Centrale TSI Physique-Chimie 2 I Principe d’un traitement antireflet
I.A – Intensité lumineuse transmise et réfléchie pour un verre simple
L’intensité lumineuse réfléchie est la somme des intensités des rayons 1, 2 et 3 d’où une intensité réfléchie de 7,7%.
L’intensité de l’onde transmise est donc de 92%. La somme ne fait pas tout à fait 100% ce qui montre qu’il existe d’autres rayons réfléchis et transmis. On suppose par ailleurs qu’il n’y a pas d’effet d’interférences pour pouvoir sommer les intensités.
I.B –
I.B.1) Les différentes ondes peuvent interférer car elles proviennent de la même source monochromatique, les rayons lumi- neux sont donc cohérents entre eux et ne parcourent pas le même chemin optique.
I.B.2) Dans le cas d’une incidence normale, la différence de marche entre le rayon se réfléchissant sur la première interface et le rayon se réfléchissant sur la seconde interface estδ= 2N e. Or deux ondes forment des interférences destructives si
∆Φ = 2π
λ δ= (2p+1)πavecp∈N, d’oùδ= (2p+1)λ
2. Finalementep= (2p+1) λ
4N. L’épaisseur minimale permettant des interférences destructives est donce= λ
4N ce qui est bien l’expression donnée par l’énoncé. Cependant toutes les valeurseppourraient être choisies.
I.B.3) La lumière naturelle possède un maximum d’intensité pour des longueurs d’onde proches de 500 nm. On pourra donc prendreλ= 500nm pour le calcul dee.
I.B.4) Toutes les ondes n’arrivent pas en incidence normale, il faut donc également prendre en compte les différents angles d’incidence.
I.C – Courbes de ZEISS
I.C.1) Dans le cas non traité, toutes les longueurs d’ondes sont réfléchies avec un pourcentage sensiblement identique (autour de 4%)
I.C.2) On remarque que la radiation 625 nm est quasiment éteinte pour le verre traité ce qui n’est pas du tout le cas pour le verre non traité.
I.C.3) Première hypothèse : deux minimas sont observés car la relation précédente est vérifiée pour deux longueurs diffé- rentes avec des ordres d’interférences différents.
Nous avons doncλ1= 4N e
(2p1+ 1) et λ2= 4N e
(2p2+ 1), ainsi λ2 λ1
= 2p1+ 1 2p2+ 1.
D’après le graphe les minimas sont obtenus pourλ= 625et 410 nm, le rapport des longueurs est donc voisin de 1,5.
Ainsi3p2+ 1,5 = 2p1+ 1 ce qui n’est pas possible avecp1 et p2 des nombres entiers...Ce n’est donc pas la bonne hypothèse.
Seconde hypothèse : une des radiations éteintes correspond à des interférences entre un rayon réfléchie immédiatement et un rayon ayant effectué 2 allers et retours dans la lame, ainsiλ1= 8N e
(2p1+ 1) etλ2= 4N e
(2p2+ 1). Nous avons alors λ2
λ1 = 1,5 = 2p1+ 1
4p2+ 2, d’où6p2+ 3 = 2p1+ 1et finalementp1= 3p2+ 1. Ainsi pourp2= 1,p1= 4. Cette hypothèse semble donc possible.
II Étude de la réflexion d’une onde électromagnétique
II.A – Propagation d’une onde électromagnétique dans un matériau isolant non chargé
II.A.1) Nous avons d’après l’énoncé un milieu assimilable à du vide pour lequel nous devons remplacerε0parε0εr, ainsi les équations de Maxwell devennent : Maxwell-Gauss div−→
E
= 0, Maxwell-Faraday −→ rot−→
E
=−∂−→ B
∂t , Maxwell-flux div−→
B
= 0et Maxwell-Ampère −→ rot−→
B
=µ0εrε0
∂−→ E
∂t .
II.A.2) On applique le rotationnel à l’équation de Maxwell-Faraday, ce qui permet alors d’obtenir l’équation différentielle suivante−→
∆−→
E −µ0ε0εr
∂2−→ E
∂t2 =−→ 0.
II.A.3) Par analyse dimensionnelle de l’équation de propagation, nous avons v = 1
√µ0ε0εr
= c
√εr
. Or par définition de l’indice optiquen= c
v, d’oùn=√ εr.
II.A.4) a) L’onde n’a qu’une seule composante elle est donc polarisée rectilignement selon −u→y.
b) La relation de dispersion est obtenue à partir de l’équation de propagation, ce qui conduit à k2= n2
c2ω2, d’où k=nω
c. Par ailleurs la direction de propagation est −u→x, ainsi−→ k =nω
c
−→ ux.
c) On utilise ici la relation de structure d’où−→ B =
−
→k ∧−→ E
ω = nE0
c cos(ωt−kx)−u→z.
II.B – Coefficients de transmission et réflexion en énergie à l’interface entre deux milieux
II.B.1) L’onde incidente et l’onde transmise se propagent selon lesxcroissants, ainsi la phase doit être de la formeωt−kix.
Inversement l’onde réfléchie se propage dans le sens desxdécroissants, ainsi la phase est de la formeωt+k2x. Par ailleurs la pulsation ne dépend pas de l’indice optique qui impose donc la pulsationω pour les trois ondes.
II.B.2) Les trois ondes se propagent dans des milieux d’indice n1 et n2 ainsi d’après la relation obtenue à la question II.A.1)b)k1=k2=n1ω
c etk3=n2ω c =n2
n1
k2.
II.B.3) Nous pouvons appliquer à chaque fois la relation de structure ce qui donne :−→ B1=n1
E0
c cos(ωt−k1x)−u→z,
−
→B2=−n1
ρE0
c cos(ωt+k2x)−→uz et −→ B3=n2
τ E0
c cos(ωt−k3x)−u→z.
II.B.4) La continuité du champ électrique à l’interface donne la relation E0cos(ωt) +ρE0cos(ωt) = τ E0cos(ωt), d’où 1 +ρ=τ.
La continuité du champ magnétique à l’interface donne la relationn1
E0
c cos(ωt)−n1
ρE0
c cos(ωt) =n2
τ E0
c cos(ωt) d’oùn1(1−ρ) =n2τ.
La combinaison de ces deux relations donne alorsn1(1−ρ) =n2(1 +ρ)et ainsiρ= n1−n2 n1+n2
etτ = 1 +ρ= 2n1 n1+n2
.
II.B.5) Par définition −→ Π =
−
→E ∧−→ B
µ0 , d’où −→ Π1 = n1
E02
cµ0cos2(ωt−k1x)−u→x, −→
Π2 = −n1
ρ2E02
cµ0 cos2(ωt+k2x)−u→x et −→ Π3 =
n2
τ2E02
cµ0 cos2(ωt−k3x)−u→x.
II.B.6) La densité d’énergie électromagnétique transportée par une onde EM est de la forme u = 1
2ε0εrE2+ 1 2µ0
B2 = ε0n2E2. Ainsi par conservation d’énergie< uincident >=< uref lechi >+< utransmis >Or R = < uref lechi>
< uincident> et T = < utransmis>
< uincident> d’où R = ρ2 et T = n22
n21τ2. On vérifie bien que 1 =R+T ce qui traduit la conservation de l’énergie.
Remarque : Pourquoi demande-t-on ici un bilan sur l’énergie alors que l’on vient de calculer les vecteurs de Poynting...
Un bilan sur les puissances ne serait-il pas plus pertinent ?R= Π2(x= 0)S
Π1(x= 0)S =ρ2 etT = Π3(x= 0)S Π1(x= 0)S = n2
n1
τ2, on remarque alors queR+T = 1ce qui est équivalent àPincident=Pref lechi+Ptransmis. La puissance est donc bien conservée.
II.C – Condition sur l’indice de la couche antireflet II.C.1) Par analogie avec la partie précédenteρ1→N =1−N
1 +N,ρN→n= N−n
N+n, τ1→N = 2
1 +N et τN→1= 2N N+ 1.
II.C.2) a) L’amplitude complexe de la première onde transmise s’écrit τ1→NE0. Cette onde est ensuite réfléchie sur l’in- terface couche antireflet/verre, l’amplitude est donc multipliée par ρN→n. Enfin cette onde traverse l’interface couche antireflet/air, ainsi l’amplitude est à nouveau multipliée parτN→1. Finalement l’amplitude est multipliée parτ1→NρN→nτN→1.
Pendant ce trajet l’onde a parcouru un chemin optique 2N e, ainsi il faut ajouter le déphasage ϕ= 2π λ 2N e= 4πN e
λ .
Finalement a=τ1→NρN→nτN→1ejϕE0.
b) Pour les ondes réfléchies suivantes il faut à nouveau multiplier parρN→1ρN→nejϕ, ainsia2=aρN→1ρN→nejϕ, a3=a ρN→1ρN→nejϕ2
et plus généralementap=a ρN→1ρN→nejϕp−1
avecp∈N∗.
c) Nous cherchons ici l’amplitude résultante ainsi
A = E0ρ1→N+
∞
X
p=1
a ρN→1ρN→nejϕp−1
= E0ρ1→N+a
∞
X
0
ρN→1ρN→nejϕp0
= E0ρ1→N+a 1
1−ρN→1ρN→nejϕ
= E0ρ1→N 1−ρN→1ρN→nejϕ
+ (1−ρ21→N)ρN→nejϕ 1−ρN→1ρN→nejϕ
Or d’après les définitionsρ1→N =−ρN→1. Ainsi nous obtenonsA=E0 ρ1→N+ρN→nejϕ 1 +ρ1→NρN→nejϕ. d) Pour avoir des interférences destructives, nous devons avoir ϕ= (2p+ 1)π.
e) Dans le cas d’interférence destructives ejϕ = −1, ainsi A = E0
ρ1→N −ρN→n 1−ρ1→NρN→n
. En remplaçant par leurs expressions en fonction des indices optiques nous obtenonsA=E0
(1−N)(N+n)−(N−n)(1 +N) (1 +N)(n+N)−(1−N)(N−n) . AinsiA=E0N+n−N2−N n−N−N2+n+nN
n+N+nN+N2−N+n+N2−nN =E0N2−n
N2+n. Finalement l’intensité résultante est nulle pour N =√
n.
Pour avoir une intensité rigoureusement nulle lors d’interférences destructives, la couche anti-reflet doit donc avoir un indice optique intermédiaire entre l’air et le verre.
III Étude et application d’une diode au silicium
III.A – Étude d’une diode au silicium
III.A.1) La zone de charge d’espace crée un champ électrique orienté des charges + vers les charges -. Ainsi les électrons de la zone N commençant à migrer vers la zone P vont être soumis à un champ électrique qui va les repousser vers la zone N (idem pour les trous de la zone P). La migration (phénomène diffusif) est donc contrée par le champ électrique créé par la ZCE qui n’évolue donc plus.
III.A.2) a) Pour que l’ensemble soit globalement neutre, nous devons avoir ρ1a+ρ2b= 0 b) i. Le problème est invariant par translation selon −→uy et −u→z, ainsi−→
E =−→
E(x). par ailleurs tout plan passant par le point d’étude et contenant l’axe −u→z est un plan de symétrie. Ainsi−→
E =Ex(x)−u→x.
ii. On remarque que le plan x = 0 est un plan de symétrie de la distribution, ainsi E(0) = 0 et −→ E(x) =
−−→
E(−x). Nous appliquons ensuite le théorème de Gauss sur un cylindre de sectionS et de hauteur x. La base de ce cylindre est placée enx= 0:
"
−
→E·−→ dS= Qint
ε0 .
Dans le cas de cette surface de Gauss, le flux est non nul uniquement à travers la surface située enx(on considère icix >0), d’où
"
−
→E ·−→
dS=E(x)S.
Pour déterminer la charge intérieure, nous devons distinguer deux cas :
— Six > d/2, alorsQint=ρ0Sd 2.
— Six∈[0;d/2], alorsQint=ρ0Sx.
Ainsi pourx >0, nous avons−→
E(x) = ρ0d 2ε0
−→
uxsix > d/2 et−→
E(x) = ρ0x ε0
−→
uxpourx∈[0;d/2].
Par ailleurs nous avons vu que−→
E(−x) =−−→
E(x), d’où−→
E(x) =−ρ0d 2ε0
−→
ux pourx <−d/2et−→
E(x) = ρ0x ε0
−→ ux
pourx∈[−d/2; 0]
Nous avons finalement
−
→E =
−ρ0d 2ε0
−→
ux si x <−d 2 ρ0x
ε0
−→
ux si x∈
−d 2;d
2
ρ0d 2ε0
−→
ux si x > d 2
E(x)
d/2 x
−d/2
c) Par analogie avec la question précédente, les deux champs à sommer sont de la forme
−
→E1=
−ρ1a 2ε0
−→
ux si x <0 ρ1
ε0
(x−a
2)−u→x si x∈[0;a]
ρ1a 2ε0
−→
ux si x > a
−
→E2=
−ρ2b 2ε0
−→
ux si x <−b ρ2
ε0
(x+b
2)−u→x si x∈[−b; 0]
ρ2b 2ε0
−→
ux si x >0 Nous obtenons finalement pour le champ résultant
−
→E =−→ E1+−→
E2=
−ρ1a 2ε0
−→ ux−ρ2b
2ε0
−→ ux=−→
0 si x <−b
−ρ1a 2ε0
−→ ux+ρ2
ε0
(x+b
2)−u→x=−ρ1a ε0
x
b + 1−u→x si x∈[−b; 0]
ρ1 ε0
(x−a
2)−u→x+ρ2b 2ε0
−→ ux= ρ1a
ε0
x
a −1−u→x si x∈[0;a]
ρ1a+ρ2b 2ε0
−→ ux=−→
0 si x > a d)
E(x)
x
−b a
e) Pour qu’un courant puisse apparaitre dans la diode, il faut réussir à vaincre la tension créée par la ZCE.
Or −→
E =−−−→
grad (V), ainsi pour−b < x <0,V(x) = ρ1a
ε0
x2 2b +x
+A avec A une constante. Pour 0 <
x < a,V(x) = ρ1a ε0
x−x2
2a
+B.
Or par continuité du potentiel enx= 0il vient A= B et si l’on imposeV(−b) = 0, alorsA=ρ1ab
2ε0
. Ainsi le cas limite est obtenue lorsque VP −VN + V(−b)−V(a) = 0d’oùU =V(a)−V(−b) =V(a) =
ρ1a 2ε0
(a+b).
V(x)
a x
−b U
III.B – Utilisation d’une diode au silicium dans un montage détecteur d’enveloppe III.B.1) Mise en évidence du principe
a) Si la diode est passante, une loi des mailles donne U(t) =e(t) =Ecos(ωt). Ainsii= e
R+Cde dt = E
Rcosωt− CωEsinωt avec i le courant délivré par le générateur. Lorsque le courant devient négatif la diode se bloque, c’est à dire lorsquetanωt > 1
RCω. PlusRC est grand et plus la diode se bloque rapidement.
b) Lorsque la diode est bloquée elle se comporte comme un interrupteur ouvert, ainsi U +Ri0 = 0 avec i0 le courant circulant dans la maille de droite. Or i0=CdU
dt, ainsi dU dt + 1
RCU = 0. La solution de cette équation
différentielle est donc U(t) = U(t0)e−(t−t0)/RC avec t0 l’instant où la diode passe d’un régime passant à un régime bloquant. Au moment du changement de régime, U(t0) =e(t0) =Ecos(ωt0).
La diode reste dans ce régime jusqu’à ce que la tension aux bornes de la diode devienne positive, c’est à dire lorsque e(t)> U(t). On retrouve ensuite le comportement de la question précédente.
c)
e(t) U(t)
t0 t
III.B.2) Démodulation
a) Nous remarquons qu’il y a 12 périodes du signal porteur pour une période de la modulation de l’amplitude, ainsifm= 1kHz.
b) D’après le schéma que l’on a fait précédemment, on remarque que le montage permet de "rester" sur la partie haute de la sinusoïde si la constante de temps de la décroissance exponentielle est grande devant la période du signal modulé mais petite devant la période du signal modulant, nous pourrons alors récupérer uniquement l’évolution lente de l’amplitude.
c) Si RC est trop faible alors le condensateur se décharge trop rapidement lorsque la diode est bloquante, ainsi U(t)tombe à zéro rapidement et le signal récupéré ne correspond pas du tout à l’enveloppe.
e(t) U(t)
t
SiRCest trop grand, cette fois ci l’amplitude deU(t)ne décroit pas assez rapidement par rapport à la variation de l’enveloppe, ce qui a pour résultat de perdre une grande partie du signal dans sa phase décroissante.
e(t) U(t)
t
d) Nous devons donc avoir1/fp< RC <1/fm.
IV Magnésium
IV.A – Passage du carbonate de magnésium à l’oxyde de magnésium
IV.A.1) ∆rH◦ = ∆fH◦(M gO(s)) + ∆fH◦(CO2(g))−∆fH◦(M gCO3(s)) = −601,6−393,5 + 1112 = 116,9 kJ·mol−1. La réaction est donc endothermique.
IV.A.2) Par intégration de la loi de Van’t Hoff, nous obtenonsK◦(T) =K◦(T0) exp
∆rH◦ R
1 T0 − 1
T
.
IV.A.3) SiT > T1alors 1 T1
− 1
T >0et ainsiK◦(T)> K◦(T1) = 1. La réaction est donc thermodynamiquement favorisée.
On chercheT1 telle queK◦(T1) = 1. Nous avons d’après l’intégration de la loi de Van’t Hoff lnK◦(T1)
K◦(T0) = ∆rH◦ R
1 T0
− 1 T1
, d’oùT1= T0∆rH◦
∆rH◦−RT0lnK◦(T1) K◦(T0)
= 668K.
IV.A.4) a) Il y a8×1/8 + 6×1/2 = 4ionsO2− par maille et12×1/4 + 1 = 4ionsM g2+par maille. Ainsi il y a autant d’ions O2− queM g2+ par maille ce qui est cohérent avec la formuleM gO.
b) ρ= 4(M(O) +M(M g))
NAa3 = 3,59·103 kg·m−3.
IV.B – Réduction de l’oxyde de magnésium par le silicium
IV.B.1) D’après les données dans cette gamme de température le magnésium est gazeux, le silicium est liquide, l’oxyde de magnésium est solide et l’oxyde de silicium est solide. D’oùSi(`)+ 2M gO(s)=SiO2(s)+ 2M g(g).
IV.B.2) D’après les données,KIV.2◦ =K1◦ K4◦ = exp
−21,04 + 48,59 +1,088·105−1,768·105 T
. FinalementKIV.2◦ = exp
27,55−0,680·105 T
.
IV.B.3) D’après la formule précédente une augmentation de la température entraine une augmentation deKIV.2◦ , la réaction dans le sens direct est donc favorisée.
IV.B.4) KIV.2◦ (1700) = 3,92.10−6. La réaction est donc faiblement avancée.
IV.B.5) Le quotient de réaction est le produit des activités à la puissance le coefficient stoechiométrique à un instant t quelconque de la réaction.Qrtend versK◦.
Qr = 1·(P/P◦)2 1·1 =
P P◦
2
. Il est alors possible d’atteindre KIV.2◦ si la pression en magnésium gazeux est très faible :Peq=P◦p
KIV.2◦ ≈200Pa.
Ce résultat était prévisible en raison de la loi de modération de Le Chatelier qui prédit qu’une diminution de la pression favorise la réaction qui produit du gaz, c’est à dire la réaction dans le sens direct ici.
IV.C – À propos du magnésium
IV.C.1) Z(M g) = 12, ainsi à l’aide des règles de Klechkowski, Hund et Pauli, nous obtenons la configuration électronique suivante 1s22s22p63s2. Ainsi le degré d’oxydation +II est particulièrement stable car il permet de retrouver la configuration électronique du gaz noble le plus proche.
IV.C.2) a) C possède le degré d’oxydation le plus faible, cela correspond donc àM g(s) dont le degré d’oxydation est nul.
On remarque ensuite une frontière horizontale entreA et C ce qui signifie un échange d’électrons uniquement entre ces deux espèces. AinsiAcorrespond àM g2+de degré d’oxydation+II. B correspond alors àM g(OH)2(s) qui possède également un degré d’oxydation de+II ce qui est donc cohérent avec la frontière verticale entreA et B.
b) Nous avons pour le couple M g2+/M g la demi-équation électronique M g2++ 2e− = M g d’où E = E◦ + 0,03 log[M g2+]
1 . AinsiE◦=E−0,03 logC=−2,42 + 0,06 =−2,36V.
Pour déterminer le produit de solubilité, on s’intéresse cette fois-ci à la frontière verticale à pH = 9,5. Or la réaction de solubilité estM g(OH)2=M g2++ 2OH− d’où Ks= [M g2+][OH−]2=C·102pH−28= 10−11. À chaque fois[M g2+] =C car c’est la seule espèce contenant un atome de magnésium en solution aqueuse au niveau de la frontière considérée.
c) L’eau pure étant àpH = 7, nous avons[OH−] = 10−7. Pour savoir si l’hydroxyde de magnésium peut apparaitre nous devons calculerQràt= 0et le comparer auKsdéterminé précédemment. Ici nous introduisonsm= 10,0g deM gCl2, ainsi[M g2+] = m
M(M g) + 2M(Cl) et finalementQr= m
M(M g) + 2M(Cl)[OH−]2= 1,05·10−15<
Ks. La réaction va donc se produire dans le sens direct c’est à dire la dissociation deM g(OH)2(s). L’hydroxyde de magnésium ne peut donc apparaitre dans cette eau pure.
d) Les domaines des espècesAetBse superposent avec celui de l’eau, ils peuvent donc exister en solution aqueuse.
InversementC a un domaine disjoint avec celui de l’eau,C ne peut donc exister en solution aqueuse.
e) En solution acide les deux couples mis en jeu sontM g2+/M g:M g2++ 2e−=M getH+/H2:2H++ 2e−=H2, d’où M g+ 2H+=M g2++H2.
En solution basique les deux couples mis en jeu sont M g(OH)2/M g :M g(OH)2+ 2H++ 2e− =M g+ 2H2O et H+/H2 :2H++ 2e−=H2, d’oùM g+ 2H2O=M g(OH)2+H2.
Fin de la correction
Correction proposée par B. Bourget T. Hairie
