VII. Corrigé : Réactions nucléaires et temps de chute libre

Cours d’Astrophysique II, Dr. Pierre North
Section de physique 3e année
17.12.2009
EPFL
Série de la semaine No 14
Semestre d’automne 2009
VII. Corrigé : Réactions nucléaires et temps de
chute libre
1. Réactions nucléaires
1. Section efficace en régime non résonnant : La dépendance en
1/E résulte de la première équation, elle est observée pour E → ∞.
Le terme exponentiel s’explique facilement en exprimant l’énergie en
fonction de l’impulsion E = p2 /2µm , et en se rappelant d’identifier
la distance au centre de la cible à la longueur d’onde de de Broglie
(r = λ = h/p) :
UC
Z1 Z2 e2 /r
2µm Z1 Z2 e2
2µm Z1 Z2 e2 −1/2
E
= 2
=
=
E
p /2µm
hp
h(2µm )1/2
Donc l’exposant vaut bien
2π 2
2
UC
23/2 π 2 µ1/2
m Z1 Z2 e
=
E −1/2
E
h
L’expression du taux de réactions est, comme vu au cours,
raX = na nX
Z ∞
0
σ(E)v(E)
dn(E)
n
Par ailleurs, on a
2
1
dn(E)
= 1/2
e−E/kT E 1/2 dE
3/2
n
π (kT )
En tenant compte du fait que v(E) = (2E/µm )1/2 et en substituant,
il vient :
raX
Z ∞
2 1/2
1
σ(E) E e−E/kT dE
= na nX 1/2
3/2
0
π
µm
(kT )
!3/2
na nX Z ∞
2
−bE −1/2 −E/kT
S(E)
e
e
dE
=
kT
(πµm )1/2 0
2
!
Le maximum du pic de Gamov s’obtient en dérivant l’intégrant, sous
l’hypothèse que la fonction S(E) ne varie pas :
∂ −bE −1/2 −E/kT ∂ −(bE −1/2 +E/kT )
e
e
=
e
∂E
∂E
!
b −3/2
1
−1/2
=
E
−
e−(bE +E/kT ) = 0
2
kT
Le maximum de l’intégrant se trouve donc en :
b −3/2
1
E0
=
2
kT
bkT
E0 =
2
=⇒
!2/3
La valeur de f (E0 ) vaut :
i
h
−1/3
bkT 2/3 1
− b( bkT
+
)
(
)
2
2
kT
f (E0 ) = e
h
i
2/3
1
bkT 2/3
− kT
2( bkT
+
)
(
)
2
2
=e
= e−3 E0 /kT
Si on approxime la fonction f (E) par une gaussienne, on a :
−3 E0 /kT −(
f (E) ' e
e
E−E0
∆E
2
)
Développons f (E) autour de E0 :
1 00
0
f (E) ' f (E0 ) + f (E0 )(E − E0 ) + f (E0 )(E − E0 )2
2
0
Comme f (E) atteint un extrémum en E0 , on a f (E0 ) = 0, ainsi :
(E − E0 )2 ' 2
f (E) − f (E0 )
f 00 (E0 )
On définit la demi-largeur du pic Λ telle que f (E0 ± Λ) ' 0, alors :
Λ'
v
u
u −2f (E )
u
0
t
00
f (E0 )
00
Si on prend pour f (E) l’expression de la gaussienne, on vérifie f (E0 ) =
2
− ∆E
2 f (E0 ) et par conséquent Λ ' ∆E. Par contre si on reprend l’expression du pic de Gamov, on calcule :
00
f (E0 ) = −
3b −5/2
E
f (E0 )
4 0
Fig. 1 – Pic de Gamov et son approximation par une fonction gaussienne
On obtient finalement une estimation de la demi-largeur du pic de
Gamov :
2 5/2
4
E
∆E ' Λ ' kT
3 bkT 0
!1/2
4
= kT E0
3
!1/2
2. Selon la formule du cours (p. 189), on a
ε=
QρXa XX λaX
∝ ρ λaX = ρ < σv >aX
Aa AX m2H (1 + δaX )
On a vu de plus que, dans le cas d’une réaction non résonnante et
dans le domaine restreint d’énergie du pic de Gamow (p. 195) :
< σv > ∝ S(E0 ) τ 2 e−τ ∝
car
3
τ=
kT
bkT
2
!2/3
1
T 2/3
e−const/T
= const/T 1/3
1/3
On a donc
ε ∝ ρ T −2/3 e−const/T
1/3
ln ε = constante + ln ρ −
2
ln T − const ·
3
−1/3
T
| {z }
eln(T
⇒ ν =
!
ρ
|
cqfd !
{z
τ
}
1
=e− 3 ln T
1
2
ln T − const e− 3 ln T
3
1
2 1
τ −2
= − + const |e− 3{zln T} =
3
3 3
T −1/3
= constante0 −
∂ ln ε
∂ ln T
−1/3 )
2. Temps de chute libre (free-fall time)
Notons R(t) le rayon du nuage moléculaire à l’instant t. L’équation du
mouvement se réduit à :
d2 R
GMR
=
−
dt2
R2
La masse MR située à l’intérieur du rayon R reste constante pendant tout
l’effondrement, ainsi :
MR =
4π 3
4π 3
R (t) ρ(t) =
R ρ0
3
3 0
Ceci permet d’écrire :
dR d2 R
4π
3 1 dR
=
−
G
ρ
R
0
0
dt dt2
3
R2 dt
⇒
1 dR
2 dt
!2
=
4π
1
G ρ0 R03 +C1
3
R
d 1
1 dR
d  1 dR 2  dR d2 R
=− 2
et
=
car
dt R
R dt
dt 2 dt
dt dt2
Pour déterminer la constante C1 , on pose la condition que la vitesse
de chute est nulle au début du collapse, soit dR/dt = 0 en R = R0 . On
obtient alors :
4π
C1 = − G ρ0 R02
3
En introduisant cette expression dans la formule précédente, et en choisissant la racine négative parce qu’il s’agit d’une contraction :

!
! 
!#1/2
dR
8π
R0
=−
Gρ0 R02
−1
dt
3
R
"
Il s’agit maintenant d’intégrer cette équation. Pour ce faire, définissons la
variable ξ et la constante K telles que :
R .
= cos2 ξ
R0
. 8π G ρ
K=
0
3
et
!1/2
On a alors :
!1/2
1
d(cos2 ξ)
= −K
−1
dt
cos2 ξ
⇐⇒
1/2
d(cos2 ξ)
cos ξ
= −K 1 − cos2 ξ
dt
Comme 1 − cos2 ξ = sin2 ξ et que d(cos2 ξ)/dt = −2 cos ξ sin ξ dξ/dt, on
obtient :
cos2 ξ
K
dξ
=
dt
2
⇒
1 d
dξ
K
(ξ + sin ξ cos ξ)
=
2 dξ
dt
2
car
d
(ξ + sin ξ cos ξ) = 1 + cos2 ξ − sin2 ξ = 2 cos2 ξ
dξ
D’où :
d
(ξ + sin ξ cos ξ) = K
dt
⇒
ξ+
1
sin(2ξ) = K t + C2
2
puisque
d
dξ
d
dξ
(ξ + sin ξ cos ξ) =
+ (sin ξ cos ξ)
dt
dt dξ
dt
d
=
(ξ + sin ξ cos ξ)
dξ
et sin 2x = 2 sin x cos x. Il s’agit de déterminer C2 à partir des conditions
initiales R = R0 en t = 0, ce qui implique ξ = πn où n est un entier. Ce
qui donne C2 = πn :
ξ+
1
sin(2ξ) = K t + πn
2
et nous permet d’estimer le temps de chute libre ou “free-fall time” tff
comme étant le temps après lequel le rayon de la sphère est réduit à zéro,
ou, en d’autres termes, ξ = π/2 + πn (notons qu’il s’agit d’une approximation puisque la densité deviendrait infinie en R = 0, mais elle est justifiée
tant que Rfinal R0 ). On constate que la solution R(t) oscille et passe
plusieurs fois par R = 0. Ceci n’est pas réaliste, puisque le nuage ne s’effondre qu’une fois et ne se redilate plus. On ne gardera donc que le premier
passage en R = 0, c’est-à-dire lorsque n = 0.
3π 1 1/2
π
=
tff =
2K
32 Gρ0
Il est intéressant de noter que le temps de chute libre ne dépend que
de la densité initiale de la sphère de gaz et non, par exemple, de son
rayon initial. Ainsi, pour autant que le nuage soit homogène, toutes ses
parties s’effondreront à la même vitesse (collapse “homologue”). Par contre,
si le nuage n’est pas homogène, les régions plus denses s’effondreront plus
rapidement que les autres, et cela engendre une fragmentation du nuage
initial.
!
LASTRO-EPFL, automne 2009
Sauverny, le 15 décembre 2009