1.1 Mouvement de la dalle : mise en équation

Concours blanc — Système récupérateur d’énergie en discothèque — Corrigé

1 Modélisation de la conversion d’énergie

1.1 Mouvement de la dalle : mise en équation

1. La force de rappel exercée par le ressort est :F~r=−k(x−`0)~ex

2. La dalle étant au repos, la somme des forces appliquées est nulle, donc

P~ +F~_r= 0 =−mg ~e_x−k(x_eq−`<sub>0</sub>)~e<sub>x</sub>= 0 soit x<sub>eq</sub>=`₀−mg k

mg

k est bien homogène à une distance, et on trouve logiquement quexeq< `0car le ressort se comprime sous le poids de la dalle.

3. Au bilan des forces de la question précédente, on ajoute le poids du danseur, on obtientx⁰_eq=`0−^(m+M_k ^)g. L’affaissement de la dalle estδ=^{M g}_k .

4. On choisitδ= 3×10⁻³metM = 80 kg. On trouvek≈2,6×10⁵N/m.

5. On applique le PFD à la dalle en mouvement, on obtient en projetant sur l’axe~ex. m¨x=−mg−k(x−`0) +F−αx˙−Dx˙ En effectuant le changement de variables suggéré, on obtient :

mX¨ =−kX+F−(D+α) ˙X soit X¨ +

D+α m

X˙ + k

m

|{z}a₀

X = F m

|{z}

b₀

1.2 Puissance électrique reçue par les LED

6. Z_R=R,Z_C= _jCω¹ , etZ_L=jLω.

7. La fréquence imposée par un danseur est de l’ordre def ≈1 Hz, soitω= 2πf ≈10 rad/s

8. Avec cette pulsation, le module de l’impédance associée àLest|Z_L|=Lω ≈2×10⁻²ΩR. On négligera doncLdevant R.

9. Lorsqu’on négligeL, on a un pont diviseur de tension, etv= _R+R^RL

Lu 10. La puissance instantanée reçue par le réseau de LED estPL(t) =RLi²=_R^v2

L soit : PL(t) = RL

(R+R_L)²

| {z }

A

[Ktγx(t)]˙ ²

11. La puissance instantanée fournie par la fem est :

P_u=ui= u² R+RL

=[K_tγx(t)]˙ ² R+RL

et P_p= P_u

η = [K_tγx(t)]˙ ² η(R+RL)

12. La puissance prélevée à la dalle peut aussi s’écrireP_p=−F_αx˙ (puissance mécanique reçue par la forceF~_α) ce qui donne :

F_α=− (K_tγ)² η(R+RL)x(t)˙

13. Avec les valeurs données, on trouveα≈3,0×10⁴N s m⁻¹D. L’amortissement imposé par la génératrice est donc bien supérieur à l’amortissement mécanique. On peut donc négliger ce dernier.

1.3 Alimentation électrique des LED

14. Si la tensionuest positive, les diodesD₁etD₃sont passantes, les diodesD₄etD₂sont bloquantes. Dans ce cas, on au=v.

Siuest négative, l’état des diodes est inversé etu=−v.

15. Les diodes servent à redresser la tension.

−a 0 a

temps

tension

u(t) v(t)

16. v(t)est un signal périodique de fréquence2f0. Il contiendra donc la fréquence fondamentale2f0ainsi que ses multiples (harmoniques) :4f0,6f0, …,2nf0.

17. L’inconvénient de ce montage est que le courant qui circule dans les LED n’est pas constant, donc l’intensité des LED va varier dans le temps, elle vont clignoter.

18. Comme d’habitude,τ=RLC.

19. On doit avoirτ T = ^2π_ω soitC _R^2π

Lω ≈4,2×10³µF. C’est un peu plus gros que les condensateurs que l’on utilise d’habitude en TP (quelquesµF).

2 Simulations, optimisation des paramètres

2.1 Réponse indicielle

20. ω0= rk

metQ=

√ km α

21. ω₀est la pulsation propre du système, c’est sa pulsation naturelle d’oscillation (s’il n’y a pas de frottements).Qest le facteur de qualité de l’oscillateur, plus il est grand, plus l’oscillateur libre oscillera longtemps.

22. On cherche une solution particulière sous la forme du second membre qui est constant, on trouveX = ^F_k⁰.

23. Un examen de la solution générale fournie montre qu’il n’y a pas d’oscillations (pas decosou desin), et la présence de deux exponentielles décroissantes indique qu’il s’agit d’un régime apériodique.

Avec la solution fournie, ou a bienX(0) = 0etX(0) = 0.˙ 24.

˙

x(t) = ˙X(t) =F0

k ω0Q 1−Q²

e^−ω0Qt−e^−ω0t/Q

25. On a montré à la question 10 que la puissance électrique instantanée reçue par les LED est proportionnelle àx(t)˙ ². En utilisant l’expression ci-dessus dex(t), on obtient bien l’expression recherchée :˙

P_L(t) =KF₀²

e^−ω0Qt−e^−ω0t/Q2

26. On est en régime apériodique, doncQ < ¹₂ et _Q¹ > Q. La seconde exponentielle tend donc vers 0 bien plus rapidement que la première. Donc aux temps longs, on peut négliger la seconde exponentielle et on a

PL(t)≈KF₀²e^−2ω0Qt=KF₀²e^−t/τ avec τ= 1 2Qω0

27. La courbe en trait plein représenteF0et la courbe en pointillés représentePL. On applique

— une force de1600 Nentre1,3 set1,6 s

— une force de800 Nentre2,6 set3 s

— une force de400 Nentre4,2 set4,8 s

28. Lorsque la dalle remonte, la puissance électrique vient des ressorts qui ont emmagasiné de l’énergie potentielle élastique.

La puissance électrique tend vers zéro au bout d’un temps long car même en présence d’une force appliquée non nulle, la dalle se stabilise et arrête de se déplacer. Or l’énergie électrique est produite lorsque la dalle se déplace.

29. À la question , on a montré que la puissance électrique reçue par les LED est proportionnelle àF₀². C’est bien ce que l’on observe sur ce graphique, car lorsque la forceF0est divisée par 2, la puissance électriquePLest divisée par 4.

30. Le temps typique de décroissance ne semble pas dépendre deF0. D’après le graphique donné, on peut estimer qu’il est de l’ordre deτ ≈0,4 s. L’expression deQdonnée à la question 26 avec les données du problème donneτ ≈ 0,1 s. Ces deux valeurs sont du même ordre de grandeur.

2.2 Forçage sinusoïdal

31. On trouve graphiquement :F₀≈1000 N,F₁≈800 Netω= 2π/T ≈20 rad/s.

32. L’équation devient :

−ω²X+jωω0

QX+ω₀²X = F1

me^j(ωt+ϕ) 33. On obtient alors :

X = F1e^j(ωt+ϕ) m

j^ωω_Q⁰ −(ω²−ω₀²) soit X0=|X|= F1

m

1 r

(ω²−ω₀²)²+

ωω0

Q

²

34. On aX˙ =jωX et doncV₀=ωX₀ 35. On a lim

ω→0hP_Li= 0et lim

ω→∞hP_Li= 0.

hPLiest maximum lorsque le dénominateur de son expression est minimum, donc lorsqueω/ω0−ω0/ω= 0, donc lorsque ω=ω0≈65,5 rad/s. Dans ces conditions, la puissance moyenne maximale récupérée est

hPLi_max= (ηF₁)²R_L 2K_t²γ²

0

ω hPLi

36. Le système récupère la puissance maximale lorsqueω=ω0≈65 rad/s. Soit une fréquence def0=^ω_2π⁰ ≈10 Hz, ou encore un tempo d’environ625 battements/min. L’équipe qui va remporter le duel est celle dot le tempo est le plus proche de ce résultat donc c’est l’équipe 2 qui doit gagner.

37. Si les paramètresωetR_Lsont fixés, l’expression dehP_Lidevient :

hP_Li= Aγ² Bγ⁴+C Dans ce cas, on a lim

γ→∞hPLi= 0et lim

γ→0hPLi= 0. En faisant une analyse rapide de cette fonction, on trouve que ça dérivée ne s’annule que pour une valeur deγ >0. On a donc l’allure suivante :

0

γ hPLi

38. Lorsqueωetγsont fixés, l’expression dehPLiest de la forme : hPLi= ARL

B+C(D+RL)² On a à nouveau lim

RL→∞hPLi= 0et lim

RL→0hPLi= 0. En faisant une analyse rapide de cette fonction, on trouve que ça dérivée ne s’annule que pour une valeur deR_L>0. On a donc l’allure suivante :

0

R_L hPLi

39. Les prédictions que nous avons faites sont compatibles avec le graphique de la figure 8. On observe un maximum dehPLien fonction deRLet deγ.

40. D’après ce graphique, pour que la puissance récupérés soit maximale, il faut choisirγ≈2 rad/metRL≈300 Ω.

3 Étude du « miroir infini »

3.1 Éléments d’optique du dispositif

Les miroirs sont disposés parallèlement ; la distanceLqui les sépare est de l’ordre de quelques centimètre. Une LED, assimilée à une source ponctuelle monochromatique, est disposée entre les deux miroirs, à une distanceOA=`du miroir (M).

41. Rigoureusement stigmatiquesignifie que tous les rayons issus d’un point d’un objet passent par le même point de l’image après le système optique.

42. Schéma

Axe optique

(M) (M⁰)

O O⁰

A

A₁ A⁰₁

43. On aOA1=−`etOA<sup>0</sup><sub>1</sub>=L+L−`= 2L−`.

44. Pour que les images An sous la piste de danse apparaissent équidistantes, il faut que An+1An soit constant et notam- ment, il faut que(A_n+1A_n)_npair = (A_n+1A_n)_nimpair. En utilisant la formule donnée, on trouve(A_n+1A_n)_npair = 2`et (A<sub>n+1</sub>A<sub>n</sub>)<sub>nimpair</sub>= 2(L−`). On doit donc avoir

2(L−l) = 2l⇔`= L 2 Deux images successives sont alors distantes deL.

45. Les images n’apparaissent pas toutes aussi lumineuses car à chaque réflexion, un peu de lumière est transmise par le miroir sans tain. Plusnest élevé, plus la luminosité de l’image diminue.

3.2 L’aluminium du miroir

Pour produire un miroir, on dépose une fine couche métallique sur une plaque de verre. Si cette couche est suffisamment fine, le miroir peut laisser passer une partie de la lumière incidente, c’est un miroir sans tain.

L’aluminium a pour numéro atomiqueZ = 13.

46. Le nombreZreprésente le nombre de protons du noyau et le nombre d’électrons de l’atome neutre. Dans son état fondamental, la configuration électronique de l’aluminium est₁₃Al = 1s²2s²2p⁶3s²3p¹

47. L’aluminium se trouve dans la 3ème ligne (3 s), à la première colonne du groupep, soit la 13ème colonne.

48. L’ion le plus probable est celui où l’aluminium perd ses 3 électrons de valence pour devenir Al³⁺

49. L’équation de réaction est :

2 Al + 3 Cl₂−−→2 AlCl₃

50. Représentation de Lewis : Cl Al Cl

Cl

4 L’électronique à base de silicium

51. Lorsque la température augmente, la constante d’équilibre augmente et donc l’équilibre est déplacé vers la droite, c’est à dire dans le sens de production du Silicium. L’industriel a donc intérêt à travailler à haute température.

52.

2 CaC_{2 (s)}+ 3 SiO_{2 (s)}= 2 CaO_(s)+ 4 CO_(g)+ 3 Si_(l)

53. À l’équilibre on aK₁⁰0 = ^p(CO)_p4 ⁴ 0

= 3,68×10²⁴, doncp(CO) = 1,4×10¹¹Pa = 14×10⁵bar. La quantité de matière de monoxyde de carbone formée estn(CO) =^p(CO)V_RT '7,8×10⁴mol. La pression d’équilibre est extrêmement élevée ce qui nécessiterait un réacteur très solide. Le monoxyde de carbone étant toxique, il faut prendre les précautions nécessaires.

54. La pression de la phase gazeuse est celle trouvée à la question précédente, soitp= 1,4×10⁶Pa. Pour trouver les quantités de matière des différentes espèces dans l’état final on établit le tableau d’avancement suivant :

2 CaC2 (s) + 3 SiO2 (s) = 2 CaO(s) + 4 CO(g) + 3 Si(l)

E.I. n1 n2 0 0 0

E.F. n1−2ξ n2−3ξ 2ξ 4ξ 3ξ

avecn1=m(CaC₂)/M(CaC₂) = 0,5 moletn2=m(SiO₂)/M(SiO₂) = 0,3 mol.

D’après la question précédente, on a4ξ= 7,8×10⁴moldoncξ'2×10⁴mol. On voit donc que l’équilibre ne pourra pas être atteint. SiO₂est le réactif limitant, il est totalement consommé. On en déduit que l’avancement final estξf = 0,1 mol.

Les quantités de matière finales sont donc :

n(CaC₂) = 0,3 mol,n(SiO₂) = 0 mol,n(CaO) = 0,2 mol,n(CO) = 0,4 moletn(Si) = 0,3 mol La pression de la phase gazeuse estP = ^nRT_V '7,2 bar.

La masse de silicium formée estm= 8,4 g 55. L’équation (2) devient :

SiHCl_{3 (g)}+ H_{2 (g)}= Si_(s)+ 3HCl_(g) 56. [₁₄Si] = 1s²2s²2p⁶

| {z }

cœur

3s²3p²

| {z }

valence

[₁₇Cl] = 1s²2s²2p⁶

| {z }

cœur

3s²3p⁵

| {z }

valence

57. dichlorosilane : Cl Si Cl H

H

trichlorosilane : Cl Si Cl Cl

H

chlorure d’hydrogène :H Cl