II Utilisation d’un champ magnétique : déflexion et réflexion

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.

Laissez la première page vierge.

Les mouvements sont étudiés dans le référentiel terrestre, considéré galiléen pour la durée des phéno- mènes observés.

Problème 1 : Optique électronique

Il est possible de réaliser des microscopes électroniques dans lesquels le faisceau utilisé pour observer l’objet étudié n’est pas formé de photons mais d’électrons : on parle alors d’« optique électronique ». On s’intéresse aux éléments de base permettant de manipuler un faisceau d’électrons.

On néglige le poids des électrons et leur interaction mutuelle ; leur mouvement s’effectue dans le vide.

Données :

Caractéristiques du dispositif: distance interarmaturesd=1,0 cm ;

Constantes: vitesse de la lumièrec=3,0·10⁸m·s⁻¹; constante de Planckh=6,6·10⁻³⁴J·s ; Électron: chargeq=−e=−1,6·10⁻¹⁹C ; masseme=9,1·10⁻³¹kg.

I Préparation du faisceau

Les électrons sont accélérés dans un canon à électrons constitué de deux armatures planes et parallèles dis- tantes d’une distanced.

Les électrons sont émis avec une vitesse négligeable au voisinage de l’armatureA. On considère dans un premier temps que leur vitesse reste non relativiste.

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I.1. (a) Quel doit être le signe de la tensionUpour qu’ils se dirigent vers l’armatureB?

(b) Déterminer l’expression de leur vitesse quand ils atteignent l’armatureB. Quelle doit être la valeur deUpour que leur énergie cinétique soitEc=200 keV en ce point ? On la noteU0.

(c) Calculer la longueur d’onde de de Broglie des électrons après la traversée des armatures. Quel est alors l’intérêt d’utiliser des électrons plutôt que des photons pour la microscopie ?

I.2. On fixeU=U0.

(a) Quelle est la durée∆tABmise par les électrons pour traverser les armatures ? Quelle distance ont-ils parcouru en∆t_AB/2?

(b) Que devient la durée∆tABsi la distancedentre les armatures est divisée par2?

I.3. On prend désormais en compte le caractère éventuellement relativiste du mouvement des électrons.

Les lois de la quantité de mouvement et des énergies (cinétique et mécanique) s’expriment de la même manière en adoptant les expressions suivantes :

Quantité de mouvement: #»

p =γme#»

v, Énergie cinétique: Ec= (γ−1)mec², avec#»

vle vecteur vitesse,cla vitesse de la lumière etγ= p ¹ 1−v²/c².

Établir l’expression et calculer la nouvelle valeur de la vitesse après traversée des armatures quand la tension estU0. L’effet relativiste est-il favorable à la précision de la microscopie ?

II Utilisation d’un champ magnétique : déflexion et réflexion

On considère un électron pénétrant dans une zone d’épaisseur

`dans laquelle règne un champ magnétique# »

B0uniforme paral- lèle aux plans délimitant la zone. Le champ magnétique est nul à l’extérieur de cette zone.

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II.1. (a) Un électron pénètre dans cette zone avec un vecteur vitesse initiale perpendiculaire au champ#»

B0

et aux plans délimitant la zone. Montrer que son mouvement est uniforme. On admet de plus qu’il est circulaire ; en déduire son rayon.

(b) Que deviennent ces résultats quand on prend en compte les effets relativistes ? On ne les prend pas en compte dans les questions suivantes.

II.2. (a) Établir à quelle condition l’électron peut traverser la zone de champ magnétique non nul.

(b) Dans le cas où cette condition n’est pas réalisée, déterminer le vecteur vitesse et la position de l’électron quand il sort de la zone de champ magnétique. Calculer la distance entre les points d’incidence et d’émergence du faisceau pour des électrons d’énergie cinétiqueEc=200 keV et un champ magnétique d’intensitéB0=0,1 T.

(c) Reprendre cette question quand il peut traverser la zone.

II.3. On envisage d’utiliser cette configuration comme miroir,iepour réfléchir un faisceau d’électrons. On se place dans les conditions de la questionII.2b.

(a) On considère deux faisceaux électroniques émis d’un même pointM0situé à une distancex0en amont et for- mant un angle géométrique notéαavec la normale aux plans définissant la zone. Montrer qu’ils émergent de la zone en provenant d’un pointM_α⁰ dont on déterminera la position.

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(b) Le dispositif considéré réalise-t-il, éventuellement de manière approchée, le stigmatisme d’un mi- roir plan ? On considérera différentes valeurs de l’angleαpour justifier la réponse.

III Miroir électrostatique

On cherche désormais à réaliser un miroir à faisceaux électro- niques en utilisant un système analogue à celui de la Section I sur lequel on envoie des électrons animés d’une vitessev0incli- née d’un angleαpar rapport à la normale au plan des armatures.

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III.1. À quelle condition sur la tensionU(signe et intensité) les électrons seront-ils réfléchis quel que soit l’angleα?

III.2. On considère deux faisceaux électroniques de même énergie cinétique émis d’un même pointM0situé à une distancex0en amont et formant un angle géométrique notéαavec la normale aux plans définis- sant la zone. Montrer qu’ils émergent de la zone en provenant d’un pointM_α⁰ dont on déterminera la position.

III.3. Le dispositif considéré réalise-t-il, éventuellement de manière approchée, le stigmatisme d’un miroir plan ? On considérera différentes valeurs de l’angleαpour justifier la réponse.

Problème 2 : Pendules pesants

On étudie les mouvements de rotation autour d’un axe fixe d’une tige de massemde longueur`dont la masse est répartie uniformément.

Données :Accélération de la pesanteur 9,8 m·s⁻².

Son moment d’inertie par rapport à l’axe∆orthogonal à la tige et passant par son extrémitéO, notéJ∆vaut :

J∆= m`²

3 . (1)

`

G ∆⁰ O ∆

I Rotations autour de son extrémité

Dans cette section, la tige est en rotation autour de son extrémitéOet n’est soumise qu’à la pesanteur, d’accélération#»

g. On néglige en particulier tout frottement.

On désigne parθl’angle formé à un instant par la tige avec la verticale.

∆

#» g θ

I.1. Montrer que le système est conservatif et donner une expression de son énergie mécanique en fonction entre autres de l’angleθet de sa dérivée temporelledθ

dt.

I.2. L’angleθest initialement nul et on communique instantanément une vitesse angulaireθ˙0à la tige.

(a) Déterminer la valeur minimale de la vitesse angulaireθ˙0, notée ωminpour laquelle la tige peut effectuer un tour complet autour de l’axe∆.

(b) Pourθ˙0ωmin, établir l’expression de la périodeT0des petites oscillations de la tige.

(c) Calculer les valeurs deωminetT0pour une tige de massem=150 g et de longueur`=30 cm.

I.3. On abandonne la tige immobile enθ=π/2. Déterminer l’expression de sa vitesse angulaire quand elle passe par sa position d’équilibre stable. Calculer sa valeur pour les paramètres de la question précé- dente.

II Rotation autour d’un point quelconque

La rotation de la tige s’effectue désormais autour d’un axe∆αsitué à une distanceα`de l’extrémitéO, avecα∈[0 ; 1].

II.1. En considérant la tige constituée de deux tiges dont l’une des extré- mités est sur l’axe∆α, déterminer la nouvelle expression du moment d’inertie autour de l’axe∆α, notéJ∆αen fonction dem , `etα.

∆ _α O

#» g

II.2. (a) Établir la nouvelle expression de la période des petites oscillations autour de la position d’équilibre stable.

(b) Calculer sa valeur pourα= 1/4;α= 1/2etα= 3/4et les paramètres physiques précédents.

II.3. La tige est abandonnée sans vitesse initiale de l’angleθ0quelconque.

(a) Établir l’expression de la périodeTα(θ0)de son mouvement sous forme d’une intégrale qu’on ne cherchera pas à résoudre explicitement.

(b) Montrer queTα(θ0)passe, àθ0fixé, par un extremum pour une valeur deαdont on donnera la valeur.

III Collisions

On reprend la configuration de la section I (l’angleαest nul). La tige, initialement au repos à sa position d’équilibre stable, est heurtée par un point matériel de massem0animé d’un vecteur vitesse initialv0# » ex

(v0>0) horizontal, à une distancedde l’axe∆. La collision est sup- posée ponctuelle et instantanée. On désigne parv# »

exle vecteur vitesse du point matériel immédiatement après la collision, toujours horizon- tal, et parωla vitesse de rotation de la tige immédiatement après la collision.

∆ v #»

d

#» g

On admet que :

• le moment cinétique total de l’ensemble du point matériel et de la tige par rapport à l’axe∆est conservé au cours de la collision,

• l’énergie cinétique totale de l’ensemble est également conservée.

III.1. (a) Établir deux expressions liantv0−vetωd’une part ;v₀²−v²etω²d’autre part.

(b) En déduire une expression dev+v0en fonction deω, puis celles devetωen fonction dev0et des paramètres du problème.

III.2. Déterminer à quelle condition le choc du point matériel sur la tige permet à celle-ci de faire un tour complet autour de l’axe∆. Calculer en particulier la vitesse minimale nécessaire si la massem0est identique à la masse de la tige (on reprendra la valeur précédente dem=150 g).

III.3. Comparer la quantité de mouvement de l’ensemble de la tige et du point matériel avant et après le choc.

En déduire la distance optimale à laquelle on devrait frapper une balle de base-ball avec une batte (si celle-ci était uniforme) pour le confort du batteur.

Exercice 1 : Dosage des ions Cu

en solution

On souhaite doser les ions Cu²⁺en solution aqueuse par une solution d’ions iodure I^–.

Dans tout l’exercice, on utilisera l’approximation :^RT_F ln10'0,06. On considérera la solution suffisam- ment acide pour qu’aucun précipité avec les ions hydroxydes OH^–n’intervienne.

Principe du dosage

1. Peut-on envisager une réaction de dosage entre Cu²⁺et I^–formant du diiode I₂aq et du cuivre Cu^(s)compte-tenu de leurs potentiels standard ?

2. (a) Justifier qualitativement que la formation du précipité d’iodure de cuivre (I) peut favoriser une réaction entre Cu²⁺et I^–.

(b) Écrire la¹₂-réaction mettant en jeu le couple Cu²⁺/CuI(s). Déduire de la question précédente le signe attendu de la différence des potentiels standardE₁^◦−E^◦(Cu²⁺/CuI^(s)).

(c) Calculer le potentiel standardE^◦(Cu²⁺/CuI(s)).

3. (a) Écrire la réaction se produisant effectivement entre Cu²⁺et I^–. (b) Déterminer sa constante d’équilibre à 25^◦C. Commenter.

(c) Sur quel principe reposent les dosages colorimétriques utilisant le couple I₂(aq)/I^–? Est-il applicable ici ?

4. On se place ici en excès d’ions iodure et on dose le diiode formé par une solution d’ions thiosulfates S₂O₃^2–.

(a) Écrire cette réaction et calculer sa constante. Commenter.

(b) Proposez une méthode de détection colorimétrique de l’équivalence.

Réalisation

1. On mélange un volume V_Cu = 20,0 mLs d’une solution d’ions Cu²⁺ de concentrationc_Cu inconnue et un volume V_I = 50,0 mL d’une solution d’ions iodure de concentration c_I = 2,00·10⁻¹mol·L⁻¹. On dose le diiode formé par une solution de thiosulfate de sodium de concentrationc_thio = 1,00·10⁻¹mol·L⁻¹. Ce dosage nécessite un volumeV_thio = 18,0 mL1.

Déterminer la concentrationc_Cu. 2. Commenter la quantité d’ions I^–utilisée.

Données: On donne les potentiels standard suivants : Couple Potentiels standard à25^◦C Cu²⁺/Cu^(s) E₁^◦= 0,34V

Cu²⁺/Cu⁺ E₂^◦= 0,17V I_2aq/I^– E₃^◦= 0,62V S₄O₆^2–/S₂O₃^2– E₄^◦= 0,08V

On donne également le produit de solubilité à25^◦C de l’iodure de cuivre (I) : Ks(CuI^(s)) = 10⁻¹²et la constante de FaradayF=96,5·10³C·mol⁻¹.

Exercice 2 : Caractérisation de l’ion mercureux

On sait que l’ion mercureux a une formule brute du type Hg_nⁿ⁺, avecnun entier inconnu. Pour déterminer sa valeur, on réalise la pile suivante.

Hg(l)|Hg_nⁿ⁺(1,0·10⁻⁴mol·L⁻¹)||Hg_nⁿ⁺(1,0·10⁻¹mol·L⁻¹)|Hg_(l). On mesure une force électromotricee= 0,090V (en valeur absolue).

1. Déterminer la cathode. Faire un schéma de la pile précisant le sens de circulation des électrons, des différents ions et du courant quand la pile débite .

2. Déterminer la valeur den.

3. Calculer la charge maximale que pourrait faire circuler cette pile si le volume de chaque compartiment estV = 100mL.

Correction du problème 1

I Préparation du faisceau

I.1. (a) La charge des électrons étant négative, il faut que le champ électrique soit dirigé deBversA,ie queV(B)soit supérieur àV(A)et doncU >0.

(b) Le système est conservatif, la conservation de l’énergie mécanique entreAetBs’écrit :

−eV(A) + 0 =−eV(B) +Ec(B)→ Ec(B) =eU→U0=200 kV.

(c) On a :

λ_dB= h

mv = h

√2meEc = h

√2meeU =2,7·10⁻¹²m.

Cette longueur d’onde est très inférieure aux longueurs d’ondes optiques, de l’ordre de quelques centaines de nm. C’est par ailleurs la diffraction qui limite le plus souvent la résolution des instru- ments d’optiques à la longueur de l’onde utilisée en ordre de grandeur. Utiliser un rayonnement de plus faible longueur d’onde permet d’obtenir une résolution bien meilleure.

I.2. (a) La loi de la quantité de mouvement assure que le mouvement des électrons est uniformément accéléré entre les armatures, d’accélération de normea=eU/(dme). La distance parcourue en une durée∆test alors :

a∆t²

2 →∆t_AB=

√2d a =

s 2d²me

eU 5,3 ns.

L’expression assure qu’ils n’auront parcouru qued/4en une durée∆tAB/2.

(b) La durée∆tABest proportionnelle àd: il faudra une durée 2 fois inférieure si on diminue la distance entre les armatures d’un facteur2.

I.3. L’énergie cinétique après la traversée des armatures n’est pas changée. En revanche, la valeur de la vitesse est différente. On a désormais :

(γ−1)mec²=eU→v=c s

1− 1

1 +_m^eU

ec²

=2,1 m·s⁻¹ soit:λ_dB= h

mev =3,5·10⁻¹²m.

L’effet relativiste, en saturant la vitesse àcquand l’énergie cinétique croît à l’infini augmente légèrement les longueurs de de Broglie qui sont minorées parh/mec=2,4·10⁸m. Pour cette valeur de la tension, il diminue très légèrement la résolution de l’imagerie électronique.

II Utilisation d’un champ magnétique : déflexion et réflexion

II.1. (a) Le champ magnétique ne travaille pas, l’énergie cinétique est donc conservée : le mouvement est donc uniforme. En admettant qu’il est circulaire, la loi de la quantité de mouvement s’écrit, en coordonnées cylindriques s’écrit, en notantvsa vitesse etRson rayon :

−mev²

R =−evB0→R= mv eB0

.

Il faut pour cela que le trièdre#»

v ,#»

B ,#»

ersoit direct,ieque l’électron tourne dans le sens positif défini par le vecteur#»

B.

(b) La loi de la quantité de mouvement s’écrit : d#»

p dt =−e#»

v∧#»

B→γmed#»

v dt −e#»

v∧#»

B,

puisque le caractère uniforme du mouvement assure queγ=cste. Cette équation est formelle- ment analogue à celle du cas non relativiste en remplaçantmepar uneγmetout aussi constante.

Les résultats précédents restent valables en remplaçantmeparγme. II.2. (a) L’électron peut sortir de la zone si le rayonRest supérieur à`, soit si :

mev0

eB0 >`→v0> eB0e^–

me ≡v0min.

(b) Quand il ne peut pas traverser la zone, le faisceau effectue un demi-tour avant de ressortir par le plan où il est entré, à une distance2Rplus bas. On calcule :

2R=2mev0

eB0 = 2√ 2meeU

eB0 =3·10⁻²m.

(c) Quand il peut traverser la zone, on détermine géométriquement sa position de sortie, à une dis- tancedytelle que :

(R−dy)²+`²=R²→dy=R−p

R²−`²=m, en ne retenant que la racine inférieure àR.

II.3. (a) Les deux faisceaux décrivent de nouveau des cercles de rayonRmais dont les centres ne sont plus sur le plan délimitant la zone de champ#»

B. On vérifie géométriquement qu’ils ressortent selon des directions symétriques de leur direction incidente par rapport à la direction# »

ex. On détermine géométriquement le prolongement des droites dirigeant les faisceaux émergents au point situé à la distancex⁰=x0en aval et à la distancey0= 2Rcos(α)selon−#»

ey.

(b) Pour différentes valeurs de l’angleα, le pointMαest différent. Néanmoins, pourα 1, les variations de cosαsont d’ordre2enα. On peut donc considérer qu’on réaliser le stigmatisme dans les conditions de Gauss, l’image deM0étant le point de coordonnéesx= +x0;y=−2R, à la différence d’un miroir optique pour lequel on auraitx= +x0;y= 0.

III Miroir électrostatique

III.1. La tension doit être positive pour que la force de Lorentz repousse les électrons qui pénètrent dans la zone.

III.2. Leurs trajectoires dans le champ électrostatique sont paraboliques. L’accélération est−eU/(med)# » ex. On en déduit :

• La vitesse selon#»

eydemeure égale à±v0sin(α),

• celle selon# »

exévolue selonv0cos(α)t−eU t/(med).

Quand l’électron ressort par le plan où il est entré, le théorème de l’énergie mécanique permet d’affirmer que l’énergie cinétique retrouve sa valeur initiale puisque le potentiel est le même qu’à l’entrée. Comme la vitesse selon#»

eyest par ailleurs inchangée, celle selon# »

exest l’opposée de ce qu’elle était à l’entrée.

On calcule donc la durée passée dans le champ électrostatique puis le déplacement selon#»

ey:

∆ts=2medv0cos(α)

eU soit:∆y=±v0sin(α)∆ts=2medv₀²sin(2α)

eU .

L’intersection des deux faisceaux émergents est cette fois-ci eny= 0, pour :

x⁰=x0tan(α) +^2m_eU^edv02

tan(α) =x0+4medv₀²cos(α)²

eU .

De nouveau cos(α)²varie enα²pourα 1. On aura donc stigmatisme approché mais avec cette fois-ci une image dont l’ordonnée reste eny= 0mais dont l’abscisse est enx0+ 4medv₀²/(eU).

Correction du problème 2

La barre est un solide en rotation autour de l’axe∆, fixe dans le référentiel terrestre considéré galiléen.

I Rotations autour de son extrémité

I.1. La barre est n’est soumise qu’à :

• son poids, conservatif, d’énergie potentiellemgz, aveczl’altitude de son centre de masse, situé en son milieu,

• les actions de contact au niveau de l’axe, conservatives en l’absence de frottement.

On choisit l’origine des énergies potentielles de pesanteur quand la barre est enθ= 0,iez=`(1− cos(θ))/2.

L’énergie cinétique de la barre estJ∆θ˙². L’énergie mécanique s’écrit alors :

Em=J∆θ˙²

2 +mg`(1−cos(θ))

2 .

I.2. La conservation de l’énergie mécanique entre l’instant initial, oùθ(0) = 0etθ(0) = ˙˙ θ0, et un instant ultérieur donne :

J∆θ˙²₀ 2 =J∆θ˙²

2 +mg`(1−cos(θ))

2 . (2)

(a) La barre peut effectuer un tour complet si on peut atteindreθ=π. On y parvient à la limite avec une vitesse nulle :

J∆ωmin2

2 =mg`→ωmin= s

2mg`

J∆

= r6g

` . (3)

(b) Dans le cas des petites oscillations, on peut développer1−cos(θ)'θ²/2. L’équation (2) devient alors :

J∆ωmin2

2 =J∆θ˙²

2 +mg`θ²

4 →J∆θ¨+mg`θ

2 = 0→θ¨+3g

2`θ= 0, (4) de pulsationω0≡p

3g/(2`), soit de périodeT0= 2πp 2`/(3g).

(c) On calcule :

ωmin=14 rad·s⁻¹ T0=9,0·10⁻¹s.

I.3. L’équation (2) s’écrit maintenant, entre (θ=π/2 ; ˙θ= 0) et (θ= 0 ; ˙θmax) : mg`

2 =J∆θ˙²_max 2 →θ˙=

r3g

` =9,9 rad·s⁻¹. (5)

II Rotation autour d’un point quelconque

II.1. La tige en rotation autour de l’axe∆αpeut être vue comme constituée :

• d’une tige de longueurα`et de masseα`,

• d’une tige de longueur(1−α)`et de masse(1−α)`,

toutes deux étant en rotation autour de leur extrémité. En sommant leurs moments d’inertie, on calcule :

J∆α=αmα²`²

3 +(1−α)m(1−α)²`²

3 =J∆(α³+ (1−α)³). (6) II.2. (a) Le centre de masse se retrouve à la distance|1/2−α|`de l’axe, l’énergie potentielle de pesanteur devientmg`(1/2−α)(1−cos(θ)). Remarquons en particulier que pourα > 1/2le centre de masse est désormais au dessus de l’axe pourθ∈ [π/2 ;π]. L’intégrale première du mouvement devient :

J∆

2 α³+ (1−α)³θ˙²+mg`(1/2−α) (1−cos(θ)) =cste

θ1→ J∆

2 α³+ (1−α)³θ˙²+mg`(1/2−α)θ²

2 =cste. (7)

La méthode précédente permet de déterminer la nouvelle période des petites oscillations autour deθ= 0pourα61/2ouθ=πpourα >1/2en remplaçant alorsαpar1−α.

T = 2π

sJ_∆(α³+ (1−α)³) mg`(1/2−α) =T0

s(α³+ (1−α)³) (1−2α) .

(b) • Pourα= 1/2, le moment du poids est nul, toute position est donc position d’équilibre stable et on ne peut donc pas définir de période (on peut aussi la considérer infinie).

• Pourα= 3/4la position d’équilibre stable est enθ=πen remplaçantαpar1−α, soit par 1/4.

Il ne reste donc que le casα= 1/4à considérer pour lequel on calculeT =8,4·10⁻¹s.

II.3. (a) L’équation (7) permet de déterminer la norme de la vitesse angulaire en fonction de la position.

Elle s’écrit ici : J∆

2 α³+ (1−α)³θ˙²+mg`(1/2−α) (1−cos(θ)) =mg`(1/2−α)(1−cos(θ0)) Sur un quart de période correspondant à(t= 0 ;θ = 0)→(t= T/4 ;θ =θ0), on aθ˙ >0et donc :

dθ dt = ˙θ=

smg`(1−2α)(cos(θ)−θ0) J∆(α³+ (1−α)³) =ω0√

2

s(1−2α)(cos(θ)−cos(θ0)) α³+ (1−α)³

→dt= dθ ω0√

2p

cos(θ)−cos(θ0) s

α³+ (1−α)³ 1−2α

→T = 4

θ0

Z

θ=0

dt= s

α³+ (1−α)³ 1−2α

θ0

Z

θ=0

4dθ ω0√

2p

cos(θ)−cos(θ0)=T0

s

α³+ (1−α)³ 1−2α .

(8) L’intégrale surθest en effet indépendante du paramètreαet l’expression précédente définitT0

pourα= 0.

(b) On étudie les variations dep

(α³+ (1−α)³)/(1−2α). Il suffit d’étudier celles de l’argument de α:

f(α) =α³+ (1−α)³ 1−2α →df

dα= −1 + 6α−6α² (1−2α)² → df

dα= 0 pour:αmin'0,211.

En ce point, on calculef(α_min)'0,866. Cette valeur est inférieure à la valeurf(0) = 1, on vérifie ainsi qu’il s’agit bien d’un minimum.

III Collisions

III.1. (a) Le paramètre d’impact du point matériel estd, son moment cinétique par rapport à l’axe∆avant le choc est doncσ_/∆(M) = m0v0d. Ce sera de mêmeσ_/∆(M) =m0vdaprès le choc. La tige étant un solide en rotation, on aσ/∆(T) =J ω. La conservation du moment cinétique par rapport à∆s’écrit donc :

m0v0d=m0vd+Jω.

L’énergie cinétique de la tige est¹₂Jθ˙². Sa conservation au cours du choc s’écrit donc : 1

2m0v²₀=1

2m0v²+1 2Jω². On peut donc écrire :

v0−v= Jω

m0d et:v²₀−v²=Jω² m0

.

(b) Le quotient de ces deux expressions donne :

v0+v=dω.

On en déduit :

2v0=dω+ Jω

m0d→ω= 2m0v0x

J+m0d² = 2m0v0d m`²/3 +m0d², puis :

v0+v

d =m0d(v0−v)

J →v=v0m0d²−J

J+m0d² =v0m0d²−m`²/3 ml²/3 +m0d². III.2. Comme vu à la question précédente, la tige pourra faire un tour complet siω>p

2mg`/J, soit : 2m0v0d

J+m0d² >

r2mg`

J ie v0

r3g 2`

d+ m`²

3m0d

.

On vérifie (en dérivant par rapport àd) que cette expression est minimale end= `p

m/3m0. Pour m=m0, ce sera end=`/√

3où on aura : v0>p

2g`=2,4 m·s⁻¹.

III.3. La quantité de mouvement de l’ensemble avant le choc est celle du point matériel, soitm0v0# » ex. La quantité de mouvement de la tige est le produit demet du vecteur vitesse de son centre d’inertie. Juste après le choc, celui-ci est(` ω/2)# »

exet la quantité de mouvement totale est donc : m0v# »

ex+m`ω 2

e# »x=

m0v0

m0d²−m`²/3

ml²/3 +m0d² + mm0`v0d m`²/3 +m0d²

e# »x

=

m²₀v0d²−m0mv0`<sup>2</sup>/3 +mm0`v0d m`²/3 +m0d²

e# »x

La différence au cours du choc est alors : m0v# »

ex+m`ω 2

e# »x−m0v0# » ex=

m²₀v0d²−m0mv0l²/3 +mm0`v0d−m0v0l`²/3−m²₀v0d² m`²/3 +m0d²

e# »x

=mm0`v0

d−2`/3 m`²/3 +m0d²

e# »x

Sid= 2`/3la quantité de mouvement totale est conservée et la résultante des forces exercées par le batteur sur la batte est nulle : cette position qui minimise le traumatisme ressenti par le bras.

Correction de l’exercice 1

Principe du dosage

1. Le potentiel standard du couple(I2(aq)/I^–)étant très supérieur à celui du couple(Cu²⁺/Cu^(s)), Cu²⁺est un oxydant beaucoup moins bon que le diiode : il ne pourra pas l’oxyder.

2. (a) La formation d’un précipité avec l’ion réducteur du couple(Cu²⁺/Cu⁺)et l’ion réducteur du couple(I₂(aq)/I^–)augmentera le pouvoir oxydant de Cu²⁺et I₂(aq). L’ion Cu²⁺pourra éventuellement oxyder I^–si son pouvoir oxydant a davantage augmenté.

(b) On équilibre la réaction selon :

Cu²⁺+ I^–+ e^–→CuI(s).

Le potentiel standardE^◦(Cu²⁺/CuI(s))devra être supérieur àE₁^◦si le pouvoir oxydant a effectivement été augmenté.

(c) Pour une solution contenant toutes les espèces (y compris le précipité) : E(Cu(II)/Cu(I)) =E^◦(Cu²⁺/Cu⁺) +RT

F ln[Cu²⁺] [Cu⁺]

=E^◦(Cu²⁺/Cu⁺) +RT

F ln [Cu²⁺][I^–] Ks(CuI(s))c^◦2

=E^◦(Cu²⁺/CuI(s)) +RT

F ln[Cu²⁺][I^–] c^◦2

soit:E^◦(Cu²⁺/CuI(s)) =E₂^◦+ 0,06pKs(CuI) = 0,89V, àθ= 25^◦C.

3. (a) La réaction s’équilibre selon :

2 Cu²⁺+ 4 I^– 2 CuI^(s)+ I₂(aq) de quotient de réaction: Q= c^◦6 [Cu²⁺]²[I^–]⁴. (b) On a :

E=E^◦(Cu²⁺/CuI(s)) +RT

F ln[Cu²⁺][I^–]

c^◦2 (9)

=E^◦(I₂(aq)/I^–) +RT

F ln [I^–]

pI₂(aq)c^◦. (10)

À l’équilibre: Q=K=exp



2F

E^◦(Cu²⁺/CuI(s))−E₃^◦ RT



'10

E◦(Cu2+/CuI(s))−E◦3

0,03 = 10⁹.

(11) (c) Comme vu en TP, le diiode doit être le réactif titrant et c’est la persistance de sa couleur à l’équivalence qui permet de repérer cette dernière. Ici I₂(aq) est le produit de la réaction de titrage. Le mélange réactionnel aura donc toujours la couleur de I₂(aq) et l’équivalence ne sera pas observable.

4. (a) L’autre¹₂-équation redox est :

S₄O₆^2–+ 2 e^– 2 S₂O₃^2– E =E₄^◦+RT

2F ln[S₂O₃^2–]² [S₄O₆^2–] soit: I₂(aq) + 2 S₂O₃^2– 2 I^–+ S₄O₆^2–K =e

2FE◦3−E◦4 RT '10¹⁸. Cette réaction sera totale.

(b) Puisque le diiode joue ici le rôle d’oxydant, on pourra utiliser le protole expérimental clas- sique. Le diiode sera placé dans la burette et l’équivalence repérée par la persistance de la couleur bleue de l’empois d’amidon en présence de diiode.

Réalisation 1. On effectue ici un dosage « en retour ». La quantité de diiode formé seranI₂= ¹₂cCuVCu, égale à¹₂cthioVthioà l’équivalence, soit :

c_Cu= c_thioV_thio

V_Cu =9,00·10⁻²mol·L⁻¹

2. On doit s’assurer que les iodures étaient bien en excès, soitcIVI>2cCuVCu, bien vérifié ici puisque n_I= 1,00.10⁻²mol>2×n_Cu= 3,6.10⁻³molⁱ.

Correction de l’exercice 2

1. L’oxydant du couple est Hg_nⁿ⁺. La cathode de cette pile de concentration sera la demi-pile où sa concen- tration est maximaleiecelle de droite. Les électrons circuleront, dans le conducteur métallique de l’anode à la cathode et le courant de la cathode à l’anode. Dans l’ensemble électrolytes + pont salin, les cations circuleront de l’anode vers la cathode et les anions en sens inverse.

2. La¹₂-réaction s’écrit :

Hg_nⁿ⁺+ ne^– Hg_liq E=E^◦

Hg_nⁿ⁺/Hg_liq +RT

nF ln[Hg_nⁿ⁺] c^◦ . La force électromotrice sera donc :

e=Ecat−Eano=RT

nF ln [Hg_nⁿ⁺]cat

[Hg_nⁿ⁺]ano '3×0,06

n −→n= 2.

3. En fonctionnement, on aura :

Hg_{n cat}ⁿ⁺ + Hg_liqano Hg_liqcat+ Hg_{n ano}ⁿ⁺

ccatV excès excès canoV ccatV −ξ excès excès ccatV +ξ

.

À l’équilibre, les concentrations seront égales dans les deux compartiments, soitξ'ccatV/2, corres- pondant ànccatV moles d’électrons, soit une chargenFccatV = 965C.

i. En fait il faut avoirc_IV_I>3c_CuV_Cucar on doit également complexer I₂(aq) en I₃^–pour assurer sa dissolution.