terminales.examen.sn

Vous êtes ici : Accueil

c 2017

Détails: Catégorie : Interférences lumineuses

5.1. Le phénomène d’interférences lumineuses résulte de la superposition de radiations issues de sources lumineuses cohérentes ; il se traduit au niveau de l’écran par l’observation de franges brillantes qui alternent avec des franges sombres.
L’expérience des interférences lumineuses met en évidence le caractère ondulatoire de la lumière.

5.2.
Pour que le point M d’abscisse x soit sur une frange sombre, la différence de marche d doit être un multiple impair de demi-longueur d’onde : $\delta=(2k+1)\frac{\lambda}{2}=\frac{a.x}{D}\Rightarrow$

$x=(2k+1)\frac{\lambda D}{2a}=\left(k+\frac{1}{2}\right)\frac{\lambda D}{a^.}$ .

5.3. L’interfrange est la distance qui sépare les milieux de deux franges consécutives de même nature. $X_{k+1}-X_K=\frac{\lambda D}{a}\Rightarrow\quad i=\frac{\lambda D}{a}$

5.4.

5.4.1. tableau :

Le tableau montre que le produit $i.a\,=\,cste\,=\,C\approx 0,65.10^{-6}m^2\;\Rightarrow\;i=\frac{1}{a^.}$ .

L’interfrange i est donc inversement proportionnelle à la distance a entre les sources. Ce qui est en accord avec l’expression établie en 5.3.En effet on a: $i=\frac{\lambda D}{a}=\lambda.D\frac{1}{a}\,=\,cste\times\frac{1}{a}$ .

5.4.2. Longueur d’onde : $\lambda.D=i.a=0,65.10^{-6}\Rightarrow\lambda=\frac{0,65.10^{-6}}{D}=\frac{0,65.10^{-6}}{1}=0,65.10^{-6}\quad\lambda = 650\,nm$ .

5.5. $W_0=\frac{hC}{\lambda_0}\Rightarrow\lambda_0=\frac{hC}{W_0}=\frac{6,62.10^{-34}\times 3.10^8}{1,9\times 1,6.10^{-19}}\Rightarrow\,\lambda_0\,=\,6,53.10^{-7}m$ $\lambda_0 = 653\,nm$ .

On a bien $\lambda<\lambda_{0^.}\Rightarrow$ il y a émission d’électrons par la cathode de la cellule : c’est l’effet photoélectrique.

L’effet photoélectrique met en évidence le caractère corpusculaire de la lumière.

Corrigé 2016 :

Détails: Catégorie : Interférences lumineuses

Corrigé 2011 : Deux fentes éclairées par une source émettant deux radiations lumineuses

Détails: Catégorie : Interférences lumineuses

5.1. Schéma

Le faisceau issu de S est diffracté par $F_{1}$ et $F_{2}$

5.2. Observations sur l'écran

On observe une alternance de franges brillantes et de franges obscures due à des interférences lumineuses résultant de la superposition des ondes lumineuses issues des sources synchrones et cohérentes $F_{1}$ et $F_{2}$ .

Par interférence constructive on obtient des franges brillantes, par interférences destructives les franges obscures.

5.3.

5.3.1. Expréssion de l'interfrange $i=\frac{\lambda D}{a}$

5.3.2. Distance a

$L=20i=\frac{20\lambda D}{a}\rightarrow a=\frac{20\lambda D}{L}$

A.N. a = 2,8 mm

5.4.
5.4.1. Position d'une frange brillante par rapport à 0 sur l'écran $x_{k}=\frac{k\lambda D}{a}$ avec $k\in{\mathbb N}$

5.4.2. Franges centrales données par $k=0\rightarrow x_{k}=0$ quelque soit $\lambda \rightarrow$ les franges centrales coïncident.

5.4.3. Longueur d'onde $\lambda_{2}$

Au point où les franges brillantes coïcident, on a :

$x=10i_{1}=11i_{2}\rightarrow 10\frac{\lambda _{1}D}{a}=10\frac{\lambda _{2}D}{a}$

$\lambda _{2}=\frac{\lambda _{1}D}{a}$

A.N. $\lambda _{2}=554,54nm$

Corrigé 2015 :

Détails: Catégorie : Interférences lumineuses

5.1 Définition : l'effet photoélectrique est l'émission d'électrons par un métal convenablement éclairé.

5.2.1 La fréquence seuil est la fréquence minimale de la radiation incidente qui produit l'effet photoélectrique.

5.2.2 a) Le travail d'extraction est l'énergie minimale à fournir au métal pour extraire un électron de celui-ci.

b) La relation qui existe entre la fréquence $\nu$ de la lumière, l’énergie cinétique maximale des

électrons EC et le travail d’extraction $W_{ext}$ est : $Ec = h\upsilon - W_{ext}$

c) Valeur du travail d’extraction Wext et de la fréquence $\nu_s$

On a : $E_{c1} = h\nu- Wext$ et $E_{c2} = 1,5 h\nu -Wext\Rightarrow Wext=\frac{Ec_{2}-1,5Ec_{1}}{0,5}$ : AN : Wext = 3,3eV

La valeur de la fréquence seuil : Wex= $h\nu_s\Rightarrow \nu_s =\frac{Wex}{h}$ ; AN : $\nu_s=8,0.101^{14}Hz$

5.3.1 Réaction de fusion nucléaire = réaction au cours de laquelle des noyaux légers fusionnent pour donner un ou des noyaux lourds.

5.3.2 Identification de la particule $^{A}_{Z}X$

On applique la loi de conservation du nombre de nucléons et celle de la charge à l’équation nucléaire

$^{2}_{1}H+^{3}_{1}H\longrightarrow ^{4}_{2}He+^{A}_{Z}X$ , soit 2+3 = 4 + A et $1+1 = 2+ Z\Rightarrow A =$ 1 et Z =0

d’où $^{A}_{Z}X=^{1}_{0}n$ = neutron

5.3.3 a) Energie libérée lors de la formation d’un noyau d’hélium.

$\Delta E=\Delta m.C^2$ avec $\Delta m$ variation de masse ; soit

$\Delta m=m(^{4}_{2}He)+m(^{A}_{Z}X)-m(^{2}_{1}H)+m(^{3}_{1}H))$ .

AN : $\Delta E = - 17,6 MeV$ = $- 2,8.10^{-12} J$ ; le signe négatif indique que l’énergie est fournie à l’extérieur.

b) Energie fournie lors de la formation de 1 kg d’hélium

$\Delta E^\prime$ = nombre de noyaux d’hélium x Energie libérée par la formation d’un noyau d’hélium

$\Delta E^\prime=\frac{\textrm{masse d'h\'{e}lium}}{\textrm{masse d'un noyau d'h\'{e}lium}}\times\textrm{\'{E}nergie lib\'{e}r\'{e}e par la formation d’un noyau d'h\'{e}lium}$

AN : $\Delta E^{\prime} = - 3,9.10^ 8MJ$

Masse de pétrole qui fournirait la même quantité d’énergie :

$m_{p}=\frac{\Delta E^{\prime}}{42}=9,3.10^6$ kg soit plus de 9300 tonnes de charbon ;

La masse de charbon qui fournirait la même quantité d'énergie est considérable devant celle d’hélium.

c) W représente de l’énergie cinétique.

Fréquence du rayonnement $\gamma$ : E(rayonnement)= $h\nu$ d’où l’on tire $\nu=-\frac{2,5\Delta E}{100h}$

AN : = $\nu 1,0.10^{20}$ Hz

Corrigé 2012 : Désintégration du technétium

Détails: Catégorie : Interférences lumineuses

5.1.1. On appelle noyaux isotopes des noyaux ayant le même nombre de protons mais des nombres de
neutrons différents.

5.1.2. Equation de la réaction de synthèse du $^{97}_{ 43}Tc$ à partir du $^{96}_{42}Mo$ :

$^{96}_{42}Mo + ^{A}_{Z}X \rightarrow ^{97}_{43}Tc +^{1}_{0}n$ ; lois de conservation

$\left\{ \begin{array}{l} 96 + A = 97 + 1 \rightarrow A = 2\\ 42 + Z = 43 + 0 \rightarrow Z = 1 \end{array} \right.$

Le noyau de deutérium est donc $^{2}_{1} X \rightarrow Z=1$ : il appartient à l’élément hydrogène $\left(^{2}_{1} X =^{2}_{1} H\right)$ .

5.2.1. Equation de la réaction nucléaire permettant d’obtenir du $^{99}_{43}Tc$ à partir du $^{99}_{42}Mo$

$^{99}_{42}Mo \rightarrow ^{99}_{43}Tc + ^{A'}_{Z'}Y$ ; lois de conservation

$\rightarrow \left \{ \begin{array}{l} 99 = 99 + A' \rightarrow A' = 0 \\ 42 = 43 + Z' \rightarrow Z' = -1 \end{array} \right. \rightarrow ^{A'}_{Z'}Y=^{0}_{-1}Y=^{0}_{-1}e$

$^{99}_{42}Mo \rightarrow ^{99}_{43}Tc + ^{0}_{-1}e$

c’est une désintégration du type $\beta^{-}$ .

5.2.2. Définition de l’activité : l’activité d’une source radioactive est le nombre de désintégrations qui
s’y produit par unité de temps.

Relation entre A et N : on a $A = -\frac{dN}{dt}$
et $N = N_0 e^{- \lambda t} \rightarrow A = \lambda N$

5.2.3. La période radioactive T du $^{99}_{43}Tc$ :

$A= A_0e^{-\lambda t} \rightarrow \lambda.t= ln\left( \frac{A_0}{A}\right) \rightarrow \lambda = \frac{1}{t}ln\left( \frac{A_0}{A}\right)$

or $T =\frac{ln2}{\lambda} \rightarrow T = \frac{t.ln2}{ln\left(\frac{A_0}{A}\right)}$

Deux heures après la préparation $\frac{A}{A_0}=\frac{79,5}{100} \rightarrow T = \frac{2.ln2}{ln\left(\frac{1}{0,795}\right)}=6,04 h$

$T \approx 6,04 h$

5.2.4. Masse maximale de $^{99}_{43}Tc$ :

$m_{max}= N_{max}.m_{noyau}$ or

$A = \lambda.N \rightarrow N= \frac{A}{\lambda} \rightarrow m_{max} =\frac{A \times m_{noyau}}{\lambda} \rightarrow m_{max} = \frac{A.m_{noyau}.T}{ln2}$

$m_{max} =\frac{10^9 \times (98,882 \times 1,66.10^{-27}) \times (6,04 \times 3600)}{ln2} = 5,1.10^{-12} kg$

$m_{max}= 5,15.10^{-9} g= 5,1 ng$ .

5.3. Le choix sera porté sur l’isotope $^{99}_{43}Tc$ car sa période radioactive est plus petite que celle du
$^{97}_{43}Tc$ : plus la période radioactive est petite plus la désintégration se fera plus rapidement.

Plus d'articles...

Corrigé 2013 : Fentes de young

EXAMEN.SN V2.0 © RESAFAD SENEGAL Creative Commons License - Avenue Bourguiba x rue 14 Castors, Dakar (Sénégal) - Tél/Fax : +221 33864 62 33