® Correction DS no1 - s.o.s.Ryko

➤ Correction DS n o 1
I Structure électronique de l’atome
1) E = h.c
λ
2) L’énergie du photon est calculée à l’aide de la relation de la question pré- cédente :
E = h.c
λ = 6,63.10−34 ×3.10 8
10 −4 = 1,99.10 −21 J
Pour passer des joules aux électron-volts, il suffit de calculer :
E (eV) =
E (J)
1,6.10 −19 J.eV −1 ici
= 1,99.10−21
1,6.10 −19 = 1,24.10−2 eV ⇒ E = 1,24.10 −2 eV
3) La raie de la transition 3 → 2 appartient à la série de Balmer.
4) La variation d’énergie ∆E de l’atome d’hydrogène au cours de la transition 3 → 2 vaut :
∆E at,3→2 = E 2 −E 3 = − 13,6 (
2 2 − − 13,6 )
3 2 = −1,89 eV = −3,02.10 −19 J
Cette énergie perdue par l’atome correspond à l’énergie E ϕ du photon émis au cours de cette
transition avec la longueur d’onde λ 3→2 telle que :
E ϕ = −∆E at,3→2 = h.c
λ 3→2
⇒ λ 3→2 =
Cl : λ 3→2 = 658 nm
h.c
= 6,63.10−34 ×3.10 8
−∆E at,3→2 3,02.10 −19 = 6,58.10 −7 m
5) L’atome d’hydrogène étant initialement dans l’état excité 3d, E i représente la variation
d’énergie :
E i = E ∞ −E 3 = − 13,6 (
∞ 2 − − 13,6 )
3 2 = 1,51 eV
Cl : E i = 1,51 eV Rép. B
6) Trois règles de remplissage des O.A. :
1Règle d’exclusion de Pauli
Deux électrons d’un même atome ou d’un même ion monoatomique ne peuvent avoir les mêmes
valeurs de leurs quatre nombres quantiques. Donc, deux quadruplets identiques ne peuvent
coexister.
2Règle de Klechkowski
Le remplissage des sous-couches se fait par ordre (n + l) croissant, n croissant pour (n + l)
constant.
Lessous-couchessontdoncrempliesdansl’ordresuivant,leremplissaged’unesous-couchedonnée
ne pouvant commencer que si la précédente est saturée :
➢ n+l = 1 : 1s
➢ n+l = 2 : 2s
➢ n+l = 3 : 2p-3s
➢ n+l = 4 : 3p-4s
➢ n+l = 5 : 3d-4p-5s
➢ n+l = 6 : 4d-5p-6s
➢ n+l = 7 : 4f -5d-6p-7s
➢ n+l = 8 : 5f -6d-7p

Cor. DSn o 1 Sa 01/10/11
Optique / Tableau périodique | PTSI
3Règle de Hund
Lorsqu’une sous-couche n’est que partiellement occupée, la configuration de plus basse énergie,
donc la plus stable et la plus probable, est celle correspondant à l’occupation du maximum
d’orbitales atomiques, c’est-à-dire celle correspondant à un spin total maximum.
7) [Ni] : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 8 4s 2
8) La configuration électronique comporte des sous-couches saturées (seulement des doublets
non liants) sauf pour la sous-couche 3d 8 qui contient six électrons appariés et deux électrons
célibataires car (cf. règles de Hund et de Pauli) :
3d 8 ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑ ↑
9) L’ion 58 Ni 2+ possède donc 28 protons, 26 électrons et 30 neutrons.
10) La configuration électronique de l’atome d’oxygène (Z = 8) est :
1s 2 2s 2 2p 4
La distribution des électrons dans les sous-couches est la suivante :
}
2s 2 ↑↓ 2p 4 ↑↓ ↑ ↑ électrons de valence
1s 2 ↑↓
}
électrons de cœur
L’oxygène possède donc 2 électrons de cœur et 6 électrons de valence.
11) Cl : Rép. B et D.
• Il existe 4 niveaux distincts ayant même valeur de nombre quantique principal n = 4 : ce sont
les sous-couches 4s, 4p, 4d et 4f, correspondant respectivement aux valeurs du nombre quantique
secondaire l = 0, 1, 2 et 3.
⇒ la réponse A est fausse.
• On peut associer :
- 1 unique triplet de nombres quantiques à la sous-couche 4s : (n,l,m) = (4,0,0)
- 3 triplets de nombres quantiques à la sous-couche 4p :
(n,l,m) = (4,1,−1) ; (4,1,0) ; (4,1,1)
- 5 triplets de nombres quantiques à la sous-couche 4d :
(n,l,m) = (4,2,−2) ; (4,2,−1) ; (4,2,0) ; (4,2,1) ; (4,2,2)
- 7 triplets de nombres quantiques à la sous-couche 4f :
(n,l,m) = (4,3,−3) ; (4,3,−2) ; (4,3,4) ; (4,3,0) ; (4,3,1) ; (4,3,2); (4,3,3)
On a donc 16 orbitales atomiques possibles pour la même valeur du nombre quantique principal
n = 4.
⇒ la réponse B est correcte.
•Commechaqueorbitaleatomique(casequantique)peutêtreoccupéeparauplusdeuxélectrons
(conséquence de la règle de Pauli), il peut exister au maximum 16×2 = 32 électrons ayant le
même nombre quantique principal n = 4.
⇒ la réponse C est fausse.
• D’après ce qui précède, le niveau 4s n’est pas dégénéré (une seule OA) alors que les niveaux
4p (3 OA), 4d (5 OA) et 4f (7 OA) le sont.
Donc, il existe 3 niveaux d’énergie distincts dégénérés ayant même valeur de nombre quantique
principal n = 4. ⇒ la réponse D est correcte.
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PTSI | Optique / Tableau périodique Sa 01/10/11 Cor. DSn o 1
12) La configuration électronique du béryllium (Z = 4) est : 1s 2 2s 2
On a donc, en respectant les règles de quantification et les règles de remplissage (règle de Pauli,
Klechkowski et Hund) :
2s 2 ↑↓ 2p 0 }
électrons de valence
1s 2 ↑↓
}
électrons de cœur
Ce qui correspond aux quadruplets de nombres quantiques :
(
1,0,0, 1 ) (
; 1,0,0,− 1 ) (
; 2,0,0, 1 ) (
; 2,0,0,− 1 )
2 2 2 2
} {{ } } {{ }
OA de 1s
OA de 2s
Cl : Rép. B
13) Rép. D : c’est l’unique réponse qui respecte à la fois :
- la règle d’exclusion de Pauli : les électrons appariés doivent avoir des spins opposés sur une
même OA);
- et la règle de Hund : en cas d’occupation partielle d’une sous-couche, les maximum d’orbitales
atomiques doit être occupé, avec un spin total maximum.
14) Alcalins : Lithium (Li), Sodium (Na), Potassium (K) et Rubidium (Rb). Ces quatre éléments
possèdent des propriétés chimiques similaires car ils ont tous un seul électron sur leur couche de
valence. La famille des alcalins est la famille des éléments en ns 1 (l’hydrogène exclu).
15) Rép. C : le bore
Atome Z Configuration Électrons non
électronique appariés
He 2 1s 2 0
Be 4 1s 2 2s 2 0
B 5 1s 2 2s 2 2p 1 1
O 8 1s 2 2s 2 2p 4 2
16) Z(S) = 16 donc : [S] : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 4
17) Appartenantàlacolonne16,lesoufreformedoncl’anionS 2− ,lequelpossèdelaconfiguration
électronique de l’argon : [S 2− ] : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6
18) - comme le sodium appartient à la colonne 1, il forme le cation Na + , lequel possède la
configuration électronique du néon : 1s 2 2s 2 2p 6
- comme l’oxygène appartient à la colonne 16, il forme l’anion O 2− , lequel possède également la
configuration électronique du néon : 1s 2 2s 2 2p 6 .
La formule chimique de l’oxyde que forme l’élément oxygène O avec l’élément sodium Na, qui
à la fois soit la plus simple et respecte l’électroneutralité de la matière, est Na 2 O .
19) L’électronégativité d’un élément chimique, c’est-à-dire son avidité pour les électrons, croît :
- dans une même période de la gauche vers la droite;
- dans une même colonne du bas vers le haut. On déduit le classement par électronégativité
croissante : Sr−Be−O−F
20) Le rayon atomique d’un élément chimique :
- décroît dans une même période de la gauche vers la droite;
- croît dans une même colonne du haut vers le bas. On déduit le classement par rayon atomique
décroissant : Sr−Be−O−F
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Cor. DSn o 1 Sa 01/10/11
II Dispersion du prisme [Banque PT 2003/2005]
Optique / Tableau périodique | PTSI
1) Première loi de Descartes : les rayons réfléchi et réfracté appartiennent au plan d’incidence
(défini par le rayon incident et la normale au dioptre), confondu avec le plan de figure.
2) ➜ Cf Cours O1 :
2.a) sini = n.sinr
sini ′ = n.sinr ′
2.b) r +r ′ = A
2.c) D = i+i ′ −(r +r ′ )
2.d) D = i+i ′ −A
1
2
3
4
3) • Pour qu’un rayon lumineux émerge en J, il faut que i ′ < π , ce qui revient à dire que r′
2
doit être inférieur à l’angle critique au-delà duquel il y aurait réflexion totale : r ′ < r c.
′
La loi de la réfraction, à la limite du phénomène de réflexion totale :
( ( π 1
n.sinr c ′ = 1.sin ⇒ r c
2)
′ = arcsin
n)
( 1
Les angles r et r ′ étant inférieurs à cette valeur, la relation 3conduit à : A < 2.arcsin
n)
• Au niveau d’un dioptre verre/air, il y a émergence pour −r ′ c < r ′ < +r ′ c, soit :
3
−−−→ −r ′ c < A−r < r ′ c ⇔ A−r ′ c < r < A+r ′ c
Mais comme en réalité r < r ′ c, l’inégalité précédente devient :
Soit : i lim < i < π 2
A−r ′ c < r < r ′ c ⇒ n.sin(A−r ′ c)
} {{ }
sin(i lim )
( ( 1
avec : sin(i lim ) = n.sin A−arcsin
n))
< n.sinr } {{ } < n.sin(r ′
} {{ c)
}
sini
sin( π 2 )
4) Supposons i ′ langle d’émergence associé à l’angle
d’incidence i.
Si on prend comme angle d’incidence l’angle
d’émergence initial i ′ , le nouvel angle d’émergence
sera i par principe du retour inverse de la lumière.
Si la déviation passe par un minimum lorsque i varie
(c’est-à-dire lorsqu’on fait tourner le prisme par rapport
à la lumière incidente), on peut tracer l’allure de
D = i+i ′ −A en fonction de i (figure ci-contre).
D 0
D 1,2
D
D m
i 0 i 1 i m i 2 π/2
Ainsi, sur ce tracé, (i = i 1 , i ′ = i 2 ) et (i = i 2 , i ′ = i 1 ) correspondent à la même déviation
D = D 1,2 .
Une parallèle à l’axe des i d’équation D = D 1,2 coupe donc la courbe D = D(i) en deux points
dont les abscisses représentent les deux incidences i 1 et i 2 pour lesquelles la déviation a la même
valeur.
On en déduit que i = i ′ = i m lorsque la déviation est minimale puisqu’alors la parallèle à l’axe
des i d’équation D = D m est tangente à la courbe (i 1 = i 2 = i m ).
5) D’après la relation 4: i m = D m +A
2
i
6) Puisque i ′ m = i m , r m ′ = r m et d’après 3, on a : r m = A 2 .
( A
La relation de Descartes pour la réfraction en I ou en J donne : sini m = n.sin
2)
soit :
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PTSI | Optique / Tableau périodique Sa 01/10/11 Cor. DSn o 1
( ) ( )
Dm +A
A+Dm
sin
f
2
2
n = ( de la forme n = ( avec f = sin
A A
sin
f
2)
2)
7) Avec D m = 37 ◦ 18 ′ et A = 60 ◦ 00 ′ , on a : n = 1,501 .
∆n = n. ∆A ( ( ) (
2 . Dm +A A
2.cotan +cotan
2 2))
= 1,501 . 2 (
2 60 . π
180 . 2.cotan
( 37 ◦ 18 ′ +60 ◦
2
)
+cotan
( )) 60
◦
2
⇒ ∆n = 1,5.10 −3
8) On vérifie que n = A+ B λ 2 avec
une bonne précision (R 2 > 0,99) :
A = 1,712
B = 0,0149 µm 2
R = 0,99993
R 2 = 0,9998
9) La connaissance de n, A et B permet d’obtenir 1 ≃ 4,3463 µm−2
λ2 et donc λ = 0,4797 µm ≃ 480 nm (lumière bleue)
III Construction avec miroirs sphériques
1.a) f = SC = −15 cm
2
CA = −10 cm ⇒ SA = −40 cm
1
1.b) •
SA + 1
′ SA = 2
SC
⇒ SA ′ = SC.SA
2SA−SC
= −24 cm
xxxx
B
A
C
A'
B'
F
S
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
(∆)
• On en déduit : G t = − SA′
SA = −−24 −40 = −0,6 ⇒
A′ B ′ = G t .AB = −1,2 cm
2.a) f = SC = +15 cm
2
CA = −40 cm
1
2.b) •
CA + 1
′ CA = 2
CS
⇒ CA ′ = CS.CA
2CA−CS
= −24 cm
xxxx
B
A
S
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
A'
B'
F
C
(∆)
• On en déduit : G t = CA′
CA = −24
−40 = 0,6 ⇒
A′ B ′ = G t .AB = 1,2 cm
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Cor. DSn o 1 Sa 01/10/11
IV Télescope de Schmidt-Cassegrain
Optique / Tableau périodique | PTSI
1) L’objet est à une distance grande par rapport à la distance focale, il est à l’infini, donc
l’image intermédiaire est dans le plan focal image du miroir M ∞ : A 1 = F 1
2) Par définition : A ∞
{M 1 +M 2 }
−−−−−−−−−→ F ′
Soit :
A ∞
{M 1 }
−−−−−−→ A 1 = F 1
{M2}
−−−−−−→ F ′
Soit, en utilisant la relation de conjugaison pour le miroir (M 2 ) :
Qui s’écrit :
1
S 2 F ′ + 1
S 2 F 1
= 2
S 2 C 2
= − 2 R 2
1
S 2 S 1 +S 1 F + 1
= − 2 ′ S 2 S 1 +S 1 F 1 R 2
⇔
1
d+D + 1
d− R 1
2
= − 2 R 2
Soit : D = R 2.(R 1 −2d)
2.(R 2 −R 1 )+4d −d
3) On utilise la formule du gandissement transversal avec origine au sommet :
G t1 = A − R 1
1B 1
AB = −S 1A 1
S 1 A = − 2
−h
⇒ G t1 = − R 1
2h
G t2 = A 2B 2
A 1 B 1
= − S 2A 2
S 2 A 1
= − S 2S 1 +S 1 F ′
S 2 S 1 +S 1 F 1
⇒ G t2 = − d+D
d− R 1
2
Cl : Le grandissement total s’écrit : G t = A 2B 2
AB = G t 1
.G t2 = R 1.(d+D)
(
2h. d− R )
1
2
4) AN : G t = − 1 8 .10−5 = −1,3.10 −6 < 0 → L’image finale est réduite et renversée.
5) Pour une lentille convergente unique : G t = OA′
OA ≃ f′
−h , soit : f′ = −G t .h = 1 m
6) Avantages du télescope sur la lentille :
- plus compact;
- achromatique car il n’y a pas de traversée de lentille;
- l’image est aussi plus lumineuse car il n’y a pas de pertes par réflexion et transmission comme
sur une lentille.
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V Construction avec lentilles minces
1)
B
B
F O F'
(∆)
F
O
F'
(∆)
B'
B'
2)
B
(L 1 ) (L 2 )
F 1
O1
F 2
O 2
B 2
F' 2
F' 1
(∆)
B 1
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