Chapitre 11 : Atomes et solides

Exercices

E1. La valeur du module du moment cinétique orbital L d’un électron dépend de la valeur
du nombre quantique orbital .

(a) Pour l’état 3p , selon le tableau 11.1, les nombres quantiques sont n = 3 et = 1. Avec
l’équation 11.2, on obtient
p p √
L= ( + 1)} = (1) (1 + 1)} = 2}
(b) Pour l’état 4f , selon le tableau 11.1, les nombres quantiques sont n = 4 et = 3, ce qui
donne
p √
L = (3) (3 + 1)} = 12}

E2. Au moyen de l’équation 11.2, on calcule

p p 2π (3,65×10−34 )
L= ( + 1)} =⇒ ( + 1) = L} = 6,626×10−34
= 3,4611 =⇒
( + 1) = (3,4611)2 ≈ 12 =⇒ 2 + − 12 = 0 =⇒ ( + 4) ( − 3) = 0
La seule racine positive est = 3.
E3. Selon le tableau 11.2, l’état 4d implique que n = 4 et = 2 . Les valeurs possibles pour
m sont m = 0, ± 1, ± 2 et ms = ± 12 . Au total, il y a donc 10 états possibles.
E4. Selon le tableau 11.2, pour la sous-couche p, = 1, de sorte que m = 0, ± 1. Selon
l’équation 11.3, les valeurs possibles pour Lz sont Lz = 0, ± } .

E5. Si n = 2, les valeurs possibles de sont = 0, 1 et celles de m sont m = 0, ± 1.

(a) Selon l’équation 11.3, les valeurs possibles pour Lz sont Lz = 0, ± } .
√
(b) Pour = 0, L = 0, il n’y a donc aucun vecteur à décrire. Pour = 1, L = 2}, et les
valeurs possibles de l’angle sont données par l’équation 11.4 et m = 0, ± 1 :
³ ´
m } m
cos θ = LLz = √2}
=⇒ θ = arccos √ =⇒
³ ´ ³ ´2
θ = arccos √02 ou θ = arccos √ ±1
2
→
−
On cherche l’angle que forme le vecteur L avec l’axe des x positifs; comme sa valeur doit
se situer entre 0◦ et 180◦ , les valeurs possibles sont θ = 45◦ , 90◦ , 135◦ .
E6. Si n = 3, les valeurs possibles de sont = 0, 1, 2 et celles de m sont
m = 0, ±1, ±2

E7. (a) La valeur maximale de est max = 4.

(b) La valeur maximale de correspond à n − 1; la valeur maximale de n est donc

v3 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 11 : Atomes et solides 1

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 nmax = 5

E8. (a) Si n = 3, les valeurs possibles de sont = 0, 1, 2 et celles de m sont

m = 0, ±1, ±2

(b) On utilise l’équation 9.27 et on obtient

(−13,6 eV)Z 2 (−13,6 eV)(2)2
En = n2
=⇒ E3 = (3)2
= −6,04 eV

E9. (a) On utilise l’équation 9.27 et on obtient

(−13,6 eV)Z 2 (−13,6 eV)(3)2
En = n2
=⇒ E3 = (2)2
= −30,6 eV

(b) Si n = 2, les valeurs possibles de sont = 0, 1 et celles de m sont

m = 0, ± 1
→
−
E10. On obtient la valeur minimale possible de l’angle θ entre L et Lz lorsque m = . Si
p √
= 4, on a m = 4, Lz = m } = 4} et L = ( + 1)} = 20}, de sorte que
³ ´
cos θmin = LLz = √4}
20}
=⇒ θ min = arccos √4
20
= 26,6◦

E11. Au moyen de l’équation 11.2, on calcule

p p 2π (2,583×10−34 )
L= ( + 1)} =⇒ ( + 1) = L} = 6,626×10−34
= 2,448 =⇒

( + 1) = (2,448)2 ≈ 6 =⇒ 2 + − 6 = 0 =⇒ ( + 3) ( − 2) = 0

La seule racine positive est = 2 et la valeur maximale de m est m max = = 2. La

valeur maximale de Lz max est alors Lz max = m max } = 2} .

E12. Pour chaque niveau n, les nombres quantiques , m et ms varient selon

= 0, 1, 2, ..., n − 1

m = 0, ± 1, ± 2,... ±

ms = ± 12

Le tableau 11.2 donne les valeurs possibles de ces nombres pour n allant de 1 à 4. Pour
n = 5, on a = 0, 1, 2, 3, 4. Pour chaque valeur de , les valeurs de m et de ms sont

m ms

0 0 ± 12

1 0, ± 1 ± 12

2 0, ± 1, ± 2 ± 12

3 0, ± 1, ± 2, ± 3 ± 12

4 0, ± 1, ± 2, ± 3, ± 4 ± 12

2 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 11 : Atomes et solides v3

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 Pour chaque valeur de n, d’après le tableau 11.2 et celui qui décrit n = 5, le nombre
d’états possibles est

n Nombre d’états

1 2

2 8

3 18

4 32

5 50

On compte donc 2n2 états par niveau n .

→
−
E13. Puisque L et Lz sont déterminés avec exactitude et que L est le module du vecteur L ,
on peut déduire la somme quadratique L2x + L2y = L2 − L2z , mais non chacune de ces deux
composantes individuellement. Si on utilise les équations 11.2 et 11.3, on trouve que la
somme L2x + L2y correspond à

L2x + L2y = L2 − L2z = ( + 1) }2 − m2 }2 =⇒

q ³q ´
L2x + L2y = ( + 1) − m2 } =⇒ CQFD

E14. (a) Si Lz est parfaitement connu, on a ∆Lz = 0 et

}
lim ∆φ = lim = ∞ =⇒ ∆φ est complètement inconnu
∆Lz −→0 ∆Lz −→0 ∆Lz
(b) Les conclusions de l’exercice 13 demeurent vraies, chacune des composantes, prise isolé-
ment, est indéterminée, et Lx et Ly sont inconnus .

E15. On donne r0 = 0,0529 pour le rayon de Bohr. On utilise l’équation 11.8 et on obtient
2(r0 )
4(r2 ) − −2 0,541
P1s (r0 ) = r30 e r0 = 4er0 = (0,0529×10 −9 ) = 1,02 × 1010 m−1
0

E16. On donne r0 = 0,0529 pour le rayon de Bohr. On utilise l’équation 11.9 et on obtient
³ ´2 (r0 )
(r2 ) − −1
P2s (r0 ) = 8r03 2 − (rr00 ) e r0 = e8r0 = (0,0529×10
0,04599
−9 ) = 8,69 × 108 m−1
0

E17. On utilise l’équation 11.8 et on obtient

r0
¡ r0 ¢ 4( r20 )2 − 2( 2 ) −1 0,368
(a) P1s 2 = r3 e r0 = er0 = (0,0529×10 −9 ) = 6,96 × 109 m−1
0
2(2r0 )
4(2r0 )2 − 16e−4 0,293
(b) P1s (2r0 ) = r03
e r0 = r0 = (0,0529×10−9 )
= 5,54 × 109 m−1

E18. On utilise l’équation 11.9 et on obtient

µ ¶2 ( r0 )
¡ r0 ¢ ( r20 )2 ( r20 ) − 2
(a) P2s 2 = 8r3 2 − r0 e r0 =⇒
0

¡ r0 ¢ ¡ ¢ −1
1 2 e 2 0,04265
P2s 2 = 2− 2 32r0 = (0,0529×10−9 ) = 8,06 × 108 m−1

v3 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 11 : Atomes et solides 3

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 ³ ´ (2r0 )
(2r0 )2 (2r0 ) 2 − r e−2
(b) P2s (2r0 ) = 8r03
2− r0 e 0 = (2 − 2)2 2r0 = 0

E19. Pour démontrer que la fonction d’onde de l’état fondamental est normalisée, on doit
vérifier que l’intégrale de la probabilité sur tout l’espace est égale à 1. Chaque élément

infinitésimal de volume est une mince coquille d’épaisseur dr, de sorte que dV = 4πr2 dr :
µ ¶
R 2
∞ R q 1 − r 2¡
∞ ¢
2 dr = 4
R 2 − 2r
∞
ψ 1s dV = e r0 4πr r e r0 dr
πr 3 r 3
0 0
0 0 0
En appliquant la méthode d’intégration par partie, on obtient
µ∙ ¯ ¶
R 2
∞ ¡ r0 ¢ − 2r 2 ¯∞ ∞
R ¡ r0 ¢ −
2r ¡ r0 ¢ ∞
R 2r
−r
4
ψ 1s dV = r3 ¯
− 2 e r0 r ¯ − − 2 (2r) e r0 dr = 0 + 4
(2r) e 0 dr
0 r03 2
0 0 0 0
De nouveau, on intègre par partie :
µ∙ ¯∞ ∞ ¶
R 2
∞ ¡ r0 ¢ − 2r ¯ R ¡ ¢ − 2r R − 2r
∞
2
ψ 1s dV = r2 − 2 e r0 (2r)¯¯ − 2 − r20 e r0 dr = 0 + r20 e r0 dr =⇒
0
0 0 0 0
∙ ¯ ∙ 2r ¯∞
R 2
∞ ¡ ¢ 2r ¯∞ ¯ R
∞
− −
ψ 1s dV = r20 − r20 e r0 ¯¯ = e r0 ¯¯ = e−∞ − e0 =⇒ ψ 21s dV = 1 =⇒ CQFD
0 0 0 0
E20. Soit V0 , le volume d’une sphère de rayon r0 . On reprend l’intégrale de l’exercice 18, mais
en changeant l’une des bornes d’intégration :
µ
VR0 q
¶
r 2¡
R0 2
V
1 − r0
¢
2 dr = 4
rR0 2r
2 e− r0 dr
ψ 1s dV = πr 3 e 4πr r 3 r
0 0
0 0 0
En appliquant deux fois la méthode d’intégration par partie, on obtient
µ ∙ ¯ ¶
rR0 ¡ r0 ¢ − 2r 2 ¯r0 r0 rR0 −r
2r
2 4
ψ 1s dV = r3 r ¯
− 2 e 0 r ¯ + 2 (2r) e 0 dr =⇒
0
0 µ ∙ ¯0 0 ∙ ¯ ¶
rR0 ¡ r0 ¢ − 2r 2 ¯r0 ¡ r0 ¢2 − 2r ¯r0 ¡ r ¢2 rR0 − 2r
2 4
ψ 1s dV = r3 − 2 e r0 r ¯¯ − 2 e r0 (2r)¯¯ + 2 0
2e r0 dr =⇒
0
0 µ ∙ ¯0 ∙ ¯r0
0 0 ∙ ¯ ¶
rR0 ¡ r0 ¢ − 2r 2 ¯r0 ¡ r0 ¢2 − 2r ¯ ¡ r0 ¢3 − 2r ¯r0
2 4
ψ 1s dV = r3 −2 e r0 ¯
r ¯ − 2 e r0 ¯
(2r)¯ − 2 2 e r0 ¯ =⇒
0
¯
0 0 0 0
rR0 ³ 3 ´ ¡ ¡ ¢ ¢
r r03 −2 r03 −2 r03 0
ψ 21s dV = 4
r03
− 20 e−2 − 2e − 4e +0+0+ 4e = 4 − 54 e−2 + 14 =⇒
0
rR0 rR0
ψ 21s dV = 1 − 5e−2 = 0,3233 =⇒ ψ 21s dV ≈ 0,32 =⇒ CQFD
0 0
E21. L’énergie acquise par les électrons est E = e |∆V |. On calcule la différence de potentiel
au moyen de l’équation 11.10 :
hc hc hc (6,626×10−34 )(3×108 )
λ0 = E = e|∆V | =⇒ |∆V | = eλ0 = (1,6×10−19 )(0,05×10−9 )
= 24,8 keV

E22. L’énergie acquise par les électrons est E = e |∆V |. On calcule la longueur d’onde au
moyen de l’équation 11.10 :
hc hc (6,626×10−34 )(3×108 )
λ0 = E = e|∆V | = (1,6×10−19 )(25×103 )
= 4,96 × 10−11 m

E23. Les données conduisant à la loi de Moseley pour la fréquence f de la raie Kα sont présen-

tées à la figure 11.9. La constante a de l’équation 11.11 correspond à la pente de la droite

qui apparaît dans le graphe. On l’évalue directement pour obtenir a ≈ 5 × 107 Hz1/2 .

4 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 11 : Atomes et solides v3

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E24. Si les électrons subissent une différence de potentiel ∆V, la longueur d’onde minimale λ0
des rayons X émis s’écrit aussi sous la forme
hc hc (6,626×10−34 )(3×108 ) 1 1,24×103 nm·V
λ0 = E = e|∆V | = (1,6×10−19 ) |∆V | =⇒ λ0 = |∆V | =⇒ CQFD

E25. La figure 11.8 illustre comment les raies caractéristiques des rayons X sont désignées
d’après le niveau le plus bas dans la transition. Les énergies, et donc les fréquences,

des raies émises en cascade Kα et Lα s’additionnent, et ainsi, pour le molybdène, les

fréquences des raies Kα et Kβ permettent de calculer celle de la raie Lα :
1 1 1 1 1
fLα = fKβ − fKα =⇒ λLα = λKβ − λKα = 0,63 nm − 0,71 nm =⇒ λLα = 5,59 nm

E26. À l’aide la loi de Moseley, on peut exprimer les rapports de longueur d’onde des raies Kα

en termes de rapports de numéros atomiques :

p pc λ1 (Z2 −1)2
fKα = a (Z − 1) =⇒ λ = a (Z − 1) =⇒ λ2 = (Z1 −1)2

Pour le molybdène (Z = 42), on donne λKα = 0,71 nm.

(a) Pour l’argent (Z = 47), on trouve

¡ ¢2
λKα = 4146 (0,71 nm) = 0,564 nm

(b) Pour le fer (Z = 26), on trouve

¡ ¢2
λKα = 4125 (0,71 nm) = 1,91 nm

E27. Au moyen de l’équation 11.10, on calcule l’énergie nécessaire à chacune des transitions :
³ ´
(6,626×10−34 )(3×108 )
EKα = λhc
Kα
= −9
(0,71×10 ) × 1 eV
1,6×10 −19 J
= 1748 eV
³ ´
(6,626×10−34 )(3×108 )
EKβ = λhc
K
= (0,63×10−9 )
1 eV
× 1,6×10 −19 J = 1970 eV
β

On détermine ensuite l’énergie des niveaux voisins au moyen de la figure 11.8 :

E1 = E2 − EKα = (−2870 eV) − (1748 eV) = −4,62 keV

E3 = E1 + EKβ = (−4618 eV) + (1970 eV) = −2,62 keV

E28. La configuration de l’atome d’argon [Ar] indique que le niveau n = 3 est possède 3
électrons dans la sous-couche 3d. La configuration électronique 3d3 4s2 obéit donc à l’ordre
de remplissage normal décrit à la figure 11.11, car la sous-couche 4s est remplie (elle

contient 2 électrons). D’après le tableau périodique de l’annexe D, cette configuration est

celle du Vanadium .

E29. Un atome d’oxygène possède la configuration électronique 2p4 et contient 8 électrons

auxquels on associe les nombres quantiques suivants :

v3 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 11 : Atomes et solides 5

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 (n, ,m ,ms )
¡ ¢
1, 0, 0, ± 12
¡ ¢
2, 0, 0, ± 12
¡ ¢
2, 1, 1, ± 12
¡ ¢
2, 1, 0, ± 12

E30. En ne considérant pas le nombre quantique de spin, on arrive à

n 1 2 3 4

Z 1 2à5 6 à 14 15

0 0, 1 0, 1, 2 0

m 0 0, 0, ±1 0, 0, ±1, ±2 0

Les éléments nobles sont ceux qui présentent des sous-couches complètes, soit les numéros
1, 5 et 14, donc le groupe hydrogène, bore, silicium .

E31. On donne = 3. On utilise l’équation 11.2 et le module de l’équation 11.12, et on obtient

eL e}
p (1,6×10−19 )(6,626×10−34 ) √
µ = 2m = 2m ( + 1) = 2(9,1×10−31 )(2π) 12 = 3,21 × 10−23 J/T
³−
→ ´
E32. L’atome d’argent possède un moment cinétique orbital nul L = 0 ; son moment ma-

gnétique orbital est donc nul, et on ne peut que lui associer un moment magnétique de
spin. Les deux valeurs possibles de µsz sont µsz = −2ms µB = ±µB .
→
− →
−
(a) On donne B = 0,4 k T; selon l’équation 11.13, les deux valeurs possibles de l’énergie
potentielle sont
→
− ¡ ¢
U = −−→µ s · B = −µsz Bz = ±µB (0,4) = ± 9,27 × 10−24 (0,4) = ±3,71 × 10−24 J

(b) La différence d’énergie entre les deux niveaux détermine la fréquence du photon de
transition :
U+ −U− (3,71×10−24 )−(−3,71×10−24 )
f= h = 6,626×10−34
= 11,2 GHz
E33. En présence d’un champ magnétique, le sodium de configuration électronique 3s1 émet
un doublet de raies à λ1 = 589,0 nm et à λ2 = 589,6 nm lors de transitions vers le niveau
fondamental.

(a) La différence d’énergie entre les états excités est de

³ ´
∆E = E1 − E2 = hc λ11 − λ12 =⇒
¡ ¢ ¡ ¢ ³ ´ ³ ´
1 1 1 eV
∆E = 6,626 × 10−34 3 × 108 589,0×10 −9 − 589,6×10−9
× 1,6×10−19 J
= 2,14 meV
(b) Comme à l’exercice 32, les deux valeurs possibles de µsz sont µsz = −2ms µB = ±µB , et

6 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 11 : Atomes et solides v3

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 la relation entre la différence d’énergie et la composante du champ magnétique selon z
→
−
est encore U = −− →µ s · B = −µsz Bz = ±µB Bz . Le résultat obtenu en (a) correspond à la
différence entre les deux valeurs de U. Ainsi

∆E = U+ − U− = µB Bz − (−µ B ) = 2µ
µ B z
B =⇒
¶ B z
1,6×10−19 J
(2,14 meV)× 1 eV
∆E
B = Bz = 2µB = 2(9,27×10−24 )
= 18,5 T
³−
→ ´
E34. L’atome d’argent possède un moment cinétique orbital nul L = 0 ; son moment ma-
gnétique orbital est donc nul, et on ne peut que lui associer un moment magnétique de
spin. Les deux valeurs possibles de µsz sont µsz = −2ms µB = ±µB . La composante de
force selon z que subit l’atome de masse m = 1,8 × 10−25 kg en mouvement sous l’action
du champ magnétique non uniforme est
¡ ¢
Fz = − dU dB dB
dz = µz dz = ±µB dz = ± 9,27 × 10
−24 (120) = ±1,11 × 10−21 N

|Fz | 1,11×10−21
(a) a = |az | = m = 1,8×10−25
= 6,18 × 103 m/s2

(b) On calcule l’amplitude de la déviation verticale |∆z| pour un parcours horizontal sur
∆x = 20 cm en considérant que l’accélération agit de façon constante pendant le temps
t de vol horizontal à la vitesse vx = 400 m/s dans le champ magnétique :
∆x 0,20
t= vx = 400= 5 × 10−4 s =⇒
¡ ¢¡ ¢2
|∆z| = 12 |az | t2 = 12 6,18 × 103 5 × 10−4 = 0,773 mm

Problèmes

dP2s (r)
P1. On obtient la valeur la plus probable en calculant la valeur de r pour laquelle dr =0
au moyen de l’équation 11.9. Comme deux maxima sont visibles à la figure 11.5, on ne
conservera que le maximum absolu.

Dans le logiciel Maple, on définit l’expression de P2s (r) et on calcule la dérivée de cette
dP2s (r)
expression par rapport à r. On résout ensuite l’équation dr = 0:

> restart;
> P2s:=(r^2/(8.0*r0^3))*(2-r/r0)^2*exp(-r/r0);
> dP2s:=diff(P2s,r);
> solve(dP2s=0,r);

Le logiciel donne 4 valeurs de r. Pour identifier le bon résultat, on doit faire un graphique

de P2s (r) et localiser la valeur de r qui correspond au maximum absolu :

> r0:=1;

v3 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 11 : Atomes et solides 7

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 > plot(P2s,r=0..7*r0);

Le graphe confirme que la valeur à conserver est r = 5,2r0 =⇒ CQFD

P2. La dépendance radiale de la fonction d’onde pour l’état 2p dans l’hydrogène s’exprime
r
− 2r
par ψ 2p (r) = Cre 0 . On obtient la valeur la plus probable en calculant la valeur de r
dP2p (r)
pour laquelle dr = 0 au moyen de
r
−
P2p (r) = 4πr2 ψ 2p (r) = 4πCr3 e 2r0 =⇒
µ r
¶ µ r ³ ´ r
¶
d 3 − 2r 2 − 2r 3 1 − 2r
dr 4πCr e = 4πC 2r e + r − 2r0 e =⇒
0 0 0

r ³ ´
dP2p (r) −
dr = 4πCr2 e 2r0 2 − 2rr0 = 0

Cette égalité est vraie pour r = 0, r −→ ∞, ou encore pour

r
2− 2r0 = 0 =⇒ r = 4r0 =⇒ CQFD

P3. On reprend la même solution qu’à l’exercice 20, mais en changeant les bornes d’intégra-
tion : Ã ∙ 2r ¯2r0 ∙ ¯2r0 ∙ ¯ !
R0 2
2r ¡ ¢ − r 2 ¯¯ ¡ r0 ¢2 − 2r ¯ ¡ r0 ¢3 − 2r ¯2r0
ψ 1s dV = 4
r03
− r20 e 0r ¯ − 2 e r0 (2r)¯¯ − 2 2 e r0 ¯¯ =⇒
0 0 0 0
R0
2r ³ ´ ¡¡ ¢ −4 1 ¢
r03 r03
ψ 21s dV = 4
r03
−2r03 e−4 − r03 e−4 − 4 e−4 + 0 + 0 + 4 e0 = 4 − 13
4 e + 4 =⇒
0
R0
2r R0
2r
ψ 21s dV = 1 − 13e−4 = 0,7619 =⇒ ψ 21s dV ≈ 0,76 =⇒ CQFD
0 0
q r
1 − r0
P4. On donne ψ 1s = et dV = 4πr2 dr, et on calcule
3
πr0
e
µq ¶
r 2¡
R
∞
2
R
∞
1 − r0
¢
2 dr = 4
R 3 − 2r
∞
hri = rψ 1s dV = r πr 3 e 4πr r 3 r e r0 dr
0 0
0 0 0
En appliquant la méthode d’intégration par partie, on obtient
µ∙ ¯ ¶
¡ r0 ¢ − 2r 3 ¯∞ ∞R ¡ r0 ¢ ¡ 2 ¢ − 2r
4
hri = r3 r
− 2 e 0r ¯ − ¯ − 2 3r e 0 dr r =⇒
0
∙ ¯ 0 0µ ¶ µ ∞ ¶
¡ r0 ¢ − 2r 3 ¯∞ 3r0 4 ∞ R 2 − 2r R 2 − 2r
hri = r3 − 2 e r0 r ¯¯ + 2 r3 r e r0 dr = 0 + 2 r3 r e r0 dr
4 3r0 4
0 0 0
0 0 0
L’intégrale qui reste entre parenthèses représente la distribution de probabilité sur tout
l’espace, et, comme on l’a vu à l’exercice 19, cette inégrale vaut 1, de sorte que
3r0
hri = 2 (1) =⇒ hri = 1,5r0 =⇒ CQFD

P5. L’énergie cinétique gagnée par l’électron provient de l’accélération que provoque la dif-
férence de potentiel |∆V | = 40 kV, soit ∆K = e |∆V |, et l’expression relativiste de cette
énergie pour l’électron est
e|∆V |
∆K = m0 c2 (γ − 1) =⇒ e |∆V | = m0 c2 (γ − 1) =⇒ γ = m0 c2
+ 1 =⇒
(1,6×10−19 )(40×103 )
γ= (9,1×10−31 )(3×108 )2
+ 1 = 1,0781

8 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 11 : Atomes et solides v3

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 Au moyen de l’équation 8.7, on trouve ensuite
q µ q ¶
1 8 1
v = c 1 − γ 2 = 3 × 10 1 − (1,0781)2 = 0,374c
Finalement, avec p = γm0 v, l’expression relativiste du module de la quantité de mouve-

ment, on trouve la longueur d’onde de Broglie :

h h 6,626×10−34
λ= p = γm0 v = (1,0781)(9,1×10−31 )(0,374)(3×108 )
= 6,02 pm
P6. Dans le logiciel Maple, on définit l’expression de P1s (r) et P2s (r) . On donne une valeur
arbitraire à r0 et on trace le graphe demandé :
> restart;
> P1s:=4*r^2*exp(-2*r/r0)/r0^3;
> P2s:=(r^2/(8.0*r0^3))*(2-r/r0)^2*exp(-r/r0);
> r0:=1;
> plot([P1s,P2s],r=0..10*r0,color=[red,blue]);

v3 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 11 : Atomes et solides 9

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