Chapitre 9 : Les débuts de la théorie quantique Exercices E1. La longueur d’onde du pic de rayonnement du corps noir est donnée par l’équation 9.1 : max = 2898 × 10−3 m·K =⇒ max = 2898×10−3 (a) À 3 K, la longueur d’onde est de max = 2898×10−3 3 = 0966 mm (b) À 3000 K, la longueur d’onde est de max = 2898×10−3 3000 = 0966 m (c) À 1 × 107 K, la longueur d’onde est de max = E2. 2898×10−3 1×107 = 0290 nm (a) Si la surface du Soleil se comporte comme un corps noir, sa température est donnée par l’équation 9.1, soit = 2898×10−3 max = 2898×10−3 5×10−7 = 580 × 103 K (b) De nouveau, avec l’équation 9.1, on obtient = E3. 2898×10−3 35×10−7 = 828 × 103 K D’après l’équation 9.1, la lumière visible est bornée par les températures suivantes : min = 2898×10−3 (max )max = 2898×10−3 700×10−9 max = 2898×10−3 (max )min = 2898×10−3 700×10−9 = 414 × 103 K = 725 × 103 K Ainsi, la température va de 414 × 103 K à 725 × 103 K . E4. On rappelle que (K) = (◦ C) + 27315 (a) Au moyen de l’équation 9.2, modifiée pour tenir compte de la température de l’environ- E5. nement, on obtient ´ ¡ ¢ ¡ ¢³ = 4 − 04 = 567 × 10−8 (227315)4 − (29315)4 = 151 MW/m2 ´ ¡ ¢ ¡ ¢³ (b) = 4 − 04 = 567 × 10−8 (30715)4 − (28315)4 = 140 W/m2 ¢ ¡ Avec = 42 = 2 696 × 108 et 0 = 0 K, on utilise l’équation 9.3 et l’équation 9.2 modifiée pour tenir compte de la température de l’environnement, et on obtient ³ ¡ ¡ ¡ ¢¡ ¢ ¡ ¢ ¢¢2 ´ = = 4 − 04 42 = 567 × 10−8 (8830)4 4 2 696 × 108 =⇒ = 839 × 1027 W E6. Avec = 2 et 0 = 0 K, on utilise l’équation 9.3 et l’équation 9.2 modifiée pour tenir compte de la température de l’environnement, et on obtient 170 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 9 : Les débuts de la théorie quantique © ERPI, tous droits réservés. v5 ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¡ ¢ ¢ = = 4 − 04 (2) = 567 × 10−8 (2000)4 2 2 × 10−3 (020) =⇒ = 228 kW E7. La longueur d’onde du pic de rayonnement du corps noir est donnée par l’équation 9.1, soit max = 2898 × 10−3 m·K =⇒ max = E8. 2898×10−3 = 2898×10−3 300 = 966 m On donne = 51 × 1013 Hz. On utilise l’équation 9.6 et on convertit le résultat final en électronvolt, ce qui donne E9. ¢¡ ¢ ¡ ∆ = +1 − = ( + 1) − = = 6626 × 10−34 51 × 1013 =⇒ ¡ ¢ ³ 1 eV ´ ∆ = 3379 × 10−20 J × 16×10 = 0211 eV −19 J La puissance totale rayonnée = 400 kW est la somme des énergies de tous les photons émis par unité de temps à la fréquence = 100 MHz. Si correspond au nombre de photons par seconde et que = est l’énergie de chacun d’eux, on obtient = =⇒ = = = 4×105 (6626×10−34 )(1×108 ) = 604 × 1030 photons/s E10. (a) L’énergie d’un photon s’exprime, en joules, sous la forme = Avec = cette expression devient (6626×10−34 )(3×108 ) = = = = 124×103 eV·nm 1988×10−25 J·m × =⇒ CQFD ³ 1 nm 1×10−9 m ´ × ³ 1 eV 16×10−19 J ´ =⇒ (b) L’intervalle d’énergie de la portion visible du spectre électromagnétique est borné par min = 124×103 eV·nm max = 124×103 eV·nm 700 nm = 177 eV 124×103 eV·nm min = 124×103 eV·nm 400 nm = 310 eV et max = L’intervalle va donc de 177 eV à 310 eV . E11. (a) L’énergie cinétique maximale des photoélectrons n’est pas fonction de l’intensité, mais bien de la fréquence du rayonnement utilisé. Avec l’équation 9.9, on obtient donc max = − = 124×103 eV·nm − (225 eV) = 124×103 eV·nm 400 nm − (225 eV) = 0855 eV (b) La valeur réelle de l’intensité qui atteint et provoque l’émission d’un électron (efficace ) correspond à 3 % de l’intensité du rayonnement incident (). Si correspond au nombre d’électrons éjectés par seconde et par mètre carré, on obtient (003)(1×10−9 ) (003) efficace = = (003) =⇒ = (003) = = =⇒ (6626×10−34 )(3×108 ) 400×10−9 = v5 604 × 107 photons/(m2 ·s) Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 9 : Les débuts de la théorie qu. © ERPI, tous droits réservés. 171 E12. (a) Si le diamètre de la pupille est de 05 mm, la puissance minimale du rayonnement que l’œil peut détecter est donnée par l’intensité de ce rayonnement multipliée par l’aire de la pupille, soit = = 2 = ³ 5×10−3 2 ´2 ¡ ¢ 5 × 10−13 = 982 × 10−18 W (b) Soit , le nombre de photons reçus par seconde par l’œil, et = , l’énergie de chacun d’eux. Pour une telle puissance, on a besoin de = =⇒ = E13. = 982×10−18 = (6626×10−34 )(3×108 ) On détermine le module de la vitesse maximale des électrons en combinant les équations 9.7, 9.11 et 2.5c, ce qui donne 1 2 2 max E14. = 250 photons/s 500×10−9 2 max 2 ³ 0 = ( − 0 ) =⇒ = − max = r ³ ´ r 2 6626×10−34 ³ ( ) 3×108 − max = 2 − 0 = 91×10−31 470×10−9 ´ =⇒ 3×108 686×10−9 ´ = 541 × 105 m/s On trouve l’énergie de ces photons au moyen de l’équation 9.8 ou de l’équation démontrée à l’exercice 10. (a) Si le photon possède une longueur d’onde de 550 nm, son énergie est de = 124×103 eV·nm = 124×103 eV·nm 550 nm = 225 eV (b) Si le photon possède une fréquence de 100 MHz, son énergie est de ¡ ¢¡ ¢ ³ 1 eV ´ = = 6626 × 10−34 100 × 106 × 16×10 = 414 × 10−7 eV −19 J (c) Si le photon possède une fréquence de 940 kHz, son énergie est de ¡ ¢¡ ¢ ³ 1 eV ´ = = 6626 × 10−34 940 × 103 × 16×10 = 389 × 10−9 eV −19 J (d) Si le photon possède une longueur d’onde de 0071 nm, son énergie est de = 124×103 eV·nm = 124×103 eV·nm 0071 nm = 175 × 104 eV E15. (a) Si l’énergie de dissociation est on trouve ¶ainsi la fréquence minimale 0 : µ = 0 =⇒ 0 = 16×10−19 J 1 eV 6626×10−34 (11 eV)× = = 266 × 1015 Hz (b) On utilise l’équation démontrée à l’exercice 10 et on obtient = E16. 124×103 eV·nm = 124×103 eV·nm 175 nm = 709 eV On utilise l’équation démontrée à l’exercice 10 et on obtient = 124×103 eV·nm = 124×103 eV·nm 28 nm = 443 nm Cette longueur d’onde appartient à la portion visible du spectre électromagnétique. E17. Soit , le nombre de photons reçus par seconde et par mètre carré, chacun possédant une énergie = . L’intensité du rayonnement correspond alors à 172 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 9 : Les débuts de la théorie quantique © ERPI, tous droits réservés. v5 = = =⇒ = E18. = = (134×103 ) = 371 × 1021 photons/(m2 ·s) (6626×10−34 )(3×108 ) 550×10−9 Soit , le nombre de photons reçus par seconde, chacun possédant une énergie = . La puissance émise par le laser est donc de = = =⇒ = = = 1×106 (6626×10−34 )(3×108 ) 6328×10−9 = 318 × 1015 photons/s E19. (a) On utilise l’équation 9.9, le résultat de l’exercice 10 et on obtient ´ ³ 3 3 eV·nm − (23 eV) = 0800 eV max = − = 124×10 eV·nm − (23 eV) = 124×10 400 nm (b) On utilise les équations 9.10 et 9.11, et on obtient ∆0 +0 = ∆0 + 8 ) (6626×10−34 )(3×10 µ ¶ = 428 −19 J 16×10 (16×10−19 )(06)+(23 eV)× 1 eV ∆0 = ( − 0 ) =⇒ = =⇒ = = nm ∆0 + =⇒ E20. (a) On utilise l’équation 9.9, le résultat de l’exercice 10 et on obtient ´ ³ 3 3 eV·nm − (45 eV) = 170 eV max = − = 124×10 eV·nm − (45 eV) = 124×10 200 nm (b) On utilise l’équation 9.7 et on arrive à max = ∆0 =⇒ ∆0 = E21. max = 170 V Puisqu’il s’agit de la même surface, on doit poser que le travail d’extraction reste le même dans les deux cas. On trouve d’abord au moyen de la première longueur d’onde (1 = 350 nm), et max = 12 eV : max = 1 − =⇒ = 1 − max = ³ 124×103 eV·nm 350 nm ´ − (12 eV) = 234 eV Si on combine les équations 9.10 et 9.11 pour la deuxième longueur d’onde (2 = 230 nm) on obtient ∆0 = ( − 0 ) = − =⇒ ∆0 = E22. − = 124×103 eV·nm −(234 eV) 230 nm = 305 V On utilise l’équation 9.11 et on obtient −∆0 0 ∆0 = ( − 0 ) =⇒ 0 = −∆ = =⇒ −34 3×108 6626×10 )( ) ( −(16×10−19 )(24) 420×10−9 0 = = 135 × 1014 Hz 6626×10−34 E23. (a) L’énergie émise sous forme de rayonnement équivaut à = 005 (100 W) = 500 W. Si correspond au nombre d’électrons émis par seconde qui possèdent une énergie = on trouve = = =⇒ = = = 5 (6626×10−34 )(3×108 ) 600×10−9 = 151 × 1019 photons/s (b) L’œil peut détecter un minimum de 20 photons/s. Si chaque photon possède une énergie = la puissance qui fait réagir l’œil est de œil = 20 On calcule l’intensité v5 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 9 : Les débuts de la théorie qu. © ERPI, tous droits réservés. 173 du rayonnement qui atteint la pupille œil avec l’équation 9.3, dans laquelle on insère œ il = 2 qui correspond à l’aire de la pupille, ce qui donne œil = œil œil = œil 2 =⇒ œil = œil = 6626×10−34 3×108 20( )( ) µ ¶2 3×10−3 (600×10−9 ) 2 œ il 2 = 20 2 = 20 2 =⇒ = 937 × 10−13 W/m2 La luminosité de la source correspond à = calculée en (a). Si on utilise de nouveau l’équation 9.3, mais où = 42 correspond à l’aire de la sphère sur laquelle s’étend le E24. rayonnement au moment où il atteint l’œil, on obtient q ¡ ¢ = = œil = œil 42 =⇒ = 4 = =⇒ œ il r (151×1019 )(6626×10−34 )(3×108 ) = 652 km = 4(937×10−13 )(600×10−9 ) L’augmentation de l’énergie cinétique maximale de 1 = 13 eV à 2 = 36 eV est décrite par les deux équations suivantes, désignant respectivement les fréquences et 3 2 : 1 = ( − 0 ) ´ ³ − 2 = 3 0 2 On isole la fréquence dans chaque équation : 0 1 = ( − 0 ) =⇒ = 1 + ³ ´ ³ ´ 2 2 +0 2 = 3 − =⇒ = 0 2 3 On pose l’égalité des membres et on isole 0 , ce qui donne 0 − 23 0 = 23 2 − 1 =⇒ 0 = E25. 3 ¡2 3 2 ¢ − 1 = 1 3 0 (22 −31 ) = = 23 2 − 1 =⇒ 0 = ¡ 3 2 2 3 µ ¶ 16×10−19 J (2(36 eV)−3(13 eV))× 1 eV 6626×10−34 − 1 ¢ =⇒ = 797 × 1014 Hz L’œil peut détecter un minimum de 8 photons/s. Si chaque photon possède une énergie = la puissance qui fait réagir l’œil est de œil = 8 On calcule l’intensité du rayonnement qui atteint la pupille œil avec l’équation 9.3, dans laquelle on insère œil = 2 qui correspond à l’aire de la pupille, ce qui donne œil = œil œil = œil 2 =⇒ œil = œil = 174 6626×10−34 3×108 8( )( ) ¶2 µ 5×10−3 (500×10−9 ) 2 œ il 2 = 8 2 = 8 2 =⇒ = 162 × 10−13 W/m2 (a) À la distance TL , la luminosité requise est, selon l’équation 9.3, de ¢³ ¡ ¢2 ´ ¡ = 300 kW = œil = œil (42 ) = 162 × 10−13 4 384 × 108 ³ ´ 15 m (b) Avec T = (42 a.l.) × 94607×10 = 39735 × 1016 m, on obtient 1 a.l. ¢³ ¡ ¢2 ´ ¡ = 321 × 1021 W = œil = œil (42 ) = 162 × 10−13 4 39735 × 1016 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 9 : Les débuts de la théorie quantique © ERPI, tous droits réservés. v5 E26. (a) Dans le logiciel Maple, on utilise les valeurs fournies de longueurs d’onde et de potentiel d’arrêt ∆0 et on trace le graphe de la fréquence correspondante, = , en fonction de ∆0 . Comme le graphe montre une droite, on effectue une régression linéaire sur les données afin de trouver l’expression de cette droite : restart; c:=3e8; data:=[[c/500e-9,0.37],[c/450e-9,0.65],[c/400e-9,1.0],[c/350e-9,1.37],[c/300e-9,2.0]]; with(plots): pointplot(data); with(CurveFitting): LeastSquares(data, x); Si on modifie l’équation 9.11, on observe que le graphe créé correspond à = ∆0 + 0 La quantité cherchée, = 1 24827×1014 est donc l’inverse de la pente de cette droite, soit = 403 × 10−15 V·s (b) La fréquence de seuil est tout simplement l’ordonnée à l’origine dans le graphe obtenu, soit 0 = 507 × 1014 Hz E27. (a) La fréquence du photon est donnée par l’équation suivante : 2 2 2(91×10−31 )(3×108 ) = 20 2 =⇒ = 20 = = 247 × 1020 Hz −34 6626×10 (b) Le module de la quantité de mouvement du photon est donné par l’équation 9.12 : (6626×10−34 )(247×1020 ) = = = 546 × 10−22 kg·m/s 3×108 E28. (a) La longueur d’onde du photon diffusé est donnée par l’équation 9.16. En faisant de plus appel au résultat de l’exercice 10, on obtient 0 = 0 = E29. 124×103 eV·nm =⇒ 0 (1 − cos ) + = 0 (1 − cos ) + (6626×10−34 ) 124×103 eV·nm ◦ = 422 × 10−11 (91×10−31 )(3×108 ) (1 − cos (50 )) + 30×103 eV (b) Au moyen de l’équation 9.13, on obtient ¢ ¡1 1 = =⇒ − 0 = − 0 ¡ ¢ ¡ ¢ ³ 30×103 eV = 6626 × 10−34 3 × 108 124×10 3 eV·nm − 1 422×10−11 ´ m = 988 × 10−17 J Si les photons sont diffusés avec un angle de 180◦ par rapport à leur direction incidente, les électrons diffusés auront une énergie cinétique maximale. On calcule d’abord avec le résultat de l’exercice 10, ce qui donne = v5 124×103 eV·nm = 124×103 eV·nm 40×103 eV = 0031 nm Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 9 : Les débuts de la théorie qu. © ERPI, tous droits réservés. 175 On calcule ensuite 0 avec l’équation 9.16 : (6626×10−34 ) 0 = 0 (1 − cos ) + = (91×10−31 )(3×108 ) (1 − cos (180◦ )) + 0031 × 10−9 = 003586 nm E30. Finalement, on calcule l’énergie cinétique avec l’équation 9.13, et on obtient ¢ ¡1 1 =⇒ = − 0 = − 0 ´ ³ ´ ¡ ¢ ¡ ¢³ 1 1 1 eV = 6626 × 10−34 3 × 108 0031×10 × = 543 keV − −9 003586×10−9 16×10−19 J E31. Avec = On cherche l’angle tel que 0 − = 002 % On utilise l’équation 9.16 et on obtient ³ 0 ´³ ´ 0 0 − − = (1 − cos ) =⇒ 1 − cos = =⇒ 0 ´ ³ ³ 0 ´³ ´´ ³ 0 ´³ 0 0 − =⇒ = arccos 1 − =⇒ cos = 1 − − µ µ ¶¶ (0071×10−9 )(91×10−31 )(3×108 ) = arccos 1 − (00002) = 620◦ 6626×10−34 = 0 = 000243 nm, on utilise le résultat de l’exercice 10 et on obtient 124×103 eV·nm E32. (a) On note que = 124×103 eV·nm 000243 nm = 0510 MeV 0 = 000243 nm et on utilise l’équation 9.16, ce qui donne ¢ ¡ ∆ = 0 − = 0 (1 − cos ) = 243 × 10−12 (1 − cos (37◦ )) = 489 × 10−13 m (b) On cherche l’énergie du photon diffusé de longueur d’onde 0 On utilise le résultat de E33. l’exercice 10 en séparant les deux contributions à 0 , ce qui donne ³ ´−1 ³ ´−1 3 0 +∆ = 124×100 eV·nm = 124×103 eV·nm = 124×10 =⇒ 3 eV·nm ´−1 ³ ´−1 ³ −4 489×10 nm ∆ 1 = + =⇒ = 124×103 eV·nm + 124×10 3 eV·nm 30 keV 124×103 eV·nm ³ ´−1 ³ ´−1 1 1 = 30×101 3 eV + 254×10 = 296×10 = 296 keV 6 eV 4 eV Si la variation de longueur d’onde est de trois parties par dix mille, on a (3×10−4 ) ∆ = 3 × 10−4 Si l’angle de diffusion est de 53◦ la longueur d’onde du = photon incident est de ¡ ¢ = 0 (1 − cos ) =⇒ = ∆ 0 (1 − cos ) =⇒ ´¡ ¢ 1 243 × 10−12 (1 − cos (53◦ )) = 323 nm = 3×10 −4 0 − = ³ ∆ ce qui permet de trouver l’énergie du photon incident grâce au résultat de l’exercice 10 : = 124×103 eV·nm = 124×103 eV·nm 323 nm = 384 eV E34. (a) On utilise l’équation 9.16 et on obtient ¢ ¡ ∆ = 0 − = 0 (1 − cos ) = 243 × 10−12 (1 − cos (70◦ )) = 160 × 10−12 m (b) L’énergie cinétique de l’électron diffusé correspond à la différence entre l’énergie du photon incident et l’énergie du photon diffusé, soit ³ ´ 1 1 = − = − =⇒ +∆ 0 176 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 9 : Les débuts de la théorie quantique © ERPI, tous droits réservés. v5 E35. ´ ¢¡ ¢³ ¡ 1 = 6626 × 10−34 3 × 108 8×101 −11 − (8×10−11 )+(160×10 =⇒ −12 ) ³ ´ ¢ ¡ 1 eV = 304 eV = 487 × 10−17 J × 16×10 −19 J 0 Pour obtenir 0 = = 124×103 eV·nm = on doit d’abord calculer la longueur d’onde des photons incidents : 124×103 eV·nm 5×104 nm = 00248 nm Avec les équations 2.5c et 9.16, on peut maintenant trouver 0 : 0 = E36. (1−cos )+ 0 = 3×108 (243×10−12 )(1−cos(45◦ ))+(248×10−11 ) = 118 × 1019 Hz On calcule le déplacement de longueur d’onde au moyen de l’équation 9.16 : ¢ ¡ (a) ∆ = 0 (1 − cos ) = 243 × 10−12 (1 − cos (30◦ )) = 326 × 10−13 m ¢ ¡ (b) ∆ = 243 × 10−12 (1 − cos (90◦ )) = 243 × 10−12 m ¢ ¡ (c) ∆ = 243 × 10−12 (1 − cos (150◦ )) = 453 × 10−12 m E37. (a) Si on additionne l’énergie des électrons à l’état fondamental (1 ) et l’énergie fournie par le bombardement (b ), 1 + b = (−136 eV) + (125 eV) = −11 eV, on conclut, grâce à la figure 9.16, que les électrons ont maintenant suffisamment d’énergie pour accéder au niveau = 3 En se désexcitant, les électrons passent de = 3 à = 1 Ainsi, on observe les trois rayonnements suivants, calculés avec le résultat de l’exercice 10 : 31 = 21 = 32 = 124×103 eV·nm 1 −3 = 124×103 eV·nm (−136 eV)−(−151 eV) 124×103 eV·nm 1 −2 = 124×103 eV·nm (−136 eV)−(−34 eV) eV·nm 2 −3 = 124×103 124×103 eV·nm (−34 eV)−(−151 eV) = = = 124×103 eV·nm 1209 nm 124×103 eV·nm 1020 nm 124×103 eV·nm 189 nm = 103 nm = 122 nm = 656 nm (b) Si les électrons incidents sont remplacés par des photons de même énergie, on n’observera pas de rayonnement venu du gaz atomique, donc pas de raies d’émission , car les photons n’ont pas l’énergie exacte pour permettre le passage d’un niveau d’énergie à un autre et ne seront pas absorbés. E38. (a) Plus la longueur d’onde du rayonnement est grande, plus son énergie est basse. Ainsi, grâce à la figure 9.16, on note que les trois longueurs d’onde les plus grandes de la série de Paschen sont données par les ∆ suivants, calculés au moyen de l’équation 9.27 : ∆43 = 3 − 4 = −136 eV 32 − −136 eV 42 = −0661 eV ∆53 = 3 − 5 = −136 eV 32 − −136 eV 52 = −0967 eV ∆63 = 3 − 6 = −136 eV 32 − −136 eV 62 = −113 eV On peut dès lors calculer la longueur d’onde de ces sauts d’énergie avec le résultat de l’exercice 10 : v5 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 9 : Les débuts de la théorie qu. © ERPI, tous droits réservés. 177 43 = 53 = 63 = 124×103 eV·nm |∆43 | 124×103 eV·nm |∆53 | 124×103 eV·nm |∆63 | = 124×103 eV·nm 0661 eV = 189 × 10−6 m = 124×103 eV·nm 0967 eV = 128 × 10−6 m = 124×103 eV·nm 113 eV = 110 × 10−6 m (b) La plus courte longueur d’onde est obtenue pour le passage de −→ ∞ à = 3. Ainsi ∆∞3 = 3 − ∞ = ∞3 = E39. 124×103 eV·nm |∆∞3 | −136 eV 32 = − 0 = −151 eV =⇒ 124×103 eV·nm 151 eV = 821 nm On cherche la longueur d’onde du rayonnement auquel il faut soumettre un atome d’hydrogène pour que son électron passe de l’état = 1 à −→ ∞, Ce qu’on obtient ainsi : ∆1∞ = ∞ − 1 = 0 − ∞1 = 124×103 eV·nm ∆∞1 = −136 eV 12 = 136 eV =⇒ 124×103 eV·nm 136 eV = 912 nm Cette longueur d’onde se trouve dans la portion ultraviolette du spectre. E40. Pour calculer la fréquence de l’orbite de l’électron, on doit d’abord trouver le module de la vitesse de l’électron et le rayon de son orbite. On peut exprimer son rayon avec l’équation 9.23 et sa vitesse avec l’équation 9.22 : 2 } 2 2 = =⇒ 1 = }2 2 = } =⇒ 1 = 2 = } 1 (6626×10−34 ) (2)2 (91×10−31 )(9×109 )(16×10−19 )2 = 6626×10−34 2(91×10−31 )(530×10−11 ) = 530 × 10−11 m = 219 × 106 m/s Avec ces deux valeurs, on calcule la fréquence, qui correspond à l’inverse de la période de rotation, ce qui donne 1 = = 1 21 = 219×106 2(530×10−11 ) = 656 × 1015 Hz Si l’électron rayonnait à cette fréquence, la longueur d’onde de ce rayonnement serait de = E41. = 3×108 656×1015 = 457 nm, donc se trouverait dans la portion ultraviolette du spectre. À l’état = 2 le rayon de l’orbite de l’électron est de = 2 } 2 2 =⇒ 2 = (2)2 }2 2 2 = (2)2 (6626×10−34 ) (2)2 (91×10−31 )(9×109 )(16×10−19 )2 = 212 × 10−10 m (a) Son énergie potentielle électrique est de ³ ´ 2 2 (9×109 )(16×10−19 ) 1 eV = − × = − 2 212×10−10 16×10−19 J = −679 eV (b) Son énergie cinétique correspond à la différence entre l’énergie mécanique et l’énergie potentielle, soit = − = −136 eV (2)2 − (679 eV) = 339 eV E42. (a) On utilise l’équation 9.27 avec = 3, ce qui permet d’obtenir les résultats suivants : = 178 (−136 eV) 2 2 =⇒ 1 = (−136 eV)(3)2 12 = 1 = −122 eV Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 9 : Les débuts de la théorie quantique © ERPI, tous droits réservés. v5 2 = (−136 eV)(3)2 22 3 = (−136 eV)(3)2 32 2 (−136 eV)(3) 42 4 = = 2 = −306 eV = 3 = −136 eV = 4 = −765 eV (b) On cherche les trois plus basses longueurs d’onde émises par des sauts entre ces quatre états. Les variations d’énergie les plus élevées sont de ∆14 = 4 − 1 = (−765 eV) − (−122 eV) = 1148 eV ∆13 = 3 − 1 = (−136 eV) − (−122 eV) = 1088 eV ∆12 = 2 − 1 = (−306 eV) − (−122 eV) = 918 eV Les longueurs d’onde des photons associés à ces transitions sont donc de 14 = 13 = 12 = E43. 124×103 eV·nm ∆14 124×103 = eV·nm ∆13 = 124×103 eV·nm ∆12 = 124×103 eV·nm 1148 eV =⇒ 41 = 108 nm 124×103 eV·nm 1088 eV =⇒ 31 = 114 nm 124×103 eV·nm 918 eV =⇒ 21 = 135 nm On utilise l’équation 9.23 et on obtient 2 (6626×10−34 ) 2 } 2 }2 =⇒ = = =⇒ 1 = 530 × 10−11 m = 1 2 2 (2)2 (91×10−31 )(9×109 )(16×10−19 )2 2 2 = (2)2 } 2 2 = 3 = (3)2 } 2 2 = (2)2 (6626×10−34 ) (2)2 (91×10−31 )(9×109 )(16×10−19 )2 2 (3)2 (6626×10−34 ) (2)2 (91×10−31 )(9×109 )(16×10−19 )2 =⇒ 2 = 212 × 10−10 m =⇒ 3 = 477 × 10−10 m E44. (a) On utilise l’équation 9.27 avec = 2, ce qui permet d’obtenir les résultats suivants : = (−136 eV) 2 2 2 2 = (−136 eV)(2) 22 3 = (−136 eV)(2)2 32 =⇒ 1 = (−136 eV)(2)2 12 = 1 = −544 eV = 2 = −136 eV = 3 = −604 eV (b) Si l’électron se trouve au niveau fondamental ( = 1), on doit lui fournir une énergie égale à |1 | = 544 eV . E45. (a) Comme on l’a démontré à l’exercice 40, le module de la vitesse de l’électron de l’atome d’hydrogène est de 1 = 219 × 106 m/s (b) Comme = est inférieur à 10 % on peut utiliser la définition classique pour le module de la quantité de mouvement; on obtient alors ¢¡ ¢ ¡ 1 = 1 = 91 × 10−31 219 × 106 = 199 × 1024 kg·m/s (c) Le module de l’accélération centripète est donné par l’expression usuelle. On utilise le rayon de l’orbite déjà calculé à l’exercice 40 et on obtient 2 (219×106 ) 2 r = 11 = 530×10−11 = 905 × 1022 m/s2 v5 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 9 : Les débuts de la théorie qu. © ERPI, tous droits réservés. 179 Si on la réécrit pour un noyau possédant une charge , l’équation 9.19 conduit à une E46. expression pour la vitesse de l’électron au niveau : q 2 = Si on insère cette relation pour dans l’équation 9.22, on trouve pour ³ 2´ 2 } 2 2 2 2 = } =⇒ 2 2 2 = 2 }2 =⇒ 2 = } =⇒ = 2 Soit 1 = }2 2 le rayon de l’orbite de l’électron de l’hydrogène au niveau fondamental. En conséquence, pour l’électron au niveau gravitant autour d’un noyau possédant une charge on obtient 2 }2 2 = =⇒ = 2 ³ }2 2 ´ =⇒ = 2 1 =⇒ CQFD L’équation 9.22 permet d’affirmer que = }, et, à l’exercice 40, on a démontré que E47. 2 } 2 2 = Si on combine ces deux équations, on trouve, pour le module de la vitesse d’un électron en orbite autour d’un noyau de charge −19 2 ¢ ¡ 2 ) (2)(16×10 = = =⇒ = 22 × 106 m/s =⇒ CQFD } (6626×10−34 ) E48. (a) On note, à l’équation 9.24, que ∝ Comme la masse augmente par un facteur 207 on peut conclure que l’énergie augmente aussi par un facteur 207 . (b) On note, à l’équation 9.23, que ∝ 1 Comme la masse augmente par un facteur 207 on peut conclure que le rayon diminue par le même facteur ou encore qu’il est multiplié par le facteur 1 207 , ce qui donne dans les deux cas 483 × 10−3 . 2 Si la charge du noyau est l’équation 9.20 devient = − 2 On a déjà démontré, E49. à l’exercice 40, que le rayon de l’orbite pour l’électron est = deux expressions, on peut écrire que 2 2 4 2 = − 22 }2 = − 2 = − (136eV) 2 E50. (a) = 2 2 (2)2 (91×10−31 )(9×109 ) 4 (16×10−19 ) 2(6626×10−34 )2 =⇒ CQFD × ³ 2 }2 2 1 eV 16×10−19 J Si on combine ces ´ =⇒ = 122 cm (b) = = 162 × 10−24 J = 101 × 10−5 eV = − ∆0 = 190 eV E52. (a) = 0 = 22 eV =⇒ 0 = 564 nm E51. = max + =⇒ max = − = 0750 eV E53. = max + 0 =⇒ 0 = 2 − 12 max =⇒ 0 = 515 × 1014 Hz E54. = max + =⇒ max = (48 eV) − (278 eV) = 202 eV =⇒ (b) 180 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 9 : Les débuts de la théorie quantique © ERPI, tous droits réservés. v5 max = 842 × 105 m/s ³ ´ 2 E55. max = 1 − 10 = 12 max =⇒ max = 589 × 105 m/s ³ ´ 0 −11 m, mais 0 − = −11 m. E56. (a) = = 4141 × 10 0 (1 − cos ) et = 416 × 10 Finalement, 0 = 0 = 291 keV . (b) En accord avec la théorie de la relativité, la vitesse du photon est . E57. = 120 keV =⇒ = 0 = = 1036 × 10−11 m et 0 = 095 = 114 keV =⇒ 0 = 1095 × 10−11 m ³ ´ Avec 0 − = 0 (1 − cos ), on trouve = 391◦ . 2 E58. (a) max = 12 max = − 0 =⇒ ¡ ¢¡ ¢2 (6626×10−34 )(300×108 ) (6626×10−34 )(300×108 ) 1 −31 26 × 106 = − =⇒ 2 911 × 10 015×10−9 0 0 = 150349 pm (b) ∆ = 0 (1 − cos ) =⇒ = 312◦ E59. (a) On donne = 001 × 10−9 m et = 90 , de sorte que cos() = 0. À l’aide de l’équation 9.16, on peut alors écrire que 0 − = 0 (1 − cos ())) =⇒ 0 = + 0 = 12424 × 10−9 nm Ensuite, on modifie l’équation 9.13 pour en extraire le gain en énergie cinétique de l’électron : ¡ = − 0 ¢ × ³ 1 eV 16×10−19 J ´ = 242 keV (b) L’énergie totale de l’électron correspond, selon le chapitre 8, à = + 0 2 . En combinant cette relation avec l’équation 8.27, on obtient : ¢2 ¡ 2 = 2 2 + 20 4 =⇒ + 0 2 = 2 2 + 20 4 =⇒ √ 2 +20 2 2 + 20 4 + 20 2 = 2 2 + 20 4 =⇒ = = 850 × 10−22 kg·m/s (c) À partir de l’équation 9.15, on obtient 0= 0 sin (90 ) − sin =⇒ sin = E60. (a) De −→ ∞ à = 2 =⇒ ∆ = 0 =⇒ = 389◦ = 34 eV =⇒ = 365 nm (b) De −→ ∞ à = 1 =⇒ ∆ = = 136 eV =⇒ = 914 nm ¢ ¡1 1 1 =⇒ = 122 nm E61. = 12 − 22 E62. E63. 0 = 1 + 2 =⇒ 0 = 1 + 2 =⇒ 2 = 872 nm ³ ´ 1 1 1 = − = 0889 et on trouve i = 1 et f = 3 par un jeu d’essais et erreurs. 2 2 i f Problèmes v5 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 9 : Les débuts de la théorie qu. © ERPI, tous droits réservés. 181 P1. (a) On transforme l’équation 9.13 pour isoler et on obtient (6626×10−34 )(µ3×108 ) ¶ = 710 × 10−12 m = ³ ´ = 16×10−19 J + ((45 keV)+(130 keV))× 0 1 eV = 130 0 (b) L’énergie du photon diffusé est 0 = keV, ce qui implique que 0 = 956 × 10−12 m. On peut alors calculer l’angle de diffusion au moyen de l’équation 9.16, en se rappelant que 0 − = 0 = 243 × 10−3 nm, soit la longueur d’onde de Compton : à ! 0 0 (1 − cos ) =⇒ = arccos 1 − − 0 ´ ³ −12 −710×10−12 ◦ 907 = = arccos 1 − 956×10243×10 −12 =⇒ (c) On trouve l’angle de diffusion au moyen des équations 9.14 et 9.15 : = 0 cos + cos =⇒ cos = 0= 0 sin − sin =⇒ sin = 0 − 0 sin cos (i) (ii) On divise l’équation (i) par l’équation (ii) et onÃobtient ! tan = sin 0 0 cos − à = arctan P2. Il suffit de sin 0 −cos = =⇒ = arctan ! sin(907◦ ) 956×10−12 −cos(907◦ ) 710×10−12 poser que = 0 dans sin 0 −cos =⇒ = 364◦ la loi du rayonnement de Wien pour obtenir max la longueur d’onde pour laquelle la radiance spectrale devient maximale. On donne − 5 ( ) = Donc, = − à max max = 5 ³ − −5 6max ! + = − −5 max 6max 7max 5 ´ + = 0 =⇒ − max 2max 5max −5 6max + 7max = 0 =⇒ = 0 =⇒ 7max = 5 6max =⇒ Cette équation a la même forme que l’équation 9.1, puisque le produit de la longueur d’onde et de la température est constant. =⇒ CQFD P3. On montre qu’un électron libre ne peut absorber complètement un photon, c’est-à-dire son énergie et sa quantité de mouvement, en comparant l’expression de ces deux quantités, = = 0 et = = 0 2 On observe que l’absorption de ces deux quantités implique que l’électron aurait une vitesse égale à celle de la lumière, ce qui va à l’encontre de la théorie de la relativité restreinte. =⇒ CQFD P4. 182 Les expressions de l’énergie du photon incident et de la différence d’énergie ∆ entre Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 9 : Les débuts de la théorie quantique © ERPI, tous droits réservés. v5 le photon diffusé et le photon incident sont données par = ∆ la perte relative d’énergie ∆ P5. − 0 = = −0 0 = −∆ 0 et ∆ = 0 − Ainsi, s’exprime comme suit =⇒ ∆ ≈ −∆ =⇒ CQFD (a) Le moment d’inertie d’une particule correspond au produit de sa masse et du carré du rayon de sa trajectoire. Le système de deux protons possède donc un moment d’inertie de ´ ¢³ ¡ −11 = 22 = 2 167 × 10−27 74×10 = 457 × 10−48 kg·m2 2 (b) Si le moment cinétique = est quantifié en multiple de 2 , il est égal à 2 , où est un nombre entier, et on trouve, pour la vitesse angulaire ¡ ¢ (6626×10−34 ) 231 × 1013 rad/s 2 = =⇒ = 2 = 2(457×10−48 ) = (c) Au moyen du résultat obtenu en (b), on trouve +1 − = 1 = 1 2 = 231×1013 2 = 367 × 1012 Hz ce qui représente un rayonnement dans la portion infrarouge du spectre. P6. En passant du niveau = 5 au niveau = 1 l’électron émet un photon de fréquence ¡ ¢ ¡ ¢¡ ¢¡ ¢ égale à = 12 − 12 = 1097 × 107 3 × 108 112 − 512 = 316 × 1015 Hz Selon le principe de conservation de la quantité de mouvement (voir le chapitre 9 du tome 1), la quantité de mouvement du photon vers l’avant est compensée par la quantité de mouvement que gagne l’atome dans la direction opposée. ¡ ¢ Ainsi, si = 100782 = 100782 1661 × 10−27 kg = 1674 × 10−27 kg, selon l’annexe E (pour l’atome neutre d’hydrogène), on peut écrire que photon = atome =⇒ = Si la vitesse de recul de l’atome est faible devant on peut poser que = 1, ce qui donne = P7. = (6626×10−34 )(316×1015 ) (3×108 )(1674×10−27 ) = 417 m/s On élimine les termes en des équations 9.14 et 9.15 en additionnant les carrés des composantes de quantité de mouvement de l’électron et en faisant appel à une identité trigonométrique : 0= 0 sin − sin =⇒ 2 sin2 = ¡ 0 sin ¢2 ¡ ¢2 cos + cos =⇒ 2 cos2 = − 0 cos =⇒ ¡ ¢ ¡ ¢ 2 2 =⇒ 2 sin2 + 2 cos2 = 2 = 0 sin + − 0 cos ³ ´ cos 2 = 2 12 − 2 + 10 2 (i) 0 = 0 ( ) v5 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 9 : Les débuts de la théorie qu. © ERPI, tous droits réservés. 183 Au moyen des équations 2 = 2 +2 2 +20 4 2 2 2 − 20 2 , = + 0 2 et = − 0 on peut écrire 2 − 20 2 = 2 + 20 =⇒ ¡ ¡ ¢ ¢ 2 + 2 2 = 12 − 0 − 0 0 =⇒ ¡ ¢2 ¡ ¢ (ii) 2 = 2 1 − 10 + 20 1 − 10 2 = P8. En égalisant les équations (i) et (ii), on trouve l’expression du déplacement de Compton : ³ ´ ¡ ¢2 ¡ ¢ cos + 10 2 = 2 1 − 10 + 20 1 − 10 =⇒ 2 12 − 2 0 ( ) ³ ´ ³ ´ ¡ ¢ 1 2 cos 2 1 2 2 − 0 + 10 2 = 2 12 − + 20 1 − 10 =⇒ 0 + 0 2 ( ) ( ) ³ ³ 0 ´ ´ ¡ 2 ¢ ¡ cos ¢ − = − + 20 =⇒ 0 − = 0 (1 − cos ) =⇒ CQFD − 2 0 0 0 (a) L’équation 9.5 exprime la radiance spectrale selon la théorie de Planck et son énoncé est ( ) = 22 −5 −1 Si on procède au changement de variable suivant, = l’expression suivante ³ ´ ( ) = 22 −1 −5 = ³ ´ 5 22 −1 donc = on obtient 5 = −1 dans laquelle l’ensemble des constantes ont été remplacées par . On cherche la longueur d’onde pour laquelle la radiance spectrale est maximale. Comme ¡ ¢ = = − 2 on constate que cette longueur d’onde max peut être obtenue en posant que = 0. Conséquemment, ³ ´ ³ 4 ´ 5 ( −1)−5 5 = = =0 −1 ( −1)2 Le dénominateur de cette expression tend vers l’infini si = 0 donc −→ ∞ On trouve la solution en posant que le numérateur devient nul, c’est-à-dire 54 ( − 1) − 5 = 0 =⇒ 54 ( − 1) = 5 =⇒ 5 ( − 1) = =⇒ 5 (1 − − ) = =⇒ 5 − = 5− =⇒ CQFD Il n’est pas possible de résoudre algébriquement cette équation, que l’on qualifie de transcendante. Il existe différentes méthodes d’analyse numérique permettant de la solutionner, la méthode de Newton en étant une. Si on fait appel au logiciel Maple, on trace d’abord le graphe des fonctions qui sont de part et d’autre de l’égalité afin de localiser le lieu d’intersection, puis, on résout l’équation de façon numérique dans la région où se situe l’intersection : restart; 184 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 9 : Les débuts de la théorie quantique © ERPI, tous droits réservés. v5 eq:=5-x=5*exp(-x); plot({5-x,5*exp(-x)},x=0..10); fsolve(eq,x,4..6); On en arrive à = 4965 la valeur attendue. (b) Au moyen de la solution pour , on peut calculer la valeur de max : (6626×10−34 )(3×108 ) max = (4965) =⇒ max = (4965) = (4965)(1381×10−23 ) =⇒ max = 2898 × 10−3 m·K =⇒ CQFD P9. On cherche à établir la loi de Stephan-Boltzmann, = 4 Pour ce faire, on intègre sur toutes les longueurs d’onde la loi de Planck à l’aide du changement de variable = Ainsi, ( ) = ³ ´ −5 22 −1 De plus, comme = = ³ ´ 5 22 −1 = 25 5 5 4 3 −1 on a = − 2 , et le changement de variable peut être appliqué à l’intégrale qui suit : ∞ ∞ R R0 ³ 25 5 5 ´ ¡ ¢ R ³ 25 5 5 ´ ¡ ¢ − = =⇒ ( ) = ( ) = 4 3 2 −1 4 3 −1 2 ∞ 0 0 ∞ ∞ R ³ 24 4 3 ´ R 3 24 4 = ( ) = 2 3 2 3 −1 −1 0 P10. 0 Le résultat de l’intégrale est fourni dans la donnée, de sorte que ³ 4´ 4 4 25 4 4 4 =⇒ CQFD ( ) = 2 2 3 15 = 152 3 =⇒ = D’après la deuxième loi de Newton appliquée à ce système stable, la force électrique agit comme force centripète, et on peut écrire que 2 = 2 (2)2 où représente la distance entre chaque particule et le centre de masse du système. Puisque le module du moment cinétique de l’électron, = ne peut prendre que des valeurs entières qui sont des multiples de } le module du moment cinétique du système est 2 = } Si on égale la vitesse dans les expressions du moment cinétique et des forces, on trouve : 2 = 2 4 = 2 }2 2 42 =⇒ = 2 }2 2 L’énergie mécanique du système est de = + où = 2 ¡1 2 2 ¢ 2 = 2 et = − 2 Si on utilise le résultat pour l’énergie mécanique prend cette forme : ³ 2 ´ 2 2 2 2 2 2 4 = = 2 − 2 4 − 2 = 4 − 2 = − 4 = − 42 } 2 =⇒ ³ ´ 2 4 (9×109 ) (16×10−19 ) (91×10−31 ) 1 eV ¶ µ = − 12 × =⇒ ≈ − 682eV =⇒ CQFD −34 2 16×10−19 J 4 v5 6626×10 2 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 9 : Les débuts de la théorie qu. © ERPI, tous droits réservés. 185 P11. Dans le logiciel Maple, on définit d’abord les constantes fondamentales comme la constante de Planck, la vitesse de la lumière et la constante de Boltzmann. Puis, on définit l’expression de la radiance spectrale selon Wien, Rayleigh-Jeans et Planck en remplaçant les constantes et de l’équation 9.4 par les valeurs définies à l’équation 9.5. La constante qui apparait dans l’expression de la radiance spectrale de RayleighJeans est remplacée par 2. On superpose finalement le graphe des trois fonctions de radiance spectrale à = 2000 K : restart; h:=6.626e-34; c:=3e8; k:=1.381e-23; A:=2*Pi*c^2*h; B:=h*c/k; C:=2*Pi*c*k; T:=2000; IW:=A*lambda^(-5)*exp(-B/(lambda*T)); IR:=C*T/lambda^4; IP:=A*lambda^(-5)/(exp(B/(lambda*T))-1); plot({IR,IW,IP},lambda=0..9e-6,0..5e11); 186 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 9 : Les débuts de la théorie quantique © ERPI, tous droits réservés. v5