corrigé

Spé ψ 2004-2005 page 1/7 Devoir n°5
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 :
Ÿ H
2
O →
1
2
O
2(G) + 2H+ + 2.e– E = E°(O2/H2O) – 0,06×pH soit numériquement
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)) + 006
20
,log [Sn ]
2+
c
F
H
G
I
K
J
soit numérique-
ment E = –0,14 + 0,03log(10–2) = –0,20 V. Le système est rapide sur l’étain, il n’y a pas de surten-
sion ;
Ÿ Ag(S) → Ag+ + e–E = E°(Ag+/Ag(S)) + 0,06log [ ]Ag+
c0
F
H
G
I
K
J
. Faute de connaî-
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 :
Ÿ H2O + e–→
1
2
H
2(G) + OH–E = E°(H2O/H2(G)) – 0,06×pH soit numérique-
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 suivan-
tes :
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 supé-
rieur 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).
1 2
–1
E (en V)
I
Ag(S)
→
Ag
+
)H 2
O
→
O2)
Sn(S)
→
Sn
2+
)
Sn(S) ← Sn
2+
)H
2 ← H2O)0,8 2,05
–0,20
–1,18

Spé ψ 2004-2005 page 2/7 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 :
Ÿ H
2
O →
1
2
O
2(G) + 2H+ + 2.e– E = E°(O2/H2O) – 0,06×pH soit numériquement
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 :
Ÿ H2O + e–→
1
2
H
2(G) + OH–E = E°(H2O/H2(G)) – 0,06×pH soit numérique-
ment E = 0,0 – 0,06×3 = –0,18 V. Avec la surtension de H2 sur le plomb, on obtient E = –1,18 V;
Ÿ Sn4+ + 4.e– → Sn(S) E = E°(Sn4+/Sn(S)) + 006
4
4
0
,log [Sn ]
+
c
F
H
G
I
K
J
soit numérique-
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 Ag+ + e– → Ag(S) E = E°(Ag+/Ag(S)) + 0,06log [ ]Ag+
c0
F
H
G
I
K
J
. 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 suivan-
tes :
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 stan-
dard 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,
l’intensité I
M=
4
.
F
τ
si le rendement faradique est unitaire. Avec l’intensité I = J.S, on obtient la
quantité n
J
S
=
.
. /4Fτ
b g
soit la masse m
J
S
M=
.
.
.
τ
4
F
Sn .
1 2
–1
E (en V)
I
Ag(S) ← Ag
+
)
H
2
O
→
O2)
Sn(S) ← Sn
2+
)
H
2 ← H2O)
0,8
1,75
–0,01
–1,18

Spé ψ 2004-2005 page 3/7 Devoir n°5
A.N. m=× ×
× ×
−
−
( ).( ).( )
.( , ).( , ) ,
400 10 10 10 60
4 16 10 6 02 10 117 8
4
19 23 = 73 mg.
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 di-
polaire 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 e e
M a r Z
= − −
F
H
G
I
K
J
RBrrr
3
523
23 1
cos( )θ
Le théorème de superposition s’écrit BR = Ba + BM, soit après calculs,
B e e
R r z
= − + +
F
H
G
I
K
J
F
H
G
I
K
J
BR
rR r
a3
212
3
3
3
3
cos( ).θ
b) Comme
e
e
z
r
.
cos(
)
=
θ
alors B e
R r
. cos( ) cos( )rrB R
rR r
a
= − + +
F
H
G
I
K
J
F
H
G
I
K
J
3
212
3
3
3
3
θ θ .et il vient
BR. cos( )re rB R
r
r a
r
= −
F
H
G
I
K
J
13
3θ
c) Pour r = R,.
B
e
R
r
.
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
B e e e
R r r
= − + +
F
H
G
I
K
J−
F
H
G
I
K
J
Ba3
211 2
cos( ). cos( ) sin( )θ θ θ θ
b g = −
3
2
Basin( )θθ e. Le module de BR
vaut donc ΒR=
3
2
Basin( )θ : il est maximal pour θ
π
=
2
. Alors, BM est coli-
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
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 perpendi-
culaire à Oz (plan équatorial). Le champ en O est donc perpendiculaire à ce plan c’est-à-dire
B
e
(
)
(
).
O
B
O
=
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 e( ) sin ( )O
dI
r
=
µ
θ
03
2
Z avec l’orientation
indiquée.
Pour toutes les lignes de courant, on obtient
B e( )
sin(
)
sin( ) sin ( )O
J
Rd
R
=
z
µ
θ
θ
θθ
π0 0 3
02Z=
F
H
I
K
z
µ
θ θ
π
0 0 3
0
2
J
dsin ( ) eZ.
θ
P
O
ϕ
J
S
e
Z
Ba
M

Spé ψ 2004-2005 page 4/7 Devoir n°5
Avec le résultat indiqué par l’énoncé, on obtient alors B e( )O J=
2
3
0 0
µZ
c) Par définition, le moment dipolaire d’une spire élémentaire définie ci-dessus s’écrit
dM
e
(
)
(
).
(
).
θ
θ
θ
=
dI
S
Z
avec dI(θ)= J0sin(θ).Rdθ et S(θ) = πR2.sin2(θ). On a donc
dM e( ) sin . .θ π θ θ= J R d
0
3 3
Z
d) Le moment magnétique total de la nappe de courant s’écrit alors
M e
S Z
=
z
π θ θ
π
J R d
03 3
0
sin ( ). . , soit M e
S Z
=
4
3
30
πR J .
II-B-1) L’équation de Maxwell-Ampère est rot B J
E
( ) = +µ ε µ
∂
∂
0 3 0 0D
t
. En régime stationnaire,
∂
∂
E
0
t
=. Or, le champ magnétique nul en tout point intérieur au matériau supraconducteur. L’équation pré-
cédente conduit donc à
J
0
3
D
=
.
II-B-2-a) La composante normale du champ magnétique est continue à la traversée d’une surface sé-
parant deux milieux. Cela se traduit par la relation
B
n
B
n
2
12
1
12
0
.
.
−
=
ou encore Bn,1 = Bn,2.
b) Comme le champ magnétique est nul à l’intérieur de la sphère supraconductrice, la com-
posante normale est nulle à l’intérieur et donc aussi à l’extérieur. Il ne reste donc que la composante tangen-
tielle 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 compo-
sante 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
B
J
n
T T S, ,2 1 0 12
−
=
∧
µ
.
b) Le champ magnétique est nul à l’intérieur de la sphère supraconductrice donc la relation
précédente se réduit à
B
J
n
T S,2 0 12
=
∧
µ
. 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-
face s’écrit E E n
2 1 012
− =
σ
ε. À l’intérieur d’un conducteur en équilibre, le champ électrique est nul donc le
champ extérieur vérifie E n
2012
=
σ
ε
II-B-4-a) En II-A-1-a, on a obtenu B e
R( ) sin( ) ( )P B P a
= −
3
2
θθ en un point P très voisin de la
sphère. Comme n12(P) = er(P), la relation II-B-3-b devient − = ∧
3
2
0
B P
asin( ) ( )θ µ θ
e J e
S r . Comme
e
e
e
θ ϕ
=
∧
r, on peut écrire − ∧ = ∧
3
2
0
Basin( )θ µ
ϕ
e e J e
r S r
d
i
et faire l’identification
J e
S= −
3
20
B
a
µθϕ
sin( )
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 e( )O J=
2
3
0 0
µZ avec J
B
a
00
3
2
= − µ donc on a B e( )OBa
= −
F
H
G
I
K
J
2
33 2
00
µµZ soit B(O) = –Ba.
Le champ total à l’intérieur de la sphère est la superposition de B(O) et de Ba. Il est donc effective-
ment nul à l’intérieur de la sphère supraconductrice.
c) JSR,.
.sin( )
πππ
23 1 2 4 10 2
7
F
H
G
I
K
J=×− = 1,2×106 A.m-2.

Spé ψ 2004-2005 page 5/7 Devoir n°5
d) D’après II-A-2-d, le moment magnétique crée par cette distribution de courant est
M e
S Z
= −
F
H
G
I
K
J
4
33 2
3
0
πµ RBa. d’où M e
S Z
= − 23
0
π
µRBa
.. Ce moment dipolaire est proportionnel mais opposé au
champ extérieur appliqué.
A.N. MS= − ×
×
−
−
2 1 10
4
10
1
23
7
π
π
c
h
. = 5 A.m2.
II-B-5-a) À la question II-A-1-c, on a vu que ||BR(R, θ)|| est maximum pour θ
π
=
2
. La supraconduc-
tivité cesse donc en premier au niveau du cercle équatorial.
Comme || ( , )||BRR Ba
π
2
3
2
=, on a alors B B
a=
2
3
C.
b) On sait que J e
S= −
3
20
B
a
µθϕ
sin( ) donc, avec l’expression de Ba, on obtient
J
B
SC
= − µθ
0
sin( ) soit, au niveau du cercle équatorial, un module J
B
CC
=µ0
.
A.N. JC=
×
−
12
5
4
10
7
,
π
= 9,9×106 A.m–2.
c) D’après ce que l’on a vu ci-dessus, la conductivité cesse seulement au niveau de
l’équateur si B B
a=
2
3
C. Le champ maximal que l’on peut appliquer sans faire cesser la supraconductivité
est donc B B
1
2
3
=C
A.N. B1
2
3
12 5=, = 8,33 T.
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 pro-
duits 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
de Chimie)
Dans une solution aqueuse, le fer peut être oxydé suivant
Fe(S) → Fe2+ + 2.e– (E° = –0,44 V mais E < E° car concentration faible en Fe2+,
système rapide) et l’eau réduite selon H2 O + e–→
1
2
H2(G) + OH– (E° = 0, sur-
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 H2
peu soluble entraîne le gonflement de la boîte de conserve.
III-2-a) Les potentiels standard indiquent que le fer est plus réducteur que
l’étain donc, a priori, il devrait être oxydé même en présence d’étain.
Mais la présence de ligand organique complexant les ions Sn2+ entraîne que
le potentiel du couple Sn2+/Sn(S) donné par E = E°(Sn2+/Sn(S)) + 0 06
20
,log [Sn ]
2+
c
F
H
G
I
K
J
–1
E (en V)
I
Fe(S)
→
Fe
2+
)
H2 ← H2O)
–1
E (en V)
I
Fe(S)
→
Fe
2+
)
H2 ← H2O)
Sn(S)
→
Sn
2+
)