Telechargé par Carl Jacob

chapitre 9

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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  = 2898 × 10−3 m·K =⇒ max =
2898×10−3

(a) À 3 K, la longueur d’onde est de
max =
2898×10−3
3
= 0966 mm
(b) À 3000 K, la longueur d’onde est de
max =
2898×10−3
3000
= 0966 m
(c) À 1 × 107 K, la longueur d’onde est de
max =
E2.
2898×10−3
1×107
= 0290 nm
(a) Si la surface du Soleil se comporte comme un corps noir, sa température est donnée par
l’équation 9.1, soit
 =
2898×10−3
max
=
2898×10−3
5×10−7
= 580 × 103 K
(b) De nouveau, avec l’équation 9.1, on obtient
 =
E3.
2898×10−3
35×10−7
= 828 × 103 K
D’après l’équation 9.1, la lumière visible est bornée par les températures suivantes :
min =
2898×10−3
(max )max
=
2898×10−3
700×10−9
max =
2898×10−3
(max )min
=
2898×10−3
700×10−9
= 414 × 103 K
= 725 × 103 K
Ainsi, la température va de 414 × 103 K à 725 × 103 K .
E4.
On rappelle que  (K) =  (◦ C) + 27315
(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 = 567 × 10−8 (227315)4 − (29315)4 = 151 MW/m2
´
¡
¢ ¡
¢³
(b)  =   4 − 04 = 567 × 10−8 (30715)4 − (28315)4 = 140 W/m2
¢
¡
Avec  = 42   = 2 696 × 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 42 = 567 × 10−8 (8830)4 4 2 696 × 108
=⇒
 = 839 × 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
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v5
¡
¢
¡
¢
¡ ¡
¢
¢
 =  =   4 − 04 (2) = 567 × 10−8 (2000)4 2 2 × 10−3 (020) =⇒
 = 228 kW
E7.
La longueur d’onde du pic de rayonnement du corps noir est donnée par l’équation 9.1,
soit
max  = 2898 × 10−3 m·K =⇒ max =
E8.
2898×10−3

=
2898×10−3
300
= 966 m
On donne  = 51 × 1013 Hz. On utilise l’équation 9.6 et on convertit le résultat final en
électronvolt, ce qui donne
E9.
¢¡
¢
¡
∆ = +1 −  = ( + 1)  −  =  = 6626 × 10−34 51 × 1013 =⇒
¡
¢ ³ 1 eV ´
∆ = 3379 × 10−20 J × 16×10
= 0211 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
(6626×10−34 )(1×108 )
= 604 × 1030 photons/s
E10. (a) L’énergie d’un photon s’exprime, en joules, sous la forme  =  Avec  =  cette
expression devient
(6626×10−34 )(3×108 )
 = 
=
 =

=
124×103 eV·nm

1988×10−25 J·m

×
=⇒ CQFD
³
1 nm
1×10−9 m
´
×
³
1 eV
16×10−19 J
´
=⇒
(b) L’intervalle d’énergie de la portion visible du spectre électromagnétique est borné par
min =
124×103 eV·nm
max
=
124×103 eV·nm
700 nm
= 177 eV
124×103 eV·nm
min
=
124×103 eV·nm
400 nm
= 310 eV
et
max =
L’intervalle va donc de 177 eV à 310 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 =  −  =
124×103 eV·nm

− (225 eV) =
124×103 eV·nm
400 nm
− (225 eV) = 0855 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
(003)(1×10−9 )
(003)
efficace =  = (003)  =⇒  = (003)
=
=
=⇒


(6626×10−34 )(3×108 )

400×10−9
=
v5
604 × 107
photons/(m2 ·s)
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171
E12. (a) Si le diamètre de la pupille est de 05 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 = 982 × 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.
=



982×10−18
=
(6626×10−34 )(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.
= 250 photons/s
500×10−9
2
max
2

³



0
=  ( − 0 ) =⇒
=
−
max =
r ³
´ r 2 6626×10−34 ³
(
)


3×108
−
max = 2
  − 0 =
91×10−31
470×10−9
´
=⇒
3×108
686×10−9
´
= 541 × 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
=
124×103 eV·nm

=
124×103 eV·nm
550 nm
= 225 eV
(b) Si le photon possède une fréquence de 100 MHz, son énergie est de
¡
¢¡
¢ ³ 1 eV ´
 =  = 6626 × 10−34 100 × 106 × 16×10
= 414 × 10−7 eV
−19 J
(c) Si le photon possède une fréquence de 940 kHz, son énergie est de
¡
¢¡
¢ ³ 1 eV ´
 =  = 6626 × 10−34 940 × 103 × 16×10
= 389 × 10−9 eV
−19 J
(d) Si le photon possède une longueur d’onde de 0071 nm, son énergie est de
=
124×103 eV·nm

=
124×103 eV·nm
0071 nm
= 175 × 104 eV
E15. (a) Si l’énergie de dissociation est 
on trouve ¶ainsi la fréquence minimale 0 :
µ
 = 0 =⇒ 0 =


16×10−19 J
1 eV
6626×10−34
(11 eV)×
=
= 266 × 1015 Hz
(b) On utilise l’équation démontrée à l’exercice 10 et on obtient
=
E16.
124×103 eV·nm

=
124×103 eV·nm
175 nm
= 709 eV
On utilise l’équation démontrée à l’exercice 10 et on obtient
=
124×103 eV·nm

=
124×103 eV·nm
28 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
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v5
 =  =  =⇒  =
E18.


=



=
(134×103 )
= 371 × 1021 photons/(m2 ·s)
(6626×10−34 )(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
(6626×10−34 )(3×108 )
6328×10−9
= 318 × 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
− (23 eV) = 0800 eV
max =  −  = 124×10 eV·nm − (23 eV) = 124×10
400 nm
(b) On utilise les équations 9.10 et 9.11, et on obtient
∆0 +0
= ∆0 +

8
)
(6626×10−34 )(3×10
µ
¶ = 428
−19 J
16×10
(16×10−19 )(06)+(23 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
− (45 eV) = 170 eV
max =  −  = 124×10 eV·nm − (45 eV) = 124×10
200 nm
(b) On utilise l’équation 9.7 et on arrive à
max = ∆0 =⇒ ∆0 =
E21.
max

= 170 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 = 12 eV :
max = 1 −  =⇒  = 1 − max =
³
124×103 eV·nm
350 nm
´
− (12 eV) = 234 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.
 −

=
124×103 eV·nm
−(234 eV)
230 nm

= 305 V
On utilise l’équation 9.11 et on obtient

−∆0
0
∆0 = ( − 0 ) =⇒ 0 =  −∆
=  
=⇒

−34 3×108
6626×10
)(
)
(
−(16×10−19 )(24)
420×10−9
0 =
= 135 × 1014 Hz
6626×10−34
E23. (a) L’énergie émise sous forme de rayonnement équivaut à  = 005 (100 W) = 500 W. Si
 correspond au nombre d’électrons émis par seconde qui possèdent une énergie  = 
on trouve
 =  =  =⇒  =


=



=
5
(6626×10−34 )(3×108 )
600×10−9
= 151 × 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.
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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 =
6626×10−34
3×108
20(
)(
)
µ
¶2
3×10−3

(600×10−9 )
2
œ il
2
=
20
2
=
20
2 
=⇒
= 937 × 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  = 42 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 42 =⇒  = 4
= =⇒
œ il
r
(151×1019 )(6626×10−34 )(3×108 )
= 652 km
=
4(937×10−13 )(600×10−9 )
L’augmentation de l’énergie cinétique maximale de 1 = 13 eV à 2 = 36 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
(22 −31 )

=
= 23 2 − 1 =⇒ 0 =
¡
3 2
2
 3
µ
¶
16×10−19 J
(2(36 eV)−3(13 eV))×
1 eV
6626×10−34
− 1
¢
=⇒
= 797 × 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
6626×10−34
3×108
8(
)(
)
¶2
µ
5×10−3

(500×10−9 )
2
œ il
2
=
8
2
=
8
2 
=⇒
= 162 × 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 (42 ) = 162 × 10−13 4 384 × 108
³
´
15 m
(b) Avec T = (42 a.l.) × 94607×10
= 39735 × 1016 m, on obtient
1 a.l.
¢³ ¡
¢2 ´
¡
= 321 × 1021 W
 = œil  = œil (42 ) = 162 × 10−13 4 39735 × 1016
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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
24827×1014


est donc l’inverse de la pente de cette droite, soit
= 403 × 10−15 V·s
(b) La fréquence de seuil est tout simplement l’ordonnée à l’origine dans le graphe obtenu,
soit 0 = 507 × 1014 Hz
E27. (a) La fréquence  du photon est donnée par l’équation suivante :
2
2
2(91×10−31 )(3×108 )
 = 20 2 =⇒  = 20  =
= 247 × 1020 Hz
−34
6626×10
(b) Le module de la quantité de mouvement du photon est donné par l’équation 9.12 :
(6626×10−34 )(247×1020 )
 = 
=
= 546 × 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.
124×103 eV·nm


=⇒
0  (1 − cos ) +  = 0  (1 − cos ) +

(6626×10−34 )
124×103 eV·nm
◦
= 422 × 10−11
(91×10−31 )(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
 = 6626 × 10−34 3 × 108 124×10
3 eV·nm −
1
422×10−11
´
m
= 988 × 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
124×103 eV·nm

=
124×103 eV·nm
40×103 eV
= 0031 nm
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175
On calcule ensuite 0 avec l’équation 9.16 :
(6626×10−34 )
0 = 0  (1 − cos ) +  = (91×10−31 )(3×108 ) (1 − cos (180◦ )) + 0031 × 10−9 = 003586 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
 = 6626 × 10−34 3 × 108 0031×10
×
= 543 keV
−
−9
003586×10−9
16×10−19 J
E31.
Avec  =
On cherche l’angle  tel que
0 −

= 002 % 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
¶¶ 
(0071×10−9 )(91×10−31 )(3×108 )
 = arccos 1 − (00002)
= 620◦
6626×10−34
=

0 
= 000243 nm, on utilise le résultat de l’exercice 10 et on obtient
124×103 eV·nm

E32. (a) On note que
=
124×103 eV·nm
000243 nm
= 0510 MeV

0 
= 000243 nm et on utilise l’équation 9.16, ce qui donne
¢
¡
∆ = 0 −  = 0  (1 − cos ) = 243 × 10−12 (1 − cos (37◦ )) = 489 × 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
+∆
 = 124×100 eV·nm = 124×103 eV·nm
= 124×10
=⇒
3 eV·nm
´−1 ³
´−1
³
−4
489×10
nm
∆
1
=
+
=⇒
 = 124×103 eV·nm + 124×10
3 eV·nm
30 keV
124×103 eV·nm
³
´−1 ³
´−1
1
1
 = 30×101 3 eV + 254×10
= 296×10
= 296 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
243 × 10−12 (1 − cos (53◦ )) = 323 nm
 = 3×10
−4
0 −

=
³
∆

ce qui permet de trouver l’énergie du photon incident grâce au résultat de l’exercice 10 :
=
124×103 eV·nm

=
124×103 eV·nm
323 nm
= 384 eV
E34. (a) On utilise l’équation 9.16 et on obtient
¢
¡
∆ = 0 −  = 0  (1 − cos ) = 243 × 10−12 (1 − cos (70◦ )) = 160 × 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
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v5
E35.
´
¢¡
¢³
¡
1
 = 6626 × 10−34 3 × 108 8×101 −11 − (8×10−11 )+(160×10
=⇒
−12 )
³
´
¢
¡
1 eV
= 304 eV
 = 487 × 10−17 J × 16×10
−19 J


0
Pour obtenir  0 =
=
124×103
eV·nm

=
on doit d’abord calculer la longueur d’onde des photons incidents :
124×103 eV·nm
5×104 nm
= 00248 nm
Avec les équations 2.5c et 9.16, on peut maintenant trouver  0 :
0 =
E36.


(1−cos
)+
0 
=
3×108
(243×10−12 )(1−cos(45◦ ))+(248×10−11 )
= 118 × 1019 Hz
On calcule le déplacement de longueur d’onde au moyen de l’équation 9.16 :
¢
¡
(a) ∆ = 0  (1 − cos ) = 243 × 10−12 (1 − cos (30◦ )) = 326 × 10−13 m
¢
¡
(b) ∆ = 243 × 10−12 (1 − cos (90◦ )) = 243 × 10−12 m
¢
¡
(c) ∆ = 243 × 10−12 (1 − cos (150◦ )) = 453 × 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 = (−136 eV) + (125 eV) = −11 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 =
124×103 eV·nm
1 −3
=
124×103 eV·nm
(−136 eV)−(−151 eV)
124×103 eV·nm
1 −2
=
124×103 eV·nm
(−136 eV)−(−34 eV)
eV·nm
2 −3
=
124×103
124×103
eV·nm
(−34 eV)−(−151 eV)
=
=
=
124×103 eV·nm
1209 nm
124×103 eV·nm
1020 nm
124×103
eV·nm
189 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 =
−136 eV
32
−
−136 eV
42
= −0661 eV
∆53 = 3 − 5 =
−136 eV
32
−
−136 eV
52
= −0967 eV
∆63 = 3 − 6 =
−136 eV
32
−
−136 eV
62
= −113 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.
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177
43 =
53 =
63 =
124×103 eV·nm
|∆43 |
124×103 eV·nm
|∆53 |
124×103 eV·nm
|∆63 |
=
124×103 eV·nm
0661 eV
= 189 × 10−6 m
=
124×103 eV·nm
0967 eV
= 128 × 10−6 m
=
124×103 eV·nm
113 eV
= 110 × 10−6 m
(b) La plus courte longueur d’onde est obtenue pour le passage de  −→ ∞ à  = 3. Ainsi
∆∞3 = 3 − ∞ =
∞3 =
E39.
124×103 eV·nm
|∆∞3 |
−136 eV
32
=
− 0 = −151 eV =⇒
124×103 eV·nm
151 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 =
124×103 eV·nm
∆∞1
=
−136 eV
12
= 136 eV =⇒
124×103 eV·nm
136 eV
= 912 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
(6626×10−34 )
(2)2 (91×10−31 )(9×109 )(16×10−19 )2
=
6626×10−34
2(91×10−31 )(530×10−11 )
= 530 × 10−11 m
= 219 × 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
21
=
219×106
2(530×10−11 )
= 656 × 1015 Hz
Si l’électron rayonnait à cette fréquence, la longueur d’onde de ce rayonnement serait de
=
E41.


=
3×108
656×1015
= 457 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 (6626×10−34 )
(2)2 (91×10−31 )(9×109 )(16×10−19 )2
= 212 × 10−10 m
(a) Son énergie potentielle électrique est de
³
´
2
2
(9×109 )(16×10−19 )
1 eV
=
−
×
 = − 
2
212×10−10
16×10−19 J = −679 eV
(b) Son énergie cinétique correspond à la différence entre l’énergie mécanique et l’énergie
potentielle, soit
 =  −  =
−136 eV
(2)2
− (679 eV) = 339 eV
E42. (a) On utilise l’équation 9.27 avec  = 3, ce qui permet d’obtenir les résultats suivants :
 =
178
(−136 eV) 2
2
=⇒ 1 =
(−136 eV)(3)2
12
= 1 = −122 eV
Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 9 : Les débuts de la théorie quantique
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v5
2 =
(−136 eV)(3)2
22
3 =
(−136 eV)(3)2
32
2
(−136 eV)(3)
42
4 =
= 2 = −306 eV
= 3 = −136 eV
= 4 = −765 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 = (−765 eV) − (−122 eV) = 1148 eV
∆13 = 3 − 1 = (−136 eV) − (−122 eV) = 1088 eV
∆12 = 2 − 1 = (−306 eV) − (−122 eV) = 918 eV
Les longueurs d’onde des photons associés à ces transitions sont donc de
14 =
13 =
12 =
E43.
124×103 eV·nm
∆14
124×103
=
eV·nm
∆13
=
124×103 eV·nm
∆12
=
124×103 eV·nm
1148 eV
=⇒ 41 = 108 nm
124×103
eV·nm
1088 eV
=⇒ 31 = 114 nm
124×103 eV·nm
918 eV
=⇒ 21 = 135 nm
On utilise l’équation 9.23 et on obtient
2
(6626×10−34 )
2 } 2
}2
=⇒

=
=
=⇒ 1 = 530 × 10−11 m
 = 
1
2
2
(2)2 (91×10−31 )(9×109 )(16×10−19 )2
2
2 =
(2)2 } 2
2
=
3 =
(3)2 } 2
2
=
(2)2 (6626×10−34 )
(2)2 (91×10−31 )(9×109 )(16×10−19 )2
2
(3)2 (6626×10−34 )
(2)2 (91×10−31 )(9×109 )(16×10−19 )2
=⇒ 2 = 212 × 10−10 m
=⇒ 3 = 477 × 10−10 m
E44. (a) On utilise l’équation 9.27 avec  = 2, ce qui permet d’obtenir les résultats suivants :
 =
(−136 eV) 2
2
2
2 =
(−136 eV)(2)
22
3 =
(−136 eV)(2)2
32
=⇒ 1 =
(−136 eV)(2)2
12
= 1 = −544 eV
= 2 = −136 eV
= 3 = −604 eV
(b) Si l’électron se trouve au niveau fondamental ( = 1), on doit lui fournir une énergie
égale à |1 | = 544 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 = 219 × 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 = 91 × 10−31 219 × 106 = 199 × 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
(219×106 )
2
r = 11 = 530×10−11 = 905 × 1022 m/s2
v5
Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 9 : Les débuts de la théorie qu.
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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)(16×10
 = 
=
=⇒  =  22 × 106 m/s =⇒ CQFD
}
 (6626×10−34 )
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 483 × 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
 

 = − 
22 }2 = − 2
 = − (136eV)
2
E50. (a)  =


2
2
(2)2 (91×10−31 )(9×109 )
4
(16×10−19 )
2(6626×10−34 )2
=⇒ CQFD
×
³
2 }2

2
1 eV
16×10−19 J
Si on combine ces
´
=⇒
= 122 cm
(b)  =  = 162 × 10−24 J = 101 × 10−5 eV
=


− ∆0 = 190 eV
E52. (a)  =

0
= 22 eV =⇒ 0 = 564 nm
E51.


= max +  =⇒ max =


−  = 0750 eV
E53.


= max + 0 =⇒ 0 =


2
− 12 max
=⇒ 0 = 515 × 1014 Hz
E54.
 = max +  =⇒ max = (48 eV) − (278 eV) = 202 eV =⇒
(b)
180
Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 9 : Les débuts de la théorie quantique
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v5
max = 842 × 105 m/s
³
´
2
E55.
max =  1 − 10 = 12 max
=⇒ max = 589 × 105 m/s
³
´
0

−11 m, mais 0 −  =
−11 m.
E56. (a)  = 
=
4141
×
10

0  (1 − cos ) et  = 416 × 10
Finalement,  0 =

0
= 291 keV .
(b) En accord avec la théorie de la relativité, la vitesse du photon est  .
E57.
 = 120 keV =⇒  =
0 =


= 1036 × 10−11 m et  0 = 095 = 114 keV =⇒

0
= 1095 × 10−11 m
³
´
Avec 0 −  = 0  (1 − cos ), on trouve  = 391◦ .

2
E58. (a) max = 12 max
= 
 − 0 =⇒
¡
¢¡
¢2 (6626×10−34 )(300×108 ) (6626×10−34 )(300×108 )
1
−31
26 × 106 =
−
=⇒
2 911 × 10
015×10−9
0
0 = 150349 pm
(b) ∆ =

0 
(1 − cos ) =⇒  = 312◦
E59. (a) On donne  = 001 × 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 
= 12424 × 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
16×10−19 J
´
= 242 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 +20 2
 2 + 20 4 + 20 2 = 2 2 + 20 4 =⇒  =
= 850 × 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 
=⇒  = 389◦
= 34 eV =⇒  = 365 nm
(b) De  −→ ∞ à  = 1 =⇒ ∆ = 
 = 136 eV =⇒  = 914 nm
¢
¡1
1
1
=⇒  = 122 nm
E61.
 =  12 − 22
E62.
E63.
0 = 1 + 2 =⇒ 0 = 1 + 2 =⇒ 2 = 872 nm
³
´
1
1
1
=
−
= 0889 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.
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181
P1.
(a) On transforme l’équation 9.13 pour isoler  et on obtient
(6626×10−34 )(µ3×108 )
¶ = 710 × 10−12 m
 = ³  ´ =
16×10−19 J
+
((45 keV)+(130 keV))×
0
1 eV

= 130
0
(b) L’énergie du photon diffusé est  0 =
keV, ce qui implique que
0 = 956 × 10−12 m. On peut alors calculer l’angle de diffusion au moyen de l’équation
9.16, en se rappelant que
0 −  =

0 
= 243 × 10−3 nm, soit la longueur d’onde de Compton :
Ã
!
0

0 
(1 − cos ) =⇒  = arccos 1 −  −
0 
´
³
−12 −710×10−12
◦
907
=
 = arccos 1 − 956×10243×10
−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 
 −
Ã 
 = arctan
P2.
Il suffit de
sin 
0
 −cos 
=
=⇒  = arctan
!
sin(907◦ )
956×10−12
−cos(907◦ )
710×10−12
poser que 
 = 0 dans
sin 
0
 −cos 
=⇒
= 364◦
la loi du rayonnement de Wien pour obtenir max  la
longueur d’onde pour laquelle la radiance spectrale devient maximale. On donne

−
 
5

 ( ) =
Donc,




=
−

Ã

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
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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
 = 22 = 2 167 × 10−27 74×10
= 457 × 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
¡
¢
(6626×10−34 )


231 × 1013  rad/s
2 =   =⇒   = 2 = 2(457×10−48 ) =
(c) Au moyen du résultat obtenu en (b), on trouve
+1 −  = 1 =
1
2
=
231×1013
2
= 367 × 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 = 1097 × 107 3 × 108 112 − 512 = 316 × 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  = 100782 = 100782 1661 × 10−27 kg = 1674 × 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.


=
(6626×10−34 )(316×1015 )
(3×108 )(1674×10−27 )
= 417 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.
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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 + 20 =⇒
¡
¡
¢
¢
 2

+ 2 
2 = 12 
 − 0
 − 0 0 =⇒
¡
¢2
¡
¢
(ii)
2 = 2 1 − 10 + 20 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 + 20 1 − 10 =⇒
2 12 − 2 
0
( )
³
´
³
´
¡
¢
1
2 cos 
2
1
2
 2 − 0 + 10 2 = 2 12 − 
+ 20 1 − 10 =⇒
0 +
0 2
( )
( )
³
³ 0 ´
´
¡ 2 ¢
¡ cos  ¢
−
=  − 
+ 20 
=⇒ 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
 ( ) =
22 −5

  −1
Si on procède au changement de variable suivant,  =
l’expression suivante
³
´
 ( ) =

22  

 −1
−5
=
³
´
 5
22  
 −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
54 ( − 1) − 5  = 0 =⇒ 54 ( − 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
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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  = 4965 la valeur attendue.
(b) Au moyen de la solution pour , on peut calculer la valeur de max :
(6626×10−34 )(3×108 )


max = (4965)
=⇒ max  = (4965)
= (4965)(1381×10−23 ) =⇒
max  = 2898 × 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
22  
 −1
De plus, comme  =
=

 
³
´
 5
22  
 −1
=

 
25  5 5
4 3  −1
on a  = − 2 , et le changement de variable peut être
appliqué à l’intégrale qui suit :
∞
∞
R
R0 ³ 25  5 5 ´ ¡  ¢
R ³ 25  5 5 ´ ¡  ¢
−

=
 =⇒
 ( ) =  ( )  =

4
3
2
 −1
 
 
4 3  −1
2 
∞
0
0
∞
∞
R ³ 24  4 3 ´
R 3
24  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

25 4  4
4 =⇒ CQFD
 ( ) = 2
2
3
15 = 152 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
42 
=⇒  =
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 = − 42 } 2 =⇒

³
´
2
4
(9×109 ) (16×10−19 ) (91×10−31 )
1 eV
¶
µ
 = − 12
×
=⇒  ≈ − 682eV =⇒ CQFD
−34 2
16×10−19 J
4
v5
6626×10
2
Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 9 : Les débuts de la théorie qu.
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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
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