CCP PSI Physique 2 session 2002 Première rpartie : r r r B r r r r r r r r r 1.1.1 rot ( − M) = jlib = rot (H) ∫ H.dl = Ilib rot (B) = µo jlib + rot (M) µo r r r r r B r r r 1.1.2 rot ( − M) = jlib = rot (H) , et ∫ H.dl = Ilib , th. d’Ampère. µo ( ) 1.2.1 Pour un tore, on peut réaliser un enroulement pour lequel H est invariant par rotation autour de son axe. l2>>S donnera H quasi-uniforme dans le tore. 1.2.2 vy = u2 1 . L’intégration est bonne si RCω >> 1 soit si on veut un facteur 100 : C = 4, 7µF très bon et 1 + jRCω 1µF acceptable. vx nv ⇒H= 1 x . Ro Rol dΦ 2 dB La valeur importante de R impose un courant i2 faible et u 2 ≈ = n 2S . L’intégrateur donne dt dt dv y dB RC u 2 = RC = n 2S ⇒B= v y + K où K est une constante. A un facteur d’échelle près, la courbe vy(vx) est dt dt n 2S 1.2.3 Le théorème d’Ampère donne Hl = n1 .i1 = n1 le cycle d’hystérésis du matériau. 1.2.4 H = 100.v x et B = 0, 2.v y en S.I. 1.2.5 Br = 0, 2.2, 6 = 0,52T , H c = 100.0,5 = 50Am 1.3.1 Ph = u1 .i1 = n1S −1 et M r = Br = 4,1.105 Am −1 . µo dB Hl dB = Sl.H ⇒ par cycle W = Sl ∫ H.dB = A.Sl ⇒ Ph = f .ASl . dt n1 dt 1.3.2 Un carreau correspond à 100.0,2=20T.A/m soit P=6W. 1.4 P faible implique aire faible d’où Hc faible. Deuxième partie r r 2.1 Le plan ( u r , u z ) est plan d’antisymétrie des causes de l’induction. r r B .πrω.sin(ωt) r r r ∂B ⇒ E(r).2πr = Bo .πr 2 ω.sin(ωt) ⇒ E = o uθ . 2.2 rot (E) = − ∂t 2 π 2 2 2 2 2.3.1 p(t) = ∫∫∫ γE .dτ ⇒ Pj = γ So Bo Lf . 4 2.3.2 A.N. Pj=78,5W εo 2.4.1 ∂E ∂t j εo ω ω2 2 δ2 = 2 δ ≈ 2 valable à la fréquence très faible concernée. γ c λ 2.4.2 La distribution de courant est une superposition de nappes surfacique. On l’assimile à une superposition de solénoïdes infinis. Le domaine compris entre les distances r et r+dr de l’axe est parcouru par un courant par unité de longueur j( r).dr. En un point de matériau, B est créé par les solénoïdes extérieurs et R Bo ω.sin(ωt)(R 2 − r 2 ) , max en r=0. 4 r B 4 2 2 2.4.3 L’approximation est bonne si µ o γ o ωR << Bo ⇒ R << ⇒ R << δ 4 µ o γω B(r) = ∫ µo j(r ').dr ' = µ o γ −2 2.4.4 δ = 5.10 m . L’approximation faite n’est pas satisfaisante / ( ? ) 2.5.1 Pj = K.So ⇒ Pj = n 2 ' Pj n2 = Pj n 2.5.2 C’est dans ce but que l’on utilise des matériaux feuilletés. 2.6 En charge, r r H.dl = n1 .i1 + n 2 .i 2 et à vide ∫ r r H ∫ v .dl = n1 .i1v . La résistance des enroulements étant faible, ainsi que les fuites, le champ B est pratiquement le même dans le matériau, à vide comme en charge. H est donc aussi le même. Le cycle d’hystérésis est donc semblable, et donc les pertes par hystérésis sont identiques. B étant le même, le champ électromoteur est le même et les pertes par courants de Foucault sont identiques. A vide, la faiblesse du courant donne des pertes Joule négligeables devant les pertes fer : elles sont donc correctement mesurées à vide par la puissance consommée. Troisième partie : 1 2 1 L1i1 + L 2 i 22 + Mi1 .i 2 . En notant B1 (resp. B2) le champ créé par le circuit 1 seul (resp. 2) : 2 2 1 1 Ep1 = L1i1 = B12 .dτ , de même pour 2. L’énergie potentielle de la distribution de courant s’écrit 2 2µ o ∫∫∫ B1 .B2 1 1 1 .dτ . Ep = (B1 + B2 ) 2 .dτ = Ep1 + Ep 2 + B1 .B2 .dτ soit M = ∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫ i1 .i 2 2µo µo µo 3.1 Ep = 1 Le terme A = µo 2 B1 B2 + a. .dτ (où a est un réel quelconque) est positif (somme de termes tous positifs). En ∫∫∫ i1 i2 2 B1 a2 .d τ + ∫∫∫ i1 µo 2 B2 B1 .B2 2a 2 ∫∫∫ i2 .dτ + µo ∫∫∫ i1 .i2 .dτ soit L1 + a L2 + 2a.M ≥ 0 . Cette 2 2 condition n’est vérifiée que si l’annulation se produit au plus une fois soit ∆ = 4(M − L1 L 2 ) ≤ 0 ⇒ M < L l L 2 . 1 développant : A = µo 3.2.1 Le spectre présente deux raies 3.2.2 Si M augmente , les deux raies s’écartent. 3.2.3 Le spectre ne présente qu’une raie si l’on a excité un mode propre avec des conditions initiales particulières. di1 di di di + M 2 = 0 et v 2 + L 2 2 + M 1 = 0 . dt dt dt dt d2 u d2 v 3.2.4.2 En posant u=v1+v2 et v=v1-v2 il vient avec e=0 : u + (L + M).C 2 = 0 et v + (L − M).C 2 = 0 soit dt dt v1 = a.cos(Ω1 t) + b.sin(Ω1 t) + c.cos(Ω 2 t) + d.sin(Ω 2 t) et 3.2.4.1 v1 − e + L1 1 1 . , Ω2 = C(L + M) C(L − M) v 3.2.5.1 Les conditions initiales donnent : v o = a + c, 0 = a − c soit a = c = o et 2 b.Ω1 + dΩ 2 = 0, b.Ω1 − dΩ 2 = 0 soit b=d=0. Ainsi v v v1 = o ( cos(Ω1 t) + cos(Ω 2 t) ) , v 2 = o ( cos(Ω1 t) − cos(Ω 2 t) ) . 2 2 M M 1 3.2.5.2.a M<<L. Les pulsations se simplifient selon Ω1 ≈ Ω o . 1 − . et Ω 2 ≈ Ωo . 1 + avec Ωo = LC 2L 2L M M Ainsi v1 (t) = v o .cos Ω o t .sin(Ωo t) . Ω o t .cos(Ωo t) et v 2 (t) = vo .cos 2L 2L v 2 = a.cos(Ω1 t) + b.sin(Ω1 t) − c.cos(Ω 2 t) − d.sin(Ω 2 t) avec Ω1 = 3.2.5.2.b On observerait en plus un amortissement au cours du temps. 3.3 En régime permanent, les tensions cherchées sont sinusoïdales de même pulsation . En notation complexe, on aura v1 (t) = V1 .exp( jωt), v 2 (t) = V2 .exp( jωt) . En reportant : V1 . (1 − LCω2 ) − V2 .MCω2 = E et − V1 .MCω2 + V2 . (1 − LCω2 ) = 0 , soit V1 = E 1 − LCω2 (1 − LCω ) − ( MCω ) 2 2 2 2 et V2 = E MCω2 (1 − LCω ) − ( MCω ) 2 2 2 2 . Chimie : Q1 Octane C8H18 Q2 2,2,4-triméthylpentane. Q3 Il y a quatre isomères satisfaisant aux conditions données : 4 1 2 3 Le 3 a un carbone asymétrique. Q4 Source + filtre + polariseur + polarimètre de Laurent, ou Q4 Source + filtre + 2 polariseurs. Q5 C8 H18 + 25 O 2 → 8CO 2 + 9H 2 O . 2 Q6 1% de 1l d’octane contient N moles d’octane, et donne 8N moles de carbone. La masse d’un litre est de 692g, soit avec une masse molaire de 114g/mol, N=0,0607mol et m(suie)=8N.M(C) donne m(suie)=5,83g/l consommé. Q7 L’azote est porteur d’un électron célibataire, ce qui lui confère ses propriétés paramagnétiques. 2 PNO d(ln K) ∆ r H o o K = 6, 25.10 ∆ r S = 24, 76J / K / mol = >0 PN2 .PO2 dT RT 2 −6 Q8 5NO 2 + 2H 2 O → 4HNO3 + 1 N2 2 K= 2 PNO , PN2 .PO2 Al3+ + H 2 O → AlOH 2+ = H + = Ka. Al3+ ≈ 5mol / lH + ∆ r H o = 180,58.103 J / mol et ∆ r So = 24, 76J / K / mol . La constante d’équilibre pour 0,1% est K = 6, 25.10−6 , ce qui donne T=1452K. Q9 L’équilibre est indépendant de la pression puisque le nombre de moles de gaz est identique pour les réactifs et produits. C’est un problème de cinétique qui intervient. Q10 5NO 2 + 2H 2 O → 4HNO3 + Q11 Al 3+ 1 N2 2 + H 2 O → AlOH 2+ + H + Avec Al3+ ≈ 5mol / l , la RP donne AlOH 2+ = H + et donc H + = Ka. Al3+ et pH=2,15. Q12 Log(5)=0,7. On lit sur le graphe un pH de début de précipitation de 3 environ. La précipitation est totale ( ?) lorsque les concentrations en espèces dissoutes sont minimales, c’est à dire à pH=6. La fin de dissolution est obtenue lorsque 2+ − −7 −1 III −7 −1 Q13 A pH=13, on a Al(OH) = Al(OH) 4 = 10 mol.l . D’où Al = 2.10 mol.l . Q14 On utilise x moles de Al 2 O3 , y moles de Al 2 Si 2 O 7 , et 2 moles de Mg 3Si 4 O11 pour 3 moles de cordiérite. En moles, on a pour l’aluminium, 12=2(x+y) , pour le silicium 15=8+2y soit y=3,5 et x=2,5. On vérifie la cohérence pour l’oxygène. Les pourcentages molaires sont 31% Al 2 O3 , 44% Al 2 Si 2 O 7 , 25% Mg 3Si 4 O11 . Q15 Maille cubique centrée : coordinence 8. Compacité non maximale car coordinence max. 12. Q16 Pour 1Kg d’alliage, la masse de fer est 748g, soit 13,39mol. De même, pour le chrome, 200g soit 3,85mol et pour l’aluminium 52g soit 1,93mol. La formule ‘brute’ est donc Fe7 Cr2 Al . Il y a deux atomes par maille, ce qui donne une masse volumique de 7,4g.cm-3. Q17 A : fer C alliage avec passivation [ ] Q18 Pt = Xe 5s 4d 5p 4f 2 10 6 14 ∆rGo B impossible PtO2 6s 2 5d8 (en fait en 6s15d9 ). Q19 On établit le diagramme d’Ellingham pour ½ mole d’oxygène : A PtO 0 1 Pt / PtO : Pt + O 2 ↔ PtO ∆ r G1o = −68 + 0, 08 T(Kj/ mol) 2 Pt 1 o PtO / Pt 3 O 4 : 3PtO + O 2 ↔ Pt 3 O 4 ∆ r G 4 = 44 + 0,112T (Kj/ mol) 2 1 1 3 Pt 3 O 4 / PtO 2 : Pt 3 O 4 + O 2 ↔ PtO 2 ∆ r G 5o = −119,544 + 0, 0685T (Kj/ mol) 3 2 2 B T Le tracé montre que Pt3O4 n’est pas stable. Il faut donc étudier Pt/PtO et PtO/PtO2. 1 PtO / PtO 2 : PtO + O 2 ↔ PtO 2 2 ∆ r G 6o = −65 + 0, 083 T(Kj/ mol) . Allure ci-dessus. On superpose au graphique RT/2.ln(P(O2)=0, et on obtient la stabilité de PtO entre les points A et B du graphique, soit entre les températures 783K et 850K A température ordinaire, c’est PtO2 qui est stable. Aucun oxyde de platine n’est stable au delà de B, soit si T>850K, ce qui indique qu’il est inefficace au démarrage. Q20 faux : 1 4 6 vrai 2 3 5 Q21 réaction 2NO ↔ N 2 + O 2 K(873K) = 3, 08.10 −10 P(NO) = K.P(N 2 ).P(O 2 ) ⇒ P(NO) = 1, 6.10−6 bar . Fin du problème. P(NO) 2 avec K = . Ainsi P(N 2 ).P(O 2 )
