11-La physique quantique - La physique à Mérici

Solutionnaire du chapitre 11
1. La longueur d’onde du pic est
2,898 103 mK
T
2,898 103 mK

3273K
 885nm
 pic 
C’est une lumière dans l’infrarouge.
2. On a
2,898 103 mK
 pic 
T
2,898 103 mK
502 109 m 
T
T  5773K
3. La puissance est
P   A T 4  T04 
 5, 67 108
W
m2 K 4
4  3, 2  1010 m 
2
 6015K 
4
 0K 
4

 9,55  1029 W
Ce qui est environ 2500 fois plus lumineux que le Soleil.
4. a) La puissance est
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P   A T 4  T04 
 5, 67 108
W
m2 K 4

1,8m²   310 K    293K 
4
4

 190, 4W
(C’est la même puissance que pour faire du vélo avec un effort un peu soutenu.)
a) La puissance est
P   A T 4  T04 
 5, 67 108
W
m2 K 4

1,8m²   310 K    243K 
4
4

 586, 7W
(C’est équivalent à un exercice vraiment très soutenu. Allez sur un vélo stationnaire
qui affiche la puissance et essayez d’atteindre cette puissance…)
5. Le filament est un cylindre dont l’aire est
A  2 rl
 2  0, 0005m  0,1m
 3,1416 104 m²
On a donc
P   A T 4  T04 
60W  5, 67 108
W
m2 K 4

 3,1416 104 m²  T 4   293K 
4

T  1355K  1082C
6. L’énergie est
E
1240eV  nm

1240eV  nm
550nm
 2, 25eV

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7. L’énergie d’un photon est
E
1240eV  nm

1240eV  nm
632nm
 1,962eV

 3,143 1019 J
L’énergie émise par seconde est
E  Pt
 0, 001W 1s
 0, 001J
Le nombre de photons est donc
Énergie totale émise
Énergie d'un photon
0, 001J

J
3,143 1019 photons
N
 3,182 1015 photons
8. L’énergie d’un photon est
E
1240eV  nm

1240eV  nm
585nm
 2,12eV

 3,396 1019 J
L’énergie reçue en 20 secondes est
E  IAt
 50 mW²  3m ²  20s
 3000 J
Le nombre de photons est donc
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Énergie totale émise
Énergie d'un photon
3000 J

J
3,396 1019 photons
N
 8,835 1021 photons
9. L’énergie d’un photon est
E
1240eV  nm

1240eV  nm

470nm
 2, 638eV
 4, 227  1019 J
L’énergie reçue par seconde est
E  IAt
 200 mW²    0,0025m   1s
2
 0,003927 J
Le nombre de photons est donc
Énergie totale émise
Énergie d'un photon
0, 003927 J

J
4, 227 1019 photons
N
 9, 2911015 photons
10. L’énergie des photons est
E
1240eV  nm

1240eV  nm
150nm
 8, 267eV

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L’énergie maximale des électrons éjectés est donc
Ek max  hf  
 8, 267eV  4,5eV
 3, 767eV
11. Le travail d’extraction du césium est

1240eV  nm
0
1240eV  nm
686nm
 1,808eV

a) Avec une longueur d’onde de 690 nm, l’énergie des photons est
E
1240eV  nm

1240eV  nm

690nm
 1, 797eV
L’énergie des électrons éjectés est alors
Ek max  hf  
 1, 797eV  1,808eV
 0, 011eV
Cela signifie qu’il n’y a pas d’électrons éjectés puisqu’une énergie cinétique
négative est impossible. Les photons n’ont tout simplement pas assez d’énergie pour
éjecter des électrons.
b) Avec une longueur d’onde de 450 nm, l’énergie des photons est
E
1240eV  nm

1240eV  nm
450nm
 2, 756eV

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L’énergie des électrons éjectés est alors
Ek max  hf  
 2, 756eV  1,808eV
 0,948eV
12. a) La longueur d’onde seuil est

1240eV  nm
0
3, 2eV 
1240eV  nm
0
0  387,5nm
b) Avec une longueur d’onde de 250 nm, l’énergie des photons est
E
1240eV  nm

1240eV  nm
250nm
 4,96eV

L’énergie des électrons éjectés est alors
Ek max  hf  
 4,96eV  3, 2eV
 1, 76eV
 2,82 1019 J
La vitesse des électrons est donc
Ek max 
1 2
mvmax
2
1
2
2,82 1019 J   9,11 1031 kg  vmax
2
vmax  7,868  105 ms
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13. L’énergie cinétique maximale des électrons est
1 2
mvmax
2
2
1
  9,11  1031 kg   5  105 ms 
2
 1,139  1019 J
 0,711eV
Ek max 
L’énergie des photons est
E
1240eV  nm

1240eV  nm
400nm
 3,1eV

On trouve alors le travail d’extraction avec
Ek max  hf  
0,711eV  3,1eV  
  2,389eV
La longueur d’onde seuil est donc de

1240eV  nm
2,389eV 
0
1240eV  nm
0
0  519nm
14. L’énergie d’un photon est
E
1240eV  nm

1240eV  nm

450nm
 2, 756eV
 4, 414 1019 J
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L’énergie reçue par seconde pour une surface de 1 cm² est
E  IAt
 40 mW²  0, 0001m ² 1s
 0, 004 J
Le nombre de photons reçus est donc
Énergie totale émise
Énergie d'un photon
0, 004 J

J
4, 414 1019 photons
N
 9, 0911015 photons
Si seulement 3% des photons éjectent un électron, alors le nombre d’électrons
éjectés est de
3%  9, 061 1015  2, 718  1014
15. a) Le changement de longueur d’onde est
  2, 4263  10 3 nm 1  cos  
 2, 4263  10 3 nm 1  cos 45 
 0, 0007106 nm
b) La longueur d’onde du photon incident est
E
1240eV  nm
62 000eV 

1240eV  nm

  0, 02nm
La nouvelle longueur d’onde est
     
 0, 02nm  0, 0007106nm
 0, 0207106nm
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c) La nouvelle énergie du photon est
E
1240eV  nm

1240eV  nm

0, 0207106nm
 59 873eV
d) L’énergie cinétique de l’électron est
E  E  Ek e
62 000eV  59 873eV  Ek e
Ek e  2127eV
e) On trouve l’angle avec la conservation de la quantité de mouvement en y
0  p ' sin   p 'e sin 
On trouve la quantité de mouvement du photon avec
E   p c
59 873 1, 602  1019 J  p  3  108
p  3,197 1023
m
s
kgm
s
On trouve la quantité de mouvement de l’électron avec
Ee 
p2
2m
2127  1,602  1019 J 
pe2
2  9,11  1031 kg
pe  2, 491  1023 kgm
s
On a donc
0  p sin   pe sin 
23 kgm
0  3,197  10 23 kgm
s  sin 45  2, 491  10
s  sin 
0  3,197  sin 45  2, 491sin 
  65,1
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16. La longueur d’onde initiale est
E
1240eV  nm

1240eV  nm
50 000eV 

  0, 0248nm
La longueur d’onde après la diffusion est
1240eV  nm

1240eV  nm
49 500eV 

   0, 02505nm
E 
Le changement de longueur d’onde est donc
     
 0, 02505nm  0, 0248nm
 0, 00025nm
On a donc
  2, 4263  10 3 nm 1  cos  
0, 00025nm  2, 4263  10 3 nm 1  cos  
  26, 3
17. a) Le rayon est
n2
0,05292nm
Z
22
 0,05292nm
3
 0,07056nm
rn 
b) L’énergie du premier niveau est
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Z2
En   2 13, 61eV
n
32
  2 13, 61eV
1
 122, 49eV
c) Pour ioniser l’atome, l’énergie de l’électron doit être positive. Il faut donc lui
donner au moins 122,49 eV pour l’ioniser.
18. a) La vitesse est
vn 
Z
c

n 137,04

3 3  108 ms

2 137,04
 3, 2837  106 ms
b) Comme l’électron fait un mouvement circulaire, l’accélération est
a
v2
r
Il faut donc le rayon de cette orbite. Le rayon est
n2
0, 05292nm
Z
22
 0, 05292nm
3
 0, 07056nm
rn 
L’accélération est donc
a
v2
r
 3, 2815  10 

6 m 2
s
7,056  1011 m
 1,528  1023 sm²
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19. L’énergie du niveau 5 est
Z2
13, 61eV
n2
12
  2 13, 61eV
5
 0,5444eV
E5  
L’énergie du niveau 3 est
Z2
E3   2 13, 61eV
n
12
  2 13, 61eV
3
 1,5122eV
L’énergie perdue par l’électron est
E  E3  E5
 1,5122eV  0,5444eV
 0,9678eV
Si l’électron a perdu 0,9678 eV, c’est qu’il a émis un photon dont l’énergie est de
0,9678 eV. La longueur d’onde de ce photon est
E
1240eV  nm
0,9678eV 

1240eV  nm

  1281nm
20. L’énergie du niveau 6 est
Z2
13, 61eV
n2
12
  2 13, 61eV
6
 0,378eV
E6  
L’énergie de premier niveau est
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Z2
E1   2 13, 61eV
n
12
  2 13, 61eV
1
 13, 61eV
Si on veut que l’électron monte de niveau, il doit gagner l’énergie suivante.
E  E f  Ei
 0,378eV  13, 61eV
 13, 232eV
Ceci doit être l’énergie des photons. On a donc
E
1240eV  nm
13, 232eV 

1240eV  nm

  93, 71nm
21. L’énergie du niveau 1 est
Z2
13, 61eV
n2
12
  2 13, 61eV
1
 13, 61eV
E1  
Si on ajoute 12 eV, l’énergie de l’électron est -1,61 eV. Le niveau d’énergie
correspondant à cette énergie est
Z2
13, 61eV
n2
12
1, 61eV   2 13, 61eV
n
n  2,9
En  
On n’arrive pas sur un nombre entier. Cela signifie qu’il n’y a pas de niveau
d’énergie avec une énergie de -1,61 eV. Les photons ne peuvent donc pas être
absorbés et les électrons restent toujours sur le niveau n = 1.
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22. L’énergie du photon absorbé est
E
1240eV  nm

1240eV  nm

250nm
 4,96eV
L’énergie de l’électron a donc augmenté de 4,96 eV.
En émettant un premier photon, l’électron perd l’énergie de ce photon. Cette énergie
est
E
1240eV  nm

1240eV  nm

800nm
 1,55eV
Comme l’électron avait gagné 4,96 eV et qu’il vient de perdre 1,55 eV, il lui reste
3,41 eV à perdre pour revenir à son niveau d’énergie initiale. Il devra donc émettre
un photon de 3,41 eV, ce qui correspond à la longueur d’onde donnée par cette
formule.
E
1240eV  nm
3, 41eV 

1240eV  nm

  363, 6nm
23. L’équation de la force centripète
mev 2 kZe2
 2
r
r
nous permet d’écrire l’énergie cinétique sous la forme
1
kZe2
me v 2 
2
2r
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Nous avons également trouvé que l’énergie mécanique de l’électron est donnée par
E
kZe2
2r
On a donc
kZe 2
Ek
 2r 2  1
kZe
E

2r
En clair, cela signifie que l’énergie cinétique de l’électron est la valeur absolue de
l’énergie de l’électron sur le niveau. Par exemple, au premier niveau de l’hydrogène,
l’énergie de l’électron est de -13,61 eV, cela signifie que son énergie cinétique est
de 13,61 eV.
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