Correction des exercices d'optique - pcpagnol

Correction de l'exercice n°1 : Lumières d'étoiles
1) On a affaire ici à des spectres d'absorption de raies. Le nombre et la
position des raies noires dépendent de la composition chimique (éléments
chimiques) de l'atmosphère des étoiles (chromosphères) qui entourent leur
photosphère. On suppose que l'atmosphère de la Terre n'absorbe quasiment
pas de radiations lumineuses... En effet, ce sont ces éléments chimiques
qui vont absorber les radiations lumineuses qui leur sont propres et ceci
va bien se traduire pas des raies noires (manque de lumière) sur les
spectres.
2) Les radiations les plus lumineuses du spectre de l'étoile n°2 sont plus
décalées vers le violet que sur l'autre spectre (où il y a moins de
lumière violette). Donc, ?max2 < ?max1 et l'étoile la plus chaude est
l'étoile n°2.
3) Pour l'étoile n°1, on a, d'après la loi de Wien :
T1 = 2,90×10-3/?max1 et ?max1 = 2,90×10-3 / T1 = 2,90×10-3/(?1 + 273,15)
= 5,51×10-7 m = 551 nm. Correction du problème : Imitation de la lumière du jour
1ère imitation : la lampe à incandescence :
1) a) Il s'agit d'un spectre d'absorption de raies.
b) Le spectre d'émission d'une lampe à incandescence est de type continu,
il ne contient donc pas de raies noires comme celui du Soleil, car il n'y
a pas de gaz sous faible pression autour du filament de la lampe qui
pourrait absorber certaines des radiations lumineuses émises,
contrairement à la photosphère du Soleil qui est entourée d'une
atmosphère.
2) a) T = ? + 273,15 = 2550 + 273,15 = 2823 K.
D'après la loi de Wien, on a : ?max = 2,90×10-3/T = 2,90×10-3/2823 =
1,03×10-6 m.
b) On a : ?max = 1,03×10-6 m = 1,03×10-6×109 nm = 1,03×103 nm. ?max > 800
nm, la radiation la plus intense appartient donc au domaine des
infrarouges.
3) ?(lampe halogène) > ?(lampe classique), donc le spectre de la lampe
halogène est plus étalé du côté du violet et la radiation la plus intense
de ce spectre est aussi décalé du côté du violet par rapport au spectre
de l'autre lampe. 2ème imitation : la lampe fluocompacte de type « lumière du jour » :
4) Il n'y a que quelques valeurs d'énergie perdue car les atomes de gaz
(faible pression) ne peuvent absorber que quelques valeurs précises
d'énergie : leurs niveaux d'énergie sont quantifiés.
5) Les électrons vont absorber cette énergie : ils vont passer à un niveau
d'énergie plus élevée. Comme E2 - E0 = -5,55 - (-10,44) = 4,89 eV, ils
vont passer de E0 à E2. 6) Il s'agit d'un spectre d'émission de raies.
7) Les ondes électromagnétiques sont composées de particules d'énergie
appelées photons.
8) Si les électrons repassent à l'état fondamental (E0), ils vont passer de
E2 à E0. ?E = E = 4,89 eV = 4,89×1,602(10-19 = 7,83(10-19 J.
|? = |E |= |7,83×10-1|= 1,18×1015 |
| | | |9 |Hz |
| |h | |6,63×10-3| |
| | | |4 | |
|? = |c |= |3,00×108 |= 2,54×10-7 m|
| |? | |1,18×1015| |
9) La longueur d'onde correspondant à la radiation la plus fréquemment
émise par le gaz mercure vaut ? = 2,54×10-7 m = 2,54×10-7×106 ?m = 0,254
?m. ? appartient à l'intervalle [0,2 ?m ; 0,3 ?m], donc la poudre produit
des radiations visibles.
10) a) Les pics présents sur les profils des lampes fluocompactes
correspondent aux radiations lumineuses visibles émises par le mercure
(sous basse pression) ; elles sont présentes sur le profil spectral de la
lampe à vapeur de mercure.
b) D'après les profils des lampes fluocompactes, la poudre semble être
responsable de l'émission d'un ensemble de radiations visibles (associées
à un spectre d'émission continue) qui ne sont pas émises par le mercure
gazeux, ce qui permet de compléter le spectre de façon à ce qu'il
ressemble plus à celui du Soleil (d'où une lumière plus agréable).
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Absorption d'énergie E0 E1 E2