Physique-chimie

# e3a-Polytech MPI — Physique-chimie 2026 · Corrigé brut

*Corrigé rédigé par IA (La Belle Copie), non officiel. Signalez toute erreur.*

Épreuve de 4 heures, calculatrice interdite. Sujet « Autour de l'hélium », cinq parties indépendantes, 40 questions.

## Partie I – L'hélium, un gaz « rare » dans notre atmosphère

### Q1.

L'air sec contient environ **78 % de diazote $\mathrm{N_2}$** et **21 % de dioxygène $\mathrm{O_2}$**, en fraction molaire (c'est-à-dire en volume). Le reste, environ 1 %, est surtout de l'argon, avec un peu de $\mathrm{CO_2}$ et des traces d'autres gaz, dont l'hélium.

### Q2.

La Terre est à symétrie sphérique. Pour $r=OP\ge R_T$, elle agit sur $P$ comme un point de masse $M_T$ placé en $O$. Avec $\vec e_r=\overrightarrow{OP}/r$ :

$$\boxed{\vec F=-\frac{GM_Tm}{r^2}\,\vec e_r}$$

La force est centrale et ne dépend que de $r$. On cherche $E_\mathrm p(r)$ telle que $\vec F=-\dfrac{\mathrm dE_\mathrm p}{\mathrm dr}\vec e_r$, soit $\dfrac{\mathrm dE_\mathrm p}{\mathrm dr}=\dfrac{GM_Tm}{r^2}$. Avec $E_\mathrm p(\infty)=0$ :

$$\boxed{E_\mathrm p(r)=-\frac{GM_Tm}{r}}$$

### Q3.

$$\boxed{E_\mathrm m=\frac12mv^2-\frac{GM_Tm}{r}}$$

Dans le référentiel géocentrique galiléen, $P$ n'est soumis qu'à $\vec F$, qui est conservative. Le théorème de la puissance mécanique donne $\dfrac{\mathrm dE_\mathrm m}{\mathrm dt}=\mathcal P_{\text{non cons.}}=0$ : **$E_\mathrm m$ se conserve**.

### Q4.

On applique le théorème du moment cinétique en $O$, point fixe du référentiel galiléen, avec $\vec L_O=\overrightarrow{OP}\wedge m\vec v$ :

$$\frac{\mathrm d\vec L_O}{\mathrm dt}=\overrightarrow{OP}\wedge\vec F=\vec 0,$$

car $\vec F$ est colinéaire à $\overrightarrow{OP}$ (force centrale). $\vec L_O$ est donc un vecteur constant. Si $\vec L_O\neq\vec 0$, $\overrightarrow{OP}$ reste orthogonal à ce vecteur fixe : $P$ se déplace dans le plan passant par $O$ et orthogonal à $\vec L_O$. Si $\vec L_O=\vec 0$, $\vec v$ est colinéaire à $\overrightarrow{OP}$ et le mouvement est rectiligne, donc plan lui aussi. **Le mouvement est plan.**

On prend $\vec e_z$ normal à ce plan. En polaires, $\vec v=\dot r\vec e_r+r\dot\theta\vec e_\theta$, d'où $\vec L_O=mr^2\dot\theta\,\vec e_z$. Comme ce vecteur est constant :

$$\boxed{r^2\dot\theta=C=\text{cste}}$$

### Q5.

On a $v^2=\dot r^2+r^2\dot\theta^2=\dot r^2+\dfrac{C^2}{r^2}$. En reportant dans $E_\mathrm m$ :

$$E_\mathrm m=\frac12m\dot r^2+\underbrace{\frac{mC^2}{2r^2}-\frac{GM_Tm}{r}}_{E_{\mathrm p,\mathrm{eff}}(r)},\qquad \boxed{E_{\mathrm p,\mathrm{eff}}(r)=\frac{mC^2}{2r^2}-\frac{GM_Tm}{r}}$$

### Q6.

On suppose $C\neq0$.

- Quand $r\to0^+$, le terme en $1/r^2$ domine : $E_{\mathrm p,\mathrm{eff}}\to+\infty$.
- Quand $r\to+\infty$, le terme en $-1/r$ domine : $E_{\mathrm p,\mathrm{eff}}\to0^-$.
- La dérivée $E_{\mathrm p,\mathrm{eff}}'(r)=\dfrac{m}{r^3}\left(GM_Tr-C^2\right)$ s'annule en $r_0=C^2/(GM_T)$. La fonction décroît sur $]0,r_0]$, puis croît sur $[r_0,+\infty[$.
- Le minimum vaut $E_{\mathrm p,\mathrm{eff}}(r_0)=-\dfrac{G^2M_T^2m}{2C^2}<0$.
- La fonction s'annule en $r_0/2$.

![Figure 1 — Allure de l'énergie potentielle effective : une droite E_m < 0 coupe la courbe deux fois (état lié entre r1 et r2), une droite E_m ≥ 0 une seule fois (état de diffusion)](/figures/corriges/e3a-polytech_mpi_physique-chimie_2026/q06-energie-potentielle-effective.svg)

Comme $\frac12m\dot r^2\ge0$, le mouvement n'est possible que là où $E_{\mathrm p,\mathrm{eff}}(r)\le E_\mathrm m$.

- Si $E_{\min}\le E_\mathrm m<0$, la droite horizontale d'ordonnée $E_\mathrm m$ coupe la courbe en $r_1\le r_2$ finis. On a alors $r_1\le r\le r_2$ : c'est un **état lié**.
- Si $E_\mathrm m\ge0$, la droite ne coupe la courbe qu'en un point $r_1$, et tout $r\ge r_1$ est accessible, jusqu'à l'infini : c'est un **état de diffusion**.

$$\boxed{P \text{ peut échapper à la Terre} \iff E_\mathrm m\ge0}$$

Si $C=0$ (mouvement radial), $E_{\mathrm p,\mathrm{eff}}=E_\mathrm p$, et la conclusion est la même.

### Q7.

Au départ de la surface ($r=R_T$) avec une vitesse de norme $v$, on a $E_\mathrm m=\frac12mv^2-GM_Tm/R_T$. Cette énergie se conserve et ne dépend que de la norme de $v$, pas de sa direction (pourvu que la trajectoire ne recoupe pas la Terre). La condition d'échappement $E_\mathrm m\ge0$ donne $v\ge\sqrt{2GM_T/R_T}$ :

$$\boxed{v_\ell=\sqrt{\frac{2GM_T}{R_T}}}$$

$$v_\ell^2=\frac{2\times7{,}0\cdot10^{-11}\times6{,}0\cdot10^{24}}{6{,}0\cdot10^{6}}=1{,}4\cdot10^{8}\ \mathrm{m^2\,s^{-2}}\quad\Rightarrow\quad\boxed{v_\ell\approx1{,}2\cdot10^{4}\ \mathrm{m\,s^{-1}}}$$

### Q8.

Le modèle du gaz parfait repose sur trois hypothèses :

- les particules sont ponctuelles : leur volume propre est négligeable devant le volume offert ;
- il n'y a aucune interaction à distance entre particules, donc pas d'énergie potentielle d'interaction. Les particules n'interagissent que par des chocs (entre elles et avec les parois), supposés élastiques ;
- les particules sont très nombreuses, en agitation désordonnée, avec une répartition des vitesses homogène et isotrope (chaos moléculaire).

### Q9.

$$u=\sqrt{\frac{3RT}{M_{\mathrm{He}}}}=\sqrt{\frac{3\times8{,}0\times300}{4{,}0\cdot10^{-3}}}=\sqrt{1{,}8\cdot10^{6}}\quad\Rightarrow\quad\boxed{u\approx1{,}3\cdot10^{3}\ \mathrm{m\,s^{-1}}}$$

Or $v_\ell/10\approx1{,}2\cdot10^3\ \mathrm{m\,s^{-1}}$. Comme $u>v_\ell/10$, le critère admis est vérifié : **les atomes d'hélium s'échappent de l'attraction terrestre.** L'hélium dégazé par la croûte quitte en permanence l'atmosphère, ce qui explique sa très faible concentration. À l'inverse, $\mathrm{N_2}$ et $\mathrm{O_2}$ sont 7 à 8 fois plus lourds, donc $u$ est environ $\sqrt7\approx2{,}7$ fois plus faible pour eux : ils restent piégés.

## Partie II – Le laser hélium-néon

### Q10.

Trois applications du laser :

- **vie quotidienne** : lecteurs de codes-barres, pointeurs, lecture des disques optiques ;
- **industrie** : découpe et soudage de métaux, télémétrie et alignement sur les chantiers ;
- **médecine** : chirurgie réfractive de l'œil, photocoagulation de la rétine, dermatologie.

On peut citer aussi la recherche (refroidissement d'atomes, interférométrie des ondes gravitationnelles) et les télécommunications par fibre optique.

### Q11.

Dans un conducteur ohmique de conductivité $\gamma$, on a $\vec j=\gamma\vec E$, et la puissance volumique cédée aux porteurs (effet Joule) vaut $p=\vec j\cdot\vec E=\gamma E^2$. Un conducteur parfait correspond à $\gamma\to+\infty$. La densité de courant et la puissance dissipée doivent rester finies, ce qui impose $E^2=p/\gamma\to0$. Autrement dit, un conducteur parfait ne dissipe pas d'énergie :

$$\boxed{\vec E=\vec 0\ \text{dans un conducteur parfait}}$$

### Q12.

Dans le vide sans charges ni courants ($\rho=0$, $\vec j=\vec 0$, $\mu_0\varepsilon_0c^2=1$), les équations de Maxwell s'écrivent :

$$\operatorname{div}\vec E=0,\qquad \overrightarrow{\operatorname{rot}}\,\vec E=-\frac{\partial\vec B}{\partial t},\qquad \operatorname{div}\vec B=0,\qquad \overrightarrow{\operatorname{rot}}\,\vec B=\frac1{c^2}\frac{\partial\vec E}{\partial t}.$$

On prend le rotationnel de Maxwell-Faraday, puis on permute les dérivations en temps et en espace :

$$\overrightarrow{\operatorname{rot}}(\overrightarrow{\operatorname{rot}}\,\vec E)=-\frac{\partial}{\partial t}\overrightarrow{\operatorname{rot}}\,\vec B=-\frac1{c^2}\frac{\partial^2\vec E}{\partial t^2}.$$

D'après l'identité fournie, et puisque $\operatorname{div}\vec E=0$, on a $\overrightarrow{\operatorname{rot}}(\overrightarrow{\operatorname{rot}}\,\vec E)=-\Delta\vec E$. D'où l'équation de d'Alembert :

$$\boxed{\Delta\vec E-\frac1{c^2}\frac{\partial^2\vec E}{\partial t^2}=\vec 0}$$

Le champ est transverse, porté par un axe fixe orthogonal à $\vec e_x$, et de composante $E(x,t)=f(x)\sin(\omega t)$. En reportant, $f''(x)\sin\omega t+\dfrac{\omega^2}{c^2}f(x)\sin\omega t=0$ pour tout $t$, donc :

$$\boxed{f''(x)+\frac{\omega^2}{c^2}f(x)=0}$$

### Q13.

La solution générale est $f(x)=A\cos(kx)+B\sin(kx)$, avec $k=\omega/c$. Le champ est nul dans les miroirs (Q11) et $E$ est continu en $x=0$ et en $x=L$. D'où $f(0)=0$, donc $A=0$, puis $f(L)=B\sin(kL)=0$. Une solution non nulle impose $\sin(kL)=0$, soit $kL=n\pi$ avec $n\in\mathbb N^*$. On obtient $f(x)=B\sin(n\pi x/L)$ et $\omega_n=n\pi c/L$ :

$$\boxed{\nu_n=\frac{nc}{2L}},\qquad \boxed{\mathrm{ISL}=\nu_{n+1}-\nu_n=\frac{c}{2L}}$$

### Q14.

Le trait d'échelle de la figure 1 vaut 2 cm. Le tube, bague comprise, mesure environ 6,5 fois ce trait, soit $L\approx13\ \mathrm{cm}$ (la cavité est un peu plus courte que le boîtier). On en déduit :

$$\mathrm{ISL}=\frac{c}{2L}\approx\frac{3{,}0\cdot10^8}{2\times0{,}13}\approx1{,}2\cdot10^{9}\ \mathrm{Hz},\qquad\boxed{\mathrm{ISL}\sim1\ \mathrm{GHz}}$$

**C'est cohérent avec les 1 090 MHz du fabricant.** Cette spécification correspond à $L=c/(2\,\mathrm{ISL})\approx14$ cm, compatible avec la photographie.

### Q15.

On applique la méthode des rectangles avec un pas $\Delta t=2/200=0{,}01$ (201 points, donc 200 intervalles). Les termes extrêmes sont nuls, car $\sqrt{1-t^2}=0$ en $t=\pm1$ : sommer les 201 points revient à sommer 200 rectangles.

```python
def g(x):
    S = 0                              # ligne 5
    T = np.linspace(-1,1,201)
    # tableau de 201 valeurs régulièrement réparties dans l'intervalle [-1,1]
    for k in T:
        S = S + airy(x,k)*(2/200)      # ligne 9 : aire d'un rectangle
    return S                           # ligne 10
```

### Q16.

En $x=0$, $\cos(0)=1$. Avec la primitive fournie :

$$g(0)=\int_{-1}^1\sqrt{1-t^2}\,\mathrm dt=\left[\frac{t\sqrt{1-t^2}+\arcsin t}{2}\right]_{-1}^{1}=\frac12\left(\frac\pi2+\frac\pi2\right),\qquad\boxed{g(0)=\frac\pi2\approx1{,}57}$$

C'est bien le maximum lu sur la figure 3 (environ 1,57). Le programme de Q15 donne 1,5702.

### Q17.

Si $g(a)$ et $g(\text{milieu})$ ont le même signe, la racine est dans $[\text{milieu},b]$. Sinon, elle est dans $[a,\text{milieu}]$. La boucle s'arrête quand $|b-a|\le2\varepsilon$, et le milieu renvoyé est alors à moins de $\varepsilon$ de la racine : on prend $\varepsilon=10^{-2}$.

D'après la figure 3, $g(1)>0$ et $g(2)<0$, et $g$ ne s'annule qu'une fois sur $[1,2]$ : le premier zéro positif est dans cet intervalle.

```python
def h(a,b,eps):
    while abs(b-a) > 2*eps:
        milieu = (a+b)/2
        if g(a)*g(milieu) > 0:
            a = milieu                 # ligne 5
        else:
            b = milieu                 # ligne 7
    return ((a+b)/2)

print(h(1, 2, 1e-2))                   # ligne 10
```

Le programme rend 1,2266, à $10^{-2}$ près du zéro exact (1,2197).

### Q18.

On a $\lambda=\dfrac{\phi R}{1{,}22\,d}$, un produit de puissances de grandeurs mesurées indépendamment. Les incertitudes relatives s'ajoutent quadratiquement :

$$\boxed{u(\lambda)=\lambda\sqrt{\left(\frac{u(\phi)}{\phi}\right)^2+\left(\frac{u(R)}{R}\right)^2+\left(\frac{u(d)}{d}\right)^2}}$$

Vérification : $\sqrt{0{,}0625^2+0{,}040^2+0{,}0025^2}=0{,}074$, et $0{,}074\times656\approx49$ nm. Le terme dû à $\phi$ domine.

$$z=\frac{|\lambda_{\exp}-\lambda_{\text{réf}}|}{u(\lambda)}=\frac{656-632{,}8}{49}=\frac{23{,}2}{49},\qquad\boxed{z\approx0{,}47}$$

Comme $z<2$, **la mesure est compatible avec la valeur attendue de 632,8 nm**. La précision reste modeste (incertitude relative de 7 %), surtout limitée par la mesure du diamètre de la tache.

## Partie III – De l'hélium pour détecter les fuites

### Q19.

Le principe fondamental de la dynamique s'écrit $m\dfrac{\mathrm d\vec v}{\mathrm dt}=e\vec v\wedge\vec B$, avec $\vec B=B\vec e_z$. Le vecteur $\vec v\wedge\vec e_z$ est orthogonal à $\vec e_z$, donc $m\ddot z=0$ et $\dot z(t)=\dot z(0)=0$, puis $z(t)=z(0)=0$. **La trajectoire est dans le plan $(O,\vec e_x,\vec e_y)$.**

### Q20.

La puissance de la force magnétique est $\mathcal P=(e\vec v\wedge\vec B)\cdot\vec v=0$. Le poids est négligé. Le théorème de l'énergie cinétique donne donc $\frac12mv^2=\text{cste}$, soit $\|\vec v\|=v_0$ : **le mouvement est uniforme.**

Sur la figure 4, l'ion entre selon $+\vec e_x$ et se courbe vers $-\vec e_y$, vers le détecteur. La force initiale doit donc être selon $-\vec e_y$. Avec $\vec B=B_z\vec e_z$, on a $e v_0\vec e_x\wedge B_z\vec e_z=-ev_0B_z\vec e_y$, ce qui impose $B_z>0$ : **$\vec B$ est dirigé selon $+\vec e_z$**, sortant du plan de la figure. On note $B>0$ sa norme.

### Q21.

$\vec v\wedge\vec B=(v_x\vec e_x+v_y\vec e_y)\wedge B\vec e_z=B(v_y\vec e_x-v_x\vec e_y)$. Avec $\omega=eB/m$ :

$$\boxed{\frac{\mathrm dv_x}{\mathrm dt}=\omega v_y,\qquad\frac{\mathrm dv_y}{\mathrm dt}=-\omega v_x}$$

### Q22.

$$\frac{\mathrm d\underline u}{\mathrm dt}=\frac{\mathrm dv_y}{\mathrm dt}+\mathrm j\frac{\mathrm dv_x}{\mathrm dt}=-\omega v_x+\mathrm j\omega v_y=\mathrm j\omega\,(v_y+\mathrm jv_x)=\mathrm j\omega\,\underline u,$$

$$\boxed{\frac{\mathrm d\underline u}{\mathrm dt}-\mathrm j\omega\,\underline u=0}$$

### Q23.

La solution est $\underline u(t)=\underline u(0)\,e^{\mathrm j\omega t}$, avec $\underline u(0)=v_y(0)+\mathrm jv_x(0)=\mathrm jv_0$. D'où :

$$\underline u=\mathrm jv_0(\cos\omega t+\mathrm j\sin\omega t)=-v_0\sin\omega t+\mathrm j\,v_0\cos\omega t.$$

On identifie la partie réelle à $v_y$ et la partie imaginaire à $v_x$ :

$$\boxed{v_x(t)=v_0\cos(\omega t),\qquad v_y(t)=-v_0\sin(\omega t)}$$

### Q24.

On intègre avec $x(0)=y(0)=0$ :

$$\boxed{x(t)=\frac{v_0}{\omega}\sin(\omega t),\qquad y(t)=\frac{v_0}{\omega}\big(\cos(\omega t)-1\big)}$$

### Q25.

$x^2+\left(y+\dfrac{v_0}{\omega}\right)^2=\dfrac{v_0^2}{\omega^2}(\sin^2\omega t+\cos^2\omega t)=\dfrac{v_0^2}{\omega^2}$. La trajectoire est donc portée par le cercle de centre $(0,-v_0/\omega)$ et de rayon $v_0/\omega$. **Elle est circulaire**, de rayon :

$$\boxed{R=\frac{v_0}{\omega}=\frac{mv_0}{eB}}$$

### Q26.

Tous les ions ont la même énergie cinétique $E_\mathrm c=\frac12mv_0^2$, donc $mv_0=\sqrt{2mE_\mathrm c}$ et

$$R=\frac{\sqrt{2mE_\mathrm c}}{eB}\propto\sqrt m.$$

Plus l'ion est lourd, plus le rayon est grand. Les trois trajectoires partent de $O$ tangentes à $\vec e_x$, avec un centre en $(0,-R)$. Celle de plus petit rayon est la plus intérieure (1), celle de plus grand rayon la plus extérieure (3). La trajectoire (2) est celle qui arrive au détecteur.

- **(1)** : ions légers ($\mathrm H_2^+$, $^3\mathrm{He}^+$), rayon le plus petit ;
- **(2)** : ions hélium $^4\mathrm{He}^+$, sélectionnés vers le détecteur ;
- **(3)** : ions lourds ($\mathrm N_2^+$, $\mathrm O_2^+$, $\mathrm{CO_2^+}$, $\mathrm{Ar}^+$), rayon le plus grand.

![Figure 2 — Spectromètre de masse : B sortant du plan, force initiale selon −e_y, quarts de cercle tangents en O de rayon R ∝ √m ; seuls les ions hélium (2) atteignent le détecteur](/figures/corriges/e3a-polytech_mpi_physique-chimie_2026/q20-q26-trajectoires-spectrometre.svg)

### Q27.

Le quart de cercle est parcouru à vitesse constante, en $\tau=\dfrac{\pi R/2}{v_0}=\dfrac{\pi}{2\omega}=\dfrac{\pi m}{2eB}$. La masse de l'ion est $m=M_{\mathrm{He}}/\mathcal N_A=6{,}7\cdot10^{-27}$ kg, d'où $\omega=\dfrac{1{,}6\cdot10^{-19}\times0{,}10}{6{,}7\cdot10^{-27}}=2{,}4\cdot10^{6}\ \mathrm{rad\,s^{-1}}$ :

$$\tau=\frac{\pi}{2\times2{,}4\cdot10^{6}}\quad\Rightarrow\quad\boxed{\tau\approx6{,}5\cdot10^{-7}\ \mathrm s}$$

La durée $\tau$ ne dépend pas de $v_0$.

### Q28.

On a $v_0=R\omega$. Pour $R\approx3$ cm, $v_0\approx3\cdot10^{-2}\times2{,}4\cdot10^6\approx7\cdot10^{4}\ \mathrm{m\,s^{-1}}$. Pour tout $R$ de 1 à 10 cm, $v_0$ reste entre $2\cdot10^4$ et $2\cdot10^5\ \mathrm{m\,s^{-1}}$.

$$\boxed{\frac{v_0}{c}\sim2\cdot10^{-4}\ll1}$$

**Le traitement non relativiste est pleinement justifié.** L'écart relatif $\gamma-1\approx\frac12(v_0/c)^2\sim10^{-8}$ est négligeable.

## Partie IV – Des bulles de savon remplies d'hélium

### Q29.

On a $V_0=\frac43\pi r^3=a^3$, donc $r=\left(\dfrac{3V_0}{4\pi}\right)^{1/3}$ et $a=V_0^{1/3}$. Les deux surfaces valent $S_\mathrm s=4\pi r^2$ et $S_\mathrm c=6a^2$, d'où :

$$\frac{S_\mathrm s}{S_\mathrm c}=\frac{4\pi}{6}\left(\frac{3}{4\pi}\right)^{2/3}=\left(\frac{(4\pi)^3}{6^3}\cdot\frac{9}{(4\pi)^2}\right)^{1/3}=\left(\frac{36\pi}{216}\right)^{1/3},\qquad\boxed{\frac{S_\mathrm s}{S_\mathrm c}=\left(\frac\pi6\right)^{1/3}\approx0{,}81<1}$$

À volume égal, la sphère a moins de surface que le cube : environ 19 % de moins. Plus généralement, la sphère minimise l'aire à volume fixé. L'énergie de tension superficielle est proportionnelle à l'aire, c'est pourquoi les bulles libres sont sphériques.

### Q30.

On fait le bilan des forces verticales sur la bulle de rayon $r_\mathrm c$, en négligeant la traînée à l'équilibre limite. La coque est mince ($e\ll r_\mathrm c$), de volume environ $4\pi r_\mathrm c^2e$.

- poids de l'hélium : $\rho_{\mathrm{He}}\,\frac43\pi r_\mathrm c^3\,g$, vers le bas ;
- poids de la coque liquide : $\rho_\ell\,4\pi r_\mathrm c^2e\,g$, vers le bas ;
- poussée d'Archimède : $\rho_\mathrm a\,\frac43\pi r_\mathrm c^3\,g$, vers le haut.

![Figure 3 — Bilan des forces sur la bulle de rayon critique : la poussée d'Archimède compense le poids de l'hélium et celui de la coque](/figures/corriges/e3a-polytech_mpi_physique-chimie_2026/q30-bilan-forces-bulle.svg)

Le rayon critique sépare les bulles qui montent de celles qui descendent : les forces s'y compensent.

$$\rho_{\mathrm{He}}\frac{r_\mathrm c}{3}+\rho_\ell e=\rho_\mathrm a\frac{r_\mathrm c}{3}\quad\Rightarrow\quad\boxed{e=\frac{r_\mathrm c(\rho_\mathrm a-\rho_{\mathrm{He}})}{3\rho_\ell}}$$

$$e=\frac{6\cdot10^{-3}\times(1{,}2-0{,}2)}{3\times1{,}0\cdot10^{3}}\quad\Rightarrow\quad\boxed{e\approx2\cdot10^{-6}\ \mathrm m=2\ \mu\mathrm m}$$

On vérifie que $e\ll r_\mathrm c$. Pour $r>r_\mathrm c$, la poussée (en $r^3$) l'emporte sur le poids de la coque (en $r^2$) : la bulle monte. C'est bien l'observation.

### Q31.

On note $I$ le point où le rayon incident frappe la face inférieure du film. Le rayon (1) s'y réfléchit. Le rayon (2) est réfracté sous l'angle $i_2$ (avec $\sin i_1=n_\ell\sin i_2$), se réfléchit en $J$ sur la face supérieure, puis ressort en $K$ sur la face inférieure. Par les lois de Descartes, il émerge sous l'angle $i_1$, parallèle à (1).

- On a $IJ=JK=e/\cos i_2$ et $IK=2e\tan i_2$.
- Les rayons émergents sont parallèles. Pour les faire interférer à l'infini, on les fait converger en un point $M$ du plan focal d'une lentille (ou à l'infini).
- Par le théorème de Malus et le retour inverse de la lumière, le plan $\Pi$ orthogonal aux rayons émergents est une surface d'onde du faisceau qui converge vers $M$. Les chemins optiques de $\Pi$ à $M$ sont donc égaux pour les deux rayons.
- On choisit $\Pi$ passant par $K$. Il coupe le rayon (1) en $H$, avec $IH=IK\cos(90°-i_1)=IK\sin i_1$.

![Figure 4 — Construction de Malus : le plan d'onde Π passant par K coupe le rayon (1) en H ; δ = nℓ(IJ + JK) − IH](/figures/corriges/e3a-polytech_mpi_physique-chimie_2026/q31-lame-mince-malus.svg)

La différence de chemin optique entre (2) et (1) vaut :

$$\delta=n_\ell(IJ+JK)-IH=\frac{2n_\ell e}{\cos i_2}-2e\tan i_2\sin i_1=\frac{2n_\ell e}{\cos i_2}\left(1-\sin^2i_2\right)=2n_\ell e\cos i_2.$$

Le rayon (1) subit en plus un déphasage de $\pi$ à la réflexion air/liquide. Le déphasage de (2) par rapport à (1) est donc :

$$\varphi=\frac{2\pi\delta}{\lambda}-\pi=\frac{4\pi n_\ell e}{\lambda}\cos i_2-\pi,\qquad\boxed{\alpha=4\pi n_\ell e}$$

### Q32.

Les interférences sont destructives quand $\varphi=(2p+1)\pi$, avec $p$ entier. Cela donne $\dfrac{\alpha\cos i_2}{\lambda}=2(p+1)\pi$. On pose $k=p+1$, avec $k\ge1$ car $\lambda>0$ :

$$\boxed{\lambda_k=\frac{\alpha\cos i_2}{2\pi k}=\frac{2n_\ell e\cos i_2}{k},\qquad k\in\mathbb N^*}$$

### Q33.

En incidence normale, $\lambda_k=2n_\ell e/k$, donc $1/\lambda_k=k/(2n_\ell e)$. Les minima (annulations) de la figure 7 sont lus vers 665, 592, 532, 484, 443, 409, 380 et 355 nm. Leurs inverses sont régulièrement espacés. On vérifie que le produit $k\lambda_k$ est constant pour $k=8,9,\dots,15$ :

$$8\times665\approx9\times592\approx10\times532\approx11\times484\approx12\times443\approx13\times409\approx5{,}32\cdot10^{3}\ \mathrm{nm}.$$

Ainsi $2n_\ell e\approx5{,}32\ \mu\mathrm m$, d'où :

$$e=\frac{5{,}32}{2\times1{,}33}\quad\Rightarrow\quad\boxed{e\approx2{,}0\ \mu\mathrm m}$$

Avec deux minima seulement : $\dfrac{1}{2n_\ell e}=\dfrac15\left(\dfrac1{409}-\dfrac1{665}\right)\ \mathrm{nm^{-1}}$ donne la même valeur. **Elle concorde avec les $2\ \mu$m de Q30** : l'épaisseur du film sur le cadre est bien celle des bulles.

### Q34.

On note $O'$ le centre de courbure. D'après la figure 8, $R$ est la distance de $O'$ à l'axe de la fibre. Le bord intérieur du cœur est alors à $R-d/2$ de $O'$, le bord extérieur à $R+d/2$.

- La lumière arrive en incidence normale, avec des rayons parallèles à l'axe à l'entrée de la partie courbe. Un rayon est caractérisé par sa distance $b$ à $O'$, avec $R-d/2\le b\le R+d/2$. Comme il se propage en ligne droite perpendiculairement à la droite d'entrée, $b$ est la distance de $O'$ à ce rayon.
- Le rayon frappe l'interface extérieure cœur/gaine (cercle de rayon $R+d/2$). La normale y est radiale, donc $\sin i=\dfrac{b}{R+d/2}$.
- La réflexion conserve la distance $b$ de la droite à $O'$. Toutes les réflexions suivantes ont lieu sous le même angle $i$, et le rayon ne descend jamais sous la distance $b\ge R-d/2$ : il ne touche pas la paroi intérieure.
- Il y a réflexion totale si $\sin i\ge n_2/n_1$. Le cas le plus défavorable est le plus petit $b$, soit $b=R-d/2$ (rayon entrant au bord intérieur).

![Figure 5 — Fibre courbée : le rayon entré au bord intérieur, à b = R − d/2 de O', frappe la gaine sous l'angle i, avec sin i = b/(R + d/2) ; proportions exagérées](/figures/corriges/e3a-polytech_mpi_physique-chimie_2026/q34-fibre-courbee.svg)

Toute la lumière est guidée si :

$$\frac{R-d/2}{R+d/2}\ge\frac{n_2}{n_1}\iff R(n_1-n_2)\ge\frac d2(n_1+n_2),\qquad\boxed{R_{\min}=\frac d2\cdot\frac{n_1+n_2}{n_1-n_2}}$$

$$R_{\min}=25\ \mu\mathrm m\times\frac{3{,}00}{0{,}10}\quad\Rightarrow\quad\boxed{R_{\min}\approx7{,}5\cdot10^{-4}\ \mathrm m=0{,}75\ \mathrm{mm}}$$

## Partie V – Gonfler un ballon volant sans hélium

### Q35.

La réaction produit du dihydrogène gazeux qui gonfle le ballon. À $P$ et $T$ données, un gaz parfait a une masse volumique $\rho=PM/(RT)$. Or $M(\mathrm H_2)=2\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$, contre $29\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$ pour l'air : le gaz contenu est environ 15 fois moins dense que l'air. Quand le volume est assez grand, la poussée d'Archimède ($\rho_\mathrm a Vg$) dépasse le poids total : gaz, enveloppe et la petite quantité de liquide et d'aluminium. **Le ballon s'envole.**

### Q36.

**Une base forte est une base qui réagit totalement avec l'eau** : elle est entièrement convertie en $\mathrm{HO^-}$, et son acide conjugué est indifférent dans l'eau. Pour la soude, $\mathrm{NaOH}\to\mathrm{Na^+}+\mathrm{HO^-}$ est totale, donc $[\mathrm{HO^-}]=c=0{,}1\ \mathrm{mol\,L^{-1}}$. L'autoprotolyse de l'eau est négligeable. On en déduit $[\mathrm{H_3O^+}]=K_\mathrm e/c=10^{-13}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}$ :

$$\mathrm{pH}=\mathrm pK_\mathrm e+\log c=14-1,\qquad\boxed{\mathrm{pH}=13}$$

### Q37.

Dans $\mathrm{A\ell(OH)_4^-}$, $\mathrm{O}$ est à $-\mathrm{II}$ et $\mathrm H$ à $+\mathrm I$, donc chaque $\mathrm{OH}$ compte pour $-1$. Avec $x+4\times(-1)=-1$ :

$$\boxed{\mathrm{n.o.}(\mathrm{A\ell})=+\mathrm{III}\ \text{dans}\ \mathrm{A\ell(OH)_4^-},\qquad \mathrm{n.o.}(\mathrm{A\ell})=0\ \text{dans}\ \mathrm{A\ell_{(s)}}}$$

**$\mathrm{A\ell(OH)_4^-}$ est l'oxydant** du couple (n.o. le plus élevé) et **$\mathrm{A\ell}$ le réducteur**.

### Q38.

- Couple 1 : on conserve $\mathrm{A\ell}$ ($\beta_1=1$), puis $\mathrm O$ ($\gamma_1=4$), puis la charge ($-1-\alpha_1=-4$, donc $\alpha_1=3$). $\mathrm H$ est alors équilibré ($4=4$).
- Couple 2 : on conserve $\mathrm O$ ($\alpha_2=\gamma_2$), puis $\mathrm H$ ($2\alpha_2=2+\gamma_2$, donc $\gamma_2=\alpha_2=2$), puis la charge ($\beta_2=\gamma_2=2$).

$$\boxed{\alpha_1=3,\ \beta_1=1,\ \gamma_1=4;\qquad \alpha_2=2,\ \beta_2=2,\ \gamma_2=2}$$

$$\mathrm{A\ell(OH)_4^-}+3\,\mathrm e^-=\mathrm{A\ell}+4\,\mathrm{HO^-},\qquad 2\,\mathrm{H_2O}+2\,\mathrm e^-=\mathrm{H_2}+2\,\mathrm{HO^-}.$$

On combine $2\times$(1) dans le sens de l'oxydation et $3\times$(2), soit 6 électrons échangés. Après simplification des $\mathrm{HO^-}$ :

$$\boxed{2\,\mathrm{A\ell_{(s)}}+2\,\mathrm{HO^-_{(aq)}}+6\,\mathrm{H_2O_{(\ell)}}\longrightarrow2\,\mathrm{A\ell(OH)^-_{4(aq)}}+3\,\mathrm{H_{2(g)}}}$$

Contrôle : 2 $\mathrm{A\ell}$, 8 $\mathrm O$, 14 $\mathrm H$ et une charge $-2$ de chaque côté.

### Q39.

Le potentiel standard de l'oxydant $\mathrm{H_2O}$ ($E_2^\circ=-0{,}83$ V) est nettement supérieur à celui du réducteur $\mathrm{A\ell}$ ($E_1^\circ=-2{,}33$ V). Avec 6 électrons échangés :

$$\log K^\circ=\frac{6\,(E_2^\circ-E_1^\circ)}{0{,}06}=\frac{6\times1{,}50}{0{,}06}=150.$$

$K^\circ=10^{150}\gg1$ : **on peut supposer la réaction totale.** Cette conclusion porte sur la thermodynamique seulement. En pratique, la réaction est lente au départ, car la couche d'alumine protège le métal ; la soude dissout cette couche.

### Q40.

Le dihydrogène est assimilé à un gaz parfait :

$$n(\mathrm H_2)=\frac{PV}{RT}=\frac{1{,}013\cdot10^{5}\times5{,}0\cdot10^{-3}}{8{,}3\times298}\approx0{,}20\ \mathrm{mol}.$$

La réaction est totale et $\mathrm{A\ell}$ est le réactif limitant. D'après le bilan, $n(\mathrm{A\ell})=\frac23n(\mathrm H_2)\approx0{,}137$ mol, d'où :

$$m=\frac23\,\frac{PV}{RT}\,M_{\mathrm{A\ell}}=0{,}137\times27\quad\Rightarrow\quad\boxed{m\approx3{,}7\ \mathrm g}$$