Correction du problème de physique 2 CCP 2004 PSI

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1/12/
correction du problème de physique 2 CCP 2004 PSI
problème de chimie : matériaux et procédés dans l’industrie
électronucléaire :
I)
Le combustible :
Q1) e nombre de protons est Z = 92 aussi bien dans 235U que dans 238U, qui sont deux
isotopes
Le nombre de neutrons est N = 143 dans 235U et N = 146 dans 238U
Le nombre d’oxydation de U est :
IV dans UO2
VI dans UO
VI dans UO2SO4
(16/3 dans U3O8, en fait V et VI)
Q2) U3O8 = UO2,(UO3)2 ; les ions présents sont donc :U4+, U6+, O2Q3) d’après la théorie VSEPR, UF6 est une molécule de forme bipyramidale à base carrée
(octaèdre)
Q4) si m est la multiplicité : ρ = m
M U + 2M O
; donc :
a3
ρa 3
m=
=4
M U + 2M O
Q5) on calcule immédiatement :
Pour la réaction :
2 U3O8 + O2 <==> 6 UO3
(α)
∆rH0 = - 193,2 kJ.mol-1
∆rS0 = - 193,8 J.K-1.mol-1
Pour la réaction :
3 UO2 + O2 <==> U3O8
(β)
∆rH0 = - 319,8 kJ.mol-1
∆rS0 = - 153,6 J.K-1.mol-1
Pour la réaction :
U + O2 <==> UO2
(γ)
∆rH0 = - 1085,0 kJ.mol-1
∆rS0 = - 178,4 J.K-1.mol-1
on en déduit (les enthalpies de réaction standard étant exprimées en kJ.mol-1 et la température
en K) :
2/12/
∆rG0α = - 193,2 + 0,1938.T
∆rG0β = - 319,8+ 0,1536.T
∆rG0γ = - 1085,0 + 0,1784.T
d’où le diagramme d’Ellingham sur la feuille jointe
on a, à toute température, par ordre croissant de ∆rG0 : γ; β, α. On en déduit qu’on a, sur le
graphe :
au-dessous de (γ) le domaine de stabilité de U
entre (γ) et (β) le domaine de stabilité de UO2
entre (β) et (α) le domaine de stabilité de U3O8
au-dessus de (α) le domaine de stabilité de UO3
⎛ P0 ⎞
⎟ = + RT ln (1) = 0
Q6) − RT ln (Q ) = −RT ln⎜
⎜ PO ⎟
⎝ 2⎠
Si on chauffe UO3 sous P(O2) = 1 bar, on se déplace donc horizontalement, à l’ordonnée 0,
dans le sens de T croissante, sur le diagramme d’Ellingham ; on en déduit que UO3 se
transforme en U3O8 à la température d’intersection de cette droite horizontale et de la droite
d’Ellingham de (α), c’est-à-dire à T1 = 1000 K
On peut alors envisager de la même façon la transformation de U3O8 en UO2 : une étude
analogue conduit à une température d’équilibre entre ces deux formes T2 = 2080 K
On peut encore envisager de la même façon la transformation de UO2 en U : une étude
analogue conduit à une température d’équilibre T3 qui n’a pas de sens car elle serait
supérieure à la température de fusion de U (qui est de 1410 K)
Q7) d’après la règle des phases : v = e – r + f - ϕ = 3 – 1 + 2 – 1 = 3
Si on impose : PH2O = PH2 = 1 bar, on obtient : veffective = 3 – 2 = 1
Alors, si on observe la droite (δ) d’Ellingham du couple H2O/H2, on constate que, à T = 1000
K, on se trouve dans le domaine de stabilité de UO2. Alors la pression PO2 est imposée
puisqu’on a imposé T à un système de variance égale à 1. La pression PO2 est imposée par
⎛ P0 ⎞
⎟ elle n’est donc pas quelconque
l’équilibre (δ) : − RT ln K δ0 = −RT ln⎜
⎜ PO ⎟
⎝ 2⎠
( )
⎛P ⎞
∆ r G δ = ∆ r G 0δ + RT ln⎜⎜ H 2 O ⎟⎟
⎝ PH 2 ⎠
On peut appliquer le m^me raisonnement que précédemment : pour que la réduction de UO2
⎛P ⎞
en U soit possible à 1000 K, il faut :
∆ r G δ < ∆ r G 0γ + RT ln⎜⎜ H 2 O ⎟⎟
⎝ PH 2 ⎠
Q8) On a pour (δ) :
3/12/
⎛ ∆ r G 0γ − ∆ r G 0δ ⎞
⎟
PH 2 O = P exp⎜⎜
Ce qui conduit, à la limite, pour PH2 = 1 bar, à :
⎟
RT
⎝
⎠
0
0
−1
Or on lit sur le graphe :
∆ r G γ − ∆ r G δ = −908 − (−206) = −702 kJ.mol
0
Ce qui conduit à :
PH2O = 2,14.10-37 bar, pression « impossible » à obtenir : la réduction
industrielle de UO2 en UO est donc impossible
II)
La gaine :
Q9)
Zr : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d2
Hf : a 32 électrons de plus que Zr (car, avant de remplir la sous-couche 5d, il faut
remplir la sous-couche 4f : Hf a donc 8+6+2+14+2 électrons de plus que Zr ; donc :
Z = 72 : structure : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d105p66s24f145d2
Q10) (HZrO3-)aq ion hydrogénozirconate
(?)
Q11) a) pour la limite de l’équilibre zircone(s)/Zr4+ :
Zr4+aq + 4 OH- <==> ZrO2(s) + 2 H2O
À la limite de précipitation :
Et :
logK1 = 55,12
1.12
= K1
4
10 − 6 ωlim
d’où : pOHlim = 12,28
pHlim = 1,72
b) pour la limite de l’équilibre zircone(s)/HZrO3- :
ZrO2(s) + OH- <==> (HZrO3-)aq
À la limite de précipitation :
Et :
logK2 = -4,80
10−6
= K2
ω'lim
d’où : pOH’lim = 1,20
pHlim = 12,80
ZrO2(s) n’existe donc que pour pH compris entre 1,72 et 12,80 ; pour les pH plus acides,
ZrO2(s) est détruit en Zr4+aq et, pour les pH plus basiques, en (HZrO3-)aq
Q12) on peut donc considérer les trois couples :
Zr4+ + 4 e- <==> Zr
E1 = −1,44 +
[
0,06
log Zr 4 +
4
]
4/12/
ZrO2(s) + 4 e- + 4 H+ <==> Zr + 2 H2O
E 2 = E 02 +
0,06
log h 4
4
[
]
0,06
log( HZrO3− .h 5 )
4
Donc, en utilisant les hypothèses du texte sur la concentration en espèces dissoutes :
E1 = E 30 +
HZrO3- + 4 e- + 5 H+ <==> Zr + 3 H2O
E1 = - 1,53 V
E2 = E20 – 0,06pH
E3 = E30 - 0,09 – 0,075pH
Q13) diagramme potentiel-pH : cf feuille jointe
couple Zr4+/Zr :
Si pH < 1,72 :
E1 = - 1,53 V
Si 1,72 < pH < 12,8 : couple ZrO2/Zr :
E20 – 0,06pH, où E20 est obtenu par continuité :
E20 = - 1,43 V ; donc :
E2 = - 1,43 -0,06pH
Si pH > 12,8 :
couple HZrO3-/Zr : , E3 = E30 - 0,09 – 0,075pH où E30 est obtenu par
0
continuité : E3 = - 1,05 V ; donc : E3 = - 1,05 -0,075pH
On constate que le domaine de stabilité du zirconium est entièrement situé dans le domaine de
réduction de l’eau : le zirconium est donc corrodé dans l’eau (mais, en fait, cette corrosion ne
se fait pas, pour des raisons cinétiques)
Ω molaire (ZrO2 (s) ) =
Q14)
Ω molaire (Zr(s) ) =
Donc :
f =
M (ZrO2 (s) )
= 2,193.10− 5 m3 .mol−1
ρ(ZrO2 (s) )
M (Zr(s) )
= 1,400.10− 5 m 3 .mol−1
ρ(Zr(s) )
Ω molaire (ZrO2 (s) )
= 1,57 > 1
Ω molaire (Zr(s) )
La zircone permet donc une bonne passivation du zirconium
Q15) Au niveau de la surface du métal, l’oxyde est comprimé (volume trop petit pour être
compatible avec celui de Zr). Si la corrosion est trop rapide, on peut avoir des dislocations
soit à l’intérieur de l’oxyde soit entre l’oxyde et le métal ; alors la couche d’oxyde n’est plus
homogène et la corrosion est moins efficace
Q16) à pH = 0, il n’y a pas d’oxyde
E1 dépend des conditions expérimentales
E2 dépend du pH et de la surtension de H+/H2 sur Zr
cf courbe intensité-potentiel sur feuille jointe
5/12/
III)
Le milieu aqueux caloporteur :
Q17) B : 1s2 2s2 2p1
Formule développée :
H-O-B-O-H
O
H
D’après la théorie VSEPR, la molécule a une forme triangulaire
Q18) pH =
1
(pK a + pc) = 5,1
2
Q19) il faut ajouter une base de façon à obtenir un mélange de pH = 8, qui sera d’ailleurs un
assez bon tampon
6/12/
Problème de physique : différents types de moteurs :
Première partie : modèle d’un moteur d’automobile à explosion :
1.1
1.2 Transformation AB :
2
nombre de tours par unité de temps
or le nombre de tours par unité de temps est proportionnel à la vitesse de l’automobile ; donc :
v
v0
=
nombre de tours par unité de temps (nombre de tours) 0 par unité de temps
d’où :
1.2.1 tcycle complet = 2.tAB = 2.tun tour =
nombre de tours par unité de temps (à 90km / h ) = (nombre de tours par unité de temps (à 30km / h ).
90
3000
tours / min = 3000 tours / min =
= 50 tours / s
30
60
2
donc :
et :
tAB = 2,0.10-2 s
2.t AB =
50
= 1000.
1.2.2 tAB étant petit, cela valide l’hypothèse d’adiabaticité de cette transformation
1.2.3
5
1
kTA = mv 2A
2
2
d’où :
vA =
5kTA
=
m
5RTA
= 710 m.s −1
M
1.2.4 la vitesse moyenne du piston au cours de la transformation AB vm est :
80 mm
vm =
= 4,0 m.s −1
t AB
vA étant beaucoup plus grande que la vitesse moyenne de déplacement du piston, les
molécules ne « voient » pratiquement pas le déplacement du piston et la transformation peut
être considérée grossièrement comme réversible
90
30
7/12/
γ
1.2.5
⎛V ⎞
PB = PA ⎜⎜ A ⎟⎟ = PA .a γ = 106, 4 Pa = 2,8.106 Pa = 28 bars
⎝ VB ⎠
⎛V ⎞
TB = TA ⎜⎜ A ⎟⎟
⎝ VB ⎠
γ −1
= TA .a γ −1 = 886 K
1.3 Transformation BC :
à une vitesse de 90 km/h, le moteur effectue 3000 tours par minute, donc 1500 cycles
par minutes et 1500*60 cycles par heure ; le volume de carburant consommé en 1
heure étant 5 L, le volume de carburant consommé pendant 1 cycle est donc :
5(L).90
= 5,0.10− 5 L / cycle
1.3.2 Vcarburant , 4 cylindres,1cycle =
100.1500.60
5.10 −5
= 1,25.10− 5 L / cycle
Vcarburantt ,1cylindre,1cycle =
4
ρ
n c = Vcarburantt ,1cylindre,1cycle. carburant = 7,9.10− 5 mol.cylindre−1.cycle−1
d’où :
M carburant
1.3.1
1.3.2
QBC = nc.6.106 = 474 J
a=
1.3.3.a
c = 4(VA − VE )
puis : n =
1.3.3.b
d’où :
et :
VA
VE
d’où :
VA =
ac
4(a − 1)
PA VA
PA ac
=
= 1,32.10− 2 mol
RTA
4(a − 1)RTA
R
(TC − TB )
∆U BC = Q BC = nC V (TC − TB ) = n
γ −1
γ −1
TC = TB + Q BC
= 2084 K
nR
PC =
nRTC nRTC
=
.4(a − 1) = 6,6.106 Pa = 66 bars
VC
c
1.4 Transformation CD :
γ
⎛V ⎞
PD = PC ⎜⎜ C ⎟⎟ = PC .a − γ = 26.105 Pa = 26 bars
⎝ VD ⎠
⎛V ⎞
TD = TC⎜⎜ C ⎟⎟
⎝ VD ⎠
γ −1
= TC .a1− γ = 830 K
8/12/
Wfourni
1.5
=
D
B
− γ +1
⎤
⎡ V − γ +1 ⎤
γ⎡ V
+
P
V
= + ∫ P.dV = ∫ P.dV + ∫ P.dV = PC V ⎢
A A⎢
⎥
⎥
⎣ − γ + 1⎦ A
⎣ − γ + 1⎦ C
C
A
D
B
γ
C
P Vγ
PC VCγ 1− γ
VC − VD1− γ + A A VA1− γ − VB1− γ
γ −1
γ −1
(
)
d’où finalement :
Wfourni =
Wfourni =
ou encore :
(
)
(
P Vγ
PC VCγ 1− γ
1− γ
VC − VD1− γ + A A VA1− γ − VB
γ −1
γ −1
(
)
)
nR
[(TC − TD ) + (TA − TB )] = 284 J
γ −1
1.6 Rendement :
1.6.1
η=
Wfourni − W
=
Q BC
Q BC
Q BC = ∆U BC =
1.6.2.a
η=
donc :
Wfourni
Q BC
nR
(TC − TB )
γ −1
nR
[(TC − TD ) + (TA − TB )]
[(T − TD ) + (TA − TB )]
γ −1
= C
=
nR
(TC − TB )
(TC − TB )
γ −1
T − TD
= 0,60
η = 1+ A
TC − TB
1.7 Puissance
1.7.1
Pth =
4Wfourni (1 cylindre)
= 28,4 kW
2t AB
1.7.2 pour une vitesse de 90 km/h, on lit sur la courbe :
P = 30 kW
1.7.3
Deuxième partie moteur à courant continu commandé par un hacheur :
2.1 Etude du moteur à courant continu :
E = Φ 0Ω
2.1.1
C = Φ 0i
2.1.2
u = E + Ri
9/12/
et :
J
dΩ
= Φ 0i − C r = 0 à vitesse angulaire constante
dt
Cr
Φ0
E
Φ0 =
; donc :
Ω
d’où : i =
or :
Cr Ω
E
u − E (u − E )E
R=
=
= 0,1 Ω
i
Cr Ω
on en déduit R :
2.1.3
J
dΩ
= C − aΩ − b
dt
Ω∞ =
si on pose :
τ=
i=
JdΩ
= dt
C − b − aΩ
donc :
ou :
dΩ
dt
=−
C−b
⎛J⎞
Ω−
⎜ ⎟
a
⎝a⎠
C−b
a
J
a
on obtient alors :
dΩ
dt
=−
puis, par intégration :
Ω − Ω∞
τ
on en déduit numériquement :
⎛
⎛ t ⎞⎞
Ω = Ω ∞ ⎜⎜1 − exp⎜ − ⎟ ⎟⎟
⎝ τ ⎠⎠
⎝
t1 ≈ 5 s
2.2 Commande par hacheur :
2.2.1
Un interrupteur idéal ne consomme pas de puissance, son temps de commutation est
nul
2.2.2
La bobine joue le rôle de réservoir d’énergie, elle permet le transfert d’énergie entre la
source et les charges
2.2.3
Règle :une source de tension ne doit jamais être court-circuitée ; donc K1 et K2 ne
peuvent pas être fermés simultanément
Remarque : les deux interrupteurs peuvent être tous les deux ouverts : cela correspond au cas
où le moteur est à l’arrêt
2.2.4.1
2.2.4.2

Si 0 < t < αT :
E0 − E = L
di
dt
donc :
di =
E0 − E
dt
L
10/12/
i( t ) = I m +
d’où :

E0 − E
t
L
et :
V = E0
Si αT < t < T :
0−E = L
di
dt
d’où :
di =
donc :
i( t ) = I m −
E
( t − αT )
L
−E
dt
L
et :
V=0
2.2.4.3
a) d’après la voie 1 : E0 = 120 V (6 carreaux à 20 V/carreau)
b) la voie 2 donne la forme du courant : α = 0,4
c et d) les pentes de la voie 2 correspondent à :
numériquement :
0,2
120 − E
=
−6
20.10
L
et
0,2
E
=−
−6
30.10
L
on en déduit :
L = 7,2 mH
et :
e) P = E0.<iK1>
d’où :
.<iK1> = 25 A
f) P = .E
d’où :
. = 62,5 A
remarque :
= .
∆i E 0 − E
=
∆t
L
et
∆i
E
=−
∆t
L
E = 48 V
1− α
= 37,5 A
α
on vérifie bien que : = <iK1> + <iK2>
2.2.5 i = + ∑ a n cos(nωt + ϕn )
n
d’après la décomposition en série de Fourier, si on diminue l’ondulation, en augmentant L et
en diminuant T, on diminue les coefficients de Fourier. Les pertes par effet Joule seront
minimales dans l’induit lorsque l’ondulation sera nulle.
11/12/
Troisième partie : principe du moteur synchrone :
3.1 Stator de la machine synchrone : production d’un champ tournant :
3.1.1
Tout plan contenant l’axe Ox est un plan d’antisymétrie pour la distribution de
courants : le champ magnétique en O appartient donc à tous ces plans ; il est donc
colinéaire à Ox
3.1.2
en notation complexe :
i1 =
u = (R 0 + R + jLω0 )i1
⎞
⎛
1
u = ⎜⎜ R 0 +
+ R + jLω0 ⎟⎟i 2
jCω0
⎠
⎝
donc :
i2 =
u
R 0 + R + jLω0
u
R0 +
1
+ R + jLω0
jCω0
on en déduit :
I1 =
U
(R 0 + R )
2
ϕ1 = − Arc tan
+Lω
2
2
0
U
I1 =
et :
⎛
(R 0 + R )2 + ⎜⎜ Lω0 −
⎝
1 ⎞
⎟
Cω0 ⎟⎠
ϕ2 = − Arc tan
2
3.1.3.a
ϕ2 − ϕ1 =
2
0
C=∞
ou
1
C=
2Lω02
π
Lω0
= Arc tan
⇔ Arc tan
R0 + R
2
1
Cω0
R0 + R
Lω0 −
C=∞
ou
1
Lω0 −
2Lω0
Lω0
Cω0
−R
=
+ π ⇔ R0 =
R0 + R
π
R0 + R
(
ϕ1 = − Arc tan πLCω02
3.1.3.b
alors :
ϕ2 = ϕ1 +
1
Cω0
R0 + R
Lω0 −
2
⎛
1 ⎞
⎟⎟ ⇔
I1 = I 2 ⇔ L ω = ⎜⎜ Lω0 −
ω
C
0 ⎠
⎝
2
Lω0
R0 + R
)
π π
= − Arc tan πLCω02
2 2
(
)
12/12/
G G
G
G
G
G
π ⎞G
⎛
B = B1 + B2 = Ki1 ( t )e x + Ki 2 ( t )e y = KI1 cos(ω0 t − ϕ1 )e x + KI 2 cos⎜ ω0 t − (ϕ1 + ⎟e y
2⎠
⎝
G
G
= KI1 (cos(ω0 t − ϕ1 )e x + K sin s(ω0 t − ϕ1 )) = KI1er
3.1.4
G
où e r est un vecteur unitaire faisant, à l’instant t, l’angle ω0 t − ϕ1 avec l’axe Ox
BT = KI1 ,2 = KI1, 2 = K
donc :
=K
(R 0 + R )2 + L2ω02
U
⎛ 2Lω0 ⎞
2 2
⎜
⎟ + L ω0
⎝ π ⎠
2
KU
BT =
Lω02
3.1.5.a,b
U
4
π +1
2
G
G
le vecteur e r faisant avec l’axe Ox e r l’angle ω0 t − ϕ1 , il tourne à la vitesse
angulaire ω0
3.2.
Entraînement du rotor du moteur synchrone :
3.2.1
θ( t ) = (ω0 t + α ) − (ωt + β ) = (ω0 − ω)t + α − β
or à t = 0, θ(t=0) = θ0 ; donc :
α−β = θ0
θ( t ) = (ω0 − ω)t + θ0
et :
d’où :
G G
G
G
G
Γ( t ) = M ∧ B = MB.sin θ( t )ez = M.B.sin[(ω0 − ω)t + θ0 ]ez
G
G
< Γ( t ) >= 0
3.2.2 Le moteur ne peut fonctionner que pour ω = ω0 car, sinon :
3.2.3.1
Γ0 = M.B.sin θ0
3.2.3.2
la machine fonctionne effectivement en moteur si, et seulement si la puissance
G
du couple Γ est positive, c’est-à-dire :
Γ0ω( 0 ) > 0 , c’est-à-dire, si ω > 0 : Γ0>0 , donc :
sin θ0 > 0
3.2.3.3
dans
ce
cas,
la
puissance
Pméca = Γ0ω( 0 ) = M.B.ω( 0 ) .sin θ0
3.2.3.4
d’après le théorème du moment cinétique :
le
moteur peut effectivement
Γr < Γ0 = M.B.sin θ0
entraîner
fournie
la
charge
par
le
Γ0 − Γr = J
si,
et
moteur
est :
dω
dt
seulement
si :