DS1 - Physique-Chimie - Corrigé

D.Malka – MPSI 2020-2021 – Lycée Jeanne d’Albret

19.09.2020

Problème 1 – Une éolienne

(a) Offshore Vestas 112 wind turbines

Power

Rated power 3000 kWCut-in wind speed 3,0 m · s−1Rated wind speed : 12,0 m · s−1Cut-in wind speed 25,0 m · s−1

RotorDiameter 112 mNumber of blades 3Max speed 17,7 U/min

(b) Data-Sheet

Figure 1 – Vestas V112 Offshore wind-turbine – General data

4 6 8 10 12 14

v (m. s−1)

0

500

1000

1500

2000

2500

3000

3500

P(kW

)

Figure 2 – Vestas V112 Offshore wind-turbine – Power vs wind speed

1. L’éolienne peut délivrer une puissance maximale d’environ 3,1 MW

2. On cherche la puissance de l’éolienne sous la forme P = 12CpραAβvγ . L’homogénéité de la relation impose :

[P ] = [ρ]α[A]β [v]γ

avec [ρ] = M.L−3, [A] = L2 , [v] = L.T−1 et [P ] = [E].T−1 = M.L2.T−3.

M.L2.T−3 = Mα.L−3αL2βLγ .T−γ ⇔

1 = α2 = −3α+ 2β + γ−3 = −γ ⇔ α = 1β = 1

γ = 3

Donc on peut proposer l’expression pour la puissance fournie par l’éolienne :

P = 12CpρAv3

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3. L’après suivante prédit une dépendance avec la vitesse au cube. A partir de v = 11 m · s−1, la puissancecommence à stagner avec la vitesse et le modèle n’est clairement plus valable. Pour 3 m · s−1 ≤ v ≤11 m · s−1, difficile de trancher sur la simple allure de la courbe. On peut choisir deux points assez distantspar exemple v1 = 4,0 m · s−1 et v2 = 8,0 m · s−1 et examiner si les rapports des puissances est égale aurapport du cube des vitesses :

P2P1

?= v32v31

On mesure P1 ≈ 1,3× 102 kW et P2 ≈ 1,4× 103 kW doncP2P1≈ 10 tandis que v

32v31

= 8 donc :

P2P1

&v32v31

L’égalité n’est pas rigoureusement validée mais n’est pas loin de l’être. On peut penser que le modèle estbon mais que le coefficient de puissance n’est sans doute pas constant sur toute la plage de croissance dela puissance.

En admettant que P = 12CpρAv3, on peut déterminer le coefficient de puissance en point de la courbe :

Cp =2PρAv3

v peut se mesurer sur la courbe tandis que A = πD2

4 avecD = 112 m le diamètre du rotor et ρ = 1,3 g · L−1.

Pour v = 8 m · s−1, on mesure P2 ≈ 1,4 kW et donc : Cp ≈ 0,22

4. L’éolienne convertit l’énergie mécanique en énergie électrique. L’électricité injecté dans le réseau électriquedoit présenté une certaine qualité. En autres, le signal électrique délivré doit être harmonique à la fréquencef du réseau EDF (RTE en fait) et de valeur efficace 220 V.4.1 La fréquence du signal électrique avant injection sur le réseau EDF doit être de 50 Hz.4.2 Le signal est harmonique et s’écrit donc u(t) = um cos(2πft+ϕ). On démontre aisément (voir cours)

que la valeur efficace ueff et l’amplitude um du signal sont liées par :

ueff =um√

2

On en déduit um =√

2ueff ≈ 311 V.

Problème 2 – Modèle d’Einstein des solides cristallins1–L’oscillateur harmonique classique à une dimension - Exemple du système masse+ressort

k,l0

l0 x(t)0M(m)

xAex

Figure 3 – Système masse+ressort

1. Déterminons l’équation différentielle vérifiée par la position x(t).

Système : masselotte M(m)

Référentiel : laboratoire, galiléen

Inventaire des forces :

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— la tension du ressorts : ~F = −kx~ex

2ème loi de Newton : m~a = ~F , avec a = ẍ~ex donne mẍ = −kx, soit en posant ω =√k

m:

ẍ+ ω2x = 0

où ω est la pulsation propre de l’oscillateur harmonique c’est-à-dire la pulsation de ces oscillations libreset non amorties lorsqu’on l’écarte initialement de son état d’équilibre. Évidemment, [ω] = T−1.

2. Á t = 0 la masselotte est placée en x = x0 et lâchée sans vitesse initiale, déterminons x(t) pour t ≥ 0.

x(t) = a cos(ωt) + b sin(ωt)

Déterminons a et b à l’aide des relations de continuité de la position x(t) et de la vitesse ẋ(t) =−aω cos(ωt) + bω sin(ωt). Á t = 0 :

{x(0+) = x(0−)ẋ(0+) = ẋ(0−)

⇔{a = x0b = 0

Donc :

x(t) = x0 cos(ωt)

3. Représentions graphiquement de x(t) : fig.4.

��� ��� ��� ��� ��� ���

� ���

���

���

���

���

���

����

T

Figure 4 – Oscillations harmoniques de la masselotte

4. Période T des oscillations de la masse :

T = 2πω⇔ T = 2π

√m

k

A.N. : k = 30,0 N ·m−1 et m = 100,0 g donne T = 0,362 s.5. Énergie mécanique du système :

Em =12mẋ

2︸ ︷︷ ︸Ec

+ 12kx2︸ ︷︷ ︸

Ep

Avec x(t) = x0 cos(ωt) et ẋ(t) = −x0ω sin(ωt), on trouve :

Em =12ka

2

On reconnaît l’énergie mécanique initiale. L’énergie mécanique du système se conserve : c’est cohérentavec la non considération de toute forme de dissipation d’énergie (frottement,. . .).

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6. La vitesse de la masselotte est maximale au point où son énergie cinétique est maximale donc, par conser-vation de l’énergie, là où l’énergie potentielle est nulle.

L’énergie potentielle est nulle en x = 0 alors :

Ec(x = 0) = Em⇔ mv2m = ka2

⇔ vm =√kma

2–Modèle d’Einstein de la vibration des solides

L’énergie de l’oscillateur harmonique quantique s’écrit :

En =(n+ 12

)~ω avec n ∈ N

7. On note E la dimension d’une énergie. ~ s’exprime en J · s donc [~] = E.T et [ω] = T−1 donc [~ω] = E .

La relation En =(n+ 12

)~ω est bien homogène.

8. A partir de ~, kB et ω, construisons la température ΘE dite d’Einstein. [~ω] = E et kB s’exprimant enJ.K−1, [kB ] = E.Θ−1 donc on peut proposer l’expression suivante pour la température d’Einstein carhomogène à une énergie :

ΘE =~ωkB

9. Masse m d’un atome de germanium. Par définition :

m = MGeNA

A.N. : MGe = 28 g ·mol−1 donne m = 4,65× 10−26 kg.10. Température d’Einstein pour le germanium vaut ΘE,Ge = 138 K, la raideur k du ressort modélisant les

oscillations harmoniques du cristal ?

ΘE =~ωkB⇔ Θ2E =

~2ω2

k2B⇔ Θ2E =

~2kk2Bm

⇔ k = mk2BΘ2E~2

A.N. : k = 15,3 N ·m−1.

3–Énergie interne et capacité thermique d’un solide

Dans le cadre du modèle d’Einstein, si on note {ni} les nombres quantiques associées à chacun des 3Noscillateurs harmoniques constituant le solide, l’énergie de ce solide s’écrit :

E =(q + 3N2

)~ω avec q =

3N∑i

ni

La valeur de l’énergie est donc donnée par la valeur de q. On appelle micro-état du solide la donnée del’ensemble des valeurs ni.11. 10 micro-états {n1, n2, n3} réalisent q = 3 : {3, 0, 0}, {2, 1, 0}, {2, 0, 1}, {1, 2, 0}, {1, 1, 1}, {1, 0, 2}, {0, 3, 0},{0, 2, 1}, {0, 1, 2}, {0, 0, 3}

12. Cette question est optionnelle ! Ne pas passer 1h à comprendre ! Exprimons, en fonction de N et q, lenombre Ω(q,N) de micro-états réalisant une valeur donnée de l’énergie. Cela revient à dénombrer lenombre de façon de disposer 3N − 1 traits parmi 3N + q − 1 places (fig.5) soit :

Ω(q,N) =(

3N − 13N + q − 1

)= (3N + q − 1)!(3N − 1)!q!

Pour N = 1 et q = 3, on trouve bien Ω(q,N) = 5!2!3! = 10.

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3 traits (N=1) et q boules (q=5) Microétats (n1,n2,n3)(0,1,4)(2,0,3)(1,2,2)(1,4,0)

Figure 5 – Pour distribuer q boules parmi 3N compartiments, on représente q boules puis on place les 3Ntraits où l’on veut entre les boules, sauf le premier qui est fixé tout à gauche. Le problème revient donc à choisir3N emplacements pour les traits parmi 3N + q − 1 places.

À partir notamment de Ω(q,N), on peut exprimer l’énergie U du solide. Le modèle d’Einstein fournitl’expression suivante pour l’énergie moyenne du solide à la température T :

U = 3N ~ωexp (~ω/kBT )− 1Expérimentalement, on ne mesure pas l’énergie mais la capacité thermique du solide définie par :

C = ∂U∂T

13. Analyse dimensionnelle de la défintion de la capacité thermique :

C = ∂U∂T⇒ [C] = E.Θ−1 = M.L2.T−2Θ−1

L’unité usuelle de la capacité thermique est le J ·K−1, l’unité légale est le kg ·m2 · s−2 ·K−1.14. Capacité thermique C dans le cadre du modèle d’Einstein (dérivation triviale d’une fonction doublement

composée de la température) :

C = 3N ~2ω2

kBT 2exp (~ω/kBT )

(exp (~ω/kBT )− 1)2

15. Avec ΘE =~ωkB

, il vient :

C = 3NkB ×Θ2ET 2

exp (ΘE/T )(exp (ΘE/T )− 1)2

On remarque que C est une fonction de la température réduite T/ΘE .16. Capacité thermique C à basse température T � ΘE soit ΘE/T � 1. Donc au dénominateur de C,

exp (ΘE/T )− 1 ≈ exp (ΘE/T ) et il vient :

C ≈ 3NkB ×Θ2ET 2

exp (ΘE/T )(exp (ΘE/T ))2

⇒ C ≈T�ΘE

3NkB ×Θ2ET 2

exp (−ΘE/T )

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17. Les résultats expérimentaux fig.6 montre qu’à haute température, le modèle d’Einstein reproduit bienl’expérience. En revanche à basse température (T � ΘE) la capacité thermique varie en T 3 et non commeΘ2ET 2

exp (−ΘE/T ) : le modèle d’Einstein est invalide sur ce domaine de température.

Figure 6 – Relevés expérimentaux de la capacité thermique du germanium, de l’argent et du béryllium pourdifférentes température. Comparaison avec les modèles d’Einstein, de Debye et Dulong-Petit. Ti = T/ΘD oùΘD est la température de Debye.

18. On constate sur la figure 6 que le modèle d’Einstein tend vers le modèle de Dulong-Petit à haute tempé-rature i.e. pour T � ΘE .R Ici, il faudrait réaliser proprement un développement limitée à l’ordre 0 en T � ΘE. Les dévelop-pements limitées n’ayant pas encore été abordés en cours de mathématiques, nous le réalisons de façonvolontaire peu rigoureuse.

C = 3NkB ×Θ2ET 2

exp (ΘE/T )(exp (ΘE/T )− 1)2

T � ΘE ⇔ΘET� 1 donc exp (ΘE/T ) ≈ 1 + ΘE/T qu’on remplace dans l’expression de C :

C = 3NkB ×Θ2ET 2

exp (ΘE/T )(1 + ΘE/− 1)2

⇒ C ≈ 3NkB ×Θ2ET 2

exp (ΘE/T )(ΘE/)2

⇒ C ≈ 3NkB × exp (ΘE/T )⇒ C ≈ 3NkB × (1 + ΘE/T )⇒ C ≈ 3NkB × 1 car ΘE/T� 1

⇒ C ≈ 3NkB

Il est remarquable de constater qu’à haute température, la capacité thermique C d’un solide ne dépendplus que de la quantité de matière et pas de la nature des constituants.

19. Pour une mole de solide N = NA :

Cm = 3NAkB

A.N. : Cm = 24,9 J ·K−1 ·mol−1

Le document donne Cm,exp ≈ 5,9 cal ·K−1 ·mol−1. Or 1 cal = 4,18 J donc Cm,exp ≈ 24,7 J ·K−1 ·mol−1.Au incertitudes près, on a donc :

Cm = Cm,expLes deux valeurs sont cohérentes.

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Problème 3 – Autour du thallium

1. L’isotope 20581 T l du thallium est composé de Z = 81 protons et de N = A−Z = 205− 81 = 124 neutrons.2. Configuration électronique de l’atome d’aluminium Al (Z = 13) dans son état fondamental.

Al : 1s”s22p63s23p1

3. Le thallium appartient à la famille de l’aluminium et à la sixième période donc sa couche de valence saconfiguration électronique s’écrit :

T l : [cœur]6s26p1

4. L’aluminium forme Al3+ pour acquérir la configuration électronique du gaz noble le plus proche (le néon).Appartenant à la même famille que l’aluminium, l’ion stable a priori formé par l’atome de thallium estT l3+.

5. La figure 7 fait apparaître quelques niveaux d’énergie électronique du thallium, le niveau fondamentalétant 62P1/2.

62P1/2

62P3/2

62P5/262D5/27P

7P1/2

72S1/2

E(eV)

-6,08

3775,22

5350,46

11513,213013,8

2767,87

3529,433519,24

Figure 7 – Quelques transitions de l’atome de Thallium

5.1 La raie dont la longueur d’onde appartenant au domaine du visible est λ = 5350,46Å : il s’agit doncde la raie observé par Crookes. La transition électronique correspondante s’opère entre les niveauxd’énergie 72S1/2 et 62P3/2.

5.2 Calculons l’énergie du niveau noté 62P3/2. D’après le diagramme des niveaux d’énergie, par conser-vation de l’énergie :

— E(72S1/2)− E(62S1/2) =hc

λ1avec λ1 = 5350,46Å ;

— E(72S1/2)− E(62S3/2) =hc

λ2avec λ1 = 3775,22Å.

On en déduit :

E(62S3/2) = E(62S1/2) +hc

λ2− hcλ1

A.N. : E(62S3/2) = −5,11 eV

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