TSI1 PARTIE CHIMIE Problème 1 : Le cuivre métallique

TSI1
CORRIGÉ DS7
PARTIE CHIMIE
Problème 1 : Le cuivre métallique
1. Deux usages techniques du cuivre : jonctions électriques des circuits imprimés (bonne
conductivité électrique du cuivre), casseroles en cuivre (bonne conductivité thermique du
cuivre).
2. Les deux autres métaux produits en quantité sont l'aluminium et le fer (acier).
3. Le cuivre cristallise dans le système cubique à faces centrées.
(a) Maille du cuivre solide :
(b) Dans une maille, il y a 8 ×
1
8
+6×
1
2
= 4 atomes de cuivre.
(c) On a le paramètre de maille aCu = 361, 5 pm et la masse molaire atomique du
cuivre : M (Cu) = 63, 5 g.mol−1 . La masse volumique de ce métal est donnée par la
formule :
4 MN(Cu)
A
ρCu =
∼ 9000 kg/m3
a3Cu
4. L'un des minerais oxydés du cuivre, la cuprite Cux O possède une structure cristalline
particulièrement simple décrite par :
un système cubique centré d'ions oxyde O2− : maille cubique occupée par un atome à
chaque sommet et un atome au centre du cube.
les cations cuivre occupent la moitié des centres des demi-diagonales du cube.
(a) Maille du système des ions oxyde :
(b) Nombre d'ions oxyde par maille : 8 × 18 + 1 = 2.
Nombre d'ions cuivre par maille : 4.
La formule de la cuprite est donc Cu2 O.
(c) La charge des ions cuivre dans la structure est Cu+ pour que le cristal ionique soit
neutre électriquement.
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Problème 2 : Dosage de l'éthanol dans le vin (CCP 2007)
1. Pour réaliser la dilution par 10, on introduit 10 mL de S0 , prélevé à l'aide d'une pipette
jaugée de 10 mL, dans une olde jaugée de 100 mL. On complète la ole jaugée à l'eau
distillée jusqu'au trait de jauge, puis on homogénéise la solution.
Le principe du dosage est un dosage indirect. On fait réagir l'alcool avec un excès d'ions dichromate. On dose ensuite l'excès d'ions dichromate par une solution de F e2+ .
2. Réaction mise en jeu lors des étapes (ii) et (iii) entre ions dichromate et éthanol :
CH3 CH2 OH + H2 O *
) CH3 COOH + 4H + + 4e−
Cr2 O72− + 14H + + 6e− *
) 2Cr3+ + 7H2 O
3CH3 CH2 OH + 2Cr2 O72− + 16H + = 3CH3 COOH + 4Cr3+ + 11H2 O
3. Réaction de dosage entre ions dichromate en excès et ions F e2+ :
Cr2 O72− + 14H + + 6e− *
) 2Cr3+ + 7H2 O
F e2+ *
) F e3+ + e−
Cr2 O72− + 14H + + 6F e2+ = 2Cr3+ + 6F e3+ + 7H2 O
Schéma du dosage :
4. Soit la quantité nd - en nombre de mole - d'ions dichromate restant dans la solution S1 .
On utilise un tableau d'avancement de dosage.
EI
avant l'éq
à l'éq
Cr2 O72−
nd
nd − x
nd − xeq
6F e2+
c2 V 2
c2 V2 − 6x
c2 Veq − 6xeq
14H +
excès
excès
excès
=
2Cr3+
x
2x
2x
6F e3+
x
6x
6x
7H2 O
solvant
solvant
solvant
A l'équivalence, titrant et titré ont été introduits en proportions stoechimétriques. On a
donc : c2 V2 − 6nd = 0 soit :
c2 Veq
nd =
6
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5. Soit na la quantité d'alcool - en nombre de mole - initialement introduite dans la solution
S1 . On utilise un tableau d'avancement :
EI
avant l'éq
à l'éq
3CH3 CH2 OH
na
na − 3x
na − 3xf = 0
2Cr2 O72−
c1 V1
c1 V1 − 2x
c1 V1 − 2xf = nd
16H +
excès
excès
excès
=
3CH3 COOH
x
3x
2x
4Cr3+
x
4x
6x
11H2 O
solvant
solvant
solvant
CH3 CH2 OH est le réactif limitant.
En résolvant le système de deux équation : na − 3xf = 0 et c1 V1 − 2xf = nd ,
on montre que :
c2 Veq
3
)
na = (c1 V1 −
2
6
6.
cT =
na
= 0, 177 mol/L
VT
c0 = 10cT = 1, 77 mol/L
c0 correspond à la concentration en alcool du vin.
7. On dénit le degré alcoolique comme le nombre de millilitre d'alcool liquide contenus dans
100 mL de vin, les volumes étant mesurés à 20◦ C . On trouve une concentration massique
de c0 .M (CH3 CH2 OH) = 81, 42 g/L. En prenant en compte que la densité de l'alcool, on
trouve 10, 3 g/100g soit un degré alcoolique de 10, 3◦
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Problème 3 : La pile à combustible
+
Les couples d'oxydoréduction intervenant dans cette pile sont : H(aq)
/H2(g) et O2(g) /H2 O(l)
1. Equations des réactions aux électrodes :
H2(g) *
) 2H + + 2e−
O2(g) + 4H + + 4e− *
) 2H2 O(l)
2. Le réducteur est H2(g) et quel est l'oxydant est O2(g) . L'oxydant étant du côté des électrons
dans la demi-équation redox.
3. En additionnant les deux demi équations redox, on montre que l'équation de la réaction
globale de fonctionnement s'écrit :
2 H2(g) + O2(g) = 2 H2 O(l)
4. Pour l'environnement l'avantage d'une pile à combustible est de ne rejeter que de l'eau.
5. La cathode est le siège d'une réduction. C'est O2 qui est réduit. La cathode est donc
l'électrode à oxygène.
6. Une cellule élémentaire fonctionne pendant une durée ∆t = 192 h et débite un courant
d'intensité I = 300 A considérée constante .
On a :
Q = I∆t = nF
On en déduit le quantité de matière d'électrons formés au court du fonctionnement :
n=
300 × 192
= 0, 6 mol
96500
D'après les demi-équations électroniques ceci correspond à une consommation en gaz de
0, 3 mol de H2 et 0, 15 mol de O2 .
Fin de la partie Chimie
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PARTIE PHYSIQUE
Problème 4 : Grand huit
Considérons un grand huit que nous représentons par le schéma suivant :
Quelle doit être la hauteur
h
minimale permettant de passer le looping de rayon
R?
1.
→
→
→
→
→
WA−→B (P ) =AB . P = AB ex .mg sin(α) ex = ABmg sin(α) = mgh
où α est l'angle de la pente par rapport au sol.
2. En appliquant le TEC entre A et B :
→
→
1
1
∆Ec = mvB2 − mvA2 = WA−→B (P ) + WA−→B (N )
2
2
p
⇐⇒ vB = 2gh
3. vB = vc si il n'y a pas de force de frottement entre B et C.
4. On applique le TEC entre A et B :
→
Z
C
∆EC = WB−→C ( f ) =
f dx = f d
B
1
1
⇐⇒ mvC2 − mvB2 = f d
2
2
r
2f d
⇐⇒ vC =
+ vB2
m
√
On suppose que le chariot arrive au point C avec une vitesse de norme vC = 2gh, où g est
l'accélération de la pesanteur. On considère que le chariot ne subit aucun frottement lorsqu'il
est dans le looping. On appelle S le sommet de la boucle du looping.
5. On considère qu'il n'y a aucune force de frottement. Le système est donc conservatif.
L'énergie mécanique est constante.
EM = cste
6. On a : EM = Ec+EP = 21 mv 2 +mgz = cste Donc v diminue lorsque l'altitude z augmente
soit lorsque le chariot se déplace de C à S.
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→
→
7. Tracer v tangent à la trajectoire et a vers le centre de rotation.
On s'intéresse maintenant au moment le plus crucial : quand le chariot est en S.
Le chariot ne décollera pas du rail (ce qui est indispensable) si la réaction normale du support
→
N reste toujours non nulle. On appelle vS la norme de la vitesse du chariot lorsqu'il atteint le
point S.
8. D'après le PFD en S :
→
→
→
m a=P + N
→
→
→
→
→
→
dans le looping, on travaille en polaire : OM = R er , v = Rθ̇ eθ et a = Rθ̈ eθ −Rθ̇2 er .
→
En projetant le PFD suivant er :
−mRθ̇2 = −mg + N
vS2
= −mg + N
R
→
v2 →
⇐⇒N = m(g − S ) er
R
⇐⇒ −m
9. En utilisant le TEC entre C et S :
→
1
1
∆Ec = mvs2 − mvC2 = WC−→S (P )
2
2
Z S
Z
→
→
→
→
→
WC−→S (P ) =
mg(cos θ er − sin θ eθ ).Rdθ eθ = −mgR
C
On a donc :
π
sin θdθ = −2mgR
O
vS2 = vC2 − 4gR
→
Le train perd contact avec la piste en S lorsque N s'annule.
10. Pour que N ne s'annule pas en S, il faut que :
g−
vc2 − 4gR
>0
R
h
>0
R
3R
⇐⇒ hmin =
2
⇐⇒ 3 − 2
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Problème 5 : Mise en route d'une machine tournante
I- Régime transitoire :
Initialement immobile (ω(0) = 0), une machine tournante de moment d'inertie J par rapport à
son axe est soumise à partir de l'instant t = 0 à l'action d'un couple moteur de moment Γ = Γ0
constant.
1. L'équation diérentielle associée à l'évolution de la vitesse de rotation du moteur se
détermine en utilisant le théorème du moment cinétique :
Système :Machine tournante
On travail en référentiel terrestre supposé Galiléen.
D'après le TMC :
J
dω
=
dt
Γ0
−
kω
|{z}
|{z}
moment moteur moment des forces de frottement
⇐⇒
dω
dt
+ Jk ω =
Γ0
J
2. L'équation diérentielle obtenue est du premier ordre avec second membre constant. En
régime permanent, la vitesse angulaire ω = ω0 = cste.
En utilisant l'équation diérentielle :
dω0 k
Γ0
+ ω0 =
dt
J
J
On a donc :
ω0 =
Γ0
k
La vitesse de rotation ω0 est d'autant plus grande que le couple moteur Γ0 est grand et
le coecient de frottement k est petit.
τ=
J
k
3. La solution de l'équation diérentielle est de la forme :
ω(t) =
−t/τ
Ae
+
| {z }
solution de l'équation homogène
à t=0 :
ω =0=A+
ω(t)
ω0
Γ0
k
|{z}
solution particulière
Γ0
Γ0
⇐⇒ A = −
k
k
t
= 1 − e− τ
L'évolution est donc de la forme :
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II- Inuence d'une vibration :
On reprend l'étude précédente en supposant que, en raison de vibrations indésirables, le couple
moteur n'est plus une constante mais est modulé à la fréquence Ω/2π avec un taux de modulation η :
Γ = Γ0 (1 + η cos(Ωt))
1. On utilise de nouveau le TMC :
J
dω
= −kω + Γ0 (1 + η cos(Ωt))
dt
En remplaçant ω(t) par l'expression en fonction de , on montre que :
d k
Γ0
k
+ (t) =
(1 + η cos(Ωt)) −
dt J
ω0 J
J
avec ω0 =
Γ0
,
k
l'expression précédente se simplie en :
k
d k
+ = η cos(Ωt)
dt J
J
2. Après l'établissement du couple moteur, la réponse de la machine tournante suit un régime
transitoire de temps caractéristique τ = Jk .
Il laisse ensuite place à un régime forcé sinusoïdal de la forme :
(t) = α cos(Ωt − φ)
3. Sous forme complexe :
= αej(Ωt+φ)
On a donc, en remplaçant dans l'équation diérentielle :
(jΩ +
k
k
) = η
J
J
⇐⇒ =
η
1 + Jk jΩ
On en déduit α et φ :
α = || = p
η
1 + (τ Ω)2
φ = arg() = arg(η) − arg(1 + JΩ/kj) = − arctan(τ Ω)
III- Rôle d'un volant d'inertie :
Le terme oscillant (t) est d'autant plus faible que α est faible. α est petit pour τ grand avec
τ = Jk .
Il faut donc augmenter J en plaçant un volant d'inertie pour limiter les vibrations indésirables.
La vitesse de fonctionnement en régime permanent ω0 ne sera pas aectée, par contre le régime
transitoire sera plus long.
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Problème 6 : Résolution de problématique : le Cluster
ballooning Le résultat dépend du volume des ballons. On considère l'utilisation
de ballons de baudruche classiques. On considère les ballons comme
des sphères de diamètre 25 cm. Ceci correspond à un volume V =
4
ΠR3 ∼ 8.10− 3 m3 .
3
{ ballons+homme+équipement }
terrestre supposé Galiléen
Système :
Référentiel :
Bilan des forces :
→
→
: la masse totale du système : P = −M g ez , avec M =
m + ρHe N V , où m = 90 kg est la masse de l'homme et de son
équipement, ρHe V N est la masse de l'hélium dans les ballons, N
est le nombre de ballons.
→
→
La poussée d'Archimède : Π= ρair N.V g ez
le Poids
Le système peut s'envoler si :
→ →
Π > P ⇐⇒ ρair N V g > g(m + ρHe N V )
m
⇐⇒ N >
V (ρair − ρHe )
A.N.
: On prendra m = 90 kg , V = 8.10−3 m3 , ρair ∼ 1, 2 kg/m3 , ρHe ∼ 1, 7 kg.m−3 .
N > 11000 ballons
Fin de la partie Physique
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