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Corrigé 2018 :

Détails: Catégorie : Physique atomique

5.1.1 Composition des noyaux :

5.1.2 Calcul des énergies de liaison :

$^{59}_{26}Fe\left\{\begin{array}{ll}26&prtons\\33&neutrons\end{array}\right.\quad ^{59}_{27}Co\left\{\begin{array}{ll}27&prtons\\32&neutrons\end{array}\right.$

Les deux noyaux ont en commun le même nombre de nucléons.

5.1.2 Calcul des énergies de liaison :

$E_L=\Delta m.C^2\quad E_L(^{59}_{26}Fe)=[26\times 1,OO728 + 33\times 1,00867 - 58,9348755]\times 931,5=503,49\;MeV$

$E_L(^{59}_{27}Co)=[27\times 1,00728+32\times 1,00867-58,9331950]\times 931,5=503,76\;MeV$

5.1.3 Comparaison de la stabilité des noyaux :

La stabilité d’un noyau est déterminée par la valeur de son énergie de liaison par nucléon. Comme les deux noyaux ont le même nombre de nucléons, la comparaison des énergies de liaison suffit pour comparer leur stabilité. Le cobalt-59 est plus stable que le fer-59.

5.2.1 Equation de désintégration du fer :

$^{59}_{26}Fe\rightarrow ^{59}_{27}Co\; + \;^{A}_{Z}X$

$\left\{\begin{array}{llllllllll}59&=&59&+&A&\Rightarrow&A&=&0&loi\;de\;conservation\;du\;nombre\; de\;nucléons\\\\26&=&27&+&Z&\Rightarrow&Z&=&-1&loi\; de\;conservation\;du\;nombre\;de\; charge\end{array}\right.\Rightarrow$

$^A_ZX=^0_{-1}e$

5.2.2 La particule émise et son origine :

La particule émise est un électron $^0_{-1}e$ : l’émission d’un électron par un noyau s’explique par la transformation d’un neutron en proton : $^1_0n\rightarrow ^0_{-1}e+^1_1P$

5.2.3.1 Définition de l’activité :

L’activité d’un échantillon radioactif est le nombre de désintégrations par unité de temps

Expression de l’activité : $A=A_{0}e^{-\lambda t}$

5.2.3.2 Calcul de la valeur de $\lambda$ :

$A(t)=A_{0}e^{-\lambda t}\Rightarrow A(t+10)=A_{0}e^{-\lambda(t+10)}\Rightarrow \frac{A(t)}{A(t+10)}=\frac{A_{0}e^{-\lambda t}}{A_{0}e^{-\lambda(t+10)}}$

$\Rightarrow \frac{A(t)}{A(t+10)}=\frac{e^{-\lambda t}}{e^{-\lambda(t+10)}}=1,17\Rightarrow e^{10\lambda}=1,17\Rightarrow \lambda = \frac{Ln1,17}{10}=$

$1,57.10^{-2}\;jour^{-1}$

La demi-vie T : T = $\frac{Ln2}{\lambda}=\frac{Ln2}{1,57.10^{-2}}=44,1\;jours$ .

5.2.3.3 Calcul de $A_0$ :

$A_0=\lambda N_0=\lambda.\frac{m_0}{m(^{59}_{26}Fe)}=\frac{1,57.10^{-2}}{24\times 3600}\times \frac{1.510^{-6}}{58,9331950\times1,66.10^{-27}}=2,79.10^{12}Bq$ .

5.2.4 Masse de fer désintégrée à t = 10 jour

$m_{desint}=m_0-m_{0}e^{\lambda t}=m_0(1-e^{-\lambda t})=1,5\times (1-e^{-1,57.10^{-2}\times 10})=0,218\;mg$

Corrigé 2014 : Radioactivité de l'isotope de mercure 203

Détails: Catégorie : Physique atomique

5.1. L’élément mercure, traceur isotopique :
5.1.1. La radioactivité $\beta^{-}$ correspond à l’émission d’électrons par un noyau radioactif.

Equation de la réaction : $^{203}_{80}Hg\rightarrow ^{0}_{-1}e+^{A}_{Z}Y$

Les lois de conservations donnent : 203 = A et 80 = -1+Z ; d’où Z= 81 donc $^{A}_{Z}Y$ au correspond $^{203}_{81}Tl$

d’où l’équation $^{203}_{80}Hg\rightarrow ^{0}_{-1}e+^{203}_{81}Tl$

5.1.2. L’activité à t = 0 :

$A_{0}=\lambda.N_{0}\Longrightarrow$ or $\lambda =\frac{ln2}{T}\Longrightarrow A_{0}=\frac{N_{0}.ln2}{T}$ $A_{0}=\frac{2,96.10^{21}.ln2}{46,69\times24\times 3600}=5,09.10^{14}Bq$

5.1.3. Durée au bout de laquelle l’activité diminue de $0,14.A_{0}$ :
A cette date

$A=A_{0}-0,14.A_{0}=0,86.A_{0}\Longrightarrow A_{0}.e^{-\lambda t}=0,86.A_{0}\Longrightarrow -\lambda t=ln0,86\Longrightarrow t=-\frac{ln0,86}{\lambda}=-T\frac{ln0,86}{ln2}\Longrihtarrow t=-46,69\frac{ln0,86}{ln2}=\textrm{10,16 jours t = 10,16 jours}$

5.2. Sécurisation des billets de banque par le mercure :

5.2.1. Le spectre d’émission ou d’absorption du mercure est discontinu.

5.2.2. Détermination de la transition responsable de cette fluorescence :
La lumière émise par la lampe à vapeur de sodium résulte d’une désexcitation des atomes de mercure.
Cette lumière excite les nanos pigments qui émettent à leur tour par fluorescence.

$E_{photon}(\acute{e}mis)=\Delta E =\frac{hC}{\lambda_{1}}$ A.N : $E_{photon}(\acute{e}mis)=\frac{6,62.10^{34}.3.10^{8}}{253,6.10^{-9}}=7,83.10^{-19}J=4,89eV$

On vérifie que cette énergie correspond à : $\Delta E = E_{2} - E_{2}$ : elle correspond donc à la transition du niveau $E_{2}$ vers le niveau {/tex}E_{0}{/tex} pour le mercure.

5.2.3. Représentation de la transition :

5.2.4. La longueur d’onde maximale $\lambda_{2}$ :

Lors d’une désexcitation d’un niveau p vers un niveau n la longueur d’onde de la radiation émise est
donnée par : $\lambda = \frac{hC}{E_{p}-E_{0}}$ ; comme cette désexcitation mène au niveau fondamentale donc

$En=E_{0}\Longrightarrow \lambda =\frac{hC}{E_{p}-E_{0}}$

Pour que $\lambda$ soit maximale il faut que $E_{p}=E_{1}$ soit minimale donc $E_{p}=E_{1}$

$\Longrightarrow\lambda_{max}=\lambda_{2}=\frac{hC}{E_{1}-E_{0}}$

$\lambda_{2}=frac{6,62.10^{-34}.3.10^{8}{(-5,77+10,44).1,6.10^{-19}}=2,66.10^{-7}$

$\lambda_{2} = 2,66.10^{-7} m = 266 nm$

5.2.5. Détermination de $\lambda_{3}$ :

$E_{2}-E_{1}=\frac{hC}{\lambda_{3}}\Longrightarrow \lambda_{3}=\frac{hC}{E_{2}-E_{1}}$

$\lambda_{3}=\frac{6,62.10^{-34}.3.10^{8}}{(-5,55+5,77).1,6.10^{-19}}=5,64.10^{-6}m$

$\lambda_{3}=5,64.10^{-6}m$

Relation entre $\lambda_{1},\lambda_{2}$ et $\lambda_{3}$ :

On a : $E_{2}-E_{0}=(E_{2}-E_{1})+(E_{1}-E_{0})\Longrightarrow\frac{hC}{\lambda_{1}}=\frac{hC}{\lambda_{3}}+\frac{hC}{\lambda_{2}}\Longrightarrow\frac{1}{\lambda_{1}}=\frac{1}{\lambda_{3}}+\frac{1}{\lambda_{2}}$

Corrigé 2008 : Etude de la désintégration du radon 222

Détails: Catégorie : Physique atomique

5.1. Equation de désintégration du radon 222

$^{222}_{86}Rn\rightarrow^{218}_{84}Y+^4_{2}He$

Par identification on trouve Y = PO. (0,25 pt)

5.2. L'état gazeux du radon le rend dangereux à cause de la facilité d’infiltration dans les moindres fissures (0,25 pt)

5.3. $N0 = n N_{A} = \frac{PV}{RT}. N_A$ ; d’où $N_{0} = 4,8.10^{17}$ noyaux (0,50 pt)

5.3.2.

5.3.2.1. L’activité A est le nombre de désintégrations par seconde.

$A = - \frac{dN}{dt}=\lambda N$ ; par intégration on obtient : $A = \lambda N_{0} e^{-\lambda_t} = A_{0} e{- \lambda_t}$ (0,50 pt)

5.3.2.2. L’activité décroit au cours du temps d’après le tableau. Ce qui est en accord avec l’expression établie à la question précédente (0,50 pt).

5.3.2.3.
a) et b) La courbe ln A = f(t) est une droite affine de pente négative ; d’où ln A = k t + b (1)
Avec $k = \frac{\Delta lnA}{\Delta{t}}= - 0,18 jour^{-1}$ et b = ordonnée à l’origine = 27,65

De l’expression $A = A_{0} e^{-\lambda t}$ on déduit $ln A = ln A_{0} - \lambda t$ (2)

Les relations (1) et (2) donnent par identification on déduit :

$\lambda = - k$ d’où $\lambda= 0,18 jour^{-1}$ (0,50 pt)

$ln A_{0}= b = 27,65$ impliquant que $A_{0} = e^{27,65}$ d’où $A_{0} = 10^{12} bq$ (0,25 pt).

5.3.2.4. $A_0 = \lambda N_{0}$ . En replaçant on trouve : $A_{0} = 10^{12} bq$ .On trouve la même valeur. (0,50 pt)5.3.2.5. $t_{1/2}=\frac{ln2}{\lambda}= 3,85$ jours (0,25 pt)

5.3.2.6. En faisant $N = N_{0} e^{- \lambda_t}$ on trouve $N\approx 0$ s’où $A\approx 0$ . Il n’y a plus de noyaux radioactifs dans l’ampoule, la substance n’est plus active. . (0,50 pt)

Corrigé 2010 : Niveau d'énergie de l'atome

Détails: Catégorie : Physique atomique

5.1. (0,5pt)

Le niveau de plus basse énergie correspond à n=1 d'où :

$E_{1}=-E_{0}=-13,6eV$

On l'appelle "niveau fondament".

5.2. : Expression de la fréquence de la radiation émise.(0,75pt)

$hv=E_{n}-E_{p}\rightarrow v_{n,p}=\frac{E_{0}}{h}\left(\frac{1}{n^{2}}-\frac{1}{p^{2}}\right)$

5.3. (0,5pt)
Valeur du nombre p

$\frac{hv}{E_{0}}=\frac{1}{4}-\frac{1}{p^{2}}\rightarrow p=3$

5.4.
5.4.1. : Expression des fréquences limites(1 pt)

$hv_{lim}=0-E_{n}=\frac{E_{0}}{n^{2}}\rightarrow v_{lim}=\frac{E_{0}}{hn^{2}}$

5.4.2. : Valeur des fréquences limites (0,75pt)

Pour Lymann

$n=1\rihgrarrow v_{lim}=\frac{13,6\times 1,6.10^{-19}}{6,63.10^{-34}\times 1}=3,28.10^{15}Hz$

Pour Balmer

$n=2\rihgrarrow v_{lim}=\frac{13,6\times 1,6.10^{-19}}{6,63.10^{-34}\times 4}=8,20.10^{14}Hz$

Pour Paschen

$n=3\rihgrarrow v_{lim}=\frac{13,6\times 1,6.10^{-19}}{6,63.10^{-34}\times 9}=3,65.10^{14}Hz$

Corrigé 1997 : Niveaux d’énergies de l’atome d’hydrogéne

Détails: Catégorie : Physique atomique

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1.1.

a) $E=E_{\infty }-E_{1}=0-(-13,6)=+13,6ev$

b) $E_{1c}=E_{\infty }-E_{2}=0-(-3,4)=+3,4ev$

1.2.

$E_{1}=-13,6ev$ $E_{2}=-3,4ev$ $E_{3}=-1,51ev;E_{5}=-0,54ev;E_{6}=-0,27ev$

2.1.

$E_{2}-E_{1}=hc/\lambda _{1}$

$E_{3}-E_{2}=hc/\lambda _{2}$

$(1)+(c)\Longrightarrow E_{3}-E_{1}=hc(1/\lambda _{1}+1/\lambda _{2})$

$E_{3}-E_{1}=6,62.10^{-34}\times 3.10^{8}(1/589.10^{-9}+1/568,8.10^{-9})=6,86.10^{-19}J=4,3ev$

2.2.

$|E_{1}-E_{3}|=hc/\lambda =hc(1/\lambda _{1}+1/\lambda _{2})$

$1/\lambda _{1}=1/\lambda _{1}++1/\lambda _{2}$

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