Physique-chimie

# e3a-Polytech PSI — Physique-chimie 2026 · Corrigé

*Corrigé rédigé par IA (La Belle Copie), non officiel. Signalez toute erreur.*

Épreuve de 4 heures, calculatrices interdites. Données : documents 1 et 2 (pages 12–13). Applications numériques avec deux chiffres significatifs au plus.

## Question préliminaire

### Q1

L'énergie produite en 2022 est $E=49{,}6\ \mathrm{TW\cdot h}=4{,}96\cdot10^{13}\ \mathrm{W\cdot h}$, sur $\Delta t=1\ \text{an}=365\times24\ \mathrm h$, pour $N=4{,}0\cdot10^7$ clients. La puissance moyenne par client est

$$p=\frac{E}{N\,\Delta t}=\frac{4{,}96\cdot10^{13}}{4{,}0\cdot10^{7}}\times\frac{1}{365}\times\frac1{24}\ \mathrm W\approx1{,}24\cdot10^{6}\times3\cdot10^{-3}\times\frac{1}{24}\ \mathrm W\approx1{,}5\cdot10^{2}\ \mathrm W.$$

$$\boxed{p\sim10^{2}\ \mathrm W\ \text{par client}}$$

(La valeur exacte est $1{,}4\cdot10^2$ W.) C'est une fraction de la consommation moyenne d'un foyer, de l'ordre du kilowatt : l'hydroélectricité ne fournit que 11 % de l'électricité.

## Partie I - Convertir l'énergie hydraulique en énergie électrique

### I.1 - Une retenue d'eau

### Q2

Force exercée par $q_1$ sur $q_2$ (vecteur unitaire $\vec u_{12}$ de $1$ vers $2$) et force exercée par $m_1$ sur $m_2$ :

$$\vec F_{1\to2}=\frac{q_1q_2}{4\pi\varepsilon_0r^2}\,\vec u_{12},\qquad \vec F_{1\to2}=-\frac{\mathcal G\,m_1m_2}{r^2}\,\vec u_{12}.$$

L'analogie $q\leftrightarrow m$, $\dfrac1{4\pi\varepsilon_0}\leftrightarrow-\mathcal G$ (soit $\dfrac{1}{\varepsilon_0}\leftrightarrow-4\pi\mathcal G$) transforme le théorème de Gauss électrostatique $\oint_\Sigma\vec E\cdot\mathrm d\vec S=Q_{\text{int}}/\varepsilon_0$ en **théorème de Gauss gravitationnel** : pour toute surface fermée $\Sigma$,

$$\oint_\Sigma\vec G\cdot\mathrm d\vec S=-4\pi\mathcal G\,M_{\text{int}}.$$

La distribution de masse est à symétrie sphérique de centre $O$. Tout plan contenant $(OM)$ est plan de symétrie, donc $\vec G(M)=G(r)\,\vec u_r$, et l'invariance par rotation autour de $O$ fait que $G$ ne dépend que de $r$. Pour $M$ extérieur ($r>R_T$), on prend pour $\Sigma$ la sphère de centre $O$ et de rayon $r$ : $G(r)\,4\pi r^2=-4\pi\mathcal GM_T$, d'où

$$\boxed{\vec G(M)=-\frac{\mathcal G M_T}{r^2}\,\vec u_r}\qquad(r>R_T).$$

### Q3

Au sol, $g_T=\dfrac{\mathcal GM_T}{R_T^2}=\dfrac{6{,}7\cdot10^{-11}\times6{,}0\cdot10^{24}}{(6{,}4\cdot10^6)^2}\approx9{,}8\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}$, en accord avec le document 2.

À l'altitude $h\ll R_T$ :

$$g(h)=\frac{\mathcal GM_T}{(R_T+h)^2}=\frac{g_T}{(1+h/R_T)^2}\simeq g_T\left(1-\frac{2h}{R_T}\right).$$

$$\boxed{g(h)\simeq g_T\left(1-\frac{2h}{R_T}\right)}$$

La variation relative vaut $\dfrac{g_T-g(h)}{g_T}\simeq\dfrac{2h}{R_T}$. Elle reste inférieure à $10^{-3}$ si

$$h<h_{\max}=\frac{10^{-3}R_T}{2}=\frac{6{,}4\cdot10^{6}\times10^{-3}}{2}\ \mathrm m,\qquad\boxed{h_{\max}\approx3{,}2\ \mathrm{km}}.$$

### Q4

Un barrage ou une retenue a une extension verticale de quelques dizaines de mètres, très inférieure à $h_{\max}\approx3$ km. La variation relative de $g$ y est de l'ordre de $2\times30/6{,}4\cdot10^6\sim10^{-5}$. **Le champ de pesanteur est uniforme à l'échelle de l'ouvrage** (en norme ; sa direction varie aussi de façon négligeable, d'un angle de l'ordre de $L/R_T\sim10^{-4}$ rad sur la longueur du barrage).

### Q5

L'eau est au repos dans le référentiel terrestre supposé galiléen, et le fluide est incompressible dans un champ $\vec g=g\,\vec u_z$ uniforme. La relation fondamentale de la statique des fluides s'écrit $\overrightarrow{\mathrm{grad}}\,P=\mu_e\vec g$, soit $\dfrac{\mathrm dP}{\mathrm dz}=\mu_eg$ avec $(Oz)$ descendant. La continuité de la pression à l'interface donne $P(0)=P_0$, d'où

$$\boxed{P(z)=P_0+\mu_e\,g\,z}.$$

### Q6

Face amont verticale, rectangle de hauteur $H$ et de longueur $L$. L'eau est du côté $x<0$, la normale sortante de l'eau vers le barrage est $\vec u_x$. Force exercée par l'eau :

$$\vec F_{\text{eau}}=\int_0^H P(z)\,L\,\mathrm dz\;\vec u_x=\left(P_0H+\frac12\mu_egH^2\right)L\,\vec u_x.$$

$$\boxed{\vec F_{\text{eau}}=HL\left(P_0+\frac{\mu_egH}{2}\right)\vec u_x}$$

L'air exerce la pression uniforme $P_0$ sur la face aval inclinée et sur le couronnement. La composante horizontale de cette action vaut $-P_0HL\,\vec u_x$ (projection de la face aval sur un plan vertical). La résultante horizontale des forces pressantes (eau + air), qui détermine la stabilité de l'ouvrage, est donc

$$\vec F_{\text{net}}=\frac12\mu_egH^2L\,\vec u_x.$$

Application numérique avec $HL=15\times605\approx9{,}1\cdot10^{3}\ \mathrm{m^2}$ :

$$\|\vec F_{\text{net}}\|=\frac12\times1{,}0\cdot10^3\times9{,}8\times15\times9{,}1\cdot10^3\approx\boxed{6{,}7\cdot10^{8}\ \mathrm N},$$

$$\|\vec F_{\text{eau}}\|=9{,}1\cdot10^3\times(1{,}0\cdot10^5+7{,}4\cdot10^4)\approx\boxed{1{,}6\cdot10^{9}\ \mathrm N}.$$

L'ordre de grandeur est $10^9$ N, soit le poids d'environ $10^5$ tonnes.

### I.2 - Remplissage d'un bassin et contrôle du niveau

### Q7

L'approximation acoustique consiste à traiter l'onde comme une **petite perturbation** de l'état de repos : $|\tilde p|\ll P_0$, $|\tilde\varrho|\ll\varrho_0$, et la vitesse $|\tilde v|$ très petite devant la célérité de l'onde. Les champs perturbés et leurs dérivées sont des infiniment petits du premier ordre. On **linéarise** les équations en négligeant les termes d'ordre 2 (produits de grandeurs perturbées). On néglige aussi la pesanteur et la viscosité.

### Q8

Conservation de la masse à une dimension :

$$\frac{\partial\varrho}{\partial t}+\frac{\partial(\varrho v)}{\partial z}=0.$$

Avec $\varrho=\varrho_0+\tilde\varrho$ et $v=\tilde v$, on a $\varrho v=\varrho_0\tilde v+\tilde\varrho\tilde v$. Le terme $\tilde\varrho\tilde v$ est d'ordre 2, et $\varrho_0$ est uniforme et constant. Il reste

$$\boxed{\frac{\partial\tilde\varrho}{\partial t}+\varrho_0\frac{\partial\tilde v}{\partial z}=0}.$$

### Q9

$\varrho\,\dfrac{\partial\tilde v}{\partial t}$ est le terme d'accélération locale, $\varrho\,\tilde v\dfrac{\partial\tilde v}{\partial z}$ le terme d'accélération convective (non linéaire), et le membre de droite $-\dfrac{\partial P}{\partial z}$ la résultante volumique des forces de pression. À l'ordre 1, $\varrho\to\varrho_0$, le terme convectif (d'ordre 2) disparaît et $\partial P/\partial z=\partial\tilde p/\partial z$ :

$$\boxed{\varrho_0\frac{\partial\tilde v}{\partial t}=-\frac{\partial\tilde p}{\partial z}}.$$

### Q10

L'évolution est isentropique. Au voisinage du repos, $\chi_s$ est évalué dans l'état $(\varrho_0,P_0,T_0)$ et $\varrho-\varrho_0\simeq\left(\dfrac{\partial\varrho}{\partial P}\right)_S(P-P_0)=\varrho_0\chi_s(P-P_0)$, d'où

$$\boxed{\tilde\varrho=\varrho_0\,\chi_s\,\tilde p}.$$

### Q11

On dérive (Q8) par rapport à $t$ et (Q9) par rapport à $z$ :

$$\frac{\partial^2\tilde\varrho}{\partial t^2}=-\varrho_0\frac{\partial^2\tilde v}{\partial t\,\partial z},\qquad\varrho_0\frac{\partial^2\tilde v}{\partial z\,\partial t}=-\frac{\partial^2\tilde p}{\partial z^2}.$$

Les champs sont supposés de classe $C^2$, donc les dérivées croisées sont égales : $\dfrac{\partial^2\tilde\varrho}{\partial t^2}=\dfrac{\partial^2\tilde p}{\partial z^2}$. Avec (Q10), $\dfrac{\partial^2\tilde\varrho}{\partial t^2}=\varrho_0\chi_s\dfrac{\partial^2\tilde p}{\partial t^2}$, d'où

$$\frac{\partial^2\tilde p}{\partial z^2}=\varrho_0\chi_s\,\frac{\partial^2\tilde p}{\partial t^2},$$

qui est l'équation (2) avec $\dfrac{1}{c_s^2}=\varrho_0\chi_s$.

### Q12

C'est l'**équation de d'Alembert** (équation des ondes) à une dimension, avec

$$\boxed{c_s=\frac{1}{\sqrt{\varrho_0\chi_s}}}.$$

$[\varrho_0\chi_s]=\mathrm{kg\cdot m^{-3}}\cdot\mathrm{Pa^{-1}}=\mathrm{kg\cdot m^{-3}}\cdot\mathrm{kg^{-1}\cdot m\cdot s^{2}}=\mathrm{s^2\cdot m^{-2}}$, donc $c_s$ est homogène à une **vitesse**. C'est la **célérité des ondes sonores** dans l'air au repos.

### Q13

Pour le gaz parfait de masse molaire $\mathcal M_{\text{air}}$, $P_0V=\dfrac{m}{\mathcal M_{\text{air}}}RT_0$, donc

$$\boxed{\varrho_0=\frac{P_0\,\mathcal M_{\text{air}}}{RT_0}}.$$

Pour une quantité fixée de gaz parfait (à $\gamma$ constant) en évolution isentropique, la loi de Laplace $PV^\gamma=\text{cste}$ s'écrit, avec $V\propto1/\varrho$ :

$$\boxed{\frac{P}{\varrho^{\gamma}}=\text{cste}}.$$

### Q14

En différentiant logarithmiquement la loi de Laplace, $\dfrac{\mathrm dP}{P}=\gamma\dfrac{\mathrm d\varrho}{\varrho}$, donc $\chi_s=\dfrac1\varrho\left(\dfrac{\partial\varrho}{\partial P}\right)_S=\dfrac1{\gamma P_0}$. Alors

$$c_s=\sqrt{\frac{\gamma P_0}{\varrho_0}}=\sqrt{\gamma P_0\,\frac{RT_0}{P_0\mathcal M_{\text{air}}}}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{c_s=\sqrt{\frac{\gamma RT_0}{\mathcal M_{\text{air}}}}}.$$

L'air est assimilé au mélange de diazote (fraction molaire $x_{\mathrm{N_2}}\approx0{,}8$) et de dioxygène ($x_{\mathrm{O_2}}\approx0{,}2$). La masse molaire moyenne est la moyenne pondérée par les fractions **molaires** :

$$\boxed{\mathcal M_{\text{air}}=x_{\mathrm{N_2}}\cdot2\mathcal M_N+x_{\mathrm{O_2}}\cdot2\mathcal M_O}.$$

### Q15

$\mathcal M_{\text{air}}=0{,}8\times28\cdot10^{-3}+0{,}2\times32\cdot10^{-3}\approx2{,}9\cdot10^{-2}\ \mathrm{kg\cdot mol^{-1}}$.

$$\varrho_0=\frac{1{,}0\cdot10^5\times2{,}9\cdot10^{-2}}{8{,}3\times3{,}0\cdot10^2}=\frac{2{,}9\cdot10^{3}}{3{,}0\cdot10^{2}}\times0{,}12\approx\boxed{1{,}2\ \mathrm{kg\cdot m^{-3}}}.$$

Avec l'aide $1{,}4\times8{,}3\approx10$ :

$$c_s\approx\sqrt{\frac{10\times3{,}0\cdot10^2}{2{,}9\cdot10^{-2}}}\approx\sqrt{1{,}0\cdot10^{5}}=\sqrt{10}\times10^{2}\approx\boxed{3{,}2\cdot10^{2}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}}.$$

Remarque : l'aide de l'énoncé est grossière, puisque $1{,}4\times8{,}3=11{,}6$. Le calcul exact donne $c_s\approx3{,}5\cdot10^2\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, la valeur usuelle de la vitesse du son dans l'air vers 300 K.

### Q16

Sur la figure 3, la salve émise est centrée en $t_e\approx0$ et l'écho en $t_r\approx0{,}044$ s. L'air est faiblement dispersif : le paquet d'ondes se propage sans se déformer, à une vitesse de groupe égale à $c_s$. On peut donc repérer le retard sur les maxima des enveloppes, $\Delta t\approx0{,}044$ s. L'onde fait l'aller-retour capteur–surface sur la distance $2d$ :

$$d=\frac{c_s\,\Delta t}{2}=\frac{3{,}4\cdot10^2\times4{,}4\cdot10^{-2}}{2}\approx7{,}5\ \mathrm m,$$

$$h(t_{\text{mes}})=H_{\text{capteur}}-d=8{,}5-7{,}5\quad\Longrightarrow\quad\boxed{h(t_{\text{mes}})\approx1{,}0\ \mathrm m}.$$

### I.3 - Couple hydraulique et puissance utile

### Q17

Le bassin a une section $S$ et contient une hauteur d'eau $h_0$ au-dessus de son sol, lui-même à la hauteur $H$ au-dessus de l'entrée $E$ de la turbine (figure 12). La conduite amont est vide. Une tranche d'eau d'épaisseur $\mathrm dz$ située à la cote $z\in[0,h_0]$ au-dessus du sol du bassin a une masse $\mu_eS\,\mathrm dz$ et descend de $H+z$ jusqu'à $E$. L'énergie potentielle de pesanteur libérable est

$$E_{\max}=\int_0^{h_0}\mu_eSg\,(H+z)\,\mathrm dz\quad\Longrightarrow\quad\boxed{E_{\max}=\mu_e\,g\,S\,h_0\left(H+\frac{h_0}{2}\right)}.$$

C'est la variation d'énergie potentielle de la masse $\mu_eSh_0$ dont le centre de masse descend de $H+h_0/2$. C'est un **maximum** parce que ce calcul suppose la conversion intégrale de l'énergie potentielle en énergie électrique. En réalité, une partie est perdue :

- dissipation visqueuse et pertes de charge dans les conduites ;
- énergie cinétique résiduelle de l'eau en sortie de turbine ;
- pertes mécaniques de la turbine et pertes de l'alternateur.

### Q18

Le fluide entre et sort sur toute la périphérie, sans composante axiale. À l'entrée, il traverse la surface latérale du cylindre de rayon $R_e$ et de hauteur $e_e$, dont la normale est radiale : seule $V_{r,e}$ contribue au flux ($V_\theta$ est tangente à cette surface). Le fluide est incompressible et l'écoulement stationnaire, donc le débit se conserve :

$$\boxed{D_v=2\pi R_e\,e_e\,V_{r,e}=2\pi R_s\,e_s\,V_{r,s}},$$

où $V_r>0$ désigne la norme de la composante radiale (écoulement centripète).

### Q19

Le référentiel lié à la roue tourne à la vitesse angulaire $\omega$ autour d'un axe fixe dans le référentiel terrestre, supposé galiléen. Il n'est pas en translation rectiligne uniforme par rapport à ce référentiel : un point fixe de la roue a une accélération centripète $-\omega^2r\,\vec u_r\neq\vec 0$. **Le référentiel de la roue n'est donc pas galiléen**, et il faut y ajouter les forces d'inertie d'entraînement et de Coriolis.

### Q20

**Volume de contrôle** $\mathcal V$ : le volume fixe dans le référentiel de la roue, limité par les flasques de la roue, le cylindre d'entrée (rayon $R_e$, hauteur $e_e$) et le cylindre de sortie (rayon $R_s$, hauteur $e_s$). Il contient le fluide compris entre les aubes.

**Système fermé** $\Sigma$ : à l'instant $t$, le fluide contenu dans $\mathcal V$ et la masse $\delta m=\mu_eD_v\,\mathrm dt$ qui va entrer pendant $\mathrm dt$. À $t+\mathrm dt$, le fluide contenu dans $\mathcal V$ et la masse $\delta m$ sortie pendant $\mathrm dt$.

On travaille dans le **référentiel de la roue** avec les vitesses relatives $\vec W$. L'écoulement y est stationnaire, donc le moment cinétique du contenu de $\mathcal V$ ne varie pas. Le moment cinétique par rapport à l'axe $Oz$ d'une masse $\delta m$ à la distance $R$ vaut $\delta m\,R\,W_\theta$ (seule la composante orthoradiale a un bras de levier). Par conséquent

$$\frac{\mathrm dL_z(\Sigma)}{\mathrm dt}=\mu_eD_v\big(R_sW_{\theta,s}-R_eW_{\theta,e}\big).$$

Moments par rapport à l'axe des actions sur $\Sigma$ :

- le poids est parallèle à l'axe : moment nul ;
- les forces de pression sur les surfaces d'entrée et de sortie sont radiales : moment nul ;
- les actions de la roue (aubes et flasques) sur le fluide ont un moment $\mathcal M_{\text{roue}\to\text{fluide}}$ ;
- la force d'inertie d'entraînement (centrifuge) est radiale : moment nul ;
- le moment de la force de Coriolis est $\Gamma_{\text{inertie}}=-\mu_eD_v\omega(R_s^2-R_e^2)$, admis par l'énoncé. On le vérifie : la force volumique $-2\mu_e\omega\vec u_z\wedge\vec W$ a pour composante orthoradiale $-2\mu_e\omega W_r$, avec ici $W_r=-V_r$. La conservation du débit, $D_v=2\pi r\,e(r)\,V_r$, donne alors $\displaystyle\int_{\mathcal V}2\mu_e\omega V_r\,r\cdot2\pi r\,e\,\mathrm dr=\int_{R_s}^{R_e}2\mu_e\omega D_v\,r\,\mathrm dr=\mu_eD_v\omega(R_e^2-R_s^2)$.

Le théorème du moment cinétique s'écrit

$$\mu_eD_v\big(R_sW_{\theta,s}-R_eW_{\theta,e}\big)=\mathcal M_{\text{roue}\to\text{fluide}}-\mu_eD_v\,\omega\,(R_s^2-R_e^2).$$

La composition des vitesses donne $W_\theta=V_\theta-\omega R$, donc le premier membre vaut $\mu_eD_v(R_sV_{\theta,s}-R_eV_{\theta,e})-\mu_eD_v\omega(R_s^2-R_e^2)$. Le terme en $\omega$ se simplifie exactement :

$$\mathcal M_{\text{roue}\to\text{fluide}}=\mu_eD_v\big(R_sV_{\theta,s}-R_eV_{\theta,e}\big).$$

Par le principe des actions réciproques, le couple exercé par le fluide sur la roue est $\Gamma_i=-\mathcal M_{\text{roue}\to\text{fluide}}=\mu_eD_v(R_eV_{\theta,e}-R_sV_{\theta,s})$. Avec $D_v=2\pi R_ee_eV_{r,e}$ pour le terme d'entrée et $D_v=2\pi R_se_sV_{r,s}$ pour le terme de sortie :

$$\boxed{\Gamma_i=2\pi\mu_e\left(R_e^2V_{r,e}V_{\theta,e}\,e_e-R_s^2V_{r,s}V_{\theta,s}\,e_s\right)}.$$

### Q21

Le point coïncident $M$ de la roue décrit un cercle de rayon $r$ à la vitesse angulaire $\omega$ :

$$\boxed{\vec U(M)=r\,\omega\,\vec u_\theta}\qquad(U=r\omega).$$

$\vec U$ est orthoradial. La relation $\vec V=\vec U+\vec W$ donne donc $V_\theta=U+W_\theta$, et les composantes radiales de $\vec V$ et de $\vec W$ sont égales : $\|\vec W_r\|=V_r$. Dans le plan normal à l'axe, $\vec W_{/\!/}$ fait l'angle $\beta$ avec $\vec U$, c'est-à-dire avec $\vec u_\theta$. Sa composante orthoradiale vaut $W_{/\!/}\cos\beta$ et sa composante radiale a pour norme $W_{/\!/}\sin\beta=V_r$. D'où $W_\theta=\dfrac{V_r}{\tan\beta}$ et

$$\boxed{V_\theta=U+\frac{V_r}{\tan\beta}}.$$

![Figure 1 — Triangle des vitesses en M dans le plan normal à l'axe : U orthoradial, W// à l'angle β de U, composante radiale de norme V_r dirigée vers l'axe](/figures/corriges/e3a-polytech_psi_physique-chimie_2026/q21-triangle-vitesses.svg)

### Q22

Avec $V_{\theta,e}=\omega R_e+\dfrac{V_{r,e}}{\tan\beta_e}$, $V_{\theta,s}=\omega R_s+\dfrac{V_{r,s}}{\tan\beta_s}$, $R_eV_{r,e}=\dfrac{D_v}{2\pi e_e}$ et $R_sV_{r,s}=\dfrac{D_v}{2\pi e_s}$ :

$$R_eV_{\theta,e}-R_sV_{\theta,s}=\omega(R_e^2-R_s^2)+\frac{D_v}{2\pi}\left(\frac{1}{e_e\tan\beta_e}-\frac{1}{e_s\tan\beta_s}\right).$$

$$\boxed{\Gamma_i=\mu_eD_v\,\omega\,(R_e^2-R_s^2)+\frac{\mu_eD_v^2}{2\pi}\left(\frac{1}{e_e\tan\beta_e}-\frac{1}{e_s\tan\beta_s}\right)}$$

$$\boxed{\mathcal P_i=\Gamma_i\,\omega=\mu_eD_v\,\omega^2(R_e^2-R_s^2)+\frac{\mu_eD_v^2\,\omega}{2\pi}\left(\frac{1}{e_e\tan\beta_e}-\frac{1}{e_s\tan\beta_s}\right)}$$

Le couple disponible en sortie d'arbre $\Gamma$ est inférieur à $\Gamma_i$ car une partie du couple transmis par le fluide sert à vaincre les **frottements** : frottements solides dans les paliers, butées et joints, frottements visqueux du fluide sur les faces extérieures de la roue (frottement de disque) et fuites entre roue et carter. Ces effets sont exclus du modèle d'écoulement parfait.

## Partie II - Transport de l'énergie électrique

### II.1 - Transformateur de tension

### Q23

**Non.** En régime continu, $B$ et donc le flux $\Phi$ sont constants. La force électromotrice induite $N_2\,\mathrm d\Phi/\mathrm dt$ est nulle : aucune tension n'apparaît au secondaire et aucune puissance n'est transmise. De plus, les enroulements étant de résistance nulle, le primaire alimenté en continu serait un court-circuit. Le transformateur exige un régime variable (alternatif).

### Q24

Équation de Maxwell-Thomson :

$$\boxed{\operatorname{div}\vec B=0}.$$

Par le théorème d'Ostrogradski, le flux de $\vec B$ à travers toute surface fermée est nul. On l'applique à la surface fermée formée de deux sections droites du tore et de la paroi latérale du tore entre elles. Le milieu est de très grande perméabilité et il n'y a pas de fuites : les lignes de champ restent dans le tore, et le flux à travers la paroi latérale est nul. **Le flux magnétique $\Phi=\iint\vec B\cdot\mathrm d\vec S$ est le même à travers toute section droite du circuit magnétique.** Comme $a\gg\sqrt S$, $B$ est quasi uniforme sur une section et $\Phi=B(t)\,S$.

### Q25

Équation de Maxwell-Faraday :

$$\boxed{\overrightarrow{\mathrm{rot}}\,\vec E=-\frac{\partial\vec B}{\partial t}}.$$

Par le théorème de Stokes, la circulation de $\vec E$ le long d'une spire vaut $-\mathrm d\Phi/\mathrm dt$. Les fils sont parfaits ($\vec E=\vec 0$ dans le conducteur), donc la tension aux bornes d'un enroulement de $N$ spires traversées par le même flux $\Phi$ vaut $N\,\mathrm d\Phi/\mathrm dt$, orientée selon la convention des bornes homologues de la figure 7 :

$$u_1=N_1\frac{\mathrm d\Phi}{\mathrm dt},\qquad u_2=N_2\frac{\mathrm d\Phi}{\mathrm dt}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{u_2(t)=\frac{N_2}{N_1}\,u_1(t)}.$$

C'est la **loi de transformation des tensions**, de rapport $m=N_2/N_1$.

### Q26

Théorème d'Ampère dans un milieu magnétique en ARQS : la circulation de l'excitation $\vec H$ sur un contour fermé est égale à l'intensité des courants libres enlacés,

$$\oint_{\mathcal C}\vec H\cdot\mathrm d\vec\ell=I_{\text{enlacé}}.$$

On prend pour contour la ligne moyenne du tore (rayon $a$), orientée dans le sens du flux. Sur la figure 7, $i_1$ et $i_2$ entrent tous deux par les bornes marquées d'un point, donc leurs ampères-tours s'ajoutent :

$$H\cdot2\pi a=N_1i_1+N_2i_2.$$

Le milieu est linéaire, $H=\dfrac{B}{\mu_0\mu_r}$, et $B$ reste fini : il est fixé par $u_1$ via la loi de Faraday. Quand $\mu_r\to\infty$, $H\to0$, d'où $N_1i_1+N_2i_2=0$ et

$$\boxed{i_2(t)=-\frac{N_1}{N_2}\,i_1(t)},$$

qui est la **loi de transformation des intensités**. Le signe $-$ traduit le fait que $i_2$ est orienté en convention récepteur au secondaire.

### Q27

La puissance reçue par le primaire est $p_1=u_1i_1$. La puissance fournie à la charge par le secondaire (convention générateur pour le courant $-i_2$) est $-u_2i_2=\dfrac{N_2}{N_1}u_1\cdot\dfrac{N_1}{N_2}i_1=u_1i_1$. À chaque instant, toute la puissance reçue est transmise :

$$\boxed{\eta=1}.$$

Les pertes d'un transformateur réel sont :

- les **pertes cuivre** : effet Joule dans les enroulements de résistance non nulle ;
- les **pertes fer** dans le circuit magnétique : pertes par **hystérésis**, proportionnelles à l'aire du cycle et à la fréquence, et pertes par **courants de Foucault** (le circuit magnétique est feuilleté pour les réduire) ;
- les **fuites magnétiques**, qui dégradent le couplage et augmentent les chutes de tension.

Les rendements réels vont de **95 % à plus de 99 %** pour les gros transformateurs de réseau.

### II.2 - Tracé d'un cycle d'hystérésis

### Q28

Un ferromagnétique **doux** présente :

- un cycle **étroit**, donc de faibles pertes par hystérésis ;
- une excitation coercitive $H_c$ **faible** ;
- une perméabilité relative très élevée ($10^3$ à $10^5$) et une aimantation à saturation élevée.

Il s'aimante et se désaimante facilement, et convient aux circuits magnétiques en régime alternatif (transformateurs, machines).

![Figure 2 — Allure du cycle d'hystérésis d'un ferromagnétique doux, parcouru dans le sens trigonométrique, avec champ rémanent, excitation coercitive et saturation (échelle non respectée)](/figures/corriges/e3a-polytech_psi_physique-chimie_2026/q28-cycle-hysteresis.svg)

Le cycle sature vers $B_{\text{sat}}\sim1{,}5$ T ; le champ rémanent $B_r$ est de l'ordre du tesla.

Ordre de grandeur : $\boxed{H_c\sim10\ \text{à}\ 10^2\ \mathrm{A\cdot m^{-1}}}$ (fer doux, tôles Fe-Si). Il est de $10^5$ à $10^6\ \mathrm{A\cdot m^{-1}}$ pour un matériau dur.

### Q29

L'ALI est idéal ($i_+=i_-=0$) et la rétroaction est négative (par $R\parallel C$), donc le régime est linéaire et $v_+=v_-$. Aucun courant ne traverse la résistance $\sim R/2$, d'où $v_+=0$ et $v_-=0$ : l'entrée inverseuse est une masse virtuelle.

Sur la figure 8, $i(t)$ circule dans la résistance d'entrée $R$ **de l'ALI vers l'étage 1** : $i=\dfrac{v_--u_e}{R}=-\dfrac{u_e}{R}$. Donc

$$\boxed{\underline{Z_e}=-\frac{u_e}{i}=R=470\ \mathrm{k\Omega}}.$$

Le secondaire débite dans la résistance série $R$ de l'étage 1, suivie de $R/10$ en parallèle avec $\underline{Z_e}=R$. La résistance de charge vaut donc $R+\frac{R}{11}\approx5\cdot10^{5}\ \Omega$, très grande. Il est raisonnable de supposer **$i_2(t)\approx0$** : le secondaire fonctionne quasiment à vide, et $N_2|i_2|\ll N_1|i_1|$.

On cherche à tracer le cycle du matériau réel, donc on ne fait pas tendre $\mu_r$ vers l'infini. Le théorème d'Ampère sur la ligne moyenne du tore donne, avec $H$ uniforme sur cette ligne ($a\gg\sqrt S$, symétrie du tore), $H\cdot2\pi a=N_1i_1+N_2i_2\approx N_1i_1$. La résistance $r$ est parcourue par $i_1$ (flèche de $u_r$ en convention récepteur), donc

$$u_r(t)=r\,i_1(t)=\frac{2\pi a\,r}{N_1}\,H(t),\qquad\boxed{K=\frac{2\pi a\,r}{N_1}}.$$

Hypothèses de travail : ARQS, absence de fuites (flux canalisé), $H$ uniforme sur la ligne moyenne, $i_2\approx0$.

### Q30

L'impédance de rétroaction est $\underline Z_f=R\parallel C=\dfrac{R}{1+jRC\omega}$. Avec la masse virtuelle, la loi des nœuds en $v_-$ donne $\dfrac{u_e}{R}+\dfrac{u_s}{\underline Z_f}=0$ :

$$\underline H(j\omega)=-\frac{\underline Z_f}{R}=\frac{-1}{1+jRC\omega},\qquad\boxed{H_0=-1,\quad\omega_0=\frac{1}{RC}}.$$

### Q31

$\omega_0=\dfrac1{RC}=\dfrac{1}{4{,}7\cdot10^5\times4{,}7\cdot10^{-8}}\approx45\ \mathrm{rad\cdot s^{-1}}$, soit $f_0\approx7$ Hz. À $f=50$ Hz, $\omega/\omega_0\approx7$, donc $\underline H\simeq-\dfrac{\omega_0}{j\omega}=-\dfrac{1}{jRC\omega}$. Le montage est un **(pseudo-)intégrateur inverseur** :

$$u_s(t)\simeq-\frac{1}{RC}\int u_e\,\mathrm dt\qquad\text{(sans composante continue)}.$$

La résistance $R$ en parallèle sur $C$ supprime la dérive due aux composantes continues, que l'intégrateur pur amplifierait jusqu'à saturation.

Tension $u_e$ : en notant $A$ le nœud commun de l'étage 1, $i_2=\dfrac{u_e-u_2}{R}$ est le courant qui va de $A$ vers le secondaire (orientation de la figure 8). La loi des nœuds en $A$ s'écrit

$$i=i_2+\frac{u_e}{R/10}\quad\Longrightarrow\quad-\frac{u_e}{R}=\frac{u_e-u_2}{R}+\frac{10\,u_e}{R}\quad\Longrightarrow\quad u_e=\frac{u_2}{12}.$$

L'étage 1 est un atténuateur. Avec $\Phi=SB$, la loi de Faraday donne $u_2=N_2S\,\dfrac{\mathrm dB}{\mathrm dt}$, donc

$$u_s(t)=-\frac{1}{RC}\int\frac{N_2S}{12}\frac{\mathrm dB}{\mathrm dt}\,\mathrm dt=K'\,B(t),\qquad\boxed{K'=-\frac{N_2\,S}{12\,RC}}$$

(si l'on néglige le courant absorbé par le montage à ALI, on trouve $u_e\simeq u_2/11$ et $K'\simeq-N_2S/(11RC)$). En mode XY, l'oscilloscope affiche $u_s$ en fonction de $u_r$, c'est-à-dire $B$ en fonction de $H$ au facteur d'échelle près : le cycle d'hystérésis.

Intérêt de l'étage 1 :

- il **atténue** $u_2$ d'un facteur de l'ordre de 10, ce qui évite la saturation de l'ALI (de l'ordre de 15 V) lorsque $u_2$ vaut quelques dizaines de volts ;
- il présente au secondaire une **très grande impédance**, ce qui garantit $i_2\approx0$, l'hypothèse qui rend $u_r$ proportionnelle à $H$.

La résistance $\sim R/2$ sur l'entrée $+$ égale à peu près la résistance vue par l'entrée $-$ ($R\parallel(R+R/11)\approx R/2$) : elle compense l'effet des courants de polarisation.

### II.3 - Couplage de la centrale hydraulique au réseau EDF

### Q32

Dans un câble coaxial, les ondes électrocinétiques se propagent à $v=\dfrac{c}{\sqrt{\varepsilon_r}}\approx\boxed{2\cdot10^{8}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}}$ (diélectrique d'indice $\approx1{,}5$). L'ARQS est valable si la longueur $L$ de la ligne est très petite devant la longueur d'onde, c'est-à-dire si le temps de propagation $L/v$ est très petit devant la période $T=1/f$. À $f=50$ Hz :

$$\lambda=\frac{v}{f}=\frac{2\cdot10^8}{50}=4\cdot10^{6}\ \mathrm m=4\cdot10^{3}\ \mathrm{km}.$$

Une ligne régionale de 400 kV a une longueur $L\sim10^2$ km, donc $L/\lambda\sim2\cdot10^{-2}\ll1$. **L'ARQS est valable** : à un instant donné, l'intensité est la même tout le long de la ligne. Elle cesserait de l'être pour des lignes de plusieurs centaines à milliers de kilomètres.

### Q33

En France, $\boxed{U_{e,\text{eff}}=230\ \mathrm V}$ (à 50 Hz).

$$\mathscr P=\langle u_{\text{EDF}}\,i_{\text{EDF}}\rangle=2U_{e,\text{eff}}I_{e,\text{eff}}\big\langle\cos(2\pi ft)\cos(2\pi ft+\varphi)\big\rangle\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\mathscr P=U_{e,\text{eff}}\,I_{e,\text{eff}}\cos\varphi}.$$

À puissance active $\mathscr P$ et tension fixées, $I_{e,\text{eff}}=\dfrac{\mathscr P}{U_{e,\text{eff}}\cos\varphi}$. Un facteur de puissance faible impose un courant plus intense, donc des pertes Joule $R_{\text{ligne}}I_{e,\text{eff}}^2\propto1/\cos^2\varphi$ plus grandes et un surdimensionnement des lignes et des transformateurs. **EDF impose donc $\cos\varphi\approx1$** et facture la puissance réactive excédentaire.

Pour la même raison, à puissance transportée fixée, les pertes en ligne valent $R_{\text{ligne}}\dfrac{\mathscr P^2}{U^2\cos^2\varphi}\propto\dfrac{1}{U^2}$. **Le transport sous très haute tension (400 kV) divise les pertes Joule** (d'un facteur $(400/20)^2=400$ par rapport à 20 kV) et permet des conducteurs de section raisonnable.

## Partie III - L'acier des conduites forcées

### III.1 - Corrosion des conduites forcées et protection

### Q34

Le domaine de stabilité de l'eau est la bande comprise entre les droites $\mathrm{O_2/H_2O}$ ($E=1{,}23-0{,}06\,\mathrm{pH}$) et $\mathrm{H_2O/H_2}$ ($E=-0{,}06\,\mathrm{pH}$). Le domaine de $\mathrm{Fe_{(s)}}$ est situé **entièrement sous** la droite $\mathrm{H_2O/H_2}$, à tout pH : à $\mathrm{pH}=0$, la frontière $\mathrm{Fe^{2+}/Fe}$ est vers $-0{,}45$ V, alors que la droite de l'eau est à $0$ V. Les deux domaines sont disjoints : **le fer n'est pas thermodynamiquement stable au contact de l'eau.** Il est oxydé par l'eau (avec dégagement de $\mathrm{H_2}$) et, plus encore, par le dioxygène dissous.

![Figure 3 — Diagramme E-pH du fer réduit au nécessaire : immunité de Fe(s), corrosion de Fe²⁺ et Fe³⁺, passivation par Fe₂O₃ et Fe₃O₄, droites de l'eau en tirets](/figures/corriges/e3a-polytech_psi_physique-chimie_2026/q34-diagramme-e-ph-fer.svg)

Immunité : $\mathrm{Fe_{(s)}}$. Corrosion : espèces dissoutes $\mathrm{Fe^{2+}}$, $\mathrm{Fe^{3+}}$, et les petits domaines $\mathrm{FeOH^+}$ (vers pH 7–8) et $\mathrm{FeO_2^{2-}}$ (extrême basique). Passivation : $\mathrm{Fe_2O_{3(s)}}$, $\mathrm{Fe_3O_{4(s)}}$ et $\mathrm{Fe(OH)_{2(s)}}$, si la couche est couvrante et adhérente.

### Q35

On superpose sur la figure 11 la branche anodique $\mathrm{Mg\to Mg^{2+}}$, qui démarre à un potentiel très négatif, la branche anodique $\mathrm{Fe\to Fe^{2+}}$ et la branche cathodique $\mathrm{H^+\to H_2}$ sur fer.

- **Fer seul** : son potentiel de corrosion $E_{\text{corr}}$ est tel que $i_a(\mathrm{Fe})=|i_c(\mathrm{H^+})|$. Il se situe sur la partie montante de la courbe du fer, et le fer se corrode avec un courant $i_{\text{corr}}>0$.
- **Fer relié électriquement à un bloc de magnésium** : les deux métaux sont au même potentiel $E_{\text{mixte}}$, défini par $i_a(\mathrm{Mg})+i_a(\mathrm{Fe})=|i_c(\mathrm{H^+})|$, la réduction des ions $\mathrm{H^+}$ ayant lieu sur la surface du fer. La courbe anodique du magnésium coupe la courbe symétrique de la branche cathodique à un potentiel **inférieur au potentiel d'oxydation du fer**. Construction : on trace l'opposé de la branche cathodique et on lit son intersection avec la courbe anodique du magnésium.
- En $E_{\text{mixte}}$, le courant anodique du fer est nul. Le fer est dans son domaine d'immunité, et seul le magnésium s'oxyde.

![Figure 4 — Construction du potentiel mixte : l'opposé de la branche cathodique de H⁺ coupe la courbe du fer en E corr et celle du magnésium en E mixte, avant le seuil d'oxydation du fer](/figures/corriges/e3a-polytech_psi_physique-chimie_2026/q35-potentiel-mixte.svg)

**Oui**, la protection est envisageable : c'est la **protection cathodique par anode sacrificielle**. Le magnésium, plus réducteur, se consomme à la place du fer, et il faut donc renouveler les blocs.

### Q36

**Hypothèses et grandeurs introduites.**

- La conduite est un cylindre de diamètre $D$ et de longueur $\ell$. Seule sa surface latérale extérieure $S_c=\pi D\ell$ est en contact avec le sol ; les extrémités sont négligées.
- La densité de courant de protection $j$ est uniforme sur $S_c$ et constante pendant $\Delta t$.
- Chaque bloc de masse $m_{\text{el}}$ fournit la charge $Q_{\text{bloc}}=m_{\text{el}}Q_m$ et est consommé jusqu'au bout. $Q_m$ est la capacité pratique, environ la moitié de la capacité théorique $2\mathcal F/M_{\mathrm{Mg}}\approx2{,}2\cdot10^3$ A·h/kg, du fait de l'autocorrosion.
- $\varrho_{\text{sol}}$ caractérise le milieu pour lequel $j$ est donnée ; il n'intervient pas dans le bilan de charge.

**Calcul.**

$$S_c=\pi D\ell=\pi\times0{,}30\times100\approx94\ \mathrm{m^2},\qquad I=jS_c=11\cdot10^{-3}\times94\approx\boxed{1{,}0\ \mathrm A}.$$

Avec $\Delta t=5\times365\times24\ \mathrm h\approx4{,}4\cdot10^4$ h, la charge à fournir est $Q=I\Delta t\approx4{,}5\cdot10^4\ \mathrm{A\cdot h}$. Un bloc fournit $Q_{\text{bloc}}=5{,}0\times1{,}1\cdot10^3=5{,}5\cdot10^3\ \mathrm{A\cdot h}$. Le nombre de blocs est donc

$$n\geq\frac{Q}{Q_{\text{bloc}}}=\frac{j\pi D\ell\,\Delta t}{m_{\text{el}}Q_m}\approx\frac{4{,}5\cdot10^4}{5{,}5\cdot10^3}\approx8{,}3\quad\Longrightarrow\quad\boxed{n=9\ \text{blocs}},$$

répartis le long de la conduite, soit environ un bloc tous les 11 m, pour une distribution uniforme du courant.

### III.2 - Réduction des oxydes de fer par le monoxyde de carbone gazeux

### Q37

La réaction étudiée est $3\,\mathrm{Fe_2O_{3(s)}}+\mathrm{CO_{(g)}}\rightleftharpoons2\,\mathrm{Fe_3O_{4(s)}}+\mathrm{CO_{2(g)}}$. Elle s'obtient comme $[5]-[4]$, ce qui élimine $\mathrm{O_2}$ :

$$\Delta_rG^\circ(T)=\Delta_rG_5^\circ-\Delta_rG_4^\circ=(-282{,}1+250{,}0)+(86{,}70-140{,}50)\cdot10^{-3}T,$$

$$\boxed{\Delta_rG^\circ(T)=-32{,}1-53{,}8\cdot10^{-3}\,T\ \ (\mathrm{kJ\cdot mol^{-1}})}.$$

Cette fonction est décroissante, et vaut $-59$ kJ/mol à 500 K et $-113$ kJ/mol à 1500 K. Elle est **négative sur tout le domaine**, donc $K^\circ=\exp(-\Delta_rG^\circ/RT)\gg1$ (environ $e^{14}$ à 500 K et $e^{9}$ à 1500 K). La réduction de $\mathrm{Fe_2O_3}$ en $\mathrm{Fe_3O_4}$ par CO est thermodynamiquement favorisée, et quasi totale.

### Q38

Nombres d'oxydation : dans $\mathrm{Fe_3O_4}$, le fer est au nombre d'oxydation moyen $+8/3$ ; dans $\mathrm{Fe}$, il est à $0$. Le fer est **réduit**. Le carbone passe de $+\mathrm{II}$ (CO) à $+\mathrm{IV}$ ($\mathrm{CO_2}$) : CO est le **réducteur**, il est oxydé. C'est bien la réduction de $\mathrm{Fe_3O_4}$ par CO, avec le transfert de $2$ électrons par CO.

Bilan électronique : les $\tfrac34$ d'atome de fer passent de $+8/3$ à $0$, soit $\tfrac34\times\tfrac83=2$ électrons captés, exactement les $2$ électrons cédés par CO.

Paramètres intensifs : le système compte deux solides purs, chacun seul dans sa phase et d'activité 1, qui n'apportent aucune variable de composition, et une phase gazeuse ($\mathrm{CO}$, $\mathrm{CO_2}$). Les paramètres intensifs sont $T$, $P$, $x_{\mathrm{CO}}$ et $x_{\mathrm{CO_2}}$, soit **4 paramètres**. Ils sont liés par $x_{\mathrm{CO}}+x_{\mathrm{CO_2}}=1$ et par la loi d'action des masses $K_a^\circ(T)=x_{\mathrm{CO_2}}/x_{\mathrm{CO}}$, soit **2 relations**. Le nombre maximal de degrés de liberté est

$$\boxed{v=4-2=2}\qquad(\text{par exemple }T\text{ et }P).$$

### Q39

$[a]=[5]-[2]$ :

$$\Big(\mathrm{CO}+\tfrac12\mathrm{O_2}\to\mathrm{CO_2}\Big)-\Big(\tfrac34\mathrm{Fe}+\tfrac12\mathrm{O_2}\to\tfrac14\mathrm{Fe_3O_4}\Big)=\Big(\tfrac14\mathrm{Fe_3O_4}+\mathrm{CO}\to\tfrac34\mathrm{Fe}+\mathrm{CO_2}\Big).$$

$$\Delta_rG_a^\circ(T)=\Delta_rG_5^\circ-\Delta_rG_2^\circ=-9{,}6+8{,}60\cdot10^{-3}\,T\ \ (\mathrm{kJ\cdot mol^{-1}}).$$

Avec $\Delta_rG_a^\circ=-RT\ln K_a^\circ$ :

$$\ln K_a^\circ(T)=\frac{9{,}6\cdot10^{3}}{R\,T}-\frac{8{,}60}{R}=\frac{1\,155}{T}-1{,}03\qquad(R=8{,}314\ \mathrm{J\cdot K^{-1}\cdot mol^{-1}}),$$

ce qu'il fallait vérifier. Avec $R=8{,}3$, on trouve $1\,157/T-1{,}04$, identique aux arrondis près.

### Q40

**Pression.** $K_a^\circ=\dfrac{P_{\mathrm{CO_2}}}{P_{\mathrm{CO}}}$ et le quotient réactionnel vaut $Q=\dfrac{x_{\mathrm{CO_2}}}{x_{\mathrm{CO}}}$. Il ne dépend pas de $P$, car la somme des nombres stœchiométriques gazeux est $\Delta\nu_g=1-1=0$. Une augmentation de pression à $T$ et composition fixées laisse $Q=K_a^\circ$ : **l'équilibre n'est pas déplacé**, et la pression n'est pas un facteur d'équilibre.

**Température.** Dans l'approximation d'Ellingham, $\Delta_rG_a^\circ=\Delta_rH_a^\circ-T\Delta_rS_a^\circ$ donne $\Delta_rH_a^\circ=-9{,}6\ \mathrm{kJ\cdot mol^{-1}}<0$ (réaction **exothermique**) et $\Delta_rS_a^\circ=-8{,}6\ \mathrm{J\cdot K^{-1}\cdot mol^{-1}}$. La loi de van 't Hoff s'écrit $\dfrac{\mathrm d\ln K_a^\circ}{\mathrm dT}=\dfrac{\Delta_rH_a^\circ}{RT^2}<0$, et on retrouve $-1155/T^2$. Quand $T$ augmente, $K_a^\circ$ diminue, tandis que $Q$ reste égal à l'ancienne valeur de $K_a^\circ$. On a donc $Q>K_a^\circ(T')$, soit $\Delta_rG_a=RT\ln(Q/K_a^\circ)>0$, et **l'équilibre est déplacé dans le sens indirect** (formation de $\mathrm{Fe_3O_4}$ et de CO), défavorable à la réduction.

### Q41

Les solides sont purs (activité 1) et les gaz parfaits. À l'équilibre :

$$K_a^\circ(T)=\frac{P^{\text{eq}}_{\mathrm{CO_2}}/P^\circ}{P^{\text{eq}}_{\mathrm{CO}}/P^\circ}=r_{\text{eq}}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{r_{\text{eq}}(T)=\exp\left(\frac{1\,155}{T}-1{,}03\right)}.$$

Numériquement, $r_{\text{eq}}\approx3{,}6$ à 500 K, $1{,}1$ à 1000 K et $0{,}77$ à 1500 K. Le rapport diminue avec $T$, conformément à Q40.

Si à l'instant $t$ on a $r>r_{\text{eq}}$, alors $Q=r>K_a^\circ$ et $\Delta_rG_a=RT\ln\dfrac{r}{r_{\text{eq}}}>0$. **Le système évolue dans le sens indirect** : $\mathrm{CO_2}$ réoxyde le fer en $\mathrm{Fe_3O_4}$ en formant du CO, et $r$ diminue jusqu'à $r_{\text{eq}}$. Si le fer est entièrement consommé avant, il y a **rupture d'équilibre**, et le système final ne contient plus que $\mathrm{Fe_3O_4}$, CO et $\mathrm{CO_2}$. Pour réduire $\mathrm{Fe_3O_4}$ en fer, il faut donc maintenir un gaz riche en CO, avec $r<r_{\text{eq}}$.

*Remarque sur l'énoncé* : l'équation [c] de la fin de sujet est à lire $\mathrm{FeO_{(s)}+CO_{(g)}\rightleftharpoons Fe_{(s)}+CO_{2(g)}}$. Le coefficient 3 devant Fe est une coquille, mais aucune question n'en dépend.

FIN