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Physique statistique
2- Pour les noyaux A 1 , A 2 et A 3 , on a :
dN 1
dt
= −l 1 N 1
dN 2
dt
= +l 1 N 1 − l 2 N 2
dN 3
dt
= +l 2 N 2
3- Les solutions de ces équations, satisfaisant aux conditions aux limites données sont :
N 1 = N
0
1 e −l 1 t
N 2 =
l 1
l 2 − l 1
N
0
1
e −l 1 t − e −l 2 t
N 3 = N
0
1
1 +
l 1
l 2 − l 1
e −l 2 t −
l 2
l 2 − l 1
e −l 1 t
Exercice 3. 1- Si bmax est le paramètre d’impact maximum, la section efficace s est donnée
par s = pbmax
2 . Soit s = 266 fm
2 . Comme 1 fm= 10
−13 cm, on en déduit que s = 2, 66 barns.
2- Un courant de 100 nA de particules de charge 18
+ correspond à un flux de F =
100×10
−9
18×1,6×10 −19 =
3, 47 × 10
10 particules par seconde. La cible contient N =
200×10
−6
197
× 6, 02 × 10
23 = 6, 1 × 10
17
noyaux d’or par cm
2 . Il y a donc n = sNF = (2, 66×10
−24 )×(6, 1×10
17 )×(3, 47×10
10 ) = 56 412
réactions de fusion par seconde.
3- L’épaisseur de la feuille d’or vaut
200×10
−6
19,3
= 10, 36 × 10
−6 cm = 0, 1 mm.
Exercice 4. L’émission est isotrope, donc
ds
dV = C, où C est une constante. Or dV = 2p sin u du.
Par conséquent :
ds
du
=
ds
dV
dV
du
= 2p sin u C
Exercice 5. 1- On a, si v 1 est la vitesse du projectile :
´ =
1
2
mv
2
rel =
1
2
mv
2
1 =
1
2
A 1 A 2
A 1 + A 2
v
2
1 =
A 2
A 1 + A 2
E 1
puisque la vitesse de la cible est nulle (v 2 = 0). Les quantités A 1 et A 2 représentent respectivement
la masse du projectile et celle de la cible. De même :
E = E 1 − ´ =
A 1
A 1 + A 2
E 1
La masse d’un noyau est celle d’une mole divisée par le nombre d’Avogadro. Ce dernier s’élimine
dans le rapport A 2 /(A 1 + A 2 ) et :
´ =
197
1 + 197
E 1 = 99, 49MeV et E =
1
1 + 197
E 1 = 0, 51MeV
2- En cinématique inverse on a ´ = 0, 51 MeV et E = 99, 49 MeV. Pour être le plus efficace, il
faut envoyer le noyau léger sur le noyau lourd au repos et non l’inverse.
Physique statistique
2- Pour les noyaux A 1 , A 2 et A 3 , on a :
dN 1
dt
= −l 1 N 1
dN 2
dt
= +l 1 N 1 − l 2 N 2
dN 3
dt
= +l 2 N 2
3- Les solutions de ces équations, satisfaisant aux conditions aux limites données sont :
N 1 = N
0
1 e −l 1 t
N 2 =
l 1
l 2 − l 1
N
0
1
e −l 1 t − e −l 2 t
N 3 = N
0
1
1 +
l 1
l 2 − l 1
e −l 2 t −
l 2
l 2 − l 1
e −l 1 t
Exercice 3. 1- Si bmax est le paramètre d’impact maximum, la section efficace s est donnée
par s = pbmax
2 . Soit s = 266 fm
2 . Comme 1 fm= 10
−13 cm, on en déduit que s = 2, 66 barns.
2- Un courant de 100 nA de particules de charge 18
+ correspond à un flux de F =
100×10
−9
18×1,6×10 −19 =
3, 47 × 10
10 particules par seconde. La cible contient N =
200×10
−6
197
× 6, 02 × 10
23 = 6, 1 × 10
17
noyaux d’or par cm
2 . Il y a donc n = sNF = (2, 66×10
−24 )×(6, 1×10
17 )×(3, 47×10
10 ) = 56 412
réactions de fusion par seconde.
3- L’épaisseur de la feuille d’or vaut
200×10
−6
19,3
= 10, 36 × 10
−6 cm = 0, 1 mm.
Exercice 4. L’émission est isotrope, donc
ds
dV = C, où C est une constante. Or dV = 2p sin u du.
Par conséquent :
ds
du
=
ds
dV
dV
du
= 2p sin u C
Exercice 5. 1- On a, si v 1 est la vitesse du projectile :
´ =
1
2
mv
2
rel =
1
2
mv
2
1 =
1
2
A 1 A 2
A 1 + A 2
v
2
1 =
A 2
A 1 + A 2
E 1
puisque la vitesse de la cible est nulle (v 2 = 0). Les quantités A 1 et A 2 représentent respectivement
la masse du projectile et celle de la cible. De même :
E = E 1 − ´ =
A 1
A 1 + A 2
E 1
La masse d’un noyau est celle d’une mole divisée par le nombre d’Avogadro. Ce dernier s’élimine
dans le rapport A 2 /(A 1 + A 2 ) et :
´ =
197
1 + 197
E 1 = 99, 49MeV et E =
1
1 + 197
E 1 = 0, 51MeV
2- En cinématique inverse on a ´ = 0, 51 MeV et E = 99, 49 MeV. Pour être le plus efficace, il
faut envoyer le noyau léger sur le noyau lourd au repos et non l’inverse.