PHYSIQUE Corrigé - Concours blanc PCSI
Mardi 29 mai 2012 (durée : 4 heures)
1 Propulsion d’un sous-marin
Q.1 D’après l’équation d’état des gaz parfaits : p = nRTV = cteV pour une isotherme (hyperbole en diagramme(p, V). Le cycle de Stirling a donc l’allure suivante :
C’est une cyclemoteur compte tenu du sens de parcours du cycle.
Q.2 — Calculons directement le travail des forces de pression au cours de la transformation réversible 1→2 :
W12=− Z
pdV =− Z
nRT1dV
V =−nRT1ln V2
V1
⇒ W12=nRT1lnρ >0
Le travail est donc fourni au gaz au cours de la compression.
— D’après le 1er principe de la thermodynamique, appliqué au gaz parfait, au cours de la compression isotherme1→2 :
0 =W12+Q12⇒ Q12=−W12<0
En effet, le gaz parfait suit la première loi de Joule (énergie interne ne dépendant que de la températureT). La température étant constante, l’énergie interne ne varie pas.
Ainsi, le transfert thermique est reçu par le gaz au cours de la transformation1→2.
Q.3 Premier principe de la thermodynamique, appliqué au gaz parfait, au cours de l’échauffement 2→3 :
CV (T3−T1) = 0 +Q23⇒ Q23= nR
γ −1(T3−T1)>0
En effet, les forces de pression s’exerçant sur le gaz ne travaillent pas puisque la transformation est isochore.
Q.4 Comme à la question Q.2 :
W34=−nRT3lnρ <0 et Q34=−W34>0 Q.5 Comme à la question Q.3 :
Q41= nR
γ−1(T1−T3)<0
On constate que les transferts thermiques Q23 et Q41 sont opposés. Ainsi, pour le régénérateur idéal :
Qregenerateur = 0
Q.6 Le rendement de ce moteur s’écrit, en notantW le travail reçu par le gaz sur l’ensemble du cycle : r= −W
Q34
=−W12+W34
Q34
À l’aide des expressions précédentes, on calcule : r = nR(T3−T1) lnρ
nRT3lnρ ⇒ r= 1− T1
T3
= 50%
Q.7 Le rendement de Carnot d’un moteur est le rendement pour un cycle réversible fonctionnant entre les mêmes sources de température àT1 etT3. En écrivant les bilans énergétique et entropique sur un cycle on obtient, en notantQ1 le transfert thermique reçu de la part de la source froide etQ3 celui reçu de la part de la source chaude :
(0 =W +Q1+Q3
0 = QT1
1 +QT3
3
Le rendement de Carnot s’écrit alors : eC = −W
Q3 = 1 +Q1
Q3 ⇒ 1−T1
T3 =r
Le régénérateur idéal permet donc d’atteindre (théoriquement) le rendement de Carnot du moteur.
Q.8 (a) La masse contenue dans le systèmefermé Σf se conserve. Par extensivitéde la masse, on a entre les instantst ett+dt on a, en notant mC la masse contenue dans(C) :
dme+mC(t) =dms+mC(t+dt) L’écoulement étantpermanent,mC(t) =mC(t+dt), d’où :
dme=dms =dm
(b) — Écrivons la variation d’énergie interne du système ferméΣf entre les instantstett+dt.
Par extensivité, et en notant ue l’énergie interne de la partie correspondante à dme,us
celle correspondant à dms, etuC celle du fluide dans(C), il vient :
∆u=u(t+dt)−u(t) =uC(t+dt) +us−(uC(t) +ue) L’écoulement étant permanent,uC(t+dt) =uC(t), d’où :
∆u=us−ue
— Appliquons maintenant le premier principe au système ferméΣf, les variations d’énergie cinétique étant négligées, ainsi que le travail du poids :
∆u=us−ue=wp+wu+q
où wp =peVe−psVs désigne le travail des forces de pression s’exerçant surΣ(avecpe et psles pressions respectivement en entrée et en sortie du composant,VeetVs les volumes occupés par les masses dme etdms).
On reforme alors l’enthalpie h=u+pV, d’où :
∆h=wu+q
Q.9 D’après le deuxième principe,l’entropie d’une transformation adiabatique réversible est constante puisque l’entropie créée est nulle (réversible) et l’entropie échangée également (adia- batique, donc transfert thermique nul).
Q.10 Le cycle de Rankine et les états1,2,3 et4sont reportés ci-dessous :
Q.11 — On lit sur le diagramme la température T1 de l’état 1 : T1 = 100◦C .
— Les enthalpies massiques des états 3 et4sont : h3∼3430kJ.kg−1 et h4 ∼2550kJ.kg−1 .
— Les entropies massiques se lisent dans l’état4: s4 ∼7,0kJ.kg−1K−1 ; et aux deux bouts du
palier de changement d’état àT1 = 100◦C : sV(T1)∼7,35kJ.kg−1K−1 et sL(T1)∼1,3kJ.kg−1K−1 . Q.12 Par extensivité de l’entropie, on a :
s4=x4sV(T1) + (1−x4)sL(T1)⇒ x4= s4−sL(T1)
sV(T1)−sL(T1) = 0,94
Ce résultat est cohérent avec le fait que le point 4 se situe très près de la courbe de rosée.
Q.13 — Dans le condenseur (étape 4→1), aucun travail utile n’intervient. En appliquant le premier principe au fluide en écoulement, il vient alors :
h1−h4= 0 +qcond⇒ qcond=h1−h4 =−2110kJ.kg−1<0
Le transfert thermique est donc fourni par le fluide au cours de cette étape de condensation.
— De même, au cours de la transformation 2→3:
h3−h2= 0 +qGV ⇒ qGV =h3−h2 = +2955kJ.kg−1 >0 Le transfert thermique y est reçu par le fluide.
Q.14 — D’après le premier principe appliqué au fluide en écoulement permanent, sur l’étape adiaba- tique1→2 :
h2−h1 =wpompe+ 0⇒ wpompe =h2−h1 = +35kJ.kg−1 >0 Il s’agit bien de travail reçu par le fluide au niveau de la pompe.
— De même, sur l’étape3→4 :
h4−h3 =wturb+ 0⇒ wturb =h4−h3 =−880kJ.kg−1<0
Le système fournit bien du travail à l’extérieur lors de cette étape, ce qui va permettre d’entraîner l’alternateur.
Q.15 Les travaux se répartissent de la manière suivante :
−wturb =wpompe+walt⇒ walt=−(wpompe+wturb) = 845kJ.kg−1
Q.16 Le travail reçu par le fluide au niveau de la pompe étant interne à la machine, on définit le rendement de ce cycle comme suit :
η= walt
qGV
= 29%
2 Une balançoire
Q.17 On peut considérer le référentiel terrestre comme galiléen pour des expériences dont la durée est petite devant une journée.
2.1 Étude du mouvement de l’enfant sans frottements
Q.18 On considère comme système l’enfant sur la balançoire et on travaille dans le référentiel terrestre considéré comme galiléen. Deux forces s’appliquent sur le système : la tension des attaches de la balançoire−→
T =−T−→ur et le poids de l’enfant −→
P =mgcosθ−→ur−mgsinθ−→uθ.
(a) Le PFD s’écrit :−mLθ˙2−→ur+mLθ¨−→uθ= (mgcosθ−T)−→ur−mgsinθ−→uθ. En projection sur l’axe
−
→uθ, il vient : θ¨+Lg sinθ= 0
(b) L’énergie cinétique s’écrit :Ec= 12mL2θ˙2. La tension des attaches est perpendiculaires au fil donc elle ne travail pas. Le poids dérive d’une énergie potentielleEp =−mgLcosθ.
Le théorème de l’énergie cinétique s’écrit entre l’instant initial et un instant t s’écrit donc :
1
2mL2θ˙2(t)−12mL2θ˙2(0) =mgLcosθ(t)−mgLcosθ(0). En dérivant, on obtient doncmL2θ¨θ+˙ mgLsinθθ˙= 0en divisant θ˙et par mL2, il vient l’équation précédente.
(c) Le moment cinétique du système au point O s’écrit : −→
L0 = m(L−→ur∧rθ¨−→uθ) =mL2θ˙−→uz. La tension du fil passe par le point O, son moment en O est donc nul. Quant au poids, son moment s’écrit −−→
MO =L−→ur∧(mgcosθ−→ur−mgsinθ−→uθ) =−mgLsinθ−→uz
Le théorème du moment cinétique s’écrit donc :mL2θ¨+mgLsinθ= 0. En divisant parmL2, on obtient à nouveau la même équation.
Q.19 L’enfant "est" un oscillateur harmonique si l’équation qui régit son mouvement (donc l’évolution de θ(t) s’écrit : θ¨+ω02θ = 0. Il faut donc que sinθ ≈ θ : il faut donc de faibles oscillations. Par identification, la pulsation propre est alors ω0 =p
g/l .
Q.20 L’évolution de l’angle est alors θ(t) = θmcos(ω0t+φ) et la vitesse de l’enfant s’écrit donc : v(t) =−Lω0θmsin(ω0t+φ). La vitesse maximale est donc vmax=Lω0θm
Q.21 T0 = 2πp
l/g= 3.1s. L’enfant démarre sans vitesse initiale, doncθm=θ0. vmax=Lω0θ0 ≈2.5m.s−1 (Attention l’angle doit être en radian).
2.2 Cas d’une force de frottements fluides Q.22 Il s’agit d’une force de frottements fluides
Q.23 C a la dimension d’un temps multiplie par un moment d’une force (force * position), soit kg.m2s−1 . Q.24 On peut reprendre le théorème du moment cinétique établi à la question Q.18c en rajouter le
couple de frottement fluides. Il vient :mL2θ¨+Cθ¨+mgLsinθ= 0.
Q.25 Dans l’hypothèse des petits angles, l’équation devient celle d’un oscillateur amorti :θ+¨ mLC2θ+¨ Lgθ= 0. On observe un régime pseudo amorti quand les solutions de l’équation caractéristique sont complexes, c’est-à-dire quand mC2L24 −4Lg <0. Il vient C <2p
m2gL3
Q.26 L’expression générale s’écrit : θ(t) =e−2mLC2t(Acos(Ωt) +Bsin(Ωt)) avec Ω = qg
L−4mC22L4 la pseudo-période du système.
Les conditions initiales s’écrivent :A=θ0 et−2mLC 2A+ ΩB = 0 soit B = 2ΩmLC 2θ0 = q θ0
4m2gL3 C2 −1
Q.27 Il faut 4mC22L4 << Lg soit C <<2p
m2gL3 : c’est un régime très faiblement amorti.
Q.28 Sous l’hypothèse précédente, la décroissante de l’amplitude est lente devant les oscillations, l’ampli- tude des oscillations est donc donnée par l’exponentielle décroissante :θamp(t) =√
A2+B2e−2mLC2t. Au bout de 20 oscillations, on aura : θθamp(t)
amp(0) = 12 =e−2mLC220T0 soit C= 2mL20T2
0 ln(2) = 3kg.m2.s−1 Q.29 D’un point de vue énergétique, l’impulsion étant supposée courte et d’intensité fixée, l’apport en
puissance sera maximal quand le produit scalaire −→
F · −→v sera maximale soit quand la vitesse et maximale et horizontale : la poussée doit donc être appliquée quand l’enfant est au plus bas en train d’avancer. La période d’application de la force est donc la période des oscillations de la balançoire, soit, sous l’hypothèse de frottements faiblesT0.
Q.30
Q.31 θ(t) =θ0cos(ω0t+φ)donc la puissance instantanée dissipée s’écrit :Pf =−→
Γf·( ˙θ−→uz) =−C(dθdt)2=
−Cω02θ20sin2(ω0t+φ). La puissance moyenne dissipée vaut doncPf = −Cω202θ20
Q.32 Dans le cadre d’oscillations sinusoïdales, l’autre enfant doit exactement compenser l’énergie perdue soit W = 4π2T2Cθ220
0
20T0 = 40πT2Cθ02
0 = 90J. 2.3 Faire monter la balançoire Q.33 LOz = (−−→
OM∧m−→vM +−→
OA∧µ−v→A)· −→uz= (mL2θ˙+µ(L2+a2) ˙θ) (Ici les deux points sont en mou- vement circulaire à la vitesse angulaire θ˙ et la distance au centre de rotation estL pour le point M et√
L2+a2 pour le point A.
Q.34 On somme le moment des forces de pesanteur pour chaque masse : MOz(−→
P) = (−−→
OM ∧m→−g +
−→OA∧µ−→g)· −u→z
Quand l’enfant va de l’avant : MOz(−→
P) =−mgLsinθ(t)−µg√
L2+a2sin(θ(t)−φ) (On utilise le bras de levier en remarquant que l’angle supplémentaire pour A est tel que (en valeur absolue) tanφ=a/Lsoit l’angle défini dans l’énoncé).
Quand l’enfant va vers l’arrière : MOz(−→
P) =−mgLsinθ(t)−µg√
L2+a2sin(θ(t) +φ)
Q.35 Le théorème du moment cinétique sur l’axe Oz s’écrit : (mL2+µ(L2+a2))¨θ=−mgLsinθ(t)− µg√
L2+a2sin(θ(t)±φ) suivant que l’enfant va en avant ou en arrière. On trouve les formes demandées avec : ω12= mL2+µ(LmgL2+a2) et ∆ω2 = µg
√ L2+a2 mL2+µ(L2+a2) . Q.36 Donc :
mouvement vers l’avant :θ¨=−ω12θ(t)−∆ω2(θ(t)−φ) mouvement vers l’arrière :θ¨=−ω21θ(t)−∆ω2(θ(t) +φ)
Q.37 On se ramène donc à l’équation :θ¨+ (ω21+ ∆ω2)θ(t) =Eexc(t) avecEexc(t) T périodique définie sur une période par : Eexc(t) =
∆ω2φ t∈[0;T /2]
−∆ω2φ t∈[T /2;T]
On posera donc :Ω2 =ω12+ ∆ω2. Le tracé deEexc(t) est donc un créneau d’amplitude∆ω2φ, de période T et commençant avec des valeurs positives.
Q.38 Le système est linéaire (l’équation a été linéarisée), donc la réponse à l’excitation totale est la somme des réponses pour chaque terme sinusoïdale.
Q.39 On a vu qu’on se ramenait à l’étude d’un oscillateur harmonique excité. On sait qu’on observe une résonance lors qu’on l’excite à sa pulsation propre : Ω. Le fondamental (n= 1) est donc susceptible d’engendrer une résonance. En l’absence de frottements, la résonance est "infinie", c’est-à-dire que l’amplitude du mouvement va augmenter jusqu’à sortir des limites du modèles des petits mouvements.
Q.40 On doit chercher une solution à l’équation θ¨+ Ω2θ(t) = 4∆ωπ2φsin(Ωt) sous la forme θ(t) = t(Kcos(Ωt) +K0sin(Ωt)). En remplaçant, il vient :
2Ω(−Ksin(Ωt) +K0cos(Ωt))−Ω2t(Kcos(Ωt) +K0sin(Ωt)) +Ω2t(Kcos(Ωt) +K0sin(Ωt)) = 4∆ω2φ
π sin(Ωt)
⇒2Ω(−Ksin(Ωt) +K0cos(Ωt)) = 4∆ω2φ
π sin(Ωt)
En identifiant, il vient K0 = 0etK =−2∆ωπΩ2φ
Q.41 Le premier terme correspond à la réponse à l’excitation résonante. Les termes de la somme corres- pondent aux réponses pour toutes les autres composantes spectrales. Le système étant stable pour ces excitation, il s’agit de régimes sinusoïdaux forcés. Les deux derniers termes sont la solution générale de l’équation sans second membre : ils correspondent au régime libre (harmonique) de l’oscillateur.
Q.42 La courbe en pointillé correspond au cas sans excitation (pas de divergence). L’autre correspond au cas avec excitation. Il n’y a pas de diminution d’amplitude dans le cas sans excitation, les frottements ne sont donc pas considérés dans le modèle.
Q.43 Les phases aux valeurs positives correspondent aux montées, c’est-à-dire quand la pente est crois- sante. Les phases aux valeurs négatives correspondent aux descentes.
Q.44 La période mesurée est d’environ3s(9 secondes pour 3 périodes) dans chaque cas. Pour le cas sans excitation, elle correspond au calcul. Pour le cas avec excitation,Ω =
q mgL
mL2+µ(L2+a2) + µg
√L2+a2 mL2+µ(L2+a2)
soit Ω≈2.1rad.s−1 soit T ≈3.1, ce qui est cohérent aussi.
Q.45 La croissance est linéaire : on peut donc considérer que le fondamental possède un poids très important vis-à-vis des autres composantes.
