Chapitre 11: Atomes et solides Exercices

Chapitre 11 : Atomes et solides
Exercices
E1. La valeur du module du moment cinétique orbital d’un électron dépend de la valeur
du nombre quantique orbital .
(a) Pour l’état 3, selon le tableau 11.1, les nombres quantiques sont =3et =1Avec
l’équation 11.2, on obtient
=p(+1)}=p(1) (1 + 1)}=√2}
(b) Pour l’état 4, selon le tableau 11.1, les nombres quantiques sont =4et =3,cequi
donne
=p(3) (3 + 1)}=√12}
E2. Au moyen de l’équation 11.2, on calcule
=p(+1)}=⇒p(+1)= 
}=2(365×10−34)
6626×10−34 =34611 =⇒
(+1)=(34611)2≈12 =⇒2+−12 = 0 =⇒(+4)(−3) = 0
La seule racine positive est =3.
E3. Selon le tableau 11.2, l’état 4implique que =4 et =2Les valeurs possibles pour
sont =0±1±2et =±1
2.Autotal,ilyadonc10 états possibles.
E4. Selon le tableau 11.2, pour la sous-couche   =1de sorte que =0±1Selon
l’équation 11.3, les valeurs possibles pour sont = 0±}.
E5. Si =2les valeurs possibles de sont =01et celles de sont =0±1
(a) Selon l’équation 11.3, les valeurs possibles pour sont = 0±}.
(b) Pour =0=0, il n’y a donc aucun vecteur à décrire. Pour =1=√2},etles
valeurs possibles de l’angle sont données par l’équation 11.4 et =0±1:
cos =
=}
√2}=⇒= arccos ³ √2´=⇒
= arccos ³0
√2´ou = arccos ³±1 √2´
On cherche l’angle que forme le vecteur −→ Lavec l’axe des positifs; comme sa valeur doit
se situer entre 0◦et 180◦les valeurs possibles sont =45◦90◦135◦.
E6. Si =3les valeurs possibles de sont =012et celles de sont
= 0±1±2
E7. (a) La valeur maximale de est max = 4 .
(b) La valeur maximale de correspond à −1; la valeur maximale de est donc
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max = 5
E8. (a) Si =3les valeurs possibles de sont =012et celles de sont
=0±1±2
(b) On utilise l’équation 9.27 et on obtient
=(−136eV)2
2=⇒3=(−136eV)(2)2
(3)2=−604 eV
E9. (a) On utilise l’équation 9.27 et on obtient
=(−136eV)2
2=⇒3=(−136eV)(3)2
(2)2=−306eV
(b) Si =2les valeurs possibles de sont =01et celles de sont
=0±1
E10. On obtient la valeur minimale possible de l’angle entre −→ Let lorsque = Si
=4on a =4
=}=4}et =p(+1)}=√20}de sorte que
cos min =
=4}
√20}=⇒min = arccos ³4 √20 ´=266◦
E11. Au moyen de l’équation 11.2, on calcule
=p(+1)}=⇒p(+1)= 
}=2(2583×10−34)
6626×10−34 =2448 =⇒
(+1)=(2448)2≈6=⇒2+−6=0 =⇒(+3)(−2) = 0
Laseuleracinepositiveest=2et la valeur maximale de est max ==2La
valeur maximale de max est alors max =max}= 2}.
E12. Pour chaque niveau , les nombres quantiques  et varient selon
=012...−1
=0±1±2 ±
=±1
2
Le tableau 11.2 donne les valeurs possibles de ces nombres pour allant de 1à4Pour
=5on a =01234Pour chaque valeur de  les valeurs de et de sont
0 0 ±1
2
1 0±1±1
2
2 0±1±2±1
2
3 0±1±2±3±1
2
4 0±1±2±3±4±1
2
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Pour chaque valeur de  d’après le tableau 11.2 et celui qui décrit =5le nombre
d’états possibles est
Nombre d’états
1 2
2 8
318
432
550
On compte donc 22états par niveau .
E13. Puisque et sont déterminés avec exactitude et que est le module du vecteur −→
L
on peut déduire la somme quadratique 2
+2 =2−2 , mais non chacune de ces deux
composantes individuellement. Si on utilise les équations 11.2 et 11.3, on trouve que la
somme 2
+2 correspond à
2
+2 =2−2 =(+1)}2−2
}2=⇒
q2
+2 =³q(+1)−2
´}=⇒CQFD
E14. (a) Si est parfaitement connu, on a ∆=0et
lim
∆−→0
∆=lim
∆−→0
}
∆=∞=⇒∆est complètement inconnu
(b) Les conclusions de l’exercice 13 demeurent vraies, chacune des composantes, prise isolé-
ment, est indéterminée, et et sont inconnus .
E15. On donne 0=00529 pour le rayon de Bohr. On utilise l’équation 11.8 et on obtient
1(0)=4(2
0)
3
0−2(0)
0=4−2
0=0541
(00529×10−9)= 102 ×1010 m−1
E16. On donne 0=00529 pour le rayon de Bohr. On utilise l’équation 11.9 et on obtient
2(0)=(2
0)
83
0³2−(0)
0´2−(0)
0=−1
80=004599
(00529×10−9)= 869 ×108m−1
E17. On utilise l’équation 11.8 et on obtient
(a) 1¡0
2¢=4(0
2)2
3
0−2(0
2)
0=−1
0=0368
(00529×10−9)= 696 ×109m−1
(b) 1(20)=4(20)2
3
0−2(20)
0=16−4
0=0293
(00529×10−9)= 554 ×109m−1
E18. On utilise l’équation 11.9 et on obtient
(a) 2¡0
2¢=(0
2)2
83
0µ2−(0
2)
0¶2
−(0
2)
0=⇒
2¡0
2¢=¡2−1 2¢2−1
2
320=004265
(00529×10−9)= 806 ×108m−1
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(b) 2(20)=(20)2
83
0³2−(20)
0´2−(20)
0=(2−2)2−2
20= 0
E19. Pour démontrer que la fonction d’onde de l’état fondamental est normalisée, on doit
vérifier que l’intégrale de la probabilité sur tout l’espace est égale à 1Chaque élément
infinitésimal de volume est une mince coquille d’épaisseur  de sorte que  =42 :
∞
R0
2
1 =∞
R0µq1
3
0−
0¶2¡42¢ =4
3
0
∞
R0
2−2
0
En appliquant la méthode d’intégration par partie, on obtient
∞
R0
2
1 =4
3
0µ∙¡−0
2¢−2
02¯¯¯¯
∞
0−∞
R0¡−0
2¢(2)−2
0¶=0+ 4
3
0¡0
2¢∞
R0
(2)−2
0
De nouveau, on intègre par partie :
∞
R0
2
1 =2
2
0µ∙¡−0
2¢−2
0(2)¯¯¯¯
∞
0−∞
R0
2¡−0
2¢−2
0¶=0+ 2
0
∞
R0
−2
0 =⇒
∞
R0
2
1 =2
0∙¡−0 2¢−2
0¯¯¯¯
∞
0
=∙−2
0¯¯¯¯
∞
0
=−∞ −0=⇒∞
R0
2
1 =1 =⇒CQFD
E20. Soit 0le volume d’une sphère de rayon 0On reprend l’intégrale de l’exercice 18, mais
en changeant l’une des bornes d’intégration:
0
R0
2
1 =
0
R0µq1
3
0−
0¶2¡42¢ =4
3
0
0
R0
2−2
0
En appliquant deux fois la méthode d’intégration par partie, on obtient
0
R0
2
1 =4
3
0µ¡−0
2¢∙−2
02¯¯¯¯
0
0
+0
2
0
R0
(2)−2
0¶=⇒
0
R0
2
1 =4
3
0µ¡−0
2¢∙−2
02¯¯¯¯
0
0−¡0
2¢2∙−2
0(2)¯¯¯¯
0
0
+¡0
2¢20
R0
2−2
0¶=⇒
0
R0
2
1 =4
3
0µ¡−0
2¢∙−2
02¯¯¯¯
0
0−¡0
2¢2∙−2
0(2)¯¯¯¯
0
0−2¡0
2¢3∙−2
0¯¯¯¯
0
0¶=⇒
0
R0
2
1 =4
3
0³−3
0
2−2−3
0
2−2−3
0
4−2+0+0+3
0
40´=4¡−¡5 4¢−2+1 4¢=⇒
0
R0
2
1 =1−5−2=03233 =⇒
0
R0
2
1 ≈032 =⇒CQFD
E21. L’énergie acquise par les électrons est =|∆|.Oncalculeladifférence de potentiel
au moyen de l’équation 11.10 :
0=
=
|∆|=⇒|∆|=
0=(6626×10−34)(3×108)
(16×10−19)(005×10−9)=248keV
E22. L’énergie acquise par les électrons est =|∆|. On calcule la longueur d’onde au
moyen de l’équation 11.10 :
0=
=
|∆|=(6626×10−34)(3×108)
(16×10−19)(25×103)= 496 ×10−11 m
E23. Les données conduisant à la loi de Moseley pour la fréquence de la raie sont présen-
tées à la figure 11.9. La constante de l’équation 11.11 correspond à la pente de la droite
qui apparaît dans le graphe. On l’évalue directement pour obtenir ≈5×107Hz12.
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E24. Si les électrons subissent une différence de potentiel ∆ la longueur d’onde minimale 0
des rayons X émis s’écrit aussi sous la forme
0=
=
|∆|=(6626×10−34)(3×108)
(16×10−19)
1
|∆|=⇒0=124×103nm·V |∆|=⇒CQFD
E25. La figure 11.8 illustre comment les raies caractéristiques des rayons X sont désignées
d’après le niveau le plus bas dans la transition. Les énergies, et donc les fréquences,
des raies émises en cascade et s’additionnent, et ainsi, pour le molybdène, les
fréquences des raies et permettent de calculer celle de la raie :
=−=⇒1
=1 −1 =1 063 nm −1 071 nm =⇒= 559 nm
E26. À l’aide la loi de Moseley, on peut exprimer les rapports de longueur d’onde des raies 
en termes de rapports de numéros atomiques :
p=(−1) =⇒p
=(−1) =⇒1 2=(2−1)2
(1−1)2
Pour le molybdène (=42), on donne =071 nm.
(a) Pour l’argent (= 47),ontrouve
=¡41
46 ¢2(071 nm)= 0564 nm
(b) Pour le fer (= 26),ontrouve
=¡41
25 ¢2(071 nm)= 191 nm
E27. Au moyen de l’équation 11.10, on calcule l’énergie nécessaire à chacune des transitions :
=
=(6626×10−34)(3×108)
(071×10−9)׳1eV 16×10−19 J´= 1748 eV
=
=(6626×10−34)(3×108)
(063×10−9)׳1eV 16×10−19 J´= 1970 eV
On détermine ensuite l’énergie des niveaux voisins au moyen de la figure 11.8 :
1=2−=(−2870 eV)−(1748 eV)= −462 keV
3=1+=(−4618 eV) + (1970 eV)= −262 keV
E28. La configuration de l’atome d’argon [Ar]indique que le niveau =3est possède 3
électrons dans la sous-couche 3 La configuration électronique 3342obéit donc à l’ordre
de remplissage normal décrit à la figure 11.11, car la sous-couche 4est remplie (elle
contient 2électrons). D’après le tableau périodique de l’annexe D, cette configuration est
celle du Vanadium .
E29. Un atome d’oxygène possède la configuration électronique 24et contient 8électrons
auxquels on associe les nombres quantiques suivants :
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