Problème 1 : Interaction entre deux aimants

Les sacs seront laissés devant le tableau. Conservez seulement de quoi écrire et une calculatrice : pas de téléphone !

Si vous ne comprenez pas une notation, une question, ou si vous pensez avoir découvert une erreur d’énoncé, signalez-le immédiatement.

Expliquez soigneusement l’interprétation des figures et courbes de l’énoncé.

Problème 1 : Interaction entre deux aimants

On étudie le mouvement de deux aimants considérés comme des points matériels de même massem. L’un est immobile en un pointOet l’autre, de massemet de positionM, est mobile sans frottement sur un plan incliné d’un angleαpar rapport à l’horizontale dans le champ de pesanteur d’accélération#»g.

x

y α

O

#» g M

Les aimants sont orientés de manière à se repousser et la force queOexerce surMse met sous la forme : F#»=K

d0

d n

#»eOM# »,

avecd0>0,K>0etn6= 1des constantes,dla distance les séparant et#»eOM# »le vecteur unitaire deOà M. Sur la figure ci-contre, on a donc :

F#»=K d0

x n

#»ex.

Données : Masse d’un aimant :m=5 g ; accélération de la pesanteurg=9,8 m·s⁻².

1. (a) La constanted0 est une homogène à une longueur. Préciser la dimension de la constanteKsi Montrer que la forceF#»est conservative et donner l’expression d’une énergie potentielle associée.

(b) En déduire que le système est conservatif et donner une expression de son énergie potentielle globale, qu’on désignera parE_potdans toute la suite.

(c) Montrer l’existence d’une position d’équilibre de coordonnée notéexe. On donnera l’expression dexeen fonction deK , m , d0, g , netα..

(d) À quelle condition portant surnl’équilibre est-il stable ? Tracer l’allure deE_potquand il est stable et quand il est instable.

2. On étudie les petits mouvements au voisinage de la positionxedans le cas d’un équilibre stable. On notex=xe+ε.

(a) Établir le développement limité deE_potau terme non nul d’ordre non nul le plus bas enε/xe1.

On rappelle que(1 +u)^α'1 +αx+^α(α−1)₂ u²+. . ..

(b) En déduire l’expression de la périodeTdes oscillations de faible amplitude autour de l’équilibre.

Comment varie-t-elle avec la massem?

3. Afin de déterminer la valeur den, on mesure xe pour différentes valeurs deαet on trace ln(xe/d0) en fonction de ln(sin(α)) (avec d0=1 m). On obtient la courbe ci-contre.

(a) Déduire de cette courbe et de1cla puis- sancen. On l’arrondira à l’entier le plus proche.

(b) La position d’équilibre est-elle stable ? (c) Calculer la valeur deKdⁿ₀ si on mesure

xe=20 cm pourα=π/6.

(d) Calculer la valeur deTcorrespondante.

−5 −4 −3 −2

−2

−2,4

−2,8

ln(sinα) ln(xe d0)

On pourra aborder les questions suivantes même si la valeur denn’a pas été déterminée.

4. On lâche l’aimantMsans vitesse initiale de l’abscisse4xe. (a) Déterminer sa vitesse quand il passe par l’abscissexe.

(b) Calculer le quotient de l’énergie potentielle magnétique et de l’énergie potentielle de pesanteur quand il se trouve enx= 4xe. Commenter.

(c) Proposer une détermination graphique de l’abscissexminimale qu’il atteint au cours de son mou- vement notéexmin. Utiliser le résultat de la question précédente pour donner une approximation dex_mindont on calculera la valeur.

5. (a) Dans cette question seulement les deux aimants sont mobiles dans un cône de demi-angle au sommet égal à π/2 −α et on étudie la possibilité qu’ils décrivent chacun mouvement circulaire uniforme dans un plan horizontal. Donner l’équation que doivent vérifier leur vitesse de rotation communeω et le rayonr, qu’on ne cherchera pas à résoudre ana- lytiquement.

α 2r

(b) Justifier graphiquement (en utilisant des courbes) que cette équation admet deux solutions enr quelle que soit la valeur deω, notéesr1(ω)etr2(ω), avecr1(ω)< r2(ω).

(c) Déterminer, en considérant une petite modification de la vitesse de rotation des aimants alors qu’ils sont en mouvement circulaire uniforme à l’aide du graphique précédent, laquelle des solutions r1(ω)etr2(ω)correspond à un mouvement stable.

(d) En déduire que les mouvements circulaires uniformes stables ne sont possibles que sur un inter- valle de valeurs deωdont on donnera l’expression et la valeur. Donner également l’intervalle des valeurs dercorrespondantes.

Problème 2 : Onduleur

On étudie un des dispositifs utilisés pour produire ce qu’on nomme le « rayonnement synchrotron ». On négligera le poids dans tout le problème. On considérera, sauf mention explicite du contraire, que les élec- trons sont non relativistes, en mouvement dans un vide suffisamment poussé pour qu’on puisse négliger tout frottement.

Données : charge d’un électronq=−1,6·10⁻¹⁹C ; masse d’un électronm=9,1·10⁻³¹kg ; vitesse de la lumière 3,0·10⁸m·s⁻¹; permittivité diélectrique du videε0=8,9·10⁻¹²S·I·.

I Généralités

I.1. Établir rapidement la nature et les caractéristiques de la trajectoire d’un électron dans un champ ma- gnétique uniformeB# »0si le vecteur vitesse initial, notév#»0, de l’électron est orthogonal au champB# »0. On précisera en particulier une distanceRet une pulsation caractéristiques ωen fonction dev0, B0, de la chargeqet de la massemde l’électron.

I.2. Un électron pénètre (au pointx= 0, y= 0, z= 0) avec la vitessev#»0 =v0e# »x(avecv0 >0) dans une zone où règne un champB# »0=B0e#»z(avecB0>0) uniforme. Cette zone est limitée àx∈[0, l].

`

# » α B

e #»

e #»

e #»

v #»

(a) Déterminer, si possible géométriquement, à quelle condition portant surv0 l’électron peut at- teindre le planx = `. Quelle sera alors la norme de son vecteur vitessev#»⁰? On suppose cette condition remplie dans toute la suite.

(b) Déterminer, si possible géométriquement, l’angleαentre le vecteur vitesse#»

v⁰ete# »xquand l’élec- tron est dans le planx=`.

I.3. On envisage une configuration utilisant un champ électrique uniformeE# »0pour produire la même dé- flexion. On applique pour cela une tensionUentre deux grilles métalliques distantes ded. La longueur des grilles selone# »xest ici aussi notée`.

On considère le cas d’un électron rentrant dans le dispositif enx= 0, y= 0(position1sur la figure ci-contre), avec un vecteur vitessev(contenu dans le planxOy) et formant l’angleα0avec l’axee# »x.

e #»

e #»

e #»

`

U d

α

1

2

(a) Quel doit être le signe de la tensionUpour que l’électron puisse ressortir du dispositif par la grille par laquelle il est entré (voir la figure précédente) ? On suppose cette condition vérifiée dans toute la suite.

(b) Établir les équationsx(t)ety(t)du mouvement de l’électron tant qu’il est entre les deux grilles.

En déduire à quelle condition portant sur la normev0il peut atteindre la grille inférieure avant de sortir du dispositif pourx > `. On suppose cette condition réalisée par la suite.

(c) Déterminer la norme et la direction de son vecteur vitesse#»

v⁰quand il repasse par la grille infé- rieure.

(d) Déterminer la norme et la direction du vecteur#»

v⁰s’il est rentré dans le dispositif au pointx = 0, y=d/2(position2sur la figure précédente). On ne se préoccupera pas de préciser la nouvelle valeur maximale de la vitessev0pour laquelle l’électron ressort par la grille inférieure.

II Champs magnétiques alternés

Un onduleur est un dispositif dans lequel le champ magnétique change périodiquement de sens avec l’abscissee# »x. On le modélise ici, par souci de simplici- té, par des zones de largeur`selone# »xdans lesquelles le champ magnétique varie alternativement avece# »x: il vaut+B0e#»z dans les cellules paires et et−B₀e#»z

dans les cellules impaires. Il est constitué d’un grand nombre de cellules comme celle représentée ci-contre juxtaposées.

` `

B # »

- # » B

β v #»

On injecte des électrons de vitesse initiale de normev0enx= 0, y= 0.

II.1. (a) Déterminer la trajectoire des électrons dans l’ensemble du dispositif quand le vecteurv#»0est selon e# »x(ieβ= 0).

(b) En déduire l’angleβà donner au vecteur vitessev#»0pour que les électrons oscillent autour de l’axe y= 0 ;z= 0. On l’exprimera en fonction de` , q , B0, m , v0. On suppose cette condition réalisée par la suite.

(c) Vous paraît-il réalisable d’obtenir la même propriété en utilisant des zones de champ électrique comme celles de la questionI.3?

(d) Déterminer l’expression du temps mis par l’électron pour traverser une zone de champ magné- tique uniforme de longueur`en fonction dev0, `et de l’angleβ. En déduire l’expression de sa vitesse moyenne selone# »x, notéevx, en fonction des mêmes grandeurs. Donner également l’expression de la norme de son vecteur accélération au cours du mouvement en fonction de

` , q , B0, m , v0.

III Puissance rayonnée

Ne pas passer trop de temps sur cette partie : on pourra la laisser de côté si on rencontre des difficultés.

III.1. Une particule chargée animée d’un mouvement accéléré émet un rayonnement électromagnétique.

Dans le cas d’un onduleur, on peut considérer que l’onde électromagnétique émise se propage selon +e# »x.

(a) La puissance de l’onde émise par une chargeqet d’accélération de normeaa pour expression, dans le cas non relativiste :

P= q²a² 6πε0c³,

avecε0la permittivité diélectrique du vide etcla vitesse de la lumière. Déterminer l’expression de la puissance rayonnée par un électron dans l’onduleur en fonction deq , B0, v0, m , c , ε0. (b) Justifier qu’on peut observer un phénomène d’interférence entre les différentes ondes émises au

cours de la propagation d’un même électron. Établir une relation entrevx,c,`et la longueur d’onde, notéeλ, d’un rayonnement pour lequel les interférences sont constructives.

III.2. (a) On considère un onduleur typique, dont les paramètres sont les suivants :B0 = 1,0·10⁻¹T, longueur d’un élément`=4,0 cm et des électrons tels quev0'c. Que peut-on dire de l’angleβ défini à la questionII.1b? Les électrons sont-ils non relativistes ?

(b) Dans le cas relativiste, la loi de la quantité de mouvement s’écrit : d#»p

dt =F ,#»

avec F#»l’expression classique de la force mais avec #»p = γm#»v, avec #»v la vitesse etγ = 1/p

1−v²/c². Adapter l’expression de l’angleβde la questionII.1bet calculer sa valeur si l’éner- gie cinétiqueE_cdes électrons est 2,8 GeV. On rappelle que dans le cas relativisteE_c= (γ−1)mc². (c) Dans le cas relativiste, la puissance rayonnée par un électron dans un mouvement circulaire uni-

forme de rayonRest :

P= q²cγ⁴ 6πε0R². Calculer la valeur dePpour les paramètres précédents.

(d) Déterminer la plus grande longueur d’onde, notéeλ0, pour laquelle les interférences établies à la questionIII.1bsont constructives en admettant que cette formule est valable dans le cas relativiste.

On effectuera l’approximationvx'v0après avoir justifié sa validité. Calculer sa valeur et préci- ser le domaine de longueur d’onde correspondant. En admettant que l’essentiel de la puissance est émis sous forme d’un rayonnement de longueur d’ondeλ0, calculer également le nombre de photons émis par seconde par un électron.

Exercice 1 : Contrôle du degré alcoolique d’un vin

Sauf indication contraire, toutes les espèces chimiques seront considérées en solution aqueuse. Seules les espèces indiquées dans le tableau ci-dessous sont à considérer.

Couple CH₃COOH/CH₃CH₂OH Cr₂O₇^2–/Cr³⁺ I₂/I^– S₄O₆^2–/S₂O₃^2–

E^◦(Ox/Red)(V)à 298 K 0,035 1,333 0,530 0,100 On donne également :

Masses molaires (g.mol⁻¹): M(H) = 1,0;M(C) = 12,0;M(O) = 16,0;M(K) = 39,1etM(Cr) = 52,0.

Masse volumique à298K(kg.m⁻³): éthanolρeth(CH₃CH₂OH) = 791.

On détermine dans cet exercice le degré alcoolique (d),iele pourcentage volumique d’alcool dans le vin : 100mL d’un vin pour lequeld= 12^◦contiennent12mL d’éthanol pur.

1. Dans un premier temps, on ajoute à100µL d’un échantillon de vin une solution contenant de l’acide sulfurique H2SO4et un excès de K2Cr2O7(0,1g).

(a) Écrire les demi-réactions électroniques de réduction de Cr₂O₇^2–en Cr³⁺et de l’acide acétique CH₃COOH en éthanol CH₃CH₂OH en milieu aqueux acide. On précisera le nombre d’oxydation de l’élément réduit dans chacune des espèces (on admettra que seul le carbone du groupe COOH voit son nombre d’oxydation changer).

(b) En déduire l’équation bilan de la réaction d’oxydation de l’éthanol par Cr₂O₇^2–, écrite pour une mole de Cr₂O₇^2–.

(c) Justifier, en calculant sa constante, que cette réaction sera totale. En déduire la relation liant le nombre de molesnf(Cr₂O₇^2–)de Cr₂O₇^2–après réaction en fonction de leur nombre initial ni(Cr₂O₇^2–), du degré alcooliqued, de la masse volumiqueρ_ethde l’éthanol et de sa masse molaire Meth. Quelle inégalité doit exister entre les nombres de moles initiaux de K₂Cr₂O₇et CH₃CH₂OH ? 2. Après réaction complète de l’éthanol, un volumeVI= 0,1Ld’une solution d’iodure de potassium de

concentrationcI= 0,1mol.L⁻¹est ajouté au mélange précédent.

(a) Écrire la réaction qui se produit. Justifier qu’on peut a priori la considérer totale (on ne cherchera pas à déterminer sa constante).

(b) Déterminer le nombre de molesn_f(I₂)de I₂produites et le nombren_f(I^–)de moles de I^–restantes en fonction denf(Cr₂O₇^2–). Quelle inégalité doit exister entrenf(Cr₂O₇^2–)etcIVI.

3. (a) Le mélange résultant est titré par potentiométrie, avec une solution de thiosulfate de sodium (2Na⁺,S₂O₃^2–) de concentrationcthio= 0,1mol.L⁻¹. Écrire la réaction de titrage.

(b) Donner l’allure de la réaction de titrage : potentiel de l’électrode indicatrice par rapport à la solu- tion en fonction du volume de thiosulfate de sodium versé.

(c) L’équivalence est obtenue pour un volumeVthio = 11,2mL de thiosulfate de sodium versé.

Calculer le degré alcoolique du vin.

(d) Que reste-t-il à vérifier pour s’assurer que cette détermination est exacte ?

Correction du problème 1

1. (a) On vérifie queKa la dimension d’une force. CommeF#»ne dépend que de la position, elle est nécessairement conservative pour ce mouvement unidimensionnel. Une « - »primitive est :

K n−1

dⁿ₀ xⁿ⁻¹.

Le choix de constante d’intégration correspond ici à une énergie potentielle nulle pourx→ ∞. (b) La réaction du support ne travaille pas en l’absence de frottements et le poids est lui aussi conser-

vatif, d’énergie potentiellemgz = mgxsinα(avec une énergie potentielle nulle enx = 0), le système est conservatif, d’énergie potentielle :

K n−1

dⁿ₀

xⁿ⁻¹ +mgxsinα.

(c) On étudie les positions d’équilibre en cherchant les extremum deE_pot: dE_pot

dx =−Kdⁿ₀

xⁿ+mgsinα nul pourx≡xe=d0

K mgsinα

1/n

. (1)

(d) On calcule la dérivée seconde deE_pot: d²Epot

dx² =Kn dⁿ₀ xⁿ⁺¹e

>0 pourn >0.

L’équilibre est donc stable pourn >0. On trace les allures des courbes pourn= 4etn=−4:

1 x³

+ x

x E

1/x⁴(resp.x) prédomine enx= 0(resp.

x→ ∞).

n = −x

+ x x E

x(resp.−x⁵) prédomine enx= 0(resp.

x→ ∞).

On constate que l’équilibre sera stable pourn > 1car l’extremum est un minimum local. Pour n <1il sera instable.

2. (a) Au voisinage dexe, peut écrire : E_pot= K

n−1

dⁿ₀

xⁿ_e(1 +ε/xe)ⁿ⁻¹+mg(xe+ε)sinα ' K

n−1 dⁿ₀

xⁿ_e +mgxesin(α)−Kdⁿ₀

xⁿ_e ε+mgεsin(α) +nKdⁿ₀ 2xⁿ⁺¹e

ε²

= K

n−1 dⁿ₀

xⁿ_e +mgxesin(α) +nKdⁿ₀ 2xⁿ⁺¹e

ε²

puisque les termes en linéaires enεse compensent par définition dexe. Remarquons qu’on aurait tout aussi bien pu faire le développement de Taylor deE_potpuisqu’on avait déjà calculé explicite- ment la dérivée seconde.

(b) L’intégrale première du mouvement s’écrit alors, en omettant le terme constant dansE_pot: mε˙²

2 + nKdⁿ₀ 2xⁿ⁺¹e

ε²=cste.→ε˙²+ nKdⁿ₀ mxⁿ⁺¹e

ε²=cste.

On reconnaît un oscillateur harmonique de pulsation : ω=

s nKdⁿ₀ mxⁿ⁺¹e

→T = 2π s

mxⁿ⁺¹e

nKdⁿ₀ = 2π r xe

ngsin(α). L’expression (1) de la position d’équilibrexeassure queT varie commem^−1/(2n). 3. (a) L’expression du1cdonne :

ln(xe/d0) = 1

nln(K/mg)−1

nln(sinα).

Comme les données s’alignent selon une droite de pente0,26, on conclut quen'1/0,26'4.

(b) On an>0: l’équilibre est donc stable.

(c) L’expression 1 donne :

Kdⁿ₀ =3,9·10⁻⁵Nm⁴ (d) L’expression2bdonne :

T =6,4·10⁻¹s. (2)

4. (a) La conservation de l’énergie mécanique entre :

• l’état initial oùx= 4xeetx˙= 0

• l’état oùx=xeetx˙60(au cours de la descente) s’écrit :

mx˙² 2 +Kd⁴₀

3x³_e +mgxesin(α) = Kd⁴₀

3(4xe)³ + 4mgxesin(α)

˙ x=

s 2 m

3mgsin(α)−Kd⁴₀ 3x³_e

1− 1

64

' s

2 m

3mgsin(α)−Kd⁴₀ 3x³_e

=2,3 m·s⁻¹.

(b) On calcule :

(Kd⁴₀)/(3(4xe)³) 4mgxesin(α) = Kd⁴₀

768x⁴_e =1,3·10⁻³1.

Il sera tout à fait légitime de négliger l’énergie potentielle magnétique dans l’énergie mécanique pour ces conditions initiales.

(c) La conservation de l’énergie mécanique permet de déterminerx_mincomme l’autre point de re- broussement oùx˙= 0,iel’autre valeur dexpour laquelleE_m=E_pot(x). De la même manière que pourxmax, on peut supposer que c’est cette fois l’énergie potentielle de pesanteur qui sera négli- geable devant l’énergie potentielle magnétique

enx=x_min. On a alors :

x

x

E

1 x³

+ x

x E

E_m'mgx_maxsin(α)' Kd⁴₀

3x³_min →x_min= xe

√3

12=8,7 cm. (3)

On calcule, pour cette valeur, le rapport de l’énergie potentielle de pesanteur sur l’énergie méca- nique, environ égal à (en négligeant l’énergie potentielle magnétique enx= 4xe) :

mgsin(α)xe/(√³ 12) 4mgxesin(α) = 1

4√³

12=1,1·10⁻¹.

L’hypothèse est donc raisonnable bien qu’avec 1·10⁻¹on ne puisse pas très confortablement dire que l’énergie potentielle de pesanteur est négligeable en ce point.

5. (a) En mouvement circulaire uniforme, l’accélération de chacun des aimants est, en coordonnées po- laires #»a = −mr ω²#»er. Chacun des aimants est soumis à son poidsP#» = −mg#»ez, à la force F#»=K

d₀ 2r

4

#»eret à la réaction du supportR.#»

La projection de la relation fondamentale de la dynamique verticalement et horizontalement donne :

0 =Rcosα−mg −mω²r=−Rsinα+K d0

2r 4

.

On en déduit :

Rcosα=mg−→rω²=gtanα−K m

d0

2r 4

.

Attention, on ne peut pas écrire ici que la réactionR#»compense la composante du poids ortho- gonale à la surface, car l’accélération (en#»er) a une composante non nulle selon la normale à la surface.

(b) L’étude des fonctionsf1: r→r ω² etf2:r→ gtan(α)−^K_m

d₀ 2r

4

assure que quel que soitα, il existera toujours deux valeurs de ωet dervé- rifiant cette condition,iedeux intersections entre les deux courbes.

r1 r2

gtan(α) r_min r_max

r f1(ω) f1(ω⁰< ω)

f1(ω_max) f2

(c) Lors d’une petite diminution de ω, on constate sur la figure que le rayonr1diminue alors que le rayonr2(ω)augmente. Or une diminution instantanée de la vitesse de rotation créera un dés- équilibre qui conduira la masse à descendre le long de la pente, donc à se rapprocher du plan horizontal d’un mouvement circulaire de rayonrinférieur, ce qui correspond au comportement de la solutionr1(ω). C’est donc celle-ci qui correspond à un mouvement stable.

(d) Les mouvements circulaires uniformes stables sont donc ceux correspondant aux solutionsr1(ω).

Par ailleurs, on constate sur la courbe qu’il y a une valeur maximale de ω, qu’on notera ω_max au delà de laquelle il n’y a plus d’intersection des courbesf1etf2et donc plus de mouvement circulaire uniforme possible. Il s’agit de la valeur de ω, notéeωmaxtelle quef1est tangente àf2

enrmax. On a donc :

ω_max² = 4K mr⁵_max

d0

2 4

rmaxω_max² =gtan(α)− K mr⁴_max

d0

2 4

ω_max² = 4K mr⁵_max

d0

2

4 4K m

d0

2rmax

4

=gtan(α)−K m

d0

2rmax

4

ω_max² = 4K mr⁵_max

d0

2 4

gtan(α) = 3K m

d0

2rmax

4

ω_max² = 4K mr⁵_max

d0

2 4

rmax=d0

2

3K mgtan(α)

1/4

=xe

2 (3cos(α))^1/4 ω_max² = g

xe

8sin(α) (3cos(α))^5/4

ωmax=8,5 rad·s⁻¹ rmax=12,7 cm.

La valeur minimale der, notéerminest celle correspondant àωmin= 0, vérifiant :

f2= 0→tan(α) = K m

d0

2r_min 4

→r_min=xe

2 (cos(α))^1/4=9,6 cm.

Correction du problème 2

I Généralités

I.1. Conformément au programme, on admet que le mouvement est circulaire uniforme. La norme de sa vitesse est doncv0 =kv#»0ket son accélération, entièrement radiale, est alors, en notantRson rayon, a=v²₀/R. La loi de la quantité de mouvement s’écrit alors :

mk#»ak=kF# »Bk →mv²₀

R =|q|v0B0. (4)

On en déduit :

• le rayonR=mv0/(qB0),

• la pulsation dite « cyclotron »ωc=|q|B0/m.

I.2. (a) Comme vu dans le TD (déflexion magnétostatique) il sortira si R > `.

Le mouvement étant circulaire uniforme la vitesse en sortie a même normev0.

l

# » α B

e #»

e #»

e #»

R

v #»

v #»

(b) On détermine l’angle de sortie géométrique, notéαB, qui vérifie : sin(αB) = `

R=`|q|B₀ mv0

. (5)

I.3. (a) La forceF#»=−eE#»doit être dirigée selon−e#»y. CommeE#»est selon les potentiels décroissants, on doit avoirU <0.

(b) Le mouvement est uniformément accéléré d’accélération#»a=−e|U|/(md)e#»y, avec les conditions initiales(x= 0 ;y= 0)et( ˙x=v0cos(α0) ; ˙y=v0sin(α0)). Le calcul classique donne :

x=v0cos(α0)t y=v0sin(α0)t−e|U|t² 2md .

Il sortira s’il repasse pary=Oenx6`. Ory= 0pourt= 2mdv0sin(α0)/(e|U|)où : 2mv²₀dsin(α0)cos(α0)

e|U| 6` v<sub>0</sub><sup>2</sup>6 `e|U|

dmsin(2α0)

Remarque :On pourrait également s’assurer qu’il n’atteint pas la grille supérieure,iequ’on a tou- joursy6d.

(c) La force électrostatique étant conservative, l’énergie mécanique est conservée. Comme l’énergie potentielle (−eV) a la même valeur en tout point de la grille inférieure, l’énergie cinétique n’a pas changé et la particule a toujours la même énergie cinétique, doncv =v0. Par ailleurs, tout au long du mouvement, on ax˙=v0cos(α0) =cste. Comme la norme en sortie est la même que celle en entrée, on a de nouveau|y|˙ =v0|sin(α0)|. La symétrie de la trajectoire parabolique assure finalement que le vecteur vitesse en sortie est le symétrique de celui en entrée par rapport àe# »x, soit :

˙

y=v0(cos(α0)e# »x−sin(α0)e#»y).

(d) Seule la position initiale change, on peut reprendre la méthode en adaptant les résultats précé- dents, on a en effet :

x=v0cos(α0)t y=v0sin(α0)t−e|U|t² 2md +d

2. Il suffit alors de chercher l’instant pour lequely= 0et d’y calculer#»v.

On peut cependant utiliser, de manière plus rapide, l’énergie. Le potentiel du point2par rapport au point1est en effetU/2. La conservation de l’énergie mécanique s’écrit :

mv₀² 2 +−eU

2 =mv⁰²

2 0→v⁰²=v²₀+e|U|

m .

Comme dans le cas précédent, on a conservation dex˙=v0cos(α0). On en déduit, à la sortie :

cos(α) = x˙

v⁰ = cos(α0) s

1 +

eU mv²₀

.

II Champs magnétiques alternés

II.1. (a)

Le résultat de la questionI.2bindique que le vecteur vitesse ne subit qu’une rotation d’angle αB = `eB0/(mv0) à la traver- sée d’une section. En alternant les sens des champs magnétiques, on change le signe de cette déflexion. On obtient alors la trajectoire représentée ci-contre. L’électron dérive se- lone#»yau fur et à mesure qu’il progresse se- lone# »x.

` `

B # »

- # »

B

α

2 R (1 − cos( α ))

(b) On doit le lancer avec un angle initial non nul par rapport àe# »xpour qu’il ne dérive pas selone#»y. Géométriquement, on lit sur la fi- gure ci-contre que l’angleβdoit vérifier :

2Rsin(β) =`→sin(β) = `eB0

2mv0

` `

B # »

- # » B

R

β 2β

(c) On pourrait envisager d’aligner des plaques de potentiel alternativement positif+Uet nul mais on aurait alors des risques de claquage dans les zones frontière. De plus, une erreur sur la position d’injection produirait une variation de l’énergie cinétique des électrons qui amplifierait encore plus cette même erreur.

(d) La traversée d’une zone s’effectue selon un arc de longueur2Rβ, à la vitesse constantev0, donc en un temps :

∆t=2Rβ v0

= 2β`

v0sin(β); puisque2Rsin(β) =`. Sa vitesse moyenne selonxest donc :

vx= `

∆t=v0sin(β) β .

Le mouvement étant circulaire uniforme, l’accélération y est radiale, de norme : a=ωv0=ev0B0

m .

III Puissance rayonnée

III.1. (a) On calcule directement :

P= e²v₀⁴

6πε0c³ = e⁴v₀²B₀² 6πε0m²c³

(b) Décrivons, pour simplifier, le rayonnement émis par l’électron en mouvement, par des photons.

Considérons une composante du spectre émis à la pulsation ωet intéressons nous à un photon ωémis àt= 0. Il se propage à la vitessec. Par périodicité du mouvement de l’électron, un autre photonωsera émis avec la même phase quand l’électron aura parcouru la distance2`selone# »x, soit à l’instant∆t= 2`/vx. Les interférences seront constructives si ce deuxième photon est en phase avec le premier, soit si ce dernier a progressé, par rapport à l’atome, d’une longueur égale à un multiplende sa longueur d’ondeλ = 2πc/ω. La vitesse du photon étantc, la condition d’interférence est :

(c−vx)∆t=nλ→ c

vx

−1

=nλ 2`

III.2. (a) On calcule`eB0/(2mv0)'1,2>1. L’angleβn’est pas défini, ce qui implique que même pour la vitesse maximale possible, le champ magnétique est trop intense et les ondulations ne peuvent pas avoir lieu ; les électrons ne progressent pas selone# »xen mécanique classique. Dans un cadre relativiste cependant, on peut formellement remplacermparγm(comme on le précisera par la suite), et ainsi obtenir une valeur plus petite que1et donc des ondulations.

(b) Le champ magnétique ne travaillant pas, l’énergie cinétique et donc la norme de la vitesse et le facteurγsont des constantes. Notonsv0etγ0les valeurs de ces derniers ; la loi de la quantité de mouvement s’écrit :

d#»p

dt =F#»→γ0md#»v

dt =−e#»v ∧B.#»

On retrouve l’équation classique, à la différence que la masse est remplacée parγ0m. Le mouve- ment sera donc de même nature, circulaire uniforme de vitessev0mais de pulsation et de rayons :

ω⁰= eB0

γ0m R⁰=v0γ0m eB0

.

L’angleβ⁰est alors défini de la même manière par : sin(β⁰) = `eB0

2γ0mv0

.

Avecγ0= 1 +E_c/(mec²) =5,5·10³, on av0'cet on calcule :

`eB0

2γ0mv0

' `eB0

2γ0mc=2,1·10⁻⁴→sin(β⁰)'β⁰=2,1·10⁻⁴rad.

Le taux d’ondulation est très faible, la trajectoire est pratiquement rectiligne.

(c) Sur chaque portion en arc de cercle, on peut adopter la formule du mouvement circulaire, la puis- sance rayonnée est donc :

P= e²cγ₀⁴

6πε0R² = e⁴γ₀²B₀²

6πε0cm² =4,8·10⁻¹⁹W (d) Les ondulations étant de faible amplitude, on avx'v0et donc :

γ0= 1

p1−v²_x/c² → c vx

−1 = 1 q

1−1/γ₀²

−1' 1 2γ₀².

On calcule alors, pourn= 1: λ0= 2`

c vx

−1

' `

γ₀² =1,3·10⁻⁹m, dans le domaine des rayonxX.

Chaque photon a donc pour énergieE0=hc/λ0=^hcγ

2 0

` et le taux de photons émis est : τ= P

E0

= 2e⁴B₀²`

12hπε0c²m² =3,2·10⁷s⁻¹.

Correction de l’exercice 1

1. (a) Le chrome est aux nombres d’oxydation : Cr³⁺(+III)et Cr₂O₇^2–(+V II). Dans l’acide éthanoïque et l’éthanol, c’est le deuxième carbone dont le n.o. change. On le détermine en appliquant les règles traditionnelles aux groupements CO₂H et CH₂OH puisque dans ce groupement le carbone de ce groupement est lié à un autre carbone, de même électronégativité. On obtient CH₃CH₂OH(−I)et CH₃COOH(+III). Les¹₂−équations sont :

(Cr₂O₇^2–+ 14H⁺+ 6e⁻ = 2Cr³⁺+ 7H₂O CH₃COOH+ 4H⁺+ 4e⁻ =CH₃CH₂OH+H₂O (b) L’équation bilan est alors :

8H₃O⁺Cr₂O₇^2–+³₂CH₃CH₂OH=³₂CH₃COOH+ 2Cr³⁺+²⁷₂H₂O.

(c) Les potentiels de Nernst de chacun des couples s’expriment selon :







E =E^◦(Cr₂O₇^2–/Cr³⁺) +^RT_6F ln^{[Cr2O72–]h14c◦}

[Cr³⁺]

E =E^◦(CH₃COOH/CH₃CH₂OH) +^RT_4Fln^[CH_[CH^3COOH]h4

3CH₂OH]

. On en déduit la valeur de la

constante de réaction : K ' 10^0,066

E^◦(Cr₂O₇^2–/Cr³⁺)−E^◦(CH₃COOH/CH₃CH₂OH)

= 10¹³⁰. Cette réaction sera certainement totale. On peut établir le tableau d’avancement suivant :

16H₃O⁺+ 2Cr₂O₇^2– + 3CH₃CH₂OH = 3CH₃COOH+ 4Cr³⁺+ 27H₂O excès ni(Cr₂O₇^2–) ni(CH₃CH₂OH) 0 0 excès excès ni(Cr₂O₇^2–)−2ξ ni(CH₃CH₂OH)−3ξ 3ξ 4ξ excès

. Les

quantités initiales de Cr₂O₇^2–et CH₃CH₂OH sont :







ni(Cr₂O₇^2–) = ^m(Cr2O72–)

M(Cr₂O₇^2–) =_294,2^0,1 = 3,39.10⁻⁴mol ni(CH₃CH₂OH) = ^dρ(CH3CH_M(CH^{2OH)V(CH3CH2OH)}

3CH₂OH) '1,72.10⁻⁵d

. Si les ions dichromates sont bien en excès, leur nombre à l’issue de la réaction sera donc :

nf(Cr₂O₇^2–) = ni(Cr₂O₇^2–) − ²

3dρV/M(CH₃CH₂OH), en exprimant le volume en L, ρ en kg.m⁻³ = g.L⁻¹ et M(CH₃CH₂OH) en g.mol⁻¹. L’oxydant (Cr₂O₇^2–) sera en excès si ni(Cr₂O₇^2–)>²₃dρV/M(CH₃CH₂OH) = 1,15.10⁻⁵d, soit ici sid629,7^◦.

2. (a) On a réaction entre le très bon oxydant restant, Cr₂O₇^2–(+V II)et le bon réducteur, les ions iodure I^–(−1)selon :14H₃O⁺+Cr₂O₇^2–+ 6I^– = 2Cr³⁺+ 21H₂O+ 3I₂. L’écart des potentiels standard E^◦(Cr₂O₇^2–/Cr³⁺)−E^◦(I₂/I^–) = 0,8étant largement supérieur à0,3, on peut supposer que la réaction sera totale.

(b) On a le tableau suivant :

14H₃O⁺+ Cr₂O₇^2– + 6I^– = 2Cr³⁺ + 3I₂+ 21H₂O excès nf(Cr₂O₇^2–) cIVI 2(ni(Cr₂O₇^2–)−nf(Cr₂O₇^2–)) 0 excès excès nf(Cr₂O₇^2–)−ξ cIVI−6ξ 2(ni−nf)_Cr

2O₇^2–+ 2ξ 3ξ excès . Si

les ions iodures ont été introduits en excès, on auraξ=nf(Cr₂O₇^2–), soitnf(I₂) = 3nf(Cr₂O₇^2–) etnf(I^–) =cIVI−6nf(Cr₂O₇^2–). On doit cette fois vérifier que les ions iodure sont bien en excès, iecIVI>6nf(Cr₂O₇^2–).

3. (a) La réaction de titrage entre l’oxydant le plus fort I₂et le réducteur le plus fort S₂O₃^2–est ici I₂+ 2S₂O₃^2–= 2I^–+S₄O₆^2–, elle sera encore une fois certainement totale puisque l’écart des potentiels standard est supérieur à0,3.

(b) Le potentiel d’une électrode de troisième espèce par rapport à la solution est au départ de l’ordre deE^◦(I₂/I^–)et à la fin de l’ordre deE^◦(S₄O₆^2–/S₂O₃^2–)il décroît donc d’environ0,5V à environ 0,1V.

(c) À l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques, soit

c_thioVeq

2 = nf(I₂) = 3nf(Cr₂O₇^2–) = 3ni(Cr₂O₇^2–)−2dρV/M(CH₃CH₂OH). On en déduit d=^M(CH_2ρV^3CH2OH)

3ni(Cr₂O₇^2–)−^cthio₂^Veq

= 13,4^◦.

(d) On doit vérifier que les ions iodure ont bien été introduits en excès, ce qui est le cas puisquecIVI= 10⁻²mol>6nf(Cr₂O₇^2–) =c_S

2O₃^2–Veq= 1,12.10⁻³mol.