Corrigé détaillé E3A Physique Chimie MPI 2026

Les deux principaux constituants de l'atmosphère terrestre (en air sec) sont :

• le diazote (\mathrm{N}_2), qui représente environ 78\,\% en fraction molaire (ou volumique) ;
• le dioxygène (\mathrm{O}_2), qui représente environ 21\,\% en fraction molaire (ou volumique).

En première approximation, on retient souvent les proportions approchées de 4/5 (soit 80\,\%) pour le diazote et de 1/5 (soit 20\,\%) pour le dioxygène. Le pourcent restant est constitué majoritairement d'argon (\approx 0{,}93\,\%) et d'autres gaz à l'état de traces (dioxyde de carbone, néon, hélium, etc.).

La Terre étant supposée à symétrie sphérique de centre O et de masse M_{\mathrm{T}}, le théorème de Gauss gravitationnel permet d'assimiler son attraction extérieure à celle d'une masse ponctuelle située en O.

En repérant le point P par le vecteur position \vec{OP} = r \vec{e}_r (avec r = \|\vec{OP}\| \ge R_{\mathrm{T}} et \vec{e}_r = \frac{\vec{OP}}{r}), la force gravitationnelle attractive exercée par la Terre sur l'atome de masse m s'écrit :

Cette force centrale conservative dérive d'une énergie potentielle E_{\mathrm{p}}(r) selon :

On en déduit :

où K est une constante d'intégration. La condition imposée par l'énoncé, E_{\mathrm{p}}(r \to \infty) = 0, donne directement K = 0. Il vient ainsi :

L'énergie mécanique E_{\mathrm{m}} du point matériel \mathrm{P} de masse m dans le référentiel géocentrique est la somme de son énergie cinétique E_{\mathrm{c}} et de son énergie potentielle de gravitation E_{\mathrm{p}} établie à la question Q2 :

avec E_{\mathrm{c}} = \dfrac{1}{2} m v^2, où v désigne la norme du vecteur vitesse \vec{v} de \mathrm{P} dans le référentiel géocentrique. On obtient donc :

Justification de la conservation : Le point matériel \mathrm{P} évolue dans le référentiel géocentrique supposé galiléen et n'est soumis qu'à la force de gravitation \vec{F}. Cette force est conservative et dérive de l'énergie potentielle E_{\mathrm{p}}(r), laquelle ne dépend pas explicitement du temps. Aucune force non conservative n'agit sur \mathrm{P} (\vec{F}_{\mathrm{nc}} = \vec{0}). D'après le théorème de l'énergie mécanique :

L'énergie mécanique E_{\mathrm{m}} est donc une constante du mouvement : elle se conserve.

Appliquons le théorème du moment cinétique au point \mathrm{P} calculé en \mathrm{O} dans le référentiel géocentrique supposé galiléen :

La force d'interaction gravitationnelle étant centrale de centre \mathrm{O}, les vecteurs \vec{OP} = r \vec{e}_r et \vec{F} = F(r)\vec{e}_r sont colinéaires :

• Si \vec{L}_{\mathrm{O}} = \vec{0}, la vitesse \vec{v} et la position \vec{OP} sont colinéaires à chaque instant : le mouvement est rectiligne selon une droite passant par \mathrm{O} (cas particulier de mouvement plan).
• Si \vec{L}_{\mathrm{O}} \neq \vec{0}, le vecteur position \vec{OP} est à chaque instant orthogonal au vecteur fixe \vec{L}_{\mathrm{O}} car \vec{OP} \cdot (\vec{OP} \wedge m\vec{v}) = 0. Le point \mathrm{P} évolue donc dans le plan fixe passant par \mathrm{O} et orthogonal à \vec{L}_{\mathrm{O}}.

Le mouvement de \mathrm{P} est donc plan.

Dans ce plan, repérons \mathrm{P} par ses coordonnées polaires (r, \theta) associées à la base orthonormée directe (\vec{e}_r, \vec{e}_\theta, \vec{e}_z), où \vec{e}_z est le vecteur unitaire colinéaire et de même sens que \vec{L}_{\mathrm{O}}.

Le vecteur position et le vecteur vitesse s'écrivent :

Le moment cinétique de \mathrm{P} par rapport à \mathrm{O} s'exprime donc par :

Puisque le vecteur \vec{L}_{\mathrm{O}} et la masse m sont constants, la composante scalaire r^2 \dot{\theta} est indépendante du temps :

Cette constante C est appelée constante des aires.

Le mouvement s'effectuant dans le plan polaire (\mathrm{O}, \vec{e}_r, \vec{e}_\theta), le vecteur vitesse du point matériel s'écrit :

Le carré de la vitesse vaut donc :

D'après la question Q4, la constante des aires s'écrit C = r^2 \dot{\theta}, ce qui donne :

En injectant cette relation dans l'expression de l'énergie cinétique, on obtient :

L'énergie mécanique du point P s'exprime alors, d'après les questions Q2 et Q3, sous la forme :

On identifie immédiatement la forme demandée :

avec :

D'après la question Q5, l'énergie potentielle effective s'écrit (pour une constante des aires C \neq 0) :

1. Étude de fonction :

• Aux limites :

  \begin{aligned} \lim_{r \to 0^+} E_{\mathrm{p, eff}}(r) &= +\infty \quad (\text{terme répulsif dominant en } 1/r^2), \\ \lim_{r \to +\infty} E_{\mathrm{p, eff}}(r) &= 0^- \quad (\text{terme attractif dominant en } -1/r). \end{aligned}

• Dérivée par rapport à r :

  \frac{\mathrm{d}E_{\mathrm{p, eff}}}{\mathrm{d}r}(r) = -\frac{m C^2}{r^3} + \frac{G M_{\mathrm{T}} m}{r^2} = \frac{m}{r^2}\left( G M_{\mathrm{T}} - \frac{C^2}{r} \right)

  Cette dérivée s'annule en un point unique :

  r_0 = \frac{C^2}{G M_{\mathrm{T}}}

  La fonction est strictement décroissante sur ]0, r_0] puis strictement croissante sur [r_0, +\infty[. Elle présente donc un minimum absolu négatif en r_0 :

  E_{\mathrm{p, eff, min}} = E_{\mathrm{p, eff}}(r_0) = -\frac{m (G M_{\mathrm{T}})^2}{2 C^2} < 0

2. Tracé de la courbe et raisonnement graphique :

L'énergie cinétique radiale étant nécessairement positive ou nulle :

Les zones accessibles au mouvement correspondent aux valeurs de r pour lesquelles la droite horizontale d'ordonnée E_{\mathrm{m}} se situe au-dessus de la courbe E_{\mathrm{p, eff}}(r).

• Si E_{\mathrm{p, eff, min}} \le E_{\mathrm{m}} < 0 : le domaine accessible est borné, [r_{\min}, r_{\max}]. L'atome reste piégé au voisinage de la Terre (état lié).
• Si E_{\mathrm{m}} \ge 0 : le domaine accessible est semi-infini, [r_{\min}, +\infty[. Le point P peut s'éloigner indéfiniment (r \to +\infty).

Le point P peut donc échapper à l'attraction gravitationnelle de la Terre si et seulement si :

À la surface de la Terre, le point matériel se situe à la distance r = R_{\mathrm{T}} du centre \mathrm{O}. S'il est éjecté avec une vitesse de norme v_0, son énergie cinétique est E_{\mathrm{c}} = \frac{1}{2}m v_0^2 et son énergie potentielle gravitationnelle vaut E_{\mathrm{p}}(R_{\mathrm{T}}) = -\frac{G M_{\mathrm{T}} m}{R_{\mathrm{T}}}.

Son énergie mécanique initiale s'écrit donc :

D'après le résultat de la question Q6, le point matériel peut s'éloigner à l'infini (état de diffusion) si et seulement si son énergie mécanique est positive ou nulle :

La vitesse de libération v_{\ell} étant la vitesse minimale permettant l'échappement, elle correspond au cas limite E_{\mathrm{m}} = 0 :

Application numérique :

En utilisant l'aide numérique \sqrt{1{,}4} \approx 1{,}2 :

Le modèle microscopique du gaz parfait repose sur les hypothèses suivantes :

• Particules ponctuelles : le volume propre des entités (atomes ou molécules) est négligeable devant le volume V accessible au gaz (covolume nul).
• Absence d'interactions à distance : les particules n'exercent aucune interaction mutuelle à distance ; l'énergie potentielle d'interaction entre molécules est donc négligeable devant leur énergie cinétique.
• Chocs élastiques instantanés : les seules interactions prises en compte sont des collisions élastiques (avec conservation de l'énergie cinétique) de durée négligeable, entre particules d'une part, et contre les parois du récipient d'autre part.
• Chaos moléculaire : le mouvement des particules est désordonné, isotrope et régit par les lois de la mécanique classique.

D'après la formule donnée dans l'énoncé, la vitesse quadratique moyenne des atomes d'hélium s'écrit :

Avec les valeurs numériques fournies :

• R = 8{,}0\text{ J}\cdot\text{mol}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} ;
• T = 300\text{ K} ;
• \mathcal{M}_{\mathrm{He}} = 4{,}0 \cdot 10^{-3}\text{ kg}\cdot\text{mol}^{-1} ;

on obtient :

En utilisant l'aide numérique \sqrt{1{,}8} \approx 1{,}3 :

D'après le résultat de la question Q7, la vitesse de libération terrestre vaut v_{\ell} \approx 1{,}2 \cdot 10^{4}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}, d'où :

On constate ainsi que :

D'après le critère énoncé, les atomes d'hélium sont capables de s'échapper progressivement de l'attraction gravitationnelle de la Terre. Bien qu'il soit produit en permanence dans la croûte terrestre par radioactivité, l'hélium diffuse vers l'espace à l'échelle des temps géologiques, ce qui justifie sa très faible teneur dans l'atmosphère terrestre (de l'ordre de 5\text{ ppm}).

Le rayonnement laser, caractérisé par sa cohérence spatiale et temporelle, sa directivité et sa densité de puissance élevée, trouve de nombreuses applications, parmi lesquelles on peut citer :

1. Télécommunications et vie quotidienne : transmission d'informations à très haut débit par fibre optique (diodes laser servant d'émetteurs optiques modulés), lecteurs de codes-barres ou de disques optiques (CD, DVD, Blu-ray).
2. Médecine et chirurgie : chirurgie ophtalmologique de précision (correction de la myopie par laser LASIK, traitement de la rétine par photocoagulation), dermatologie (détatouage) ou bistouris laser.
3. Industrie : découpe, perçage, soudage et gravure de matériaux (métaux, polymères) exploitant la très grande concentration d'énergie surfacique obtenue par focalisation du faisceau.

Remarque : Dans le domaine de la recherche, on peut également citer le refroidissement d'atomes par laser (horloges atomiques) ou les interféromètres optiques géants pour la détection d'ondes gravitationnelles (LIGO, Virgo).

Dans un milieu conducteur ohmique de conductivité \gamma, la densité volumique de courant est reliée au champ électrique \vec{E} par la loi d'Ohm locale :

La puissance volumique dissipée par effet Joule s'écrit alors :

Par définition, un conducteur parfait possède une conductivité électrique infinie : \gamma \to \infty.

Si le champ électrique \vec{E} était non nul au sein du conducteur, la puissance dissipée par effet Joule serait infinie, ce qui est physiquement impossible. Pour que la puissance volumique dissipée reste finie (et en l'occurrence nulle), il est donc nécessaire que :

au sein du conducteur parfait.

Dans une région vide de charges (\rho = 0) et de courants (\vec{\jmath} = \vec{0}), les équations de Maxwell s'écrivent :

Prenons le rotationnel de l'équation de Maxwell-Faraday et permutons les opérateurs spatiaux et temporels :

En utilisant l'identité vectorielle \vec{\operatorname{rot}}\left(\vec{\operatorname{rot}}\vec{E}\right) = \vec{\operatorname{grad}}\left(\operatorname{div}\vec{E}\right) - \Delta\vec{E}, l'équation de Maxwell-Gauss (\operatorname{div}\vec{E} = 0) et l'équation de Maxwell-Ampère, il vient :

En introduisant la célérité de la lumière dans le vide c = \frac{1}{\sqrt{\varepsilon_0\mu_0}}, on obtient l'équation de d'Alembert :

L'onde se propageant selon l'axe x, le champ scalaire E(x, t) = f(x)\sin(\omega t) vérifie la forme unidimensionnelle de l'équation de d'Alembert :

Calculons les dérivées partielles :

En réinjectant ces dérivées dans l'équation de propagation :

Cette égalité devant être vérifiée à tout instant t, la fonction f vérifie l'équation différentielle :

D'après la question Q12, la fonction f vérifie l'équation différentielle spatiale :

La solution générale est de la forme :

Le champ électrique étant nul au sein des miroirs assimilés à des conducteurs parfaits (question Q11) et continu en x = 0 et x = L à tout instant, les conditions aux limites s'écrivent :

• La condition en x = 0 donne immédiatement A = 0, d'où f(x) = B \sin(kx).

• La condition en x = L impose alors :

  B \sin(kL) = 0.

Pour obtenir une solution non identiquement nulle (B \neq 0), il faut :

Comme k_n = \dfrac{\omega_n}{c} = \dfrac{2\pi \nu_n}{c}, on en déduit les fréquences propres quantifiées :

L'Intervalle Spectral Libre s'obtient directement par différence de deux fréquences propres consécutives :

soit :

À l'aide de l'échelle présente sur la figure 1 (barre de 2\text{ cm}), la longueur du tube cylindrique constituant le laser s'évalue à environ 7 fois la longueur de l'échelle, soit :

En assimilant la longueur de la cavité optique à celle du tube et d'après l'expression de l'intervalle spectral libre obtenue à la question Q13 :

Avec c = 3{,}0 \cdot 10^8\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} et L \approx 0{,}14\text{ m} :

Cette valeur est en excellent accord avec la spécification du fabricant (1\,090\text{ MHz}, soit un écart relatif inférieur à 1\,\%) : la valeur obtenue est donc parfaitement cohérente.

L'intégrale à approcher par la méthode des rectangles s'écrit :

Le pas de discrétisation associé au tableau T = np.linspace(-1, 1, 201) vaut :

Puisque la fonction à intégrer s'annule aux deux bornes t = \pm 1 (\sqrt{1 - (\pm 1)^2} = 0), la méthode des rectangles (à gauche ou à droite) et la méthode des trapèzes coïncident ici avec la somme sur tous les éléments de T pondérée par \Delta t.

On complète donc les lignes du programme :

• Ligne 5 : initialisation de la somme :

  S = 0   (ou S = 0.0)

• Ligne 9 : ajout du terme courant :

  S = S + airy(x, k)

• Ligne 10 : multiplication finale par le pas \Delta t et retour du résultat :

  return S * (T[1] - T[0])   (ou return S * (2 / 200) ou return S * 0.01)

Considérons la valeur particulière en x = 0 :

En utilisant la primitive fournie dans les données de la partie II :

on obtient :

Numériquement :

Sur la figure 3, le pic central atteint une ordonnée légèrement supérieure à 1{,}50, ce qui est en parfait accord avec la valeur g(0) \approx 1{,}57.

• Lignes 5 et 7 : La condition g(a) * g(milieu) > 0 signifie que g(a) et g(\text{milieu}) sont de même signe. La fonction s'annulant au moins une fois sur [a, b], la racine se trouve dans l'intervalle [\text{milieu}, b] : la nouvelle borne inférieure devient le milieu. Sinon, la racine se situe dans [a, \text{milieu}] et la nouvelle borne supérieure devient le milieu.

  • Ligne 5 : a = milieu
  • Ligne 7 : b = milieu

• Ligne 10 : La condition d'arrêt abs(b-a) > 2*eps garantit qu'en sortie, l'intervalle est de largeur au plus 2\,\varepsilon, de sorte que le centre (a+b)/2 renvoyé est à une distance inférieure ou égale à \varepsilon = 10^{-2} du zéro.

  D'après la figure 3, le premier zéro strictement positif de g est compris entre 1 et 2 (la fonction étant strictement positive en 0 et 1, puis négative au voisinage de son premier creux vers 1{,}6). On peut ainsi choisir [a, b] = [0, 2] ou [1, 2].

  • Ligne 10 : print(h(1, 2, 1e-2))   (ou print(h(0, 2, 0.01)))

D'après la relation (6) de l'énoncé reliant le diamètre \phi de la tache d'Airy à la longueur d'onde :

Les grandeurs R, d et \phi étant issues de mesurages indépendants, la formule de propagation des incertitudes composées relatives donne :

On en déduit l'expression littérale de l'incertitude-type u(\lambda) :

L'écart normalisé (z-score) comparant la valeur expérimentale \lambda_{\mathrm{exp}} = 656\text{ nm} à la valeur théorique attendue \lambda_{\mathrm{att}} = 632{,}8\text{ nm} s'écrit :

Avec les valeurs numériques fournies :

Comme z \le 2, l'écart entre la valeur expérimentale et la valeur attendue n'est pas significatif : la mesure est pleinement compatible avec la longueur d'onde de référence du laser He-Ne.

On étudie l'ion de masse m et de charge e > 0 dans le référentiel du laboratoire (terrestre), supposé galiléen, muni du repère orthonormé direct (\mathrm{O}, \vec{e}_x, \vec{e}_y, \vec{e}_z).

Le poids étant négligé, l'ion n'est soumis qu'à la force de Lorentz magnétique :

avec \vec{B} colinéaire à \vec{e}_z (\vec{B} = \pm B\,\vec{e}_z).

D'après le principe fondamental de la dynamique :

Par propriété du produit vectoriel, la force magnétique \vec{F} est orthogonale à \vec{B}, donc orthogonale à \vec{e}_z à tout instant :

La projection de l'équation du mouvement sur l'axe (\mathrm{O}z) donne :

À l'instant initial t = 0, la vitesse de l'ion est \vec{v}(0) = v_0 \vec{e}_x, d'où :

Il en découle que v_z(t) = \dot{z}(t) = 0 pour tout t \ge 0, ce qui implique que la coordonnée z(t) est constante :

L'ion entrant au point origine \mathrm{O} à t = 0, on a z(0) = 0. Par conséquent :

La trajectoire de l'ion est donc rigoureusement plane et contenue dans le plan (\mathrm{O}, \vec{e}_x, \vec{e}_y).

Dans le référentiel d'étude, la seule force agissant sur l'ion est la force magnétique de Lorentz :

La puissance développée par cette force est identiquement nulle à tout instant :

D'après le théorème de l'énergie cinétique appliqué à l'ion dans le référentiel galiléen :

La norme de la vitesse est donc constante et égale à sa valeur initiale : v(t) = v_0.

À l'instant initial t=0, la vitesse de l'ion est \vec{v}_0 = v_0 \vec{e}_x (avec v_0 > 0). Écrivons le champ magnétique sous la forme \vec{B} = B_z \vec{e}_z, où B_z = \pm B. La force magnétique initiale s'écrit alors :

D'après la figure 4, l'ion est dévié vers le bas (dans le sens des y décroissants), ce qui impose une accélération initiale selon -\vec{e}_y, soit :

On applique la deuxième loi de Newton à l'ion de masse m et de charge e > 0, dans le référentiel terrestre supposé galiléen. En négligeant le poids devant la force de Lorentz magnétique, le bilan des forces se réduit à :

D'après les questions précédentes, le mouvement est plan dans (O, \vec{e}_x, \vec{e}_y), si bien que \vec{v}(t) = v_x(t)\,\vec{e}_x + v_y(t)\,\vec{e}_y, et le champ magnétique s'écrit \vec{B} = B\,\vec{e}_z (avec B > 0).

Le produit vectoriel s'exprime par :

En projetant la deuxième loi de Newton sur les axes orthogonaux \vec{e}_x et \vec{e}_y, on obtient le système :

En introduisant la pulsation cyclotron \omega = \dfrac{eB}{m}, ces deux équations différentielles couplées du premier ordre s'écrivent :

Par définition de la variable complexe \underline{u}(t) = v_y(t) + \mathrm{j}v_x(t), sa dérivée temporelle s'écrit :

D'après le système d'équations différentielles couplées établi à la question Q21 :

En injectant ces relations dans l'expression de la dérivée, il vient :

Sachant que \mathrm{j}^2 = -1, on a -\omega = \mathrm{j}^2 \omega, d'où :

On en déduit bien que \underline{u} vérifie l'équation différentielle :

L'équation différentielle établie à la question Q22 s'écrit :

Il s'agit d'une équation différentielle linéaire homogène du premier ordre dont la solution générale est :

D'après les conditions initiales à l'instant t=0, la vitesse de l'ion est \vec{v}(0) = v_0 \vec{e}_x, ce qui se traduit par :

On en déduit la valeur initiale de la variable complexe \underline{u} :

La variable complexe s'exprime donc pour tout instant t \ge 0 sous la forme :

Par identification des parties réelle et imaginaire de \underline{u}(t) = v_y(t) + \mathrm{j}v_x(t), on obtient :

D'après la question Q23, les composantes cartésiennes de la vitesse s'écrivent :

En intégrant par rapport au temps t, on obtient :

où x_0 et y_0 sont deux constantes d'intégration réelles.

À l'instant t = 0, l'ion se trouve à l'origine du repère, soit x(0) = 0 et y(0) = 0. On en déduit :

Les équations horaires du mouvement de l'ion sont donc :

D'après les équations horaires établies à la question Q24, on a :

En élevant au carré puis en sommant membre à membre ces deux relations, on obtient :

Le mouvement étant confiné au plan (O, \vec{e}_x, \vec{e}_y) (question Q19), cette équation est celle d'un cercle dans ce plan, de centre C\left(0, -\frac{v_0}{\omega}, 0\right) et de rayon R = \frac{v_0}{\omega}.

En remplaçant \omega = \frac{eB}{m} (défini à la question Q21), le rayon de la trajectoire s'écrit :

L'énergie cinétique initiale commune à tous les ions s'écrit :

En injectant cette vitesse dans l'expression du rayon établie à la question précédente (Q25), on obtient :

À charge e, énergie cinétique E_{\mathrm{c}} et champ magnétique B fixés, le rayon de courbure est donc proportionnel à la racine carrée de la masse :

D'après la figure 4, les trois rayons de courbure vérifient l'ordre :

Or, le dispositif est réglé de sorte que seuls les ions hélium suivent l'axe du tube pour atteindre le détecteur. Par conséquent :

• pour les ions légers (\mathrm{H}_2^+, {}^3\mathrm{He}^+), la masse est inférieure à celle de l'hélium 4 (m < m_{\mathrm{He}}), d'où R < R_{\mathrm{He}} : ils sont trop déviés et heurtent la paroi interne ;
• pour les ions hélium ({}^4\mathrm{He}^+), le rayon est adapté à la géométrie du filtre : ils atteignent le détecteur ;
• pour les ions lourds (\mathrm{N}_2^+, \mathrm{O}_2^+, \mathrm{CO}_2^+, \mathrm{Ar}^+), la masse est supérieure (m > m_{\mathrm{He}}), d'où R > R_{\mathrm{He}} : ils ne sont pas assez déviés et heurtent la paroi externe.

On en déduit l'association :

La trajectoire étant circulaire de rayon R et parcourue à la vitesse uniforme v_0, la pulsation cyclotron s'écrit \omega = \frac{v_0}{R} = \frac{eB}{m} (d'après la question Q21).

Le parcours dans la zone de champ magnétique correspond à un quart de cercle, soit un angle balayé \Delta \theta = \frac{\pi}{2}. Par conséquent, la durée de parcours \tau s'écrit simplement :

La masse d'un ion hélium est reliée à sa masse molaire par m = \frac{\mathcal{M}_{\mathrm{He}}}{\mathcal{N}_{\mathrm{A}}}, ce qui conduit à l'expression :

Application numérique :

• \mathcal{M}_{\mathrm{He}} = 4{,}0 \cdot 10^{-3}\ \mathrm{kg\cdot mol^{-1}}
• e = 1{,}6 \cdot 10^{-19}\ \mathrm{C}
• B = 0{,}10\ \mathrm{T}
• \mathcal{N}_{\mathrm{A}} = 6{,}0 \cdot 10^{23}\ \mathrm{mol^{-1}}

D'après la question Q25, le rayon de la trajectoire de l'ion s'écrit :

La vitesse de l'ion s'en déduit donc sous la forme :

Prenons comme ordre de grandeur pour le rayon de courbure R \sim 5\text{ cm} = 5 \cdot 10^{-2}\text{ m}. Avec les données fournies :

Comparons cette vitesse à la célérité de la lumière dans le vide c = 3{,}0 \cdot 10^8\ \mathrm{m\cdot s^{-1}} :

Le rapport v_0/c étant de l'ordre de 10^{-4} \ll 1, le facteur de Lorentz \gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - (v_0/c)^2}} \approx 1 + \frac{1}{2}\left(\frac{v_0}{c}\right)^2 \approx 1 + 10^{-7} est confondu avec l'unité.

Pour la bulle sphérique de rayon r et de volume V_0 :

Pour la bulle cubique d'arête a et de volume V_0 :

Le rapport des surfaces s'écrit alors :

Comme \pi \approx 3{,}14 < 6, on a bien :

Commentaire : À volume fixé, la sphère présente une surface plus faible que celle du cube. Plus généralement, d'après l'inégalité isopérimétrique, la sphère est la forme tridimensionnelle qui minimise l'aire de surface pour un volume donné.

Puisque l'énergie potentielle d'interface (tension superficielle \gamma) est proportionnelle à la surface du film selon E_\mathrm{p, surf} = 2\gamma S, l'état d'équilibre mécanique stable (qui correspond à un minimum d'énergie potentielle à volume d'hélium fixé) impose à la bulle une forme sphérique.

On étudie la bulle de savon dans le référentiel terrestre supposé galiléen. L'axe vertical (Oz) est orienté vers le haut selon le vecteur unitaire \vec{u}_z.

Au rayon critique r_\mathrm{c}, la bulle est à la limite entre l'ascension et la descente : sa vitesse est nulle, la force de traînée aérodynamique est donc absente. Le bilan des forces s'écrit :

• le poids de la bulle \vec{P} = - m_\mathrm{tot} g \vec{u}_z, dirigé vers le bas, avec m_\mathrm{tot} = m_\mathrm{He} + m_\ell :

  m_\mathrm{He} = \rho_\mathrm{He} V_\mathrm{He} = \rho_\mathrm{He} \frac{4}{3}\pi r_\mathrm{c}^3,

  et la coque liquide mince (e \ll r_\mathrm{c}) de volume V_\ell \simeq S_\mathrm{s} e = 4\pi r_\mathrm{c}^2 e :

  m_\ell \simeq \rho_\ell (4\pi r_\mathrm{c}^2 e) \,;

• la poussée d'Archimède exercée par l'air, verticale ascendante, de norme égale au poids de l'air déplacé (de rayon r_\mathrm{c} + e \simeq r_\mathrm{c}) :

  \vec{\Pi}_\mathrm{A} = \rho_\mathrm{a} \frac{4}{3}\pi r_\mathrm{c}^3 g \vec{u}_z.

À l'équilibre pour le rayon critique r_\mathrm{c}, la résultante des forces est nulle (\vec{P} + \vec{\Pi}_\mathrm{A} = \vec{0}), ce qui se traduit par :

En divisant chaque terme par 4\pi r_\mathrm{c}^2 g, il vient :

d'où l'expression littérale de l'épaisseur du film :

Application numérique : Avec r_\mathrm{c} = 6{,}0\text{ mm} = 6{,}0 \cdot 10^{-3}\text{ m}, \rho_\mathrm{a} = 1{,}2\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3}, \rho_\mathrm{He} = 0{,}2\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} et \rho_\ell = 1{,}0 \cdot 10^3\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} :

Soit un rayon incident issu de la source S arrivant sur le premier dioptre air/liquide au point I_1 sous l'angle d'incidence i_1.

• Une partie se réfléchit directement au point I_1 pour former le rayon (1) avec un angle de réflexion i_1.

• L'autre partie se réfracte sous l'angle i_2 défini par la loi de Snell-Descartes :

  \sin i_1 = n_\ell \sin i_2

  Elle se propage dans le liquide d'indice n_\ell, se réfléchit en J sur la face opposée, puis émerge du film au point I_2 sous l'angle i_1, parallèlement au rayon (1), formant le rayon (2).

Les rayons (1) et (2) étant parallèles, ils interfèrent à l'infini. D'après le principe du retour inverse de la lumière et le théorème de Malus, une onde issue de l'infini dans cette direction posséderait des surfaces d'onde planes orthogonales aux rayons. Ainsi, le plan perpendiculaire aux deux rayons passant par I_1 coupe le rayon (2) en un point H tel que [I_1 \to \infty] = [H \to \infty].

La différence de chemin optique entre les deux rayons s'écrit donc :

où (I_1 J I_2) est le chemin optique dans le liquide et (I_1 H) = 1 \times I_2 H le chemin optique dans l'air :

On en déduit la différence de chemin optique :

Le déphasage total \varphi = \varphi_{(2)} - \varphi_{(1)} à l'infini prend en compte le déphasage géométrique et les sauts de phase aux réflexions :

• la réflexion en I_1 (milieu moins réfringent vers plus réfringent, n_{\text{air}} < n_\ell) induit un déphasage supplémentaire de \pi pour le rayon (1) ;
• la réflexion en J (milieu plus réfringent vers moins réfringent, n_\ell > n_{\text{air}}) s'effectue sans saut de phase.

Le déphasage entre le rayon (2) et le rayon (1) s'écrit ainsi :

Par identification avec la relation \varphi = \dfrac{\alpha}{\lambda}\cos i_2 - \pi, on obtient :

Deux ondes interfèrent de manière totalement destructive lorsque leur déphasage est un multiple impair de \pi :

D'après la formule (8) établie à la question Q31 :

La condition d'extinction s'écrit donc :

En posant l'entier k = k' + 1, les longueurs d'onde étant nécessairement strictement positives, l'entier k doit être un entier naturel non nul (k \in \mathbb{N}^*). On en déduit :

D'après la question Q32, en incidence normale (i_2 = 0, soit \cos i_2 = 1), les longueurs d'onde éteintes vérifient :

où k est un entier représentant l'ordre d'interférence.

Pour deux longueurs d'onde éteintes consécutives \lambda_k et \lambda_{k+1} (avec \lambda_{k+1} < \lambda_k), on a :

Plus généralement, pour deux zéros d'intensité \lambda_A et \lambda_B (avec \lambda_B < \lambda_A) séparés de p intervalles spectraux (p = \Delta k) :

Sur la figure 7, on repère plusieurs longueurs d'onde d'extinction (I = 0) :

• \lambda_1 \approx 600\ \mathrm{nm} ;
• \lambda_2 \approx 540\ \mathrm{nm} ;
• \lambda_3 \approx 485\ \mathrm{nm}.

Entre \lambda_A = \lambda_1 \approx 600\ \mathrm{nm} et \lambda_B = \lambda_3 \approx 485\ \mathrm{nm}, il y a p = 2 intervalles. L'application numérique donne :

Compte tenu de la précision de lecture sur le spectre (de l'ordre de \pm 10\ \mathrm{nm}), on obtient :

Comparaison avec la question Q30 : À la question Q30, l'épaisseur calculée à partir de la condition de sustentation de la bulle critique était e = 2{,}0\ \mu\mathrm{m}. La valeur expérimentale déduite du spectre (e \approx 1{,}9\ \mu\mathrm{m}) est en excellent accord avec cette prédiction théorique, ce qui confirme l'hypothèse formulée selon laquelle l'épaisseur du film sur le cadre est identique à celle des bulles créées.

Considérons la section de la fibre représentée sur la figure 8 :

• Le cœur a un diamètre d, un indice n_1, un rayon intérieur R et un rayon extérieur R + d.
• La face d'entrée étant plane et normale à la direction initiale de la fibre (verticale), les rayons lumineux y pénètrent sans déviation et se propagent parallèlement à la direction verticale.
• La tangente à la fibre à l'entrée étant verticale, le centre de courbure C appartient à la droite prolongeant la face d'entrée horizontale.

Chaque rayon entre dans le cœur à une distance r_0 \in [R,\, R+d] du centre de courbure C. En se propageant en ligne droite verticalement le long de la droite d'abscisse -r_0, la distance du rayon au centre C vaut :

Cette distance est strictement croissante avec y : le rayon s'éloigne du centre de courbure et atteint donc nécessairement l'interface extérieure du cœur, située à la distance R+d de C, en un point de réflexion M.

Au point M, la normale à l'interface est portée par la droite (CM), de longueur R+d. Dans le triangle CHM rectangle en H, l'angle d'incidence i entre la trajectoire verticale du rayon et la normale (CM) vérifie :

L'angle d'incidence le plus faible correspond au rayon entrant au bord intérieur (r_0 = R) :

Pour que toute la lumière soit guidée sans atténuation, il faut que ce rayon le plus défavorable subisse une réflexion totale à l'interface cœur-gaine, soit i_{\min} \ge i_{\text{lim}}, avec \sin i_{\text{lim}} = \frac{n_2}{n_1} :

Le rayon de courbure minimal est donc :

Application numérique :

La réaction chimique entre l'aluminium et les ions hydroxyde produit du dihydrogène gazeux \mathrm{H}_{2(\mathrm{g})}.

Dans les mêmes conditions de température et de pression, la masse volumique d'un gaz parfait s'écrit \rho = \frac{P \mathcal{M}}{R T}, où \mathcal{M} est sa masse molaire. Le dihydrogène possède une masse molaire :

nettement inférieure à la masse molaire moyenne de l'air :

Le dihydrogène est donc beaucoup moins dense que l'air (\rho_{\mathrm{H}_2} \ll \rho_{\text{air}}).

D'après le principe d'Archimède, le ballon rempli de dihydrogène subit une poussée ascendante égale au poids du volume d'air déplacé. Dès que le volume de gaz produit est suffisant pour que la poussée d'Archimède compense le poids total du ballon (enveloppe en latex et masse de dihydrogène contenu), la force résultante devient orientée vers le haut, ce qui provoque l'envol du ballon.

Une base forte est une espèce chimique dont la réaction avec l'eau (ou la dissociation libérant les ions hydroxyde) est totale en solution aqueuse.

Pour l'hydroxyde de sodium \mathrm{NaOH}, solide ionique, la dissolution dans l'eau est totale :

Pour une solution de concentration apportée c = 0{,}1\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}, et compte tenu du fait que l'autoprotolyse de l'eau est très largement négligeable devant l'apport de la base (\mathrm{pH} \gg 7{,}5), la concentration en ions hydroxyde à l'équilibre est :

Le produit ionique de l'eau à 298\ \mathrm{K} s'écrit K_{\mathrm{e}} = \frac{[\mathrm{H_3O}^+][\mathrm{HO}^-]}{(c^\circ)^2}, avec c^\circ = 1\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}, ce qui donne :

Avec \mathrm{p}K_{\mathrm{e}} = 14 et c = 0{,}1\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}} :

1. Nombre d'oxydation de l'aluminium dans \mathrm{A}\ell_{(\mathrm{s})} :

   L'aluminium métallique \mathrm{A}\ell_{(\mathrm{s})} est un corps pur simple sous forme élémentaire. Le nombre d'oxydation de l'élément y est donc nul :

   \boxed{\mathrm{n.o.}(\mathrm{A}\ell) = 0}

2. Nombre d'oxydation de l'aluminium dans \mathrm{A}\ell(\mathrm{OH})_4^- :

   Dans cet édifice polyatomique :

   • l'hydrogène, lié à l'oxygène plus électronégatif, est au nombre d'oxydation \mathrm{n.o.}(\mathrm{H}) = +\mathrm{I} ;
   • l'oxygène est au degré d'oxydation usuel \mathrm{n.o.}(\mathrm{O}) = -\mathrm{II}.

   La somme des nombres d'oxydation des atomes constituant l'ion est égale à sa charge globale (-1) :

   \begin{aligned} \mathrm{n.o.}(\mathrm{A}\ell) + 4\,\mathrm{n.o.}(\mathrm{O}) + 4\,\mathrm{n.o.}(\mathrm{H}) &= -1 \\ \mathrm{n.o.}(\mathrm{A}\ell) + 4(-2) + 4(+1) &= -1 \\ \mathrm{n.o.}(\mathrm{A}\ell) - 4 &= -1 \end{aligned}

   D'où :

   \boxed{\mathrm{n.o.}(\mathrm{A}\ell) = +\mathrm{III}}

3. Oxydant et réducteur du couple :

   Au sein d'un couple d'oxydoréduction, l'oxydant est l'espèce dans laquelle l'élément possède le nombre d'oxydation le plus élevé (espèce capable de capter des électrons), tandis que le réducteur est celle dans laquelle il possède le plus faible (espèce capable de céder des électrons).

   Puisque \mathrm{n.o.}(\mathrm{A}\ell) = +\mathrm{III} dans \mathrm{A}\ell(\mathrm{OH})_4^- et \mathrm{n.o.}(\mathrm{A}\ell) = 0 dans \mathrm{A}\ell :

   \boxed{\mathrm{A}\ell(\mathrm{OH})_4^-\text{ est l'oxydant} \quad \text{et} \quad \mathrm{A}\ell\text{ est le réducteur}}

   Le couple redox s'écrit \mathrm{A}\ell(\mathrm{OH})_4^- / \mathrm{A}\ell_{(\mathrm{s})}.

1. Détermination des coefficients stœchiométriques

• Première demi-équation :

  \mathrm{A\ell(OH)}_{4(\mathrm{aq})}^- + \alpha_1\mathrm{e}^- = \beta_1\,\mathrm{A\ell}_{(\mathrm{s})} + \gamma_1\,\mathrm{HO}_{(\mathrm{aq})}^-
  • Conservation de l'élément aluminium : \beta_1 = 1.
  • Conservation de l'élément oxygène : \gamma_1 = 4.
  • Conservation de la charge : -1 - \alpha_1 = -\gamma_1 \iff -1 - \alpha_1 = -4 \implies \alpha_1 = 3.

  Ce qui correspond bien à la réduction de l'aluminium du degré +\mathrm{III} au degré 0 par échange de 3 électrons :

  \mathrm{A\ell(OH)}_{4(\mathrm{aq})}^- + 3\,\mathrm{e}^- = \mathrm{A\ell}_{(\mathrm{s})} + 4\,\mathrm{HO}_{(\mathrm{aq})}^-

• Seconde demi-équation :

  \alpha_2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\ell)} + \beta_2\,\mathrm{e}^- = \mathrm{H}_{2(\mathrm{g})} + \gamma_2\,\mathrm{HO}_{(\mathrm{aq})}^-
  • Conservation de l'élément oxygène : \alpha_2 = \gamma_2.
  • Conservation de l'élément hydrogène : 2\alpha_2 = 2 + \gamma_2 \iff 2\alpha_2 = 2 + \alpha_2 \implies \alpha_2 = 2, d'où \gamma_2 = 2.
  • Conservation de la charge : -\beta_2 = -\gamma_2 \implies \beta_2 = 2.

  Ce qui correspond bien à la réduction de deux atomes d'hydrogène au degré +\mathrm{I} vers le degré 0 :

  2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\ell)} + 2\,\mathrm{e}^- = \mathrm{H}_{2(\mathrm{g})} + 2\,\mathrm{HO}_{(\mathrm{aq})}^-

On a donc :

2. Équation-bilan de la réaction

Puisque E_2^\circ = -0{,}83\text{ V} > E_1^\circ = -2{,}33\text{ V}, l'eau \mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\ell)} oxyde spontanément le réducteur \mathrm{A\ell}_{(\mathrm{s})}. Pour équilibrer le nombre d'électrons échangés (ppcm(3,2) = 6), on effectue la combinaison linéaire :

Il vient :

En simplifiant par 6\,\mathrm{HO}_{(\mathrm{aq})}^- :

La réaction d'oxydoréduction étudiée met en jeu :

• l'oxydant \mathrm{H_2O}_{(\ell)} du couple \mathrm{H_2O} / \mathrm{H_2} de potentiel standard E_2^\circ = -0{,}83\text{ V} ;
• le réducteur \mathrm{A\ell}_{(\mathrm{s})} du couple \mathrm{A\ell(OH)}_4^- / \mathrm{A\ell} de potentiel standard E_1^\circ = -2{,}33\text{ V}.

L'écart entre les potentiels standard vaut :

Le nombre d'électrons échangés dans l'équation-bilan (question Q38) étant n = 6, la constante d'équilibre K^\circ de la réaction à 298\text{ K} vérifie :

Puisque \Delta E^\circ \gg 0{,}3\text{ V} (soit K^\circ \gg 10^4), on peut poser l'hypothèse que :

D'après l'équation-bilan établie à la question Q38 :

La réaction étant totale (question Q39) et l'hydroxyde de sodium en excès, la quantité de matière d'aluminium nécessaire à la production de n(\mathrm{H}_2) moles de dihydrogène vérifie la relation stœchiométrique :

Le dihydrogène gazeux formé est assimilé à un gaz parfait, d'où :

La masse m d'aluminium nécessaire s'exprime donc par :

Calculons les valeurs intermédiaires :

Comme \frac{2}{3} \mathcal{M}_{\mathrm{A}\ell} = \frac{2}{3} \times 27\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1} = 18\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1} :