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Réactions nucléaires et énergie

Calculer l'énergie libérée par les réactions nucléaires.

Physique Terminale Chapitre 10 / 11 ⏱ 9 h

Ce que tu sauras faire à la fin

  • Calculer un défaut de masse et une énergie de liaison
  • Établir le bilan énergétique d'une réaction nucléaire
  • Comparer fission et fusion

Une centrale nucléaire produit de l'électricité pour des millions de foyers avec quelques dizaines de kilogrammes d'uranium par jour ; une centrale thermique au charbon, pour la même puissance, doit brûler des milliers de tonnes de combustible chaque jour. Le Soleil, lui, rayonne depuis 4,64{,}6 milliards d'années sans se vider de sa matière de façon perceptible. Comment un si petit nombre de noyaux peut-il libérer une énergie aussi considérable ? Ce chapitre répond à cette question, et la réponse tient dans une seule idée, la plus célèbre de toute la physique : la masse et l'énergie sont deux formes d'une même grandeur.

Tu as déjà rencontré le noyau atomique et la radioactivité α\alpha, β\beta, γ\gamma : tu sais qu'un noyau instable se transforme spontanément en libérant une particule et de l'énergie. Ce chapitre te donne enfin les moyens de calculer cette énergie, noyau par noyau, réaction par réaction, grâce à la relation d'Einstein E=mc2E = mc^{2}. Tu découvriras aussi les deux grandes familles de réactions provoquées par l'homme : la fission, qui casse les noyaux lourds comme l'uranium, et la fusion, qui assemble les noyaux légers de l'hydrogène — celle-là même qui fait briller les étoiles.

C'est un chapitre profondément quantitatif : chaque paragraphe débouche sur un nombre, en mégaélectronvolts (MeV) ou en joules, et le bac t'y attend avec des exercices de calcul rigoureux. C'est aussi un chapitre citoyen : la centrale la plus proche, les mines d'uranium d'Arlit au Niger, les débats sur les déchets radioactifs et sur le projet ITER font désormais partie de ta culture scientifique de futur bachelier. Prends ta calculatrice, une feuille pour poser les bilans, et allons-y.

1Défaut de masse

Un noyau atomique de symbole ZAX{}_{Z}^{A}\text{X} est un assemblage de ZZ protons et de N=A−ZN = A - Z neutrons, appelés collectivement les nucléons (AA nucléons au total). La question posée dans ce chapitre est simple à énoncer : quelle masse pèse ce noyau, comparée à la masse des mêmes nucléons pris séparément ? L'intuition suggère une simple addition. L'expérience — la spectrométrie de masse, extrêmement précise — dit tout autre chose.

Définition

Le défaut de masse Δm\Delta m d'un noyau est la différence entre la masse des AA nucléons pris séparément, immobiles, et la masse du noyau qu'ils forment une fois assemblés :

Δm=Z mp+(A−Z) mn−mnoyau\Delta m = Z\,m_{p} + (A-Z)\,m_{n} - m_{\text{noyau}}

où mpm_{p} est la masse du proton, mnm_{n} celle du neutron et mnoyaum_{\text{noyau}} la masse du noyau assemblé, toutes exprimées dans la même unité — le plus souvent l'unité de masse atomique u\text{u} (section 2).

Par la suite, on allégera l'écriture en AX^{A}\text{X} lorsque la valeur de ZZ ne prête pas à confusion, et on rétablira l'écriture complète ZAX{}_{Z}^{A}\text{X} pour vérifier les bilans de charge et de nucléons dans les équations de réaction (sections 5 et 6).

Le résultat expérimental, valable pour tous les noyaux connus, stables ou radioactifs, est que Δm\Delta m est toujours strictement positif : le noyau assemblé pèse moins que la somme de ses nucléons séparés. Ce déficit de masse n'est pas une erreur de mesure ; c'est la signature directe de l'énergie qu'il a fallu libérer pour souder les nucléons entre eux — nous le formaliserons dès la section 3, une fois établie la relation d'Einstein.

Attention

Ne te trompe jamais dans le sens de la soustraction : c'est toujours « avant (nucléons séparés) moins après (noyau assemblé) », jamais l'inverse. Avec cette convention, Δm>0\Delta m > 0 systématiquement. Si ton calcul donne Δm<0\Delta m < 0, tu as interverti les deux termes — reprends le calcul.

Second piège classique : certaines tables de données donnent la masse de l'atome (noyau + électrons), pas celle du noyau seul. Sauf mention contraire, ce chapitre utilise systématiquement des masses de noyaux, électrons déjà retirés : c'est la convention du tableau ci-dessous.

Voici les masses de noyaux — et des nucléons libres — que nous utiliserons dans tout le chapitre ; elles figurent en général sur un formulaire de bac, mais gagnent à être mémorisées pour les ordres de grandeur :

Noyaumpm_{p}mnm_{n}2H{}^{2}\text{H}4He{}^{4}\text{He}7Li{}^{7}\text{Li}12C{}^{12}\text{C}16O{}^{16}\text{O}56Fe{}^{56}\text{Fe}235U{}^{235}\text{U}
masse (u)1,007281{,}007281,008671{,}008672,013552{,}013554,001514{,}001517,014367{,}0143611,9967111{,}9967115,9905215{,}9905255,9206655{,}92066234,99342234{,}99342
Méthode — calculer un défaut de masse

1. Identifier ZZ, N=A−ZN=A-Z et AA à partir de l'écriture ZAX{}_{Z}^{A}\text{X}. 2. Relever mpm_{p}, mnm_{n} et la masse du noyau dans les données. 3. Calculer Z mp+(A−Z) mnZ\,m_{p}+(A-Z)\,m_{n}. 4. Soustraire la masse du noyau. Le résultat doit être positif, et petit devant les masses en jeu : quelques millièmes d'u pour un noyau léger, quelques dixièmes pour un noyau lourd.

Exemple — défaut de masse du deutérium 12H{}_{1}^{2}\text{H}

Le noyau de deutérium, ou « hydrogène lourd », est le plus simple après le proton isolé : Z=1Z=1 proton et N=2−1=1N=2-1=1 neutron.

  1. Δm=1×mp+1×mn−m(2H)\Delta m = 1\times m_{p} + 1\times m_{n} - m(^{2}\text{H})
  2. ==1,00728+1,00867−2,013551{,}00728 + 1{,}00867 - 2{,}01355
  3. ==2,01595−2,013552{,}01595 - 2{,}01355
  4. ==0,00240 u0{,}00240\ \text{u}valeur positive, comme attendu

En kilogrammes, avec 1 u=1,6605×10−27 kg1\ \text{u} = 1{,}6605\times10^{-27}\ \text{kg} :

  1. Δm=0,00240×1,6605×10−27\Delta m = 0{,}00240 \times 1{,}6605\times10^{-27}
  2. ≈\approx3,99×10−30 kg3{,}99\times10^{-30}\ \text{kg}un nombre peu maniable : voir section 2
Exemple — défaut de masse de l'hélium 4 24He{}_{2}^{4}\text{He}

Le noyau d'hélium 4, c'est-à-dire la particule α\alpha, compte Z=2Z=2 protons et N=4−2=2N=4-2=2 neutrons.

  1. Δm=2 mp+2 mn−m(4He)\Delta m = 2\,m_{p} + 2\,m_{n} - m(^{4}\text{He})
  2. ==2×1,00728+2×1,00867−4,001512\times1{,}00728 + 2\times1{,}00867 - 4{,}00151
  3. ==2,01456+2,01734−4,001512{,}01456 + 2{,}01734 - 4{,}00151
  4. ==4,03190−4,001514{,}03190 - 4{,}00151
  5. ==0,03039 u0{,}03039\ \text{u}

Ce défaut de masse est douze fois plus grand que celui du deutérium pour seulement deux fois plus de nucléons : l'hélium 4 est un noyau exceptionnellement bien lié, comme tu le retrouveras dès la section 4.

Bilan de masse : assemblage d'un noyau d'hélium 4 p p n n 4 nucléons séparés (2 p + 2 n) assemblage perte de masse Δm ⁴He m(noyau) = 4,00151 u Eℓ = Δm·c² (énergie libérée) Δm = Σm(avant) − m(noyau) = 4,03190 − 4,00151 = 0,03039 u > 0
Figure 1 — Les quatre nucléons séparés (2 protons, 2 neutrons) pèsent ensemble plus lourd que le noyau d'hélium 4 qu'ils forment une fois assemblés : cette différence de masse Δm\Delta m, multipliée par c2c^{2}, correspond à l'énergie libérée lors de l'assemblage.

Le défaut de masse se mesure donc naturellement en kilogrammes, l'unité SI de masse — mais nous venons de voir que cela produit des nombres d'une petitesse peu parlante. La section suivante introduit la relation qui va transformer ce simple déficit de masse en une énergie, avec des unités bien mieux adaptées à l'échelle du noyau.

2Relation d'Einstein E=mc2E=mc^{2}

En 1905, dans l'un des quatre articles de son annus mirabilis, Albert Einstein tire de sa théorie de la relativité restreinte une conséquence que rien, avant lui, ne laissait deviner : la masse d'un système et l'énergie qu'il contient ne sont pas deux grandeurs indépendantes, mais deux aspects d'une seule et même réalité physique. Perdre de la masse, c'est libérer de l'énergie ; gagner de l'énergie, c'est gagner de la masse. L'idée resta longtemps une curiosité théorique : c'est la physique nucléaire, trente ans plus tard, qui allait la rendre spectaculairement concrète.

Théorème — équivalence masse-énergie

Tout système au repos, de masse mm, possède une énergie de masse :

E=mc2E = mc^{2}

où c=2,998×108 m⋅s−1c = 2{,}998\times10^{8}\ \text{m·s}^{-1} est la célérité de la lumière dans le vide (on retiendra l'approximation c≈3,00×108 m⋅s−1c \approx 3{,}00\times10^{8}\ \text{m·s}^{-1} pour les applications numériques). Réciproquement, toute variation Δm\Delta m de la masse d'un système s'accompagne d'une variation d'énergie ΔE=Δm c2\Delta E = \Delta m\,c^{2} : c'est cette forme, appliquée au défaut de masse, qui sera utilisée dans tout ce chapitre.

Définition — unités adaptées au noyau

À l'échelle du noyau, le kilogramme et le joule donnent des nombres illisibles. On utilise donc :

  • l'unité de masse atomique u\text{u}, définie comme 112\dfrac{1}{12} de la masse d'un atome de carbone 12 : 1 u=1,6605×10−27 kg1\ \text{u} = 1{,}6605\times10^{-27}\ \text{kg} ;
  • l'électronvolt eV\text{eV}, énergie cinétique gagnée par un électron accéléré sous une tension de 1 V1\ \text{V} : 1 eV=1,602×10−19 J1\ \text{eV} = 1{,}602\times10^{-19}\ \text{J}, et son multiple le mégaélectronvolt, 1 MeV=106 eV=1,602×10−13 J1\ \text{MeV} = 10^{6}\ \text{eV} = 1{,}602\times10^{-13}\ \text{J}.

En combinant E=mc2E=mc^{2} et ces deux définitions, on obtient l'équivalence la plus utile du chapitre, à connaître par cœur :

1 u=931,5 MeV/c21\ \text{u} = 931{,}5\ \text{MeV}/c^{2}

c'est-à-dire qu'une masse de 1 u1\ \text{u}, intégralement convertie, libérerait une énergie de 931,5 MeV931{,}5\ \text{MeV}.

Méthode — convertir entre u, kg, MeV et J

Deux chemins équivalents mènent de la masse à l'énergie. Le chemin direct : E(MeV)=Δm(u)×931,5E(\text{MeV}) = \Delta m(\text{u}) \times 931{,}5. Le chemin SI complet, utile pour retrouver des joules : Δm(kg)=Δm(u)×1,6605×10−27\Delta m(\text{kg}) = \Delta m(\text{u}) \times 1{,}6605\times10^{-27}, puis E(J)=Δm(kg)×c2E(\text{J}) = \Delta m(\text{kg}) \times c^{2}. Pour passer d'une énergie en MeV à une énergie en joules, il suffit ensuite de multiplier par 1,602×10−131{,}602\times10^{-13}.

Attention

c2c^{2}, pas cc : c'est l'erreur la plus fréquente. Avec c≈3,00×108 m⋅s−1c \approx 3{,}00\times10^{8}\ \text{m·s}^{-1}, on a c2≈9,00×1016 m2⋅s−2c^{2} \approx 9{,}00\times10^{16}\ \text{m}^{2}\text{·s}^{-2} — un facteur énorme, qui explique à lui seul pourquoi une masse même infime libère une énergie considérable. Vérifie aussi l'homogénéité : un Δm\Delta m en kilogrammes avec un cc en m·s⁻¹ donne une énergie en joules, jamais directement en MeV.

Exemple — l'énergie « cachée » dans le défaut de masse du deutérium

Reprenons Δm(2H)=0,00240 u\Delta m(^{2}\text{H}) = 0{,}00240\ \text{u}, trouvé à la section précédente.

  1. E=Δm×931,5E = \Delta m \times 931{,}5
  2. ==0,00240×931,50{,}00240 \times 931{,}5
  3. ==2,24 MeV2{,}24\ \text{MeV}arrondi à deux décimales

En joules : E=2,24×1,602×10−13≈3,59×10−13 JE = 2{,}24 \times 1{,}602\times10^{-13} \approx 3{,}59\times10^{-13}\ \text{J}. C'est l'énergie qu'il faudrait fournir pour casser un noyau de deutérium en un proton et un neutron séparés : nous verrons dès la section 3 que ce nombre porte un nom, l'énergie de liaison.

Exemple — l'énergie que contiendrait 1 gramme de matière

Imaginons, ce qui n'est pas réalisable en pratique, que toute la masse m=1 g=1,0×10−3 kgm = 1\ \text{g} = 1{,}0\times10^{-3}\ \text{kg} d'un objet soit intégralement convertie en énergie.

  1. E=mc2E = mc^{2}
  2. ==1,0×10−3×(3,00×108)21{,}0\times10^{-3} \times (3{,}00\times10^{8})^{2}
  3. ==1,0×10−3×9,00×10161{,}0\times10^{-3} \times 9{,}00\times10^{16}
  4. ==9,0×1013 J9{,}0\times10^{13}\ \text{J}soit environ 21 000 tonnes de TNT, l'ordre de grandeur d'une bombe atomique

Aucune réaction, chimique ou nucléaire, ne convertit toute la masse en énergie — la fission n'en libère qu'environ 0,09 % — mais ce calcul montre l'immense réservoir que représente la masse, et pourquoi même une conversion partielle change complètement l'échelle des énergies disponibles : c'est tout l'enjeu des sections 5 à 7.

Nous disposons maintenant de tous les outils — le défaut de masse Δm\Delta m et la relation E=mc2E=mc^{2} — pour définir la grandeur centrale de ce chapitre : l'énergie de liaison du noyau, puis sa version « par nucléon », qui mesure directement sa stabilité.

3Énergie de liaison par nucléon

Le défaut de masse Δm\Delta m (section 1) et la relation d'Einstein E=mc2E=mc^{2} (section 2) se combinent immédiatement pour donner la grandeur la plus importante de ce chapitre.

Définition

L'énergie de liaison EℓE_{\ell} d'un noyau (le ℓ\ell, à ne pas confondre avec le chiffre 11) est l'énergie qu'il faudrait fournir pour séparer complètement ses AA nucléons, immobiles et infiniment éloignés les uns des autres :

Eℓ=Δm c2E_{\ell} = \Delta m \, c^{2}

Pour comparer la stabilité de noyaux de tailles différentes, on rapporte cette énergie au nombre de nucléons : l'énergie de liaison par nucléon EℓA\dfrac{E_{\ell}}{A}, en MeV/nucléon, mesure la solidité moyenne de chaque « brique » du noyau.

Propriété

Plus EℓA\dfrac{E_{\ell}}{A} est grand, plus le noyau est stable. EℓE_{\ell} seule ne suffit pas à comparer deux noyaux : elle croît presque mécaniquement avec AA, puisqu'il y a simplement plus de nucléons à lier. C'est EℓA\dfrac{E_{\ell}}{A}, et elle seule, qui indique lequel de deux noyaux est le mieux lié.

Attention

Ne confonds jamais EℓE_{\ell} (en MeV, pour tout le noyau) et EℓA\dfrac{E_{\ell}}{A} (en MeV/nucléon, une moyenne par nucléon). Un noyau d'uranium a une énergie de liaison totale bien supérieure à celle d'un noyau de fer — il contient beaucoup plus de nucléons — et pourtant, nucléon pour nucléon, il est moins stable : c'est tout le sujet de la section 4.

Exemple — énergie de liaison du fer 56

Le noyau 2656Fe{}_{26}^{56}\text{Fe} compte Z=26Z=26 et N=30N=30.

  1. Δm=26 mp+30 mn−m(56Fe)\Delta m = 26\,m_{p}+30\,m_{n}-m(^{56}\text{Fe})
  2. ==26,18928+30,26010−55,9206626{,}18928+30{,}26010-55{,}92066
  3. ==56,44938−55,9206656{,}44938-55{,}92066
  4. ==0,52872 u0{,}52872\ \text{u}
  5. ⇒\RightarrowEℓ=0,52872×931,5=492,5 MeVE_{\ell} = 0{,}52872\times931{,}5 = 492{,}5\ \text{MeV}
  6. ⇒\RightarrowEℓA=492,556=8,79 MeV/nucleˊon\dfrac{E_{\ell}}{A} = \dfrac{492{,}5}{56} = 8{,}79\ \text{MeV/nucléon}
Exemple — énergie de liaison de l'uranium 235

Le noyau 92235U{}_{92}^{235}\text{U} compte Z=92Z=92 et N=143N=143.

  1. Δm=92 mp+143 mn−m(235U)\Delta m = 92\,m_{p}+143\,m_{n}-m(^{235}\text{U})
  2. ==92,66976+144,23981−234,9934292{,}66976+144{,}23981-234{,}99342
  3. ==236,90957−234,99342236{,}90957-234{,}99342
  4. ==1,91615 u1{,}91615\ \text{u}
  5. ⇒\RightarrowEℓ=1,91615×931,5=1 784,9 MeVE_{\ell} = 1{,}91615\times931{,}5 = 1\,784{,}9\ \text{MeV}
  6. ⇒\RightarrowEℓA=1 784,9235=7,60 MeV/nucleˊon\dfrac{E_{\ell}}{A} = \dfrac{1\,784{,}9}{235} = 7{,}60\ \text{MeV/nucléon}

Malgré une énergie de liaison totale presque quatre fois supérieure à celle du fer, l'uranium 235 est, nucléon pour nucléon, moins bien lié que le fer (7,60<8,79 MeV/nucleˊon7{,}60 < 8{,}79\ \text{MeV/nucléon}) : exactement l'illustration annoncée ci-dessus.

En procédant de même pour les autres noyaux du tableau de la section 1, on obtient le tableau suivant, qui va nous servir à construire la courbe centrale de ce chapitre :

Noyau2H{}^{2}\text{H}4He{}^{4}\text{He}7Li{}^{7}\text{Li}12C{}^{12}\text{C}16O{}^{16}\text{O}56Fe{}^{56}\text{Fe}235U{}^{235}\text{U}
EℓE_{\ell} (MeV)2,242{,}2428,3128{,}3139,2739{,}2792,2192{,}21127,7127{,}7492,5492{,}51 784,91\,784{,}9
Eℓ/AE_{\ell}/A (MeV/nucléon)1,121{,}127,087{,}085,615{,}617,687{,}687,987{,}988,798{,}797,607{,}60

Remarque déjà l'essentiel : Eℓ/AE_{\ell}/A grimpe vite entre le deutérium et l'hélium, redescend un peu pour le lithium, puis remonte progressivement jusqu'au fer avant de redescendre doucement jusqu'à l'uranium. Portons ces valeurs sur un graphique : c'est la courbe d'Aston.

4Courbe d'Aston

En reportant, pour un grand nombre de noyaux, l'énergie de liaison par nucléon Eℓ/AE_{\ell}/A en fonction du nombre de masse AA, on obtient un graphique appelé courbe d'Aston. Sa forme, remarquablement régulière, résume à elle seule toute l'énergétique nucléaire.

04080120160200240 0123456789 Eℓ/A (MeV/nucléon) A (nombre de nucléons) Courbe d'Aston — énergie de liaison par nucléon en fonction de A H-2 He-4 Li-7 C-12 O-16 Fe-56 U-235 FUSION(noyaux légers) FISSION(noyaux lourds)
Figure 2 — La courbe d'Aston : énergie de liaison par nucléon Eℓ/AE_{\ell}/A en fonction du nombre de masse AA, pour une sélection de noyaux réels. Le maximum, atteint vers A≈56A \approx 56–6262 (fer, nickel), marque les noyaux les plus stables : la fusion de noyaux légers et la fission de noyaux lourds libèrent toutes deux de l'énergie en rapprochant les noyaux formés de ce sommet.
Physique & Co — Francis Aston et le spectrographe de masse

Le physicien britannique Francis William Aston (1877-1945) met au point en 1919, au laboratoire de J.J. Thomson à Cambridge, le spectrographe de masse : un appareil qui dévie les noyaux ionisés par des champs électrique et magnétique combinés, et permet de les peser avec une précision inédite, jusqu'au cinq-millième d'unité de masse atomique. Aston identifie ainsi 212 isotopes naturels et mesure systématiquement leur masse. En reportant l'énergie de liaison par nucléon en fonction de AA, il obtient la courbe qui porte aujourd'hui son nom, et remarque que le maximum se situe près du fer. Il reçoit le prix Nobel de chimie 1922 pour cette découverte.

Propriété — lecture de la courbe

La courbe d'Aston présente trois traits caractéristiques : elle monte très vite pour les noyaux légers (A<20A<20), avec une exception marquée, l'hélium 4, exceptionnellement stable pour sa taille ; elle passe par un maximum large et plat entre A≈56A\approx56 et A≈62A\approx62 (fer, nickel), autour de 8,8 MeV/nucleˊon8{,}8\ \text{MeV/nucléon} : ce sont les noyaux les plus stables qui existent ; elle redescend lentement au-delà, jusqu'à environ 7,6 MeV/nucleˊon7{,}6\ \text{MeV/nucléon} pour l'uranium.

Cette forme a une conséquence capitale, la clé de toute la suite du chapitre : un noyau qui se rapproche du sommet de la courbe, par n'importe quel chemin, libère de l'énergie. Un noyau léger ne peut s'en rapprocher qu'en grossissant, en s'assemblant avec un autre noyau léger : c'est la fusion. Un noyau lourd ne peut s'en rapprocher qu'en rapetissant, en se cassant en deux noyaux plus légers : c'est la fission.

Attention

Le piège classique consiste à croire qu'un noyau plus lourd (plus grand AA) est toujours plus stable. La courbe dit le contraire au-delà du fer : Eℓ/AE_{\ell}/A y diminue. Retiens plutôt : le fer est le sommet, et la distance horizontale à ce sommet — pas la valeur de AA elle-même — indique l'énergie mobilisable.

Exemple — comparer deux noyaux sur la courbe

Le carbone 12 (7,68 MeV/nucleˊon7{,}68\ \text{MeV/nucléon}) est-il plus ou moins stable que l'oxygène 16 (7,98 MeV/nucleˊon7{,}98\ \text{MeV/nucléon}) ? Comme 7,98>7,687{,}98>7{,}68, l'oxygène 16 est le noyau le mieux lié des deux — cohérent avec sa position légèrement plus proche du sommet de la courbe (figure 2).

Exemple — estimer l'énergie de fission grâce à la courbe

Un noyau d'uranium 235 (7,60 MeV/nucleˊon7{,}60\ \text{MeV/nucléon}) se scinde en deux fragments dont l'énergie de liaison vaut environ 8,5 MeV/nucleˊon8{,}5\ \text{MeV/nucléon} (valeur lue pour A≈100A\approx100-140140). Le gain par nucléon est d'environ 8,5−7,60=0,9 MeV/nucleˊon8{,}5-7{,}60=0{,}9\ \text{MeV/nucléon}, soit pour les 235235 nucléons :

  1. E≈235×0,9E \approx 235 \times 0{,}9
  2. ≈\approx212 MeV212\ \text{MeV}du bon ordre de grandeur : la valeur mesurée est voisine de 200 MeV (section 5)

Il est temps de rendre ce mécanisme concret : comment provoque-t-on, en pratique, la fission d'un noyau lourd ou la fusion de deux noyaux légers ?

5Fission et fusion

5.1  La fission nucléaire

Définition

La fission est la scission d'un noyau lourd en deux noyaux plus légers, les fragments de fission, accompagnée en général de l'émission de plusieurs neutrons. Dans les réacteurs et les armes actuels, elle est le plus souvent induite : un neutron lent (dit thermique) est capturé par un noyau fissile, qui devient instable et se casse presque aussitôt.

Le combustible le plus utilisé est l'uranium 235 (isotope naturel rare, 0,7 %0{,}7\,\% de l'uranium naturel, mais seul isotope naturel fissile par neutron lent). Une réaction de fission typique s'écrit :

01n+92235U⟶3692Kr+56141Ba+3 01n{}_{0}^{1}\text{n} + {}_{92}^{235}\text{U} \longrightarrow {}_{36}^{92}\text{Kr} + {}_{56}^{141}\text{Ba} + 3\,{}_{0}^{1}\text{n}

Vérifions les deux bilans de conservation : nucléons, 1+235=92+141+3=2361+235=92+141+3=236 ; charge, 0+92=36+56+0=920+92=36+56+0=92. Chaque fission libère environ 200 MeV200\ \text{MeV} — l'ordre de grandeur confirmé à la section 4 — partagés entre l'énergie cinétique des fragments, celle des neutrons, et un rayonnement γ\gamma.

Fission d'un noyau d'uranium 235 par un neutron n ²³⁵U capture ⁹²Kr ¹⁴¹Ba n n n n + ²³⁵U → ⁹²Kr + ¹⁴¹Ba + 3n + énergie (≈ 200 MeV) Amorce d'une réaction en chaîne n U (capturé) U U réaction en chaîne
Figure 3 — En haut : fission de 235U{}^{235}\text{U} induite par un neutron lent, avec émission de trois neutrons. En bas : deux de ces neutrons peuvent chacun provoquer une nouvelle fission (le troisième est ici capturé sans effet) : la population de noyaux fissionnés croît de génération en génération — la réaction en chaîne.
Méthode — énergie libérée par une masse de matière fissile

1. Convertir la masse en nombre de noyaux, avec NA=6,02×1023 mol−1N_{A}=6{,}02\times10^{23}\ \text{mol}^{-1} et la masse molaire MM : n=mMNAn=\dfrac{m}{M}N_{A}. 2. Multiplier par l'énergie libérée par fission (≈200 MeV\approx200\ \text{MeV}). 3. Convertir en joules.

Exemple — énergie libérée par 1 gramme d'uranium 235

Masse molaire M(235U)≈235 g⋅mol−1M(^{235}\text{U})\approx235\ \text{g·mol}^{-1}.

  1. n=1235×6,02×1023n = \dfrac{1}{235}\times6{,}02\times10^{23}
  2. ≈\approx2,56×1021 noyaux2{,}56\times10^{21}\ \text{noyaux}
  3. E=n×200 MeVE = n \times 200\ \text{MeV}
  4. ≈\approx5,12×1023 MeV5{,}12\times10^{23}\ \text{MeV}
  5. ==5,12×1023×1,602×10−13 J5{,}12\times10^{23}\times1{,}602\times10^{-13}\ \text{J}
  6. ≈\approx8,2×1010 J8{,}2\times10^{10}\ \text{J}soit 82 GJ

La combustion complète d'une tonne de pétrole libère environ 4,2×1010 J4{,}2\times10^{10}\ \text{J} : 1 gramme d'uranium 235 fissionné libère donc presque autant d'énergie que 2 tonnes de pétrole brûlées, soit un facteur d'environ deux millions par kilogramme. C'est ce rapport, et lui seul, qui justifie l'existence de l'industrie nucléaire.

Chaque fission libère 22 à 33 neutrons alors qu'un seul en a été absorbé : si au moins l'un d'eux provoque à son tour une nouvelle fission, la réaction s'auto-entretient, voire s'emballe (figure 3, partie basse). On définit le facteur de multiplication kk, nombre moyen de neutrons d'une génération qui provoquent effectivement une fission dans la génération suivante :

  • k<1k<1 : la réaction s'éteint (sous-critique) ;
  • k=1k=1 : la réaction est stable, entretenue à puissance constante (critique) — le régime visé dans un réacteur ;
  • k>1k>1 : la population de neutrons croît exponentiellement (supercritique) — le régime d'une explosion.

Pour qu'une chaîne s'entretienne, la masse de matière fissile doit dépasser un seuil, la masse critique : en dessous, trop de neutrons s'échappent du bloc sans provoquer de fission, et k<1k<1. Une bombe A réunit brutalement, par explosif classique, deux masses sous-critiques en une seule masse supercritique : la réaction diverge en une fraction de microseconde. Le réacteur d'une centrale, à l'inverse, est conçu pour rester en permanence au voisinage de k=1k=1 — nous y reviendrons en détail à la section 7.

Physique & Co — Chicago Pile-1, la première réaction en chaîne

Le 2 décembre 1942, sous les gradins du stade de football de l'université de Chicago, une équipe dirigée par le physicien italien Enrico Fermi retire progressivement les barres de contrôle en cadmium d'un empilement de blocs de graphite et d'uranium — la « pile de Chicago 1 ». À 15h25, les instruments indiquent une réaction en chaîne auto-entretenue (k=1k=1) : c'est le premier réacteur nucléaire de l'histoire, obtenu près de trois ans avant la première bombe atomique. L'expérience, tenue secrète pendant des décennies, ouvre la voie aussi bien à l'arme nucléaire qu'à la production civile d'électricité.

5.2  La fusion nucléaire

Définition

La fusion est l'union de deux noyaux légers en un noyau plus lourd. La réaction la plus accessible associe le deutérium 12H{}_{1}^{2}\text{H} et le tritium 13H{}_{1}^{3}\text{H} (radioactif, produit artificiellement) :

12H+13H⟶24He+01n{}_{1}^{2}\text{H} + {}_{1}^{3}\text{H} \longrightarrow {}_{2}^{4}\text{He} + {}_{0}^{1}\text{n}

Vérifie les bilans : 2+3=4+1=52+3=4+1=5 nucléons ; 1+1=2+0=21+1=2+0=2 charges. Cette réaction libère 17,6 MeV17{,}6\ \text{MeV}, que nous retrouverons par le calcul à la section 6.

Fusion de deux noyaux légers : deutérium + tritium ²H ³H ⁴He n 17,6 MeVlibérés répulsion coulombienne ⇒ confinement à T ≈ 10⁸–10⁹ K (plasma)
Figure 4 — Fusion deutérium-tritium : 2H+3H⟶4He+n{}^{2}\text{H}+{}^{3}\text{H}\longrightarrow{}^{4}\text{He}+\text{n}. La répulsion coulombienne entre les deux noyaux, tous deux positifs, impose de les porter à très haute température (plasma confiné) pour que l'interaction forte, à courte portée, prenne le relais.

La difficulté de la fusion n'est pas énergétique — la réaction D-T libère, par nucléon, presque trois fois plus d'énergie qu'une fission d'uranium — elle est électrique : deux noyaux chargés positivement se repoussent. Pour les rapprocher assez pour que l'interaction nucléaire forte, à très courte portée, prenne le relais, il faut leur communiquer une énergie cinétique considérable, ce qui impose des températures extrêmes, de l'ordre de 10810^{8} à 109 K10^{9}\ \text{K}. À de telles températures, la matière est entièrement ionisée : c'est un plasma, qu'il faut de surcroît confiner sans qu'il touche la moindre paroi solide, qui fondrait instantanément.

Deux voies de confinement sont explorées : le confinement magnétique (des champs magnétiques intenses emprisonnent le plasma dans un anneau : c'est le principe du tokamak), et le confinement inertiel (de puissants lasers compriment et chauffent une bille de combustible assez vite pour que l'inertie de la matière suffise à la maintenir groupée). Le projet international ITER, en construction à Cadarache (France) avec trente-cinq pays participants, est un tokamak visant à démontrer qu'un plasma D-T peut produire plus d'énergie qu'il n'en consomme.

La fusion est aussi la source d'énergie des étoiles. Au cœur du Soleil, à 1515 millions de kelvins, le cycle proton-proton transforme, en résumé, quatre noyaux d'hydrogène en un noyau d'hélium 4 :

4 11H⟶24He+2 10e++2 ν4\,{}_{1}^{1}\text{H} \longrightarrow {}_{2}^{4}\text{He} + 2\,{}_{1}^{0}\text{e}^{+} + 2\,\nu

où 10e+{}_{1}^{0}\text{e}^{+} est un positon et ν\nu un neutrino. Le bilan de masse de cette réaction convertit ainsi environ 600600 millions de tonnes d'hydrogène en hélium chaque seconde au cœur du Soleil, entretenant depuis 4,64{,}6 milliards d'années le rayonnement solaire dont dépend toute vie sur Terre. Une bombe H (thermonucléaire) utilise l'énergie d'une première explosion de fission pour porter un mélange D-T aux conditions nécessaires à sa fusion quasi instantanée : sa puissance, non limitée par une masse critique, peut dépasser de plusieurs centaines de fois celle d'une bombe A.

Exemple — énergie libérée par 1 gramme de deutérium (fusion D-T)

On dispose de 11 gramme de deutérium, en présence d'assez de tritium pour qu'il réagisse en totalité. M(2H)≈2,0 g⋅mol−1M(^{2}\text{H})\approx2{,}0\ \text{g·mol}^{-1}.

  1. n=12,0×6,02×1023n = \dfrac{1}{2{,}0}\times6{,}02\times10^{23}
  2. ≈\approx3,01×1023 reˊactions3{,}01\times10^{23}\ \text{réactions}
  3. E=n×17,6 MeVE = n \times 17{,}6\ \text{MeV}
  4. ≈\approx5,30×1024 MeV5{,}30\times10^{24}\ \text{MeV}
  5. ==5,30×1024×1,602×10−13 J5{,}30\times10^{24}\times1{,}602\times10^{-13}\ \text{J}
  6. ≈\approx8,5×1011 J8{,}5\times10^{11}\ \text{J}environ dix fois plus que 1 g d'uranium 235 fissionné

Fission et fusion libèrent toutes deux de l'énergie parce que la masse totale diminue au cours de la réaction. La section suivante généralise le calcul de cette énergie à n'importe quelle réaction nucléaire, spontanée ou provoquée.

6Bilan énergétique d'une réaction

Le défaut de masse de la section 1 n'est qu'un cas particulier d'une idée plus générale : dans toute réaction nucléaire — assemblage, désintégration spontanée, fission, fusion — la masse totale peut changer, et ce changement se traduit par une énergie échangée.

Théorème — bilan énergétique d'une réaction nucléaire

Soit une réaction nucléaire transformant des réactifs de masse totale Σmi\Sigma m_{i} en produits de masse totale Σmf\Sigma m_{f}. L'énergie QQ libérée par la réaction vaut :

Q=(Σmi−Σmf) c2Q = (\Sigma m_{i} - \Sigma m_{f})\,c^{2}

  • si Q>0Q>0 (Σmi>Σmf\Sigma m_{i}>\Sigma m_{f}) : réaction exoénergétique, l'énergie est libérée sous forme d'énergie cinétique des produits et de rayonnement ;
  • si Q<0Q<0 : réaction endoénergétique, un apport d'énergie extérieur est nécessaire.

Toute réaction nucléaire spontanée — en particulier la radioactivité — est exoénergétique : une réaction endoénergétique ne peut être que provoquée (accélérateur de particules, par exemple).

Démonstration — idée de la preuve

Plaçons-nous dans le référentiel où les réactifs sont globalement au repos avant la réaction : leur énergie totale se réduit à leur énergie de masse, Ei=Σmic2E_{i}=\Sigma m_{i}c^{2}. Après la réaction, les produits possèdent une énergie de masse, une énergie cinétique (ils sont éjectés) et, le cas échéant, un rayonnement γ\gamma : Ef=Σmfc2+ΣEc+EγE_{f}=\Sigma m_{f}c^{2}+\Sigma E_{c}+E_{\gamma}. La conservation de l'énergie totale impose Ei=EfE_{i}=E_{f} :

  1. Σmic2=Σmfc2+ΣEc+Eγ\Sigma m_{i}c^{2} = \Sigma m_{f}c^{2}+\Sigma E_{c}+E_{\gamma}
  2. ⇒\RightarrowΣEc+Eγ=(Σmi−Σmf)c2\Sigma E_{c}+E_{\gamma} = (\Sigma m_{i}-\Sigma m_{f})c^{2}

Le membre de droite est exactement QQ : la masse « manquante » du bilan reparaît intégralement en énergie cinétique et rayonnement. C.Q.F.D.

Diagramme énergétique d'une réaction exoénergétique E (cas endo, Q<0) réactifs : Σmᵢ·c² produits : Σm_f·c² + Ec + Eγ Q = Δm·c²(libérée)
Figure 5 — Diagramme énergétique d'une réaction exoénergétique : l'état final (produits) a une masse totale inférieure à l'état initial (réactifs) ; l'écart Q=∣Δm∣c2Q=|\Delta m|c^{2} reparaît en énergie cinétique des produits et en rayonnement. Une réaction endoénergétique, rare et toujours provoquée, correspondrait à des produits plus haut que les réactifs.
Méthode — calculer le bilan QQ d'une réaction

1. Écrire l'équation et vérifier les bilans de nucléons et de charge. 2. Relever les masses de tous les réactifs et de tous les produits, dans la même unité. 3. Calculer Σmi−Σmf\Sigma m_{i}-\Sigma m_{f}. 4. Multiplier par 931,5931{,}5 pour QQ en MeV (ou par c2c^{2} pour des joules). 5. Conclure sur le signe.

Attention

N'oublie aucun produit dans Σmf\Sigma m_{f} : un neutron ou un noyau de recul « oublié » fausse tout le calcul. QQ est l'énergie totale libérée, partagée entre tous les produits — pour une particule α\alpha, elle n'emporte pas la totalité de QQ, car le noyau fils recule aussi (conservation de la quantité de mouvement) : voir l'exemple ci-dessous.

Exemple — bilan énergétique de la fusion D-T

Masses : m(2H)=2,01355 um(^{2}\text{H})=2{,}01355\ \text{u}, m(3H)=3,01550 um(^{3}\text{H})=3{,}01550\ \text{u}, m(4He)=4,00151 um(^{4}\text{He})=4{,}00151\ \text{u}, mn=1,00867 um_{n}=1{,}00867\ \text{u}.

  1. Q=[m(2H)+m(3H)−m(4He)−mn]×931,5Q = \left[m(^{2}\text{H})+m(^{3}\text{H})-m(^{4}\text{He})-m_{n}\right]\times931{,}5
  2. ==[2,01355+3,01550−4,00151−1,00867]×931,5\left[2{,}01355+3{,}01550-4{,}00151-1{,}00867\right]\times931{,}5
  3. ==[5,02905−5,01018]×931,5\left[5{,}02905-5{,}01018\right]\times931{,}5
  4. ==0,01887×931,50{,}01887\times931{,}5
  5. ==17,58 MeV17{,}58\ \text{MeV}on retrouve bien les 17,6 MeV annoncés à la section 5
Exemple — énergie et cinétique de la désintégration α\alpha du radium 226

88226Ra⟶86222Rn+24He{}_{88}^{226}\text{Ra}\longrightarrow{}_{86}^{222}\text{Rn}+{}_{2}^{4}\text{He}. Masses : m(226Ra)=225,97710 um(^{226}\text{Ra})=225{,}97710\ \text{u}, m(222Rn)=221,97036 um(^{222}\text{Rn})=221{,}97036\ \text{u}, m(4He)=4,00151 um(^{4}\text{He})=4{,}00151\ \text{u}.

  1. Q=[m(226Ra)−m(222Rn)−m(4He)]×931,5Q = \left[m(^{226}\text{Ra})-m(^{222}\text{Rn})-m(^{4}\text{He})\right]\times931{,}5
  2. ==[225,97710−221,97036−4,00151]×931,5\left[225{,}97710-221{,}97036-4{,}00151\right]\times931{,}5
  3. ==0,00523×931,50{,}00523\times931{,}5
  4. ==4,87 MeV4{,}87\ \text{MeV}

Le radium étant initialement au repos, la quantité de mouvement totale reste nulle : le radon et la particule α\alpha reculent en sens opposés avec des quantités de mouvement égales. Comme Ec=p22mE_{c}=\dfrac{p^{2}}{2m}, l'énergie cinétique se partage à l'inverse des masses ; la légère particule α\alpha emporte l'essentiel de QQ :

  1. Ec,α=Q×m(222Rn)m(222Rn)+m(4He)E_{c,\alpha} = Q\times\dfrac{m(^{222}\text{Rn})}{m(^{222}\text{Rn})+m(^{4}\text{He})}
  2. ==4,87×221,97225,974{,}87\times\dfrac{221{,}97}{225{,}97}
  3. ≈\approx4,78 MeV4{,}78\ \text{MeV}environ 98 % de Q : le recul du noyau fils, bien réel, reste modeste

Nous savons maintenant calculer précisément l'énergie de n'importe quelle réaction nucléaire. Reste à voir comment cette énergie, libérée dans le cœur d'un réacteur, se transforme en électricité — et à quel prix, en termes de sûreté et de déchets.

7Centrales et sécurité

7.1  Fonctionnement d'une centrale nucléaire

Une centrale nucléaire n'est, du point de vue de l'ingénieur, qu'une centrale thermique un peu particulière : on fait bouillir de l'eau pour produire de la vapeur, qui entraîne une turbine couplée à un alternateur. Ce qui change, c'est la source de chaleur : au lieu de brûler du charbon, du gaz ou du pétrole, on exploite la fission contrôlée de l'uranium.

Centrale nucléaire à eau pressurisée (schéma de principe) cœur échangeur vapeur turbine alternateur électricité condenseur tour de refroidissement (vapeur d'eau, pas de rejet radioactif)
Figure 6 — Schéma de principe d'une centrale à eau pressurisée : le circuit primaire (rouge), radioactif, reste confiné dans l'enceinte ; il cède sa chaleur au circuit secondaire dans l'échangeur, qui actionne la turbine et l'alternateur ; le circuit tertiaire, au contact de la tour de refroidissement, évacue la chaleur résiduelle sans jamais toucher la radioactivité.
Définition

Le modérateur (l'eau, dans la filière la plus répandue) ralentit les neutrons rapides issus de la fission jusqu'à des vitesses « thermiques », seules efficaces pour provoquer une nouvelle fission de l'uranium 235. Les barres de contrôle, en matériau très absorbant de neutrons (bore, cadmium), se déplacent dans le cœur pour ajuster en permanence le facteur multiplicatif kk au voisinage de 11 : les enfoncer freine la réaction, les retirer l'accélère.

Le réacteur fonctionne avec trois circuits d'eau indépendants, qui ne se mélangent jamais : le circuit primaire, en boucle fermée à l'intérieur de l'enceinte de confinement, traverse le cœur et devient radioactif, puis cède sa chaleur, dans le générateur de vapeur (l'échangeur), au circuit secondaire — non radioactif, il se change en vapeur, actionne la turbine, puis se recondense dans le condenseur. Un circuit tertiaire de refroidissement évacue enfin la chaleur résiduelle du condenseur vers l'environnement.

Exemple — comparer le combustible d'une centrale nucléaire et d'une centrale à charbon

Une centrale de 900 MW900\ \text{MW} électriques fonctionnant en continu pendant un an consomme, selon la filière, environ 2525 tonnes de combustible nucléaire enrichi, contre environ 2,52{,}5 millions de tonnes de charbon pour produire la même énergie électrique. Ce facteur d'environ 10510^{5} en masse de combustible explique à la fois la faible fréquence des convois de combustible nucléaire et le volume, en apparence modeste, des déchets produits.

7.2  Sûreté, déchets et enjeux

Attention

Le panache blanc qui s'échappe d'une tour de refroidissement n'est pas de la fumée radioactive : c'est de la simple vapeur d'eau condensée dans l'air frais, chimiquement et radiologiquement identique à celle d'une bouilloire — elle provient du circuit tertiaire, qui n'a jamais été en contact avec le cœur (figure 6). Ne confonds pas ce panache, bien visible, avec un rejet radioactif, qui lui est invisible et rigoureusement contrôlé.

La sûreté d'un réacteur repose sur la défense en profondeur : plusieurs barrières indépendantes s'opposent à la dispersion de la radioactivité — la gaine métallique du combustible, l'épaisse cuve en acier, puis l'enceinte de confinement en béton armé — de sorte que la défaillance d'une seule barrière ne suffise jamais à un rejet massif. En cas d'anomalie, les barres de contrôle peuvent être totalement insérées en quelques secondes, interrompant presque instantanément la réaction en chaîne — même si le cœur continue, un temps, à dégager de la chaleur résiduelle issue de la radioactivité des produits de fission, qu'il faut continuer à refroidir activement.

La fission produit inévitablement des déchets radioactifs : les produits de fission eux-mêmes (souvent très radioactifs, mais à vie courte) et des noyaux lourds formés par capture de neutrons sans fission, comme le plutonium (peu radioactifs par désintégration, mais actifs sur des dizaines de milliers d'années). On les classe selon leur activité et leur durée de vie : les déchets de haute activité à vie longue, minoritaires en volume mais les plus dangereux, sont destinés à un stockage géologique profond, dans une couche choisie pour son imperméabilité sur des échelles de temps géologiques.

Physique & Co — L'uranium d'Arlit, au Niger

Découvert en 1957 dans la région d'Agadez, au nord du Niger, le gisement d'uranium d'Arlit est exploité industriellement à partir de 1971 par la société SOMAÏR, puis à partir de 1978 par la COMINAK, deux sociétés longtemps liées au groupe français Areva (devenu Orano). Pendant plusieurs décennies, le Niger a compté parmi les tout premiers producteurs mondiaux d'uranium, un minerai exporté presque intégralement, alors que l'électricité y reste, pour une large part de la population, difficilement accessible. La mine a fait naître la ville d'Arlit en plein désert du Ténéré, et soulève des questions durables de santé des mineurs, de gestion de l'eau en zone aride et de partage de la rente minière.

L'énergie nucléaire pose ainsi, à côté du calcul physique, des questions de société : sûreté des installations, devenir des déchets sur des durées qui dépassent l'échelle humaine, dépendance économique des pays producteurs de minerai. Ce sont des questions légitimes, sur lesquelles la physique donne des ordres de grandeur indispensables — mais pas, à elle seule, toutes les réponses.

Fiche mémo

  • Δm=Z mp+(A−Z) mn−mnoyau\Delta m = Z\,m_{p}+(A-Z)\,m_{n}-m_{\text{noyau}}, toujours >0>0.
  • E=mc2E=mc^{2} ; 1 u=931,5 MeV/c2=1,6605×10−27 kg1\ \text{u}=931{,}5\ \text{MeV}/c^{2}=1{,}6605\times10^{-27}\ \text{kg}.
  • Eℓ=Δm c2E_{\ell}=\Delta m\,c^{2} ; c'est Eℓ/AE_{\ell}/A (MeV/nucléon), pas EℓE_{\ell}, qui mesure la stabilité.
  • Courbe d'Aston : maximum vers A≈56A\approx56-6262 (Fe, Ni), ≈8,8 MeV/nucleˊon\approx8{,}8\ \text{MeV/nucléon}.
  • Fusion : noyaux légers → noyau plus stable (ex. 2H+3H→4He+n{}^{2}\text{H}+{}^{3}\text{H}\to{}^{4}\text{He}+\text{n}, 17,6 MeV17{,}6\ \text{MeV}).
  • Fission : noyau lourd → 2 fragments + neutrons (ex. n+235U→92Kr+141Ba+3n\text{n}+{}^{235}\text{U}\to{}^{92}\text{Kr}+{}^{141}\text{Ba}+3\text{n}, ≈200 MeV\approx200\ \text{MeV}).
  • Réaction en chaîne : k<1k<1 sous-critique, k=1k=1 critique (réacteur), k>1k>1 supercritique (bombe).
  • Bilan général : Q=(Σmi−Σmf)c2Q=(\Sigma m_{i}-\Sigma m_{f})c^{2} ; Q>0Q>0 exoénergétique (spontané), Q<0Q<0 endoénergétique (provoqué).
  • 1 g1\ \text{g} d'235U{}^{235}\text{U} fissionné ≈\approx 2 tonnes de pétrole, soit un facteur ≈2×106\approx2\times10^{6} par kg.
  • Centrale REP : cœur →\to échangeur (vapeur) →\to turbine →\to alternateur ; le circuit primaire ne quitte jamais l'enceinte.
  • Modérateur : ralentit les neutrons. Barres de contrôle : absorbent les neutrons, règlent kk.
  • Déchets classés par activité et durée de vie ; les HA-VL vont au stockage géologique profond.
  • ITER : fusion par confinement magnétique (tokamak), plasma à T≈108T\approx10^{8}-109 K10^{9}\ \text{K}.

8Exercices corrigés

Niveau 1 — Application directe
1

Calcule le défaut de masse puis l'énergie de liaison du noyau de lithium 7, 37Li{}_{3}^{7}\text{Li}, sachant que m(7Li)=7,01436 um(^{7}\text{Li})=7{,}01436\ \text{u}.

Voir le corrigé détaillé

Z=3Z=3, N=7−3=4N=7-3=4.

  1. Δm=3 mp+4 mn−m(7Li)\Delta m = 3\,m_{p}+4\,m_{n}-m(^{7}\text{Li})
  2. ==3×1,00728+4×1,00867−7,014363\times1{,}00728+4\times1{,}00867-7{,}01436
  3. ==3,02184+4,03468−7,014363{,}02184+4{,}03468-7{,}01436
  4. ==7,05652−7,014367{,}05652-7{,}01436
  5. ==0,04216 u0{,}04216\ \text{u}
  6. ⇒\RightarrowEℓ=0,04216×931,5≈39,27 MeVE_{\ell} = 0{,}04216\times931{,}5 \approx 39{,}27\ \text{MeV}
2

Convertis en joules les énergies suivantes (1 MeV=1,602×10−13 J1\ \text{MeV}=1{,}602\times10^{-13}\ \text{J}) : a) 2,24 MeV2{,}24\ \text{MeV} (liaison du deutérium) ; b) 492,5 MeV492{,}5\ \text{MeV} (liaison du fer 56) ; c) 17,6 MeV17{,}6\ \text{MeV} (fusion D-T).

Voir le corrigé détaillé
  1. a) 2,24×1,602×10−13≈3,59×10−13 J2{,}24\times1{,}602\times10^{-13} \approx 3{,}59\times10^{-13}\ \text{J}
  2. b) 492,5×1,602×10−13≈7,89×10−11 J492{,}5\times1{,}602\times10^{-13} \approx 7{,}89\times10^{-11}\ \text{J}
  3. c) 17,6×1,602×10−13≈2,82×10−12 J17{,}6\times1{,}602\times10^{-13} \approx 2{,}82\times10^{-12}\ \text{J}
3

Le carbone 12 a une énergie de liaison Eℓ=92,21 MeVE_{\ell}=92{,}21\ \text{MeV}. Calcule Eℓ/AE_{\ell}/A et compare la stabilité du carbone 12 à celle du fer 56 (8,79 MeV/nucleˊon8{,}79\ \text{MeV/nucléon}).

Voir le corrigé détaillé
  1. EℓA=92,2112\dfrac{E_{\ell}}{A} = \dfrac{92{,}21}{12}
  2. ≈\approx7,68 MeV/nucleˊon7{,}68\ \text{MeV/nucléon}

Comme 7,68<8,797{,}68<8{,}79, le fer 56 est plus stable, nucléon pour nucléon, que le carbone 12.

4

Deux noyaux X, d'énergie de liaison 7,9 MeV/nucleˊon7{,}9\ \text{MeV/nucléon} chacun, se situent à gauche du maximum de la courbe d'Aston. En les combinant en un seul noyau plus proche du sommet, libère-t-on de l'énergie ? Justifie à l'aide de la courbe (figure 2).

Voir le corrigé détaillé

Les noyaux X sont à gauche du maximum de la courbe d'Aston (figure 2) : ce sont des noyaux légers. En les assemblant, le noyau formé se rapproche du sommet de la courbe, donc son énergie de liaison par nucléon augmente. D'après la section 4, tout rapprochement du sommet, par n'importe quel chemin, libère de l'énergie : cette fusion est donc exoénergétique, elle libère de l'énergie.

5

Complète l'équation de fission suivante, sachant qu'elle libère 2 neutrons : 01n+92235U⟶54aXe+3894Sr+2 01n{}_{0}^{1}\text{n}+{}_{92}^{235}\text{U}\longrightarrow{}_{54}^{a}\text{Xe}+{}_{38}^{94}\text{Sr}+2\,{}_{0}^{1}\text{n}. Détermine aa.

Voir le corrigé détaillé

Conservation du nombre de nucléons :

  1. 1+235=a+94+21+235 = a+94+2
  2. ⇒\Rightarrow236=a+96236 = a+96
  3. ⇒\Rightarrowa=140a = 140
6

Une réaction libère Q=15,0 MeVQ=15{,}0\ \text{MeV}. Exprime QQ en joules, puis en kWh (1 kWh=3,6×106 J1\ \text{kWh}=3{,}6\times10^{6}\ \text{J}). Commente l'ordre de grandeur obtenu.

Voir le corrigé détaillé
  1. Q=15,0×1,602×10−13Q = 15{,}0\times1{,}602\times10^{-13}
  2. ≈\approx2,40×10−12 J2{,}40\times10^{-12}\ \text{J}
  3. Q=2,40×10−123,6×106Q = \dfrac{2{,}40\times10^{-12}}{3{,}6\times10^{6}}
  4. ≈\approx6,68×10−19 kWh6{,}68\times10^{-19}\ \text{kWh}un nombre dérisoire : le kWh, échelle humaine, est inadapté à la physique d'un seul noyau
Niveau 2 — Approfondissement
7

Calcule Δm\Delta m, EℓE_{\ell} et Eℓ/AE_{\ell}/A pour le néon 20, 1020Ne{}_{10}^{20}\text{Ne}, sachant que m(20Ne)=19,98699 um(^{20}\text{Ne})=19{,}98699\ \text{u}. Ce noyau est-il plus ou moins stable que l'oxygène 16 (7,98 MeV/nucleˊon7{,}98\ \text{MeV/nucléon}) ?

Voir le corrigé détaillé

Z=10Z=10, N=20−10=10N=20-10=10.

  1. Δm=10 mp+10 mn−m(20Ne)\Delta m = 10\,m_{p}+10\,m_{n}-m(^{20}\text{Ne})
  2. ==10,0728+10,0867−19,9869910{,}0728+10{,}0867-19{,}98699
  3. ==20,1595−19,9869920{,}1595-19{,}98699
  4. ==0,17251 u0{,}17251\ \text{u}
  5. ⇒\RightarrowEℓ=0,17251×931,5≈160,7 MeVE_{\ell} = 0{,}17251\times931{,}5 \approx 160{,}7\ \text{MeV}
  6. ⇒\RightarrowEℓA=160,720≈8,03 MeV/nucleˊon\dfrac{E_{\ell}}{A} = \dfrac{160{,}7}{20} \approx 8{,}03\ \text{MeV/nucléon}

Comme 8,03>7,988{,}03>7{,}98, le néon 20 est légèrement plus stable, nucléon pour nucléon, que l'oxygène 16 — cohérent avec sa position, un peu plus proche du sommet de la courbe d'Aston.

8

Une centrale de puissance électrique 1 300 MW1\,300\ \text{MW} a un rendement de 33 %33\,\%. Calcule la puissance thermique nécessaire, l'énergie thermique produite en 24 h, puis le nombre de fissions par seconde requises (on prend 200 MeV200\ \text{MeV} par fission).

Voir le corrigé détaillé
  1. Pth=Peˊlecrendement=1,3×1090,33P_{\text{th}} = \dfrac{P_{\text{élec}}}{\text{rendement}} = \dfrac{1{,}3\times10^{9}}{0{,}33}
  2. ≈\approx3,94×109 W3{,}94\times10^{9}\ \text{W}
  3. E24h=Pth×86 400E_{24\text{h}} = P_{\text{th}}\times86\,400
  4. ≈\approx3,40×1014 J3{,}40\times10^{14}\ \text{J}
  5. E1 fission=200×1,602×10−13≈3,20×10−11 JE_{\text{1 fission}} = 200\times1{,}602\times10^{-13} \approx 3{,}20\times10^{-11}\ \text{J}
  6. N=PthE1 fission=3,94×1093,20×10−11N = \dfrac{P_{\text{th}}}{E_{\text{1 fission}}} = \dfrac{3{,}94\times10^{9}}{3{,}20\times10^{-11}}
  7. ≈\approx1,23×1020 fissions/s1{,}23\times10^{20}\ \text{fissions/s}un nombre astronomique, à l'échelle du cœur entier
9

Un noyau de polonium 210, 84210Po{}_{84}^{210}\text{Po}, se désintègre en émettant une particule α\alpha, avec Q=5,41 MeVQ=5{,}41\ \text{MeV}. Sachant que m(210Po)=209,93737 um(^{210}\text{Po})=209{,}93737\ \text{u} et m(4He)=4,00151 um(^{4}\text{He})=4{,}00151\ \text{u}, calcule la masse du noyau fils puis identifie l'élément formé.

Voir le corrigé détaillé

Q=[m(Po)−mfils−m(α)]×931,5Q=\left[m(\text{Po})-m_{\text{fils}}-m(\alpha)\right]\times931{,}5, d'où :

  1. mfils=m(Po)−m(α)−Q931,5m_{\text{fils}} = m(\text{Po})-m(\alpha)-\dfrac{Q}{931{,}5}
  2. ==209,93737−4,00151−5,41931,5209{,}93737-4{,}00151-\dfrac{5{,}41}{931{,}5}
  3. ==205,93586−0,00581205{,}93586-0{,}00581
  4. ==205,930 u205{,}930\ \text{u}

Le noyau fils a pour numéro atomique Z=84−2=82Z=84-2=82 (le plomb, Pb) et pour nombre de masse A=210−4=206A=210-4=206 : il s'agit de 82206Pb{}_{82}^{206}\text{Pb}.

10

Compare, à masse égale de 1 kg1\ \text{kg}, l'énergie libérée par la fission complète d'uranium 235 (8,2×1013 J/kg8{,}2\times10^{13}\ \text{J/kg}) et par la combustion du bois (pouvoir calorifique ≈15 MJ/kg\approx15\ \text{MJ/kg}). Exprime le rapport sous forme d'une puissance de 10.

Voir le corrigé détaillé
  1. rapport =8,2×101315×106= \dfrac{8{,}2\times10^{13}}{15\times10^{6}}
  2. ==8,2×10131,5×107\dfrac{8{,}2\times10^{13}}{1{,}5\times10^{7}}
  3. ≈\approx5,5×1065{,}5\times10^{6}soit 5,5 millions de fois plus d'énergie, à masse égale
Niveau 3 — Type bac
11

On étudie la fission 01n+92235U⟶3894Sr+54140Xe+x 01n{}_{0}^{1}\text{n}+{}_{92}^{235}\text{U}\longrightarrow{}_{38}^{94}\text{Sr}+{}_{54}^{140}\text{Xe}+x\,{}_{0}^{1}\text{n}.

  1. Détermine xx par conservation du nombre de nucléons.
  2. Sachant que mn=1,00867 um_{n}=1{,}00867\ \text{u}, m(235U)=234,99342 um(^{235}\text{U})=234{,}99342\ \text{u}, m(94Sr)=93,89450 um(^{94}\text{Sr})=93{,}89450\ \text{u} et m(140Xe)=139,89200 um(^{140}\text{Xe})=139{,}89200\ \text{u}, calcule le défaut de masse de la réaction puis l'énergie QQ libérée, en MeV.
  3. En déduire, en joules, l'énergie libérée par la fission complète de 1,0 kg1{,}0\ \text{kg} d'uranium 235 (NA=6,02×1023 mol−1N_{A}=6{,}02\times10^{23}\ \text{mol}^{-1}, M(235U)=235 g/molM(^{235}\text{U})=235\ \text{g/mol}).
  4. La consommation électrique annuelle d'une ville de 500 000500\,000 habitants, à raison de 1 500 kWh1\,500\ \text{kWh} par habitant, vaut environ 2,7×1015 J2{,}7\times10^{15}\ \text{J}. Ce kilogramme d'uranium pourrait-il, en théorie, y contribuer ? Exprime le résultat en jours d'autonomie.
Voir le corrigé détaillé

1. Conservation des nucléons :

  1. 1+235=94+140+x1+235 = 94+140+x
  2. ⇒\Rightarrow236=234+x236 = 234+x
  3. ⇒\Rightarrowx=2x = 2

2. Défaut de masse et énergie :

  1. Δm=[mn+m(235U)]−[m(94Sr)+m(140Xe)+2 mn]\Delta m = \left[m_{n}+m(^{235}\text{U})\right]-\left[m(^{94}\text{Sr})+m(^{140}\text{Xe})+2\,m_{n}\right]
  2. ==236,00209−235,80384236{,}00209-235{,}80384
  3. ==0,19825 u0{,}19825\ \text{u}
  4. ⇒\RightarrowQ=0,19825×931,5≈184,7 MeVQ = 0{,}19825\times931{,}5 \approx 184{,}7\ \text{MeV}

3. Énergie pour 1,0 kg :

  1. n=1 000235×6,02×1023≈2,56×1024 noyauxn = \dfrac{1\,000}{235}\times6{,}02\times10^{23} \approx 2{,}56\times10^{24}\ \text{noyaux}
  2. E=n×Q=2,56×1024×184,7×1,602×10−13E = n\times Q = 2{,}56\times10^{24}\times184{,}7\times1{,}602\times10^{-13}
  3. ≈\approx7,58×1013 J7{,}58\times10^{13}\ \text{J}

4. Comparaison :

  1. fraction =7,58×10132,7×1015≈0,0281= \dfrac{7{,}58\times10^{13}}{2{,}7\times10^{15}} \approx 0{,}0281
  2. ⇒\Rightarrowdurée ≈0,0281×365≈10 jours\approx 0{,}0281\times365 \approx 10\ \text{jours}

Un seul kilogramme d'uranium 235 fissionné couvrirait donc, en théorie, environ 10 jours de la consommation électrique d'une ville de 500 000 habitants.

12

Le Soleil a une puissance rayonnée L=3,8×1026 WL=3{,}8\times10^{26}\ \text{W}.

  1. Calcule la perte de masse du Soleil par seconde, cette puissance provenant intégralement de conversion de masse en énergie.
  2. Sachant que la masse du Soleil vaut M=2,0×1030 kgM=2{,}0\times10^{30}\ \text{kg}, calcule (en années) la durée nécessaire, à ce rythme supposé constant, pour qu'il perde 0,1 %0{,}1\,\% de sa masse.
  3. Cette perte de masse remet-elle en cause, à l'échelle humaine, l'idée d'une source d'énergie quasi inépuisable ? Justifie par un ordre de grandeur.
Voir le corrigé détaillé

1.

  1. dmdt=Lc2=3,8×1026(3,00×108)2\dfrac{\mathrm{d}m}{\mathrm{d}t} = \dfrac{L}{c^{2}} = \dfrac{3{,}8\times10^{26}}{(3{,}00\times10^{8})^{2}}
  2. ==3,8×10269,00×1016\dfrac{3{,}8\times10^{26}}{9{,}00\times10^{16}}
  3. ≈\approx4,2×109 kg/s4{,}2\times10^{9}\ \text{kg/s}soit environ 4 millions de tonnes par seconde

2.

  1. ΔM=0,001×2,0×1030=2,0×1027 kg\Delta M = 0{,}001\times2{,}0\times10^{30} = 2{,}0\times10^{27}\ \text{kg}
  2. t=ΔMdm/dt=2,0×10274,2×109t = \dfrac{\Delta M}{\mathrm{d}m/\mathrm{d}t} = \dfrac{2{,}0\times10^{27}}{4{,}2\times10^{9}}
  3. ≈\approx4,8×1017 s4{,}8\times10^{17}\ \text{s}
  4. ≈\approx1,5×1010 anneˊes1{,}5\times10^{10}\ \text{années}en divisant par 3,156×10⁷ s/an

3. Une durée de 1515 milliards d'années dépasse l'âge actuel de l'Univers lui-même (≈13,8\approx13{,}8 milliards d'années) : à l'échelle d'une vie humaine, ou même de l'histoire de l'humanité, cette perte de masse est totalement négligeable. Le Soleil est bien, à notre échelle, une source d'énergie quasi inépuisable.

13

Dans un système légèrement supercritique, k=1,05k=1{,}05. On part d'un seul neutron efficace à la génération 00.

  1. Exprime le nombre de neutrons efficaces N(n)N(n) à la génération nn, en fonction de kk et nn.
  2. Calcule N(10)N(10), N(50)N(50) et N(100)N(100). Commente.
  3. Une génération de neutrons dure environ 10−8 s10^{-8}\ \text{s} dans un réacteur. Calcule la durée nécessaire pour atteindre la génération 100. Cette durée est-elle compatible avec une intervention humaine ? Quel dispositif, en pratique, évite cet emballement (section 7) ?
Voir le corrigé détaillé

1. À chaque génération, la population est multipliée par kk : c'est une suite géométrique de raison kk et de premier terme 11, d'où N(n)=knN(n)=k^{n}.

2.

  1. N(10)=1,0510≈1,63N(10) = 1{,}05^{10} \approx 1{,}63
  2. N(50)=1,0550≈11,5N(50) = 1{,}05^{50} \approx 11{,}5
  3. N(100)=1,05100≈131,5N(100) = 1{,}05^{100} \approx 131{,}5

La population de neutrons, donc la puissance libérée, croît de façon exponentielle : elle est multipliée par plus de 130130 en seulement 100100 générations.

3.

  1. t=100×10−8t = 100\times10^{-8}
  2. ==10−6 s10^{-6}\ \text{s}une microseconde : bien plus court que tout temps de réaction humain (≈0,1\approx0{,}1-11 s)

Une intervention humaine est donc impossible à cette échelle de temps. C'est pourquoi les réacteurs sont équipés de barres de contrôle à chute automatique (section 7) : un dispositif purement mécanique ou électromécanique, sans intervention humaine, qui insère les barres absorbantes en quelques secondes dès qu'une anomalie est détectée.

Niveau 4 — Problèmes de vie courante
14

La mine d'Arlit (Niger). Amadou travaille à la mine d'uranium d'Arlit. Un camion transporte 3030 tonnes de minerai, dont la teneur utile est de 0,3 %0{,}3\,\% en masse d'uranium 235 exploitable (hypothèse simplificatrice de l'exercice).

  1. Calcule la masse d'uranium exploitable transportée.
  2. En utilisant l'énergie libérée par 1 g d'uranium 235 fissionné (8,2×1010 J8{,}2\times10^{10}\ \text{J}, section 5), calcule l'énergie totale de ce chargement, en joules puis en kWh (1 kWh=3,6×106 J1\ \text{kWh}=3{,}6\times10^{6}\ \text{J}).
  3. Sachant qu'une famille consomme en moyenne 900 kWh900\ \text{kWh} par an, à combien de foyers, pendant un an, cette cargaison pourrait-elle en théorie fournir de l'électricité ?
Voir le corrigé détaillé

1.

  1. m=30 000×0,003m = 30\,000 \times 0{,}003
  2. ==90 kg90\ \text{kg}

2.

  1. E=90 000×8,2×1010E = 90\,000\times8{,}2\times10^{10}
  2. ≈\approx7,4×1015 J7{,}4\times10^{15}\ \text{J}
  3. E=7,4×10153,6×106E = \dfrac{7{,}4\times10^{15}}{3{,}6\times10^{6}}
  4. ≈\approx2,1×109 kWh2{,}1\times10^{9}\ \text{kWh}

3.

  1. N=2,1×109900N = \dfrac{2{,}1\times10^{9}}{900}
  2. ≈\approx2,3×106 foyers2{,}3\times10^{6}\ \text{foyers}plus de 2 millions de foyers pendant un an, pour un seul camion

Ce résultat théorique surestime largement la réalité — il ignore l'enrichissement (l'uranium naturel ne contient que 0,7 %0{,}7\,\% d'235U{}^{235}\text{U}) et le rendement d'une centrale (≈33 %\approx33\,\%) — mais il illustre, à lui seul, l'extraordinaire densité énergétique du combustible nucléaire.

15

Le TER de Dakar. Le Train Express Régional de Dakar consomme, sur une journée de service, une énergie électrique d'environ 4,0×1010 J4{,}0\times10^{10}\ \text{J}. Fatou se demande quelle masse d'uranium 235 fissionné (en négligeant tout rendement, pour simplifier) suffirait, en théorie, à produire cette énergie.

Voir le corrigé détaillé
  1. m=E8,2×1010=4,0×10108,2×1010m = \dfrac{E}{8{,}2\times10^{10}} = \dfrac{4{,}0\times10^{10}}{8{,}2\times10^{10}}
  2. ≈\approx0,49 g0{,}49\ \text{g}soit une masse comparable à une vingtaine de grains de riz
16

Irrigation près de Bamako. Une coopérative agricole utilise un groupe électrogène au gasoil pour irriguer ses champs, consommant 200 L200\ \text{L} de gasoil par semaine. 1 L1\ \text{L} de gasoil libère environ 3,6×107 J3{,}6\times10^{7}\ \text{J} par combustion.

  1. Calcule l'énergie hebdomadaire consommée, en joules.
  2. Calcule la masse d'uranium 235 qui, fissionnée, libérerait la même énergie.
  3. Le Mali ne possède pas de centrale nucléaire : ce calcul a-t-il malgré tout un intérêt ? Discute brièvement.
Voir le corrigé détaillé

1.

  1. E=200×3,6×107E = 200\times3{,}6\times10^{7}
  2. ==7,2×109 J7{,}2\times10^{9}\ \text{J}

2.

  1. m=7,2×1098,2×1010m = \dfrac{7{,}2\times10^{9}}{8{,}2\times10^{10}}
  2. ≈\approx0,088 g0{,}088\ \text{g}moins d'un dixième de gramme

3. Oui : même sans centrale nucléaire, comparer les échelles d'énergie a un intérêt pédagogique et économique. Il illustre la formidable densité énergétique du nucléaire face aux combustibles fossiles, et rappelle qu'un pays sans production d'hydrocarbures ni de minerai fissile reste dépendant d'importations coûteuses — gasoil transporté sur de longues distances jusqu'à une zone enclavée — pour chacun de ses besoins en énergie, qu'elle soit d'origine fossile ou (ailleurs) nucléaire.

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8 questions

Radioactivité et décroissance

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Le défaut de masse Δm\Delta m d'un noyau, de numéro atomique ZZ et de nombre de masse AA, est défini par :

Explication : C'est toujours « avant (nucléons séparés) moins après (noyau assemblé) », jamais l'inverse — c'est cette convention qui garantit Δm>0\Delta m>0.

Pour tous les noyaux connus, stables ou radioactifs, le défaut de masse Δm\Delta m est :

Explication : Ce déficit de masse, systématique, est la signature de l'énergie qu'il a fallu libérer pour souder les nucléons entre eux.

La relation d'Einstein reliant la masse mm d'un système au repos à son énergie EE s'écrit :

Explication : C'est le c2c^2, pas cc, qui intervient : avec c≈3,00×108 m⋅s−1c\approx3{,}00\times10^{8}\ \text{m·s}^{-1}, c2≈9,00×1016 m2⋅s−2c^{2}\approx9{,}00\times10^{16}\ \text{m}^{2}\text{·s}^{-2}, un facteur énorme.

L'équivalence à connaître par cœur pour les calculs de ce chapitre est :

Explication : Cette équivalence, obtenue en combinant E=mc2E=mc^2 avec les définitions de l'u et de l'eV, permet de convertir directement un défaut de masse en énergie : E(MeV)=Δm(u)×931,5E(\text{MeV})=\Delta m(\text{u})\times931{,}5.

Un noyau a un défaut de masse Δm=0,0100 u\Delta m = 0{,}0100\ \text{u}. L'énergie de liaison correspondante vaut environ :

Explication : Eℓ=Δm×931,5=0,0100×931,5E_\ell = \Delta m \times 931{,}5 = 0{,}0100\times931{,}5
≈9,3 MeV\approx 9{,}3\ \text{MeV}.

L'énergie de liaison par nucléon Eℓ/AE_\ell/A, exprimée en MeV/nucléon :

Explication : Contrairement à EℓE_\ell seule, qui croît presque mécaniquement avec AA, le rapport Eℓ/AE_\ell/A indique directement lequel de deux noyaux est le mieux lié.

Un noyau d'uranium a une énergie de liaison totale EℓE_\ell bien supérieure à celle d'un noyau de fer. On peut en conclure que :

Explication : Piège classique : EℓE_\ell totale de l'uranium est plus grande simplement parce qu'il a plus de nucléons à lier (A=235A=235 contre 5656) ; mais Eℓ/AE_\ell/A vaut 7,60 MeV/nucleˊon7{,}60\ \text{MeV/nucléon} pour l'uranium contre 8,798{,}79 pour le fer.

Le carbone 12 a une énergie de liaison par nucléon de 7,68 MeV/nucleˊon7{,}68\ \text{MeV/nucléon} ; l'oxygène 16, de 7,98 MeV/nucleˊon7{,}98\ \text{MeV/nucléon}. Lequel des deux noyaux est le mieux lié ?

Explication : Comme 7,98>7,687{,}98>7{,}68, l'oxygène 16 est le mieux lié des deux : c'est bien Eℓ/AE_\ell/A, et elle seule, qui permet la comparaison.

Sur la courbe d'Aston (Eℓ/AE_\ell/A en fonction de AA), le maximum, correspondant aux noyaux les plus stables, se situe vers :

Explication : Le maximum, large et plat, se situe autour de 8,8 MeV/nucleˊon8{,}8\ \text{MeV/nucléon} pour le fer et le nickel : ce sont les noyaux les plus stables qui existent.

D'après la courbe d'Aston, un noyau plus lourd (plus grand AA) qu'un autre est :

Explication : Piège classique : ce n'est pas AA lui-même mais la distance horizontale au sommet (fer/nickel) sur la courbe d'Aston qui indique l'énergie mobilisable.

Un noyau léger peut se rapprocher du sommet de la courbe d'Aston (donc devenir plus stable) uniquement en :

Explication : Un noyau léger, à gauche du sommet, ne peut s'en rapprocher qu'en grossissant : c'est le principe de la fusion, comme dans le Soleil.

Un noyau lourd peut se rapprocher du sommet de la courbe d'Aston uniquement en :

Explication : Un noyau lourd, à droite du sommet, ne peut s'en rapprocher qu'en rapetissant, en se scindant en deux fragments plus légers : c'est le principe de la fission.

Dans la réaction de fission n+92235U→3692Kr+56141Ba+x n\text{n} + {}^{235}_{92}\text{U} \to {}^{92}_{36}\text{Kr} + {}^{141}_{56}\text{Ba} + x\,\text{n}, le nombre xx de neutrons émis, pour respecter les bilans de nucléons et de charge, vaut :

Explication : Bilan de nucléons : 1+235=92+141+x⇒236=233+x⇒x=31+235 = 92+141+x \Rightarrow 236 = 233+x \Rightarrow x=3. Bilan de charge : 0+92=36+56+0=920+92=36+56+0=92, vérifié quel que soit xx (les neutrons sont neutres).

Le facteur de multiplication kk d'une réaction en chaîne correspond au régime « critique », celui visé dans un réacteur nucléaire, lorsque :

Explication : k<1k<1 : la réaction s'éteint (sous-critique). k=1k=1 : réaction stable, entretenue à puissance constante — le régime d'un réacteur. k>1k>1 : la population de neutrons croît exponentiellement (supercritique, régime d'une explosion).

La principale difficulté pour réaliser la fusion nucléaire n'est pas énergétique mais :

Explication : Deux noyaux chargés positivement se repoussent ; il faut leur communiquer une énergie cinétique considérable (T≈108T\approx10^{8}-109 K10^{9}\ \text{K}) pour que l'interaction forte, à très courte portée, prenne le relais.

Le bilan énergétique QQ d'une réaction nucléaire, entre réactifs de masse totale Σmi\Sigma m_i et produits de masse totale Σmf\Sigma m_f, s'écrit :

Explication : Si Q>0Q>0 (réactifs plus lourds que les produits), la réaction est exoénergétique : la masse « manquante » reparaît en énergie cinétique et rayonnement.

Une réaction nucléaire fait passer une masse totale de réactifs de 10,01000 u10{,}01000\ \text{u} à une masse totale de produits de 10,00000 u10{,}00000\ \text{u}. L'énergie QQ libérée vaut environ :

Explication : Δm=10,01000−10,00000=0,01000 u\Delta m = 10{,}01000-10{,}00000 = 0{,}01000\ \text{u}
Q=0,01000×931,5Q = 0{,}01000\times931{,}5
≈9,3 MeV\approx 9{,}3\ \text{MeV}.

Toute réaction nucléaire spontanée, comme la radioactivité, est nécessairement :

Explication : Une réaction endoénergétique (Q<0Q<0) ne peut être que provoquée, par exemple dans un accélérateur de particules — jamais spontanée.

Dans un réacteur nucléaire, les barres de contrôle ont pour rôle de :

Explication : C'est le modérateur qui ralentit les neutrons ; les barres de contrôle, elles, absorbent des neutrons pour maintenir kk au voisinage de 11.

Un gramme d'uranium 235 entièrement fissionné, comme celui extrait des mines d'Arlit au Niger, libère une énergie comparable à celle de la combustion de :

Explication : La fission de 11 g d'uranium 235 libère environ 8,2×1010 J8{,}2\times10^{10}\ \text{J}, contre 4,2×1010 J4{,}2\times10^{10}\ \text{J} pour 11 tonne de pétrole brûlée : soit près de 22 tonnes de pétrole, un facteur d'environ deux millions par kilogramme.
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