La synthèse des éléments chimiques Les messages de l’Univers. Georges Comte OAMP Benoît Dasset Michel Ramponi Gérard Trouillot

Plan de l’exposé : -Notions très basiques de physique nucléaire : diapo 5 Qu’est ce qu’une réaction nucléaire ? : diapo 12 - La fusion thermonucléaire : une réaction très « difficile » : pourquoi? (animation barrière coulombienne / interaction forte) : diapo 16 -Les énergies en jeu ; la conversion masse-énergie : diapo 19 -Synthèse primitive de l’hélium : diapo 20 -Synthèses dans le Soleil :diapo 26 -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. Circulation dans l’exposé : - Notions très basiques de physique nucléaire :diapo 6 - Qu’est ce qu’une réaction nucléaire ? : diapo 12 - La fusion thermonucléaire : une réaction très « difficile » : pourquoi? (animation barrière coulombienne / interaction forte) : diapo 16 - Les énergies en jeu ; la conversion masse-énergie : diapo 19 - Synthèse primitive de l’hélium : diapo 20 - Synthèses dans le Soleil : He diapo 26 C, N, O diapo 30 Synthèses des éléments plus lourds que le fer : diapo 47 - Courbe d’Aston : diapo 45 Diagramme d’Hertsprung-Russsel : diapo 55 - Comparaison étoile / ITER : diapo 56 - Questions : diapo 57 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 neutrons noyau

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.

ce sont deux « isotopes » 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 . La particule émise peut être alpha, béta (plus ou moins) ou gamma.

- une brisure du noyau en deux ou plusieurs fragments qui - une brisure du noyau en deux ou plusieurs fragments qui deviennent les noyaux de nouveaux atomes d’autres éléments, plus « légers », (fission). Faire compter le nombre de neutrons émergeants. Conclure.

- la capture d’une particule (proton ou neutron, ou électron) - la capture d’une particule (proton ou neutron, ou électron) qui change la nature du noyau Compter les nucléons. On a 7Li donne 8Be.

- la construction d’un noyau plus « lourd » suite à la suite d’une collision, suivie d’agrégation des deux morceaux, de deux noyaux (fusion). Réaction utilisée dans ITER : 2H + 3H  n + 4He

Comment « fonctionne » une réaction de fusion (dite aussi « thermonucléaire ») ? B 1) deux noyaux légers A et B se rapprochent grâce à leur grande énergie cinétique (fortes température et densité du milieu) B A 2) les noyaux parviennent à vaincre la répulsion électrostatique et l’interaction nucléaire forte prend le dessus. C (D) 3) le noyau C résultant est formé, avec libération d’énergie, et, parfois, éjection de particule(s) D

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

la synthèse « primordiale » des éléments « légers » 1H 2H 3He 4He hydrogène deutérium hélium «3» hélium Les débuts : la synthèse « primordiale » des éléments « légers »

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 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 2H + 2H --> 3 He + n ou 2H + 2H --> 3H + 1H puis 3He + 2H --> 4He + 1H ou 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 III + Production de l’hélium 4 II Synthèse l’hélium 3 I du deutérium e+ ν H Bilan total: 4 x 1H 4He + 2 e+ + 2ν γ n

sont transformées en hélium dans le cœur du Soleil 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 + 1H 13N + g 13N 13C + e+ + n 13C + 1H 14N + g 14N + 1H 15O + g 15O 15N + e+ + n 15N + 1H 12C + 4He

En fait, le cycle réel est plus complexe et contient un branchement possible entre deux réactions : après 15O 15N + e+ + n il existe deux chemins: 1) 15N + 1H 12C + 4He qui recycle le carbone initial 2) 15N + 1H 16O + g qui produit probablement 16O + 1H 17F + g la majeure partie 17F 17O + e+ + n de l’azote 17O + 1H 14N + 4He 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 Cœur pp Cœur d’hélium inerte Couche pp enveloppe Structures comparées du Soleil et d’une sous-géante d’une masse solaire Soleil Sous-géante Les échelles des rayons sont respectées

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 Zone de fusion triple alpha 4He + 4He + 4He 12C Zone de fusion pp 4 x 1H 4He Enveloppe d’hydrogène (transfère l’énergie vers la surface, mais n’en produit pas Structure d’une géante après le flash de l’hélium 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 Zone de fusion triple alpha 4He + 4He + 4He 12C (T = 50 à 100. 106 K) Zone de fusion pp 4 x 1H 4He (T = 16 à 25.106 K) Enveloppe d’hydrogène (transfère l’énergie vers la surface, mais n’en produit pas) Structure d’une supergéante (10 Mo) en phase de fusion du carbone Zone de production de l’oxygène: 12C + 4He 16O (T = 300 . 106 K) Zone de fusion du carbone production de 20Ne, 23Na, 24Mg,... (T = 700 à 900 106 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 + g 20Ne + 4He 24Mg + g

Vers 2 milliards de K, la fusion directe de l’oxygène donne: Vers 700 millions de K, la fusion directe du carbone devient possible, avec cinq réactions différentes: 12C + 12C 20Ne + 4He 12C + 12C 23Na + 1H 12C + 12C 16O + 4He + 4He 12C + 12C 23Mg + n 12C + 12C 24Mg + g Vers 2 milliards de K, la fusion directe de l’oxygène donne: 16O + 16O 32S + g 16O + 16O 31P + 1H 16O + 16O 31S + n 16O + 16O 28Si + 4He 16O + 16O 24Mg + 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...

La nucléosynthèse normale par fusion s’arrête définitivement au fer. 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 A > 56 A > 56 Fission Cas du fer: bilan de fusion ou de fission nul Fusion exothermique A > 56 A > 56 Fusion endothermique 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 quasi-simultanée, 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: Isotope de Elt N+1 Elt N Elt + n

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 X + n N+1 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 X N+1 Y + e- + n capture suivante: soit N+1 X + n N+2 X qui va donner: N+2 X N+2 Y + e- + n soit N+1 Y + n N+2 Y qui peut donner: N+2 Y N+2 Z + e- + n etc...

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 ---> 10B + 10B 12C + 4He ---> 10Be + 6Li ---> 10B + e- + n 14N + 1H ---> 11B + 4He 12C + 1H ---> 10B + 3He etc ...

matière interstellaire Le grand recyclage: matière interstellaire nuages diffus nuages moléculaires denses supernovae type II forte masse expulsion nébuleuse planétaire géantes rouges masse intermédiaire formation stellaire étoiles de faible masse

Matière interstellaire Matière vivante : et étoiles : 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+() +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 : Comment nomme-t-on ces atomes ? Quelle est la constitution des atomes suivants : Comment nomme-t-on ces atomes ? 8

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 )

Diapo 27: 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 Question 3 : Montrer que cette perte de masse est égale à 0.71% par rapport à la masse des H. Données : m (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 ) par annihilation avec des électrons 27

Réponse 1: Réponse 2: Perte de masse : 4 m(H) – m(He) = 0 Réponse 1: Réponse 2: Perte de masse : 4 m(H) – m(He) = 0.02863 u Réponse 3: Perte

Diapo 21 ( 1% étant essentiellement de l’oxygène 18) 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 = = 70% % Hélium= = 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: 2ème 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 L’intervention du neutrino et de l’antineutrino sont nécessaires afin de respecter la conservation de l’énergie.

Diapo24 et 25 : Question 1: est radioactif β- et de demi-vie 12,3 an. Ecrire l’équation de la réaction de désintégration. Justifier la phrase « disparaîtra très rapidement ». Question 2: A la fin de la nucléosynthèse primordiale (t = 100 s), quels sont les noyaux présents ? Question 3: Pour quelle raison la nucléosynthèse des éléments plus lourds ne peut avoir lieu lors de la nucléosynthèse primordiale?.

Réponse1: 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: 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 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. En déduire la masse transformée en énergie en 1s.. Comparer à la valeur indiquée. 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 1. P soleil = E soleil (1s) = 2.Perte de masse: 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: 4. Masse transformée en énergie par la réaction de fusion: Quantité totale d’énergie libérée par cette fusion lors de cette phase : 5. Durée de vie du soleil:

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 noyau de tritium qui donneront par fusion un noyau et un neutron. 1) Ecrire l’équation de cette fusion (réaction 1) et identifier le noyau

Réponse Le noyau à identifier est un noyau d’hélium 4 Rappel : Le bilan de la réaction de fusion pp dans le soleil est:

2)Calculer en MeV l’énergie libérée par la fusion d’ un noyau de deutérium et un noyau de tritium. Données: m( )=2,01355 u m( )=3,01550 u m( )=4,00150 u m( )=1,008665 u

2) Calculons la perte de masse: Energie libérée: Q=( mavant – maprès).c2= 17,6 MeV

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:

4) a)Equation de la réaction envisagée. b)Energie libérée

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 Nous obtenons l’élément cobalt

Capture suivante Nous obtenons l’élément nickel