Corrigé du problème de Centrale MP

Corrigé du problème de Centrale MP 1 2018

I Température dans la couronne solaire

I.A. – Une atmosphère très étendue

Q 1. En champ uniforme (comme sur Terre), Ep = mgsz en prenant l’origine en 0. Cela permet d’écrire : )

exp(

) exp(

)

( _{0 0}

1 H

n z T k

z n mg

z n

B

s = −

−

= .

On identifie alors

s B

mg T

H = k analogue à celui du champ terrestre.

Q 2. La répartition étant égale entre les électrons et les protons, on en déduit une masse moyenne : 2

2

p p

e m m

m m + ≈

=

Q 3. On utilise l’indication :

) 1000 exp(

)

( ₀ ⁰

1

n H n R

R

n _s = − ^s = . En passant au ln, on trouve alors 10

ln 3 1000) ln( 1 =−

=

− H R_s

et donc

10 ln 3

Rs

H = .

A.N. : 1,0.10 m 10

ln 3

10 . 96 ,

6 ⁸ ₈

=

=

H .

On en déduit

B s

k H T = mg .

A.N. : 1,7.10 K

10 . 381 , 1 . 2

274 . 10 . 0 , 1 ).

10 . 109 , 9 10 . 673 , 1

( ₆

23

8 31

27 + =

= ^{− −}₋

T

Ce résultat est cohérent avec les indications d’ordre de grandeur 10⁶ K du document fourni en début de partie I.

Q 4. La masse étant à symétrie sphérique, gr_s g_rser_r

= (fallait-il faire une étude complète de symétrie et d’invariance comme le prévoit le programme ?). On utilise le théorème de Gauss sur la sphère de rayon r centrée sur le centre du soleil : 4πr²g_rs =−4πGM_int. Pour r > Rs, Mint = Ms et donc, on en déduit :

r2

g_rs =−GM^s et ₂ r g GM

g_r =− _rs = ^s . Comme en r = Rs, g = gs, on en déduit ₂

2

r R g_r = g^{s s} .

Q 5. On part de la relation fournie de la statique des fluides : (r)g(r) dr

dp =−ρ . Pour un gaz parfait, l’équation d’état donne

RT pM V

nM V

m = =

ρ = et donc, en utilisant le champ de gravitation précédent,

2 2

r g R RT pM dr

dp _s

− s

= . On sépare les variables et on intègre entre 0 et r : dr r g R RT

M p

dp _s

s 2

− 2

= puis

1 ) (1 )

ln( ²

0 s

s

sR r R

RT g M p

p = − . Dans cette atmosphère isotherme, la pression, la masse volumique et la pression sont proportionnelles, on en déduit : 1 1 )

( ' )

)

ln( ( ²

0 2

s s

sR r R

RT g M n

r

n = − et donc :

)) 1 ( exp(

' )

( ₀

2 = −

r R RT

R n Mg

r

n ^{s s s} .

On peut aussi écrire ₂( )= '₀exp( ( −1)) r R T k

R n mg

r

n ^s

B s

s en utilisant la masse moyenne m plutôt que M.

Q 6. Par neutralité électrique ; ne évolue comme n2. On peut donc tracer )

1 ( )

' ln(

)) (

ln( = ₀ + −

r R T k

R n mg

r

n ^s

B s s e

e en fonction de Rs/r pour vérifier la loi : on doit obtenir un tracé linéaire. De plus, la pente donnera

T k

R mg

B s

s et on en déduit alors

pente k

R T mg

B s

= s . r/Rs 1,1 1,2 1,3 1,4 1,5 Ne (m^-3) 3,5.10¹⁴ 2.10¹⁴ 9.10¹³ 5.10¹³ 3.10¹³ x = Rs/r 0,91 0,83 0,77 0,77 0,67 y = ln(ne) 33,5 32,9 32,1 31,5 31,0 Le tracé donne :

Aucune concavité ne se dessine, la répartition des points de part et d’autre de la courbe semble confirmer le modèle linéaire ; Elle ne l’exclut pas en tout état de cause. La pente mesurée est de 10,38 (sans dimension) qui permet d’obtenir T.

A.N. : 1,1.10 K

10 . 381 , 1 . 38 , 11

274 . 10 . 96 , 6 ).

10 . 109 , 9 10 . 673 , 1

( 6

23

8 31

27 + =

= ^{− −} ₋

T

On reste dans les ordres de grandeur annoncé dans le texte fourni et celui trouvé précédemment : tout ça est donc bien cohérent.

I.B. – Présence de fer hautement ionisé

Q 7. Pour qu’il y ait ionisation l’énergie du photon doit être supérieure à l’énergie d’ionisation : Eph > E1

soit hυ > E1 ou encore hc/λ > E1. On en déduit λ < hc/E1.

A.N. : λmax = 6,626.10^-34x299792458/(355x1,602.10^-19) = 3,49.10^-9 m = 3,49 nm C’est un rayonnement X.

Q 8. En utilisant l’équipartion de l’énergie, on trouve <Ece> = 3*(kBT/2)=3kBT/2 comme pour un gaz parfait monoatomique.

Q 9. Il en est de même pour les ions (monoatomiques) et donc la somme de leurs énergies cinétiques moyennes vaut 3kBT : il faut donc 3kBT > E1 soit T > E1/(3kB)

A.N. : E1/(kBT) = 355x1,602.10^-19/(3x1,381.10^-23) = 1,37.10⁶ K.

Les conclusions sont identiques aux précédentes.

Q 10. On va considérer que les zones les plus émissives sont les plus claires. Il s’agit de celles sur le bord gauche des images, un peu plus émissives pour le FeXII que pour le Fe XIV (zones plus brillantes). On en conclut que les concentrations des deux ions sont voisines mais que celle en ion FeXII est légèrement dominante même sur les points les plus intenses de l’image à gauche. On est donc légèrement en dessous du point de croisement des deux courbes du FeXII et du FeXIV : au alentours de 6,28 pour log(T) : on estime donc une température de 10^6,28 soit une température légèrement inférieure à 1,9.10⁶ K. On obtient donc toujours le même ordre de grandeur que dans les questions précédentes, toujours cohérent avec celles de l’énoncé.

Q 11. L’intérêt d’observer à différentes longueurs d’onde les raies d’émission du fer est multiple : En comparant les intensités obtenues pour différentes raies, on peut affiner l’estimation de température en utilisant le modèle de la figure 3. On peut aussi obtenir des meures dans une plus large gamme de température : on voit qu’à 5,9 en abscisse ce sont les ions du fer FeIX, FeX et FeXI qui sont propices à la mesure alors 6,4 il s’agit plutôt des ions FeXIII, FeXIV, FeXV, FeXVI et FeVII. Cela permet permet d’explorer une gamme de température de 0,8 à 2,5 10⁶K.

Q 12. On ne peut observer les raies de l’hydrogène aux températures de la couronne : si une transition à 355 eV se fait pour le fer, permettant de passer au FeXIV, la transition vers HII (i.e. proton et électron séparés) est bien évidemment ultra dominante : il ne peut exister d’hydrogène atomique mais un plasma d’électrons et de protons.

I.C – Des raies d’émission très larges

Q 13. L’effet décrit dans l’énoncé est l’effet Doppler (au programme de première S…) Q 14. En utilisant l’expression du texte, on trouve :

i i

u c v

c u

v ² _{0 2}

0

0 ( . )

. ) 1

( r r r r

ν ν ν

ν  =



 



 − −

=

∆ .

Q 15. Toujours en utilisant l’équipartition de l’énergie (Les ions Fe étant supposés se comporter en gaz parfait), m v k_BT

Fe i

2 3 2

1 ₂

= (la masse des ions du fer étant peu différente de celle de l’atome : les électrons sont de masse très faible devant celle du noyau).

Q 16. Par isotropie, les trois directions de l’espace ayant la même énergie cinétique,

i

i vu

v² 3 (r.r)²

= .

Q 17. Comme

Fe B i

i m

T v k

u

v. ) = /3= (r r ^{2 2}

, on en déduit

Fe B

m T k c ν0

ν ==

∆ .

De λ = c/υ, on tire dλ = -cdυ/υ² et donc ν λ =ν ∆

∆ ₂

0

c et donc

Fe B Fe

B

m T k c m

T k c

c _{0 0}

2 0

λ ν

λ =ν =

∆ ou encore :

MFe

RT c λ0

λ =

∆

Q 18. A.N. : De la relation précédente on tire

R c

T M^Fe

2 2

0 







∆

= λ

λ ₌

314 , 8

) 299792458 (

0558 , 0 3 , 530

03 ,

0 ² × ²



 



 =1,9.10⁶ K.

Cette température est bien cohérente avec les précédentes.

Q 19. La température trouvée correspond bien sur le graphe à une large présence de FeXIV ce qui est cohérent avec l’utilisation de cette raie spectrale et à la détermination de sa largeur.

II Densité volumique d’électrons dans la couronne solaire

II.A – Intensité d’une onde plane progressive harmonique

Q 20. Pour une onde plane progressive harmonique (OPPH) dans le vide, u

OM k t E

t M

Er r r

) .

cos(

) ,

( = ₀ ω − +ϕ où le vecteur unitaire ur

est orthogonal au vecteur champ élecrique : on suppose ici une polarisation rectiligne de la lumière car l’état de polarisation de l’onde n’est pas précisé dans l’énoncé. Le champ magnétique se déduit alors par

c E E u

B k ^propagation

r r r

r r ∧

∧ =

= ω ^{: (E B k}

r r r, , )

forme un trièdre orthogonal direct. Ici ur_propagation ur_z

= . La relation de dispersion est ² ₂² k ₌ωc _. Q 21. Le vecteur de Poynting de cette onde est :

µ0

B E

r r = r ∧

Π et donc ici :

n propagatio n

propagatio c E u

cµ u

E r r r

r r

2 0 0

2 = ε

=

Π .

Q 22. I est la norme du vecteur de Poynting :

0 2

cµ I E

r r

= Π

= .

II.B – Diffusion par les électrons de la couronne K

Q 23. On néglige l’action du champ magnétique pour les particules non relativistes (

B v e

E e r r

r

∧

−

− de l’ordre

de c/v).

En effet, si on prend une température de l’ordre de 10⁶K comme celle annoncée dans l’énoncé, la vitesse quadratique moyenne des électrons est obtenue par m v k_BT

e e

2 3 2

1 ₂ = et donc

e B

e m

T

v² =3k qui donne

des vitesses de l’ordre de = ₋⁻₃₁²³10⁶ ≈ 10

. 109 , 9

10 . 3381 , 31 3

e B

m T

k 7.10⁶ m.s^-1. Or, les particules sont non relativistes dès que v < c/10 = 3.10⁷ m.s^-1. L’hypothèse non relativiste est donc bien crédible dans ce cadre physique.

Q 24. Pour que le mouvement soit harmonique et à champ uniforme, la seule action sur les électrons doit être celle du champ électrique (lui-même harmonique) et à une fréquence telle que les électrons aient un mouvement sur l’axe de propagation négligeable devant la vitesse de propagation du signal : le milieu doit être dilué et les électrons non relativistes. Ce deuxième aspect a déjà été discuté en Q 23. L’ordre de grandeur fourni pour la densité d’électron est de 10⁹ par cm³ figure 2 : un électron occupe un cube de 10^-5 m de côté. Il en va de même pour les protons (milieu neutre). C’est l’ordre de grandeur de la distance entre particules : le milieu est bien dilué sans interaction entre particules lors de la vibration des électrons.

Q 25.

[ ] [ ]

²

/ S L

S P

P I

P = =



=

 

=

σ ^{: σ} est bien une surface.

Comme ₃

0 2 2

6 c

a P e

= πε , on doit relier l’accélération a à I, i.e. au champ E. On utilise le théorème de la quantité de mouvement appliqué à un électron moyen : m_ea eE(M,t)

r r

−

= . On en déduit

m I c

e µ cµ

E m c

e µ c

m eE P e

e e

e

2 2 0

4 0 0

2 2 2 0

4 0 3

0 2 ) 2

6 6

6 / (

πε πε

πε ^{= =}

= ^{et donc} _{2 2} ^{02 4}₂

0 4 0

6

6 _e m_e

e µ m c

e µ

π

σ = πε = .

A.N. : _{12 2 31 2} ^{29 2}

4 19 7

m 10 . 65 , ) 6 10 . 109 , 9 ( 299792458 10

. 854 , 8 6

) 10 . 602 , 1 ( 10 .

4 ₋

−

−

−

− =

×

= ×

π π

σ comme le donne l’énoncé

II.C – Contenu électronique de la couronne.

Q 26. On effectue un bilan énergétique sur le cylindre de longueur dz de la figure 5 : S.I(z+dz) = S.I(z)-ne(z).P.Sdz

En passant à la limite en ayant divisé par dz, on trouve alors n z P n z I dz

dI

e

e^{( )} =− ^{( )}σ

−

= ce qui permet de

séparer les variables et d’intégrer : ( ) ln( / ₀)

0 0

I I dz z I n

dI ^h

e h

=

−

=

∫

∫

^σ . En passant à l’exponentielle, on

obtient alors :

) ) ( exp(

) 0 ( ) (

0

∫

−

= I ^hn_e z dz h

I σ .

On identifie bien ( ) )

0

∫

= ^hn_e z dz

N dans cette expression.

Q 27. On peut faire un DL à l’ordre 1 de l’exponentielle lorsque Nσ est faible devant 1 : I(h)/I(0) ≈ 1 - Nσ.

La fraction d’énergie dissipée est (I(0)-I(h))/I(0) et donc f ≈ Nσ.

Q28 . On peut estimer N n z dz n_eh

h

e ≈

=

∫

0

)

( et donc

σ h

f h n_e ≈ N ≈

A.N. : _{8 29} ^{13 3}

6

m 10 . 6 , 10 3

. 65 , 6 10 . 96 , 6 6 , 0

10 ₋

−

− =

×

≈ ×

ne : on retrouve bien les ordres de grandeurs de la

figure (autour de 10⁸ cm^-3).

III Rayonnement radio de la couronne solaire

III.A – Propagation dans un plasma

Q 29. Pour établir l’expression de la conductivité complexe fournie, on suppose le plasma peu dense (pas de choc entre particules, pas de dissipation d’énergie), des particules non relativistes et des cations trop massifs pour avoir un mouvement notable et participer à la conduction.

Q 30. On utilise les équations de Maxwell et la relation de conduction avec les notations complexes (OPPH) :

L’équation de Maxwell-Ampère ₀( ₀ ) t j E µ B

rot ∂

+ ∂

=

r r r

ε ^devient ik B µ0⁽j 0i E⁾ r r

r r

ω ε +

=

∧

− , celle de

Maxwell-Faraday

t E B

rot ∂

−∂

= r r

devient ik E i B r r r∧ − ω

− avec j E

r r

) (ω σ

= . On injecte les deux dernières relation dans la première : (k E) µ₀( ( )E ₀i E)

k i

r r

r r

r σ ω ε ω

ω ^{∧ = +}

∧

− et donc, en tenant compte des propriétés

rappelées en II.A k²E µ₀(i ( )E ₀(i )²E) r r

r = ωσ ω +ε ω

− . Pour que cette relation soit vérifiée , on doit donc

avoir −^k2 =^µ₀ⁱωσ(ω)−^µ₀ε₀ω² et on retrouve la relation de dispersion pour un plasma peu dense :

2 0

2 2

2 2 2

0

2 ( )

c m e n

c m

e µ n

k ^e

e

e

e ω ε

ω ω σ

−

= +

−

=

en tenant compte de la relation ε₀µ0c² = 1. On voit apparaître la pulsation de plasma

e e

p m

e n

0 2

ω = ε qui

permet d’écrire finalement ₂

2 2 2

k ω c−ω^p

= ^.

Q 31. La condition de propagation sans atténuation est d’obtenir k réel et donc ω > ω_p. Si cette condition n’est pas obtenue, l’onde devient évanescente (k imaginaire donne une exponentielle spatiale décroissante) : elle est réfléchie par le plasma.

III.B – Oscillation plasma

Q 32. En tenant compte des charges positives (fixes de densité n0) et des électrons mobiles, on trouve :

( )

^x,^t =ⁿ₀^e−ⁿe(^x,^t)^e

ρ .

Q 33. L’équation locale de conservation de la charge étant =0

∂ +∂ j t

div^r ρ _{et comme ( , ) ( , )}

t x v e t x n

j _e r_e

r=− ,

on en conclut que ( ) 0

)

( =

∂

− +∂

− t

e u n

v n

div _{e e}v_x ^e

. En simplifiant par –e et en exprimant la divergence, on trouve bien :

) 0

( =

∂ +∂

∂

∂

t n x

v

n_{e e e} . Q 34. L’équation de Maxwell-Gauss

ερ0

= E div

r donne en tenant compte de l’orientation du champ

électrique :

0 0 0

)) , ( ) (

, (

ε

ερ ^{n n x t e} x

t x

E = = − _e

∂

∂ ce qui est bien la relation demandée.

Q 35. Le théorème de la quantité de mouvement projeté sur uv_x

donne medve/dt=--eE

Q 36. Les équations fondamentales précédentes écrites en complexe donnent respectivement : (III.1) iωN + n0(-ik)ve = 0

(III.2) -ikE = -Ne/ε₀ (III.3) me(iω)ve = -eE

On combine les trois équations pour obtenir l’équation en ve : iωN = n0(ik)ve = iω(-ikEε0/e) = me(iω)ve/e Soit : n0(ik)ve =-ω²(-ikε0m_ev_e)/e² et donc, ceci devant être vérifier pour tout ve, n0 = ω²(ε₀m_e)/e² soit :

me

e n

0 2 2 0

ω = ε ce qui correspond bien à la pulsation plasma.

III.C – Sursaut radio

Q 37. A.N. : ¹⁴ ₃₁ ^{19 2} ₁₂

10 . 854 , 8 10 . 109 , 9

) 10 . 602 , 1 ( 10 2

1

−

−

−

= ×

ν_p π = 90 MHz. (cohérent avec les données de fréquences suivantes)

Q 38. Pour atteindre l’atmosphère terrestre, cette onde ne doit pas traverser de plasma plus dense (de υp

plus élevé) : il n’y a pas d’obstacle à son arrivée sur l’atmosphère terrestre. Celle-ci est dotée d’une ionosphère qui joue le rôle de passe-haut pour les ondes électromagnétiques mais les ondes de cette fréquence (comparable à celle de la bande FM) peuvent la traverser sans problème : ces ondes peuvent aussi traverser l’atmosphère et être détectées depuis la surface terrestre.

Q 39. Le décalage d’une seconde correspond au temps de traversée de la zone de la couronne pour laquelle on passe de 120 MHz à 75 Mz. On déduit alors les distances au centre du soleil du modèle de

fréquences proposé : exp( )

4 1

1 0

2 2 2

r bR m N

e _s

e

p π ε

ν = .

On en déduit 4 )

ln( ⁰₂

1 2 2

e m N

r

bR^s π ν^p ε ^e

= ^{et donc}

4 )

ln( ₂

1 0 2 2

e N

m r bR

e p

s

ε ν

= π . On obtient alors une estimation de la vitesse des particules en prenant les deux distances correspondant aux deux fréquences :

t e

N m bR

e N

m bR t

r v r

e p

s e

p

s − ∆

∆ =

= − )/

4 ) ln(

4 ) ln(

(

2 1

0 2

2 2 2

1 0 2

2 2 1

2

ε ν π ε

ν

π ^.

A.N. :

) ) 10 . 602 , 1 ( 10 . 4

10 . 109 , 9 10 . 854 , 8 ) 10 . 120 ( ln(4

10 . 96 , 6 10 ) )

10 . 602 , 1 ( 10 . 4

10 . 109 , 9 10 . 854 , 8 ) 10 . 75 ( ln(4

10 . 96 , 6 10

2 19 10

31 12

2 6 2

8

2 19 10

31 12

2 6 2

8

−

−

−

−

−

−

×

×

×

− ×

×

×

×

= ×

π v π

v = 1,04.10⁸ m.s^-1

Il s’agit là d’une vitesse relativiste, les particules mettant trois fois plus de temps (car trois fois plus lentes) que la lumière pour atteindre la Terre : environ 24 minutes.

IV.A – Température dans la couronne solaire et dans le milieu interplanétaire

Q 40. L’ordre de grandeur de la conductivité dans le plasma coronal (9000 W.J.K^-1) est bien supérieure à ce qu’on trouve pour un bon conducteur métallique comme le cuivre (environ 400 W.J.K^-1). Ce plasma constitue donc un milieu très conducteur.

Q 41. La loi de Fourier donne : rj_t =−λ.gradT .

Q 42. Ici, _t u_r

dr T dT

grad

j r

r =−λ. =−λ car T(M,t) = T(r) en régime stationnaire de symétrie sphérique (grad aurait dû être donné en sphérique). Le régime stationnaire donne de plus un flux thermique indépendant de r puisqu’aucune énergie ne s’accumule pour augmenter la température dans le milieu. On

a donc : r cte

dr S dT

d j

s

t =− =

=

Φ

∫∫

^{r. r λ 4π 2} . On sépare alors les variables et on intègre :

2 2

/ 5

0

0 r

Adr T dT

T  =







−λ  (où A est une constante) puis B

Ar T T

T  =− +







−  _{0 2}

2 / 7

0 0

1 7

λ 2 . En tenant compte

des conditions aux limites en r0 , on trouve : 1 1 2

7 1 2

7

0 0 0 0

0 2

/ 7

0

+ +

−

 =









r T A r

T A T

T

λ

λ ^{et donc}

7 / 2 0 0 0 0

0

0 1 1)

2 7 1 2 ( 7 )

( = − + +

r T A r

T T A

r

T λ λ

qui est bien l’expression attendue avec K =

0

2 0

7 T A

− λ .

Q 43. En utilisant la deuxième condition aux limites T(∞) = 0, on obtient 1 1 0

0

=

− +

K r et donc K = r0. Ceci permet d’écrire ( ) ₀( ⁰)^2/7

r T r r

T = .

IV.B – La mission Parker Solar Probe

Q 44. A.N. T(9,6Rs) = 10⁶.(9,6/1,2) ^(2/7) = 5,5.10⁵ K. Le bouclier thermique est donc tout à fiat insuffisant pour protéger la sonde durablement a cette température.

Q 45. On utilise ici la troisième loi de Kepler : 









=

=









3 2 3

2

T T

a cte T a

T où TT est la période pour la Terre et

aT = 1 u.a. est le demi grand axe de l’orbite terrestre. On en conclut que : _T

T

a T T a

2 / 3







= . Le demi grand axe de l’orbite de PSP vérifie d’autre part : 2a=r_p +r_a. Finalement, on obtient :

T T

a

p T

a r T r

2 / 3

2 







 +

= .

A.N. : 365,25

2

73 , 0 ) 10 . 5 , 1 /(

10 . 96 , 6 6 ,

9 ^{8 11 3/2}







 × +

=

T = 88 jours.

Q 46. En appliquant la conservation de l’énergie mécanique et la valeur de l’énergie mécanique pour une

orbite elliptique, on trouve : )

( 2 2

v2

r m GM a

m_PSP GM^s =− _PSP ^s −

− . On obtient donc :

2 2

v2

r GM a

GM_{s s}

−

= et

1) (2

2

a GM r

v

p s

p = − soit finalement : 2 1)

(r a GM

v

p s

p = −

A.N. : )

10 . 96 , 6 6 , 9 73 , 0 ) 10 . 5 , 1 (

1 10

. 96 , 6 6 , 9 ( 2 10 . 99 , 1 10 . 67408 ,

6 ^{11 30} _{8 11 8}

× +

− ×

× ×

= ⁻

vp = 20.10⁴ m.s^-1,

soit environ 200 km/s.

Q 47. En écrivant le minimum et le maximum de r on trouve :

e r_a p

= −

1 et

e r_p p

= +

1 . On fait le rapport des deux relations :

e e r

r

p a

−

= + 1

1 qui donne r_a(1−e)=r_p(1+e) puis e(r_a +r_p)=r_a −r_p et donc :

p a

p a

r r

r e r

+

= −

On en déduit p =r_a(1−e)soit :

p a

p a

r r

r p r

= 2+

A.N. : ₁₁¹¹ ₈⁸

10 . 96 , 6 6 , 9 73 , 0 10 . 5 , 1

10 . 96 , 6 6 , 9 73 , 0 10 . 5 , 1

× +

×

×

−

= ×

e = 0,88 et

8 11

8 11

10 . 96 , 6 6 , 9 73 , 0 10 . 5 , 1

10 . 96 , 6 6 , 9 73 , 0 10 . 5 , 21

× +

×

×

×

= ×

p = 1,3.10¹⁰ m = 0,084 u.a..

Q 48. Comme r ≤r10 qui est très proche de rp = r9,6, on va considérer qu’on se déplace pratiquement sur un cercle (cercle osculateur…) à vitesse presque constante. Le secteur angulaire concerné est 2θ₁₀ décrit en

environ 2θ10rp/vp. On recherche alors θ_{10 :}

10

10 1 ^ecosθ

r p

= + et donc

e r

p 1

) 1 ( cos

10

10 = −

θ ^ou

1) ) 1 arccos((

10

10 r e

p −

θ = ^.

A.N. : )

88 , 0 ) 1 10 1 . 96 , 6 10

10 . 3 ,

arccos(( 1 ¹⁰ ₈

10 −

= ×

θ =0,40 rad qui donne τ₁₀ = 2×0,40×9,6×6,98.10⁸/20.10⁴= 27000 s soit 7,5 h.

Il faut donc que la sonde puisse résister un peu moins de 8 h à ces températures extrêmes.

V.A – Propulseur à hydrazine

Q 49. La réaction de décomposition de l’hydrazine est N₂H_4(l) ⇔ N_2(g) +2H_2(g).

Question mal définie… est-ce le stockage du liquide (peu volumineux), le caractère exothermique (discuté plus loin en Q 51.) ou la stabilité cinétique qu’il faut discuter (utilisation de catalyseur nécessaire pour que la réaction se fasse) : c’est bien obscur…

Q 50. Un catalyseur est un composé chimique n’apparaissant pas dans le bilan de la réaction mais dont la présence accélère la réaction (en l’occurrence ici, le catalyseur rend la réaction possible cinétiquement alors qu’elle est bloquée sinon).

Q 51. On peut calculer avec la loi de Hess ∆_rH°=−∆_fH°(N₂H_4(l))= -50,6 kJ.mol^-1 qui montre bien que la réaction est exothermique.

Q 52. Pour une transformation monobare, le premier principe, appliqué à une mole d’hydrazine donne : Q

H =

∆ où Q est la chaleur reçue durant la transformation. Comme la transformation est adiabatique, on a donc : ∆H =0. On calcule alors cette variation sur deux transformations fictives : la réaction isotherme puis le réchauffement des produits de réaction (une mole de N2 et deux moles de H2). H étant une fonction d’état, on obtient ∆H =∆H₁ +∆H₂ ^avec ∆H₁ =∆_rH°ζ où ξ = 1 mol et

(

^{n C N n C H}

)

^T

H = _{N p} + _{H p} ∆

∆ _{2 2} ⁰( ₂) ₂ ⁰( ₂) avec n_H2/2 = n_N2 = ξ = 1 mol d’après la stoechiométrie de la réaction. On obtient donc

) ( )

( _{2 2} ⁰ ₂

0

2C N n C H

n T H

p H p

N

r

+

°

− ∆

=

∆ ζ _.

A.N. :

8 , 28 2 1 , 29 1

1 50600

× +

×

×

− −

=

∆T = 584 K.

Q 53. Pour mieux rendre compte des températures observées (inférieures à celle du modèle), on peut tenir compte de la variation des capacités calorifiques avec la température et , par perte par rayonnement, d’un caractère non totalement adiabatique de la réaction (Q < 0).

V.B – Synthèse de l’hydrazine

Q 54. L’excès d’ammoniac permet de déplacer l’équilibre vers la droite (Qr augmente) est donc d’obtenir un rendement meilleur pour la transformation du monochloramine.

Q 55. Le large excès d’ammoniac permet la dégénérescence de l’ordre par rapport à l’ammoniac : ]α

] [ [

2

2 k NH Cl

dt Cl NH

v=−d = _app avec k_app = k.[NH3]0. Si on postule un ordre un par rapport à la

monochloramine, on obtient k dt

Cl NH

Cl NH d

− app

] = [

] [

2

2 qui s’intègre en k t

Cl NH

Cl NH

− app

=









0 2

2

] [

]

ln [ . On peut alors

vérifier la cohérence de l’hypothèse en traçant ln([NH2Cl] en fonction du temps : on doit obtenir des points correctement alignés pour confirmer l’ordre un et la pente donne –kapp.

t (min) 0 10 20 30 50 70 90

[NH2Cl] (mol.L^-1) 2,00.10^-3 1,86.10^-3 1,73.10^-3 1,61.10^-3 1,40.10^-3 1,21.10^-3 1,05.10^-3

ln([NH2Cl]) -6,21 -6,29 -6,36 -6,43 -6,57 -6,72 -6,86 Le tracé fourni ci-dessous donne un bon alignement des points qui confirme l’hypothèse d’un ordre un :

Q 56. L’estimation de la pente par régression linéaire donne : a = -7,151.10^-3 min^-1. On en déduit : k = -a/[NH3]

A.N. : k = 7,151.10^-3/1 = 7,15.10^-3 L.mol^-1min^-1.

Q 57. Pour déterminer une énergie d’activation, il faut accéder à des valeurs de k(T) et donc procéder à des séries d’expériences à différentes températures contrôlées pour obtenir Ea. En effet ln(k) = α – Ea/RT.

En traçant ln(k) en fonction de x = 1/T, on obtient une droite de pente –Ea/R et on accède donc à Ea.

Q 58. Comme [NH3] >> [NH2Cl], on a à nouveau dégénérescence de l’ordre et on peut utiliser les relations obtenues précédemment. On obtient alors _{130 1/2}

0 2

0 2

] [

2

]

ln [ k t

Cl NH

Cl NH

− app

=







 soit

130 2

/ 1

2 ln kapp

t = . On

calcule kapp,130 = k130[NH3] en utilisant la loi d’Arrhénius : k130 = k27.exp(-Ea(1/T130-1/T27)/R). Finalement :

1 )) ( 1

exp(

] [

2 ln

27 130 3

27 2 / 1

T T R NH E

k t

a −

−

= .

A.N. :

4)) , 300

1 1 , 403 ( 1 314 , 8 74000 exp(

30 10 . 15 , 7

2 ln

2 3 /

1 × × − −

=

−

t = 1,7.10^-3 min = 0,10 s.

On constate une réaction quasi instantanée dans ces conditions de haute température et forte concentration.

Q 59. L’expression proposée rend compte de la catalyse par OH^- : plus cette espèce est présente et plus le pH est élevé et plus la constate de réaction l’est aussi : la réaction est accélérée par la présence de OH^-. La vitesse peut alors s’écrire comme somme de deux vitesses, une en k₁[NH₃][NH₂Cl] indépendante du pH et une en k₁[NH₃][NH₂Cl]10^pH catalysée par OH^-. Un analyse plus poussée est tout à fait hors programme.

V.C – Analyse de la pureté de l’hydrazine

Q 60. Le tracé de la figure 8 à droite est fait à 455 nm : c’est le maximum d’absorption de la substance dont on suit la concentration. On obtient alors un maximum de sensibilité lors du suivi.

Q 61. La même courbe rend compte de la linéarité de l’absorbance A par rapport à la concentration de l’espèce absorbante : il s’agit de la vérification expérimentale de la loi de Beer-Lambert qui donne

i il C I

A ln(I ) [ ]

0

∑

=

= ε ^où [C]i est la concentration de l’espèce absorbante i (en mol.L^-1), d’absorbance molaire linéique ε_i (en L^-1.mol.m^-1), un faisceau d’éclairement initial I0 traversant une solution de longueur l est sortant avec un éclairement I (en W.m^-2). A sans dimension est aussi sans unité.

Q 62. On prélève un volume de 10 mL de la solution mère à la pipette jaugée. On le verse dans une fiole jaugée de 1 L et on complète avec de l’eau distillée jusqu’au trait de jauge. On agite la solution pour homogénéisation : la solution est prête.

Q 63. La réaction ne doit pas être très rapide et les 20 minutes avant mesure permettent probablement d’atteindre l’avancement maximal.

Q 64. À A = 0,90, on lit une concentration d’azine de 15,8 µmol.L^-1 sur la figure 8. Celle-ci permet d’en déduire la quantité d’hydrazine présente dans la fiole de 50 mL : 15,8.10^-6.50.10^-3 = 79.10^-8 mol. La solution S0 correspond donc à une concentration de 79.10^-8/5,0.10^-3 = C0 = 16.10^-5 mol.L^-1 (la solution est diluée 10 fois dans la fiole S).

Q 65. S0 est diluée 200 000 fois : la teneur massique en hydrazine « pure » est donc 200 000 C0 MN2H4 : A.N. : 200 000 15,8.10^-5 32.10^-3 = 1,0 kg/L.

Soit une densité de 1,0 : on retrouve une valeur compatible avec une grande pureté (d = 1,005 dans les données).