centreG

Vous êtes ici : Accueil

centreG

corrigés

Terminale S1S3

Sciences Physiques

Physique atomique

Corrigé 2018 :

Détails: Catégorie : Physique atomique

5.1 Différence entre réaction nucléaire naturelle et réaction nucléaire artificielle :

Réaction nucléaire naturelle : transformation spontanée d’un noyau en d’autre(s) noyau(x)

Réaction nucléaire artificielle : transformation de noyaux en d’autres par apport d’énergie (ou choc avec des particules accélérées).

5.2 Equations des réactions nucléaires décrites :

$^{59}_{27}CO+^{1}_{0}n\rightarrow ^{60}_{27}CO$ $^{60}_{27}CO\rightarrow ^{60}_{28}Ni+^{0}_{-1}e + ^{0}_{0}\vec{v}$

5.3 Energie libérée lors de réaction spontanée :

$E=\Delta m.c^2\;or\;\Delta m=m(^{60}_{27}CO)-\left(m(^{60}_{28}Ni+m(^{0}_{-1}e)\right)=2,48.10^{-3}u$

$E=\Delta m.c^2=2,48.10^{-3}\times 931,5=2,31\,MeV\,=\,3,71.10^{-13}J\quad E=3,71.10^{-13}J$

5.4 L’énergie libérée par 1 mg :

$E_t=N\times E=\frac{m}{m(^{60}_{27}CO)}\times E=\frac{10^{-6}}{59,95654\times 1,6605.10^{-27}}\times 2,31=2,32.10^{19}MeV.\quad E_t=2,32.10^{19}MeV$ .

5.5.1 La charge Q portée par l’armature A du condensateur :

$Q=CU_{AB}=-CU_{BA}=-100.10^{-6}X 10=-10^{-3}C\quad Q=-10^{-3}C$ .

5.5.2 La variation $\Delta N$ du nombre de noyau de cobalt 60 :

Le nombre d’électrons x reçu par l’armature $A:x=\frac{Q}{-e}=\frac{10^{-3}}{1,6.10^{-19}}=6,25.10^{15}$ électrons

L’équation de désintégration montre que le nombre de noyaux désintégrés $N_{des}$ est égal au nombre d’électrons reçu par l’armature A. La variation $\Delta N$ du nombre de noyaux de cobalt-60 est donnée par $\Delta N=-N_{de}=-x\quad \Delta N=-6,25.10^{15}noyaux$ .

5.5.3 L’activité initiale $A_0$ de l’échantillon de cobalt 60 :

$A_0=\lambda.N_0\quad or\;N_{de}=N_0(1-e^{-\lambda t})\Rightarrow N_0=\frac{N_{de}}{1-e^{-\lambda t}}=\frac{6,25.10^{15}}{1-e^{-0,006}}=1,04.10^{20}noyaux.$

$A_0=\lambda.N_0=3,60.10^{-4}\times 1,04^{20}=5,83.10^{13}Bq\quad\quad A_0=5,83.10^{13}Bq$

5.5.4 la masse initiale minimale de cet échantillon de cobalt :

$m_0=m(^{60}Co).N_0=59,95654\times 1,6605.10^{-27}\times 1,035.10^{-5}kg=10,35.mg\quad m_0=10,35.mg$ .

Corrigé 2016 :

Détails: Catégorie : Physique atomique

4.1.1 Expression de la vitesse :
T.E.C entre $P_1$ et $P_2:\frac{1}{2}mV^2-0=W^{\vec{F}}_{P_1\rightarrow P_2}=qU\Rightarrow V=\sqrt{\frac{2.qU}{m}}$ :

4.1.2 Nature de la portion du trajet (E,S) :
$\vec{F_m}=m.\vec{a}\Rightarrow=\frac{q}{m}.\vec{V}\wedge\vec{B}\quad\vec{a}\quad\vec{a}\perp\vec{V}\quad\vec{a}\quad a_t=0\Rightarrow\frac{dV}{dt}=0\Rightarrow V=cste$ .

$\vec{a}=\frac{q}{m}.\vec{V}\wedge\vec{B}\quad\Rightarrow\quad a_t=0\Rightarrow\vec{a}=\vec{a_N}$ $a=\fac{|q|.VB}{m}$ et

$a_N=\frac{V^2}{\rho}\Rightarrow\rho=\frac{m.V}{|q|.B}=cste$

(ES) est un arc de cercle de rayon $R=\frac{m.V}{|q|.B}$

4.1.3 Expression de la durée $\tau$ :

$\overbrace{ES}=R.\beta=\tau.V=\frac{\beta.R}{V}=\frac{\beta.m.R}{V.q.B}\Rightarrow\tau=\frac{m.\beta}{q.B^{cdot}}$

4.2.1 Valeur du rayon de la trajectoire pour $^1_1H^+$ :

$R=\frac{m.V}{|q|.B}\quad or\quad V=\sqrt{\frac{2.m.U}{q}}=\frac{I}{0,5^\cdot}_sqrt{\frac{2.10^{-3}.8025}{6,02.10^{23}.1,6.10^{-19}}}=2,58\quad cm\approx2,6\quad cm$

4.2.1 Valeurs des autres nombre de masse : ?
$R^2=\frac{2.m_1.U_1}{q.B^2}=\frac{2.A_1.u.U_1}{q.B^2}\Rightarrow A_1\frac{R^2.q.B^2}{2.u.U_1}\quad A_1=\frac{0,0258^2.1,6.10^{-19}.(0,5)^2}{2.1,66.10^{-27}.2675}$ $A_1=3$ et $A_2=2$

4.3 Expression de D = FC :

$sin\frac{\beta}{2}=\frac{R}{OF}=\frac{R}{OC}\quad;\quad\left\{\begin{array}{lll}\beta&=&cos^2\left(\frac{\beta}{2}\right)-sin^2\left(\frac{\beta}{2}\right)\\\\1&=&cos^2\left(\frac{\beta}{2}\right)\end{array}\right\}.\Rightarrow 1-cos\beta=2sin^2\left(\frac{\beta}{2}\right)$

D = OF + OC = 2 OF or $OF=\frac{R}{sin\frac{\beta}{2}}=\frac{D}{2}\Rightarrow sin\frac{\beta}{2}=\frac{2R}{D}$ on tire : $\left(sin\frac{\beta}{2}\right)=\left(sin\frac{2R}{2}\right)^2$

$1-cos\beta=2\ast\left[\frac{2R}{D}\right]^2=\frac{8R^2}{D^2}$ or $R=frac{1}{B}\sqrt{\frac{2.m.U}{q}}$ on tire $\frac{4}{B}\sqrt{\frac{mU}{q(1-cos\beta})^\cdot}$

4.4.1 Valeur de R’ $R^{\prime}:R^{\prime}=\frac{m.V_c}{|q|}B=R=\frac{1,66.10^{-27}}{1,6.10^{-19}\ast 0,5}=2,573\quad cm.$

4.4.2 Expressions des vitesses : Conservation de la quantité de mouvement :

$m_p\vec{V_c}=m_p\vec{V_{p^{\prime}}}+m_n\vec{V_{n^{\prime}}}\Rightarrow m_n\vec{V_{n^{\prime}}}=m_p(\vec{V_c}-\vec{V_{p^{\prime}}})$

Conservation énergie cinétique : $\frac{1}{2}mV_c^2=\frac{1}{2}mV_{p\prime}^2+\frac{1}{2}mV_{n\prime}^2\Rightarrow\vec{V_c}+\vec{V_{p\prime}}=\vec{V_{n^\prime}}$

On tire : $\left\{\begin{array}{lll}V^{\prime}_{p}&=&\left|V_c\left(\frac{m_p-m_n}{m_p+m_n}\right)\right|\\\\V^{\prime}_{n}&=&2V_c\frac{m_p}{m_p+m_n}\end{array}\right.$

4.4.3 Détermination de $m_n$ :
Par exploitation des rayon des trajectoires $\left(R_p=2,5\quad cm\quad;\quad R_n=\frac{10}{3}\quad cm\quad et\quad R^{\prime}_{p}=\frac{5}{6}\quad cm\right)$

On trouve mn= $m_n=2m_p$ c’est $^2_1H^+$

4.5.1 Equation de la trajectoire : mouvement (voir cours).

4.5.2 Montrer que

$E=\frac{m_pV^2_c}{18qR^{\prime}_{p}}$

Corrigé 2011 : Emission d'un rayonnement bêta moins par le césium

Détails: Catégorie : Physique atomique

3.1: Explication des termes :

- Aléatoire a le sens d'imprévisible
- spontané : survient sans intervention extérieure
- inéluctable : qui se produira tôt ou tard.

3.2 : Le rayonnement $\beta^{-}$ est peu ionisant mais pénétrant.

3.3 : Equation-bilan

$^{131}_{53}I \rightarrow ^{131}_{54}Xe + ^{0}_{-1}e$ et $^{137}_{55}Cs \rightarrow ^{137}_{56}Ba + ^{0}_{-1}e$

3.4 : On obtient en même temps une émission de rayonnements $\gamma$ parce que les noyaux fils résultant de ces désintégrations sont obtenus dans un état excité. En revenant à l'état fondamental (désexcitation) ils émettent un rayonnement $\gamma$ selon les équations :

$^{131}_{54}Xe^{*} \rightarrow ^{131}_{54}Xe + \gamma$ et $^{137}_{56}Xe^{*} \rightarrow ^{137}_{56}Ba + \gamma$

3.5 : Energie libérée par la désintégration de $^{137}Cs$

$^{137}_{55}Cs \rightarrow ^{137}_{56}Ba + _{-1}^{0}e$

On a $\Delta E=\Delta mc^{2}$ avec $\Delta m=m(Ba)+m(e)-m(Cs)$

A.N : $\Delta E = - 1,1 MeV$

3.6:

3.6.1: Nombre de noyaux initial pour I et Cs :

On a A(t) = $\lambdaN(t) \rightarrow A_{0} = \lambda N_{0}\rightarrow N_{0} = \frac{A_0}{\lambda}$ et $\lambda = \frac{Ln 2}{T}$ soit $N_{0} = \frac{A_0T}{Ln 2}$

A.N : On exprime T en s pour chaque noyau

soit $N_{0}\left(^{131}_{54}I\right) = 1,0.10^{8}$ noyaux et $N_{0}\left(^{137}_{55}Cs\right) = 3,0.10^{8}$ noyaux

3.6.2 : Expression liant $N, N_{0},\lambda$ et $t$ .

$N = N_{0e}^{-\lambda t}$ loi de la décroissance.

3.6.3 : Tableau à compléter

Pour chaque date t on calcule N en utilisant la loi de la décoissance. On obtient :

3.6.4: La personne la plus menacée

A t = 1 an, le tableau indique qu'il ne reste plus de noyaux d'iode 131 (en fait il n'existe pas $1,9.10^{-6}$ noyaux) dans l'organisme de P1 tandis que dans celui de P2 il reste encore $2,9.10^{8}$ noyaux de césium 137. Donc P2 est plus menacé.

3.7:

3.7.1 : justification de l'utilité de la mesure.

Cette mesure est prise pour saturer la thyroïde d'iode 127 non radioactif avant l'absorption d'iode 131 radioactif et cancérigène.

3.7.2 : Explication

La fin de l'absorption ne signifie pas la disparition instantanée des noyaux radioactfs ; ils ne disparaîtront qu'au bout d'un an pratiquement.

Corrigé 2013 : Désingtégration du cobalt

Détails: Catégorie : Physique atomique

3.1. Equation de la production du $^{60}_{27}Co$ : $^{59}_{27}Co+^{1}_{0}n\rightarrow ^{60}_{27}Co$

3.2. Equation de la réaction de désintégration de $^{60}_{27}Co$ : $^{60}_{27}Co\rightarrow ^{60}_{28}Ni+^{0}_{-1}e+^{0}_{0}\vec{V}$

3.3. Calcul des longueurs d’onde :
$\frac{hC}{\lambda_{1}}=E_{3}-E_{2}\Longrightarrow lambda_{1}=\frac{hC}{E_{3}-E_{2}}$ $A.N:\lambda_{1}=\frac{6,62.10^{-34}.3.10^{8}}{(2,5-1,33).1,6.10^{-13}}=1,06.10^{-12}m$ $\lambda_{1}=1,06.10^{-12}m$

De même $\lambda_{2}=\frac{hC}{E_{3}E_{2}}$ $A.N:\lambda_{2}=\frac{6,62.10^{-34}.3.10^{8}}{(1,33-0).1,6.10^{-13}}=9,33.10^{-13}m$ $\lambda_{2}=9,33.10^{-13}m$

3.4. Un centre hospitalier dispose d’un échantillon de masse m= 1µg.

3.4.1. le nombre de noyau $N_{O}$ : $N_{O}=n.N_{a}=\frac{m_{O}}{M}N_{a}=\frac{1.10^{-}.6,02.10^{23}}{60}=1.10^{16}$ noyaux.

3.4.2. Relation $N=N_{0^{.e^{-\lambda t}}}$

$dN=-\lambda Ndt\Longrightarrow\frac{dN}{N}=-\lambda dt\Longrightarrow\int_{N_{0}}^{N}\frac{dN}{N}=\int_{0}^{t}-\lambda dt\Longrightarrow\left[lnN\right]_{N_{0}}^{N}=-\lambda\left[t\right]_{0}^{t}\Longrightarrow ln\left(\frac{N}{N_{0}}\right)=-\lambda t\Longrightarrow N=N_{0^{.e^{-\lambda t}}}$

3.4.3. Le technicien de laboratoire :

3.4.3.1. Définition : l’activité d’une source radioactive est le nombre de désintégration par unité de temps.

Expression : $A=A_{o^{.e^{-\lambda t}}}$

3.4.3.2. a)

b) déduction de la constante radioactive : $A=A_{0.e^{-\delta t}}\Rightarrow lnA=-\delta. t+lnA_{0}$

La courbe obtenue est une droite d’équation $lnA=a.t+b$ avec

$a=\frac{16,55-17,52}{7-0}=-0,4$ et b=17,5 or $\delta = -a\Rightarrow\delta =0,14ame^{-1}=4,4.10^{-9}s$

Corrigé 2007 : Hydrogénoïde

Détails: Catégorie : Physique atomique

5.1. Un électron unique gravitant autour d’un noyau de numéro atomique Z sur le niveau n possède l’énergie :
$E_{n}=-\frac{E_{0}Z^{2}}{n^{2}}$

5.1.1. Nature de la transition électronique
Lorsque qu’un électron passe d’un niveau d’énergie $E_{n}$ à un niveau inférieur d’énergie $E_{p}$ , il y’a émission de photon. L’énergie diminue car la variation de l’énergie $\Delta E = E_{p} - E_{n} < 0$ .

5.1.2. Expression de la longueur d’onde
la variation d'énergie lors de la transition $\Delta E=h ν_{n,p}; ν_{n,p}$ étant la fréquence d'émissiondu photon.
$\lambda_{n,p}=\frac{C}{ν_{n,p}}\Longrightarrow\Delta E = E_{n} - E_{p}= h\frac{C}{\lambda_{n,p}}\Longrightarrow-\frac{E_{0} Z^{2}}{n^2}} +\frac{E_{0} Z^{2}}{p^2}} = E_{0 }Z^{2}\left(\frac{n^{2}-p^{2}}{n^{2} p^{2}}\right)= h\frac{C}{\lambda_{n,p}}$

$\lambda_{n,p}=\frac{hC}{E_{0} Z^{2}}\left(\frac{n^{2} p^{2}}{n^{2} - p^{2}} \right)$

5.2.
$\lambda_{n,p}=\frac{1}{R}\left(\frac{n^{2} p^{2}}{(n^{2} - p^{2}}\right)$

5.2.1. Expression de la constante de Rydberg R

$\frac{1}{R}=\frac{hC}{E_{0} Z^{2}}\Longrightarrow R= \frac{E_{0} Z^{2}}{hC}$

Application numérique $R=\frac{13,6\times 1,6.10^{-19}}{6,62.10^{-34}\times 3.10^{8}} Z^{2}=1,09.10^{7}\times Z^{2}$

- Pour l’atome d’hydrogène $H : Z=1\Longrightarrow R=1,09.10^{7} m^{-1}Z=2\ Longrightarrow R=1,09.10^{7}\times 4=4,36.10^{7} m^{-1}$
- Pour l’atome $Li^{2+}$ : $Z=3\longrightarrow R=1,09.10^{7}\times 9=9,81.10^{7} m^{-1}$

5.3. L’écart ∆λ entre la plus grande et la plus courte des longueurs d’onde de la série de Balmer
La plus grande longueur d’onde $\lambda_{1}$ est obtenue lors de la transition de n = 3 à p = 2 :

$\lambda_{1}=\frac{1}{R}\left(\frac{3^{2}2^{2}}{3^{2}2^{2}}\right)=\frac{36}{1,09.10^{7}\times 5}=6,60.10^{-7}m=0,66\mu m$

La plus courte longueur d’onde $\lambda_{2}$ est obtenue lors de la transition de n ->∞ à p = 2 :
$\lambda_{1}=\frac{1}{R}\left(\frac{3^{2}}2^{2}}{3^{2}}-2^{2}}\right)=\frac{36}{1,09.10{^7}\times 5}=0,66\mu m$

La plus courte longueur d'onde $lambda_{2}$ est obtenue lors de la transition de $n\to\infty$ à p= 2 :

$\lambda_{2}=\frac{1}{R}\left({\frac{1}{\frac{1}{p^{2}}-\frac{1}{\infty^{2}}\right)\Longrightarrow \lambda_{2}=\frac{1}{R}p^{2}}=\frac{4}{1,09.10{^7}}=3,67.10^{-7}m=0,367\mu{m}$

$\Delta=\lambda_{1}-\lambda_{2}=6,60.10^{-7}-3,367.10^{-7}=2,93.10^{-7}m=0,293\mu{m}$

5.4. Energie d’ionisation
Elle est obtenue pour une transition électronique de l’état fondamental p = 1 vers l’infini n ->∞
$E_{i}=E_{0}Z^{2}\left(\frac{1}{p^{2}}-\frac{1}{n^{2}}\right)$ si p = 1 et $n\to\infty$ alors $<span>E_{i}=E_{0}Z^{2}$

- Pour l'atome d'hydorgène H: $Z=1\Longrightarrow E_{i}=E_{0}=13,6 eV$

- Pour l'ion ${He^{+}$ : $Z=2\Longrightarrow E_{i}=E_{0}=13,6\times 4=54,4 eV$

- Pour l'atome ${li^{2+}$ : $Z=3\Longrightarrow E_{i}=E_{0}\times 9=13,6\times 9=122,4 eV$

5.5.
5.5.1. Les photons susceptibles d’être absorbés
La transition nécessitant la plus faible énergie s’effectue de p=1 à n = 2. L’énergie correspondante est :
$E_{min}=E_{0}Z^{2}\left(1-\frac{1}{4}\right)=13,6\times 1\times\frac{3}{4}=10,2 eV$
On doit envoyer sur les atomes d’hydrogène pris à l’état fondamental des photons d’énergie supérieur ou égale à Emin pour avoir une transition. Les énergies correspondantes sont : 10,2 eV et 14 eV.

5.5.2. Vitesse d’éjection
L’énergie absorbée $(E_{a} =14 eV)$ est supérieure à l’énergie d’ionisation $(E_{i} = 13,6 eV)$ . Une partie de cette énergie (les 13,6 eV) permettent l’ionisation. L’électron utilise l’excédent d’énergie sous forme d’énergie cinétique pour s’éjecter