1 – Quelques aspects de la mesure du temps

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Devoir de Sciences Physiques n

^◦

1 du 10-09-2021

— Solutions —

Probl` eme n

^o

1 – Quelques aspects de la mesure du temps

^{X MP 2011}

A. Clepsydre

1.On a δW = dmgz(t) .

2.Les parois sont rigides. Il n’y pas de frottements. Par cons´equent, il n’y a pas de composantes tangentielles de l’action des parois sur le fluide. Le travail est donc nul : δWparois/fluide= 0 .

3.On a d’une fa¸con généraleδW =−PextdV. Ici, on a une pression extérieureP0et pour l’action sur la surface supérieure, une diminution de volume dVs. L’énoncé note dV le déplacement volumique qui est nécessairement positif, on a donc dVs=−dV et donc un travailδWs=P0dV. Au contraire, au niveau de la sortie de l’eau sur la surface inférieure, on a une augmentation de volume dVi= dV. Le travail est doncδVi=−P0dV. Le travail total est donc nul : δWpression= 0 .

4. La somme du travail de toutes les forces est égale à la variation de l’énergie cinétique : ¹₂dm(v_s²−v²_n) = dmgz(t) ce qui donne : v²_s−v_n² = 2gz(t) .

5.Le débit massique est supposé constant (il en est donc de même pour le débit volumique). On peut donc

écrire queD^m= ρπr²vs =ρπR²vn. On a donc la relationvn = _R^r²2vs. En rempla¸cant dans l’expression de la question précédente, on arrive àvs²

1−R^r⁴⁴

= 2gz. Cela permet d’identifier à l’expression donnée par l’énoncé

z

z0 = 1−R^r⁴⁴ `a condition de poser z0=^v_2g²^s .

6. L’allure de la courbe z(R) est donnée sur le diagramme de la figure 1. Pour l’application numérique, on peut proposer, pour simplifier, de raisonner sur un cylindre de rayonR= 15 cm et de hauteurz0= 30 cm. Pour l’ouverture, on peut raisonnablement prendrer= 2 mm. Le volume d’eau estVeau =πR²z0 ≃21 L et donc la masse d’eau d’environ 21 kg. C’est déjà conséquent ! La vitesse de sortie de l’eau estvs=√

2gz0≃2,5 m·s⁻¹ et le débit massique D^m =ρπr²vs ≃3×10⁻²kg·s⁻¹. La durée d’écoulement, en supposant que la forme de la clepsydre correspond à un débit constant est alors ∆t = ^m_Dêau

m = ^R_r2²v^zs⁰ = 675 s. Cela fait 12 minutes . Cette durée est beaucoup trop courte et oblige à manipuler 20 kg d’eau environ toutes les 12 minutes ! Dans le système de la clepsydre deCtésibios, on travaille avec le réservoir B toujours plein et donc à altitude z constante par rapport à notre démonstration précédente. On a donc nécessairement un débit constant sans avoir à donner une forme particulière à la clepsydre. L’état de remplissage du réservoir An’est donc pas critique, on a de la latitude pour effectuer son remplissage. Il faut quand même s’assurer que le débit qu’il fournit est toujours un peu supérieur à celui correspondant à l’écoulement de la clepsydre. Quant au réservoirC, il comporte un flotteur qui va indiquer de fa¸con linéaire l’écoulement du temps puisque qu’il est proportionnel à la hauteur d’eau. Autant les formes de A et B peuvent être relativement quelconques, autant pour C il faut des parois verticales pour assurer la relation linéaire entre durée et position de l’index du flotteur. Avec un plus petit orifice pour la clepsydre, on pourrait espérer atteindre l’heure mais cela reste encore faible.

z R

0

Figure1 – Forme de la clepsydre

B. Mouvement horloger m´ ecanique

7.Pour établir l’équation différentielle de l’oscillateur, on applique le théorème du moment cinétique scalaire projeté sur l’axe de rotation du balancier. On a donc Jθ¨=−κθ car le couple exercé par le ressort spiral ne peut qu’être un couple de rappel. La pulsation propre de cet oscillateur est donc ω0=p_κ

J . Pour agir sur la fréquence des oscillations, on peut agir sur tous les paramètres intervenant dans le rapport ^κ_J avec κ= Êℓe_12L³

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et J = m0r²₀+ 4m1r₁² en simplifiant un peu le calcul du moment d’inertie sachant que les tailles des objets justifient cette attitude.

8.La p´eriode des oscillations estT0= 2πq

J

κ. On élève au carré cette expression et on en prend le logarithme.

On obtient : 2 lnT0 = ln^48π_Eℓe²3^L + ln(m0r₀²+ 4m1r₁²). La position des masselottes est repérée parr1. On dérive l’expression précédente par rapport à r1. On a donc 2^dT_T₀⁰ = ^8m¹^r_J¹^dr¹. On en déduit que δrm = _4m^J₁_r₁_∆t^δt avec δt= 5 s et ∆t = 24×3 600 s. Avec les valeurs numériques fournies, on trouve que δrm≃10⁻⁶m . L’horloger devrait positionner les 4 masselottes à 1µm près ! Cela paraˆıt difficile à réaliser.

9.Le coefficient de dilatation est d´efini parζ= _ℓ¹

c

dℓc

dT. On va le supposer isotrope, c’est-à-dire que la dilatation aura des effets identiques dans toutes les directions. La période carré de l’oscillateur estT₀² = ^48π_E²^LJ_ℓe3. Seul le terme ^LJ_ℓe3 va être influencé par la dilatation. En procédant comme avant avec la différentielle logarithmique, on peut donc écrire que 2^dT_T⁰

0 =^dL_L −^dℓℓ −3^de_e +^dJ_J . PourL,ℓete, c’est la dilatation de l’acier qui va jouer alors que pour le moment d’inertie, c’est celle du laiton. En notant dTla variation infinitésimale de température, on a donc 2^dT_T₀⁰ =−3ζacierdT+^dJ_J . CommeJ =m0r₀²+ 4m1r²₁, on a dJ = 2(m0r0dr0+ 4m1r1dr1). Or dr0=ζlaitonr0dT et dr1 =ζlaitonr1dT, cela permet de calculer dJ = 2ζlaitonJdT. Le calcul de la différentielle logarithmique de la période aboutit à ^dT_T₀⁰ = (ζlaiton− ³2ζacier)dT. Comme ^df_f₀⁰ =−^dTT0⁰, on peut donc conclure que l’effet de la dilatation sur la fréquence propre de l’oscillateur est : ^df_f₀⁰ =−(ζlaiton−³2ζacier)dT . En effectuant l’application numérique, on trouve que ^df_f⁰

0 =−5×10⁻⁶. Au bout d’une journée, cela représente environ 0,5 s de dérive. On peut observer dans la formule que, du fait du signe moins entre les coefficients de dilatation, il y a un certain effet de compensation ce qui limite la dérive temporelle.

10.La dent de la roue d’ancre est en liaison appui-plan avec le plan d’impulsion de la palette (appelé incliné dans le texte), cette dernière étant liée à l’ancre.

C. Horloge ` a quartz

11.On trouve une pulsation sérieωs= 2×10⁵rad·s⁻¹ donc une fréquencefs=^ω_2π^s = 32,8 kHz. La pulsation parallèle estωp=ωs(1 + 10⁻³) et le facteur de qualité très élevé Q= 5×10⁴ .

12.Dans le cas o`uR1= 0, la r´eactanceX(x) =−C0¹ωs

1 x

1−x² a²−x²

est représentée sur le graphique de la figure 2. On a un effet de condensateur lorsqueX(x)< 0, c’est-à-dire pour 0< x < 1 et pourx > a. Le circuit se comporte comme une bobine lorsque 1< x < a. Enfin, le circuit est un fil court-circuit lorsquex= 1. On peut aussi dire que le circuit est un interrupteur ouvert lorsquex=acar l’impédance imaginaire est infinie.

b x

b

1 a

X(x)

Figure2 – Réactance du quartz piézoélectrique

13.Il s’agit de l’association s´erie deR1et deL1. En effet l’imp´edance de l’ensemble estZ₁=R1+jL1ω=jLω.

On en déduit effectivement un coefficient d’autoinductance L=L1+^R_jω¹ . 14. L’énoncé nous donne Z(ωs) = ^R¹

1+j_QC^C⁰

1

et Z(ωp) ≃ R²₁^RC¹₀²ω²_s. On peut prévoir que la partie réelle de l’impédance est positive à cause des pertes énergétiques provoquées par la résistanceR1, cela correspond aussi à l’expressionZ(ωp) donnée avant. On vérifie en outre que la valeur de l’impédance est de l’ordre de 340 MΩ ce qui correspond effectivement aux 327 MΩ annoncés par le sujet. La courbe en pointillés est doncℜ(Z) et la courbe en trait plein la partie imaginaireℑ(Z). On constate que la partie imaginaire de l’impédance s’annule comme

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dans le cas d’une résonance d’intensité en circuit RLC série. Ici, la situation est pourtant différente, on peut parler d’antirésonance puisque l’impédance passe par un maximum. Le facteur de qualité correspond bien à ce que l’on définit habituellement. On peut constater sur le graphique que la largeur indiquée de _Q¹ correspond bien

à un intervalle de fréquence tel qu’on pouvait s’y attendre à savoir celui pour lequelZ(ωp)/2<ℜ(Z)< Z(ωp).

15. Le graphique propose d’étudier Z(x)/Z(a)¹ puisqu’en x = a = 1,001, ce rapport vaut 1. On constate qu’enx= 1, donc pourf =fs, on aZ(ωs) = 10⁻⁴Z(ωp). L’impédance à cette pulsation est la plus faible. Pour une tension donnée, le courant électrique qui circulera sera donc le plus important. On travaille à une fréquence fs= 32 768 Hz car cette fréquence correspond à une puissance de 2. On a 32 768 = 2¹⁵ . Ceci permet de faire agir ensuite sur la tension de départ, 15 circuits électroniques qui divisent la fréquence du signal par 2 et de venir sur 1 Hz qui correspond à une période de 1 s.

16.On a ^∆f_f⁰

0 =−4×10⁻⁶. Cela permet d’en déduire que _∆t^δt = +4×10⁻⁶. La fréquence diminue, la période augmente. On peut calculer ainsi que la montre retarde de 2 minutes par an.

D. Oscillateur non lin´ eaire entretenu : mod` ele ´ electrique du balancier

17.On²ai=−GV sinωt+βV³sin³ωt. Avec la formule donn´ee pour exprimer sin³ωt= ³₄sinωt−¹4sin 3ωt, on obtienti= −GV +³₄βV³

sinωt−¹4βV³sin 3ωt. On peut négliger le terme de pulsation 3ω car il y a une adaptation de la source d’énergie à la pulsation propre de l’oscillateur ce qui fait que le terme en 3ωsera filtré par le circuit. On peut donc écrire i≃ −G+³₄βV²

v .

18. L’admittance de la partie classique du circuit est la somme des admittances de chacun. On a Y_g =

1

jLω+jCω+G0. Pour la partie non classique, il faut voir que la relationi=f(v) établie à la question précédente définit correctement l’admittance de ce dipôle puisque la convention entre i et v est récepteur. L’admittance totale est donc Y = G0−G+ ³₄βV²+j Cω−Lω¹

. On a donc g1 = G0−G+ ³₄βV² et x1 = Cω− Lω¹ . Commen¸cons par écrire la loi des nœuds en prenant garde à l’orientation des courants qui sont tous montants dans les dipôles. On en déduit quei1+i2+i3 =i. Or, la tensionv est reliée aux diverses intensités par les relations v = −jLωi1, i2 = −jCωv et i3 =−G0v. En écrivant cette loi des nœuds sous forme complexe, on constate que cela revient à écrire queY v= 0. Cette relation sera vraie pour toute tensionvnon nulle siY = 0.

Un r´egime d’oscillation entretenu sera possible lorsqueCω−Lω¹ = 0 et lorsqueG0−G+³₄βV²= 0. Ces deux conditions conduisent bien `a ω=ω0= ^√¹

LC et `a V =V0=q

4 3

G−G0

β `a condition que G > G0 pour que l’apport d’´energie permette de compenser les pertes par effetJoule.

19. Si l’on reprend l’équation précédente écrite en complexes en la transposant dans le domaine temporel, on obtient l’équation différentielleC^d_dt²^v2 + G0−G+³₄βV²_dv

dt+_L^v = 0. Cette équation possède des solutions divergentes avec le tempstjusqu’à la saturation du dispositif qui apporte de l’énergie si le termeG0−G+₄³βV²<

0. Si on part d’une tension nulle pour v et qu’il se produit une petite fluctuation de tension, alors le terme

3

4βV²≃0 et le signe du facteur de la dérivée première est donné par celui deG0−G. Or, comme nous l’avons vu on a nécessairementG > G0et donc G0−G <0 . La petite fluctuation de tension est donc amplifiée jusqu’à ce qu’elle se stabilise à une amplitudeV =V0.

20.Avec une définition du facteur de qualitéQpositif³, l’équation différentielle précédente peut se réécrire

d²v

dt² − ^ωQ⁰ +ω²₀v = 0. On posev(t) = V(t) sinω0t. On obtient ^dv_dt = ω0V(t) cosω0t+^dV_dt sinω0t tout d’abord, puis la d´eriv´ee seconde ^d_dt²2^v = −ω²₀Vsinω0t+ 2ω0dV

dt cosω0t+ ^d_dt²^V2 sinω0t. En combinant dans l’expression précédente avecω²₀v=ω₀²V sinω0t, on arrive à l’expression différentielle 2ω0dV

dt cosω0t+^d_dt²^V2 sinω0t+_4C^3β(V²− V₀²)

ω0V cosω0t+^dV_dt sinω0t

= 0. Les variations de l’amplitude V(t) sont qualifiées de lentes. Cela va nous permettre de négliger le terme ^dV_dt sinω0t devant ω0V(t) cosω0t et, de la même fa¸con, on pourra simplifier

d²V

dt² sinω0tdevant 2ω0dV

dt cosω0t. L’´equation diff´erentielle devient alors 2ω0dV

dt cosω0t=_4C^3β(V₀²−V²)V ω0cosω0t que l’on simplifie pour obtenir effectivement la forme : _V¹^dV_dt =_8C^3β V₀²−V²

. On peut retrouver cette équation différentielle par une étude énergétique. L’énergie est stockée dans le condensateur et dans la bobine. On a E = ¹₂Cv²(t) + ¹₂Li²₁(t) avecv =−L^di_dt¹. On sait que dans le cas d’un oscillateur fonctionnant à sa pulsation propre, la contribution à l’énergie moyenne de la bobine est exactement équivalente à celle du condensateur. Si on noteW(t) =< E >t la moyenne temporelle de l’énergie (moyenne calculée sur une périodeT0 = ^2π_ω₀ petite devant la durée d’évolution de l’amplitudeV(t)), on aW(t) = 2×¹4CV²(t) car< v²>t=^V²₂^(t). En dérivant, on obtient ^dW(t)_dt =CV(t)^dV_dt. Cette expression correspond à la puissance re¸cue par le système bobine-condensateur et donc à la puissance fournie par le reste du circuit. On a donc ^dW_dt^(t) =−<(−i3+i)v >tpour tenir compte

1. L’énoncé indiquait par erreur que le graphique représentaitZ(x)/Z(1).

2. L’´enonc´e a confondubetβ.

3. Il aurait fallu d´efinirQ=_|g¹

1|

qC L

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des deux situations de convention du schéma du circuit que l’on rencontre à savoir la convention générateur sur G0et la convention récepteur sur le dipôle actif. On a donc ^dW_dt^(t) = (G−G0−^3β4 V²)^V₂². Dans ces conditions, l’égalité entre la puissance re¸cue et la puissance fournie conduit àCV ^dV_dt = ^3β₈ (V₀²−V²)V². Cette équation est bien la même que celle que nous avons établie avant.

21.On a ^dV_dt >0 car au d´epartV1 < V0. L’amplitude de la tensionv(t) est croissante au cours du temps.

Ceci se poursuit jusqu’à ce queV =V0, à ce moment l’apport d’énergie compense juste les pertes et l’amplitude se stabilise. Si l’amplitude devenait supérieure àV0alors le coefficient de la dérivée première changerait de signe et l’amplitude de la tension diminuerait. On a une stabilisation à une amplitudeV(t) =V0.

22. On reprend l’établissement de l’équation différentielle sans hypothèse particulière sur les variations de l’amplitude de la tensionv(t). La loi des nœuds donne toujours−Gv+βv³ = i1−C^dv_dt −G0v. On la dérive par rapport au temps et on utilise ^di_dt¹ =−L^v. Cela conduit à l’équation ^d_dt²2^v+h

G0−G

C +^3βv_C²i

dv

dt+ω₀²v= 0. En factorisant, on arrive `a : ^d_dt²^v2 −C^g

h1−^3βvg²

idv

dt+ω²₀v= 0 avecg=G−G0. On pose alors :ω0= ^√_LC¹ ainsi que γ=_C^g et ε²=^3β_g ce qui correspond bien `aε= _V²

0.

23.La modélisation linéaire par morceaux⁴proposée du dipôle actif nous permet d’écrire quei=±I0+^g₂v.

Dans ce cas de figure, la loi des nœuds devient ±I0+ ^g₂v = i1 −C^dv_dt puisqu’il ne faut pas oublier que la conductance G0 a été inclue dans le modèle linéaire par morceaux. En dérivant cette équation par rapport au temps comme nous l’avons fait précédemment, on arrive à ^g₂^dv_dt =−L^v −C^d_dt²^v2. Dans les deux portions de pente finie de la modélisation, on a le cas classique de l’oscillateur amorti répondant à l’équation différentielle :

d²v

dt² +_2C^g ^dv_dt+_LC^v = 0. On a donc _2C^g = 2α, c’est-`a-dire α= _4C^g .

24. L’équation caractéristique de cette équation différentielle est r²+ 2αr+ω²₀ = 0. Son discriminant est

∆ = 4(α²−ω²₀). Compte tenu du contexte, il est forcément générateur d’une oscillation pseudo-périodique et donc

∆<0. L’´enonc´e pose d’ailleurs Ω =p

ω²₀−α²>0. Les racines sont donc complexes :r=−α±jΩ. Cela permet d’écrire une forme de solutionv(t) = exp−αt[Acos Ωt+Bsin Ωt]. À la datet= 0, on av(t= 0) = 0 d’oùA= 0.

La solution devient alors v(t) = Bexp−αtsin Ωt. On trouve B avec la condition sur la d´eriv´ee ^dv_dt =S0. Or,

dv

dt =Bexp−αt[−αsin Ωt+ Ω cos Ωt] que l’on valide `a la date initiale. On obtient ainsiS0=BΩ. Cela permet de conclure sur la forme de la tension : v(t) =^S_Ω⁰exp−αtsin Ωt. On a ^dv_dt =S0exp−αt

−^αΩsin Ωt+ cos Ωt . A la date` t telle que Ωt =π⁻, on a cos Ωt =−1 et sin Ωt= 0. On peut donc en conclure qu’à cette date qui correspond à la moitié de la pseudo-période, on a ^dv_dt

π⁻/Ω=−S0exp−^απΩ <0. `A cette date, la tensionv(t) est nulle.

25.Entre la datet= 0 ett=π⁻/Ω, on étudie une phase oùv(t)>0. La partie du modèle linéaire à prendre en compte est donc i =−I0+ ^g₂v. La loi des nœuds donne alorsi1(π⁻/Ω)−C ^dv_dt

_π₋_/Ω =−I0+^g₂v(π⁻/Ω).

Lorsqu’on bascule `a la datet=π⁺/Ω, on a l’´equationi1(π⁺/Ω)−C ^dv_dt

_π₊_/Ω= +I0+^g₂v(π⁺/Ω). Or, la tension aux bornes d’un condensateur est continue et l’intensité dans la bobine aussi. Cela permet d’écrire, par différence des deux lois des nœuds précédentes que−C

dv dt

π⁺/Ω− ^dvdt

π⁻/Ω

= +2I0et donc que ∆( ˙v) =−2Î_C⁰ . 26.En analysant les résultats des questions précédentes, on peut éviter de faire les calculs qui montrent que l’amplitude de la dérivée de la tension va se trouver amortie une demi-pseudo période plus tard, qu’il y a changement de signe et qu’il faut rajouter ou soustraire à chaque passage par une datet=^nπ_Ω avecn∈N, une quantité ^2I_C⁰. On aS1=−S0exp−^απΩ −^2IC⁰. On en déduit queS2=−S1exp−^απΩ+^2I_C⁰. On peut alors traduire la relation de récurrence, en faisant attention à la parité den. Cela donne : Sn+1=−Snexp−^απΩ +^2I_C⁰ (−1)ⁿ⁺¹ . 27.Avec quelques termes, on se rend bien compte de ce qu’il se passe :S2=S0exp−^2απΩ +^2I_c⁰(1 + exp−^απΩ).

PourS3, on obtient S3 =−S0exp−^3απΩ −^2Ic⁰(exp−^απΩ + exp−^2απΩ )−^2IC⁰. Cela s’écrit encore sous la forme S3 =−S0exp−^3απΩ −^2Ic⁰(1 + exp−^απΩ + exp−^2απΩ ). On comprend donc l’organisation du développement de cette suite alternée (ici envisagée pournimpair) :Sn+1=S0exp−^(n+1)απΩ +^2I_c⁰(1 + exp−^απΩ +. . .+ exp−^nαπΩ ) qui fait apparaˆıtre une suite géométrique. Comme le terme exp−^(n+1)απΩ va vite tendre vers 0, on peut conclure comme l’énoncé le demande que : S_∞=^2I_C⁰₁₋_exp¹₋απ

Ω .

28.Le diagramme de phase est représenté sur le schéma de la figure 3 dans le plan ( ˙v,Ωv). On peut y voir les discontinuités de ˙v à chaque demi-pseudo période ainsi que les deux portions de courbes qui représentent les

4. L’énoncé a fait une erreur de signe dans l’égalité entre les intégrales. De plus, la tension normalisée a été mal définie, vn= √_g/β^v . Avec cette définition, l’intensité normalisée estin = ⁱ

g√_g/β ce qui ne correspond pas à celle donnée. L’équation du dispositif actif estin=−vn+v³_n. En calculant les aires, on montre que la pente des deux droites du diagramme (in, vn) est alors 1/2 et non pas 3√

3/4.

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oscillations amorties obtenues en r´egime permanent.

Ωv

˙ v

t= 0

b

S0

Enveloppe du r´egime permanent

Figure3 – Diagramme de phase de l’oscillateur entretenu

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Probl` eme n

^o

2 – Origine des d´ echets nucl´ eaires

Centrale PSI 2008

Probl` eme ` a remettre ` a votre camarade pr´ evu dans DMscope pour une correction crois´ ee, retour de la correction crois´ ee le / au plus tard.

A. La radioactivit´ e

1.L’équation différentielle est ^dc_dt^r^(t)+λcr(t) = 0. Avec la condition initiale proposée, la forme de la solution est : cr(t) =cr(0) exp−λt.

2. Par définition de la périodeT, temps au bout duquel la concentration initiale a été divisée par deux, on peut écrire quecr(T) = ^c^r⁽⁰⁾₂ =cr(0) exp−λT. En passant à la forme logarithmique, on a : λ= ^{ln 2}_T .

3.On noteλ1etλ2, les constantes radioactives respectives de²³⁸Uet²³⁵U. Sic0est la concentration commune des deux isotopes lors de la formation de la Terre, on peut écrire qu’à la date ta correspondant à l’âge de la Terre : cr8(ta) = c0exp−λ1ta et cr5(ta) = c0exp−λ2ta. En formant le rapportγ des deux abondances, on obtientγ= ^c_c^r8

r5 = exp(λ2−λ1)ta. En utilisant l’expression de la période démontrée précédemment, on obtient : ta=^ln_{ln 2}^γ_T^T¹^T²

1−T2 . L’application num´erique nous donne :ta ≃6×10⁹ans ce qui est un bon ordre de grandeur.

4.En comptant une masse molaire de 1 g·mol⁻¹ pour un nucléon, la masse molaire atomique de ²³⁵U sera M = 235 g·mol⁻¹. L’énergie correspondant à 1 g est E1 g = ₂₃₅^Nâ ×200×10⁶×1,6×10⁻¹⁹. On trouve :

E1 g= 8,5×10⁷kJ .

5. En notant ∆rH^◦ l’enthalpie de combustion de l’octane, il faut _|_∆Ê_r^{1 g}_H◦| = 1,7×10⁴mol d’octane dont la masse molaire moléculaire estM^′= 8×12 + 18 = 114 g·mol⁻¹. On trouve donc une masse : moct= 2×10³kg ! C’est considérable. Les processus nucléaires libèrent beaucoup d’énergie car ils mettent en jeu l’interaction forte entre les nucléons du noyau de l’atome. Au contraire, les processus chimiques qui concernent les électrons du cortège électronique de l’atome mettent en jeu des énergies beaucoup plus faibles.

B. Mod´ elisation du r´ eacteur

6. Lorsquem = 0, on peut observer sur le schéma que c^∗ = k1c et que c = _1+jωτ^k² ₂c^∗. Le calcul conduit à l’équationc= _1+jωτ^k¹^k²

2cque l’on peut encore écrireτ2(jω)c+ (1−k)c= 0. Ceci nous permet, en rappelant qu’une multiplication par (jω) correspond à une dérivation, de donner l’équation différentielle : τ2dc

dt+ (1−k)c= 0 . 7.La solution ´evidente de cette ´equation est : c(t) =c0exp^(k⁻_τ^1)t

2 . La valeur critique dek est : kc= 1 . En effet, sik >1cva diverger, la solution n’est pas stable. Par contre, sik <1 alorsc tend vers 0. La solution est stable mais la réaction ne peut pas être entretenue car le nombre de neutrons va rapidement diminuer empêchant ainsi la poursuite des réactions de fission nucléaire.

8.Pourm6= 0, on modifie une équation par rapport à la situation précédente :c^∗=k1cmaisc= _1+jωτ^k²

2c^∗−m.

Apr`es calculs, on trouve : H(jω) =−(1−^1+jωτk)+jωτ² 2 .

9.On peut encore écrire que [(1−k) +jωτ2]c=−(1 +jωτ2). On peut alors passer à l’équation différentielle générale : τ2dc

dt + (1−k)c = −(τ2dm

dt +m). Le problème proposé indique que m(t) = m0 fixé. On a donc : τ2dc

dt+ (1−k)c=−m0 . La forme de la solution est, en tenant compte de la condition initiale :c(t) = (c0−

m0

k−1) exp^(k⁻_τ^1)t

2 +_k−1^m⁰.

10.D’après la forme de la solution trouvée avant, on voit que si k > 1 alors l’exponentielle tend vers +∞ mais deux cas peuvent se produire alors. Soitm0>(k−1)c0 etc(t)→ −∞, soitm0<(k−1)c0etc(t)→+∞. Ces deux cas correspondent bien à ce que l’énoncé avait proposé. La valeur critique dem est par conséquent :

mc= (k−1)c0 .

11.Dans le cas a, l’effet des barres de contrˆole est trop important. Il y a trop d’ absorption de neutrons.

La réaction va s’arrêter. c < 0 n’a pas de sens physique. On pourra remarquer que lorsquec devient faible, l’intervention des barres de contrôle ne pourra plus être maintenue constante à la valeur m0, ce ne serait pas raisonnable.

12.Le réacteur nucléaire va s’emballer , les barres de contrôle ne suffisent plus. cne tendra pas vers l’infini mais augmentera suffisamment pour que le fluide caloporteur récupérant l’énergie dégagée par la fission n’ait plus le temps de faire son œuvre. La température va monter brutalement et le réacteur risque d’exploser. . .

13.La constante de temps du réacteur se lit sur l’équation différentielle établie avant. On a : τr= _1−k^τ² . On trouveτr= 0,1 s, c’est très court. Il est difficile de gérer correctement le réacteur nucléaire d’autant plus que la

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constante de tempsτ3 du fonctionnement des barres de contrˆole est de 1 s.

14.Les équations permettant d’établir l’expression de la fonction de transfert sont : c =k2c^∗−m et c^∗ = k1[(1−β) +_1+jωτ^β ₄]c. Après avoir conduits les calculs, on arrive à : T(jω) = ₍₁₋_k)+jωτ⁻^(1+jωτ₄_[1₋⁴_k(1⁾ ₋_β)] .

15.Grâce à la fonction de transfert précédente, on peut écrire l’équation différentielle τ4[1−k(1−β)]^dc_dt+ (1−k)c=−(τ4dm

dt +m). La nouvelle constante de temps estτ_r^′ =τ41−k(1−β)

1−k . On trouve τ_r^′ = 66 s. C’est 660 fois plus long qu’avant et surtout τ_r^′ = 66τ3. Pour fonctionner de fa¸con continue, on place toujours le réacteur très légèrement en situation de divergencek−1 ≪1 puisque k−1 = 10⁻³ et on contrôle le fonctionnement avec les barres de contrôle appropriées.

16. Lorsque la teneur en ²³⁵U devient trop faible, la probabilité de collision efficace entre un neutron et le noyau d’uranium 235 devient très faible .k va vraisemblablement passer en dessous de 1 et le réacteur va s’arrêter car le nombre de neutrons utilisés devient plus petit d’étape en étape.

C. Le retraitement

17.Le nombre d’oxydation classique de l’oxyg`ene est +II. On en d´eduit que les nombres d’oxydation deN dansNO⁻

3 etNO₂sont respectivement +V et +IV . La première réaction est forcément une réaction d’oxydo- réduction puisque l’azote change de nombre d’oxydation.

18.On trouve que les nombres d’oxydation sont +IV pour l’uranium dansUO_2s, +V I toujours pour l’uranium dansUO₂(NO₃)2et enfin +IV pour le plutonium dansPuO_2s qui poss`ede le mˆeme nombre d’oxydation dansPu(NO₃)4.

19.D’après la relation définissant le coefficient de partage, on a [Pu_org]₁ =Dp[Pu_aq]₁. Pour aboutir, il faut aussi écrire la conservation du nombre de moles total de plutonium mis au départ. On a doncn0= [Pu_aq]₀Vaq= [Pu_org]₁Vorg+ [Pu_aq]₁Vaq. Grâce à ces deux équations, on trouve enfin que : [Pu_aq]₁ = ^[Puâq^]⁰

1+Dp Vorg

Vaq

. Comme le plutonium se trouve `a un degr´e d’oxydation paire (+IV), on utilise la valeur Dp = 10². On voit donc que [Pu_aq]₁≃[Pu_aq]₀/1 000. On a : [Pu_aq]₁= 10⁻⁵mol·L⁻¹ .

20.En répétant l’opération, c’est à nouveau une division par mille qu’on réalise : [Pu_aq]₁= 10⁻⁸mol·L⁻¹ . 21.Les déchets ultimes, produits de fission et actinides mineurs possèdent un nombre d’oxydation impair. Le coefficient de partage est maintenant nettement inférieur à 1 puisqueDp= 10⁻². Ils ne vont pas passer dans la phase organique comme l’a fait le plutonium. Ils se trouvent donc dans la phase aqueuse .

22.Cette dernière opération fait passer le plutonium au degré d’oxydation +III. Le coefficient de partage sera de 10⁻². On fait donc repasser le plutonium en solution aqueuse sans doute pour faciliter son traitement ultérieur.