( ) UAA8 – Matière et énergieCHAPITRE 1 – La thermodynamique (p.184-185)

UAA8 – Matière et énergie

CHAPITRE 1 – La thermodynamique (p.184-185)

1) Expérience de Joule

a. T augmente (on augmente l’énergie potentielle de départ) b. T augmente (idem)

c. T diminue (il y a plus de molécules d’eau  chaque molécule reçoit moins d’énergie)

2) Données :  = 28 °C t = 15 min. = 900 s meau = 15 kg (15L) Cvêt = 2000 J/kg mvêt = 4 kg Ceau = 4186 J/kg Rendement : 90%

Formules : P = Eél/t Q = CM.m. Q = 0,90. Eél

Pour chauffer l’eau : Q = CM.m. = 4186 J.kg^-1.°C^-1 . 15 kg . 28 °C = 1 758 120 J Pour chauffer les vêtements : Q = CM.m. = 2000 J.kg^-1.°C^-1 . 4 kg . 28 °C = 224 000 J Total : 1 758 120 J + 224 000 J = 1 982 120 J

Rendement de 90 % : Q = 0,90. Eél  1 982 120 J = 0,90.Eél  Eél = 2 202 356 J P = 2 202 356 J/900 s = 2 447 W = 2,4 kW

3) Toute l’énergie cinétique de la balle de fusil est transformée en chaleur : Ecin = Q Formules : Q = CM.m. Ecin = 0,5.m.v² Ecin = Q

On cherche , on a donc :  =

m .v ²

2.C

_M

. m

=

v ²

2. C

_M=

( ^{600 m s} ) ^²

2.450 J kg .° C

=400° C

(Remarque dimensionnelle : 1 J = 1 kg.m².s^-2)

4) Dans ce cas de figure, la moitié de l’énergie potentielle va être conférée aux freins sous forme de chaleur Q = Epot/2. Considérons que la moitié de cette énergie est fournie aux plaquettes, et l’autre moitié aux disques, l’énergie reçu par les disques est donc Q = Epot/4.

Données : h = 1000 m m4 disques = 4.1,5 kg = 6 kg Formules : Q = CM.m.Epot = m.g.h Q = Epot/4

On cherche , on a donc :  =

m

_voiture

. g . h C

M

.m

disques

=

1000 kg . 9 ,81 m

s

²

.1000 m 4. 450 J

kg .° C .6 kg

=908

°C

(Remarque dimensionnelle : 1 J = 1 kg.m².s^-2) 5)

Moteur à essence Centrale thermique Q1 Mélange des gaz à haute T° Eau chauffée par la combustion Q2 Air atmosphérique Eau de la rivière

W Mouvement du piston Mouvement de la turbine

6) L’énergie chimique contenue dans l’essence est transformée en énergie calorifique fournie aux produits de la réaction de combustion qui se déroule dans le moteur, et en énergie mécanique qui déplace le piston. Le mouvement du piston entraîne le mouvement des roues, ce qui confère à l’ensemble de l’énergie cinétique. En montant la colline, une partie de cette énergie est stockée sous forme potentielle. Toute l’énergie potentielle acquise est ensuite progressivement transférée sous forme cinétique lors de la descente de la colline. Au moment du freinage, toute l’énergie cinétique acquise se transforme d’un coup en énergie calorifique, conférée aux freins et évacuée dans l’atmosphère.

7) à compléter 8) à compléter 9) à compléter 10)à compléter 11)à compléter

12) Réversible ou irréversible ?

 Coup de frein : irréversible (on ne peut pas refroidir les freins pour faire redémarrer l’automobile)

 Balançoire : réversible si on néglige les pertes sous formes de frottement avec l’air et entre les différentes pièces de la balançoire, sinon irréversible.

 Canette : irréversible (on ne peut pas récupérer la chaleur que la canette à reçue pour la rendre aux molécules d’air qui lui ont cédé)

 Saut à l’élastique : réversible (l’énergie potentielle perdue lors du plongeon est directement restituée)

 Descente en parachute : irréversible (impossible de récupérer l’énergie perdue lors des importants frottements entre l’air et le parachute pour remonter)

 Combustion du bois : irréversible (on ne peut pas récupérer l’énergie calorifique dispersée pour reconstruire le bois à partir des cendres et de la fumée)

13)à compléter

CHAPITRE 2 – Physique nucléaire (p.215-217)

1) Nucléons

Protons Neutrons

9

F

19 9 10

6

C

1 4 6 8

9 2

U

235 92 143

2) ²¹²₈₅

At → Bi

²⁰⁸₈₃ +⁴₂

He

3) ₁₄³¹

Si → P

₁₅³¹ +₋₁⁰

e

4) ₁₅³⁰

Si → N

₁₄³⁰ +₊₁⁰

e

5)

1

8

=

( ^{1 2} ) ^³

3 demi-vies se sont donc écoulées en 24h. Une demi-vie dure donc 8h.

6) A chaque demi-vie, l’échantillon est divisé en deux 

1 2 . 1

2 . 1 2 . 1

2

=

1

16

(proposition c) 7) Après t = 10.T1, 10 demi-vies se sont écoulées pour R1.

Il reste donc

( ^{1 2} )

¹⁰⁼

^{1024 1}

noyaux radioactifs

Les demi-vies de R2 étant deux fois plus longues, il n’y a que 5 demi-vies qui se sont écoulées

après t = 10.T1. Il reste donc

( ^{1 2} )

⁵⁼

^{32 1}

noyaux radioactifs.

N

₂

N

₁=

( ^{1 2} )

⁵

( ^{1 2} )

^{10 = 32}

8) L’échantillon b) restera radioactif beaucoup plus longtemps, mais l’échantillon a) aura une activité beaucoup plus forte (plus de désintégrations par unité de temps)

9) Un autre élément, qui peut être radioactif ou non.

10) 256 = 2⁸ Donc 8 demi-vies.

11) Puisque le néodyme actuel provient uniquement des désintégrations, chaque atome de néodyme est un ancien atome de samarium. Au départ, il y avait donc 200 + 600 = 800 milliards d’atomes dans cet échantillon. Le rapport Nt/N0 vaut donc

N

_t

N

₀=

2.10

¹¹

8.10

¹¹=

1

4

=

( ^{1 2} )

² Il y adonc deux demi-vies qui se sont écoulées, puisqu’il reste la moitié de la moitié de la quantité initiale (2.103 millions d’années = 206 millions d’années).

12) Données : At =

1,7

60

^{Bq et A0 =}

13 ,6

60

^Bq Formules : At = A0.e^-pt et p = ln(2)/T

en substituant p dans la première équation, on obtient

A

_t

A

₀=

e (

^{−ln 2T}

)

^.t

on isole t : t = –

ln ( ^{A A}

^0t

)

ln 2 . T

⁼

ln ( ^{A A}

^0t

)

ln 2 . T

⁼ 3.T = 3.5730ans = 17 190 ans 13)

a. Données : (voir tableau)

Formules : At = A0.e^-pt et p = ln(2)/T

en substituant p dans la première équation, on obtient

A

_t

A

₀=e

(

^{−ln 2T}

)

^.t

on isole T : T = –

ln 2

ln ( ^{A A}

^0t

) ^.t

= 90 secondes

b. 64 = 2⁶ → après 6 demi-vies, donc 6.90 s, soit 540 s (9 minutes) 14) à compléter

15) Datation K-Ar

a. Le ₁₉⁴⁰

K

se transforme en ₁₈⁴⁰

Ar

. Il y a donc libération d’une particule de masse nulle et de charge positive (positon). Il s’agit donc d’une désintégration β positive :

15

Si

30

→ N

₁₄³⁰ +₊₁⁰

e

b. Données :

N

_t(Ar)

N

_t(K)=

0 ,091

et T = 1,3.10⁹ ans Formules : Nt = N0.e^-pt et p = ln(2)/T

en substituant p dans la première équation, on obtient

N

_t

N

₀=e

(

^{−ln 2T}

)

^.t

on isole t : t = –

ln ( ^{N N}

^0t

)

ln2 .T

⁼

ln ( ^{N N}

^0t

)

ln2 . T

^{= 0,16.10}

9 ans

Pour le rapport

N

₀

N

_t, on sait que chaque atome d’argon provient d’un atome de potassium qui a subi une désintégration, donc Nt(Ar) = N0(K) – Nt(K)

On a donc

N

_t(Ar)

N

_t(K) ⁼

N

_0(K)

− N

_t(K)

N

_t(K) =0 ,091 et

N

₀

N

_t=1,091 16) à compléter

17)¹⁰₅

B

+₂⁴

He → H

₁¹ +¹³₆

C

0

n

1 +23592

U

→ Y

3995

+13953

I

+

2

01

n

18) Si les forces électriques étaient plus importantes que l’interaction nucléaire, les noyaux ne tiendraient pas ensemble : les protons qui le constituent se repousseraient et s’écarteraient les uns des autres, et les constituants de l’atome s’éparpilleraient.

19)(cf p.205) Cette énergie provient des réactions nucléaires qui se déroulent dans les étoiles.

L’agitation thermique est très élevée (θ > 10⁷K), ce qui rend ces réactions possibles. Même pour la fusion du deutérium et du tritium il faut maintenir le mélange à une θ de ~10⁸K pendant une dizaine de minutes, et éloigné des parois du réacteur qui ne résisteraient pas.

(cf p.212)

20) Masse des constituants de l’atome : 12 p⁺ pèsent 12.1,00728 uma = 12,08736 uma 13 n° pèsent 13.1,00866 uma = 13,11258 uma

12 e^- pèsent 12.0,00055 uma = 0,0066 uma TOTAL = 25, 20654 uma Or cet isotope pèse 24,98584 uma

Δm = 25, 20654 uma – 24,98584 uma = 0,2207 uma = 3,6647235.10^-28 kg

(1 uma = 1,6605.10^-27kg) 21) a) Masse des constituants de l’atome : 10 p⁺ pèsent 10.1,00728 uma = 10,0728 uma

12 n° pèsent 12.1,00866 uma = 12,10392 uma

10 e^- pèsent 10.0,00055 uma = 0,0055 uma TOTAL = 22,18222 uma Or cet isotope pèse 21,99138 uma

Δm = 22,18222 uma – 21,99138 uma = 0,19084 uma = 3,1688982.10^-28 kg b) ΔE = Δm.c² = 3,17.10^-28 kg.(3.10^{8 m}/s)² = 2,85.10^-11 J (pour 22 nucléons) El/nucléon =

2,85 .10

⁻¹¹

J

22

^{= 1,3.10}

-12 J/nucléon 22)à compléter

23) EL(Plutonium) = 1,2113 pJ/nucléon.239 nucléons = 289,5007 picoJoules EL(Tellure) = 1,3373 pJ/nucléon.135 nucléons = 180,5355 pJ EL(Molybdène) = 1,3728 pJ/nucléon.102 nucléons = 140,0256 pJ

ΔE = Eproduits – Eréactifs = EL(Tellure) + EL(Molybdène) – EL(Plutonium) = 31,0604 pJ = 3,1.10^-11J

Pour une mole : ΔE = 3,1.10^-11J.6,022.10²³ = 1,87.10¹³ J/mol

L’énergie dégagée est ~10¹⁰ fois (10 milliards) plus élevée que pour une réaction chimique !

24) a) ²¹²₈₅

At → Bi

²⁰⁸₈₃ +⁴₂

He

b) Δm = 239,05216 uma – (235,04393uma + 4,00260 uma) = 5,63.10^-3 uma = 9,348615.10^-30kg

ΔE = Δm.c² = 9,35.10^-30 kg.(3.10^{8 m}/s)² = 8,41.10^-13 J 25) schéma

26) cf p.210

27) Faux, il sert à ralentir les neutrons pour permettre à la réaction en chaîne de se poursuivre.

Les neutrons qui possèdent une vitesse trop élevée n’engendrent pas de fission lorsqu’ils rencontrent un noyau d’uranium. Il faut donc ralentir ces neutrons. (cf p.208)

28)