A. Autour de l’´ el´ ement chrome

Devoir de Sciences Physiques n

6 du 24-01-2022

— Solutions —

Probl` eme n

1 – Les aciers inoxydables et la corrosion

A. Autour de l’´ el´ ement chrome

1. Une configuration ´electronique d’un atome dans son ´etat fondamental s’´etablit en respectant les r`egles suivantes : l’ordre de remplissage des orbitales est celui pour laquelle la somme des nombres quantiquesn+ℓest croissante, quand deux orbitales ont la mˆeme valeur pour la sommen+ℓ, la premi`ere orbitale occup´ee est celle de nombrenle plus ´elev´e. Ce sont les r`egles de Klechkowski. Lorsqu’un niveau d’´energie poss`ede plusieurs orbitales (d´eg´en´erescence), on remplit le maximum d’orbitales avant de constituer des couples de spin appari´es (up and downs=±1/2). Il s’agit de la r`egle de Hund. Enfin, dans un cort`ege ´electronique, deux ´electrons ne peuvent pas poss´eder les 4 mˆemes nombres quantiques : r`egle d’exclusion de Pauli.

2. La structure ´electronique du molybd`ene est donc : 1s<sup>2</sup>2s<sup>2</sup>2p<sup>6</sup>3s<sup>2</sup>3p<sup>6</sup>4s<sup>2</sup>3d<sup>10</sup>4p<sup>6</sup>5s<sup>2</sup>4d<sup>4</sup>. Si le chrome se situe juste au-dessus du molybd`ene dans la classification p´eriodique, c’est que la partie externe de structure

´electronique est du mˆeme type. Ici, on a une structure externe pour le molybd`ene en 5s<sup>2</sup>4d<sup>4</sup>, celle du chrome sera la mˆeme mais une couche avant : 4s<sup>2</sup>3d<sup>4</sup>. On a donc pour le chrome une structure ´electronique compl`ete 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶4s²3d⁴ et, par cons´equent, un num´ero atomique Z = 24 . Le chrome se situe dans la qua- tri`eme ligne de la classification p´eriodique puisque l’on a un remplissage 4s<sup>2</sup>et dans la sixi`eme colonne puisque la structure externe est 4s²3d⁴, ce qui fait en tout 6 ´electrons.

3. La configuration ´electronique du chrome dans son ´etat fondamental fait exception `a l’une des r`egles de remplissage et se termine par 4s¹3d⁵. Ceci est la cons´equence d’un effet de stabilisation lors du demi-remplissage d’une orbitaled.

4. Deux isotopes poss`edent le mˆeme nombre de protons Z mais des nombres de neutronsN diff´erents et donc des nombres de masse Adiff´erents. Le chrome <sup>50</sup><sub>24</sub>Cr poss`ede 24 protons et 26 neutrons. Pour⁵²₂₄Cr, il y a toujours 24 protons et 28 neutrons, pour⁵³₂₄Cr29 neutrons et enfin pour⁵⁴₂₄Cr30 neutrons.

5. La masse molaire est la moyenne des masses molaires avec comme coefficients les fractions massiques : M =P

ixiMi. On trouve M = 51,996 g·mol⁻¹ puisque l’unit´e de masse atomique est 12/12 = 1 g·mol⁻¹.

B. Corrosion intergranulaire d’un acier inoxydable

Corrosion g´en´eralis´ee et acier inoxydable

La figure 1 pr´esente un diagramme simplifi´e potentiel-pH du chrome `a 298 K. La concentration des esp`eces dissoutes ´etant de 1 mol·L⁻¹, ce dernier fait intervenir 6 esp`eces :Cr_s, Cr²⁺_aq, Cr³⁺_aq, Cr₂O_3s, Cr₂O²⁻

7 aq et CrO²⁻

4 aq.

6.On classe les esp`eces par nombre d’oxydation croissant : 0 pourCr_s, II pour Cr²⁺,III pour Cr³⁺ et pour Cr₂O_3set enfinV I pourCr₂O²⁻

7 etCrO²⁻

4 . On sait que dans un diagrammeE−pH, les esp`eces se classent par nombre d’oxydation croissant et que deux esp`eces poss´edant le mˆeme nombre d’oxydation sont s´epar´es par une fronti`ere verticale. On peut donc attribuer `a chaque domaine, une esp`ece, voir le graphique de la figure 1.

7.Les couples de l’eau sont au nombre de deux. PourH⁺/H_2gaz, on a 2H⁺+ 2e⁻⇋H_2gaz de loi deNernst: E = 0,00 + 0,03 log[^H+]²

C^◦2 p^◦

p_H2 avec les valeurs suivantes : C^◦ = 1 mol·L⁻¹, p^◦ = 1 bar et pH2 = 1 bar. On obtient alors l’´equation E= 0,00−0,06pH . Le second couple de l’eau est :O_2gaz/H₂Od’´equation de transfert

´electronique ¹₂O_2gaz + 2H⁺+ 2e⁻ ⇋ H₂O. Le potentiel r´edox de ce couple est donn´e par : E = 1,23 + 0,03 log_p

O2

p^◦

1/2[^H+]²

C^◦2 . Avec les mˆemes conventions qu’avant etpO2= 1 bar, on arrive `a : E= 1,23−0,06pH . 8.Dans une eau d´esa´er´ee, le chrome est attaqu´e par les ionsH<sup>+</sup>puisqu’il n’y a pas de domaine commun avec cet ion. Il en va de mˆeme pour les ions Cr<sup>2+</sup>. Les ions Cr<sup>3+</sup> et Cr<sub>2</sub>O<sub>3s</sub> sont les produits de cette oxydation puisqu’ils partagent un domaine en commun avec l’eau et ses ions (H<sup>+</sup> et HO<sup>−</sup>). Dans une eau a´er´ee, c’est le dioxyg`ene qui va oxyder les diff´erents esp`eces du chrome. En g´en´eral, on peut pr´evoir thermodynamiquement la formation de CrO²⁻

4 et deCr₂O²⁻

7 sauf pourpH <1 puisqu’il existe une petit zone partag´ee entreO_2gaz et Cr³⁺.

9. Cr₂O_3s est responsable de la passivation. L’acier est alors prot´eg´e par une couche imperm´eable de cet oxyde, il ne se produit pas alors une attaque en profondeur.

pH E( V)

b b b b b b b b b b b b b b b

bbbbbbbb

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

0,5 1 1,5 2

-0,5

-1

-1,5

-2

Cr ₂ O ^{2 −}

7 CrO ^{2 −}

4

Cr ³⁺ Cr ₂ O ₃

s

Cr ²⁺

Cr s

H ₂

gaz

O ₂

gaz

H ₂ O

Figure1 – Diagramme simplifi´e potentiel-pH du chrome `a 298 K

b bb b

A

V

i

COM

COM

U

Auxiliaire carbone

R´ef´erence KCl 0,1 mol·L⁻¹ Travail

platine Contre-´electrode

b b

Umes

Pont salin

Figure2 – Montage `a 3 ´electrodes

11.Le courant d’oxydation est nul pour 0,00 V< E <1,11 V. C’est la zone o`u il y a passivation. L’´equation de la r´eaction est :

2Cr_s+ 3H₂O⇋Cr₂O_3s+ 6H⁺+ 6e⁻

12.Dans la zone transpassive au-del`a de la zone de passivation, la couche commence `a se dissoudre et l’oxyde de chrome forme des ionsCr³⁺. De plus, comme le potentiel est ´elev´e, il se produit l’ ´electrolyse de l’eau pour former du dioxyg`ene :

2H₂O⇋O_2gaz+ 4H⁺+ 4e⁻

Rˆole du chrome dans la corrosion intergranulaire

13.On a une pile de corrosion car il y a des diff´erences de concentration en chrome et cela modifie l’activit´e de l’esp`ece. Dans la loi deNernst, il y a donc des diff´erences de potentiel. En effet, pour le coupleCr³⁺+3e⁻⇋Cr_s, le potentiel r´edox estE=E^◦+ 0,02 log [^Cr3+]

C^◦aCrs. Ici, l’activit´e en chrome solide d´epend de la fraction massique de chrome. par cons´equent, si cette concentration en chrome solide varie, cela modifie le potentiel r´edox et cr´ee une pile de concentration entre deux zones `a teneur en chrome diff´erente. Plus il y a de chrome, plus E est faible.

Cette zone est donc celle qui va s’oxyder, c’est l’anode. C’est donc au niveau du joint de grain. La cathode est donc situ´ee dans le grain o`u le potentiel sera plus ´elev´e.

14. Le point A est dans un grain d’acier `a 16%. Pour le point B, on est dans un joint de grain `a 95% en chrome. Pour le pointC situ´e au voisinage d’un joint de grain, on a donc la zone II o`u la teneur en chrome

´evolue rapidement.

15.La dissolution du fer correspond au processus :Fe_s⇋Fe²⁺+2e⁻. L’intensit´e du courantiaqui est suppos´ee stable pendant la dur´ee ∆t, correspond `a un nombre de moles de fer dissoutes nFes = ₂ⁱ_N^a∆t

Ae. On en d´eduit la masse de fer correspondante :mFes = ₂ⁱ_N^a∆t_AeMFe=ρacierSδ. Dans cette expression, on a utilis´e la d´efinition de la masse volumique suppos´ee uniforme dans l’acier. On en d´eduit donc que : δ= ₂^j_N^a∆tM_Aeρacier^Fes . La valeur de la densit´e volumique de courantja doit correspondre au potentielE= 750 mV/ESH.

16.L’acier est `a 16% en chrome, on devrait donc ˆetre en situation de passivation d’apr`es le premier graphique.

Mais d’apr`es le second, on a une faible densit´e de courant. On l’estime `a environ ja ≃ 5×10⁻⁶A· cm⁻² = 5×10⁻²A·m⁻². On trouve alors δ= 26µm . La pi`ece en acier est encore utilisable.

17.Si l’´epaisseur de la couche attaqu´ee estδ ≃100µm, il faut une densit´e volumique de courant 4 fois plus grande que la pr´ec´edente, c’est-`a-direja ≃ 20µA· cm<sup>−2</sup>. Dans le r´eseau de courbes propos´ees, on voit qu’on est au-dessus de la courbe `a 11,7% en chrome. Une conclusion s’impose : en dessous de 12% , cela se corrode s´erieusement.

Pr´evenir le risque de corrosion intergranulaire

18.La maille du carbure de titane est repr´esent´ee `a la figure 3. Dans une maille, il y a 8× ¹8+ 6× ¹2 = 4 atomes de titane. Les atomes de carbone, en noir sur la figure 3, sont situ´es au milieu de chaque arˆete et un au centre de la maille, il y en a donc 12×¹4 = 4. La stœchiom´etrie de ce compos´e est donc : TiC.

Figure3 – Structure deTiC, carbure de titane

19.On peut a priori consid´erer deux possibilit´es pour le contact des atomes, soit le contact sur un arˆete, soit le contact sur la diagonale d’une face. Si cela se produit sur une arˆete alors on aa= 2(RTi+RC) = 444 pm. Si acalcul´e avant est le param`etre de maille alors la diagonale d’une face esta√

2 = 628 pm. Y a-t-il contact entre les trois atomes de titane ? Comme cette longueur repr´esenterait 4 rayons atomiques du titane alors, on aurait

a√ 2

4 = 157 pm. Cette longueur est sup´erieure `a RTi = 145 pm. Il n’y a pas de contact sur la diagonale d’une face. Il ´etait justifi´e de supposer le contact sur une arˆete. On a donc : a= 444 pm .

20. Dans une maille conventionnelle, il y a 4 entit´es TiC. La masse volumique est donc : ρ= ^4(M_N^Ti_A^+M_a3^C) . L’application num´erique donneρ= 4,55×10³kg·m⁻³.

C. ´ Etude thermodynamique de la formation des carbures de chrome

21.On aK₁^◦ = exp−^∆rGRT^◦1(T) = 2,5×10³²=

p^◦ p^eq_O2¹

3/2

. On trouve que la pression obtenue `a l’´equilibre est p^eq_O2¹ = 2,5×10⁻²²bar .

22. La r´eaction de formation du carbure de chrome Cr₂₃C_6s s’obtient par combinaison lin´eaire de 23 fois

1

2Cr₂O_3s⇋Cr_s+³₄O_2gaz et de 1 fois 23Cr_s+ 6C_s⇋Cr₂₃C_6s. On obtient la r´eaction : 23

2 Cr₂O_3s+ 6C_s⇋Cr₂₃C_6s+69

4 O_2gaz (3)

23.Du fait de la combinaison lin´eaire pr´ec´edente, on a ∆rG^◦₃= ∆rG^◦₂−²³2∆rG^◦₁. On trouve num´eriquement

∆rG^◦₃ = 12 471 975−3 026,66T. `A la temp´erature de 1 273 K, on trouve ∆rG^◦₃ = 8,32×10⁶J·mol⁻¹. On a K₃^◦= exp−^∆RT^rG◦3 = exp−814. La constante d’´equilibre s’exprime selonK₃^◦=

p^eq_O2³ p^◦

69/4

. La pression d’´equilibre est doncp^eq_O2³=p^◦exp−47,2. On trouve : p^eq_O2³ = 3,2×10⁻²¹bar .

24.On a ∆rH₃^◦>0, la r´eaction est endothermique . En augmentant la temp´erature, on favorise le d´eplacement de la r´eaction dans le sens endothermique, c’est-`a-dire dans le sens de la r´eduction de Cr₂O_3s.

25.On a ∆rG3= ∆rG^◦₃+RTlnQavecQ=_p

O2

p^◦

69/4

. SiQ > K₃^◦, cela signifie quepO2 > p^eq_O2³. La r´eaction va se d´eplacer dans le sens d’une diminution du quotient de r´eactionQ, c’est-`a-dire dans le sens indirect car dG = (∆rG)dξ < 0 est le sens de l’´evolution. Comme ∆rG3 > 0 alors on a bien dξ < 0. L’esp`ece chimique stable est donc Cr₂O_3s.

26.Le diagramme d’existence des esp`eces est repr´esent´e `a la figure 4.

pO2( bar)

b b

2,5×10⁻²² 3,2×10⁻²¹ Cr_s Cr₂₃C_6s Cr₂O_3s

Figure4 – Diagramme d’existence des esp`eces du chrome en pr´esence de carbone graphite

Probl` eme n

2 – Confinement d’une particule charg´ ee dans un champ

magn´ etique

A. Aurores polaires terrestres

1.Les particules cosmiques frappent des mol´ecules de l’atmosph`ere qui changent de niveau d’´energie et qui, en revenant, dans leur niveau fondamental ´emettent des photons dans le visible.

2.Une aurore bor´eale (h´emisph`ere nord) apparaˆıt simultan´ement `a une aurore australe car il y a une sym´etrie par rapport au flux solaire. De plus, les particules cosmiques vont suivre les lignes de champ magn´etique et arriver aux deux pˆoles.

3. Les lignes de champ sont d´eform´ees sous l’effet du vent solaire mais on reste relativement proche des lignes de champ du dipˆole magn´etostatique .

B. Mouvement d’un ´ electron dans un champ magn´ etique stationnaire et uniforme

4.La norme de la force gravitationnelle est Fg = ^Gmm_R2^T

T ≃10⁻²⁹N. Il faut comparer cette force `a la partie magn´etique de la force de Lorentz F = ev0B0. L’ordre de grandeur de B0 est de 10<sup>−5</sup>T, la vitesse v0 ≃ 10<sup>7</sup>m·s<sup>−1</sup>. On peut tr`es raisonnablement proposerF≃10⁻¹⁷N. On constate bien que l’on a Fg≪F .

5. Si la vitesse initiale de la particule s’´ecrit~v0 =vOz~ez, la force deLorentz est nulle car son expression vectorielle estF~ =−e~v0∧B~0=~0 car la vitesse et le champ sont colin´eaires. Le mouvement de la particule est donc rectiligne uniforme . Elle suit donc la ligne de champ magn´etique suppos´ee rectiligne. Toutefois, il faut comprendre que tout change si la ligne de champ magn´etique se courbe.

6.Le mouvement va rester dans le planOxy puisqu’il n’y a pas de vitesse initiale sur~ez et comme le champ magn´etique est sur ~ez, il n’y aura jamais de force orient´ee sur ~ez. On applique la relation de la Dynamique

`a un ´electron dans le r´ef´erentiel g´eocentrique consid´er´e comme galil´een en supposant qu’il ne subit que la force magn´etique. On a donc m

dvx

dt~ex+^dv_dt^y~ey

= −e(vx~ex+vy~ey)∧B0~ez. On obtient les deux ´equations suivantes :m^dv_dt^x =−evyB0 etm^dv_dt^y =evxB0. Si on d´erive la premi`ere par rapport au temps et qu’on injecte la seconde, on obtient l’´equation diff´erentielle d’un oscillateur harmonique : ^d_dt^2v2^x + ^e2_m^B2⁰²vx = 0. On met bien en ´evidence la pulsation dite pulsation cyclotron : ωc =^eB_m⁰ . On a vu que le champ magn´etique dipolaire

´evoluait selon Bdip = _r^α3. Si l’on se place en orbite g´eostationnaire, le champ sera plus faible. Si on note BT

le champ magn´etique `a la surface de la Terre, on a BTR<sup>3</sup><sub>T</sub> =Bg´eo(RT +h)<sup>3</sup> o`u hest l’altitude d’un satellite g´eostationnaire. Il nous faut donc ´evaluer l’expression de l’altitudeh. Le satellite est suppos´e en mouvement de rotation uniforme `a la vitesse de rotation correspondant `a la rotation de la Terre sur elle mˆemeωs=_{1 jour}^2π . La relation de la Dynamique appliqu´ee au satellite permet d’´ecrire que −(R^GmT+h^sm2T)²~er=−msω_s²(RT +h)~er. On en d´eduit que RT +h=

GmT

ω²_s

1/3

. On trouve num´eriquement h= 35 900 km. `A partir de l`a, on peut proposer BT = 5×10⁻⁵T et trouver Bg´eo =B0= 1,7×10⁻⁷T. On en d´eduit que ωc = ^eB_m⁰ = 3×10⁴rad·s⁻¹ ce qui correspond `a une fr´equence : fc= ^ω_2π^c = 4,7 kHz .

7.Avec le travail effectu´e avant, on a la mˆeme forme d’´equation diff´erentielle pourvxet pourvy. Les solutions sont donc de la formevx=Acosωct+Bsinωctetvy=Ccosωct+Dsinωct. `A la datet= 0, on avx=v0x, cela nous permet d’´ecrire queA=v0x etC = 0. Toujours `a la datet= 0, onm ^dv_dt^x

t=0 =−evy(t= 0)B0= 0. On en d´eduit queB = 0. On effectue le mˆeme raisonnement sur vy `a la date t= 0 : m ^dv_dt^y

t=0 =evx(t = 0)B0= ev0xB0. Cela nous permet de calculer la derni`ere constante d’int´egration : D = v0x. Finalement, on obtient vx=v0xcosωctetvy =v0xsinωct. On int`egre et en tenant compte de la position initiale de l’´electron `a l’origine du rep`ere choisi, on trouvex= ^v_ω^0x

c sinωctety= ^v_ω^0x

c(1−cosωct). Nous avons ´etabli les ´equations param´etriques d’un cercle de centreC(0,^v_ω^0x

c) et de rayonRc =^v_ω^0x

c. Son ´equation cart´esienne est : x²+ (y−^vω^0xc)²=^v_ω^0x22 c . 8.Une puissance correspond `a une force multipli´ee par une vitesse. On a donc comme dimension pour l’en- semble de l’expression N· m·s⁻¹. On a utiliser la loi de Coulombpour prendre en compte la dimension de

1

4πε0. En effet, on aFe= _4πε¹

0

qq^′

r². On en d´eduit que la dimension de _4πε¹

0 est ^N·_C^m2². On en d´eduit une ´equation dimensionnelle : N· m·s⁻¹ = ^N_C^·m2²e^αc^βm²· s⁻⁴. On peut donc en conclure que l’expression dimensionnelle e^α−2c^β−1m⁴· s⁻⁴ est sans dimension. Il faut donc que α= 2 etβ=−3 .

9.On peut faire l’hypoth`ese d’un mouvement de l’´electron quasi-circulaire, son acc´el´eration est<sup>d~</sup><sub>dt</sub><sup>v</sup> =−R<sup>v2</sup>c~ero`u R est le rayon du cercle. Le mouvement est uniforme car la force magn´etique ne travaille pas puisqu’elle est tou-

du cercleRc =_eB^mv₀ permet d’exprimer la puissance et l’´energie cin´etique :P =_6πε¹₀^e_c²3

e⁴B₀⁴R²_C

m⁴ et Ec=^e2B_2m^20R2C. Par le th´eor`eme de la puissance cin´etique, on a ^dE_dt^c =−P. On en d´eduit queRcdRc

dt = −6πε¹0

e⁴B²₀R²_c

m³c³ . Apr`es simplification et introduction de la pulsation cyclotron, on arrive `a l’´equation diff´erentielle^dR_dt^c =−6πε^e0

ω³_c B0c³Rc. On obtient bien l’´equation diff´erentielle propos´ee avec le temps caract´eristiqueτ : ^dR_dt^c +^R_τ^c = 0 . La solution est Rc(t) = Rc0exp−τ^t. Tr`es rapidement, en quelques τ, le mouvement circulaire de l’´electron va diminuer de rayon et la trajectoire devenir une droite align´e sur la ligne de champ qui est selon B0~ez. Les charges ont tendance `a s’enrouler autour de la ligne de champ en ´etant de plus en plus serr´ees autour de la ligne de champ.

On peut ´evaluer l’ordre de grandeur de τ = ^6πε_eω^0B3^g´eo

c . Avecωc = 3×10⁴rad·s⁻¹ et Bg´eo = 1,7×10⁻⁷T, on trouve τ ≃ 10¹⁴s. L’amortissement du rayon du cercle est tr`es lent. Il ne sera pas perceptible mˆeme si une particule suit une ligne de champ qui va du pˆole Sud au pˆole Nord. La puissance rayonn´ee est n´egligeable dans cette ´etude.

10.Il faut superposer les deux ´etudes pr´ec´edentes : un mouvement rectiligne uniforme surOzet un mouvement circulaire dans le planOxy. On obtient un mouvement h´elico¨ıdal. La trajectoire est une h´elice r´eguli`ere d’axe Oz.

C. Mouvement d’un ´ electron dans un champ magn´ etique stationnaire et non uni- forme

11.L’´equation deMaxwell-Thomsonencore appel´eeMaxwell-flux est divB~ = 0. En utilisant l’expression de la divergence en coordonn´ees cylindriques et en tenant compte du fait de l’invariance par rotation autour de l’axe Oz, on obtient ¹_r^∂(rB_∂r^r)+ ^∂B_∂z^z = 0. On peut r´e´ecrire cette ´equation selon ^∂(rB_∂r^r) =−r^∂B_∂z^z. On suppose que ^∂B_∂z^z est `a peu pr`es constant sur le domaine d’int´egration en r que l’on envisage. On arrive alors rBr =

−^r2² dBz

dz + Cte. Il n’y a aucune raison pour que le champ magn´etique diverge enr= 0. On peut donc en d´eduire que Cte = 0. On obtient bien l’´equation propos´ee par l’´enonc´e : Br=−^r2

dBz

dz .

12. Si L est la longueur caract´eristique sur l’axe Oz, on peut ´ecrire que ^dB_dz^z = ^B_L^z. On en d´eduit que Br≃ −2L^r Bz. Le champ magn´etique radial est consid´er´e comme une perturbation siBr≪Bz. Cela correspond

`a la condition : r≪L.

13.Les calculs du d´ebut du probl`eme sont suffisants pour r´epondre `a la question R(z) = ^mv_eBz^θ.

14. Le moment cin´etique est L^z vient de la d´efinition vectorielle L~ = −−→OM ∧m~v. On obtient facilement L^z = mR(z)vθ. On a suppos´e ici que l’´electron tournait autour de l’axe Oz dans le trigonom´etrique. `A son mouvement correspond un courant i orient´e dans l’autre sens que l’on ´evalue en disant qu’il correspond `a une charge e qui passe en un endroit donn´e une fois par p´eriode Tc = ^2π_ωc o`u ωc est toujours la pulsation cyclotron. On a donc i = −T^ec = −^eω2π^c = −^e2πm^2Bz. Le moment magn´etique correspondant est sur ~ez. On a M^z=iπR(z)²=−^e2Bz2m^R(z)2. On d´emontre bien ainsi la propri´et´e : M^z=−2m^e L^z .

15.On consid`ere maintenant l’´electron comme un dipˆole magn´etique plong´e dans un champ magn´etique. Il subit le coupleM ∧~ B. Comme~ M~ est orient´e sur~ez et queB~ est lui aussi orient´e sur~ez, le couple subi est nul.

Le th´eor`eme du moment cin´etique est donc ^d_dt^L~ =M ∧~ B~ =~0. On a donc ^dL_dt^z = 0. Le moment cin´etique sur~ez

est donc constant. On a donc automatiquement ^dM_dt^z = 0 .

16.On assimile l’´electron `a un moment dipolaire de massemqui se d´eplace uniquement sur l’axeOz plong´e dans le champ magn´etiqueB. L’´electron poss`ede alors l’´energie potentielle~ −M·~ B~ =−M^zBz= ^eB_2m⁰L^z(1 +_L^z22).

Son ´energie m´ecanique est Em = ¹₂mz˙² + ^eB_2m⁰L^z(1 + _L^z22). Elle est constante puisqu’il n’y a pas de forces non conservatives. En la d´erivant par rapport au temps, on obtient une ´equation d’oscillateur harmonique

¨

z+ ^eB_m2⁰L^L2zz = 0. Les solutions sont de la forme z(t) =Acos(ωmt+ϕ) avec ωm=^√eB_mL^0Lz . On voit bien que z va ˆetre compris entre−Aet Aqui sont les deux positions des miroirs magn´etiques. Ces positions d´ependent des conditions initiales. Pour ´evaluer la pulsation et donc la fr´equence du mouvement, il va falloir proposer une

´evaluation deL^z. On aeB0L^z=eB0mRvθOr,R=^mv_eB^θ

0. On en d´eduit queωm=

√_m2v2 θ

mL . On trouveωm= ^v_L^θ. La p´eriode est Tm = _ω^2π

m = ^2πL_v

θ . La longueur parcourue correspond `a l’aller et au retour, cela repr´esente un parcours L = 2πRT. On a donc une p´eriode qui s’exprime selon : Tm = ^4π_v^2RT

θ . Nous allons prendre comme vitesse raisonnable pour l’´electronvθ= 10⁷m·s⁻¹, cela le maintient dans le domaine classique et c’est un bon ordre de grandeur. On trouve alorsTm= 25 s.

17.La puissance rayonn´ee donn´ee par l’´enonc´e est proportionnelle au carr´e de l’acc´el´eration, ce qui fait qu’elle est proportionnelle au champ magn´etique au carr´e. Ce sont donc les r´egions o`u les lignes de champ sont les plus

resserr´ees qui sont celles o`u le champ est le plus ´elev´e qui vont ˆetre plus propice `a l’´emission. On aura donc des r´egions plutˆot proches des pˆoles. Sur le plan spectral, il s’agit de la pulsation cyclotron en altitude par rapport

`a la Terre. On avait trouv´e une fr´equence inf´erieure `a 1 MHz . Ces fr´equences ne peuvent pas se propager dans l’atmosph`ere puisqu’il faut, en g´en´eral, une fr´equence sup´erieure `a 9 MHz (fr´equence plasma). Le signal ne vient pas vers la surface de la Terre. Ces ondes ne vont ˆetre vues que par les satellites qui sont suffisamment au-dessus de la Terre.

D. Ceintures de Van Allen

18.Si on prend un ´electron de 100 MeV, cela correspond `a une ´energie cin´etiqueEc= ¹₂mv²= 1,6×10⁻¹¹J pour l’´electron. Si on effectue l’application num´erique, on trouvev= 6×10⁹m·s⁻¹! Cette vitesse, sup´erieure

`

a la vitesse de la lumi`ere dans le vide, n’est pas acceptable. La formule que l’on doit utiliser pour l’´energie cin´etique est relativiste : Ec = (γ−1)mc² avec γ = √ ¹

1−v²/c². On ne doit pas faire des calculs classiques mais des calculs relativistes, ce qui a ´et´e fait depuis le d´ebut du probl`eme n’est pas adapt´e `a des ´electrons aussi

´energ´etiques que ceux ´evoqu´es par l’´enonc´e.