Physique g´en´erale III Prof. Tran, CRPP
Corrig´es de la s´erie 7 du 6 avril 2009
Martin Jucker
1 Principe d’exclusion de Pauli
Pour le cas o`u nous avons seulement un ´electron, la r´esolution de l’´equation de Schroedinger implique un nombre quantiquen. Il n’y a qu’un seul nombre quantiquenet non pas trois comme dans le cas de l’atome d’hydrog`ene (n, l, m), parce que l’on ne consid`ere qu’une dimension. A ce nombre quantique on rajoute le spin, ce qui nous amm`ene donc a deux nombres `a consid´erer.
Notez que le spin ne sort pas de l’´equation de Schroedinger, mais repr´esente une caract´eristique particuli`ere de l’´electron.
A Le principe d’exclusion de Pauli nous dit que deux ´electrons appartenant au mˆeme syst`eme ne peuvent pas ˆetre caract´eris´es par le mˆeme set de nombres quantiques. Donc, les deux ´etats
´
etant les mˆemes, ce qui est propos´e n’est pas possible.
B Vu quenest le mˆeme pour les deux ´electrons, il est imp´eratif que les spins soient de signe
oppos´e, i.e. ½
n= 1, s= 1/2 n= 1, s=−1/2
C Le troisi`eme ´etat n’est pas possible, vu que l’on doit avoir n >0.
2 Etats des ´ electrons
A Pour chaque couche d´efinie par un nombre quantique principal n, on a
n−1
X
|{z}l=0 l=0,...,(n−1)
(2l+ 1)
| {z }
m=−l,...,0,...,l
·2
|{z}
m=±1/2
= 2 Ã
2 Xn
l=1
l− Xn
l=1
1
!
= 2 µ
2n(1 +n)
2 −n
¶ ,
i.e. 2n2 possibilit´es.
B Pour chaque couple (n, l) donn´ee, on a les (2l+ 1) possibilit´es pourm, multipli´es par deux possibilit´es pour le spin chaque fois, donc 2(2l+ 1) possibilit´es.
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3 Le spectre des rayons X
A Dans ce cas, la force de Coulomb s’´ecrit
FC =− 1 4πϵ0
e·Ze r2 , au lieu de
FC =− 1 4πϵ0
e2 r2,
comme vu dans la s´erie 3. Avec cette nouvelle forme de la force de Coulomb, suivant les calculs de la s´erie 3, le rayon de Bohr devient
rn= 4πϵ0
n2~2 mZe2, et la vitesse de la particule
v2 = 4πϵ0
Ze2 mr. Le potentiel ´electrique dˆu au proton s’´ecrit maintenant
V(r) = 1 4πϵ0
Ze r . On trouve alors bien
En=T +U = 1
2mv2(rn)− 1 4πϵ0
Ze2 rn
=−2π2Z2e4m h2
µ 1 4πϵ0
¶2 1 n2. B Pour la raie Kα, on consid´ere une transition den= 2 `an= 1, i.e.
∆E=−2π2Z2e4m h2
µ 1 4πϵ0
¶2µ 1 4 −1
¶
= π2Z2e4m h2
µ 1 4πϵ0
¶2 3 2. La longueur d’onde est alors
λ=h c
∆E = h3c
π2Z2e4m(4πϵ0)2 2 3. C On utilise alors cette formule pour Z= 42 :
λ= 6.8×10−11m = 0.068nm.
AvecZ = 41 dans la formule (i.e. rempla¸cant Z2 par (Z−1)2), on obtient λ= 7.1×10−11m = 0.071nm,
ce qui est bien plus proche de la valeur mesur´ee.
2
D On remarque que le diagramme de Moseley est en termes de fr´equence et pas de longueur d’onde. La fr´equence est
f = c
λ = ∆E
h =−2π2Z2e4m h3
µ 1 4πϵ0
¶2µ 1 4 −1
¶ .
Dans le cas du Molybd`ene, on trouve (rempla¸cant Z2 par (Z−1)2) f = 2π2(Z−1)2e4m
h3
µ 1 4πϵ0
¶2
3
4 = 4.2×1018Hz.
En prenant la racine de ce r´esultat et divisant par 109, on peut comparer avec le diagramme de Moseley, et trouve une valeur de 2.05, qui est tr`es proche de ce que l’on trouve pour M o.
E Les valeurs de Z peuvent ˆetre trouv´ees dans le tableau p´eriodique des ´el´ements. Pour trouver la racine carr´ee de la fr´equence, il faut simplement utiliser la formule
pf = rc
λ
avec les valeurs donn´ees pour la longueur d’onde (attention aux unit´es !).
3
El´ement λ[pm] Z √
f /109[Hz1/2]
Ti 275 22 1.04
V 250 23 1.10
Cr 229 24 1.14
Mn 210 25 1.20
Fe 193 26 1.25
Co 179 27 1.29
Ni 166 28 1.34
Cu 154 29 1.40
Zn 143 30 1.45
Ga 134 31 1.50
On peut alors faire le graphe correspondant au diagramme de Moseley `a l’aide de ces valeurs.
F Vu que les rayons X utilisent la ligne Kα, il faut que les ´electrons tombent de la couche L sur la couche K, et il faut donc donner suffisamment d’´energie pour faire passer les ´electrons sur la couche L. Ceci est exactement l’´energie de ionisation. Il faut donc au moins 20keV.
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