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Spécialité Physique-Chimie Terminale

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Le photon : effet photoélectrique et cellule photovoltaïque

Le photon (énergie, vitesse, masse) et le flux de photons ; l’effet photoélectrique, ses caractéristiques et son importance historique ; travail d’extraction, seuil et cellule photoélectrique ; bilan d’énergie E<sub>c,max</sub> = hν − W ; absorption et émission de photons par les atomes et les semi-conducteurs ; cellule photovoltaïque et rendement.

À propos de cette page
Cinq problèmes corrigés pas à pas : le rendement d’une DEL bleue, le rayonnement ultraviolet et la crème solaire, une photocathode éclairée par une lampe à vapeur de mercure, le choix d’un photodétecteur pour une fibre optique et l’alimentation électrique d’un satellite.

5 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

  1. Je convertis : longueurs d’onde en mètres (dans le vide), puissances en watts, durées en secondes ou en heures selon l’unité d’énergie voulue, énergies toutes en J ou toutes en eV.
  2. Je calcule l’énergie d’un photon E = hc/λ, puis le nombre de photons par seconde N = P/E.
  3. Je compare l’énergie d’un photon au seuil de la situation : travail d’extraction, écart entre niveaux, énergie d’ionisation, gap ou énergie de liaison.
  4. Je fais le bilan : Ec,max = hν − W, courant I = Nₑ × e, rendement η = P_élec/P_lum, énergie E = P × Δt.
  5. Je contrôle et je conclus : ordres de grandeur, rendement inférieur à 1, rôle de l’intensité (nombre de photons) distinct de celui de la fréquence (énergie de chacun).
Problème 1 · Le rendement d’une DEL bleue★★★Facile
La DEL bleue d’une lampe torche fonctionne sous une tension U=3,0 V et est traversée par un courant I=0,350 A. Elle émet une puissance lumineuse de 0,52 W, à une longueur d’onde de 455 nm. Données : h=6,63×10−34 J·s ; c=3,00×108 m·s⁻¹ ; 1 eV =1,60×10−19 J ; e=1,60×10−19 C.
  1. 1. Puissance électrique reçue par la DEL : W
    Pélec=U×I=3,0×0,350= 1,05 W.
  2. 2. Rendement de la conversion d’énergie électrique en énergie lumineuse : %
    η=0,521,05≈0,495, soit 49,5 %.
  3. 3. Puissance dissipée sous forme thermique : W
    1,05−0,52= 0,53 W, d’où l’échauffement de la DEL.
  4. 4. Énergie d’un photon émis : eV
    E=1,989×10−25455×10−9=4,37×10−19 J, soit 2,73 eV : c’est à peu près le gap du semi-conducteur.
  5. 5. Nombre de photons émis chaque seconde : × 10¹⁸
    N=0,524,37×10−19≈ 1,19 × 10¹⁸.
  6. 6. Nombre d’électrons qui traversent la DEL chaque seconde : × 10¹⁸
    Ne=Ie=0,3501,60×10−19≈ 2,19 × 10¹⁸.
  7. 7. Nombre moyen de photons émis par électron : ≈
    1,19×10182,19×1018≈ 0,54 : à peu près un électron sur deux produit un photon qui sort de la DEL.
  8. 8. Chaque électron reçoit du générateur l’énergie e × U = 3,0 eV ; excédent par rapport à l’énergie d’un photon : eV
    3,0−2,73= 0,27 eV par électron qui émet, perdus en chaleur, comme tous les électrons qui n’émettent pas.
Méthodes utiles : Cas 1 Cas 5
Problème 2 · Le rayonnement ultraviolet et la crème solaire★★★Moyen
Le rayonnement ultraviolet solaire est découpé en trois bandes (tableau). On prend un éclairement ultraviolet au sol de 40 W·m⁻², ordre de grandeur par ciel clair en été. Données : h=6,63×10−34 J·s ; c=3,00×108 m·s⁻¹ ; 1 eV =1,60×10−19 J ; NA=6,02×1023 mol⁻¹ ; énergie moyenne de la liaison C–C : 348 kJ·mol⁻¹.
BandeUV-AUV-BUV-C
λ (nm)315 – 400280 – 315100 – 280
  1. 1. Énergie d’un photon de 315 nm : × 10⁻¹⁹ J
    E=1,989×10−25315×10−9≈ 6,31 × 10⁻¹⁹ J.
  2. 2. La même énergie : eV
    6,314×10−191,60×10−19≈ 3,95 eV (3,94 avec 6,31 × 10⁻¹⁹ J).
  3. 3. Bande dont les photons sont les plus énergétiques : UV-
    E=hcλ : plus courte longueur d’onde, photons plus énergétiques : les UV-C, puis UV-B, puis UV-A.
  4. 4. Énergie nécessaire pour rompre une seule liaison C–C : × 10⁻¹⁹ J
    Une mole contient NA liaisons : 348×1036,02×1023≈ 5,78 × 10⁻¹⁹ J.
  5. 5. Longueur d’onde maximale d’un photon capable de rompre cette liaison : nm
    Il faut hcλ≥5,78×10−19 J, soit λ≤1,989×10−255,78×10−19≈ 344 nm.
  6. 6. Part de la largeur de la bande UV-A (de 315 à 400 nm) capable de rompre une liaison C–C : ≈ %
    De 315 à 344 nm : 344−315400−315=2985≈ 34 %. Tous les UV-B en sont capables : ce sont les plus agressifs des ultraviolets qui atteignent le sol (les UV-C sont arrêtés par l’atmosphère), sans que les UV-A soient inoffensifs.
  7. 7. Énergie ultraviolette reçue par 0,80 m² de peau exposée 20 min : × 10⁴ J
    P=40×0,80=32 W ; E=32×1200=38400 J, soit 3,84 × 10⁴ J.
  8. 8. Nombre de photons reçus, en assimilant ce rayonnement à une radiation de 350 nm : × 10²²
    Un photon de 350 nm porte 1,989×10−25350×10−9=5,68×10−19 J : N=3,84×1045,68×10−19≈ 6,8 × 10²².
  9. 9. Une crème ne transmet qu’un trentième de l’énergie ultraviolette : énergie transmise J
    3,84×10430= 1 280 J.
  10. 10. Énergie de chaque photon transmis par la crème, comparée à celle d’un photon de même longueur d’onde sans crème : multipliée par
    La crème réduit le nombre de photons, pas leur fréquence : facteur 1. Chaque photon transmis peut toujours rompre une liaison : la crème diminue le nombre de dommages, pas leur gravité, d’où la nécessité de limiter aussi la durée d’exposition.
Méthodes utiles : Cas 1 Cas 5
Problème 3 · Une photocathode au lithium sous une lampe à mercure★★★Moyen
On étudie une cellule photoélectrique dont la cathode est en lithium (W=2,90 eV), éclairée par une lampe à vapeur de mercure dont on isole les raies de longueurs d’onde 365,0 nm, 435,8 nm, 546,1 nm et 577,0 nm. Avec la raie de 365,0 nm, la cathode reçoit 1,80 mW et 0,12 % des photons reçus extraient un électron, tous collectés par l’anode. Données : h=6,63×10−34 J·s ; c=3,00×108 m·s⁻¹ ; 1 eV =1,60×10−19 J ; e=1,60×10−19 C ; me=9,11×10−31 kg.
  1. 1. Longueur d’onde seuil du lithium : nm
    W=2,90×1,60×10−19=4,64×10−19 J ; λs=1,989×10−254,64×10−19≈ 429 nm.
  2. 2. Nombre de raies de la lampe qui extraient des électrons :
    Il faut λ≤429 nm : seule la raie de 365,0 nm, soit 1 raie. Celle de 435,8 nm, pourtant proche, est au-dessus du seuil.
  3. 3. Énergie cinétique maximale des électrons avec la raie de 365,0 nm : × 10⁻²⁰ J
    E=1,989×10−25365,0×10−9=5,449×10−19 J ; Ec,max=5,449×10−19−4,640×10−19= 8,09 × 10⁻²⁰ J.
  4. 4. La même énergie : eV
    8,09×10−201,60×10−19≈ 0,506 eV.
  5. 5. Vitesse maximale des électrons extraits du lithium : × 10⁵ m·s⁻¹
    v=2×8,093×10−209,11×10−31≈ 4,22 × 10⁵ m·s⁻¹ (4,21 avec 8,09 × 10⁻²⁰ J).
  6. 6. Nombre de photons reçus chaque seconde : × 10¹⁵
    N=1,80×10−35,449×10−19≈ 3,30 × 10¹⁵.
  7. 7. Intensité du courant : µA
    Ne=0,0012×3,30×1015=3,96×1012 s⁻¹ ; I=Nee≈6,34×10−7 A, soit 0,634 µA.
  8. 8. Puissance de la raie de 365,0 nm à recevoir pour obtenir un courant de 1,20 µA : mW
    Le courant est proportionnel au nombre de photons, donc à la puissance reçue : P=1,80×1,200,634≈ 3,41 mW ; Ec,max, elle, reste 0,506 eV.
  9. 9. On remplace la cathode par du césium (W = 1,95 eV) : nombre de raies de la lampe qui extraient alors des électrons :
    λs=1,989×10−251,95×1,60×10−19=637,5 nm : les quatre raies, de 365,0 à 577,0 nm, sont en dessous, soit 4 raies (le photon de 577,0 nm porte encore 2,15 eV).
Problème 4 · Choisir le photodétecteur d’une fibre optique★★★Difficile
Un réseau de télécommunication transmet un signal de longueur d’onde 1 310 nm (dans le vide) dans une fibre dont le cœur a pour indice 1,47. En bout de fibre, une photodiode absorbe un photon si son énergie est au moins égale au gap du semi-conducteur : 1,12 eV pour le silicium, 0,66 eV pour le germanium. La puissance lumineuse reçue vaut 0,25 µW et 72 % des photons reçus libèrent chacun un électron. Données : h=6,63×10−34 J·s ; c=3,00×108 m·s⁻¹ ; 1 eV =1,60×10−19 J ; e=1,60×10−19 C.
  1. 1. Fréquence du signal : × 10¹⁴ Hz
    ν=cλ0=3,00×1081310×10−9≈ 2,29 × 10¹⁴ Hz, la même dans le vide et dans la fibre.
  2. 2. Longueur d’onde dans la fibre : nm
    λ=λ0n=13101,47≈ 891 nm.
  3. 3. Longueur d’onde maximale absorbée par le silicium : µm
    λmax=hcEg=1,989×10−251,12×1,60×10−19≈ 1,11 µm.
  4. 4. Longueur d’onde maximale absorbée par le germanium : µm
    λmax=1,989×10−250,66×1,60×10−19≈ 1,88 µm.
  5. 5. Photodiode adaptée : celle en
    Le seuil se compare à la longueur d’onde dans le vide, 1,31 µm : elle dépasse le seuil du silicium, pas celui du germanium. Comparer 891 nm à 1,11 µm serait une erreur : l’énergie du photon, fixée par la fréquence, ne change pas dans la fibre. Photodiode au germanium.
  6. 6. Énergie d’un photon du signal : × 10⁻¹⁹ J
    E=1,989×10−251,31×10−6≈ 1,52 × 10⁻¹⁹ J (0,949 eV), inférieure au gap du silicium, 1,79×10−19 J.
  7. 7. Nombre de photons reçus chaque seconde : × 10¹²
    N=0,25×10−61,518×10−19≈ 1,65 × 10¹².
  8. 8. Intensité du courant produit par la photodiode au germanium : µA
    Ne=0,72×1,65×1012≈1,19×1012 s⁻¹ ; I=Nee≈1,90×10−7 A, soit 0,190 µA.
Problème 5 · L’alimentation électrique d’un satellite★★★Difficile
Un satellite en orbite basse porte 22 m² de panneaux à cellules à triple jonction, de rendement 29,5 %, orientés face au Soleil quand il est éclairé ; la jonction centrale de ces cellules est en arséniure de gallium (gap 1,42 eV). Hors atmosphère, l’éclairement solaire vaut 1 361 W·m⁻². Une orbite dure 96 min, dont 36 min dans l’ombre de la Terre. Les équipements consomment en permanence 5,2 kW ; dans l’ombre, une batterie prend le relais. Données : h=6,63×10−34 J·s ; c=3,00×108 m·s⁻¹ ; 1 eV =1,60×10−19 J.
  1. 1. Puissance lumineuse reçue par les panneaux : × 10⁴ W
    Plum=1361×22=29942 W, soit 2,99 × 10⁴ W.
  2. 2. Puissance électrique fournie : kW
    Pélec=0,295×29942≈8833 W, soit 8,83 kW.
  3. 3. Longueur d’onde maximale absorbée par l’arséniure de gallium : nm
    λmax=1,989×10−251,42×1,60×10−19≈ 875 nm : les photons infrarouges plus longs le traversent sans être convertis.
  4. 4. Dans une cellule à une seule jonction en arséniure de gallium, énergie d’un photon de 500 nm : eV
    E=1,989×10−25500×10−9=3,978×10−19 J, soit 2,49 eV.
  5. 5. Part de l’énergie de ce photon perdue sous forme thermique : %
    Seul Eg est utile : 2,486−1,422,486≈0,429, soit 42,9 %. Une cellule multijonction absorbe ce photon dans une couche de gap plus grand et perd moins ; elle convertit aussi, dans une couche de petit gap, des infrarouges que le GaAs laisse passer : d’où son rendement supérieur.
  6. 6. Énergie que la batterie fournit pendant la traversée de l’ombre : kWh
    E=5,2×3660= 3,12 kWh.
  7. 7. Puissance électrique moyenne nécessaire pendant la phase éclairée, pour alimenter les équipements et recharger la batterie : kW
    Phase éclairée : 96−36=60 min =1,0 h. Il faut 5,2+3,12=8,32 kWh en 1,0 h, soit 8,32 kW (pertes de la batterie négligées).
  8. 8. Marge disponible : kW
    8,83−8,32≈ 0,51 kW : les panneaux suffisent, à condition de rester face au Soleil ; les pertes réelles de la batterie et le vieillissement des cellules réduiraient cette marge.
Méthodes utiles : Cas 5 Cas 6
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