corrigé

Spé ψ 2004-2005
Devoir n°5
ÉLECTROMAGNÉTISME
Partie I
ESIM PC 2000
I-1-a) À l’anode se produisent les processus d’oxydation :
1
Ÿ H2O → O2(G) + 2H+ + 2.e– E = E°(O2/H2O) – 0,06×pH soit numériquement
2
E = 1,23 – 0,06×3 = 1,05 V. Avec la surtension de O2 sur l’étain, on obtient E = 2,05 V;
Ÿ Sn(S) → Sn2+ + 2.e–
E = E°(Sn2+/Sn(S)) +
FG
H
IJ
K
Ÿ Ag(S) → Ag+ + e–
E = E°(Ag+/Ag(S)) + 0,06log
FG [Ag ]IJ . Faute de connaîH c K
0,06
[Sn 2+ ]
log
soit numérique2
c0
ment E = –0,14 + 0,03log(10–2) = –0,20 V. Le système est rapide sur l’étain, il n’y a pas de surtension ;
+
0
tre [Ag+] dans la solution, on ne peut calculer E. On prendra la valeur E = E°(Ag+/Ag(S)) = 0,80 V;
Les ions sulfates étant électroinertes, il n’y a pas d’autres processus d’oxydation.
À la cathode se produisent les processus de réduction :
1
Ÿ H2O + e–→ H2(G) + OH–
E = E°(H2O/H2(G)) – 0,06×pH soit numérique2
ment E = 0,0 – 0,06×3 = –0,18 V. Avec la surtension de H2 sur l’étain, on obtient E = –1,18 V;
Ÿ Sn2+ + 2.e– → Sn(S)
Comme ci-dessus, on trouve E = –0,20 V. Le système
est rapide, il n’y a pas de surtension ;
Il n’y a pas d’autres espèces susceptibles d’être réduites.
Avec les valeurs de E déterminées ci-dessus, on trace les courbes intensité-potentiel suivantes :
I
–1,18
+
Sn(S)→ Sn2+) Ag(S)→ Ag )
H2O → O2)
E (en V)
H2
←
–1
H2O)
Sn(S)
←
Sn2+)
1
0,8
2
2,05
–0,20
b) Pour obtenir le résultat voulu, il faut appliquer un potentiel d’anode supérieur à
-0,20 V pour oxyder Sn(S) mais inférieur à 0,80 V pour ne pas oxyder Ag(S) qui cristallise au fond de
la cuve lorsqu’il est libéré du réseau cristallin de l’anode.
À la cathode, on applique un potentiel inférieur à –0,20 pour réduite les ions Sn2+ mais supérieur à –1,18 pour ne pas réduire l’eau et produire ainsi du dihydrogène.
La tension maximale que l’on peut appliquer est donc ∆VMAX = 0,8 – (–1,18) ≈ 2 V.
En réalité l’allure de la courbe intensité-potentiel du couple Sn2+/Sn(S) montre qu’il n’est pas
nécessaire de dépasser beaucoup le potentiel –0,20 V à l’anode (front très vertical) et à la cathode
(palier de diffusion).
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Devoir n°5
L’anode est donc détruite au cours de l’électrolyse : on peut parler d’anode soluble. Sur la
cathode ne se dépose que de l’étain qui est ainsi purifié.
I-2-a) À l’anode, il ne se produit plus que l’oxydation de l’eau car il n’y a pas d’étain ni
d’argent mais de l’aluminium considéré comme non électroactif. On a donc :
1
Ÿ H2O → O2(G) + 2H+ + 2.e– E = E°(O2/H2O) – 0,06×pH soit numériquement
2
E = 1,23 – 0,06×3 = 1,05 V. Avec la surtension de O2 sur l’aluminium, on obtient E = 1,75 V;
À la cathode se produisent les processus de réduction :
1
Ÿ H2O + e–→ H2(G) + OH–
E = E°(H2O/H2(G)) – 0,06×pH soit numérique2
ment E = 0,0 – 0,06×3 = –0,18 V. Avec la surtension de H2 sur le plomb, on obtient E = –1,18 V;
FG
H
IJ
K
[Sn 4 + ]
0,06
log
soit numérique4
c0
ment E = 0,005 + 0,015.log(10–1) = –0,01 V. Le système est rapide sur le plomb, il n’y a pas de
surtension ;
Ÿ Sn4+ + 4.e– → Sn(S)
Ÿ
E = E°(Sn4+/Sn(S)) +
F [Ag ]IJ .
) + 0,06log G
H c K
+
Ag + e → Ag(S)
+
–
+
E = E°(Ag /Ag(S)
0
soit numérique-
ment E = 0,80 + 0,06.log(0,01×0,1) = 0,62 V. Le système est rapide sur le plomb, il n’y a pas de
surtension ;
Avec les valeurs de E déterminées ci-dessus, on trace les courbes intensité-potentiel suivantes :
I
0,8
–1,18
H2O → O2)
E (en V)
H2
←
–1
H2O)
Sn(S)
←
1
Sn2+) Ag(S) ← Ag+)
2
1,75
–0,01
b) Lors d’une électrolyse, on doit appliquer à la cathode un potentiel inférieur à
-0,01 V pour réduire les ions Sn4+. Mais dans ce cas, on réduit aussi les ions Ag+ s’ils sont présents
dans la solution, dont le potentiel de réduction est de 0,80 V.
Pour éliminer les ions Ag+, on utilise la technique de la cémentation qui consiste à les mettre
en présence d’un métal M(S) qui sera oxydé pendant que les ions Ag+ seront réduits.
Comme il ne faut pas réduire les ions Sn4+, on doit utiliser un métal dont le potentiel standard d’oxydation soit compris entre 0 V et 0,80 V. Le cuivre (E°(Cu2+/Cu(S)) = 0,34 V est un bon
candidat. On peut aussi utiliser un morceau d’étain impur.
c) À l’anode, il ne peut se produire que l’oxydation de l’eau donc le bilan de
l’électrolyse sera Sn4+ + 2H2O → Sn(G) + O2(G) + 4H+ .
La tension minimale à appliquer est donc ∆U = VA – VC soit numériquement
∆U = [1,75 - (-0,01)] d’où ∆U = 1,76 V. Il faut rajouter la chute ohmique de potentiel.
d) Pour fabriquer 1 mole de Sn(S), il faut une charge 4×e.NA soit pendant la durée τ,
4.F
l’intensité I M =
si le rendement faradique est unitaire. Avec l’intensité I = J.S, on obtient la
τ
J. S
J . S. τ
quantité n =
soit la masse m =
M Sn .
4. F / τ
4. F
b
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g
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Devoir n°5
(400).(10 × 10−4 ).(10 × 60)
117,8 = 73 mg.
4.(1,6 × 10−19 ).(6,02 × 1023 )
A.N. m =
Partie II
CCP MP I 2004
II-A-1-a) Dans la base sphérique, le vecteur eZ se projette en eZ = cos(θ)er – sin(θ)eθ. Le moment dipolaire M est porté par eZ donc on a M.r = M.r.cos(θ) et avec la relation entre M et Ba, le champ crée par le
dipôle se projette en B M = −
FG
H
3
1
R3
Ba 5 r 2 cos(θ)e r − 3 e Z
2
r
r
IJ
K
Le théorème de superposition s’écrit BR = Ba + BM, soit après calculs,
F R IJ e IJ
cos(θ). e + G 1 +
B
H 2r K K
F 3R cos(θ) + FG1 + R IJ cos(θ)I .et il vient
= cos(θ) alors B . re = rB G −
H 2r K JK
H 2r
F RI
r
B . re = rB G 1 − J cos(θ)
H rK
R
b) Comme e z . e r
F 3R
= B G−
H 2r
a
3
3
r
3
R
r
3
a
z
3
3
3
3
3
R
r
a
3
c) Pour r = R,. B R .re r = 0 . Le champ BR est donc perpendiculaire à er, c’est-à-dire tangent
à la sphère de rayon R.
Au niveau de la sphère, on a
FG
H
FG
H
gIJK
IJ b
K
3
3
1
= − Ba sin(θ)eθ . Le module de BR
B R = Ba − cos(θ). e r + 1 +
cos(θ)e r − sin(θ)eθ
2
2
2
π
3
vaut donc ΒR = Ba sin(θ) : il est maximal pour θ = . Alors, BM est coli2
2
Ba
néaire à Ba donc leurs modules s’ajoutent.
d) En tout point extérieur de la sphère, le champ magnétique total
vérifie les équations de Maxwell div(BR) = 0 et rot(BR) = 0. Le champ des vitesses
M
d’un écoulement irrotationnel d’un fluide incompressible vérifie div(v) = 0 et
rot(v) = 0. On peut donc faire une analogie entre les lignes de champ de BR et les
lignes de courant d’un écoulement non visqueux autour d’une sphère
Loin de la sphère, le champ est uniforme et donc les lignes de champ sont
des droites parallèles. Au niveau de la sphère, le champ est tangent à la sphère, ce
qui conduit à des lignes de champ qui épousent la forme de la sphère. D’où l’allure
des lignes de champ représentées ci-contre.
II-A-2-a) Comme JS(P) est porté par eϕ(P), les lignes de courant sont des
cercles sur la sphère de centre O et de rayon R, perpendiculaires à Oz.
La distribution de courant est donc invariante par symétrie par rapport au passant par O et perpendiculaire à Oz (plan équatorial). Le champ en O est donc perpendiculaire à ce plan c’est-à-dire
B (O) = B ( O). e z
b) L’ensemble des lignes de courant correspondant à un angle compris entre θ et θ + dθ forme une
spire de rayon r = Rsin(θ) parcourue par le courant dI = JS.Rdθ.
Elle crée donc en O le champ magnétique dB (O) =
indiquée.
Pour toutes les lignes de courant, on obtient
B (O) =
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z
π
0
µ 0 J 0 sin(θ) Rdθ 3
µ J
sin (θ)e Z = 0 0
2 R sin(θ)
2
µ 0dI
sin 3 (θ)e Z avec l’orientation
2r
JS
eZ
O
FH z sin (θ)dθIK e .
π
0
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3
Z
Devoir n°5
θ P
ϕ
Avec le résultat indiqué par l’énoncé, on obtient alors B (O) =
2
µ 0 J0e Z
3
c) Par définition, le moment dipolaire d’une spire élémentaire définie ci-dessus s’écrit
dM (θ) = dI (θ). S (θ). e Z avec dI(θ)= J0sin(θ).Rdθ et S(θ) = πR2.sin2(θ). On a donc
dM (θ) = πJ 0 R 3 sin 3 θ. dθ. e Z
M S = πJ 0 R 3
z
d)
π
0
Le
moment
magnétique
sin 3 (θ). dθ. e Z , soit M S =
total
de
la
nappe
de
courant
s’écrit
alors
4 3
πR J 0 . e Z
3
II-B-1) L’équation de Maxwell-Ampère est rot(B ) = µ 0 J 3 D + ε 0µ 0
∂E
. En régime stationnaire,
∂t
∂E
= 0 . Or, le champ magnétique nul en tout point intérieur au matériau supraconducteur. L’équation pré∂t
cédente conduit donc à J 3D = 0 .
II-B-2-a) La composante normale du champ magnétique est continue à la traversée d’une surface séparant deux milieux. Cela se traduit par la relation B 2 . n12 − B 1 . n12 = 0 ou encore Bn,1 = Bn,2.
b) Comme le champ magnétique est nul à l’intérieur de la sphère supraconductrice, la composante normale est nulle à l’intérieur et donc aussi à l’extérieur. Il ne reste donc que la composante tangentielle à l’extérieur : B2 est tangent à la sphère supraconductrice.
c) Pour le champ électrique, il y a continuité de la composante tangentielle de E. À
l’intérieur d’un conducteur en équilibre, le champ électrique est nul et donc le champ extérieur a une composante tangentielle nulle. Le champ électrique est normal à a surface d’un conducteur parfait .
II-B-3-a) La relation de discontinuité pour la composante tangentielle du champ magnétique est
B T ,2 − B T ,1 = µ 0 J S ∧ n12 .
b) Le champ magnétique est nul à l’intérieur de la sphère supraconductrice donc la relation
précédente se réduit à B T ,2 = µ 0 J S ∧ n12 . La présence d’un champ magnétique à l’extérieur de la sphère
impose l’existence d’une nappe de courant surfacique sur la sphère.
c) La discontinuité de la composante normale du champ électrique à la traversée d’une sur-
σ
n12 . À l’intérieur d’un conducteur en équilibre, le champ électrique est nul donc le
ε0
σ
champ extérieur vérifie E 2 =
n12
ε0
3
II-B-4-a) En II-A-1-a, on a obtenu B R ( P ) = − Ba sin(θ)eθ ( P ) en un point P très voisin de la
2
3
sphère. Comme n12(P) = er(P), la relation II-B-3-b devient − Ba sin(θ)e θ ( P ) = µ 0 J S ∧ e r . Comme
2
3
e θ = e ϕ ∧ e r , on peut écrire − Ba sin(θ) e ϕ ∧ e r = µ 0 J S ∧ e r et faire l’identification
2
3B
J S = − a sin(θ)e ϕ
2µ 0
face s’écrit E 2 − E1 =
d
i
puisque JS ne peut pas avoir de composante sur er.
b) D’après II-A-2-b, le champ magnétique crée par cette distribution de courant à l’intérieur
de la sphère est B (O) =
FG
H
IJ
K
2
2
3B
3B
µ 0 J 0 e Z avec J 0 = − a donc on a B (O) = µ 0 − a e Z soit B(O) = –Ba .
3
2µ 0
3
2µ 0
Le champ total à l’intérieur de la sphère est la superposition de B(O) et de Ba. Il est donc effectivement nul à l’intérieur de la sphère supraconductrice.
FG π IJ = 3 . 1
H 2 K 2 .4π × 10
c) J S R,
Spé ψ 2004-2005
−7
π
sin( ) = 1,2×106 A.m-2.
2
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Devoir n°5
MS =
FG
H
d) D’après II-A-2-d, le moment magnétique crée par cette distribution de courant est
IJ
K
2 πR 3
4 3 3Ba
. Ba e Z . Ce moment dipolaire est proportionnel mais opposé au
πR −
. e Z d’où M S = −
µ0
3
2µ 0
champ extérieur appliqué.
A.N. M S = −
c
2 π 1 × 10−2
4 π × 10
−7
h .1 = 5 A.m .
3
2
II-B-5-a) À la question II-A-1-c, on a vu que ||BR(R, θ)|| est maximum pour θ =
π
. La supraconduc2
tivité cesse donc en premier au niveau du cercle équatorial.
π
2
3
2
Ba , on a alors Ba = BC .
2
3
3Ba
b) On sait que J S = −
sin(θ)e ϕ donc, avec l’expression de Ba, on obtient
2µ 0
B
B
JS = − C sin(θ) soit, au niveau du cercle équatorial, un module J C = C .
µ0
µ0
12,5
A.N. J C =
= 9,9×106 A.m–2.
−7
4π × 10
Comme || B R ( R , )|| =
c) D’après ce que l’on a vu ci-dessus, la conductivité cesse seulement au niveau de
l’équateur si Ba =
2
BC . Le champ maximal que l’on peut appliquer sans faire cesser la supraconductivité
3
2
BC
3
2
A.N. B1 = 12,5 = 8,33 T.
3
est donc B1 =
Partie III
ESIM PC 2000
III-1) Le procédé le plus utilisé, en France, est le procédé acide Ferrostan : la bande d’acier à étamer
sert de cathode, l'anode est constituée par des barres de 47 kg d'étain pur, qui alimentent l'électrolyte en ions
Sn2+. L'électrolyte est composé d'acide 4-hydroxybenzènesulfonique (HO-C6H4–SO3H) et de divers produits d'addition. L'électrolyse de la bande s'effectue en continu, celle-ci passant dans une succession de bacs
d'électrolyse, à 35-40°C, dans lesquels Sn se dépose. (source : Société Française
I
de Chimie)
2+
Dans une solution aqueuse, le fer peut être oxydé suivant
Fe(S)→ Fe )
Fe(S) → Fe2+ + 2.e– (E° = –0,44 V mais E < E° car concentration faible en Fe 2+,
système rapide) et l’eau réduite selon H 2O + e–→
1
H2(G) + OH– (E° = 0, sur2
E (en V)
–1
H2 ← H2O)
tension d’hydrogène sur le fer ηH2 = –0,6 V).
On peut donc prévoir l’allure des courbes intensité- potentiel ci-dessus. La
disposition des courbes montre qu’il y aura une oxydation du fer selon le bilan :
Fe(S) + 2H2O = Fe2+ + H2(G) + 2OH–
Elle sera lente car l’intensité correspondant au potentiel mixte est faible. La production du gaz H 2
peu soluble entraîne le gonflement de la boîte de conserve.
I
Sn(S)→ Sn2+)
2+
III-2-a) Les potentiels standard indiquent que le fer est plus réducteur que
Fe(S)→ Fe )
l’étain donc, a priori, il devrait être oxydé même en présence d’étain.
Mais la présence de ligand organique complexant les ions Sn 2+ entraîne que
2+
le potentiel du couple Sn /Sn(S)
Spé ψ 2004-2005
FG
H
0,06
[Sn 2+ ]
donné par E = E°(Sn /Sn(S)) +
log
2
c0
2+
page 5/7
IJ
K
E (en V)
–1
H2 ← H2O)
Devoir n°5
diminue fortement car [Sn2+] est rendu très faible. On a alors E(Sn2+/Sn(S)) < E(Fe2+/Fe(S)) et le diagramme
suivant :
L’étain va donc être oxydé à la place du fer. Il joue donc le rôle d’anode sacrificielle et protège le fer.
b) La couche d’oxyde empêche l’oxydation en profondeur de l’étain. Il s’agit du phénomène
de passivation. La production de H2 sera donc stoppée ce qui évitera le gonflement de la boîte.
Partie IV
IV-1-a) Comme a << ρ par hypothèse, on peut assimiler le fil à un conducteur cylindrique de section
s = πa2 et de longueur ℓ = 2π.ρ. Sa résistance électrique est donc R =
R=
A.N. R = 2
2ρ
σa 2
5 × 10−2
= 0,27 Ω.
9,1 × 106 (0,2 × 10−3 ) 2
b) On a L = 4 π × 10
−7
c5 × 10
LF
hMMlnGH 80.c,52 ××1010
N
−2
−2
−3
1 l 1 2 πρ
=
soit
σ s σ πa 2
hIJ − 7 OP = 0,37 µH.
K 4 PQ
Cette valeur est très faible comparée à celle des bobines usuelles. C’était prévisible car on n’a ici
qu’une seule spire sans noyau de fer.
0,37 × 10−6
c) On a τ =
= 1,4 µs. Cette grandeur est homogène à un temps et représente le
0,27
temps caractéristique d’apparition ou de disparition du courant autoinduit dans la spire.
c
h
2
d) Φ 0 = π 5 × 10−2 0,01 = 78,5 µWb. Φ0 est homogène à un flux magnétique. C’est le flux
maximum du champ magnétique à travers la spire, lorsque celle-ci a son plan perpendiculaire à la direction
du champ.
IV-2-a) La spire est un conducteur qui se déplace dans un champ magnétique, ce qui crée un phénomène d’induction extérieur de f.e.m. e(t ) = −
dΦ E (t )
.
dt
Par définition, le flux du champ extérieur est Φ E (θ) =
zz
B E . n. dS = B0.cos(θ).πρ2 = Φ0.cos(θ). Il
Σ
dθ(t )
vient donc e(t ) = Φ 0 sin(θ)
.
dt
Comme la résistance de la spire est nulle, son schéma électrique équivalent, en tenant compte de l’auto-induction, est le suivant :
La loi des mailles s’écrit e(t ) = L
di (t )
dθ(t )
di (t )
d’où Φ 0 sin(θ)
=L
qui
dt
dt
dt
L
i(t)
e(t)
s’intègre en –Φ0cos(θ) + C = L.i
En t = 0, i = 0 et θ = 0 donc –Φ0 + C = 0 donc C = Φ0 et finalement
i ( θ) =
Φ0
1 − cos(θ) .
L
b
g
On constate que le courant i(θ), par le flux propre qu’il crée, s’oppose à la variation du flux extérieur
pour maintenir le flux total constant, conformément à la loi de Lenz.
b) L’intensité est maximale pour θ M =
A.N. I 0 =
Spé ψ 2004-2005
Φ
π
et vaut I 0 = 0 .
L
2
78,5 × 10 −6
= 212 A.
0,37 × 10 −6
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Devoir n°5
À température ambiante, la spire aurait une résistance R et dissiperait une puissance P = R.I02 soit
numériquement P = 0,27.(212) 2 = 12,1 kW. Cette puissance serait très élevée pour un fil fin. L’intensité I0
ne peut circuler que parce que la spire est supraconductrice à la température de l’expérience.
c) On a W0 =
1
(0,37×10–6).(212)2 = 8,3 mJ. Cette grandeur est l’énergie stockée dans le
2
champ magnétique propre de la spire.
d) Le champ propre crée par une spire en un point de son axe de symétrie a pour module
B=
µ0 I
µ I
sin 3 (β) . Au centre de la spire et pour une intensité I0, on a donc BP = 0 0 .
2ρ
2ρ
A.N. BP =
4 π × 10 −7 .212
= 2,7 mT.
2 5 × 10−2
c
h
Cette valeur est inférieure à celle du champ extérieure (B0 = 10 mT). Mais le champ propre n’est pas
uniforme sur toute la surface de la spire. Il est plus important au voisinage immédiat du fil ce qui explique
que le flux du champ propre puisse compenser exactement le flux du champ extérieur.
e) La spire possède le moment magnétique M = i(θ).S n. Elle subit donc de la part du champ
extérieur un couple dû aux force de Laplace de moment ΓL = M ∧ BE. On a donc
ΓL = i(θ).S.B0 n ∧ eX = ΓL = –i(θ).Φ0 sin(θ) eY.
Dans le référentiel lié au sol, la spire est soumise
Ÿ au couple des forces de Laplace ;
Ÿ au couple ΓOP exercé par l’opérateur ;
Ÿ au couple du poids. Il est nul car la spire est symétrique autour de l’axe de rotation ;
Ÿ au couple de frottement que l’on suppose négligeable.
dσ
= ΓL + ΓOP . Comme l’opération est supposée
dt
dσ
= 0 donc ΓL + ΓOP = 0 .
quasi-statique, c’est-à-dire sans accélération angulaire, on a
dt
Φ2
On en déduit, en projection sur eY, ΓOP (θ) = 0 1 − cos(θ) sin(θ) .
L
Φ2
π
Le couple maximal vaut évidemment ΓO = 0 . Cette valeur est obtenue pour θ = .
L
2
Le théorème du moment cinétique s’écrit donc
b
g
f) Le travail élémentaire reçu par la spire de la part de l’opérateur au cours d’une rotation de
dθ est δW = ΓOP(θ).dθ. Pour faire passer la spire de θ = 0 à θ =
WOP =
π
, l’opérateur fournit donc le travail
2
z b1− cos(θ)g sin(θ)dθ = ΦL LMNz sin(θ)dθ − z cos(θ) sin(θ)dθOPQ
F
Φ
L1
O I Φ FG 1 + LM− 1 OPIJ
G
=
− cos(θ) + M cos (θ) P J =
L G
N2
Q JK L H N 2 QK
H
Φ 02
L
π
2
2
0
0
π
2
π
2
0
2
π
2
0
0
2
π
2
0
2
0
0
Φ02
soit WOP =
.
2L
g) Comme I 0 =
1
Φ0
2
, on peut écrire WOP = LI 0 = W0 . L’énergie fournie par l’opérateur
2
L
sous forme de travail est donc entièrement transformée en énergie magnétique stockée dans le champ magnétique propre car il n’y a pas de pertes mécaniques ni de pertes par effet Joule (pas de résistance).
Spé ψ 2004-2005
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Devoir n°5