Exercice I
1.1L’effet photoélectrique est l’extraction des électrons d’un métal lorsqu’il est convenablement éclairé par un rayonnement électromagnétique.
1.2 Représentation
1.3 Schéma
2.1 Détermination de la longueur d’onde seuil : \({W_0} = \frac{{hC}}{{{\lambda _S}}}\) \( \Rightarrow \)\({\lambda _S} = \frac{{hC}}{{{W_0}}}\)
C’est la longueur d’onde inférieur à la longueur d’onde seuil qui permet l’effet photoélectrique: soit λ=430nm.
2.2 Calcule de la vitesse maximale des électrons : \(\frac{1}{2}{m_e}{v^2} = \) \(h\vartheta - {W_0}\) soit \[v = \sqrt {\frac{{2(h\frac{C}{{{\lambda _1}}} - {W_0})}}{{{m_e}}}} \] \(v = 0,414{\rm{ }}{10^6}{\rm{m/s}}\)
2.3 C’est le potentiel minimal permettant de donner aux électrons une énergie suffisante pour quitter le métal
Calcule du potentiel d‘arrêt
D’après le théorème de l’énergie cinétique
Le travail de la force électrique est résistant : \({E_{{C_A}}} - {E_{{C_C}}} = \) \(0 - \frac{1}{2}{m_e}{v^2}\) \( = W(\overrightarrow F )\) \( = - ( - e){U_0}\) \[{U_0} = - \frac{{{m_e}.{v^2}}}{{2.e}}\] \({U_0} = - 0,49{\rm{V}}\)
Exercice II
1. Calcule de la position de la frange centrale.
La frange est centrale si d1 = d2 , de la différence de marche \(\delta = {d_2} - {d_1}\) \( = \frac{{ax}}{D} = 0\) \( \Rightarrow x = 0\)
La frange centrale est à la position O
2. L’amplitude maximale est obtenue pour: \(\delta = {d_2} - {d_1}\) \( = k\lambda \), Soit : \[x = k\frac{{\lambda D}}{a} = k.i\] Nous avons donc :
| k | -2 | -1 | 0 | 1 | 2 |
| x | -2i | -i | 0 | i | 2i |
3. L’interfrange est donné par : \[i = \frac{{\lambda D}}{a}\] \(i = 0,6mm\)
4. Calcule de la position de la frange centrale par rapport à O. 
\(\delta = \left( {S'{S_2} + {S_2}M} \right)\) \( - \left( {S'{S_1} + {S_1}M} \right)\) \( = \left( {S'{S_2} - S'{S_1}} \right)\) \( + \left( {{S_2}M - {S_1}M} \right)\) \( = (d{'_2} - d{'_1})\) \( + ({d_2} - {d_1})\)
Nous avons montré que : \({d_2} - {d_1} = \frac{{ax}}{D}\)
On montre de la même façon que, avec : \(l \succ \succ a\) et \(l \succ \succ x'\), \(d{'_2} - d{'_1} = 2l\), \(d{'_2} - d{'_1} = \frac{{ax'}}{D}\). Ainsi, \(\delta = \frac{{ax'}}{D} + \) \(\frac{{ax}}{D} = \frac{a}{D}(x + x')\)
Les franges brillantes sont obtenues pour la différence de marche égale aux valeurs entières de la longueur d’onde. \(\delta = \frac{{ax'}}{D} + \) \(\frac{{ax}}{D} = \) \( = k\lambda \)\(\frac{a}{D}(x + x')\) soit \(x + x' = \)\(k\frac{{\lambda D}}{a}\)
La frange centrale est obtenue pour k=0... Ainsi : \[x = - x' = - 1{\rm{mm}}\] Parce que nous avons déplacé la source S’vers le haut, le point M est en dessous de O.
Si on avait déplacé la source S’ vers le bas, le point M aurait été au dessus de O.
La frange centrale est toujours déplacée du coté opposé à celui se S’. La valeur de l’interfrange ne change pas
5. Calcule de la position de la frange centrale par rapport à O
La vibration en M issue de S1 a parcouru une longueur e dans la lame et d1 - e dans l’air. La célérité de la lumière dans l’air est C et C’ dans la lame. \(n = \frac{C}{{C'}}{\rm{ }}\) et \(\frac{{\rm{e}}}{{{\rm{C'}}}} = \frac{{e.n}}{C}\)
Le temps mis pour aller de S1 à M est : \(t = {t_1} + {t_2} = \) \(\frac{e}{{C'}} + \) \(\frac{{{d_1} - e}}{C} = \) \(\frac{{e.n}}{C} + \) \(\frac{{{d_1} - e}}{C}\)
La distance parcourue par le rayon lumineux est donc : \(d{'_1} = Ct\) \( = ({t_1} + {t_2})\) \( = en + {d_1} - e\) \( = {d_1} + e(n - 1)\)
La différence de marche est donc : \(\delta = {d_2} - d{'_1}\) \( = {d_2} - {d_1}\) \( - e(n - 1)\) \[\delta = \frac{{a.x}}{D} - e(n - 1)\]
L’amplitude maximale est obtenue pour : \(\delta = \frac{{a.x}}{D}\) \( - e(n - 1)\) \( = k\lambda \) \[x = \frac{D}{a}(k\lambda + e(n - 1))\]
La frange centrale est obtenue pour k=0, soit : \[x = \frac{D}{a}e(n - 1)\]
La frange centrale se déplace du coté de la lame.
Exercice III
1. Le travail d'extraction de l’électron vaut : \({W_0} = h{\vartheta _S}\)\( = h\frac{C}{{{\lambda _S}}}\) soit \({W_0} = 3{\rm{ }}{10^{ - 19}}J\) \( = \frac{{3{\rm{ }}{{10}^{ - 19}}}}{{1,6{\rm{ }}{{10}^{ - 19}}}}\) \( = 1,9{\rm{eV}}\)
2.1 Déterminons l’énergie cinétique d’un électron émis par la cathode \[{E_C} = h\frac{C}{\lambda } - {W_0}\] \({E_C} = 1,5{\rm{ }}{10^{ - 19}}J\)
2.2 Calcule de la vitesse de cet électron : \(\frac{1}{2}{m_e}{v^2} = {E_C}\) \[v = \sqrt {\frac{{2{E_C}}}{{{m_e}}}} \] \(v = \sqrt {\frac{{2.1,5 \times {{10}^{ - 19}}}}{{9,1 \times {{10}^{ - 31}}}}} \) \( = 0,58 \times {10^6}m/s\)
3.1 Déterminons la sensibilité de la cellule ; \({I_S} = \sigma .P\) \[\sigma = \frac{{{I_S}}}{P}\] \(\sigma = 5,5 \times {10^{ - 3}}A/W\)
3.2 Calculons le rendement quantique de la cellule ; \(\left\{ \begin{array}{l}P = N.E\\{I_S} = n.e\end{array} \right.\) \( \Rightarrow r = \frac{n}{N}.100\) \( = \frac{{\frac{{{I_S}}}{e}}}{{\frac{P}{E}}}.100\) ainsi, \({\rm{ }}r = \frac{{{I_S}.E}}{{e.P}}.100\) \[{\rm{ }}r = \frac{{{I_S}.h.\vartheta }}{{e.P}}.100\] \(r = 1,26\% \)
Exercice V
1. Traçons la courbe
On obtient une droite d’équation : \(\vartheta \left( {\left| {{U_0}} \right|} \right) = \) \(2,42 \times {10^{14}}\left| {{U_0}} \right|\) \( + 5,33 \times {10^{14}}\)
2. Déterminons la valeur seuil photoélectrique. Nous avons montré que : \({E_C} = e{U_0}\) \( = h\vartheta - {W_0}\) \( \Rightarrow \) \(\vartheta \left( {\left| {{U_0}} \right|} \right) = \) \(\frac{e}{h}{U_0} + \frac{{{W_0}}}{h}\) qui est l’équation de la droite précédente.
D’après l’équation ci-dessus, le seuil photoélectrique correspond à l’ordonnée à l’origine de la droite. \[{\vartheta _0} = 5,33 \times {10^{14}}Hz\]
Calculons à partir de cette valeur l’énergie d’extraction : \[{W_0} = h{\vartheta _0}\] \({W_0} = 3,5 \times {10^{ - 19}}\) \( = \frac{{3,5 \times {{10}^{ - 19}}}}{{1,6 \times {{10}^{ - 19}}}}\) \( = 2,197{\rm{eV}}\), Il y a dont compatibilité.
3. Déterminons la constance de Planck à partir de la courbe. En effet. La pente de la courbe est : \(a = \tan (\theta )\) \( = \frac{{\Delta \vartheta }}{{\Delta \left| {{U_0}} \right|}}\) \( = 2,42{\rm{ }}{10^{14}}\) \( = \frac{e}{h}\) soit \(h = \frac{e}{{2,42 \times {{10}^{14}}}}\) \( = 6,611 \times {10^{ - 34}}J.s\) Ce qui est très proche de la valeur admise.
