Correction du problème de physique 2 CCP 2004 PSI
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Correction du problème de physique 2 CCP 2004 PSI
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 = <i>.E d’où : .<i> = 62,5 A remarque : < i K 2 >=< i K1 > . ∆i E 0 − E = ∆t L et ∆i E =− ∆t L E = 48 V 1− α = 37,5 A α on vérifie bien que : <i> = <iK1> + <iK2> 2.2.5 i =< 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 :