)t-t_0=\frac{1}{\lambda}\ln\left(\frac{C_0}{C_t}\right), avec la constante du carbone 14, dont la période est de 5 700 ans. Comme C0>CtC_0>C_t, le logarithme du rapport est positif ; inverser le rapport donnerait le signe opposé.

8. Un comptage passe de N=100N=100 à N=400N=400 particules lorsque la mesure est prolongée. Concernant l’erreur statistique de comptage :

La prolongation de la mesure augmente le nombre de particules comptées et réduit l’erreur.
Pour N=400N=400, l’erreur relative vaut 20%20\% après conversion en pourcentage.
Pour N=400N=400, l’erreur relative est deux fois plus faible que pour N=100N=100.
Pour N=100N=100, l’erreur relative vaut 10%10\% après conversion en pourcentage.
L’erreur relative de comptage varie comme l’inverse de la racine carrée de NN.

La prolongation de la mesure augmente le nombre de particules comptées et réduit l’erreur. · Pour $$N=400$$, l’erreur relative est deux fois plus faible que pour $$N=100$$. · Pour $$N=100$$, l’erreur relative vaut $$10\%$$ après conversion en pourcentage. · L’erreur relative de comptage varie comme l’inverse de la racine carrée de $$N$$.

Explication

L’erreur relative vaut 1/N1/\sqrt{N} : pour N=100N=100, elle est de 10%10\%, et pour N=400N=400, de 5%5\%, soit deux fois moins. Une mesure plus longue augmente le comptage et diminue l’erreur ; 20%20\% pour N=400N=400 est donc incorrect.

9. Un noyau subit une transformation α\alpha, tandis qu’un autre se désexcite par conversion interne ; quelle(s) proposition(s) est (sont) juste(s) ?

Le coefficient de conversion interne est le rapport du nombre de photons gamma au nombre d’électrons de conversion interne.
Le coefficient total de conversion interne est la différence entre les coefficients des couches KK, LL et MM.
Les coefficients par couche suivent l’ordre αK<αL<αM\alpha_K<\alpha_L<\alpha_M.
Pour la transformation α\alpha, Q=[m(X)−m(Y)−m(He)]c2Q=[m(X)-m(Y)-m(\mathrm{He})]c^2, et l’énergie alpha est approximativement QQ.
Lors d’une conversion interne, l’électron emporte une énergie égale à E+∣El∣E+|E_l|.

Pour la transformation $$\alpha$$, $$Q=[m(X)-m(Y)-m(\mathrm{He})]c^2$$, et l’énergie alpha est approximativement $$Q$$.

Explication

Pour la transformation α\alpha, l’énergie de réaction retranche la masse de l’hélium, et l’énergie emportée par la particule alpha est approximativement QQ. En conversion interne, Ee=E−∣El∣E_e=E-|E_l| ; le coefficient est le rapport électrons/gammas, les coefficients des couches s’additionnent et leur ordre est αK>αL>αM\alpha_K>\alpha_L>\alpha_M.

10. Un rayonnement de coefficient de pondération Wr=3W_r=3 dépose une dose absorbée de 2 Gy2\,Gy en 4 s4\,s. Quelles propositions décrivent les grandeurs dosimétriques correspondantes ?

Le débit de dose absorbée se calcule en divisant la durée par la dose absorbée.
La dose équivalente s’exprime en grays lorsque le rayonnement est pondéré.
La dose équivalente vaut 5 Sv5\,Sv lorsque le coefficient de pondération vaut trois.
Le débit de dose absorbée vaut 2 Gy s−12\,Gy\,s^{-1} pour cette irradiation.
La dose équivalente vaut 6 Sv6\,Sv, car elle est le produit de WrW_r par la dose absorbée.

La dose équivalente vaut $$6\,Sv$$, car elle est le produit de $$W_r$$ par la dose absorbée.

Explication

La dose équivalente est H=WrD=3×2=6 SvH=W_rD=3\times2=6\,Sv. Le débit de dose absorbée est 2/4=0,5 Gy s−12/4=0{,}5\,Gy\,s^{-1}; il se calcule comme la variation de dose par unité de temps, et la dose équivalente s’exprime en sieverts.

11. Un échantillon radioactif est suivi pendant une durée donnée. Concernant l’évolution de ses noyaux et de son activité :

Le nombre de noyaux pères suit une décroissance exponentielle de constante radioactive λ.
Le nombre de noyaux fils formés correspond à la quantité initiale diminuée des noyaux pères restants.
L’activité instantanée décroît exponentiellement avec une constante radioactive égale à 2λ2\lambda.
L’activité instantanée est égale au produit de λ par le nombre de noyaux présents.
Le nombre de noyaux pères croît exponentiellement avec la constante radioactive λ.

Le nombre de noyaux pères suit une décroissance exponentielle de constante radioactive λ. · Le nombre de noyaux fils formés correspond à la quantité initiale diminuée des noyaux pères restants. · L’activité instantanée est égale au produit de λ par le nombre de noyaux présents.

Explication

Le nombre de noyaux pères suit N=N0e−λtN=N_0e^{-\lambda t}, tandis que l’activité décroît selon A=A0e−λtA=A_0e^{-\lambda t} et vérifie A=λNA=\lambda N. Les noyaux fils formés valent N0(1−e−λt)N_0(1-e^{-\lambda t}). Le nombre de noyaux pères ne croît donc pas exponentiellement, et la constante de décroissance de l’activité est λ\lambda, non 2λ2\lambda.

12. Un électron reçoit une énergie cédée de 12 eV et son énergie de liaison vaut 4 eV. Concernant les échanges énergétiques lors d’interactions :

Si l’électron incident passe de 15 eV à 9 eV, le rayonnement emporte 6 eV.
Pour une excitation, l’énergie de l’état stable est soustraite à celle de l’état excité.
Lors d’une excitation entre 2 eV et 7 eV, l’énergie cédée vaut 5 eV.
Lors de l’ionisation, l’énergie cinétique produite vaut 16 eV dans ce cas.
Lors de l’ionisation, l’énergie cinétique produite vaut 8 eV dans ce cas.

Si l’électron incident passe de 15 eV à 9 eV, le rayonnement emporte 6 eV. · Pour une excitation, l’énergie de l’état stable est soustraite à celle de l’état excité. · Lors d’une excitation entre 2 eV et 7 eV, l’énergie cédée vaut 5 eV. · Lors de l’ionisation, l’énergie cinétique produite vaut 8 eV dans ce cas.

Explication

L’ionisation donne Ec=12−4=8E_c=12-4=8 eV, et l’excitation entre 2 et 7 eV requiert 5 eV. La diffusion indiquée emporte 15−9=615-9=6 eV, tandis que l’énergie cinétique d’ionisation n’est pas la somme des deux énergies ; l’excitation s’obtient bien par E1−E0E_1-E_0.

13. Un faisceau de particules de 2 MeV pénètre dans un milieu de masse volumique 1,0 g cm−31{,}0\,g\,cm^{-3}. Parmi les propositions suivantes concernant la pénétration et le TEL, lesquelles sont exactes ?

La profondeur moyenne diminue si la masse volumique augmente à énergie fixée.
Le TEL peut se calculer comme le produit de la DLI par l’énergie moyenne d’ionisation.
Une DLI de 3 paires par micromètre et une énergie moyenne de 20 eV donnent un TEL de 60 eV par micromètre.
La profondeur moyenne calculée avec la formule vaut environ 0,54 cm dans ce milieu.
Le TEL correspond à l’énergie transférée au milieu cible par unité de longueur.

La profondeur moyenne diminue si la masse volumique augmente à énergie fixée. · Le TEL peut se calculer comme le produit de la DLI par l’énergie moyenne d’ionisation. · Une DLI de 3 paires par micromètre et une énergie moyenne de 20 eV donnent un TEL de 60 eV par micromètre. · La profondeur moyenne calculée avec la formule vaut environ 0,54 cm dans ce milieu. · Le TEL correspond à l’énergie transférée au milieu cible par unité de longueur.

Explication

La formule donne P=0,215×21,33/1,0≈0,54P=0{,}215\times 2^{1{,}33}/1{,}0\approx0{,}54 cm ; le TEL est bien une énergie transférée par unité de longueur. Le produit indiqué vaut 3×20=603\times20=60 eV/µm, et la dépendance inverse en masse volumique implique une pénétration plus faible quand celle-ci augmente.

14. Pour caractériser un radionucléide et un mélange de deux radionucléides, quelles propositions sont exactes ?

Une période de 10 s correspond à une constante radioactive de 10ln⁡2 s−110\ln 2\,\mathrm{s}^{-1}.
L’activité totale d’un mélange est la somme des activités de ses deux radionucléides.
Chaque activité composante évolue exponentiellement selon sa propre constante radioactive.
Pour une période de 10 s, la constante radioactive vaut ln⁡210 s−1\frac{\ln 2}{10}\,\mathrm{s}^{-1}.
La masse d’un radionucléide se calcule avec son activité, sa période et sa masse molaire.

L’activité totale d’un mélange est la somme des activités de ses deux radionucléides. · Chaque activité composante évolue exponentiellement selon sa propre constante radioactive. · Pour une période de 10 s, la constante radioactive vaut $$\frac{\ln 2}{10}\,\mathrm{s}^{-1}$$. · La masse d’un radionucléide se calcule avec son activité, sa période et sa masse molaire.

Explication

La relation T1/2=ln⁡2λT_{1/2}=\frac{\ln 2}{\lambda} donne λ=ln⁡210 s−1\lambda=\frac{\ln 2}{10}\,\mathrm{s}^{-1} pour une période de 10 s. La formule de masse dépend de l’activité, de la période et de la masse molaire ; les activités s’additionnent et chacune décroît avec sa propre constante. La proposition restante inverse la relation entre période et constante.

15. Concernant le kerma et la dose absorbée :

Le kerma peut s’écrire comme le produit de la fluence énergétique par le coefficient massique de transfert d’énergie.
La dose absorbée décrit l’énergie transférée par unité de masse au sein d’une sphère.
La dose absorbée correspond à l’énergie absorbée par unité de masse, quel que soit le lieu du transfert initial.
Le kerma quantifie l’énergie absorbée par unité de masse, indépendamment du lieu du transfert initial.
Le kerma caractérise l’énergie transférée par unité de masse et s’exprime en grays.

Le kerma peut s’écrire comme le produit de la fluence énergétique par le coefficient massique de transfert d’énergie. · La dose absorbée correspond à l’énergie absorbée par unité de masse, quel que soit le lieu du transfert initial. · Le kerma caractérise l’énergie transférée par unité de masse et s’exprime en grays.

Explication

Le kerma décrit l’énergie transférée par unité de masse et s’exprime en grays; sa formule fait intervenir la fluence et le coefficient massique de transfert. La dose absorbée correspond à l’énergie absorbée, et non transférée, par unité de masse, indépendamment du lieu du transfert initial.

16. Une source émet 800800 particules et le détecteur couvre un angle solide de π\pi stéradians. Parmi les propositions suivantes concernant le comptage, laquelle ou lesquelles est ou sont exacte(s) ?

L’efficacité absolue rapporte les impulsions comptées aux particules reçues.
Le nombre moyen de particules reçues vaut 800×π/(4π)=200800\times\pi/(4\pi)=200.
L’efficacité absolue est le rapport des impulsions reçues aux impulsions émises.
Le nombre moyen de particules reçues est indépendant de l’angle solide du détecteur.
Le nombre moyen reçu vaut 800×4π/π=3200800\times4\pi/\pi=3200 particules.

Le nombre moyen de particules reçues vaut $$800\times\pi/(4\pi)=200$$.

Explication

La formule donne D(t)=N(t)Ω/(4π)D(t)=N(t)\Omega/(4\pi), soit 800×π/(4π)=200800\times\pi/(4\pi)=200 particules en moyenne. L’efficacité absolue compare les impulsions comptées aux impulsions émises; le nombre moyen reçu dépend de l’angle solide.

17. Un détecteur Geiger-Müller compte 7272 impulsions parmi 120120 impulsions reçues. Quelles propositions caractérisent son rendement et l’angle solide considéré ?

L’efficacité intrinsèque compare les impulsions comptées aux impulsions émises par la source.
Le rendement vaut 72/120=0,6072/120=0{,}60, car il rapporte les impulsions comptées aux impulsions reçues.
Le rendement vaut 120/72120/72, puisque les impulsions reçues sont au numérateur.
L’angle solide associé au compteur Geiger-Müller est 2π2\pi stéradians.
Le nombre moyen de particules reçues vaut D(t)=N(t)Ω2πD(t)=N(t)\frac{\Omega}{2\pi}.

Le rendement vaut $$72/120=0{,}60$$, car il rapporte les impulsions comptées aux impulsions reçues. · L’angle solide associé au compteur Geiger-Müller est $$2\pi$$ stéradians.

Explication

L’efficacité intrinsèque, ou rendement, rapporte les impulsions comptées aux impulsions reçues; les impulsions émises sont au dénominateur de l’efficacité absolue. Ici, le rendement vaut 72/120=0,6072/120=0{,}60, et non 120/72120/72. Pour un compteur Geiger-Müller, l’angle solide considéré vaut 2π2\pi stéradians. Le nombre moyen de particules reçues est donné par D(t)=N(t)Ω4πD(t)=N(t)\frac{\Omega}{4\pi}.

18. Un laboratoire doit convertir des mesures de radioactivité, d’énergie et de masse. Quelles propositions de conversion sont exactes ?

Une masse de 1 u1\,\mathrm{u} correspond à 931,5 MeV×c2931{,}5\,\mathrm{MeV}\times c^2.
Une activité de 1 Ci1\,\mathrm{Ci} correspond à 3,7×1010 Bq3{,}7\times10^{10}\,\mathrm{Bq}.
Une énergie de 1 eV1\,\mathrm{eV} correspond à 1,602176634×10−18 J1{,}602176634\times10^{-18}\,\mathrm{J}.
Une masse de 1 u1\,\mathrm{u} correspond à 931,5 MeV/c2931{,}5\,\mathrm{MeV}/c^2.
Une énergie de 1 eV1\,\mathrm{eV} correspond à 1,602176634×10−19 J1{,}602176634\times10^{-19}\,\mathrm{J}.

Une activité de $$1\,\mathrm{Ci}$$ correspond à $$3{,}7\times10^{10}\,\mathrm{Bq}$$. · Une masse de $$1\,\mathrm{u}$$ correspond à $$931{,}5\,\mathrm{MeV}/c^2$$. · Une énergie de $$1\,\mathrm{eV}$$ correspond à $$1{,}602176634\times10^{-19}\,\mathrm{J}$$.

Explication

Le curie vaut 3,7×1010 Bq3{,}7\times10^{10}\,\mathrm{Bq}, et l’électronvolt vaut 1,602176634×10−19 J1{,}602176634\times10^{-19}\,\mathrm{J}. L’unité de masse atomique correspond à 931,5 MeV/c2931{,}5\,\mathrm{MeV}/c^2 ; l’exposant proposé pour l’électronvolt est dix fois trop grand, et la conversion de masse place c2c^2 au dénominateur.

Révisez avec les flashcards

Mémorisez les réponses avec 63 flashcards sur Radioactivité et dosimétrie.

Quelle formule relie l’indice de réfraction nn aux vitesses lumineuses dans le vide et le milieu ?

n=cv>1n=\frac{c}{v}>1.

Quelles relations lient la période TT, la fréquence ff et la fréquence ν\nu ?

T=1f=1νT=\frac{1}{f}=\frac{1}{\nu}.

Quelle formule donne l’énergie EE d’un photon de fréquence ν\nu et de longueur d’onde λ\lambda ?

E=hν=hcλE=h\nu=\frac{hc}{\lambda}.

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