06/12/2014 Devoir01_06_11_2014_corr.doc 1/3
Le 06/11/2014 Page : 1 / 3 Devoir n°1 (2h) - Correction T
aleS
I. La découverte de la LED bleue 1. Questions sur les documents
1.1. La découverte de la led bleue est importante pour l’éclairage car elle permet la synthèse de la lumière blanche à l’aide des diodes électroluminescentes vertes et rouges déjà existantes. (lignes 7 à 10)
1.2. Les principaux avantages sont la faible consommation énergétique de ces DEL et leur très longue durée de vie.
Les principaux inconvénients de l’utilisation des LED bleu sont les effets possibles sur la santé et principalement les yeux lors d’une exposition prolongée à un écran par exemple. (horloge biologique déréglée, éblouissement et inconfort visuel, effet aggravant sur la DMLA)
2. Choix du dopant pour les semi-conducteurs
2.1. Silicium Si : Z =14 soit K(2)L(8)M(4). Il a 4 électrons sur sa dernière couche électronique.
2.2. Le phosphore 5 électrons sur sa dernière couche électronique, donc il a un électron de plus que le silicium.
Cet électron pourra être donné au circuit extérieur.
2.3. Pour obtenir un cristal dopé (n), comme négatif, il faut des sites donneurs d’électrons.
2.4. Pour un cristal dopé (p), comme positif, l’atome d’aluminium Al (ou Ga, In) peut convenir car il a 3 électrons sur sa dernière couche électronique donc un de moins que le silicium. Ce site sera accepteur d’électrons.
2.5. Pour le semi-conducteur du document 1, le cristal utilisé est du nitrure de gallium. L’élément chimique pour doper la couche (n) est du silicium. Remarque : le gallium a 3 électrons sur sa dernière couche électronique, alors que le silicium en a 4 (site donneur) et le magnésium Mg en a 2 (site accepteur).
3. Mini-problème : « Comment calculer l’économie réalisée avec une ampoule à LED gu10 ? » 3.1. Pour une ampoule halogène : P = 50 W = 50 10-3 kW ; t = 2 ans = 2 365 5 h/jour = 2920 h
E = P t = 50 10-3 2920 = 146 kWh soit un coût C1 = 146 0,13720 = 20,03 € auquel il faut ajouter le prix de l’ampoule soit 9 € soit un coût total de 29,03 €
Pour une ampoule LED :
P = 4 W = 4 10-3 kW ; t = 2 ans = 2 365 5 h/jour = 2920 h
E = P t = 4 10-3 2920 = 11,7 kWh soit un coût C1 = 11,7 0,13720 = 1,60 € auquel il faut ajouter le prix de l’ampoule soit 13 € soit un coût total de 14,60 €
L’économie réalisée est de (29,03 € - 14,60 €) = 14,43 € soit en % 14,43/29,03 100 50 % d’économie.
3.2. Calculons le coût de chaque lampe pour une durée de fonctionnement de 50 000 h, durée de vie d’une ampoule LED
Pour une durée de 50 000 h, il faut utiliser 50000
2500 = 20 ampoules halogène d’un coût global de 20 9 = 180 €.
coût Chalogène = (50 10-3 50 000) 0,13720 + 180 = 523,00 €
Pour une durée de 50 000 h, il faut utiliser 1 seule ampoule LED soit un coût de 13 € coût CLED = (4 10-3 50 000) 0,13720 + 13 = 40,44 €
L’économie réalisée est de (523,00 € - 40,44 €) = 482,56 € soit en % 482,56
523 100 92 % d’économie ce qui est bien l’économie annoncée par le magasin. La publicité n’est pas mensongère.
06/12/2014 Devoir01_06_11_2014_corr.doc 2/3
II. Corrosion et zinc
1. Questions Document 1
1.1. La peinture empêche les oxydants contenus dans l’air ou dans l’eau de pluie d’accéder au métal pour le corroder.
1.2. D’après le texte 250 tonnes de peinture des dix-huit campagnes précédentes représentent un quarantième du poids de la tour Eiffel. Soit 25040 =10 000 tonnes.
2. Questions Documents 2 et 3
2.1. L’équation de la dissolution de l’oxyde de zinc et : ZnO(s) + 2 H+(aq)→ Zn2+(aq) + H2O(l)
2.2. Les ions Fe3+(aq) précipitent pour un pH supérieur à 2. Il ne reste plus que les ions Zn2+(aq) et Cu2+(aq) L’équation qui conduit à la formation du précipité est : Fe3+(aq) + 3HO- → Fe(OH)3.
2.3. Les ions Cu2+ (aq) réagissent avec le Zn solide et se transforment en cuivre solide. D’où la couleur rougeâtre du cuivre solide. L’équation est : Cu2+ (aq) + Zn (s) → Zn2+ (aq) + Cu (s).
2.4.
2.5. Les demi-équations sont : Zn2+(aq) +2e- = Zn(s) et 4 H+ + 4 e- + O2 = 2 H2O Ce qui donne : Zn2+(aq) +2 H2O → 4 H+ + O2+ 2 Zn
2.6. La production peut atteindre 3,0 tonnes par jour et par cellule de 86 cathodes.
Donc 3,0 106 g par cellule et par 24 heures.
I = 2 mZn
MZn t F => I = (2 3,0106 96500)
(65,4 24 60 60) = 1,0 105 A 3. Questions Document 4
3.1.
06/12/2014 Devoir01_06_11_2014_corr.doc 3/3
3.2. Le contact fer-zinc crée une pile : une réduction a lieu sur l’électrode de fer qui est donc protégée de la corrosion. Il ne s’oxyde pas, car c’est l’autre électrode qui est oxydée (ici le zinc). Le contact entre les deux métaux est nécessaire pour assurer la circulation des électrons d’une électrode vers l’autre. L’hélice n’est pas corrodée.
3.3. L’oxydation du zinc consomme ce métal, il est donc nécessaire de changer périodiquement les blocs de zinc.
Le métal à protéger constitue ainsi la cathode d’une pile. L’anode, bloc de zinc, se retrouve consommée au cours du processus et doit être remplacée. L’anode est donc « sacrifiée » pour protéger le métal qui sert de cathode. On parle donc de protection cathodique à anode sacrificielle
4. Conclusion
4.1. Les quatre moyens de protection évoqués dans les documents (peinture, galvanisation, protection par plots, ou les alliages) selon les pièces ou zones à protéger doivent apparaitre.
I
1.1 1 2
/22 1.2 1 2 3 4
2.1 1 2 2.2 1 2 2.3 1 2 2.4 1 2 2.5 1 2 3
3.1 1 2 3 4 5 3.2 1 2 3 4
II
1.1 1 2
/28 1.2 1 2 3
2.1 1 2 2.2 1 2 2.3 1 2
2.4 1 2 3 4 2.5 1 2 3 2.6 1 2 3 3.1 1 2 3 3.2 1 2 3.3 1 2
4.1 1 2 3 4
