Les messages de l`Univers:

La synthèse des éléments chimiques
Les messages de l’Univers.
Georges Comte OAMP
Benoît Dasset
Michel Ramponi
Gérard Trouillot
Plan de l’exposé :
Circulation dans l’exposé :
-Notions très basiques de physique nucléaire : diapo 5
- Notions très basiques de physique nucléaire :diapo 6
- Qu’est ce qu’une réaction nucléaire ? : diapo 12
-Qu’est ce qu’une réaction nucléaire ? : diapo 12
- La fusion thermonucléaire : une réaction très « difficile » : pourquoi?
(animation barrière coulombienne / interaction forte) : diapo 16
- La fusion thermonucléaire : une réaction très « difficile » : pourquoi?
- Les énergies en jeu ; la conversion masse-énergie : diapo 19
(animation barrière coulombienne / interaction forte) : diapo 16
- Synthèse primitive de l’hélium : diapo 20
- Synthèses dans le Soleil : He diapo 26
-Les énergies en jeu ; la conversion masse-énergie : diapo 19
C, N, O diapo 30
-Synthèses des éléments plus lourds que le fer : diapo 47
-Synthèse primitive de l’hélium : diapo 20
- Courbe d’Aston : diapo 45
- Diagramme d’Hertsprung-Russsel : diapo 55
-Synthèses dans le Soleil :diapo 26
- Comparaison étoile / ITER : diapo 56
- Questions : diapo 57
-Synthèses des éléments plus lourds que le fer : diapo 47
Les animations nécessitent le plugin Flashplayer .
Si vous ne voyez pas les animations, Télécharger le player.
Cliquez en dehors de l’animation pour circuler avec les flèches du clavier.
Les animations nécessitent le plugin Flashplayer .
Si vous ne voyez pas les animations, Télécharger le player.
Cliquez en dehors de l’animation pour circuler avec les flèches du clavier.
Histoire des Éléments
de l’hydrogène à l’uranium
ou … du Big Bang à la vie
Quelques questions, en vrac, qu’on peut se poser :
- les étoiles ont apparemment une source d’énergie « illimitée »
à l’échelle de la vie humaine, et même à l’échelle « géologique »
- les astrophysiciens nous assurent que l’hydrogène et l’hélium
sont les constituants essentiels de la matière ordinaire dans
l’Univers
- on connaît une centaine d’éléments chimiques différents, et de
nombreux isotopes de ces éléments
- notre planète est surtout constituée, en surface, de silicium, de
calcium, d’aluminium et d’oxygène, et son atmosphère d’azote;
l’hydrogène n’y est guère présent que sous forme d’eau
- les êtres vivants sont constitués de carbone, d’azote et d’oxygène
chimiquement liés à l’hydrogène, mais ce dernier n’est pas en
général le principal élément constituant de la matière vivante
D’abord, un peu de physique nucléaire
pour comprendre la suite
Le noyau atomique
électrons
protons
noyau
neutrons
Les protons portent une charge électrique positive
Les neutrons n’ont pas de charge électrique
Dans un atome froid, non ionisé, la charge totale du noyau
(addition de toutes les charges des protons) est égale à la charge
totale portée par les électrons, et de signe opposé. L’atome est
ainsi électriquement neutre.
Protons et neutrons sont liés ensemble au sein du noyau par
une force gigantesque mais de portée extrêmement réduite
appelée interaction nucléaire forte. Nous n’avons pas fini de
voir ses effets!
Cette force est responsable de la plupart des réactions
nucléaires qui président à la genèse des éléments.
Le plus simple des atomes : l’hydrogène, a le plus simple des
noyaux: il est réduit à un unique proton.
Un peu plus compliqué : l’hydrogène lourd ou deutérium :
son noyau possède en plus un neutron.
Hydrogène ordinaire et deutérium ont exactement les mêmes
propriétés chimiques : c’est l’électron qui est responsable de la
chimie !
Leurs noyaux ont le même nombre de protons (un seul!) mais
un nombre de neutrons différent :
ce sont deux « isotopes »
Il existe même un troisième hydrogène,
« super-lourd », qui possède un deuxième
neutron : le tritium
Le tritium est un noyau instable parce
qu’il a « trop » de neutrons : il se
désintègre en hélium 3 par radioactivité
bêta
Qu’est-ce qu’un élément chimique ?
On appellera « élément » un noyau atomique possédant un
nombre bien défini de protons, quel que soit le nombre de
neutrons que ce noyau comporte par ailleurs.
Ex: tous les noyaux atomiques de l ’Univers qui contiennent 8
protons sont des noyaux d ’oxygène !
Tous ceux qui contiennent 26 protons sont des noyaux de fer !
Pour consulter la table sur internet : Wikipedia.
Qu’est-ce qu’une « réaction nucléaire » ?
C’est un phénomène qui affecte le noyau d’un atome :
une
destruction
(partielle)
du
noyau
(désintégration), par
perte de particules constitutives
(radioactivité), spontanée ou provoquée par une collision avec
une particule .
• - une brisure du noyau en deux ou plusieurs fragments qui
deviennent les noyaux de nouveaux atomes d’autres
éléments, plus « légers », (fission).
- la capture d’une particule (proton ou neutron, ou
électron) qui change la nature du noyau
–- la construction d’un noyau plus « lourd » suite à la
suite d’une collision, suivie d’agrégation des deux
morceaux, de deux noyaux (fusion).
Comment « fonctionne » une réaction de fusion
(dite aussi « thermonucléaire ») ?
A
B
1) deux noyaux légers A et B se rapprochent grâce à leur grande
énergie cinétique (fortes température et densité du milieu)
A
B
2) les noyaux parviennent à vaincre la répulsion électrostatique
et l’interaction nucléaire forte prend le dessus.
(D)
3) le noyau C résultant est formé,
avec libération d’énergie, et, parfois,
éjection de particule(s) D
C
Pourquoi les réactions de fusion nécessitent-elles de très
fortes densités et de très hautes températures ?
Seule l’énergie cinétique des noyaux lancés l’un contre l’autre
peut leur permettre de vaincre la répulsion électrostatique.
Dans un Tokamak où la densité est de quelques mg/cm3, la
réaction 3H + 2H ---> 4He + n qu’on cherche à exploiter pour
produire expérimentalement de l’énergie demande 100
millions de degrés!
A la densité du cœur du Soleil (160 kg/ cm3 ), cette réaction se
ferait vers 600 000 K sans problème… mais il ne peut y avoir
ni 2H, ni 3H dans le cœur du Soleil !
Plus les noyaux sont « lourds » plus T et r doivent être élevées, la
répulsion électrostatique augmentant avec la charge des noyaux.
• Collisions à trois températures croissantes
Pourquoi y a-t-il libération d’énergie ?
- Le noyau A a une masse totale (neutrons + protons) mA
- Le noyau B a une masse totale (neutrons + protons) mB
- Le noyau C a une masse totale (neutrons + protons) mC
mais
mC < mB + mA !!! Cette différence est le « défaut
de masse » et correspond à la différence des énergies de
liaison des particules nucléaires dans C et dans A et B.
Par exemple, lorsque quatre protons fusionnent (en 3 réactions
successives au moins…) pour former un noyau d’hélium 4, (2p + 2n), le
défaut de masse du noyau 4He formé est de 0,7 % par rapport à la somme
des masses des H
1H
2H
hydrogène
deutérium
3He
hélium «3»
Les débuts :
la synthèse « primordiale »
des éléments « légers »
4He
hélium
L’Univers d’aujourd’hui, pour ce qui concerne son
contenu en matière « classique » (dite aussi « baryonique »
contient, en nombre d’atomes :
90,76 % d’hydrogène
9,09 % d’hélium
0,15 % de tout le reste…
soit, en masse,
70 % d’hydrogène et 28 % d’hélium environ.
Cette matière est sous forme condensée (étoiles, planètes)
et de gaz et poussières interstellaires
Les étoiles transmutent l’hydrogène en hélium (voir la
suite!), mais cette production, même assurée pendant 12
milliards d’années, ne peut rendre compte que de quelques
pour cents de l’abondance de He observée.
La spectroscopie des quasars très distants (donc vus très
loin dans le passé, montre que l’abondance de l’hydrogène
était la même qu’aujourd’hui, à très peu près, il y a 10
milliards d’années.
-->> H et He ont été synthétisés au tout début de l’histoire,
bien avant l’apparition des premières étoiles !!!
L’un des grands succès de la théorie du Big Bang est
justement d’expliquer correctement cette nucléosynthèse
« primordiale »
À l ’instant t = 10-32 secondes , T = 1026 K et r = 1073 kg/m3
toute la matière est sous forme d’une « soupe » de quarks et d’anti-quarks en
permanente interaction, les annihilations équilibrant à peu près les créations de paires
de particules. Une très faible dissymétrie au profit des particules et au détriment des
antiparticules fait que la matière « normale » va survivre aux dépens de l’antimatière.
Mais l ’expansion est très rapide, T et r chutent vertigineusement !
---------------------------------------------------------------------------------
t = 10-4 secondes , T = 1012 K et r = 1017 kg/m3
les quarks survivants se recombinent en protons et neutrons.
Les deux réactions :
p + e-
n + n
n + e+
p +
n
sont en équilibre statistique et maintiennent des populations égales
t = 10-2 secondes, T = 1011 K et r = 1013 kg/m3
le nombre de neutrons commence à diminuer, car l’énergie disponible diminue
(T baisse) et la capture de positons est plus facile que la capture électronique.
-----------------------------t = 1 seconde, T = 1010 K et r = 109 kg/m3
il ne reste plus qu’un neutron pour 3 protons: leur incorporation dans des noyaux
complexes (3He ou 4He) est très peu probable, (collisions à plus de 2 particules) et le
deutérium ne peut encore être stable.
-----------------------------t = 100 secondes, T = 109 K et r = 105 kg/m3
stabilité du deutérium 2H et création du nombre de noyaux D correspondant à
l’abondance des neutrons (1 n pour 7 p).T et r sont telles que les deutérons fusionnent
instantanément pour donner de l’ 4He (dans la proportion de 25 % en masse
1H
+ n -->
2H
+g
puis
ou
2H
+ 2H -->
2H + 2H -->
puis
ou
3He
3
He + n
3H + 1H
+ 2H --> 4He + 1H
3H + 2H --> 4He + n
Remarques :
1) un peu d’ 3He subsistera avant d’avoir eu la possibilité d’être
détruit par le deutérium devenu rare.
2)le 3H disparaîtra très rapidement et complètement (radioactif b)
3) une faible quantité de lithium 7 (et uniquement celui-là) est
créée:
4He + 3H ---> 7Li + g
ou 4He + 3He ---> 7Be + g
7Be + g
---> 7Li + 1H
4) Dans les dernières secondes de cet épisode de nucléosynthèse
primordiale, T et r (qui continuent à s’effondrer) auront juste
assez diminué pour qu’une faible quantité de 2H (deutérium)
survive. Il ne sera plus détruit que par les étoiles.
La nucléosynthèse primordiale s’arrête ici, r et T s’effondrent
trop vite pour permettre de synthétiser des éléments plus lourds
Ce n’est que vers 1938 que Hans Bethe (prix Nobel 1967)
comprit enfin dans ses détails le fonctionnement de
la source d’énergie qui permettait
au Soleil - et aux autres étoiles de produire une quantité d’énergie
immense de manière permanente et stable,
ceci, nous le savons
aujourd’hui, pendant des milliards d’années.
Cycle proton-proton « pp1 » des étoiles de faible masse
+
I
n
+
H
e
+
ν
+
+
+
II
III
Synthèse
du
deutérium
Synthèse
de
l’hélium 3
+
+
+
Bilan total: 4 x 1H
4He
+
+ 2 e+ + 2ν
γ
Production
de
l’hélium 4
Chaque seconde,
600 millions de tonnes
d’hydrogène
sont transformées en hélium
dans le cœur du Soleil
par fusion thermonucléaire, et sur cette
quantité, 4 millions de tonnes
disparaissent, transformées en énergie
et ceci dure depuis 4,5 milliards d’années!
Au fur et à mesure que l’hydrogène du cœur est
transformé en hélium, les « cendres » d’hélium
s’accumulent dans le centre du Soleil, à une température
trop faible (!) pour pouvoir elles-mêmes subir des
réactions de fusion.
Le « réacteur à fusion » du cœur
s’ « empoisonne » peu à peu : ce phénomène provoque,
au bout de plusieurs milliards d’années, l’évolution de
l’étoile vers un stade de géante
Cycle CNO des étoiles massives (ppIV)
I
+
+
II
III
IV
+
+
+
+
V
VI
12C
+
+
+
13N
+ 1H
13C
13N
+g
+ e+ + n
13C
+ 1H
14N
+g
14N
+ 1H
15O
+g
15O
15N
+ 1H
15N
+ e+ + n
12C
+ 4He
En fait, le cycle réel est plus complexe et contient un branchement
possible entre deux réactions :
après
1)
2)
15N
+
15O
15N
+ e+ + n
1H
12C
+ 4He
il existe deux chemins:
qui recycle le carbone
initial
15N
+
1H
16O
+ g
16O
+
1H
17F
+ g
17F
17O
+ e+ + n
1H
14N
+
17O
+
4He
qui produit probablement
la majeure partie
de l’azote
de l’Univers
Formation des éléments dits « alpha »:
un regard sur l ’évolution des étoiles
de masse « intermédiaire » et forte
séquence principale : lieu du diagramme Hertsprung-Russell où
se trouvent les étoiles dont le cœur produit l’énergie par les
réactions de fusion proton-proton (4 1H --> 4He )
autour de ce cœur, une vaste enveloppe transfère l’énergie
vers la surface, par rayonnement et convection selon la
masse de l’étoile et/ou la zone de l’enveloppe considérée.
Exemple : le Soleil, et des centaines de millions d’autres
étoiles dans la Voie Lactée.
Tant qu’il y a assez d’hydrogène au centre, l’étoile reste sur la S.P.
T max du cœur < = 40 millions de degrés , dépend de la masse!
(15 dans le Soleil)
Les étoiles les plus massives, où le cycle CNO domine, ont un
taux de réaction très grand.
Une étoile nouvellement formée a un cœur contenant 89 %
d’hydrogène et 10 % d’hélium (en nombre d’atomes).
le cycle pp produit de l’énergie ET modifie la composition
chimique du cœur en l’enrichissant en hélium.
He est un « poison » pour les réactions de fusion pp
(noyaux He thermonucléairement inertes aux
températures centrales des étoiles de séquence principale
L’ «efficacité» du réacteur diminue donc avec le temps; la production
d’énergie a tendance à ralentir.
La production centrale d’énergie ralentit
la pression de radiation exercée par le cœur
vers l’enveloppe diminue.
équilibre hydrostatique de l’étoile
(forces de gravité <---> forces de pression)
modifié :
contraction du cœur.
Puis arrêt des réactions thermonucléaires centrales p-p (trop d’He)
contraction assez rapide des régions centrales
échauffement du cœur d’He et augmentation de densité
« allumage » de la fusion p-p dans une couche voisine du
cœur qui reste temporairement inerte. Cette couche devient la
nouvelle source d’énergie de l’étoile.
La sous-géante:
L’étoile quitte la séquence principale et a alors une structure de
« sous-géante » : (du centre vers la périphérie)
- petit cœur d’hélium inerte et chaud, toujours en contraction
- couche pp . L’allumage de la fusion dans cette couche donne à
l’étoile un nouvel état d’équilibre hydrostatique : les forces de
pression vers l’extérieur reprennent le dessus sur la gravité et...
- l’enveloppe se dilate à nouveau jusqu’à atteindre une taille
supérieure (et une densité moindre) à celles de l’étoile de séquence
principale.
- comme l’étoile a « gonflé », sa température de surface diminue (sa
couleur rougit). Paradoxalement, si la surface est plus froide, le cœur
est plus chaud !
Structures comparées du Soleil
et d’une sous-géante d’une masse solaire
Cœur d’hélium inerte
enveloppe
Sous-géante
Soleil
Cœur pp
Les échelles des rayons sont respectées
Couche pp
vers Tcoeur = 100 millions de K
fusion de l’hélium possible!
« allumage » brutal (« flash de l’hélium »). Nouveau
changement d’équilibre hydrostatique.
Production du carbone en combinant trois noyaux He:
La réaction « triple alpha »:
4He
+ 4He + 4He
8Be
+ 4He
12C*
12C
+g
Équilibre avec photodésintégration du Be du Be)
géante à deux sources d’énergie:
cœur d’hélium à fusion triple a et
couche d’hydrogène à fusion pp.
Le débit d’énergie combiné de ces deux sources est très grand et la
luminosité de l’étoile augmente fortement. L’enveloppe est très dilatée
l’énergie est rayonnée sur une grande surface: la température de
surface est assez faible (géante rouge).
Structure d’une géante après le flash de l’hélium
Enveloppe d’hydrogène
(transfère l’énergie vers
la surface, mais n’en
produit pas
Zone de fusion pp
4He
4 x 1H
Zone de fusion triple alpha
4He + 4He + 4He
12C
N.b. : les échelles de rayons NE SONT PAS RESPECTEES
Étoiles massives :
la suite reproduit cette aventure: l’extinction, puis réallumage du
cœur avec des réactions de fusion de moins en moins « rentables » en
production d’énergie et de plus en plus exigeantes en température:
épuisement de He --> cœur de C en contraction
(avec des étapes intermédiaires C+He produisant O…)
allumage du C --> supergéante à 3 sources (cœur produisant
Ne, Na, Mg, O , + une couche triple alpha, + une couche pp)
épuisement du C --> cœur d’O et Ne en contraction
allumage de l’O --> supergéante à 4 sources (cœur produisant
S, P, Si, Mg …, + couche de C actif, + couche triple alpha,
+ couche pp)
La structure de ces supergéantes est en « bulbe d’oignon »
Structure d’une supergéante (10 Mo) en phase de fusion du carbone
Enveloppe d’hydrogène
(transfère l’énergie vers
la surface, mais n’en
produit pas)
Zone de fusion pp
4He
4 x 1H
(T = 16 à 25.106 K)
Zone de fusion triple alpha
4He + 4He + 4He
12C
(T = 50 à 100. 106 K)
Zone de fusion du carbone
production de 20Ne, 23Na, 24Mg,...
(T = 700 à 900 106 K)
Zone de production de l’oxygène:
12C + 4He
16O
(T = 300 . 106 K)
Les réactions de fusion ultérieures
Dans les cœurs massifs où coexiste suffisamment d’hélium et de
carbone:
vers T = 300 millions de K, synthèse de l’oxygène:
12C
+ 4He
16O
+g
puis vers T = 600 millions de K, première synthèse du néon:
16O
+ 4He
20Ne
+ 4He
20Ne
+g
24Mg
+g
Vers 700 millions de K, la fusion directe du carbone devient possible,
avec cinq réactions différentes:
12C
12C
12C
12C
12C
+ 12C
+ 12C
+ 12C
+ 12C
+ 12C
20Ne
+ 4He
23Na + 1H
16O + 4He + 4He
23Mg + n
24Mg + g
Vers 2 milliards de K, la fusion directe de l’oxygène donne:
16O
16O
16O
16O
16O
+ 16O
+ 16O
+ 16O
+ 16O
+ 16O
32S
+
31P +
31S +
28Si +
24Mg +
g
1H
n
4He
4He + 4He
(Les protons et hélions libérés dans certaines de ces réactions donnent des réactions
secondaires qui engendrent de nouveaux isotopes plus rares: 25Mg, 26Mg ,27Al, etc...
Enfin, vers 2.5 milliards de K, au cœur des supergéantes massives, le
56Fe est créé à partir du silicium formé par fusion de l’oxygène. Le
point ultime des fusions est alors atteint.
28Si
+
4He
32S
+ 4He
36Ar
+
4He
……
56Fe
La nucléosynthèse normale par fusion s’arrête définitivement au fer.
En effet, le rendement énergétique des réactions de fusion, qui ne cessait de diminuer suivant
l’augmentation de masse du noyau produit, devient nul et même négatif pour A>56. Les
captures alpha deviennent endothermiques et disparaissent: quant aux réactions de fission,
elles sont sans intérêt par suite de l’abondance dérisoire des noyaux suffisamment lourds pour
les produire et la trop grande vitesse des neutrons présents.
A < 56
A = 56
La
« vallée »
du fer
Fusion
exothermique
A > 56
Fusion
endothermique
Cas du fer:
bilan de fusion
ou de fission
nul
A > 56
Fission
exothermique
Courbe d’Aston
La suite de l’évolution pour les étoiles ayant formé un cœur de
fer suffisamment massif est totalement catastrophique.
Le cœur de fer se contracte très brutalement : température et
densité y montent à des valeurs telles que tous les protons présents,
même liés dans les noyaux de fer, capturent, de manière quasisimultanée, les électrons. La matière du cœur devient
exclusivement neutronique, mais il n’y a alors plus aucune
répulsion coulombienne pour limiter la densité des noyaux.
L’effondrement du cœur sur lui-même est quasi-instantané,
(quelques secondes pour une masse solaire !!!), générant une onde
de choc en retour qui déchiquette littéralement la supergéante :
c’est le phénomène de supernova de type II dont on pense qu’il
affecte toutes les étoiles de masse supérieure à 8 masses solaires.
La formation des éléments plus lourds que le Fer
Au-delà de A = 56, la fusion est impossible parce qu’elle devient
endothermique: l’énergie nécessaire pour passer la barrière
coulombienne de noyaux très chargés est supérieure à l’énergie
qu’une fusion pourrait libérer.
Le seul processus capable de synthétiser des éléments plus lourds
(plus riches en nucléons) est la capture de neutrons:
N Elt
+
n
N+1 Elt
Isotope de Elt
Par le jeu des instabilités des isotopes formés par capture
neutronique, tous les éléments lourds jusqu’à l’Uranium peuvent
être formés:
capture initiale:
N
N+1
X + n
X
soit N+1 X est stable, et il peut à son tour capturer un n
soit il est instable et une désintégration b (n p) a lieu:
N+1
capture suivante:
N+1 X + n
soit
N+2
N+2
soit
N+1
Y + n
etc...
N+1
X
X
N+2
N+2
X
e- + n
qui va donner:
N+2
Y
Y
Y +
Y +
e- + n
qui peut donner:
N+2
Z +
e- + n
Selon le délai entre deux captures successives (lié au flux de
neutrons) comparé au délai moyen au bout duquel la désintégration
bêta a lieu pour un isotope nouvellement formé, deux séries
d’éléments nouveaux peuvent se former:
les éléments dits s (slow) dans les zones de « faible » densité
neutronique
les éléments dits r (rapid) dans les zones de très forte densité
neutronique
- deux isotopes différents d’un même élément peuvent être
produits par deux processus différents,
- les deux processus ne produisent pas les mêmes éléments:
s: Y, Zr, Ba, La,Cs, Xe, I, Sr
r:
Eu, Dy, Os, Ir, Th, U
Les sources de neutrons pour les captures r et s:
Les deux types d’étoiles les plus efficaces pour produire les neutrons
utilisables dans les captures r et s sont :
- les étoiles géantes rouges en fin d’évolution:
13C
+ 4He
16O
+n
et
22Ne
+ 4He
25Mg
+n
les produits s sont libérés au moment de l’expulsion de la future
nébuleuse planétaire
- les supernovae de type II (étoiles massives), particulièrement
nombreuses aux premiers âges de notre Galaxie. La nucléosynthèse
est « explosive », se fait en quelques secondes pendant l’explosion,
par le processus r
Les mystérieux éléments légers et rares Li, Be, B
Une partie du lithium est formée lors de la nucléosynthèse
primordiale, mais seulement le 7Li.
Le béryllium ( 9Be est le seul isotope stable) et les deux bores 10B et
11B sont très facilement détruits dans les intérieurs stellaires.
Ils sont produits par brisure de noyaux plus lourds C, N et O,
éjectés à grande vitesse par les supernovae et réaccélérés dans le
milieu interstellaire, qui entrent en collision avec H et He
interstellaires (spallation). Exemples:
16O
+ 4He --->
12C + 4He --->
10B
+ 10B
10Be + 6Li
---> 10B + e- + n
14N + 1H ---> 11B + 4He
12C + 1H ---> 10B + 3He
etc ...
Le grand recyclage:
matière interstellaire
nuages diffus
nuages
moléculaires
denses
forte
masse
formation
stellaire
supernovae
type II
géantes
masse
intermédiaire rouges
expulsion
nébuleuse
planétaire
étoiles de faible masse
Matière interstellaire
et étoiles :
Matière vivante :
sur 100 atomes:
sur 100 atomes:
hydrogène
90,76
61
hélium 4
9,09
-
oxygène
0,01
27,5
azote
0,003
1,5
carbone
0,015
10
Observatoire de Paris – Astronomie sur Mesure
Comparaison entre ITER, projet de fusion contrôlée
et les étoiles
• Le bilan nucléonique pour une étoile jeune est
globalement
• 4 1H  4He + 2e+(g) +2
• Alors que les réactions utilisées dans un réacteur de
fusion utilisent le tritium :
• 2H + 3H  4He + 1n
• Ce neutron émis sert à régénérer le tritium par action
sur le lithium placé autour du réacteur :
• 1n + 6Li  4He + 1H
Questions
Ecrire les diverses équations des
réactions nucléaires représentées
sur les diapos 12 à 15.
Diapo 8 et 9 :
Quelle est la constitution des atomes
suivants :
1H
1
Comment nomme-t-on ces atomes ?
8
1H
1
noyau :1proton
1 électron autour du noyau
noyau :1proton et 1 neutron
1 électron autour du noyau
noyau :1proton et 2 neutrons
1 électron autour du noyau
Ces atomes sont des isotopes(même
nombre de charge Z mais nombre de
masse A différent )
1
1
Diapo 27:
H
Question 1 :Ecrire l’équation de la réaction de fusion
nucléaire dans laquelle quatre protons fusionnent pour
former un noyau d’hélium 4 et deux autres particules
identiques que l’on identifiera (cycle pp1).
Question 2 : Calculer la perte de masse de la
réaction précédente
H
Question 3 : Montrer que cette perte de masse est
égale à 0.71% par rapport à la masse des H.
1
1
Données : m (H) H= 1.00813 u m (He) = 4.00389 u
On ne tiendra pas compte de la masse du positon puisque
ceux-ci se transforment en énergie (rayonnement g) par
annihilation avec des électrons
1
1
27
Réponse 1:
4 H  He  2 e
1
1
4
Perte
2
0
1
Réponse 2:
Perte de masse :
4 m(H) – m(He) = 0.02863 u
Réponse 3:
0.02863
0.71

 0.71%
4 1.00863 100
Diapo 21
Retrouver les valeurs des
pourcentages en masse à partir des
pourcentages en nombre d’atomes .
( 1% étant essentiellement de l’oxygène 18)
21
Diapo 21
m(90,76%)= 90,76 g
m(9,09%) = 36,36 g
m(0,15%)=2,7 g
% Hydrogène =
% Hélium=
90,76
=
129,81
36,36
=
129,81
70%
28%
Diapo 23
Vérifier les lois de conservation de la charge et du
nombre de nucléons pour les réactions mentionnées.
et
(A=0 et Z=0) sont respectivement le
neutrino et l’antineutrino.


Quelle loi de conservation est à l’origine de la
nécessité de faire intervenir ces deux particules
(neutrino et antineutrino)dans les deux équations
précédentes?
23
1ère équation:
Σ Z(1er membre)=(+1)+(-1)=0 Σ Z(2ème membre)=0+0=0
Σ A(1er membre)=(+1)+0=+1 Σ A(2èmmembre)=(+1)+0=+1
2ème équation:
Σ Z(1er membre)=0 +(+1)=+1 Σ Z(2èmmembre)=(+1)+0=+1
Σ A(1er membre)=(+1)+0=+1 Σ A(2èmmembre)=(+1)+0=+1
L’intervention du neutrino et de l’antineutrino sont
nécessaires afin de respecter la conservation de l’énergie.
Diapo24 et 25 :
• Question 1: H est radioactif β- et de demi-vie 12,3 an.
Ecrire l’équation de la réaction de désintégration.
Justifier la phrase « disparaîtra très rapidement ».
3
1
H
• Question 2: A la fin de la nucléosynthèse
primordiale (t
= 100 s), quels sont les noyaux présents ?
3
1
• Question 3: Pour quelle raison la nucléosynthèse des
éléments plus lourds ne peut avoir lieu lors de la
nucléosynthèse primordiale?.
3
0
3
Réponse1:
1 H 1 e 2 He
Au bout de 5 demi-vies,soit 61,5 années, il aura quasi
totalement disparu.
Réponse 2: A la fin de la nucléosynthèse primordiale, les
noyaux présents sont:
4
2
1
1
3
2
7
3
He; H ; He (très  peu ); Li ( peu )
Réponse 3: La nucléosynthèse primordiale s’arrête ici car la
masse volumique et la température s’effondrent trop vite
pour permettre de synthétiser les éléments plus lourds (les
noyaux n’ont pas assez d’énergie cinétique pour vaincre la
barrière coulombienne).
Diapo 28
1.
Sachant que l’éclairement par le soleil d’un récepteur sur
Terre est d’environ 1300 lux soit 1,3 kW.m-2 , calculer la
puissance rayonnée par le soleil,puis l’énergie rayonnée par le
soleil en 1 s.
2. En déduire la masse transformée en énergie en 1s.. Comparer à
la valeur indiquée.
3.
Calculer la masse du soleil concernée par la réaction de fusion
du cycle pp1 sachant que cette phase n’affecte que le cœur soit
10% de la masse du soleil (masse du soleil MS = 2,0.1030 kg)
4
En déduire la masse transformée en énergie parle
soleil lors de cette fusion, puis la quantité totale
d’énergie libérée par cette fusion lors de cette
phase .(on rappelle que 0.71% de la masse concernée
est transformée en énergie)
5
Calculer pour cette phase la durée de vie du soleil.
Comparer aux 4.5 milliards d’années déjà écoulées.
Réponses
3
9 2
26
1. P soleil = 1,3 10  (150 10 )  4    3,68 10 W
E soleil (1s) =
2.Perte de masse:
3, 68 10
26
J
E
3, 68 1026
9
6


4,1

10
kg

4,1

10
t
2
8 2
c
(3, 0 10 )
Cette perte de masse est conforme à la valeur
indiquée dans le texte : 4 millions de tonnes
3. Masse du soleil concernée par la réaction de
fusion: 2, 0 1029 kg
4. Masse transformée en énergie par la réaction de
0, 71
fusion:
 (2, 0 1029 )  1, 4  1027 kg
100
Quantité totale d’énergie libérée par cette fusion lors
de cette phase :
1,4 10  (3,0 10 )  1,3 10 J
27
8 2
44
5. Durée de vie du soleil:
1, 3 1044
17
10

3,
4

10
s

1
,1

10
ans
26
3, 68 10
Pour cette phase ,le soleil se trouve à un peu moins
de la moitié de sa vie.
Il rayonne depuis 4,5 milliards d’années, il
lui reste…. 6,5 milliards d’années.
Réactions nucléaires concernant ITER
La réaction nucléaire qui sera utilisé dans le
réacteur du projet ITER n’est pas celle qui a lieu dans
le soleil,car cette dernière nécessiterait une densité
de particules trop forte.
Elle fera intervenir un noyau de deutérium et un
A
noyau de tritium qui donneront par fusion un noyau Z X
et un neutron.
1) Ecrire l’équation de cette fusion (réaction 1)
et identifier le noyau ZA X
Réponse
2
1
H  H  He  n
3
1
4
2
0
1
Le noyau à identifier est un noyau d’hélium 4
Rappel : Le bilan de la réaction de fusion pp
dans le soleil est:
4 H  He  2 e
1
1
4
2
0
1
2)Calculer en MeV l’énergie libérée par la
fusion d’ un noyau de deutérium et un noyau de
tritium.
Données:
m( 12 H )=2,01355 u
m(
m( 24 He )=4,00150 u
m(
3
1
H )=3,01550 u
1
0
n )=1,008665 u
2) Calculons la perte de masse:
mavant  maprès  [m( He )  m( n)]  [m( H )  m( H )]
1
0
4
2
2
1
3
1
2
 1,89.10 u
2
 1,89.10 .931,5MeV / c  17,6MeV / c
2
Energie libérée:
Q=( mavant – maprès).c2= 17,6 MeV
2
4) Un autre intérêt du projet ITER est de
régénérer le tritium par bombardement des
neutrons produits par la réaction 1 sur une
couverture contenant du lithium 6.
a)Ecrire l’équation de la réaction
envisagée.
b)Calculer en MeV l’énergie libérée
par cette réaction de régénération.
Données:
El 6
( 3 Li )  5,33MeV / nucléon
A
El 4
( 2 He )  7,07 MeV / nucléon
A
El 3
(1 H )  2,83MeV / nucléon
A
4) a)Equation de la réaction envisagée.
1
0
n Li He  H
6
3
4
2
3
1
b)Energie libérée
E
l ( après)

 
  El ( avant)  E ( He)  E ( H )  E ( n)  E ( Li)
4
l 2
3
l 1
1
l 0
6
l 3

 (7,07  4)  (2,83  3)  (0)  (5,33  6)
 4,80MeV
5)
5)En déduire l’énergie totale libérée(réaction 1
et réaction de régénération) et la comparer
à celle de la réaction de fusion pp du soleil soit
23,7 MeV
3) Energie totale libérée :
17,6+ 4,5 = 22,1 MeV
Comparaison :
22,1/23,7=0,93=93%
Diapo 29 à 45 :
En utilisant la courbe d’Aston, justifier
que les réactions de fusion dans la
nucléosynthèse normale s’arrêtent au Fer.
La nucléosynthèse normale s’arrête au fer
car c’est le noyau le plus stable ( vallée du
fer)
Diapo 47 et 48 :
Ecrire les réactions nucléaires qui à
partir du Fer 58 par capture initiale donne un
noyau instable qui se désintègre ,puis par capture
suivante également un noyau instable. Quels
éléments obtient-on ?
Capture initiale
58 Fe 1n 59Fe
26
0
26
59 Fe 59Co 0e  
26
27
1
Nous obtenons l’élément cobalt
Capture suivante
59Co 1n 60Co
27
0
27
60Co 60Ni  0e  
27
28
1
Nous obtenons l’élément nickel