Épreuve de sciences-physique du concours blanc Corrigé

Corrigé

Épreuve de sciences-physique du concours blanc Corrigé

Sciences-physiques MPSI

Solution de l’exercice 1

1. Pour l’azoteZ= 7 et sa configuration fondamentale est 1s²2s²2p³ (règle de Pauli et de Kelchkowski) et l’orbitale 3p se rempli selon ↑ ↑ ↑ (règle de Hund). L’azote possède 5 électrons de valence.

Pour l’oxygèneZ = 8 et sa configuration fondamentale est 1s²2s²2p⁴ et l’orbitale 3p se rempli selon ↑ ↓ ↑ ↑ . L’oxygène possède 6 électrons de valence.

2. L’oxygène étant placé sur la même ligne et à droite d el’azote dans la classification périodique, il est plus électronégatif.

3. Pour la molécule de NO, on dispose de 11 électrons de valence soit 5 doublets et un électron célibataire :

N O

Pour la molécule de NO₂, on dispose de 17 électrons de valence soit 8 doublets et un électron célibataire :

O N^⊕ O

4. Pour NO₃^–, on dispose de 24 électrons soit 12 doublets :

O N

⊕

O 0 Pour NO₂^–, on dispose de 18 électrons soit 9 doublets :

O N O

Solution de l’exercice 2

1. Si la réaction admet un ordre initial alors on peut écrirev₀k[NO]^α₀[O₂]^β₀. Dans la première série d’expériences, [O₂]₀, on pose alorsk₁ =k[O₂]^β₀ et v₀ =k₁[NO]^α₀. Il suffit alors de tracer ln(v₀) = lnk₁+αln([NO]₀) en fonction de ln([NO]₀) pour obtenir une droite de penteαet d’ordonnée à l’origine lnk₁:

−16 −15 −14 −13 −12 −11 −10

−26

−24

−22

−20

−18

−16

−14

La régression linéaire donne une pente de 2 donc α = 2 et une ordonnée à l’origine lnk1= 5,0.

On fait de même pour la seconde série d’expériences mais en traçant ln(v0) en fonction de ln([O₂]0) :

−16 −15 −14 −13 −12 −11 −10

−20

−18

−16

La régression linéaire donne une pente de 1 donc β = 1 et une ordonnée à l’origine lnk2= ln (k[NO]^α₀) =−5,1.

2. Les ordonnées à l’origine permettent d’avoir une valeur de k: (k= _[O^k1

2]₀ ≈5,0×10⁶L²·mol⁻²·s⁻¹ k= _[NO]^k22

0

≈5,0×10⁶L²·mol⁻²·s⁻¹

3. Si la concentration en O₂est constante alorsv=kapp[NO]²=−¹₂d[NO]

dt . La résolution de cette équation différentielle donne (en prenant compte des conditions initiales) :

1

[NO] − 1 [NO]0

= 2k_appt.

Le temps de demi-réaction (t_1/2) correspond au temps auquel [NO] = [NO]₀/2 soit : t1/2= 1

2kapp

2 [NO]0

− 1 [NO]0

= 1

2kapp[NO]0

= 1

2k[O₂]0[NO]0

.

Application numérique :t_1/2≈1100 s≈18 min30 s.

Solution de l’exercice 3

Partie I — Mesure des variations d’inductance

1. Un simple diviseur de tension pemet d’obtenir les relations demandées : (u₁= _R+j(L^jL1ω

1+L₂)ωe u₂= _R+j(L^jL2ω

1+L2)ωe

2. La tensionu₊ est celle aux bornes du résistor de résistance R₁ relié à la masse qui est associée en série à l’autre résistor de résistanceR₁ (cari₊= 0 donc les deux résistors sont parcourus par le même courant). Il est alors possible d’utiliser un diviseur de tension :

u+= R1

2R₁u1= u1

2 .

De même les résistors de resistanceR₂ sont associés en série, nommonsile courant les parcourant :

u2= 2R2i+us. Oru₋=u₂−R₂idoncu₋= ^u2+u₂ ^s.

3. Comme u+=u₋ :

u2+us

2 =u1

2 us=u1−u2. AinsiK= 1.

4. Regroupons les résultats des questions précédentes : u_s=u₂−u₁

= j(L2−L1)ω R+j(L1+L2)ωe Ainsi :

T(jω) = j(L₂−L₁)ω R+j(L₁+L₂)ω

= j2Le∆z zeω R+ 2jL_eω

=∆z z_e

2jLeω R+ 2jL_eω

=∆z ze

2j^L_R^eω 1 + 2j^L_R^eω

L’identification avec l’expression donnée dans l’énoncé amène à : (T0= ^∆z_z

e

ω0= _2L^R

e

5. Étudions le gain en décibel et l’argument deT ainsi que ses limites, par la suite on note x=ω/ω0 :

(GdB(ω) = 20 log (|T(jω)|) = 20 log(|T0|)−10 log

x² 1+x²

ϕ(ω) = arg(T(jω)) = ^π₂ −arctan(x)

⇒

(GdB(ω)≈020 log(|T0|)−20 log(x)

x→0limϕ(ω) = π 2 et







x→∞lim Gdb(ω) = 20 log(|T0|)

x→∞lim ϕ(ω) = 0

6. C’est un filtre passe-haut du premier ordre.

7. C’est le pulsation de coupure.

8. Il suffit que ωω0 et dans ce casT(jω)≈T0= ^∆z_z

e. 9. f₀= ^ω_2π⁰ = _4L^R

eπ ≈995 Hz400 kHz, nous sommes dans les conditions de l’approximation de la qestion précédente doncu_s(t) =T₀Ecos(ωt+ϕ)

10. Commeωω0,ϕ≈0.

Partie II — Électronique de conditionnement

1. Il suffit de faire le calcul :

sm(t) =T0KmE²cos²(ωt) = 1

2KmE²∆z ze

(1 + cos(2ωt).

Le terme représentatif du déplacement de l’entrefer est celui qui correspond à la composante continue ou la moyenne du signal.

2. Il faut utiliser un filtre moyenneur, c’est-à-dire un filtre passe-bas (une cellule RC par exemple) dont la pulsation de coupure est inférieure àω.

3. Si on ne récupère que la moyenne du signal alorsSm=¹₂KmE^{2 ∆z}_z

e et Sm

∆z =KmE² 2ze

.

4. L’écart relatif par rapport à la position d’équilibre s’écrit ∆z ze

= 2S_m

KmE² ≈5,6×10⁻⁴m.

Solution de l’exercice 4

1. L’utilisation de la définition du rapport volumétrique de compression et de la cylindrée donnent deux relations permettant de déterminerV₁et V₂:

(δ= ^V_V¹

2

C= (V₁−V₂)×3 ⇔

(V₂= _3(δ−1)^C ≈40 cm³ V₁= _3(δ−1)^δC ≈440 cm³

2.

V P

A B

C D

E

3. La transformation BC étant adiabatique quasi-statique, on peut utiliser la loi de Laplace PBV_B^γ=PCV_C^γ d’où :

P_c=P_B V_B

VC

^γ

≈28,7 bar.

On en déduitTC grâce à la relation des gaz parfaits : TC=TB

PCVC

P_BV_B ≈783 K.

De même pour la pression enD : PD=PE

VE

V_D ^γ

≈115 bar.

4. La transformation BC est adiabatique :

∆U =QBC+WBC=WBC = nR

γ−1(TC−TB) =PCVC−PBVB

γ−1 = 177 J.

5. La transformation étant isochore, le travail est nul : QCD= ∆U = nR

γ−1(TD−TC) =PDVD−PCVC

γ−1 ≈860 J.

6. Le rendement est défini parR_dt=−_Q^W

CD =−^WBC_Q^+WDE

CD ≈0,49.

7. c.f. cours : RC= 1−^T_T^{f r}

ch ≈0,89.