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CCINP Physique PC 2019 — Corrigé

Ce corrigé est proposé par Jean-Christophe Tisserand (professeur en CPGE) ; il a été relu par Gaëlle Dumas (professeur agrégé) et Julien Dumont (professeur en CPGE).

Cette épreuve est constituée de six parties qui retracent l’évolution du concept d’atome au cours du XX

^e

siècle. L’ensemble du sujet porte sur la mécanique, l’élec- tromagnétisme, l’optique ondulatoire et la mécanique quantique. Ces six parties sont relativement indépendantes et peuvent donc être étudiées séparément.

• La première partie traite de l’expérience de Rutherford qui a conduit à valider le modèle de l’atome de Jean Perrin. Elle fait appel à des connaissances en mécanique de première année.

• La deuxième partie évoque les limites du modèle planétaire en montrant qu’en mécanique classique, la matière ne pourrait exister. Les questions sont centrées sur des considérations mécaniques et énergétiques.

• La troisième partie utilise les postulats mécanique et optique énoncés par Niels Bohr et fait apparaître la notion de quantification.

• La quatrième partie étudie le dispositif utilisé par Otto Stern et Walter Ger- lach pour mettre en évidence expérimentalement la quantification du moment magnétique d’un atome. L’électromagnétisme et plus spécifiquement la magné- tostatique sont les domaines principalement abordés.

• La cinquième partie est basée sur l’étude d’un interféromètre de Fabry-Pérot qui permet de mettre en évidence l’effet Zeeman normal. À l’exception d’une question, toute cette partie utilise l’optique ondulatoire. Le sujet devient alors plus difficile car il fait appel à des notions à la limite du programme.

• La sixième et dernière partie met en lumière l’équation de Schrödinger qui permet une vision unifiée de l’atome. À l’interface entre la chimie quantique et la physique quantique, les questions de cette partie utilisent uniquement des notions de mécanique quantique.

Ce sujet est intéressant car il constitue un excellent moyen de réviser de nom- breuses parties du programme de deuxième année. Sa difficulté est raisonnable et les questions les plus délicates se trouvent dans les deux dernières parties.

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Indications

Partie I

5 Utiliser la base cylindrique pour calculer le moment cinétique.

6 Penser à utiliser la conservation de l’énergie mécanique entre le point M

0

et le sommet S de la trajectoire où la vitesse est uniquement orthoradiale.

7 Ne pas oublier la conservation de l’énergie mécanique entre t = 0 et t = + ∞ . Partie II

13 Penser à utiliser la seconde loi de Newton.

16 Appliquer le théorème de la puissance mécanique en faisant attention au signe de la puissance rayonnée.

Partie III

19 Utiliser la relation de de Broglie entre la quantité de mouvement p de l’électron et sa longueur d’onde λ.

Partie IV

23 Se souvenir que la charge d’un électron est négative dans le calcul de l’intensité sur la boucle de courant.

27 Dessiner le champ magnétique en M’, symétrique de M par rapport à Oz, pour déterminer la parité de ce dernier.

30 Calculer la valeur moyenne temporelle de la force lors du passage de l’atome dans l’entrefer.

31 Penser que le champ magnétique est à flux conservatif et utiliser la courbure des lignes de champ.

Partie V

35 Appliquer un raisonnement géométrique pour déterminer δ.

37 Relier R et T grâce à la conservation de l’énergie.

42 S’aider d’un dessin représentant la figure d’interférence.

Partie VI

49 Penser à l’asymétrie de la fonction densité radiale de probabilité.

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I. Limite du modèle de J. J. Thomson à travers l’expérience de E. Rutherford

1 Si les électrons de charge négative sont répartis dans une sphère uniformément chargée positivement, la force électrostatique ressentie par les particules α est nulle car la sphère totale modélisant l’atome d’or est globalement neutre. Avec cette modélisation, les particules α ne sont pas déviées et il est impossible de comprendre pourquoi certaines « rebondissent » sur les atomes.

2 La force de Coulomb exercée sur la particule α par le noyau d’or est

−

→ F = 1

4 π ε

0

2 e × Z e d

²

−

→ e

^r

= Z e

²

2 π ε

0

d

²

−

→ e

^r

Par définition, la force électrostatique, conservative, est reliée au gradient d’énergie potentielle E

p

par la relation

− dE

p

dd = Z e

²

2 π ε

0

d

²

En intégrant cette équation, il vient

E

p

(+ ∞ ) − E

p

(d) = − Z e

²

2 π ε

0

Z

+∞

d

dd

d

²

= − Z e

²

2 π ε

0

d En prenant l’infini comme origine de l’énergie potentielle, on obtient

E

p

= Z e

²

2 π ε

0

d En posant K = Z e

²

2 π ε

0

, les deux expressions précédentes deviennent

−

→ F = K

d

²

−

→ e

^r

et E

p

(d) = K d Puisque − →

F est la seule force qui s’exerce sur la particule α, son énergie mécanique totale E

M

est conservative . La force électrostatique − →

F étant centrale , le moment cinétique − →

L

O

est constant.

3 L’énergie mécanique étant constante, elle peut être évaluée à l’instant initial au point M

0

situé à l’infini. Ainsi

E

M

= E

c

(M

0

) + E

p

(M

0

) = 1

2 m

^α

v

02

+ 0

d’où E

M

= 1

2 m

^α

v

02

4 Le moment cinétique − →

L

O

étant constant, il peut être évalué à l’instant initial au point M

0

situé à l’infini. Ainsi

− →

L

O

= − −− →

OM

0

∧ m

^α

− → v

0

=



 X

b 0



 ∧



 m

^α

v

0

0 0





Le calcul du produit vectoriel donne

− →

L

O

= − b m

^α

v

0

−

→ e

^z

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5 Le moment cinétique − →

L

O

en un point M quelconque, dans la base cylindrique, est

− → L

O

= − − →

OM ∧ m

α

− → v

M

= m

α



 d 0 0



 ∧



 d ˙ d θ ˙

0 



Après calcul du produit vectoriel, on obtient

− →

L

O

= m

^α

d

²

θ ˙ − → e

^z

En égalant cette expression avec celle obtenue à la question 5, on a d

²

θ ˙ = − b v

0

6 La conservation de l’énergie mécanique entre un point M quelconque et le point M

0

implique que

1 2 m

^α

d ˙

²

+ d

²

θ ˙

²

+ K

d = 1 2 m

^α

v

02

Au niveau du sommet S de la trajectoire, la vitesse est perpendiculaire au vecteur

− →

OS et par conséquent elle est uniquement orthoradiale. On en déduit que d ˙

m

= 0 et 1

2 m

^α

d

m2

θ ˙

m 2

+ K

d

m

= 1 2 m

^α

v

02

De plus, la conservation du moment cinétique entre les points S et M

0

donne m

^α

d

m2

θ ˙

m

= − b m

^α

v

0

Ainsi, la vitesse angulaire en S vaut

θ ˙

m

= − b v

0

d

m2

En remplaçant la vitesse angulaire dans l’équation de conservation de l’énergie mé- canique, on obtient

1 2 m

^α

b v

0

d

m

2

+ K d

m

= 1 2 m

^α

v

02

c’est-à-dire 1

2 m

^α

v

02

d

m2

− K d

m

− 1

2 m

^α

v

02

b

²

= 0

d’où d

m2

− 2 K

m

^α

v

02

d

m

− b

²

= 0 Le discriminant ∆ de ce polynôme du second degré

∆ = 4 K

²

m

^α²

v

04

+ 4 b

²

= 4 K

²

m

^α²

v

04

1 + b

²

m

^α²

v

04

K

²

est strictement positif. L’équation admet donc deux solutions réelles. En ne gardant que la racine positive, on aboutit à

d

m

= K m

^α

v

02

1 +

r

1 + b

²

m

^α²

v

04

K

²

7 L’application du principe fondamental de la dynamique à la particule α assimilée à un point matériel dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen donne