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Probl` eme n

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

Devoir de Sciences Physiques n

7 du 28-02-2022

— Solutions —

Probl` eme n

o

1 – Le bio´ ethanol

Mines MP 2018 1.L’atome d’oxyg`ene pr´esente deux doublets non liants qui doivent figurer dans la repr´esentation deLewisd de la mol´ecule d’´ethanol.

CH3-CH2-O-H

La liaison O−Hdans l’´ethanol est polaris´eeδ− du cˆot´e de l’oxyg`ene et δ+ du cˆot´e de l’hydrog`ene en raison de la plus forte ´electron´egativit´e de l’atome d’oxyg`ene. Comme dans la mol´ecule d’eau, on retrouve le mˆeme type de polarisation, on obtiendra des interactions dipˆole-dipole attractives de type deVan der Waals, il y aura donc affinit´e entre les deux mol´ecules et par cons´equent une bonne miscibilit´e de l’une dans l’autre. Les carburants avec de l’´ethanol devront ˆetre prot´eg´ees de l’humidit´e car l’eau ne pourra pas ˆetre r´ecup´er´ee par simple d´ecantation et s´eparation en deux phases.

2.L’´equation chimique de la synth`ese de l’´ethanol liquide `a partir de la fermentation ana´erobie d’une mole de glucose (C6H12O6s) est :

C6H12O6s⇋2CH3CH2OHliq+ 2CO2gaz

3. L’enthalpie standard de la r´eaction est ∆rH = 2∆fHCH 3CH2OHliq + 2∆fHCO 2 −∆fHglucose = −1 342−

fHglucose . Or, ∆fHglucose n’est pas fournie dans le tableau, il faut utiliser la r´eaction de combustion donn´ee pour la d´eterminer. Cette r´eaction poss`ede une enthalpie de r´eaction appel´ee enthalpie de combustion. Elle s’´ecrit

combH= 6∆fHCO 2gaz+6∆fHH2Ogaz−∆fHglucose . Cette ´equation permet de trouver ∆fHglucose =−1 000 kJ· mol1. On peut alors en d´eduire l’enthalpie standard de r´eaction demand´ee : ∆rH=−342 kJ·mol1. Cette enthalpie est n´egative, la r´eaction est exothermique dans le sens direct.

4.L’´equation de la r´eaction est :

CH3CH2OHliq+ 3O2gaz⇋2CO2+ 3H2Oliq

On peut constater qu’il y a bien d´egagement de gaz `a effet de serre puisque l’on produit du dioxyde de carbone.

Toutefois le carbone provient de la respiration des plantes qui se construisent en consommantCO2gazetO2gaz. On peut aussi qualifier le carburant de propre car il n’y a pas de soufre ni d’azote intervenant dans le processus. Il y aura sans doute moins de poussi`eres fines de carbone dans les rejets que par rapport `a une essence traditionnelle.

On peut aussi le dire plus propre qu’un gas oil ou une essence car il produit de l’eau .

5.Le proc´ed´e est monobare et adiabatique car les parois du calorim`etre sont calorifug´ees. On a donc ∆H= 0.

On utilise le fait que l’enthalpie est une fonction d’´etat et donc que ses variations sont ind´ependantes du chemin suivi. On imagine une ´etape fictive qui voit la r´eaction se d´erouler puis une ´etape au cours de laquelle les produits de la r´eaction montent en temp´erature. On ´ecrit donc ∆H = 0 = ξf inrH+Mmeaueaucp(Tf−Ti) avecξf in =

m´ethanol

M´ethanol. On peut donc d´eterminer l’enthalpie standard demand´ee : ∆rH=−mm´ethanoleau

M´ethanol

Meau cp(Tf−Ti). Cette

´equation a ´et´e ´ecrite en n´egligeant les capacit´es thermiques des autres parties prenantes du probl`eme comme la capacit´e thermique du dioxyde de carbone ou bien celle du calorim`etre. On trouve ∆rH=−1 280 kJ·mol−1 . 6.On a ∆rH= 2∆fHCO 2+3∆fHH2Oliq−∆fHCH 3CH2OH−3∆fHO2. On trouve ∆rH=−1 370 kJ·mol−1 . La valeur absolue de cette enthalpie est plus grande que celle mesurer par l’exp´erience de la bombe calorim´etrique.

C’est normal car une partie de l’´energie d´egag´ee par la r´eaction va servir pour faire monter la temp´erature du calorim`etre lui-mˆeme et parce qu’une autre partie sera irr´em´ediablement perdue au profit de l’air ambiant.

7. Les esp`eces se classent toujours dans un diagramme E −pH du bas vers le haut en fonction de leur nombre d’oxydation croissant . Il faut donc calculer ces nombres d’oxydation de fa¸con classique en consid´erant que c’est −II pour l’oxyg`ene et +I pour l’hydrog`ene. On trouve les nombres d’oxydation du mangan`ese dans les diff´erents entit´es : 0 pourMns, +II pourMn2+ etMn(OH)2s, +IV pourMnO2s, +V I pourMnO2

4 et +V II pour les ions permanganatesMnO

4. On a donc 6 pourMns, 4 et 5 pour Mn2+ et Mn(OH)2s, 3 pour MnO2s, 2 pourMnO2

4 et 1 pourMnO

4.

8.Cette fronti`ere ne correspond pas `a un probl`eme d’oxydo-r´eduction mais, ici, `a un probl`eme de solubilit´e d´ecrit par l’´equation bilanMn(OH)2s⇋Mn2++ 2HOdont la constante d’´equilibre estKs= [Mn2+][HO]2

C3 . `A la

(2)

fronti`ere, la concentration en ions mangan`ese estC= 10−2mol·L−1. On utilise cette valeur dans le produit de solubilit´e et on d´etermine lepH correspondant. La fronti`ere est donc une verticale `a cette valeur : pH = 8,65 . 9. La fronti`ere verticale s´eparant CH3COOH et CH3COO concerne un probl`eme d’acido-basicit´e r´egi par l’´equation CH3COOH+H2O ⇋ CH3COO +H3O+ de constante Ka = [H3O+][CH3COO]

CH3COOHC . `A la fronti`ere, on a [CH3COOH] = [CH3COO], d’o`u la valeur du pH `a la fronti`ere verticale : pH =pKa= 4,8 . La fronti`ere s´eparant CH3COOH et CH3CH2OH concerne le transfert ´electronique entre ces deux esp`eces : CH3COOH+ 4H++ 4e⇋CH3CH2OH+H2O. La loi deNernst permet d’´ecrireE1=E1+ 0,015 log[CH3COOH][H+]4

[CH3CH2OH]C4. `A la fronti`ere, on a donc l’´equation E= 0,04−0,06pH .

10.Le coupleMnO2/Mn2+est r´egl´e par le transfert ´electroniqueMnO2s+4H++2e⇋Mn2++2H2Odonnant la loi Nernst suivante E3 = E3+ 0,03 log [H+]4

[Mn2+]C3. L’´equation de la droite est E3 = E3+ 0,03−0,12pH.

L’ordonn´ee `a l’origine (pH= 0) est estim´ee par lecture sur le graphique `a 1,30 V, on en d´eduit E3= 1,24 V . 11. La configuration ´electronique de l’ion Mn2+ est fonction de celle du mangan`ese de num´ero atomique Z= 25. Le d´ebut est classique 1s22s22p63s23p6. Ensuite l’orbitale 4sse remplit avant la 3d. Comme il reste 7

´electrons, on obtient une fin de configuration ´electronique en 4s23d5. Lorsque l’atome s’ionise, on constate que ce sont les ´electrons de l’orbitale 4squi quittent l’atome. La configuration ´electronique des ionsMn2+ est donc

1s22s22p63s23p63d5 .

12.On utilise une pipette jaug´ee de 5 mL , on verse le contenu dans une fiole jaug´ee de 50 mL . On remplit aux 2/3 avec de l’eau distill´ee, on agite pour homog´en´eiser la solution et, ensuite, on remplit la fiole jusqu’au trait de jauge. On termine en agitant pour terminer l’homog´en´eisation de la solution.

13.L’´equation de la r´eaction est : (×4) MnO

4 + 8H++ 5e ⇋ Mn2++ 4H2O

(×5) CH3CH2OH+H2O ⇋ CH3COOH+ 4H++ 4e 4MnO

4 + 5CH3CH2OH+ 12H+ ⇋ 4Mn2++ 5CH3COOH+ 11H2O 14.L’´equation de la r´eaction est :

(×1) MnO

4 + 8H++ 5e ⇋ Mn2++ 4H2O

(×5) Fe2+ ⇋ Fe3++e

MnO

4 + 5Fe2++ 8H+ ⇋ Mn2++ 5Fe3++ 4H2O

15.C’est vraisemblablement un probl`eme cin´etique qui fait que l’on ne dose pas directement l’´ethanol par MnO

4. La r´eaction du dosage serait sans doute lente et donc inadapt´ee `a un dosage ;

16.Le nombre de moles d’ionsFe2+ utilis´es estnFe2+ =c4VE= 2×103mol. Il y avait un exc`es d’ions per- manganate denexc`es= 15nFe2+ = 4×104mol. Au d´epart, il y avaitn3=C3V3= 103mol d’ions permanganate, le dosage de l’´ethanol en a utilis´e par cons´equentnu = 6×104mol. Compte tenu de la stœchiom´etrie de la r´eaction de dosage, on a doncn´ethanol = 54nu = 7,5×104mol. La concentration de la solution 2 en ´ethanol

´etait doncC2=n´ethanolV

2 = 0,375 mol·L1. Avec l’effet de la dilution, la concentration de la solution initiale est donc 10 fois plus ´elev´ee : C1= 3,75 mol·L1 .

17.Plus les r´eactifs utilis´es poss`edent des domaines ´eloign´es dans le diagrammeE−pHen termes de potentiel, plus la r´eaction sera quantitative. On ajoute de l’acide afin d’´eviter la formation deMnO2set deMn2+. Le bilan r´eactionnel fait aussi apparaˆıtre une consommation d’ionsH+ ,il faut bien en mettre `a disposition en exc`es.

18.Commen¸cons par ´ecrire le bilan r´edox de la r´eaction de combustion de l’´ethanol dans la pile : (×3) O2gaz+ 4H++ 4e ⇋ 2H2O

(×1) CH3CH2OH+ 3H2O ⇋ 2CO2gaz+ 12H++ 12e 3O2gaz+CH3CH2OH ⇋ 2CO2gaz+ 3H2O

Le sch´ema de la pile est illustr´e `a la figure 1.

19.Cette pile produit de l’eau qui n’est pas un produit probl´ematique. Par contre, il y a un rejet deCO2gaz qui est un gaz `a effet de serre. Le fait de travailler avec des gaz peut poser des probl`emes techniques car il

(3)

´electrolyte

cathode

Anode

H+ CH3CH2OH

H2O CO2gaz

O2 H2O e

− +

Figure1 – Sch´ema de principe de la pile `a combustible au bio´ethanol

faudra, sans doute, avoir des piles soumises `a des pressions sup´erieures `a la pression atmosph´erique pour obtenir des intensit´es importantes ce qui peut pr´esenter des difficult´es.

20.Les demi-´equations `a chaque ´electrode ont ´et´e ´ecrites pr´ec´edemment.

21.Le potentiel standard du coupleCO2gaz/CH3CH2OHn’est pas fourni par l’´enonc´e. Il faut travailler avec l’enthalpie libre standard de la r´eaction pour avoir le potentiel standard de la pile, on n´egligera les contributions des activit´es des diff´erentes entit´es. Il faut donc ´ecrire ∆rG= ∆rH−T∆rS et faire le calcul `aT = 298 K.

Nous savons d´ej`a que ∆rH=−1 370 kJ·mol−1, on calcule l’entropie standard de r´eaction grˆace aux donn´ees tabul´ees. On trouve ∆rS=−138 J·K1·mol−1. On trouve alors ∆rG298 K=−1 329 kJ·mol−1. Avec la formule

rG=−nbilanFEpile etnbilan= 12, on arrive `a Epile = 1,15 V .

22. Le Rhodium poss`ede un num´ero atomique Z = 45. Sa structure ´electronique est donn´ee par les r`egles classiques : 1s22s22p63s23p64s23d104p65s24d7. Le Rhodium se situe donc sur la 5`emeligne (5s2) et la

9`emecolonne (5s24d7) correspondant `a 7 + 2 = 9 ´electrons.

23.Dans une maille cubique `a faces centr´ees, il a 8×18+ 6×12 = 4 entit´es par maille. Comme la condition de tangence des boules dures repr´esentant les atomes de Rhodium se produit sur la diagonale d’une face, le rayon atomiqueRest reli´e au param`etreade la maille par la relation 4R=a√

2. L’expression de la masse volumique est doncµ= 4MRh

NAR316

2. On en d´eduit que : R=

MRh

µNA4 2

1/3

= 135 pm .

Probl` eme n

o

2 – Odyss´ ee vers la condensation de Bose-Einstein

Centrale

PC 2019

A. Le crit` ere de condensation

1.kB est en J·K1donckBT est une ´energie en J. On prendre l’expression de l’´energie cin´etique d’un point de masseM et de vitesseVT pour ´ecrire que 12M VT2≃kBT. On propose donc la vitesse suivante : VT =q

2kBT M . 2.ΛT est appel´e longueur d’onde thermique dede Brogliecar si l’on utilise la loi donnant la relation entre une quantit´e de mouvement et une longueur d’onde associ´ee `a la particule, on ´ecrit ΛT = MVhT = 2Mkh

BT. On peut voir qu’`a un coefficient pr`es, on a bien une longueur d’onde. Il est donc logique de poser ΛT =2πMkh

BT . 3.Si l’on aD= Λ3Tn ≃1, alors ΛT ≃n∗−1/3. Pour 1 m3, on peut avoir facilement un nombre d’atomes de l’ordre de 1027. Cela signifie que la longueur d’onde de De Broglieest donc ΛT ≃109m . On se situe au niveau de la taille des atomes et des distances interatomiques. L’atome va donc diffracter si on l’assimile `a une onde, cela nous oblige `a avoir une approche quantique de la physique de ce probl`eme.

4.On trouve ΛT = Dnc

1/3

= 1,2×10−6m. On en d´eduit l’expression de la temp´erature critique de conden- sation : TBE =2πkh2

B2T = 2,4×10−8K .

B. Du four ` a la m´ elasse transverse

Le four

5.On ´ecrit `a nouveau 12M v2= 32kBTF, le coefficient 3/2 sera expliqu´e dans le cours de Physique statistique. On en d´eduit que l’ordre de grandeur de la vitesse des atomes qui s’´echappent du four est v=q

3kBTF

M ≃340 m·s−1 . 6. On utilise la loi des gaz parfaits pV = nRTF = NNARTF. La densit´e volumique particulaire est nF =

(4)

N

V = kBpTF puisque la constante de Boltzmann v´erifie la relation kBNA = R. On trouve num´eriquement nF = 1,8×1019m3. On calcule aussi ΛF = 2πMkh

BTF = 9,3×1012m. La densit´e dans l’espace des phases estDF = Λ3FnF. On trouve alors DF = 1,4×1014 .

La m´elasse optique transverse

7.On applique la relation fondamentale de la Dynamique `a un atome de rubidium dans le r´ef´erentiel terrestre suppos´e galil´een. Dans le bilan des forces, on n´eglige le poids. Il ne reste que la force de freinage pr´esent´ee par l’´enonc´e. Si l’on projette sur l’axe Ox, on obtient l’´equation diff´erentielle suivante :Mdvdtx =−αvx qui s’´ecrit encore : dvdtx +Mαvx = 0. La constante de temps caract´eristique du ralentissement de l’atome sous l’effet de la force de freinage est τ=Mα = 48µs .

8.On va estimer la dur´ee de travers´ee des 6 cm de la travers´ee de la m´elasse est divisant cette distance par la vitesse de sortie du four que nous avons ´evalu´ee `a 340 m·s−1. Cela fait environ 180µs. Cette dur´ee d´epasse un peu 3τ, on peut donc consid´erer que la fonction exponentielle est quasiment nulle. On pourra donc consid´erer qu’en sortie de m´elasse, on a vx≃0≃vy . La situation est la mˆeme sur l’axeOy d’o`u la r´eponse pr´ec´edente.

9.Le vecteur densit´e de courant de particules est le produit de la vitesse par la densit´e volumique de particules.

On ´ecrit doncj=nJv. On peut en d´eduire la densit´e volumique au niveau du jet : nJ =jv = 1,2×1012m3 .

C. Le ralentisseur et le pi` ege magn´ eto-optique

Interaction entre les atomes et les photons du laser ralentisseur Champ ´electrique du laser ralentisseur

10.On se contentera de remarquer que r≫λ0 . On peut donc consid´erer qu’il n’y aura pas de diffraction au moment de la r´ealisation du faisceau cylindrique de 3 mm de rayon. On n’aura donc pas d’onde divergente. Le mod`ele de l’onde plane est adapt´e1.

11.On a E~ =E0~exexpi(ω+kz+ϕ) . Il faut faire attention au fait que la lumi`ere laser se propage dans le sens−~ez, d’o`u le +kzdans le phase o`u on trouve aussi un d´ephasage constantϕqui ne change rien au fond du probl`eme et peut ˆetre supprim´e.

Mod`ele de l’´electron ´elastiquement li´e

12.On aλ0= fc0 = 2πcω0 =2πcE0~ =hcE0. On trouveλ0= 781 nm ce qui correspond bien aux 780 nm propos´es au d´epart par l’´enonc´e. La forme canonique de l’´equation diff´erentielle est dd2X2 +ωQ0dxdt02x= mqeeE0cos(ωt+ϕ0).

On en d´eduit que ωQ0 = Γ. Cela permet de d´eterminer le facteur de qualit´e Q= ωΓ0 = 6,5×107. On constate queQ≫1, la r´esonance est particuli`erement aigu¨e !

13. On raisonne directement sur l’amplitude complexe X associ´ee `a la grandeur r´eelle x(t) qui repr´esente l’amplitude complexe de x(t). On obtient facilement X[−ω2 +jΓω +ω20] = mqeeE0. On a donc X(jω) =

qe

meE0 1

20ω2)+jΓω. Cela permet de trouve module et argument mais seul le module nous est demand´e par l’´enonc´e : X(ω) =|qme|Ee01

2ω20)22ω2 .

14.Il y a r´esonance deX(ω) lorsque cette fonction passe par son maximum. Il faut donc que le d´enominateur, seul fonction de ω, passe par un minimum. Compte du caract`ere monotone croissant de la fonction racine carr´ee, on peut se contenter d’´etudierg(ω) = (ω2−ω02)2+ Γ2ω2. On d´erive cette expression et on arrive `a dg = 2Γ2ω+ 4ω(ω2−ω20) = 0 pour esp´erer trouve un minimum. On aboutit `a l’´equationω202Γ2220(1−2Q12).

Pour qu’un minimum existe, il faut queω2>0 afin queωsoit r´eelle. Cela impose queQ > 12. Avec la situation trouv´ee avant `a savoir Q ≫ 1, cette condition est v´erifi´ee. On retient la racine positive pour la pulsation `a savoir : ωr0

q1−2Q12 . Comme Q ≫ 1, on peut effectuer un d´eveloppement limit´e pour ´ecrire dans un premier temps que ωr≃ω0(1−4Q12). Toutefois, avec la valeur num´erique de Q, il est plus que raisonnable de consid´erer queωr≃ω0.

15.Xmax est l’amplitude maximum du mouvement de l’´electron puisque l’on a r´esonance `a ω ≃ω0, ce qui implique queδ≃0 et doncX(ω0)≃Xmax.

16. L’´equation diff´erentielle du mouvement est me[dd22x + Γdxdt02x] = qeE0cos(ωt+ϕ0). Pour avoir la puissance, on multiplie par la vitesse dxdt. On va donc r´ecup´erer des termes comme ddt2x2

dx

dt et dxdtxdont il faudra

1. Le programme de fili`ere PC comporte une ´etude du faisceau laser gaussien, la r´eponse qui est apport´ee dans cette fili`ere est une peu plus ´elabor´ee que celle-ci. Elle s’appuie sur cette ´etude.

(5)

calculer la moyenne temporelle sur une dur´ee grande devant la p´eriode. Or, pour chacun de se deux produits, si l’un des termes est en fonction cos, l’autre est en fonction sin. Lorsque l’on va calculer la moyenne temporelle, on aurahcos sini= 0. Par contre le terme dxdt2

pr´esentera une moyenne non nulle de valeur bien connue 12 puisque l’on aura `a faire `a hcos2i ou bien `a hsin2i. On a des puissances oppos´ees en moyenne pour la force ´electrique qeE~ et la force de freinage −meΓdxdt~ex. On a vu que x(t) = X(ω) cos(ωt+ψ) et donc hPi =meΓω20X2(ω)12 en consid´erant ω ≃ ω0. On obtient bien l’expression propos´ee par l’´enonc´e avec P(δ) = 12meΓω02Xmax2 1+δ12. Cela permet d’exprimer la puissance moyenne maximale lorsqueδ= 0, c’est-`a-dire lorsqueω=ω0. On arrive `a

Pmax=12meΓω02Xmax2 .

Expression de la force hors r´esonance

17.L’allure deF en fonction deδ est donn´ee `a la figure 2. PourF =Fmax/5, on doit avoirδ=±2. Comme le laser a pour objectif de ralentir l’atome, on retient la solution δ =−2. Pour la r´esonance, on a ω = ω0 et donc δ = 0. La pulsation du laser dans le r´ef´erentiel du laboratoire est donc ωL telle que ω0 = (1 + vczL

o`uvz est la vitesse `a la sortie du four. Avec δ =−2, on obtient ω0−Γ = (1 +vczL. En formant le rapport des deux lois sur les pulsations, on arrive `a 1− ωΓ0 = c+vc+vzz. On en d´eduit que vz = vzωΓ0(vz+c). On a ω0 = 2πcλ

0 = 2,4×1015rad·s1 et donc ωΓ

0 = 1,5×108. On en d´eduit la valeur num´erique de la vitesse vz = 295 m·s1. Le ralentissement est modeste d’autant que la force maximale a ´et´e divis´ee par 5 d´ej`a. . . Et que la force va continuer `a diminuer.

δ F

bb Fmax

0

Figure2 – Allure de la force exerc´ee sur l’atome de rubidium hors de la r´esonance

18. Pour que cela ralentisse pour le mieux, il faut en permanence essayer de se placer avec la forceFmax. Il faut donc assurer δ = 0. Or, nous savons que ω = ω0 alors et que ω = (1 + vczL. Pour ω0 fix´ee, il faut augmenterωL si la vitessevz diminue et donc diminuer la longueur d’onde du laser.

Utilisation de l’effet Zeeman

19. Le magn´eton de Bohr est un moment magn´etique en A·m2 ou encore C· s1· m2 puisque dans le mod`ele classique d’une boucle de courant de surface S on a M~ = I ~S. Or,~ est un moment cin´etique dont le dimensionnement est fix´e par L=rmv puisque c’est le moment de la quantit´e de mouvement.L est donc en kg· s1· m2. Pour passer du moment cin´etique au moment magn´etique, il suffit de diviser par une masse et multiplier par une charge. On peut donc proposer : µB= |qme|e~ . On peut montrer en M´ecanique quantique que l’expression exacte du magn´eton deBohrestµB =|2mqe|~

e.

20.On veut avoir en permanenceδ= 0 et doncω(B0) = (1 +vczLo`uB0est le champ magn´etique `a la sortie du four. On a en mˆeme temps, lorsque l’atome est compl`etement frein´e, avec un champ magn´etiqueB0+ ∆Bz : ωL0(B0)+µB∆B~ z. Il faut donc comparer ω1+0(Bvz0)

c ≃ω0(B0)(1−vcz) etω0(B0)+µB∆B~ z. On trouve la relation :

∆Bz=−~ω0µ(BB0c)vz . En effectuant l’application num´erique, on trouve que ∆Bz =−137 Gauss. Cela est bien situ´e par rapport aux valeurs du graphique propos´e.

21.Il est pr´ef´erable de passer par une ´etude ´energ´etique plutˆot que par une ´etude cin´ematique du mouvement de l’atome. On nous dit que l’atome subit une d´ec´el´eration constante, il subit donc une force constante F~ =

−M a~ez. On peut donc ´ecrire que cette force d´erive d’une ´energie potentielle telle que −M a = −dEdzpot. On obtient donc Epot = M az `a une constante pr`es que rien ne nous empˆeche de prendre nulle en z = 0. On

´ecrit donc la conservation de l’´energie m´ecanique pour l’atome dans le r´ef´erentiel du laboratoire galil´een :

1

2M v21+M az1= 12M vz2+M az. On arrive imm´ediatement `a la formule demand´ee : vz=p

v12−2a(z−z1) . 22. On a vu que (1 + vczL = ω0+ µB~Bz et donc aussi que (1 + vc1L = ω0+ µB~B1. En effectuant la diff´erence entre ces deux ´equations, on obtient ~ωcL(vz−v1) =µB(Bz−B1). On a doncBz=B1+~µωBLc(vz−v1).

(6)

On en d´eduit que Bz =B1+~µωBLvc1(q

1−2av21(z−z1)−1). Cela permet d’identifier les coefficients demand´es : b1= ~µωLv1

Bc et aussi β= 2av2

1 . Il resteb0non demand´e qui correspond `ab0=B1−b1.

23. Pour cr´eer un champ Bz > 0, il faut que le sens de rotation nous fasse progresser dans le sens de~ez, vu depuis z <0, c’est le sens horaire. Ceci est valable sur la premi`ere zone, ensuite sur la zone o`u Bz <0, il faut le sens contraire bien ´evidemment. La seule expression `a connaˆıtre pour un champ magn´etique est celle du sol´eno¨ıde infiniB =µ0nI =µ0N

LI o`u N est le nombre de spires et L la longueur du sol´eno¨ıde. Pour faire simple, on peut estimer dans le premier cas un champB ≃10−2T avec une longueurL = 0,5 m. On trouve N = 1 200 . On suit le mˆeme raisonnement pour la petite bobine qui produit un champB ≃5×10−3T avec une longueurL= 0,1 m. On trouve alors N= 120 .

24.L’int´erˆet d’ajouter la bobine ralentisseur plutˆot que de g´en´erer la totalit´e du champ magn´etique avec le sol´eno¨ıde ralentisseur est sans doute de pouvoir m´enager une plage de champ magn´etique nul comme on peut le voir sur le graphique propos´e.

Le pi`ege magn´eto-optique

Force exerc´ee par les lasers en l’absence du champ magn´etique

25.On remplaceωi par son expression et on arrive `a F+= 1+(∆−VFmax)2 et F=−1+(∆+VFmax)2 .

26.La force totale, pour un atome se dirigeant sur +~ez donc pour V >0, doit ˆetre orient´ee en sens−~ez. Si l’atome va dans l’autre sens, on aV <0 et donc une force orient´ee sur +~ez. Le graphique de la figure 3 montre bien l’effet ralentisseur.

V F

bbb

Fmax

0

−Fmax

Figure3 – Force de freinage sur l’atome de rubidium en l’absence de champ magn´etique

27.On peut ´ecrire l’expression de la forceF+= 1+∆F2max(1V)2. On effectue un d´eveloppement limit´e et on arrive

`aF+=1+∆Fmax2(1 +1+∆2V2). Pour la seconde force, il suffit de transformerV en−V. On aF=−F1+∆max2(1−1+∆2V2).

En sommant les deux termes, on arrive `a Ftot= (1+∆Fmax2)24V∆. Pour obtenir une force qui freine l’atome, il faut bien prendre ∆<0. On peut exprimer le coefficient : α=−(1+∆Fmax2)24∆ si l’on choisit de d´efinirα >0 comme c’est habituel pour une force de frottement de type fluide.

Force exerc´ee par les lasers en pr´esence du champ magn´etique

28.La bobine de gauche cr´ee en un point M de l’axe d’abscisse x >0, un champ magn´etique B~g =Bgx~ex

dont la norme d´epend de la distance du centre de la bobine au point M. Pour la bobine de droite, on a un champ magn´etique B~d = −Bdx~ex de norme plus ´elev´ee que le pr´ec´edent car le point M est plus pr`es de la bobine de droite que de la bobine de gauche pourx >0. Le champ magn´etique est orient´e dans le sensx <0.

En effectuant un d´eveloppement limit´e au premier ordre, il ne peut qu’ˆetre proportionnel `ax. On a donc bien : B(x,~ 0,0) =−Bx~ex. On fera attention au fait queBn’est pas champ magn´etique mais plutˆot une d´eriv´ee de champ magn´etique par rapport `axen T· m−1.

29.On avait pos´eV =ΓcLvx, on passe maintenant `a V=ΓcLvx +2mµ ~ΓB~·~ex . Comme on aB~ ·~ex<0,il faut donc m <0 .

30. On effectue `a nouveau les applications num´eriques. On trouve ΛP = 1,9×10−8m et comme nP =

(7)

2×1016m3, on arrive `a DP = 1,3×107 . Cela correspond `a l’´evolution dans le diagramme des phases propos´e au d´ebut de l’´enonc´e.

D. Le refroidissement ´ evaporatif et la condensation de Bose-Einstein

Le pi`ege magn´etique

Champ quadrupolaire cr´e´e par les quatre fils

31.En appliquant le th´eor`eme d’Amp`ereau fil infini en choisissant un contour circulaire de rayonrentourant le fil, on trouve facilement B~ = µ2πr0I~eθ . Ceci est la cons´equence du fait queB~ =Bθ(r)~eθpuisqu’il y a invariance par rotation d’angleθ autour de l’axez et par translation sur ce mˆeme axe. Comme le plan (M, ~er, ~ez) est un plan de sym´etrie Π+de la distribution de courant, on a bienH B~ ·d~ℓ= 2πrBθ0I.

32.Le plus simple pour aboutir dans cette recherche du champ magn´etique est d’utiliser un rep`ere cylindrique associ´es `a chacun des deux fils et d’exprimer ensuite le champ magn´etique sans les vecteurs de base. On consid`ere le pointO1o`u est le fil et le pointsM de coordonn´ees (x, y). Avec le r´esultat de la question pr´ec´edente, on aB~1=

µ0I

2πr1~eθ1= 2πrµ0I

1(~ez∧~er1) o`u~er1= −−−→Or1M

1 . Le champ magn´etique peut donc s’´ecrire selon :B~1= 2πOµ0I

1M2~ez∧−−−→O1M. A l’aide des coordonn´ees, on peut ´ecrire` −−−→O1M = (x+D)~ex+y~ey. On effectue le produit vectoriel et on factorise parD qui est grand devant les autres coordonn´ees, cela fait apparaˆıtre les coordonn´ees r´eduitesx et y. On a alorsB~1=2πDµ0I[−y~ex+ (1 +x)~ey](1+x1)2+y′2. Pour ne conserver que les termes de premier ordre, on commence par ´ecrire que (1 +x)2+y2≃1 + 2x. En continuant le d´eveloppement limit´e au premier ordre, on arrive `a la formule : B~1= B41[−y~ex+ (1−x)~ey] .

33.Il faut changerD en−D pour trouver le champ magn´etique cr´e´e par le second fil. On doit donc avoir : B~2= B41[−y~ex+ (−1−x)~ey] . La somme des deux champs magn´etiques donne alors l’expression qui suit tout en n’oubliant pas que le calcul est effectu´e au premier ordre :B~1+B~2= B21[−y~ex−x~ey].

34.En observant la figure, on se rend compte que la situation de la seconde paire de fils peut se d´eduire de la premi`ere par une rotation deπ/2 dans le sens direct mais aussi en changeant le courantIen−Ice qui revient `a changer tous les signes dans le champ magn´etique. Dans la rotation, on permutexpourymaisypour−x. Cette permutation est la mˆeme pour les vecteurs de bases. Il ne faut pas oublier de mettre un signe moins devant tout pour le changement de sens du courant. On a doncB~3+B~4 = −B21[x~ey−y(−~ex)] = B21[−y~ex−x~ey]. On trouve exactement la mˆeme contribution pour ces deux fils que pour les deux premiers. Le champ total cr´e´e par les quatre fils est donc : B~tot=−B1(y~ex+x~ey) .

Interaction dip^ole-champ

35.L’´energie potentielleE d’un atome poss´edant un moment dipolaire magn´etiqueM~ plong´e dans un champ B~ est : E=−M ·~ B~ .

36.L’´equilibre stable correspond `a un minimum d’´energie potentielle E. Compte tenu de la forme de cette

´energie, c’est lorsque M~ est align´e et de mˆeme sens que B~ qu’il y a ´equilibre stable. Le champ magn´etique est selon Oz, donc la position d’´equilibre sera stable si le dipˆole s’aligne sur ~ez. On a alors E = −MBz. Il y aura ´equilibre stable du point de vue de la translation si on a en mˆeme temps ∂zE = 0 et ∂z2E2 > 0 en O.

M´etant invariable, on constate que cela revient `a calculer ∂B∂zz = 0 et ∂z2B2z <0 en O. Le calcul montre que

∂Bz

∂z =2B”z2

0 z= 0 pourz= 0 et que ∂z2B2z = 2B”z2

0 >0. Cette derni`ere propri´et´e contredit la condition pour obtenir un ´equilibre stable. L’´equilibre est donc instable enO. Le pi´egeage n’est pas possible .

37.Avec ce que l’on vient de voir, il faut un coefficientmFgF <0 pou avoir une situation de type oscillateur harmonique ´elastique que nous utiliserons comme r´ef´erence ; Nous avons que lorsque l’on a une ´energie poten- tielle de la forme 12kx2, on obtient un oscillateur harmonique de pulsation ω20 = mk, ce qui fait que l’on peut

´ecrire l’´energie potentielle sous la forme 122x2. L’oscillateur est sur l’axe Ox. On peut donc transposer cette situation `a ce que l’on a comme forme d’´energie potentielle. On peut voir quexet y ont un rˆole indiff´erenci´e dans l’´energie potentielle propos´ee. On posera alors r2 = x2+y2 o`u r est la coordonn´ee cylindrique radiale traditionnelle perpendiculaire `a l’axe Oz. On a donc une ´energie potentielle en r2 et une autre en z2. Cela g´en`ere donc deux oscillateurs harmoniques de pulsationωr etωz telles que M ωr2=|mFgFB(BB0D122B”z20) et

M ω2z=|mFgFB2B”

z20 .

Le refroidissement ´evaporatif

(8)

38.Au d´epart, on aN0 atomes `a la temp´eratureT0, cela repr´esente une ´energieN03kBT0. Ensuite, on aN1

atomes dans le pi`ege `a la temp´eratureT1 d’´energieN13kBT1 et N0−N1 atomes qui sont sortis du pi`ege avec une ´energie (N0−N1)ηkBT0. On a donc la relationN03kBT0=N13kBT1+ (N0−N1)ηkBT0. Cette relation se simplifie en N0(1−η3) =N1(TT1

0η3) .

39. On remplaceN0 par N, T0 par T, N1 par N + dN et T1 par T + dT. On arrive alors `a N(1− η3) = (N+ dN)(1 +dTTη3). On arrive dans un premier temps `a 0 =NdTT + dN(1−η3+dTT ). En ne conservant pas le terme d’ordre sup´erieur en dTdN, on arrive `a l’´equation diff´erentielle : dTT +dNN (1−η3) = 0 .

40. Si le nombre N d’atomes dans le pi`ege est constant, alors la densit´e particulaire au centre du pi`ege n0 augmente lorsque la temp´erature diminue. En effet, l’ agitation thermique fait que les particules peuvent explorer d’autant plus les bords du pi`ege, du puits de potentiel que leur temp´erature est ´elev´ee. Si la temp´erature baisse, il y aura plus de particules au centre du pi`ege comme fig´ees ou encore gel´ees.

41.La densit´e dans l’espace des phases est donn´ees parD=n0Λ3T. Or, nous avonsn0=αN T−3/2 mais aussi que Λ3T =βT3/2 avec la loi vue au d´ebut du probl`eme d´efinissant cette longueur d’onde thermique. On peut donc constater queD0=αβN T3. On peut d´eduire de cette relation, une relation diff´erentielle logarithmique :

dD0

D0 = dNN −3dTT . Or, dTT = (η3 −1)dNN . On en d´eduit que dDD0

0 = (4−η)dNN . Au cours de l’´evaporation, N diminue donc dN <0 pour avoir dD0>0, il faut donc que 4−η <0 et donc : η >4 . On peut remarquer que l’´enonc´e a propos´eη = 7 ce qui correspond `a la condition pour que l’´evaporation puisse amen´e la densit´e dans l’espace des phases `a l’endroit voulu.

42.Il suffit d’int´egrer la loi pr´ec´edente pour obtenir, apr`es passage par un logarithme, la loi de puissanceDpro- portionnelle `aN4η. En utilisant la r´ef´erence propos´ee par l’´enonc´e, on arrive `a la loi : D0(t) =DPN(t)

NP

4η

. Siη→ ∞, comme NN(t)P <1, on peut voir que D0→0. Plusη sera grand, plus le pi`ege va contenir d’atomes.

43.On commence par calculer la longueur d’onde ΛT = 1,3×106m. On trouve ensuite D0= 1,2 . Au d´ebut de l’´enonc´e, on nous a inform´es du fait que la densit´e devait ˆetre inf´erieure `a une densit´e critiqueDc= 2,6. On constate donc que l’on bien en-dessous de cette valeur et que la condensation deBose-Einsteinaura lieu.

Preuve exp´erimentale de la Condensation de Bose-Einstein

44.La fr´equence de 39,516 MHz correspond `a la premi`ere image. Les atomes de rubidium qui s’´echappent du pi`ege ont parcouru une distance d’environ 0,75 mm/2 pendant la dur´ee de 22 ms depuis le centre du pi`ege. Leur vitesse est doncv ≃0,75/44 = 1,7×102m·s1. On peut estimer la temp´erature correspondante grˆace `a la loi 12M v2= 32kBT. On trouveT =Mv3kB2. Cela donne la valeur num´erique suivante : T ≃10−6K .

45.L’in´egalit´e de Heisenberg spatiale est ∆px×∆x≥~2 . Elle relie l’ind´etermination sur la position ∆x et l’ind´etermination sur la quantit´e de mouvement ∆px. Ici, elle est pr´esent´ee sur un axeOx. L’´enonc´e rappelle que ωr > ωz, les p´eriodes d’oscillations sont donc Tr < Tz. Si l’on observe sur des temps courts, l’oscillation Tz n’aura pas eu le temps de se produire. On doit voir l’ellipticit´e radiale. Par contre sur les temps longs, on doit voir plutˆot celle sur l’axe Oz. Sur un nuage thermique, il n’y a aucune distinction de direction puisque l’agitation thermique rend justement ´equivalente toutes les directions par un processus de chocs al´eatoires. Dans le cas du pi`ege propos´e, c’est le champ magn´etique B~ qui va structurer l’ensemble des atomes en privil´egiant des directions en raison de son orientation mais aussi de ses d´ependances en les diff´erents param`etres d’espace.

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