Corrigé détaillé Mines Physique 1 MPI 2025

La relation (1) s'écrit sous la forme :

Par identification avec le théorème de Pythagore, le « triangle relativiste » est un triangle rectangle. Son hypoténuse est l'énergie totale E, et les deux côtés adjacents à l'angle droit sont le terme d'impulsion pc et l'énergie de masse au repos mc^2.

Unités dans le système international (SI) :

• L'impulsion p est homogène à une quantité de mouvement ([p] = \mathrm{M\cdot L\cdot T^{-1}}). Son unité usuelle dans le SI est le kilogramme-mètre par seconde :

  \boxed{\mathrm{kg\cdot m\cdot s^{-1}} \quad (\text{ou } \mathrm{N\cdot s})}

• Le produit pc a la dimension d'une quantité de mouvement multipliée par une vitesse, soit une énergie ([pc] = \mathrm{M\cdot L^2\cdot T^{-2}}). Son unité dans le SI est le joule :

  \boxed{\mathrm{J}}

D'après la relation du triangle relativiste (1), lorsque l'impulsion de la particule est nulle (p = 0), son énergie totale E_0 vérifie :

L'énergie étant une grandeur positive, on en déduit l'expression de l'énergie de repos du proton :

L'énoncé précise que dans la partie I, l'énergie s'exprime en \mathrm{MeV} et donne directement m_p c^2 = 940\text{ MeV}.

Dans le Système international, avec 1\text{ eV} = 1,6\times 10^{-19}\text{ J} :

En conservant deux chiffres significatifs conformément aux consignes :

D'après la relation du triangle relativiste (1), l'énergie totale s'écrit :

Dans la limite classique, l'énergie cinétique est négligeable devant l'énergie de repos (E_c \ll E_0), ce qui implique p \ll mc. En effectuant un développement limité au premier ordre non nul en (p/mc)^2 :

L'énergie cinétique E_c = E - E_0 s'exprime donc par :

En identifiant cette expression à celle de l'énergie cinétique classique E_c = \frac{1}{2}m v^2, on obtient p = mv. Les vecteurs impulsion et vitesse étant colinéaires et de même sens, on retrouve la relation classique :

Le rapport de l'énergie cinétique sur l'énergie de repos s'exprime alors en fonction de la vitesse v :

La condition \frac{E_c}{E_0} < 1\% = 10^{-2} conduit à :

Avec c = 3{,}0 \times 10^8\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} et \sqrt{2} \approx 1{,}41 :

Ce rapport étant strictement indépendant de la masse m, la vitesse maximale est rigoureusement identique pour un électron :

D'après la relation du triangle relativiste (1) et la définition de l'énergie de repos E_0 = mc^2 (question Q2), l'énergie totale s'écrit :

En utilisant l'expression générale de l'impulsion admise en (3), la norme p = \|\vec{p}\| vaut :

d'où :

En injectant cette relation dans l'expression de E^2, il vient :

Comme l'énergie E d'une particule libre est positive, on en déduit l'expression générale de l'énergie totale :

D'après la relation obtenue à la question 4 :

Pour un photon se propageant dans le vide, la vitesse est v = c. Le dénominateur \sqrt{1 - v^2/c^2} s'annule. Pour que l'énergie E du photon reste finie et non nulle, il est nécessaire que le numérateur s'annule également, soit E_0 = 0. Comme E_0 = m c^2, on en déduit que :

La masse au repos d'un photon est rigoureusement nulle.

En injectant m = 0 dans la relation du triangle relativiste (1), il vient :

D'après la relation de De Broglie (2), \lambda = \frac{h}{p}, soit p = \frac{h}{\lambda}. On obtient l'expression de l'énergie en fonction de la longueur d'onde :

Pour une onde électromagnétique dans le vide, la fréquence \nu et la longueur d'onde sont liées par \nu = \frac{c}{\lambda}, d'où la relation de Planck-Einstein :

Applications numériques : En utilisant la valeur fournie hc \simeq 1{,}2\text{ eV}\cdot\mu\text{m} :

• Domaine bleu (\lambda \sim 400\text{ nm} = 0{,}40\ \mu\text{m}) :

  E_{\text{bleu}} = \frac{1{,}2\text{ eV}\cdot\mu\text{m}}{0{,}40\ \mu\text{m}} \implies \boxed{E_{\text{bleu}} \simeq 3{,}0\text{ eV}}

• Domaine rouge (\lambda \sim 600\text{ nm} = 0{,}60\ \mu\text{m}) :

  E_{\text{rouge}} = \frac{1{,}2\text{ eV}\cdot\mu\text{m}}{0{,}60\ \mu\text{m}} \implies \boxed{E_{\text{rouge}} \simeq 2{,}0\text{ eV}}

Le système isolé \{\text{atome} + \text{photon}\} est initialement au repos, son impulsion totale avant l'émission est donc nulle. D'après le principe de conservation de la quantité de mouvement :

Comme le photon a pour impulsion p = \frac{E}{c}, la vitesse de recul de l'atome s'écrit v = \frac{E}{mc}. L'énergie cinétique classique de recul de l'atome vaut donc :

La conservation de l'énergie totale du système s'écrit :

soit, en décomposant l'énergie de l'atome en son énergie interne et son énergie cinétique :

En introduisant \Delta E = E_i - E_f, il vient :

On reconnaît une équation polynomiale du second degré en E, que l'on peut mettre sous forme canonique :

L'énergie E du photon étant positive, la seule solution physiquement acceptable est :

Cette expression s'identifie à la relation proposée E = mc^2\left(\sqrt{1+2\eta} - 1\right) en posant :

La masse de l'atome d'hydrogène est essentiellement concentrée dans son noyau (le proton), d'où m \simeq m_p, soit :

Pour une transition électronique dans l'atome d'hydrogène, \Delta E est de l'ordre de quelques électrons-volts (\Delta E \sim 1\text{ à }10\text{ eV}). On en déduit l'ordre de grandeur de \eta défini à la question Q6 :

Comme \eta \ll 1, effectuons un développement limité au premier ordre de l'expression de E établie à la question Q6 :

L'énergie cinétique de recul de l'atome vaut :

Elle est totalement négligeable devant \Delta E (fraction relative de l'ordre de 10^{-9}).

Toute l'énergie libérée lors de la désexcitation est donc emportée par le photon :

D'après la question Q7, l'énergie du photon émis est E \simeq \Delta E = E_{n_i} - E_{n_f}, avec n_i > n_f. En utilisant l'expression des niveaux d'énergie E_n = -\frac{H}{2n^2} et la relation de Planck-Einstein E = \frac{hc}{\lambda} (question Q5), il vient :

1. Cas n_f = 1 :

L'état initial le plus proche est n_i = 2. La fonction n_i \mapsto \Delta E est strictement croissante, donc l'écart énergétique est minimal pour n_i = 2 :

Puisque \lambda = \frac{hc}{\Delta E} est une fonction décroissante de l'énergie, la longueur d'onde est maximale pour cette transition :

Avec hc \simeq 1{,}2\text{ eV}\cdot\mu\text{m} = 1{,}2\times 10^3\text{ eV}\cdot\text{nm} et H = 27{,}2\text{ eV} :

Comme \lambda \leqslant 120\text{ nm} < 400\text{ nm}, toutes ces raies se situent dans le domaine de l'ultraviolet (série de Lyman).

2. Cas n_f > 2 (soit n_f \geqslant 3) :

L'écart énergétique maximal correspond à la limite d'ionisation n_i \to \infty pour la plus petite valeur possible de n_f, c'est-à-dire n_f = 3 :

On en déduit l'existence d'une borne inférieure pour la longueur d'onde :

Numériquement :

Puisque \lambda \geqslant 800\text{ nm} > 700\text{ nm}, ces raies d'émission appartiennent toutes au domaine de l'infrarouge (séries de Paschen, Brackett, Pfund, etc.).

3. Raies du domaine visible (raies de Balmer) :

Les transitions vers n_f = 1 sont entièrement situées dans l'ultraviolet (\lambda \leqslant 120\text{ nm}) et celles vers n_f \geqslant 3 dans l'infrarouge (\lambda \geqslant 800\text{ nm}). Le domaine visible (400\text{ nm} \lesssim \lambda \lesssim 750\text{ nm}) ne peut donc correspondre qu'à l'unique valeur :