Exercice 1 _ Emission des rayons X by hcj

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									Exercice 1 : Emission des rayons X L’atome de tungstène a pour numéro atomique Z=74. Il est situé dans la 6ème colonne de la classification périodique, il a donc 6 niveaux d’énergie. (K,L,M,N,O,P) Rq : si on ne connaît pas par cœur la classification périodique on peut utiliser la méthode du décompte électronique pour connaître le nombre de niveaux d’énergie. Z=74 se décompose en : 1s² 2s²2p6 3s²3p6 4s2 3d10 4p6 5s² 4d10 5p6 6s² 5d10 4f8
l 0 1 2 3 0 1 2 0 1 0 m 0 -1 1 -2 2 -3 3 0 -1 1 -2 2 0 -1 1 0 j 1/2 1/2 3/2 3/2 5/2 5/2 7/2 1/2 1/2 3/2 3/2 5/2 1/2 1/2 3/2 1/2 notation 4s 4p 4d

Vide

Niveau N ; n=4 ; -0.3 keV KSeuil Niveau M ; n=3 ; -2.6 keV K Niveau L ; n=2 ; -10.6 keV Niveau K ; n=1 ; -69.6 keV L

4f 3s 3p 3d 2s 2p 1s

L’énergie d’une émission de photons est donnée par la relation de De Broglie : E = h = hc/λ Avec h : constante de Planck = 6.62. 10-34 J.s c : vitesse de la lumière = 3.108 m/s λ : longueur d’onde du rayonnement (exprimée en m) on a la relation pratique pour un rayonnement de photons : E (eV) = 12400 / λ (Å) Méthodologie : a. on détermine d’abord l’énergie du niveau K grâce à la l’énergie associée à longueur d’onde limite (qui correspond au saut d’un électron non lié sur la niveau ionisé, ici K) ΔEK = 12400 / 0.178 = 69.6 keV Si on prend le niveau du vide comme référentiel des énergies (EVide = 0) alors les énergies des niveaux de l’atome sont négatives. Donc EK = -69.6 keV

Kβ

b. On détermine l’énergie des autres niveaux grâce à l’information sur les rayonnements des raies K , Kβ … Notation : K la lettre majuscule (K) correspond au niveau d’arrivée de l’électron L’indice correspond au niveau de départ de l’électron/ au niveau d’arrivée :  correspond à un niveau au dessus (donc ici L) β correspond à deux niveaux… (M) Les raies K correspondent donc à la désexcitation d’un électron du niveau L vers le niveau K (qui a une lacune d’électron). Les structures fines des raies n’étant pas résolues on ne peut pas discerner la raie K1 de la raie K2, on ne détecte que la moyenne de ces émissions. ΔEKL = 12400 / λ (K) = 59 keV donc EL = EK + 59 keV = -10.6 keV Idem pour les raies suivantes : ΔEKM = 12400 / λ (Kβ) = 67 keV donc EL = -2.6 keV ΔEKN = 12400 / λ (K) = 69.3 keV donc EL = EK + 69.3 keV = -0.3 keV 2. Pour observer la série L, il faut apporter une énergie suffisante pour ioniser un électron de la couche L. Cette énergie correspond au travail de sortie. Ici cette énergie est de 10.6 keV (niveau d’énergie de la couche L) Donc il nous faut une tension minimale appliquée de 10.6 kV Longueur d’onde correspondant à la raie L : correspond à la désexcitation de l’atome par passage d’un électron de la couche M vers la couche ionisé L Donc ΔEML = EM – EL = 8keV λ (L) = 12400 / ΔEML = 0.155 nm

Exercice 2 : Absorption des rayons X et fluorescence un faisceau de RX traversant la matière peut perdre de l’énergie par : - effet photoélectrique (on parle aussi de fluorescence X, I0(N0) I(N) l’énergie du photon X permet d’arracher un électron d’un atome du matériau, il y ensuite retour à l’équilibre de l’atome excité avec émission de rayons X de longueur d’onde supérieur) - diffusion (classique ou Compton) qui modifie la direction de propagation de la lumière (avec modification de la longueur d’onde pour la diffusion Compton) 1. La perte d’énergie (donc de flux de photons) est donnée par la loi d’absorption de Beer-Lambert : avec μ/ ρ : coefficient d’absorption massique  I  exp(   x) ρ : masse volumique  I0   x : épaisseur de l’écran -1L²] (car le terme de l’exponentielle est une grandeur sans μ est homogène à [M unité) : donc son unité sera cm².g-1 L’intensité lumineuse est proportionnelle au flux de photons  N      ln  car ρx = m  N /m    0 Matériau Zinc Cuivre Laiton μ (cm²/g) 53,5 48,5 51

Calcul de la concentration massique en zinc du laiton : Avec CB la teneur massique en élément B     CB   β = (μ/ρ)A (obtenu en remplaçant CB=0 le    AB matériau est alors à 100% composé de l’élément A)  = (μ/ρ)B – β = (μ/ρ)B - (μ/ρ)A (CB =1) Donc ici : (μ/ρ)Laiton = (μ/ρ)Zinc CZinc + [1-CB] (μ/ρ)Cuivre  Après calcul : CZinc = 50% 2. Variation du coefficient d’absorption. Le coefficient massique d’absorption varie en fonction de la longueur d’onde incidente et du numéro atomique Z de l’élément traversé selon une loi : μ/ ρ = k.Z3 λ3. avec k une valeur qui ne reste constante que pour un intervalle donné de λ et qui présente certaines discontinuités (dues à l’effet photoélectrique) Il y a des discontinuités L1 L2 d’absorption lorsque l’énergie du L3 rayonnement incident est suffisante pour ioniser un électron d’une couche K atomique (ici on se réduit à K ou L), c'est-à-dire pour lui fournir le travail de sortie. λ (Å)

(μ/ρ) unité arbitraire

Donc les discontinuités seront observées quand : hc  E (Wi ) avec E(Wi) = un niveau d’énergie du matériau traversé.



Cette relation nous permet de déterminer les longueurs d’onde (exprimées en Å) correspondant aux transitions. K (eV) λ(K) (Ǻ) 8960 1,39 9660 1,28 L1 (eV) 1100 1200 λ(L1) (Ǻ) 11,3 10,34 L2 (eV) 953 1045 λ(L2) (Ǻ) 13,0 11,9 L3 (eV) 933 1022 λ(L3) (Ǻ) 13,3 12,1

Cu Zn

Le spectre d’absorption du laiton sera la superposition du spectre du cuivre et de celui du zinc (le spectre d’absorption permet d’identifier les deux éléments dans l’alliage). * Longueurs d’onde associées à la fluorescence de l’échantillon de laiton. Contrairement à l’exo 1, on étudie la structure fine des raies, c'est-à-dire les deux longueurs d’onde associées à la désexcitation LK. D’après les règles de sélection (démo en méca Q), seules les transitions L2K et L3K sont possibles Rq : règles de sélection : Δl = 1 ; Δj = 0 ou 1 (pour la couche K : l=0 tout comme pour L1 donc pas de transitions possibles entre les deux) K1 = hc/ΔEKL2 = 1.497 Å K2 = hc/ΔEKL3 = 1.494 Å Pour effectivement observer cette fluorescence, il faut avoir préalablement ionisé la couche K, donc il faut que le rayonnement X incident ait une énergie supérieure ou égale au travail de sortie de la couche K. Donc il faut un rayonnement ayant un λ  λlimite = 1.28 Å(= λ(K))

Exercice 3 : Loi de Bragg. Diffraction des électrons Les atomes interagissent avec le faisceau d’électrons par θ l’intermédiaire de son potentiel θ électrique (donc de son nuage électronique). Les électrons incidents d sont diffusés dans toutes les directions de l’espace (même phénomène que celui observé avec les rayons X, appelée diffusion élastique ou diffusion Compton). Les différentes ondes (dualité onde-corpuscule à garder à l’esprit, un électron en mouvement peut être vu comme une onde) vont donc interagir entre elles pour donner des interférences constructives (les intensités des ondes s’ajoutent) ou destructives (les ondes se soustraient) en fonction d’un paramètre : le déphasage ou encore la différence de chemin optique. Si ce déphasage est un multiple de la longueur d’onde alors les interactions seront constructives, nous observerons un pic d’intensité maximale. Si ce déphasage est égale à (2n+1)λ alors les ondes se détruisent, on observera une extinction du faisceau diffracté. Calculons donc ce déphasage : δ = 2dsinθ (cf schéma, on suppose que la réflexion obéit au loi de Descartes c'est-àdire que l’angle de sortie du faisceau réfléchi est égale à l’angle d’incidence) La condition pour observer un faisceau diffracté intense dans la direction formant un angle θ avec la surface est donc : 2dsin θ = k λ. Avec k : nombre entier positif Application : * électrons accélérés sous 10kV : λ = h / mv (Relation de De Broglie pour les h² 1.23 éléctrons) or 1/2mv²=eV, donc λ (nm) = = = 0.123 Å 2eVm V * faisceau diffracté au premier ordre (k=1) donc 2dsin θ = λ  θ = 1.2° * angle entre faisceau incident et diffracté : d’après le schéma, l’angle est de 2 θ donc de 2.4°. * Nb d’ordre de diffraction possible : la valeur maximale est obtenue pour sin θ maximum c'est-à-dire pour sin θ = 1, donc pour une incidence normale. On a alors 2d = k λ donc k  2d / λ = 48.8. Or k est par définition un nombre entier positif, donc l’ordre maximal de diffraction est 48 !!! (c’est énorme comparé à l’ordre maximale de diffraction obtenu avec des RX, la longueur d’onde de l’électron est très faible !)

Exercice 4 : Diffraction des RX par un cristal cubique simple 1. Equidistance des plans (hkl). Idée : utiliser les propriétés du réseau réciproque (RR) : d hkl  norme du vecteur (ha*+kb*+lc*). Rappel sur le RR : les vecteurs de base du RR sont définis par :        b c  a b     c a  ; b*  ; c*  ; a * .a  1; a * .b  0 ….. a*  V V V Donc dans le cas d’un réseau direct (RD) cubique simple : les vecteurs de base du RR sont parallèles au c c vecteurs de base du RD car la base directe (a,b,c) est orthonormée. (a est perpendiculaire à la fois à b b b et c donc il est colinéaire à leur produit vectoriel) b* c* a a* a La norme de a* = 1 /a = 1/b = 1/c = norme de b* = norme de c* La norme du vecteur n(hkl) vaut donc : Par conséquent, d111  1 / n(111)  a / 3 2. Une réflexion à l’ordre p sera vérifiée si la condition de Bragg est vérifiée. (cf exo 3) Il faut que : 2.d111 sinθ = pλ avec θ : angle d’incidence du faisceau de RX p : ordre de la réflexion λ : longueur d’onde du rayonnement. La valeur maximale d’un des paramètres est obtenue pour une incidence normale (c'est-à-dire θ=π/2). Donc ici pour a et p fixé, on a la valeur maximale de λ qui est 2a égale à : max  p 3 3. Niveaux d’énergie atomique : un modèle est fréquemment utilisé c’est le modèle hydrogénoïde qui modélise les niveaux d’énergie d’un atome lourd par : En = -R Z²/n² avec n : nombre quantique principal (cf exo 1) R : constante de Rydberg = 13.6eV Z : numéro atomique de l’anticathode Nous avons vu que la raie K est caractéristique des transitions LK, donc nous aurons un rayonnement ayant une énergie égale à la différence entre les niveaux L (n=2) et K (n=1) EKL = EL – EK = -RZ² (1/2² - 1/1²) = 3RZ²/4 Or EKL = hc/λ donc λ = 4hc/3RZ² 4hc 2a Pour que la réflexion soit observée il faut que λ< λmax donc  3RZ ² 3p Or ici p=3 donc pour que cette condition soit vérifiée il faut que Z >
1  1  1  1 h²  k ²  l ²  h    k   l   a  a  a  a
2 2 2

1 avec n(hkl)* la n(hkl ) *

2hc 3 aR


								
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