Feuille d'entraînement : Courbes intensité-potentiel et corrosion

Corrigés

1. Exercice 1ENS Physique-Chimie L PC 2026, Q54

   Les espèces présentes à l'entrée du réacteur sont :

   • \mathrm{Cu}^{2+} à C_{\mathrm{Cu}^{2+}}^r(0) = 100\text{ mol}\cdot\text{m}^{-3} = 0{,}10\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} ;
   • \mathrm{H}^+ à C_{\mathrm{H}^+}^r(0) = 2000\text{ mol}\cdot\text{m}^{-3} = 2{,}0\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} ;
   • le solvant \mathrm{H}_2\mathrm{O} et les ions spectateurs \mathrm{SO}_4^{2-}.

   1. Réduction cathodique :

   • Couple \mathrm{Cu}^{2+}/\mathrm{Cu}_{(\mathrm{s})} :

     \mathrm{Cu}^{2+} + 2\,\mathrm{e}^- \rightleftarrows \mathrm{Cu}_{(\mathrm{s})}

     La formule de Nernst donne le potentiel d'équilibre :

     \begin{aligned} E_{\mathrm{eq}}(\mathrm{Cu}^{2+}/\mathrm{Cu}) &= E^\circ(\mathrm{Cu}^{2+}/\mathrm{Cu}) + \frac{RT}{2F}\ln(10)\,\log\left(\frac{[\mathrm{Cu}^{2+}]}{c^\circ}\right) \\ &= 0{,}34 + \frac{0{,}06}{2}\log(0{,}10) = 0{,}34 - 0{,}03 = 0{,}31\text{ V/ESH} \end{aligned}

     Le couple étant rapide, il n'y a pas de surtension d'activation appréciable : le pied de la vague de réduction se situe donc au potentiel d'équilibre. De plus, \mathrm{Cu}^{2+} étant une espèce dissoute en concentration finie, la vague présente un palier de diffusion limitant le courant cathodique.

   • Couple \mathrm{H}^+/\mathrm{H}_{2(\mathrm{g})} : bien que son potentiel thermodynamique soit proche de 0\text{ V} (E_{\mathrm{eq}} = 0{,}06\log(2) \approx +0{,}02\text{ V/ESH}), l'énoncé précise qu'il est lent : la surtension cathodique repousse le début de cette réduction à des potentiels nettement négatifs (E < 0\text{ V/ESH}), hors de la fenêtre d'étude.

   2. Oxydation anodique :

   • Couple \mathrm{O}_{2(\mathrm{g})}/\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\mathrm{l})} :

     2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\mathrm{l})} \rightleftarrows \mathrm{O}_{2(\mathrm{g})} + 4\,\mathrm{H}^+ + 4\,\mathrm{e}^-

     Pour P_{\mathrm{O}_2} = P^\circ = 1\text{ bar}, le potentiel thermodynamique s'écrit :

     \begin{aligned} E_{\mathrm{eq}}(\mathrm{O}_2/\mathrm{H}_2\mathrm{O}) &= E^\circ(\mathrm{O}_2/\mathrm{H}_2\mathrm{O}) + \frac{0{,}06}{4}\log\left(\frac{[\mathrm{H}^+]^4}{(c^\circ)^4}\right) \\ &= 1{,}23 + 0{,}06\log(2{,}0) = 1{,}23 + 0{,}06 \times 0{,}3 \approx 1{,}25\text{ V/ESH} \end{aligned}

     L'énoncé indique un surpotentiel d'oxydation de l'eau \eta_a = +0{,}3\text{ V}. Le pied de la vague d'oxydation de l'eau se situe donc à :

     E_{\text{pied, ox}} = E_{\mathrm{eq}}(\mathrm{O}_2/\mathrm{H}_2\mathrm{O}) + \eta_a \approx 1{,}25 + 0{,}30 = 1{,}55\text{ V/ESH}

     Le solvant \mathrm{H}_2\mathrm{O} étant en très large excès, cette vague ne présente aucun palier de diffusion (courant croissant abruptement).

   \boxed{ \begin{aligned} \text{Réduction de }\mathrm{Cu}^{2+} : \quad & E_{\text{pied, réd}} \approx 0{,}31\text{ V/ESH} \quad (\text{avec palier de diffusion}) \\ \text{Oxydation de }\mathrm{H}_2\mathrm{O} : \quad & E_{\text{pied, ox}} \approx 1{,}55\text{ V/ESH} \quad (\text{mur du solvant}) \end{aligned} }

   Résultat

   $$\begin{array}{rl}\text{Reˊduction de }{\mathrm{Cu}}^{2+}:& E_{\text{pied, reˊd}}\approx 0,31\text{ V/ESH}(\text{avec palier de diffusion})\\ \text{Oxydation de }{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}:& E_{\text{pied, ox}}\approx 1,55\text{ V/ESH}(\text{mur du solvant})\end{array}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2ENS Physique-Chimie L PC 2025, Q19

   Une pièce métallique en cours de corrosion n'est reliée à aucun générateur extérieur : il s'agit d'un système à l'abandon (en circuit ouvert). Par conservation de la charge électrique, le courant global échangé à l'interface métal/solution est nul :

   i_{\text{total}}(E) = i_{\text{anodique}}(E) + i_{\text{cathodique}}(E) = 0

   avec :

   • i_{\text{anodique}} = i(\text{Fe} \to \text{Fe}^{2+}) > 0 ;
   • i_{\text{cathodique}} = i(\text{H}^+ \to \text{H}_2) < 0.

   La position d'équilibre du système correspond au potentiel mixte (ou potentiel de corrosion), noté E_{\text{corr}}, tel que :

   i(\text{Fe} \to \text{Fe}^{2+})\big|_{E_{\text{corr}}} = - i(\text{H}^+ \to \text{H}_2)\big|_{E_{\text{corr}}} = i_{\text{corr}}

   Graphiquement, pour déterminer cette position d'équilibre et la valeur de i_{\text{corr}}, on peut tracer le symétrique de la branche cathodique par rapport à l'axe des potentiels (courbe -i_{\text{cathodique}} en traits pointillés fins). L'intersection de cette courbe avec la branche anodique donne directement le point de fonctionnement (E_{\text{corr}},\, i_{\text{corr}}).

   La position d'équilibre est ainsi caractérisée par :

   \boxed{\text{Potentiel de corrosion } E_{\text{corr}} \quad \text{tel que} \quad i_{\text{ox}}(E_{\text{corr}}) = -i_{\text{red}}(E_{\text{corr}}) = i_{\text{corr}}}

   Résultat

   $$\text{Potentiel de corrosion }{E}_{\text{corr}}\text{tel que}{i}_{\text{ox}}(E_{\text{corr}})=-i_{\text{red}}(E_{\text{corr}})=i_{\text{corr}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3ENS Physique-Chimie L PC 2025, Q20

   La demi-équation électronique d'oxydation du fer métallique en ions fer(II) s'écrit :

   \mathrm{Fe_{(s)}} = \mathrm{Fe^{2+}_{(aq)}} + 2\,\mathrm{e}^-

   La formation de \mathrm{d}n_{\mathrm{Fe}^{2+}} moles d'ions fer(II) pendant un intervalle de temps \mathrm{d}t libère à l'interface métal/solution une quantité d'électrons :

   \mathrm{d}n(\mathrm{e}^-) = 2\,\mathrm{d}n_{\mathrm{Fe}^{2+}}

   La charge électrique élémentaire \mathrm{d}q transportée par ces électrons est proportionnelle à la constante de Faraday \mathcal{F} (charge d'une mole d'électrons) :

   \mathrm{d}q = \mathcal{F}\,\mathrm{d}n(\mathrm{e}^-) = 2\,\mathcal{F}\,\mathrm{d}n_{\mathrm{Fe}^{2+}}

   Le courant électrique macroscopique d'oxydation, identifié ici au courant de corrosion i_{\text{corr}}, correspond au débit de charges électriques :

   i_{\text{corr}} = \frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t} = 2\,\mathcal{F}\,\frac{\mathrm{d}n_{\mathrm{Fe}^{2+}}}{\mathrm{d}t} = 2\,\mathcal{F}\,v_{\text{ox}}

   On en déduit l'expression de la vitesse de la réaction d'oxydation en fonction du courant de corrosion :

   \boxed{v_{\text{ox}} = \frac{\mathrm{d}n_{\mathrm{Fe}^{2+}}}{\mathrm{d}t} = \frac{i_{\text{corr}}}{2\mathcal{F}}}

   ou de manière équivalente :

   \boxed{i_{\text{corr}} = 2\mathcal{F}\,v_{\text{ox}}}

   Résultat

   $$v_{\text{ox}}=\frac{\mathrm{d}{n}_{{\mathrm{Fe}}^{2+}}}{\mathrm{d}t}=\frac{i_{\text{corr}}}{2\mathcal{F}}$$

   $$i_{\text{corr}}=2\mathcal{F}{v}_{\text{ox}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4ENS Physique-Chimie L PC 2025, Q22

   Le tracé d'une telle courbe courant-tension s'effectue à l'aide d'un montage à trois électrodes plongées dans l'électrolyte (ici la solution d'acide sulfurique à 0{,}5\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}) et reliées à un potentiostat :

   Les rôles des trois électrodes sont les suivants :

   1. L'électrode de travail (ET) : constituée de la pièce métallique à étudier (fer pur, chrome ou alliage \mathrm{Fe/Cr} fraîchement décapé), de surface utile S bien délimitée. Elle est le siège de la réaction électrochimique d'intérêt (oxydation du métal, dissolution puis formation de la couche passive protectrice).
   2. L'électrode de référence (Réf) : il s'agit d'une électrode au potentiel fixe, connu et parfaitement stable au cours du temps, ici une électrode au calomel saturé (notée ECS, comme l'indique l'axe des abscisses de la figure (5)). Aucun courant mesurable ne la traverse (reliée à un voltmètre de très haute impédance interne dans le potentiostat), ce qui garantit qu'elle ne se polarise pas et permet de mesurer rigoureusement le potentiel E de l'électrode de travail.
   3. La contre-électrode (ou électrode auxiliaire, CE) : généralement constituée d'un matériau inerte (fil ou grille de platine \mathrm{Pt}, ou graphite), de surface supérieure à celle de l'électrode de travail pour ne pas limiter le transport. Elle assure la fermeture du circuit électrique avec l'électrode de travail pour permettre le passage du courant macroscopique i, siège d'une réaction redox compensatrice (ici le dégagement de \mathrm{H_2}).

   Le potentiostat régule en temps réel la tension appliquée entre la contre-électrode et l'électrode de travail de façon à imposer la différence de potentiel voulue E = E_{\text{ET}} - E_{\text{Réf}}, tout en mesurant le courant i circulant exclusivement entre l'électrode de travail et la contre-électrode.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5ENS Physique-Chimie L PC 2024, Q6

   Considérons la demi-équation électronique d'oxydation à l'anode :

   \text{Red} \longrightarrow \text{Ox} + n\,\mathrm{e}^-

   où :

   • n désigne le nombre stœchiométrique d'électrons échangés lors de l'oxydation d'une mole de réducteur (dans le cas du phénol, n = 28 d'après la question Q4) ;
   • F est la constante de Faraday, correspondant à la valeur absolue de la charge électrique transportée par une mole d'électrons (F = \mathcal{N}_{\mathrm{A}} e \simeq 9{,}6 \times 10^4\text{ C}\cdot\text{mol}^{-1}).

   Pendant une durée élémentaire \mathrm{d}t, la quantité de réducteur consommée s'écrit, d'après la définition de la vitesse globale de réaction donnée par l'énoncé :

   -\mathrm{d}n_{\text{Red}} = v\,\mathrm{d}t

   D'après la stœchiométrie de la demi-équation, la quantité d'électrons \mathrm{d}n_{\mathrm{e}^-} transférée à l'anode durant ce même intervalle \mathrm{d}t est :

   \mathrm{d}n_{\mathrm{e}^-} = n(-\mathrm{d}n_{\text{Red}}) = n\,v\,\mathrm{d}t

   La charge électrique correspondante qui traverse l'électrode pendant \mathrm{d}t est donc :

   \mathrm{d}Q = F\,\mathrm{d}n_{\mathrm{e}^-} = n\,F\,v\,\mathrm{d}t

   Par définition du courant faradaïque I_F = \frac{\mathrm{d}Q}{\mathrm{d}t}, on obtient bien :

   \boxed{I_F = n\,F\,v}

   Résultat

   $$I_F=nFv$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6ENS Physique-Chimie L PC 2024, Q9

   Le palier observé sur la courbe courant-potentiel pour l'oxydation du phénol correspond à un palier de diffusion (ou palier de limitation par le transport de matière).

   À des potentiels d'électrode suffisamment élevés (forte surtension anodique) :

   • La cinétique du transfert de charge à l'électrode devient beaucoup plus rapide que le transport du phénol depuis le sein de la solution vers la surface de l'électrode (assuré par diffusion et convection).

   • Le phénol est consommé dès qu'il atteint l'électrode, si bien que sa concentration à la surface de celle-ci s'annule :

     c(x = 0) \simeq 0
   • Le flux de matière arrivant à l'électrode atteint alors une valeur maximale, indépendante du potentiel imposé.

   Le système se trouve ainsi en régime de contrôle par le transport de matière : le courant électrique plafonne à la valeur constante I_{\lim}.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7ENS Physique-Chimie L PC 2024, Q10

   D'après la relation fournie :

   I_{\lim}(t) = n F A k_m c(t)

   Au cours de l'électrolyse, le phénol est consommé, sa concentration c(t) en solution décroît progressivement (question Q8). Par conséquent :

   • la hauteur du palier de diffusion associé à l'oxydation du phénol, I_{\lim}, diminue au cours du temps ;
   • le solvant (l'eau) étant présent en très large excès, les courbes relatives aux réactions de l'eau (oxydation en \mathrm{O_2} et réduction en \mathrm{H_2}) demeurent quant à elles inchangées.

   Au fur et à mesure du temps, la courbe courant-potentiel évolue ainsi :

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8ENS Physique-Chimie L PC 2021, Q14

   1. Espèces électroactives et réactions aux électrodes :

   • D'après l'énoncé, les ions thiosulfate \mathrm{S}_2\mathrm{O}_3^{2-} et tétrathionate \mathrm{S}_4\mathrm{O}_6^{2-} sont électroinactifs sur le domaine de stabilité de l'eau.

   • Le seul couple redox électroactif (en dehors du solvant) est le couple rapide \mathrm{I}_3^- / \mathrm{I}^- :

     • Réduction cathodique (i < 0) de l'oxydant \mathrm{I}_3^- :

       \mathrm{I}_3^- + 2\,\mathrm{e}^- \longrightarrow 3\,\mathrm{I}^-

       Le courant limite de diffusion cathodique est proportionnel à la concentration en triiodure :

       i_{\mathrm{lim,c}} \propto -[\mathrm{I}_3^-]

     • Oxydation anodique (i > 0) du réducteur \mathrm{I}^- :

       3\,\mathrm{I}^- \longrightarrow \mathrm{I}_3^- + 2\,\mathrm{e}^-

       Le courant limite de diffusion anodique est proportionnel à la concentration en iodure :

       i_{\mathrm{lim,a}} \propto [\mathrm{I}^-]
   • Ce couple étant rapide et sans surtension, les vagues anodique et cathodique se rejoignent au potentiel d'équilibre avec une pente importante.

   2. Évolution au cours du titrage : La réaction de titrage s'écrit :

   \mathrm{I}_3^- + 2\,\mathrm{S}_2\mathrm{O}_3^{2-} \longrightarrow 3\,\mathrm{I}^- + \mathrm{S}_4\mathrm{O}_6^{2-}

   • À V = 0 : La concentration en triiodure [\mathrm{I}_3^-] est maximale ; la vague cathodique présente son amplitude maximale vers le bas. Des ions \mathrm{I}^- sont déjà présents (apportés en léger excès sous forme de \mathrm{KI}), donc il existe un palier anodique initial modéré. Cette situation correspond à la courbe a.
   • À V = V_{\mathrm{ft}} / 2 : La moitié du triiodure a été consommée : [\mathrm{I}_3^-] est divisée par deux, de sorte que l'amplitude du palier cathodique est divisée par deux. La concentration [\mathrm{I}^-] a augmenté du fait de la réaction, le palier anodique est donc plus élevé. Cette situation correspond à la courbe b.
   • À V = V_{\mathrm{ft}} : Tout le triiodure a été consommé : [\mathrm{I}_3^-] = 0. Il n'y a plus de palier cathodique (le courant cathodique reste nul jusqu'au mur de réduction du solvant). La concentration [\mathrm{I}^-] atteint sa valeur maximale, d'où un palier anodique maximal. Cette situation correspond à la courbe c.
   • À V > V_{\mathrm{ft}} : On ajoute du thiosulfate en excès. Comme \mathrm{S}_2\mathrm{O}_3^{2-} est électroinactif, cet excès ne produit aucun nouveau courant. En négligeant les effets de dilution, [\mathrm{I}^-] et [\mathrm{I}_3^-] = 0 demeurent inchangés. La courbe courant-potentiel est donc identique à celle obtenue pour V = V_{\mathrm{ft}}. Cette situation correspond à la courbe d, qui est strictement confondue avec la courbe c.

   3. Conclusion : Le seul faisceau présentant une disparition de la vague cathodique à l'équivalence ainsi que deux courbes confondues à et après l'équivalence (notées « c&d ») est le tracé 3.

   \boxed{\text{Faisceau sélectionné : tracé 3}}

   L'attribution des courbes constitutives est :

   \boxed{V = 0 \longleftrightarrow \text{courbe a} \quad ; \quad V = \frac{V_{\mathrm{ft}}}{2} \longleftrightarrow \text{courbe b} \quad ; \quad V = V_{\mathrm{ft}} \longleftrightarrow \text{courbe c} \quad ; \quad V > V_{\mathrm{ft}} \longleftrightarrow \text{courbe d}}

   (avec les courbes c et d confondues).

   Résultat

   $$\text{Faisceau seˊlectionneˊ : traceˊ 3}$$

   $$V=0⟷\text{courbe a};V=\frac{V_{\mathrm{ft}}}{2}⟷\text{courbe b};V=V_{\mathrm{ft}}⟷\text{courbe c};V>V_{\mathrm{ft}}⟷\text{courbe d}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9E3A Physique-Chimie PC 2020, Q35

   1. Justification de l'allure de la courbe courant-potentiel :

   La courbe présente deux branches correspondant aux deux processus électrochimiques ayant lieu à l'interface électrolyte/catalyseur de platine :

   • Branche cathodique (j < 0, pour E \le 0\text{ V}) : elle correspond à la réduction des protons en dihydrogène gazeux à la cathode :

     2\,\mathrm{H}^+ + 2\,\mathrm{e}^- \longrightarrow \mathrm{H}_{2\,(\mathrm{g})}

     À \mathrm{pH} = 0, le potentiel thermodynamique d'équilibre vaut E_{\text{eq}}(\mathrm{H}^+/\mathrm{H}_2) = 0{,}00\text{ V}. Sur platine, cette réaction est très rapide (système quasi-réversible) : la surtension cathodique seuil |\eta_c| est quasi nulle. Le courant cathodique croît donc en valeur absolue dès que le potentiel descend en dessous de 0\text{ V}.

   • Branche anodique (j > 0, pour E \gtrsim 1{,}7\text{ V}) : elle correspond à l'oxydation de l'eau en dioxygène gazeux à l'anode :

     2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\mathrm{l})} \longrightarrow \mathrm{O}_{2\,(\mathrm{g})} + 4\,\mathrm{H}^+ + 4\,\mathrm{e}^-

     À \mathrm{pH} = 0, le potentiel d'équilibre vaut E^\circ(\mathrm{O}_2/\mathrm{H}_2\mathrm{O}) = 1{,}23\text{ V}. Cette réaction est cinétiquement lente sur platine : elle nécessite une surtension anodique notable \eta_a \approx 0{,}5\text{ à }0{,}6\text{ V}. Le courant anodique n'apparaît donc de façon significative qu'au-delà d'un potentiel seuil de l'ordre de 1{,}7\text{ à }1{,}8\text{ V}.

   • Domaine intermédiaire (0\text{ V} < E < 1{,}7\text{ V}) : aucun processus d'oxydation ou de réduction ne s'y déroule, la densité de courant est quasi nulle (domaine d'électroinactivité).

   Les annotations à porter dans les cadres du document 2 sont ainsi :

   • Côté cathodique (j < 0) : « Réduction de \mathrm{H}^+ en \mathrm{H}_2 » (et E_{\text{eq}} \approx 0\text{ V}) ;
   • Côté anodique (j > 0) : « Oxydation de \mathrm{H}_2\mathrm{O} en \mathrm{O}_2 » (avec E^\circ = 1{,}23\text{ V} et seuil à \approx 1{,}8\text{ V}).

   2. Absence de plateau de diffusion :

   Un plateau de courant limite de diffusion apparaît lorsque le transport de matière par diffusion devient l'étape limitante, c'est-à-dire quand l'espèce réactive est diluée et s'épuise au voisinage immédiat de l'électrode. Ici :

   • À l'anode, l'espèce oxydée est le solvant \mathrm{H}_2\mathrm{O}, présent en quantité extrêmement importante ([\mathrm{H}_2\mathrm{O}] \approx 55{,}5\text{ mol}\cdot\mathrm{L}^{-1}) : il n'y a aucun risque de déplétion en eau à la surface de l'électrode.
   • À la cathode, la membrane échangeuse de protons (PEM) présente une densité très élevée en groupements acides sulfoniques (concentration effective en \mathrm{H}^+ de plusieurs moles par litre). Aux densités de courant étudiées, les protons ne s'épuisent pas à l'interface.

   Le régime de fonctionnement reste gouverné par l'activation cinétique (transfert de charge) et non par la diffusion, ce qui explique l'absence de plateau limite de diffusion.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10ENS Physique-Chimie L PC 2020, Q23

    D'après la question 21, le courant limite vérifie la relation :

    \frac{1}{I_{\text{lim}}} = \frac{1}{I_d} + \frac{1}{I_m}

    avec :

    I_d = \frac{n F A D_i c_i(\infty)}{\delta_i} \quad \text{et} \quad I_m = \frac{n F A \alpha D_m c_i(\infty)}{l}

    Le courant limite de membrane I_m dépend uniquement des grandeurs physico-chimiques propres à la membrane (l, D_m, \alpha), à l'analyte et à l'électrode ; il est donc indépendant de la vitesse de rotation \omega.

    D'après le Document 2, l'épaisseur de la couche de diffusion convective s'exprime selon :

    \delta_i = 1{,}61 \left( D_i \omega^{-3/2} \nu^{1/2} \right)^{1/3} = 1{,}61 \, D_i^{1/3} \nu^{1/6} \omega^{-1/2}

    En reportant cette expression dans celle de I_d, on obtient le courant de Levich classique :

    I_d = \frac{n F A D_i^{2/3} c_i(\infty)}{1{,}61 \, \nu^{1/6}} \, \omega^{1/2}

    Par conséquent, son inverse s'écrit sous la forme :

    \frac{1}{I_d} = B \sqrt{\frac{1}{\omega}} \quad \text{avec} \quad B = \frac{1{,}61 \, \nu^{1/6}}{n F A D_i^{2/3} c_i(\infty)} = \text{Cste}

    L'inverse du courant limite global s'écrit alors :

    \frac{1}{I_{\text{lim}}} = B \sqrt{\frac{1}{\omega}} + \frac{1}{I_m}

    La représentation de Koutecky-Levich, qui donne \frac{1}{I_{\text{lim}}} en fonction de \sqrt{\frac{1}{\omega}}, est donc une droite affine d'équation :

    \boxed{ \frac{1}{I_{\text{lim}}} = B \sqrt{\frac{1}{\omega}} + \frac{1}{I_m} }

    En extrapolant cette droite à vitesse de rotation infinie (\omega \to +\infty, soit \sqrt{\frac{1}{\omega}} \to 0), l'ordonnée à l'origine vaut :

    y_0 = \frac{1}{I_m} \implies \boxed{I_m = \frac{1}{y_0}}

    La mesure expérimentale de l'ordonnée à l'origine permet donc de déterminer directement la valeur de I_m.

    Résultat

    $$\frac{1}{I_{\text{lim}}}=B\sqrt{\frac{1}{\omega }}+\frac{1}{I_m}$$

    $$I_m=\frac{1}{y_0}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question